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2019-2020年高二化学下学期6月段考试卷(含解析)
一、单选题1.如图为三种有机物是某些药物中的有效成分以下说法不正确的是A.三种有机物都属于芳香化合物B.三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代,其一氯代物都只有2种C.将各1mol的三种物质分别与氢氧化钠溶液充分反应,阿司匹林消耗氢氧化钠最多D.三种有机物都能与浓溴水发生反应考点有机物的结构和性质.分析对羟基桂皮酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、碳碳双键,布洛芬中含有的官能团是羧基,阿司匹林中含有的官能团是羧基和酯基,三种物质的共同点是都含有羧基和苯环,根据物质含有的官能团判断其可能具有的性质.解答解A.三种有机物都是含有苯环的有机物质,均属于芳香族化合物,故A正确;B.三种有机物苯环上的等效氢原子种数分别是
2、
2、4,一氯代物的种数分别是
2、
2、4,故B错误;C.1mol的三种物质分别与氢氧化钠溶液充分反应,分别消耗氢氧化钠的物质的量为2mol、1mol、3mol,阿司匹林消耗氢氧化钠最多,故C正确;D.布洛芬和阿司匹林不可以和溴水发生反应,故D错误.故选BD.点评本题考查有机物的结构和性质,为xx届高考常见题型,侧重于学生的分析能力考查,有利于培养学生的良好的科学素养,注意把握有机的组成、结构和性质,难度不大.2.S2Cl2是橙黄色液体.少量泄漏会产生窒息性气味,喷水雾可减慢挥发,并产生酸性悬浊液.其分子结构如图所示.下列关于S2Cl2的说法错误的是A.与S2Br2结构相似,熔沸点S2Br2>S2Cl2B.分子中既含有极性键又含有非极性键C.与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HClD.为非极性分子考点不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别;化学键和分子间作用力的区别.分析A、分子晶体中,分子量越大则熔沸点越高;B、同种非金属元素之间易形成非极性键,不同非金属元素之间易形成极性键;C、遇水易水解,并产生酸性悬浊液,说明有沉淀生成、有酸性物质生成;D、分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,是不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子.解答解A、S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体,分子晶体中,分子量越大则熔沸点越高,所以熔沸点S2Br2>S2Cl2,故A正确;B、Cl﹣S﹣S﹣Cl中硫原子和硫原子之间存在非极性键,硫原子和氯原子之间存在极性键,故B正确;C、Cl﹣S﹣S﹣Cl遇水易水解,并产生酸性悬浊液,说明有不溶于水的物质生成,且有溶于水呈酸性的物质生成,根据反应前后元素守恒知,生成不溶于水的物质是S单质,同时生成二氧化硫和氯化氢,所以水解方程式为2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl,故C正确;D、该分子中,电荷的分布是不均匀的,不对称的,所以是极性分子,故D错误;故选D.点评本题以元素化合物知识为载体考查了分子极性的判断、水解反应、熔沸点大小的判断等知识点,难度较大,易错选项是A,注意极性分子的判断方法、物质熔沸点与相对分子质量的关系等问题.3.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示.下列说法正确的是A.离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同B.原子半径的大小顺序为rX>rY>rZ>rW>rQC.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8D.元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析由元素在短周期中的位置可知,X为氮元素、Y为氧元素、Z为Al元素、W为硫元素、Q为Cl元素,A.O2﹣、Al3+核外电子数都是
10、都有2个电子层;B.同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大;C.主族元素最高正化合价对其族序数,据此解答;D.非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强.解答解由元素在短周期中的位置可知,X为氮元素、Y为氧元素、Z为Al元素、W为硫元素、Q为Cl元素,A.O2﹣、Al3+核外电子数都是
10、都有2个电子层,故A错误;B.同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径rZ>rW>rQ>rX>rY>,故B错误;C.元素X的最高正价为+5,元素Z的最高正化合价为+3,二者最高正化合价之和等于8,故C正确;D.非金属性Cl>S,故酸性HClO4>H2SO4,故D错误;故选C.点评本题考查结构性质位置关系应用,难度不大,注意元素周期律的掌握,注意整体把握元素周期表的结构.4.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图所示).已知该分子中N﹣N﹣N键角都是
108.1°,下列有关N(NO2)3的说法正确的是A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氧原子共平面C.该物质既有氧化性又有还原性D.
