广东省汕头市2022届化学高二下期末检测模拟试题含解析

广东省汕头市2022届化学高二下期末检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是()
①ClO3-＋5Cl-＋6H+===3Cl2＋3H2O②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
A．ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+B．Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+
C．ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2D．ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2
【答案】D
【解析】
【分析】
利用氧化还原反应中的强弱规律进行分析；
【详解】
氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①ClO3－为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3－>Cl2；②氧化性：FeCl3>I2；③氧化性：Cl2>FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3－>Cl2>FeCl3>I2，故D正确；
答案选D。

2．下列图示实验正确的是
A．除去粗盐溶液中不溶物
B．碳酸氢钠受热分解
C．除去CO中的CO2气体
D．乙酸乙酯的制备演示实验
【答案】D
【解析】
【详解】
A、除去粗盐溶液中的不溶物用过滤的方法，玻璃棒下端应紧靠过滤器中三层滤纸一侧，与题给装置不符，错误；
B、碳酸氢钠受热分解为固体加热制气体，为防止水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，错误；
C、除去CO气体中的CO2气体，应将混合气体通入盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，气流方向应为长管进气，短管出气，错误；
D、乙酸乙酯的制备演示实验如图所示，正确。

3．化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（）
A．稀的食盐水能杀死H7N9禽流感病毒
B．涤纶、塑料、光导纤维都是有机高分子材料
C．用电镀厂的废水直接灌溉农田，可提高水的利用率
D．外形似海绵、密度小、有磁性的碳与石墨互为同素异形体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、盐水不能使蛋白质变性所以不能杀死病毒，错误，不选A；
B、光导纤维是二氧化硅，不是有机物，错误，不选B；
C、电镀厂的废水含有很多化学物质，不能直接灌溉农田，错误，不选C；
D、都是碳的单质，互为同素异形体，正确，选D。

答案选D。

4．按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是
A．单质的还原性B．阳离子的氧化性
C．单质的密度D．单质的熔点
【答案】A
【解析】考查元素周期律的应用。

同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A正确。

金属性
于家的，C不正确。

碱金属单质的熔点逐渐减小，D不正确。

答案选A。

5．下列说法正确的是（）
A．滴入无色酚酞试液显红色的该溶液中一定不能大量共存：K+、Fe2+、NO3-、HCO3-
B．某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、MnO4-
C．加入铝粉能产生氢气的溶液中一定能大量存在：Na＋、Ca2＋、Cl－、CO32-
D．pH=2的溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-
【答案】A
【解析】
【详解】
A、酚酞变红，说明溶液显碱性，HCO3－不能与OH－大量共存，且亚铁离子与氢氧根离子也不能大量共存，故A说法正确；
B、MnO4－显紫红色，不符合无色溶液，且在酸性溶液中能氧化氯离子，故B说法错误；
C、Ca2＋和CO32－不能大量共存，生成CaCO3沉淀，这些离子不能大量共存，故C说法错误；
D、pH=2溶液显酸性，NO3－在酸中具有强氧化性，能与I－发生氧化还原反应，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故D说法错误；
答案选A。

【点睛】
离子共存，我们一般根据一色，二性，三反应进行分析判断，溶液是无色溶液还是有色溶液，如果是无色溶液，有色离子不能存在；判断出溶液的酸碱性，需要在离子组后面加上H＋或OH－，特别是NO3－，NO3－在酸中具有强氧化性，不与还原性离子大量共存。

6．某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如图所示，晶体中Ti、O、Ca的中原子个数之比为（）
A．1：3：1 B．2：3：1 C．2：2：1 D．1：3：3
【答案】A
【解析】
试题分析：利用均摊法计算晶胞中各原子个数，顶点上的Ti原子被8个晶胞共用，棱上的O原子被2个晶胞共用，体心的Ca原子被1个晶胞所有．
解：如图，晶胞中顶点上的Ti原子个数=8×=1，棱上的O原子个数=6×=3，体心的Ca原子个数=1，所以晶体中Ti、O、Ca的原子个数之比为1：3：1，
7．下列有关甲苯的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是
A．甲苯与浓硝酸反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D．1mol甲苯与3molH2发生加成反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A、甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，但苯只能引入1个硝基，而甲苯引入3个硝基，所以能说明侧链对苯环性质有影响，A正确；B、甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，但不能说明侧链对苯环性质有影响，B错误；
C、燃烧产生带浓烟的火焰说明含碳量高，不能说明侧链对苯环性质有影响，C错误；
D、甲苯和苯都能能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明侧链对苯环性质有影响，D错误，答案选A。

