第九单元有机化学基础B卷真题滚动练一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2021·江苏铜山·）化学是你，化学是我，化学与我们的生活密切相关，以下有关说法错误的是A．用于制作车辆风挡的有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)可通过加聚反应得到B．典型的“绿色能源”——生物柴油中含有芳香烃C．糯米砂浆被称为“有机砂浆”，是由于糯米的主要成分为天然有机高分子D．在钢铁制造的船舷上镶有锌块，可减轻海水对船体的腐蚀2．（2021·江苏·）下列各组物质互为同分异构体的是A．32S与33SB．CH3CH2CH3与C．O2与O3D．乙醇和二甲醚(CH3—O—CH3)3．（2021·浙江余姚·）下列物质化学成分不正确的是A．消石灰：Ca(OH)2B．绿矾：FeSO4·7H2OC．硬脂酸：C17H33COOHD．草酸：HOOC-COOH4．（2019·全国高考真题）关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯5．（2021·辽宁·大连八中）香天竺葵醇具有玫瑰花气息，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．香天竺葵醇分子中含有两种官能团\nB．香天竺葵醇的分子式为C．一个香天竺葵醇分子含有一个手性碳D．香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应6．（2022·辽宁实验中学）化学和生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是A．某团队研发的吸入式新冠疫苗性质稳定，常温下能长期保存B．聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-]m(n<2)是新型絮凝剂，其中Fe显+3价C．三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程D．CPU制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化7．（2019·上海高考真题）所有原子处于同一平面的是（）A．B．C．D．CH2=CH-CCH8．（2019·全国高考真题）实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯9．（2021·江苏铜山·）下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是A．乙醇与浓氢溴酸反应：B．用铜作电极电解硫酸铜溶液：C．甲烷燃料电池(以铂为电极、溶液为电解质溶液)负极的电极反应：\nD．乙醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：10．（2020·北京高考真题）淀粉在人体内的变化过程如图：下列说法不正确的是A．n<mB．麦芽糖属于二糖C．③的反应是水解反应D．④的反应为人体提供能量11．（2021·浙江嘉兴·）制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯B．反应过程中涉及加成反应C．化合物6和化合物9互为同分异构体D．上述反应过程中未改变反应的，降低了反应的活化能12．（2022·广东·广州六中）青蒿酸具有抗疟作用，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是\nA．属于芳香族化合物B．分子式为C．分子中所有碳原子可能处于同一平面D．最多能与3mol发生加成反应13．（浙江省三校2022年1月普通高等学校招生统一考试（第二次联考）化学试题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．某温度下，1LpH=9的溶液中，水电离产生的数目为B．含的溶液与锌充分反应，转移电子数目为C．将甲烷和混合光照，生成一氯甲烷的分子数为D．标准状况下，22.4L氯气通入水中，14．（2021·湖南·雅礼中学）BMO()是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A．该过程的总反应：B．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1C．被降解的分子中只含有极性共价键D．该过程中BMO表现较强还原性15．（2022·重庆南开中学）二氢紫罗兰酮是我国允许使用的食品香料，主要用以配制树莓香精。二氢紫罗兰酮(X)可在还原剂作用下发生如下反应得到二氢紫罗兰醇(Y)，下列说法正确的是\nA．X的分子式为B．X和Y均可使溴水褪色C．Y中所有碳原子可能共平面D．Y的同分异构体中可能有芳香族化合物16．（2021·江苏海门·）一种抗血栓药物新抗凝的结构如图所示，以下说法不正确的是A．该物质存在顺反异构体B．1mol新抗凝最多可与3molNaOH发生反应C．该物质能与金属钠发生置换反应D．新抗凝和足量H2加成后的产物中有5个手性碳原子二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．（2021·广东·）草酸(H2C2O4)是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验。实验Ⅰ：探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。装置如图所示：（1）上图实验装置中仪器乙的名称为：___________，B装置的作用___________。\n（2）检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为：___________。实验Ⅱ：探究草酸的不稳定性已知：草酸晶体(H2C2O4·2H2O，M=126g/mol)无色，易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，170℃以上分解产生H2O、CO和CO2.