15.2g该物质含有
6.02×1022个原子考点极性键和非极性键;物质分子中的原子个数计算;键能、键长、键角及其应用.分析根据信息中该分子中N﹣N﹣N键角都是
108.1°及N(NO2)3的结构应与氨气相同,则分子中四个氮原子不共平面,利用元素的化合价来分析其性质,利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键.解答解A、N(NO2)3是一种共价化合物,N、O原子之间形成的化学键是极性键,故A错误;B、根据题干信息知该分子中N﹣N﹣N键角都是
108.1°,推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型,所以分子中四个氧原子不可能共平面,故B错误;C、该分子中的氮元素为+3价,+3价氮既有氧化性又有还原性,故C正确;D、N(NO2)3的相对分子质量为152,
15.2gN(NO2)3为
0.1mol,该物质的分子中所含原子为1NA即
6.02×1023个原子,故D错误.故选C.点评作为2011年的安徽理综xx届高考题,题干信息比较新颖,同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算.5.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径.以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应下列有关三聚氰胺的说法正确的是A.分子式为C3H6N3O3B.分子中既含极性键,又含非极性键C.属于共价化合物D.生成该物质的上述反应为中和反应考点常见有机化合物的结构;分子式;共价键的形成及共价键的主要类型;极性键和非极性键.分析A.根据三聚氰酸的结构简式书写分子式;B.分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键,都是极性键;C.三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子,属于共价化合物;D.酸与碱反应生成盐与水的反应为中和反应.解答解A.由三聚氰酸的结构简式可知,其分子式为C3H3N3O3,故A错误;B.分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键,都是极性键,不存在非极性键,故B错误;C.三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子,属于共价化合物,故C正确;D.该反应不符合酸与碱反应生成盐与水,不是中和反应,故D错误,故选C.点评本题考查有机物结构与性质,侧重对基础知识的巩固,涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等,难度不大.6.某化合物
6.4g在氧气中完全燃烧,只生成
8.8gCO2和
5.4gH2O.下列说法正确的是A.该化合物仅含碳、氢两种元素B.该化合物中碳、氢原子个数比为12C.无法确定该化合物是否含有氧元素D.该化合物中一定含有氧元素考点测定有机物分子的元素组成.专题烃及其衍生物的燃烧规律.分析有机物燃烧生成
8.8gCO2和
5.4gH2O,则一定含有C、H元素,其中n(CO2)==
0.2mol,n(H2O)==
0.3mol,以此计算C、H元素的质量,根据质量守恒,判断是否含有O元素.解答解有机物燃烧生成
8.8gCO2和
5.4gH2O,则一定含有C、H元素,其中n(CO2)==
0.2mol,n(C)=
0.2mol,m(C)=
0.2mol×12g/mol=
2.4g,n(H2O)==
0.3mol,n(H)=
0.6mol,m(H)=
0.6g,且n(C)n(H)=
0.2mol
0.6mol=13,由于
2.4g+
0.6g=
3.0g<
6.4g,则一定含有氧元素,故选D.点评本题考查有机物分子的元素组成,题目难度不大,本题注意有机物完全燃烧只生成二氧化碳和水,一定含有C、H元素,可能含有O元素,从质量守恒的角度判断是否含有氧元素.7.常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价),电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO(OH)═LaNi5+6Ni(OH)2.下列说法正确的是A.放电时储氢合金作正极B.充电时储氢合金作负极C.充电时阳极周围c(OH﹣)减少D.放电时负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣═LaNi5+6H+考点原电池和电解池的工作原理.分析此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO(OH)═LaNi5+6Ni(OH)2,正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni(OH)2+6OH﹣,负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O.由此可见储氢合金是还原剂,作原电池的负极.充电时的总反应为LaNi5+6Ni(OH)2=LaNi5H6+6NiOOH,阳极反应为6Ni(OH)2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O,阴极反应为LaNi5+6H2O+6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣.解答解A、放电时是原电池,依据总反应化学方程式可知,储氢合金做电池的负极,故A错误;B、充电时,储氢合金失电子发生氧化反应,作阴极,故B错误;C、充电时电解池,阳极电极反应为6Ni(OH)2+6OH﹣+6e﹣=6NiOOH+6H2O,氢氧根离子浓度减小,故C正确;D、放电时,负极失电子发生氧化反应,电极反应为LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2O,故D错误;故选C.点评本题考查原电池、电解池原理的理解和应用,主要是应用题干信息和知识迁移应用能力等问题的考查,书写电极反应是关键.