考点：考查苯的同系物的性质。

8．CH3CH2OH分子中的氢原子的环境有（）种
A．1B．2C．3D．6
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3个H原子等效，-CH2-中的2个H原子等效，故分子中含有3种不同的H 原子，
答案选C。

9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
B项、次氯酸不稳定，见光易分解，故B错误；
C项、碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故C错误；
D项、硅元素位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，故D错误；
故选A。

10．已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。

下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()
选项实验现象结论
A 滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性
B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性
C 紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性
D KI-淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。

【详解】
FeCl溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶A.滴有KSCN的2
液呈红色，故A中结论错误；
B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；
C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；
D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI-淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。

故答案是D。

11．下列方程式书写正确的是
A．碳酸的电离方程式：H2CO3 2H+ + CO32－
B．硫化钠水解: S2-+2H 2O H2S +2OH-
C．往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液：2Ag+ (aq)+ S2－(aq) = Ag2S(s)
D．用醋酸除水垢： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO2↑
【答案】D
【解析】
试题分析：A．碳酸是二元弱酸，分步电离，错误；B. 硫化钠分步水解水解，错误；C．往AgI悬浊液中滴加Na2S饱和溶液的离子方程式为:2AgI(s)+ S2－(aq) = Ag2S(s)+2I-(aq),错误；D．用醋酸除水垢, CH3COOH 是弱酸、CaCO3是难溶盐，不能拆开，离子方程式为： 2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O + CO2↑，正确；故选D。

考点：常见的化学用语，化学方程式的书写
12．最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。

下列对该晶体的叙述错误的是（）
A．该物质的化学式为CO4
B．该晶体的熔、沸点高，硬度大
C．该晶体中C原子与C－O化学键数目之比为1：4
D．该晶体的空间最小环由12个原子构成
【答案】A
【解析】
【详解】
A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，共计是12个原子，故D正确；
故答案选A。

13．下列实验不能达到预期目的的是（）
A．I探究乙烯与Br2的加成反应
B．II探究苯分子是否含有碳碳双键
C．III探究乙醇的还原性
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 乙烯含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，因此I可以探究乙烯与Br2的加成反应，A正确；
B. 苯如果存在碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此II可以探究苯分子是否含有碳碳双键，B正确；
C.在催化剂作用下乙醇可以发生催化氧化，所以III可以探究乙醇的还原性，C正确；
D. 制取少量乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液吸收，且导管不能插入液面下，D错误；
答案选D。

14．以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有
①Fe3O4②Fe(OH)3③FeCl2④Cu2(OH)2CO3⑤Al(OH)3⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧Na2O2
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】A
【解析】
【详解】
①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；
②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；
③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；
④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；
⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；
⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；
⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；
只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。

【点睛】
本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物的知识是解题的关键。

本题的易错点为
②③④，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。

15．下列各项叙述中，正确的是（）
A．元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B．若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素
C．M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素
D．钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【解析】第一周期最外层电子排布是从过渡到，A 错误；最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB 族元素, B 正确；M 层全充满而N 层为
的原子的核外电子排布为
,
为铜位于第四周期第IB 族的原子,和位于第四周期第ⅠA 族的原子不是同一种元素, C 错误；钠原子由1s 22s 22p 63s 1→1s 22s 22p 63p 1时，电子能量增大，原子吸收能量，由基态转化成激发态，D 错误；正确选项B 。

16．为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn （3D−Zn ）可以高效沉积ZnO 的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH 二次电池，结构如下图所示。

电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H 2O(l)−−−→←−−−放充电
电
ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。

以下说法不正确的是
A ．三维多孔海绵状Zn 具有较高的表面积，所沉积的ZnO 分散度高
B ．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH −(aq)−e −NiOOH(s)+H 2O(l)
C ．放电时负极反应为Zn(s)+2OH −(aq)−2e −
ZnO(s)+H 2O(l)
D ．放电过程中OH −通过隔膜从负极区移向正极区 【答案】D 【解析】 【详解】
A 、三维多孔海绵状Zn 具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO 分散度高，A 正确；
B 、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH ，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH －(aq)－e －＝NiOOH(s)＋H 2O(l)，B 正确；
C 、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH
－
(aq)－2e －＝ZnO(s)＋H 2O(l)，C 正确；
D 、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH －通过隔膜从正极区移向负极区，D 错误。

答案选D 。

17．下列说法不正确的是( )
A ．金属钠与氧气反应的产物与氧气的用量无关
B ．NaHCO 3的热稳定性大于Na 2CO 3
C ．漂白粉漂白织物利用了物质的氧化性
D ．1 mol Na 2O 2固体中含离子总数为3N A 【答案】B
【详解】
A.金属钠与氧气在点燃或加热时反应产生Na2O2，在常温下反应产生Na2O，可见反应产物只与反应条件有关，与氧气的用量无关，A正确；
B.NaHCO3加热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，可见，NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3，B错误；
C.漂白粉漂白织物是由于其有效成分Ca(ClO)2具有强的氧化性，因此是利用了物质的氧化性，C正确；
D.Na2O2中含有Na+、O22-，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3N A，D正确；
故合理选项是B。