草酸的酸性比碳酸强，其钙盐难溶于水。（3）请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物(可重复使用，加热装置和连接装置已略去)。仪器装置连接顺序为：C→___________→___________→___________→___________→D→A→F→E（4）若实验结束后测得A管后面的F装置质量增加4.4g，则至少需分解草酸晶体的质量为___________g。实验Ⅲ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（5）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快。为探究其原因，同学们做了如下对比实验；实验序号H2C2O4(aq)KMnO4(H+)(aq)MnSO4(S)褪色时间(S)C(mol·L-1)V(mL)C(mol·L-1)V(mL)实验10.120.014030实验20.120.01454写出高锰酸钾在酸性条件下氧化草酸的离子反应方程式：___________。由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是___________。18．（2021·山东青岛·）盐酸阿比朵尔是广谱抗病毒药物，能有效抑制新冠病毒，其合成路线如下。\n已知：（1）反应①的反应类型为___________。该步反应的目的是___________。（2）E的结构简式为___________。（3）反应②的化学方程式为___________。（4）可以确认中官能团的方法是___________(填标号)。A．红外光谱B．原子光谱C．核磁共振氢谱D．质谱（5）由阿比朵尔(E)制成盐酸阿比朵尔(F)的目的是___________。（6）利用题中信息，写出以水杨酸(邻羟基苯甲酸)、对氨基苯酚为主要原料(其他试剂任选)合成的合成路线______。（7）写出同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体的结构简式______。a．除苯环外不含有其他环状结构b．能与FeC13溶液发生显色反应c．能发生水解反应d．能发生银镜反应。19．（2021·湖南·）法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。\n已知如下信息：。回答下列问题：（1）化合物Ⅱ中官能团名称为___________。（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，其结构简式为___________。（3）反应物Ⅲ为乙二醛，反应①的化学方程式为___________。（4）反应②的反应类型是___________。（5）已知的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且能与足量溶液反应放出，符合上述条件的共有___________种，写出其中任意一种含有手性碳原子的结构简式：___________。(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)（6）参照合成路线，写出以甲苯及乙胺()为原料合成的路线(无机试剂任选，不需要注明反应条件)___________。20．（2021·浙江余姚·）某课题组研制了药物Kenolide-A的中间体H，合成路线如下：\n已知：①②R1CHO+请回答：（1）化合物D的结构简式是___________。（2）下列说法正确的是___________。A．化合物B分子中所有的碳原子一定共平面B．化合物E含有三个手性碳原子C．化合物C和D发生加成反应生成ED．化合物H的分子式为C15H24O3（3）写出E→F的化学方程式是___________。（4）写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：___________。①1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子；②不超过1个环；（5）以甲醇和丙酮为原料，设计A的合成路线___________(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2021·江苏铜山·）化学是你，化学是我，化学与我们的生活密切相关，以下有关说法错误的是A．用于制作车辆风挡的有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)可通过加聚反应得到B．典型的“绿色能源”——生物柴油中含有芳香烃C．糯米砂浆被称为“有机砂浆”，是由于糯米的主要成分为天然有机高分子D．在钢铁制造的船舷上镶有锌块，可减轻海水对船体的腐蚀【答案】B【详解】A．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，A正确；B．生物柴油成分属于酯类物质，不是芳香烃，B错误；C．糯米的主要成分为淀粉，属于天然有机高分子，C正确；D．在钢铁制造的船舷上镶有锌块，由于锌比铁活泼，故锌作负极，铁作正极，锌被腐蚀，从而保护铁不被腐蚀，故可减轻海水对船体的腐蚀，D正确；故答案为：B。\n2．（2021·江苏·）下列各组物质互为同分异构体的是A．32S与33SB．CH3CH2CH3与C．O2与O3D．乙醇和二甲醚(CH3—O—CH3)【答案】D【详解】A．32S与33S两者质子数相同、中子数不同，两者互为同位素，A错误；B．CH3CH2CH3与两者结构相似、分子组成上相差2个-CH2，两者互为同系物，B错误；C．O2与O3两者为由同种元素构成的不同单质，两者互为同素异形体，C错误；D．乙醇和二甲醚(CH3—O—CH3)两者的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D正确；答案选D。3．（2021·浙江余姚·）下列物质化学成分不正确的是A．消石灰：Ca(OH)2B．绿矾：FeSO4·7H2OC．硬脂酸：C17H33COOHD．