二、推断题8.仔细体会下列有机合成过程中碳骨架的构建及官能团的引入和转化,完成下题已知两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应,生成一种羟基醛肉桂醛F(分子式为C9H8O)在自然界存在于桂油中,是一种常用的植物调味油,工业上主要是按如下路线合成的已知反应
⑤为羟醛缩合反应.请回答
(1)肉桂醛F的结构简式为.E中含氧官能团的名称为羟基、醛基.
(2)反应
①~
⑥中符合原子经济性的是
①⑤.
(3)写出下列转化的化学方程式
②2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O,
③.写出有关反应的类型
②氧化
⑥消去.
(4)符合下列要求的E物质的同分异构体有3种(苯环上有两个取代基,其中有一个甲基在对位且属于酯类).考点有机物的推断.专题有机物的化学性质及推断.分析通过反应的条件和信息可知A为C2H5OH,B为CH3CHO,C为,D为,E为,F为.知道了上述物质,题目即可作答.对于
(4)符合条件的的同分异构体有3种解答解通过反应的条件和信息可知A为C2H5OH,B为CH3CHO,C为,D为,E为,F为,
(1)由以上分析可知F为,E为,含有羟基、醛基官能团,故答案为;羟基、醛基;
(2)符合原子经济性的反应为加成反应,题中
①为加成反应,
②为氧化反应,
③为取代反应,
④为氧化反应,
⑤为加成反应,
⑥为消去反应,则符合原子经济性的是
①⑤,故答案为
①⑤;
(3)反应
②为C2H5OH的催化氧化反应,反应的方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O,反应
③为氯代烃的取代反应,反应的方程式为,
⑥为消去反应,由生成,故答案为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O;;氧化;消去;
(4)苯环上有两个取代基,其中有一个甲基在对位且属于酯类,符合条件的的同分异构体有3种,故答案为3.点评本题为有机框图、信息推断题.解这类题目的关键是看懂信息,明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系,题目难度中等.
三、填空题9.叠氮化物是一类重要化合物,氢叠氮酸(HN3)是一种弱酸,如图1为分子结构示意图.肼(N2H4)被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸(HN3)N2H4+HNO2═2H2O+HN3.它的酸性类似于醋酸,可微弱电离出H+和N3﹣.试回答下列问题
(1)下列说法正确的是CD(选填序号).A.酸性HNO2>HNO3B.N2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化C.HN
3、H2O都是极性分子D.N2H4沸点高达
113.5℃,说明肼分子间可形成氢键
(2)叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物,如[Co(N3)(NH3)5]SO4,在该配合物中钴显+3价,根据价层电子对互斥理论可知SO42﹣的立体构型为正四面体形,基态Fe原子有4;个未成对电子,可用硫氰化钾检验Fe3+,形成的配合物的颜色为血红色.