18．某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，该醇的分子式为A．C4H10O2B．C4H8O3C．C3H8O3D．C4H10O3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，说明酯中含有2个酯基，设醇为M，则反应的方程式为：C6H8O5+2H2O 2HCOOH+M，由质量守恒可知，M中含4个C、8个H、3个O，则M的分子式为C4H8O3；
故选B。

19．制备一氯乙烷最好采用的方法是（）
A．乙烷和氯气反应B．乙烯与氯气反应
C．乙烯与氯化氢反应D．乙炔与氯化氢反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙烷和氯气反应是连锁反应，不仅会有一氯乙烷，还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，错误；B、乙烯与氯气反应得到的是1,2-二氯乙烷，错误；C正确；D、乙炔与氯化氢反应，得到的是1,2-二氯乙烯，错误。

考点：取代反应和加成反应
20．用VSEPR 模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）
A．H2O 与BeCl2为V 形B．CS2与SO2为直线形
C．SO3与CO32-为平面三角形D．BF3与PCl3为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】
B. SO2为V形，B错误；
C. SO3与CO32-为平面三角形，C正确；
D. BF3为平面三角形，D错误；
故答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠。

资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.
回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4·H2O+NaCl
①用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_________________(按气流方向，用小写字母表示).
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶
液.滴加NaClO溶液时不能过快的理由_________________________________________。

(2)碘化钠的制备
i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持60～70℃至反应充分；
ii.继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；
iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；
iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.
③步骤i反应完全的现象是______________________。

④步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为________________________________________。

⑤步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是______________________。

⑥本次实验产率为_________，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_____________。

⑦某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理
性:_________(填写“合理”或“不合理”)，_________(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由). 【答案】f a b c d e(ab顺序可互换）过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率
过滤80% 水合胼能与水中的溶解氧反应不合理可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝
【解析】
【分析】
(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4•H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI 溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；⑥由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4•H2O 反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；⑦NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。

据此分析解答。

【详解】
(1)①水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4•H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO 溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；
(2)③步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；
④步骤iiiN2H4•H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，离子方程式为：3N2H4•H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O，故答案为3N2H4•H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O；
⑤活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；
⑥8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：
3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：
25.4
3254/
g
g mol
⨯×5×150g/mol=25g，生成的NaIO3
与N2H4•H2O反应所得的NaI，反应为3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，则6I2～2NaIO3～2NaI，该步
生成的NaI质量为：
25.4
6254/
g
g mol
⨯×2×150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g+5g=30g，实验成品率为
24 30g
g
×100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答
案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；
⑦取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出
NaI中含有NaIO3杂质，故答案为不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。

【点睛】
本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。

本题的难点为⑥，要注意理清反应过程。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．有甲、乙两种物质：
(1)乙中含有的官能团的名称为____________________(不包括苯环)。

(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：
其中反应I的反应类型是___________，反应II的条件是_______________，反应III的化学方程式为
_______________________(不需注明反应条件)。

(3)下列物质不能
．．与乙反应的是_________(选填序号)。

a.金属钠
b.氢氧化钠的乙醇溶液
c.碳酸钠溶液
d.乙酸
(4)乙有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式____________。

a.苯环上的一氯代物有两种
b.遇FeCl3溶液显示紫色
【答案】氯原子、羟基取代反应NaOH溶液、加热
c 、
、、、、
中任意一种
【解析】
【分析】
(1)决定有机物化学特性的原子或原子团叫官能团，根据物质结构简式，判断官能团；
(2)对比物质甲与反应生成的的结构的不同，判断反应类型，利用与物质乙的区别，结合卤代烃、烯烃的性质通过II、III反应转化为物质乙；
(3)乙的官能团是-OH、—Cl，-OH可以与Na发生置换反应、与羧酸发生酯化反应，—Cl原子可以发生水解反应、若与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，则可以发生消去反应；
(4)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，结合对同分异构体的要求进行书写。

【详解】
(1)含有的官能团有氯原子、羟基；
(2)在一定条件下发生甲基上的取代反应生成，再与NaOH的水溶液在加热条件下发生取代反应生成，与HCl在一定条件下发生加成反应生成物质乙。