草酸：HOOC-COOH【答案】C【详解】A.消石灰是氢氧化钙，其化学式为：Ca(OH)2，A正确；B.绿矾是七水硫酸亚铁，其化学式为：FeSO4·7H2O，B正确；C.硬脂酸是十八碳酸，其化学式为：C17H35COOH，C不正确；D.草酸是乙二酸，其结构简式为：HOOC-COOH，D正确；答案选C。4．（2019·全国高考真题）关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯\n【答案】B【解析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。A．2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B．2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，正确；C．有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，错误；D．2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，错误。故选B。5．（2021·辽宁·大连八中）香天竺葵醇具有玫瑰花气息，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．香天竺葵醇分子中含有两种官能团B．香天竺葵醇的分子式为C．一个香天竺葵醇分子含有一个手性碳D．香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应【答案】C【详解】A．香天竺葵醇分子中含有和OH两种官能团，故A选项正确。B．由结构可知香天竺葵醇的分子式为，故B选项正确。C．手性碳是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，由图可知一个香天竺葵醇分子中并无手性碳，故C选项错误。D．香天竺葵醇分子中含碳碳双键则可发生加聚反应，含双键、-OH则可发生氧化反应，故D选项正确。\n故正确答案：C。6．（2022·辽宁实验中学）化学和生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是A．某团队研发的吸入式新冠疫苗性质稳定，常温下能长期保存B．聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-]m(n<2)是新型絮凝剂，其中Fe显+3价C．三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程D．CPU制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化【答案】B【详解】A．疫苗保存时，应冷藏或冷冻保存，常温下长期保存，容易使疫苗失效，故A错误；B．根据化合价代数和为0，推出Fe元素在该化合物中显+3价，故B正确；C．青铜属于合金，含有铜单质，青铜表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中，Cu元素的化合价升高，属于氧化还原反应，故C错误；D．光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质。在紫外线照射下，这些分子结合成长长的交联聚合物高分子，属于化学变化，故D错误；答案为B。7．（2019·上海高考真题）所有原子处于同一平面的是（）A．B．C．D．CH2=CH-CCH【答案】D【解析】A．四氯化碳是正四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，错误；B．根据甲烷是正四面体结构分析，甲基是立体结构，所有原子不可能处于同一平面，错误；C．因甲基是立体结构，所有原子不可能处于同一平面，错误；D．碳碳双键是平面结构，碳碳三键是直线型结构，则该物质中所有原子都在一个平面上，正确；故选D。8．（2019·全国高考真题）实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是\nA．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。A．若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，正确；B．装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，正确；C．装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，正确；D．反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，错误。故选D。9．（2021·江苏铜山·）下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是A．乙醇与浓氢溴酸反应：B．用铜作电极电解硫酸铜溶液：\nC．甲烷燃料电池(以铂为电极、溶液为电解质溶液)负极的电极反应：D．乙醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：【答案】B【详解】A．乙醇与浓氢溴酸反应发生取代反应，溴原子取代醇羟基，A正确；B．用铜作电极电解硫酸铜溶液，阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2++2e-=Cu，B错误；C．燃料电池负极为燃料甲烷失电子发生氧化反应，在碱性条件下，电极反应式：，C正确；D．乙醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热，醛基被氧化为羧基，反应方程式为：，D正确；故答案选B。10．（2020·北京高考真题）淀粉在人体内的变化过程如图：下列说法不正确的是A．n<mB．麦芽糖属于二糖C．③的反应是水解反应D．④的反应为人体提供能量【答案】A【解析】A．淀粉在加热、酸或淀粉酶作用下发生分解和水解时，将大分子的淀粉首先转化成为小分子的中间物质，这时的中间小分子物质，为糊精，故n＞m，A不正确；B．