(3)由叠氮化钠(NaN3)热分解可得纯N22NaN3(s)═2Na(l)+3N2(g),下列说法正确的是BC(选填序号).A.NaN3与KN3结构类似,前者晶格能较小B.钠晶胞结构如图2,晶胞中分摊2个钠原子C.氮的第一电离能大于氧D.氮气常温下很稳定,是因为氮元素的电负性小
(4)与N3﹣互为等电子体的分子有CO
2、BeCl2(举二例),写出其中之一的电子式.考点配合物的成键情况;判断简单分子或离子的构型;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析
(1)A.HNO2为弱酸,而HNO3是强酸;B.N2H4中氮原子最外层有5个电子,形成三对共用电子对,另外还有一对孤电子对,氮原子采用的都是sp3杂化;C.HN
3、H2O中都有孤电子对,所以都是极性分子;D.氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间,可使物质的熔沸点变大,N2H4沸点高达
113.5℃,可以说明肼分子间可形成氢键.
(2)在[Co(N3)(NH3)5]SO4中,根据化合价代数和为零,可以算得钴的化合价,SO2﹣4中S原子采用sp3杂化方式,可知SO2﹣4的立体构型为正四面体,根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数,失去电子变为铁离子时,先失去4s上的电子后失去3d上的电子,硫氰化铁为血红色;
(3)A.NaN3与KN3结构类似,Na+半径小于K+,所以NaN3的晶格能比KN3大;B.钠晶胞中,在8个顶点上各有一个原子,体心上还有一个,所以晶胞中钠原子的个数为8×+1=2;C.氮原子的最外层P轨道有3个电子,处于半充满状态,是一种较稳定结构,所以它的第一电离能大于氧;D.氮气常温下很稳定,是因为氮气是双原子分子,两个氮原子之间存在N≡N键,不易断裂,与元素的电负性无关.
(4)在N﹣3中,价电子数为16,根据等电子体原理,可以写出等电子体的分子;根据共价化合物的电子式书写方法分析.解答解
(1)A.HNO2为弱酸,而HNO3是强酸,故A错误;B.N2H4中氮原子最外层有5个电子,形成三对共用电子对,另外还有一对孤电子对,氮原子采用的都是sp3杂化,故B错误;C.HN
3、H2O中都有孤电子对,所以都是极性分子,故C正确;D.氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间,可使物质的熔沸点变大,N2H4沸点高达
113.5℃,可以说明肼分子间可形成氢键,故D正确.故答案为CD;
(2)在[Co(N3)(NH3)5]SO4中,根据化合价代数和为零,可以算得钴的化合价为+3价,SO2﹣4中S原子采用sp3杂化方式,可知SO2﹣4的立体构型为正四面体;26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,可知在3d上存在4个未成对电子,硫氰化铁为血红色;.故答案为+3;正四面体;4;血红色;
(3)A.NaN3与KN3结构类似,Na+半径小于K+,所以NaN3的晶格能比KN3大,故A错误;B.钠晶胞中,在8个顶点上各有一个原子,体心上还有一个,所以晶胞中钠原子的个数为8×+1=2,故B正确;C.子的最外层P轨道有3个电子,处于半充满状态,是一种较稳定结构,所以它的第一电离能大于氧,故C正确;D.常温下很稳定,是因为氮气是双原子分子,两个氮原子之间存在N≡N键,不易断裂,与元素的电负性无关,故D错误.故答案为BC;
(4)在N﹣3中,价电子数为16,根据等电子体原理,可以写出与N﹣3互为电子体的分子为CO
2、BeCl2等,二氧化碳为共价化合物,其电子式为,故答案为CO2;BeCl2;.点评本题考查了原子的杂化方式、分子的空间结构、等电子体、电子式等,具有一定的综合性,对学生综合能力有一定的要求,题目中等难度.
四、实验题10.某课外活动小组对甲酸进行了如下的实验,以验证其含有醛基,并考察其化学性质,首先做了银镜反应.
(1)在甲酸进行银镜反应前,必须在其中加入一定量的NaOH(Na2CO3)溶液,因为反应必须在碱性条件下发生.
(2)写出甲酸进行银镜反应的化学方程式HCOOH+2Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O;.