所以反应I的反应类型是取代反应，反应II的条件是NaOH水溶液、加热，反应III的化学方程式为；
(3) a.乙中含醇-OH，可以与金属钠发生置换反应生成氢气，a不符合题意；
b.乙中含有氯原子，由于与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以可以与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成，b不符合题意；
c.乙中含有的官能团都不能与碳酸钠溶液反应，c符合题意；
d.乙中含有醇羟基，可以与乙酸在一定条件下发生酯化反应，d不符合题意；
故合理选项是c；
(4)化合物乙结构简式为，乙的同分异构体要求符合：a.苯环上的一氯代物有两种，说明苯环有2个处于对位的取代基；b.遇FeCl3溶液显示紫色，说明有酚羟基，则符合题意的同分异构体结构简式为、、、、、。

【点睛】
本题考查了结构、性质、转化、反应类型的判断及符合要求的同分异构体的书写等知识，掌握各类官能团的性质、转化条件是本题解答的关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES 树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。

已知: i.R1CO18OR2+R3OH R1COOR3+R218OH
ii.
ⅲ. (R1、R2、R3代表烃基)
（1）A的名称是_________；C 的官能团的名称是_________。

（2）B 分子为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，B 的结构简式为_________ .
（3）E 分子中含有两个酯基，且为顺式结构，E 的结构简式为_________ .
（4）反应①的化学方程式为_________ 。

（5）试剂a的结构简式为_________；反应②所属的反应类型为________反应。

（6）已知: 。

以1，3- 丁二烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成。

将以下合成路线补充完整:_________________
（7）已知氨基(-NH2) 与羟基类似，也能发生反应i。

在由J制备K的过程中，常会产生副产物L。

L分子式为C16H13NO3，含三个六元环，则L的结构简式为________。

【答案】乙烯羟基
加成
【解析】
考查有机物的推断和合成，（1）根据A的分子式，推出A为CH2=CH2，即为乙烯，根据C的结构简式，C 中含有官能团是羟基；（2）B的分子式为C2H4O，为环状化合物，只有一种氢，因此B为环氧乙烷，结构简式为；（3）根据已知i，D生成E发生的取代反应，E含有两个酯基，反应方程式为：
＋2CH3OH＋H2O，则E的结构简式为；（4）E与氢气发生加成反应，则F的结构简式为H3COOCCH2CH2COOCH3，根据信息i，以及反应①生成的高聚物，因此反应方程式为
；（5）G生成H发生的酯化反应，H的结构简式为，根据信息ii，反应②应是加成反应，根据H与J分子式的对比，试剂a的化学式为C6H7NO，根据H的结构简式，K的结构简式，以及信息ii，推出试剂a的结构简式为；（6）依据OHC－CH=CH－CHO，推出上一步应是氧化醇，即结构简式为CH2OHCH=CHCH2OH，根据路线，生成CH2OHCH=CHCH2OH，发生的卤代烃的水解，即羟基的位置是Br原子的位置，为酸酐，因此OHC－CH=CH－CHO被氧化成HOOC－CH=CH－COOH，
路线为；（7）根据题中所给信息，L的结构简式为。

点睛：本题的难点是试剂a的分析，G生成H发生的酯化反应，H的结构简式为，根据信息ii，反应②应是加成反应，根据H与J分子式的对比，试剂a的化学式为C6H7NO，对比H和K 的结构简式，红色是相同，绿色是不同，再根据试剂a分子式以及J的分子式，得出试剂a结构简式为。

24．有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题：
(1)F的名称是____，⑤的反应类型是____。

(2)E中的含氧官能团是____（写名称），W的结构简式为____。

(3)反应②的化学方程式是____。

(4)D发生聚合反应的化学方程式为____。

(5)芳香化合物N是A的同分异构体，写出其中能使溴的四氯化碳溶液褪色且苯环上的一氯代物有三种的同分异构体的结构简式____、____。

【答案】苯甲醇消去反应羧基
【解析】分析：由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B。

B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为。

对比D、E分子式可知D分子内脱去1分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为
，E与F发生酯化反应生成W为。

据此解答。

详解：（1）根据F的结构简式可判断其化学名称是苯甲醇；⑤是醇羟基的消去反应；
（2）E为，含有的官能团是碳碳双键和羧基，其中含氧官能团是羧基；根据以上分析可知W的结构简式为；
（3）反应②是卤代烃的水解反应，方程式为
；
（4）D分子中含有羟基和羧基，发生聚合反应的化学方程式为；
（5）芳香化合物N是A的同分异构体，其中能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，且苯环上的一氯代物有三种，因此苯环上只有一个取代基，则符合条件的同分异构体的结构简式为
、。

点睛：本题考查有机物的推断与合成，明确官能团的性质及衍变是解本题关键，注意结合有机反应条件分析解答，侧重考查学生分析推断能力及知识综合应用能力，难点是同分异构体书写。