麦芽糖在一定条件下水解为2倍的单糖，属于二糖，B正确；C．过程③为麦芽糖生成葡萄糖的反应，是水解反应，C正确；D．④的反应为\n葡萄糖分解为二氧化碳和水的过程，并提供大量的能量，为人体提供能量，D正确；答案为A。11．（2021·浙江嘉兴·）制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯B．反应过程中涉及加成反应C．化合物6和化合物9互为同分异构体D．上述反应过程中未改变反应的，降低了反应的活化能【答案】C【详解】A．根据机理图可知，CH3OH、CO、丙烯为原料，得到物质3，即物质3为异丁酸甲酯，故A说法正确；B．根据反应机理可知，4和5反应生成6，该反应为加成反应，故B说法正确；C．根据9和6的结构简式，9比6多一个“CO”，两者不互为同分异构体，故C说法错误；D．HCo(CO)3为催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，∆H只与体系中的始态和终态有关，即∆H不变，故D说法正确；答案为C。12．（2022·广东·广州六中）青蒿酸具有抗疟作用，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是\nA．属于芳香族化合物B．分子式为C．分子中所有碳原子可能处于同一平面D．最多能与3mol发生加成反应【答案】B【详解】A．芳香族化合物含有苯环，该有机物中不含苯环，即该有机物不属于芳香族化合物，故A错误；B．根据该有机物的结构简式，推出有机物的分子式为，故B正确；C．，红圈中碳原子杂化类型为sp3杂化，因此该有机物所有碳原子可能处于同一平面，故C错误；D．羧基和酯基中碳氧双键不能与氢气发生加成，1mol该有机物最多消耗2mol氢气，故D错误；答案为B。13．（浙江省三校2022年1月普通高等学校招生统一考试（第二次联考）化学试题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．某温度下，1LpH=9的溶液中，水电离产生的数目为B．含的溶液与锌充分反应，转移电子数目为C．将甲烷和混合光照，生成一氯甲烷的分子数为D．标准状况下，22.4L氯气通入水中，【答案】D【详解】A．温度不确定，水的离子积常数不能确定，无法计算1L、pH=9的溶液中水电离产生的数目，A错误；\nB．含的溶液与锌充分反应，铁离子先被还原为亚铁离子，过量的锌继续和亚铁离子反应置换出铁，反应中锌不足，亚铁离子过量，转移电子数目为，C错误；C．将甲烷和混合光照，生成物有四种卤代烃，则一氯甲烷的分子数小于0.1NA，C错误；D．标准状况下，22.4L氯气的物质的量是1mol，通入水中和水反应生成盐酸与次氯酸，根据氯原子守恒可知，D正确；答案选D。14．（2021·湖南·雅礼中学）BMO()是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A．该过程的总反应：B．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1C．被降解的分子中只含有极性共价键D．该过程中BMO表现较强还原性【答案】C【详解】A．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，该过程的总反应：C6H5OH+7O26CO2+3H2O，A正确；B．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，得到3个电子、BMO-得到1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，B正确；C．苯酚分子中既含有极性共价键(C-H)又含有非极性共价键(特殊的碳碳键)，C错误；D．该反应中BMO失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，D项正确；\n故选C。15．（2022·重庆南开中学）二氢紫罗兰酮是我国允许使用的食品香料，主要用以配制树莓香精。二氢紫罗兰酮(X)可在还原剂作用下发生如下反应得到二氢紫罗兰醇(Y)，下列说法正确的是A．X的分子式为B．X和Y均可使溴水褪色C．Y中所有碳原子可能共平面D．Y的同分异构体中可能有芳香族化合物【答案】B【详解】A．X的分子式为，故A错误；B．X和Y都有碳碳双键，故都能与溴水发生加成反应而褪色，故B正确；C．Y中所标碳原子连着四个碳，是四面体结构，所以不满足所有碳原子共平面，故C错误；D．Y的不饱和度没有4，同分异构体结构中不满足有苯环的结构，故D错误；故选B。16．（2021·江苏海门·）一种抗血栓药物新抗凝的结构如图所示，以下说法不正确的是A．该物质存在顺反异构体B．1mol新抗凝最多可与3molNaOH发生反应C．该物质能与金属钠发生置换反应D．新抗凝和足量H2加成后的产物中有5个手性碳原子【答案】B\n【详解】A．由新抗凝结构可知，碳碳双键两端每个碳上连着的基团不同，该物质存在顺反异构，故A正确；B．由结构可知，新抗凝含有1个酯基，水解后可生成羧酸和酚，则1mol新抗凝含最多可与2molNaOH发生反应，故B错误；C．由结构可知，新抗凝含有醇羟基，故该物质能与金属钠发生置换反应，C正确；D．新抗凝和足量H2加成后的产物中有如图所示5个手性碳原子，故D正确；答案选B。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．（2021·广东·）草酸(H2C2O4)是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验。实验Ⅰ：探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。装置如图所示：（1）上图实验装置中仪器乙的名称为：___________，B装置的作用___________。（2）检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为：___________。