(3)某同学很成功的做了银镜反应,他肯定没有进行的操作BCDEF(写字母).A.用洁净试管B.在浓度为2%的NH3•H2O中滴入稍过量的浓度为2%的硝酸银C.用前几天配制好的银氨溶液D.在银氨溶液里加入稍过量的甲酸E.用小火对试管直接加热F.反应过程中,振荡试管使之充分反应然后,同学们对甲酸与甲醇进行了酯化反应的研究
(4)乙装置中长导管A的作用是冷凝回流甲醇,平衡内外大气压强.
(5)写出甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O.
(6)选择甲装置还是乙装置好?乙,原因是冷凝效果好,减少了甲醇等有毒物质对大气的污染.
(7)实验过程中选用的药品及试剂有浓H2SO
4、甲醇、甲酸还有、两种必备用品.
(8)一同学用装有饱和氢氧化钠的三颈瓶接收甲酸甲酯,几乎没有收集到产物,请给予合理的解释强碱性条件下,甲酸甲酯水解了.考点性质实验方案的设计.专题实验设计题.分析
(1)银镜反应必须在碱性条件下发生;
(2)能发生银镜反应的有机物中必含有醛基,甲酸含有醛基,可以发生银镜反应;
(3)依据银镜反应的实验操作和注意问题分析银镜反应的条件是在碱性条件下发生的,是在新制的银氨溶液中加入少量需要检验的有机物,水浴加热,生成银镜现象,反应过程中不能震荡,试管要洁净;银氨溶液需要新制,制备方法是想硝酸银溶液中加入氨水,生成沉淀,继续加入到沉淀恰好溶解得到银氨溶液;
(4)依据酯化反应的反应历程是羧酸脱羟基,醇脱氢来书写方程式;
(5)依据酯化反应的反应历程是羧酸脱羟基,醇脱氢来书写方程式;
(6)根据甲醇有毒、易挥发;
(7)根据乙酸乙酯的制备原理来解答;
(8)酯在碱性条件下水解生成酸盐和醇;解答解
(1)银镜反应的条件是在碱性条件下发生,在甲酸进行银镜反应前,必须在其中加入一定量的碱,可以加NaOH(Na2CO3)溶液;故答案为NaOH(Na2CO3)溶液;反应必须在碱性条件下发生;
(2)甲酸含有醛基,能发生银镜反应,方程式为HCOOH+2Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O,故答案为HCOOH+2Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O;
(3)银镜反应的条件是在碱性条件下发生的,是在新制的银氨溶液中加入少量需要检验的有机物,水浴加热,生成银镜现象,反应过程中不能震荡,试管要洁净,银氨溶液需要新制,制备方法是想硝酸银溶液中加入氨水,生成沉淀,继续加入到沉淀恰好溶解得到银氨溶液,所以成功的做了银镜反应,A、用洁净试管使银析出均匀,故A需要;B、在浓度为2%的NH3•H2O中滴入稍过量的浓度为2%的硝酸银,滴加试剂顺序错误,需碱过量,故B不需要;C、久置的银氨溶液会析出氮化银、亚氨基化银等爆炸性沉淀物,易反应危险.故C不需要;D、银镜反应需要反应的条件是碱性条件,故D不需要;E、为得到均匀的银镜,需要用水浴加热,故E不需要;F、为得到均匀银镜,反应过程不能震荡,故F不需要;故答案为BCDEF;
(4)乙装置中长导管A的作用是冷凝回流甲醇,平衡内外大气压强,故答案为冷凝回流甲醇,平衡内外大气压强;
(5)甲酸和甲醇进行酯化反应的历程是羧酸脱羟基,醇脱氢,化学方程式为HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O;故答案为HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O;
(6)甲醇有毒、易挥发,需要密封装置中进行,所以选择乙,冷凝效果好,减少了甲醇等有毒物质对大气的污染,故答案为乙;冷凝效果好,减少了甲醇等有毒物质对大气的污染;
(7)甲酸和甲醇沸点低,易挥发,需用碎瓷片(沸石),为了降低了甲酸甲酯的溶解度,同时还能除去混有的甲醇和甲酸,需用饱和碳酸钠溶液,故答案为饱和碳酸钠溶液;碎瓷片(沸石);
(8)用装有饱和氢氧化钠的三颈瓶接收甲酸甲酯,几乎没有收集到产物,是因为甲酸甲酯在NaOH溶液中发生水解,生成甲酸钠和甲醇,得不到酯,故答案为强碱性条件下,甲酸甲酯水解了;点评本题主要考查了有机物性质,涉及实验操作的步骤、注意问题、试剂选择、反应现象、装置的分析,注意醛基的检验必须在碱性条件下进行,难度中等.