实验Ⅱ：探究草酸的不稳定性\n已知：草酸晶体(H2C2O4·2H2O，M=126g/mol)无色，易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，170℃以上分解产生H2O、CO和CO2.草酸的酸性比碳酸强，其钙盐难溶于水。（3）请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物(可重复使用，加热装置和连接装置已略去)。仪器装置连接顺序为：C→___________→___________→___________→___________→D→A→F→E（4）若实验结束后测得A管后面的F装置质量增加4.4g，则至少需分解草酸晶体的质量为___________g。实验Ⅲ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（5）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快。为探究其原因，同学们做了如下对比实验；实验序号H2C2O4(aq)KMnO4(H+)(aq)MnSO4(S)褪色时间(S)C(mol·L-1)V(mL)C(mol·L-1)V(mL)实验10.120.014030实验20.120.01454写出高锰酸钾在酸性条件下氧化草酸的离子反应方程式：___________。由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是___________。【答案】（1）球形冷凝管防倒吸或安全瓶（2）碘水或I2（3）BFEF（4）12.6（5）2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++8H2O+10CO2↑反应生成的硫酸锰或锰离\n子对反应有催化作用，加快反应速率【分析】A装置为反应装置，B装置防倒吸，C装置用来吸收尾气。淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解；检验H2O、CO和CO2气体，首先应该用无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，再利用二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳检验还原性，能还原黑色的氧化铜，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，据此根据水蒸气、二氧化碳和一氧化碳的性质进行排序；以此解题。（1）由图可知上图实验装置中仪器乙的名称为球形冷凝管，B装置的作用防倒吸或安全瓶；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘水或I2，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解；（3）检验H2O、CO和CO2气体，首先应该用无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，再利用二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳检验还原性，能还原黑色的氧化铜，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，据此根据水蒸气、二氧化碳和一氧化碳的性质进行排序故答案为：BFEF；（4）装置F增加的质量，就是一氧化碳生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的质量为4.4g，则草酸分解产生的一氧化碳的物质的量为0.1mol，根据草酸分解的方程式：可知一氧化碳的物质的量和草酸的物质的量相等，测草酸的物质的量也是0.1mol，其质量为（5）高锰酸钾可将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为Mn2+，由此写出离子方程式：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++8H2O+10CO2↑；对比实验1和实验2，实验2中加入了硫酸锰，使得反应速率加快，由此分析当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快的原因是：生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率。18．（2021·山东青岛·）盐酸阿比朵尔是广谱抗病毒药物，能有效抑制新冠病毒，其合成路线如下。\n已知：（1）反应①的反应类型为___________。该步反应的目的是___________。（2）E的结构简式为___________。（3）反应②的化学方程式为___________。（4）可以确认中官能团的方法是___________(填标号)。A．红外光谱B．原子光谱C．核磁共振氢谱D．质谱（5）由阿比朵尔(E)制成盐酸阿比朵尔(F)的目的是___________。（6）利用题中信息，写出以水杨酸(邻羟基苯甲酸)、对氨基苯酚为主要原料(其他试剂任选)合成的合成路线______。（7）写出同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体的结构简式______。a．除苯环外不含有其他环状结构b．能与FeC13溶液发生显色反应c．能发生水解反应d．能发生银镜反应。【答案】（1）取代反应保护酚羟基（2）\n（3）+2Br2+2HBr（4）A（5）增强药物水溶性，提高药效（6）（7）、、【分析】由C的结构简式结合流程中的反应物、反应条件知，A→B为A中酚羟基氢原子被取代、B→C为B分子内的氢原子被溴代的过程，则B为，D→E为D先与HCHO发生加成反应、反应生成的羟基上发生取代反应引入-N(CH3)2的过程，则E为：；欲以水杨酸(邻羟基苯甲酸)、对氨基苯酚为主要原料合成，可采用逆合成法，需要和发生信息反应，由对氨基苯酚和氢氧化钠溶液反应生成；可由发生信息反应制得，由通过流程反应①制得；据此回答；（1）据分析，反应①的反应类型为取代反应；A→B中酚羟基转变成为酚酯基、后C→D酚\n酯基又重新转变成酚羟基，则该步反应的目的是：保护酚羟基。