四、综合题11.化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基.I可以用E和H在一定条件下合成已知以下信息
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;
②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH;
③化合物F苯环上的一氯代物只有两种;
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基.回答下列问题
(1)A的结构简式为C(CH3)3Cl.
(2)D的化学名称为2﹣甲基丙醛.
(3)E的分子式为C4H8O2.
(4)F生成G的化学方程式为,该反应类型为取代反应.
(5)I的结构简式为.
(6)I的同系物J比I相对分子质量小14,J的同分异构体中能同时满足如下条件
①苯环上只有两个取代基,
②既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,共有18种(不考虑立体异构).J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为221,写出J的这种同分异构体的结构简式.考点有机物的推断.专题有机物的化学性质及推断.分析A的分子式为C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢,则A为(CH3)3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应,生成B为CH2=C(CH3)2,B发生信息2中的反应生成C为(CH3)2CHCH2OH,C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO,D再与氢氧化铜反应,酸化得到E为(CH3)2CHCOOH,F的分子式为C7H8O,苯环上的一氯代物只有两种,应含有2个不同的侧链,且处于对位,则F为,与氯气在光照条件下发生取代反应,生成G为,G在氢氧化钠水溶液发生水解反应,酸化得到H,由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,故H为,H与E发生酯化反应生成I,其分子中含有醛基和酯基,故I为,据此分析解答.解答解A的分子式为C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢,则A为(CH3)3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应,生成B为CH2=C(CH3)2,B发生信息2中的反应生成C为(CH3)2CHCH2OH,C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO,D再与氢氧化铜反应,酸化得到E为(CH3)2CHCOOH,F的分子式为C7H8O,苯环上的一氯代物只有两种,应含有2个不同的侧链,且处于对位,则F为,与氯气在光照条件下发生取代反应,生成G为,G在氢氧化钠水溶液发生水解反应,酸化得到H,由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,故H为,H与E发生酯化反应生成I,其分子中含有醛基和酯基,故I为,
(1)A为C(CH3)3Cl,故答案为C(CH3)3Cl;
(2)由上述分析可知,D的结构简式为(CH3)2CHCHO,名称为2﹣甲基丙醛,故答案为2﹣甲基丙醛;
(3)E为(CH3)2CHCOOH,其分子式为C4H8O2,故答案为C4H8O2;
(4)F生成G的化学方程式为,该反应类型为取代反应,故答案为;取代反应;
(5)由上述分析可知,I的结构简式为,故答案为;
(6)I()的同系物J比I相对分子质量小14,J比I少一个﹣CH2﹣原子团,J的同分异构体中能同时满足如下条件
①苯环上只有两个取代基,
②既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,则J的同分异构体含有﹣CHO、﹣COOH,侧链为﹣CHO、﹣CH2CH2COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CHO、﹣CH(CH3)COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH2CHO、﹣CH2COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH2CH2CHO、﹣COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH(CH3)CHO、﹣COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH
3、﹣CH(CHO)COOH,有邻、间、对三种位置,故符合条件的同分异构体有6×3=18种,J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为221,而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种H原子,故产物中苯环上只有1种H原子,产物有2个﹣COOH,应还含有2个﹣CH2﹣,2个侧链相同且处于对位,产物中侧链为﹣CH2COOH,故符合条件的同分异构体结构简式为,故答案为18;.点评本题考查有机物推断,为高频考点,侧重考查学生分析推断及知识迁移能力,根据某些物质分子式、反应条件及题给信息进行推断,
(6)中同分异构体的书写是易错点、难点,题目难度中等.。