（2）据分析，E的结构简式为：。（3）B为，B→C即反应②为：分子内苯环上的1个H、五元环上碳原子所连甲基上的1个H分别被溴原子取代，生成和HBr，化学方程式为：+2Br2+2HBr。（4）A．红外光谱可以确定原子团，官能团等，A选；B．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，B不选；C．核磁共振氢谱确定不同化学环境的氢原子种类，C不选；D．质谱可以确定相对分子质量等，D不选；选A。（5）由流程可知，阿比朵尔(E)和HCl反应形成带有结晶水盐——盐酸阿比朵尔(F)，可增强药物水溶性，提高药效。（6）利用题中信息，以水杨酸(邻羟基苯甲酸)、对氨基苯酚为主要原料(其他试剂任选)合成：据分析，对氨基苯酚和氢氧化钠溶液反应生成，\n和发生信息反应即可生成；由发生信息反应即可制得：与乙酸酐反应生成后继续与SOCl2反应生成；故合成线路为：。（7）同时符合下列条件的水杨酸()同分异构体：a．除苯环外不含有其他环状结构b．能与FeC13溶液发生显色反应，则含有酚羟基；c．能发生水解反应含有酯基；d．能发生银镜反应，含醛基；综上，同分异构体为苯环上含1个酚羟基和1个甲酸酯基，按处于邻位、间位和对位，得到3种结构简式：、、。19．（2021·湖南·）法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。已知如下信息：。回答下列问题：\n（1）化合物Ⅱ中官能团名称为___________。（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，其结构简式为___________。（3）反应物Ⅲ为乙二醛，反应①的化学方程式为___________。（4）反应②的反应类型是___________。（5）已知的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且能与足量溶液反应放出，符合上述条件的共有___________种，写出其中任意一种含有手性碳原子的结构简式：___________。(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)（6）参照合成路线，写出以甲苯及乙胺()为原料合成的路线(无机试剂任选，不需要注明反应条件)___________。【答案】（1）酯基、溴原子（2）（3）OHC-CHO++2H2O（4）还原反应（5）9或或\n（6）【分析】由化合物Ⅱ的分子式可知I→II发生取代反应上一个Br原子，结合第(2)问的信息可知II为，接着发生已知信息，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子；（1）化合物Ⅱ中官能团名称为酯基、溴原子；（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，则II应该轴对称，其结构简式为；（3）反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-CHO++2H2O；（4）反应②为硝基氢化得到氨基，反应类型是还原反应；（5）的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且能与足量溶液反应放出说明含有2mol羧基，符合上述条件的有、、共9种：其中任意一种含有手性碳原\n子即碳上连接四种不同基团的结构简式有：或或；（6）逆推法可知发生已知信息的反应，需要和H2N-CH2CH3，为催化氧化得到，由甲苯氯代后再水解可得，合成路线为：。20．（2021·浙江余姚·）某课题组研制了药物Kenolide-A的中间体H，合成路线如下：已知：①②R1CHO+请回答：（1）化合物D的结构简式是___________。（2）下列说法正确的是___________。\nA．化合物B分子中所有的碳原子一定共平面B．化合物E含有三个手性碳原子C．化合物C和D发生加成反应生成ED．化合物H的分子式为C15H24O3（3）写出E→F的化学方程式是___________。（4）写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：___________。①1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子；②不超过1个环；（5）以甲醇和丙酮为原料，设计A的合成路线___________(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。【答案】（1）CH3CH=C(CH3CHO)（2）BC（3）。（4）（5）CH3OH2HCHO【分析】根据框图可知：化合物E的结构简式为，化合物C的结构简式为，所以化合物化合物D的结构简式是CH3CH=C(CH3CHO)。根据已知R1CHO+，可知F的结构简式。以此分析解答。（1）根据框图E的结构简式可知，化合物D的结构简式是CH3CH=C(CH3CHO)，故答案：CH3CH=C(CH3CHO)。\n（2）A.根据框图可知：化合物B的结构简式为，醚鍵上甲基中的碳不一定和其他碳原子共面，故A错误；B.根据框图可知：化合物E的结构简式为，其中含有号的碳为手性碳，所以含有三个手性碳原子，故B正确；C.根据框图可知：化合物C的结构简式为和D的结构简式CH3CH=C(CH3CHO)发生反应生成加成E反应生成E为，属于加成反应，故C正确；D.根据框图可知：化合物H的结构简式为，所以H的分子式为C15H23O3，故D错误；故答案：BC。（3）根据框图可知：化合物E的结构简式为，根据已知R1CHO+，则E→F的化学方程式是，故答案：。\n（4）根据框图可知：化合物C的结构简式为，同时满足①1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子；②不超过1个环的化合物C的同分异构体的结构简式故答案：。（5）甲醇和丙酮为原料，合成A的路线为：CH3OH2HCHO。故答案：CH3OH2HCHO
