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1、广西壮族自治区南宁市兴宁区南宁市第三中学2022-2021学年高二化学上学期12月月考试题 理含解析可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 一、单项选择题(每题3分，共48分)1. 化学与生产和生活密切相关。以下说法错误的选项是( )A. 明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物B. 陶瓷、光导纤维、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品C. Fe2O3常用作红色油漆和涂料D. 常用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来保鲜花朵【答案】B【解析】【详解】A明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附水中悬浮颗粒物到达净水作用，故A正确；B陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，光导纤维是
2、二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；CFe2O3是红棕色，因此常用作红色油漆和涂料，故C正确；D花朵会释放出乙烯气体，高锰酸钾和乙烯反响，因此常用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来保鲜花朵，故D正确。综上所述，答案为B。2. 以下化学用语表示正确的选项是( )A. N2分子的结构式：NNB. 中子数为9的氮原子：C. 二氧化碳的电子式：D. 硫原子结构示意图：【答案】A【解析】【详解】AN2分子含有三对共用电子对，因此其结构式：NN，故A正确；B中子数为9的氮原子，其质量数为16，其原子符号为，故B错误；C二氧化碳的电子式：，故C错误；D是硫离子的离子结构示意图，故D错误。综上所述，答案为A。3. 设NA
3、为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是( )A. 常温常压下，0.1mol Fe与浓硝酸反响生成NO2分子的数目为0.2NAB. 在标准状况下，4.48 L的CHCl3所含的分子数为0.2NAC. 常温常压下，S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAD. 2.3 g Na与O2完全反响，反响中转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A常温常压下， Fe与浓硝酸反响发生钝化，故A错误；B在标准状况下，CHCl3是液体，无法计算物质的量，故B错误；C常温常压下，S2和S8的混合物共6.4g，假设混合物的通式为Sa，那么混合物中含硫原子数一定为，故C正确；D2.3
4、 g Na即物质的量为0.1mol，Na与O2完全反响，无论生成Na2O还是Na2O2，化合价从0价变为+1价，因此反响中转移的电子数为0.1NA，故D错误。综上所述，答案为C。4. 以下有机物的命名，正确的选项是( )A. 2-乙基丙烷B. 2-甲基-1-丙醇C. 邻苯酚甲酸D. 4-甲基-2-戊烯【答案】D【解析】【分析】【详解】A应选择最长的碳链为主链，故A的正确名称为2-甲基丁烷，故A错误；B应选择连接羟基碳原子在内的最长碳链为主链，故主链上有4个碳原子，正确的名称为2-丁醇，故B错误；C当羧基和羟基共同存在时，应以羟基为取代基，羧基为母体，所以正确的名称为邻羟基苯甲酸，故C错误；D选
5、择含有碳碳双键碳原子在内的最长碳链为主链，从离碳碳双键最近的一端给主链编号，所以该有机物的名称4-甲基-2-戊烯是正确的；应选D。5. 以下反响的离子方程式正确的选项是( )A. 向FeCl3溶液中参加金属铜： Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+B. 碳酸镁溶于醋酸的反响：MgCO3 + 2H+=Mg2+ + CO2 + H2OC. 向NaHCO3溶液中参加过量Ca(OH)2：+ Ca2+ + OH = CaCO3+ H2OD. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀完全：【答案】C【解析】【详解】A. 向FeCl3溶液中参加金属铜离子方程式为：2Fe3+ +
6、Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故A错误；B. 醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故B错误；C.碳酸氢钠和过量的氢氧化钙反响生成碳酸钙和氢氧化钠，离子方程式为：+ Ca2+ + OH = CaCO3+ H2O，故C正确；D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀完全，那么二者比例为1：2，此时铝离子和氢氧根离子比例为1：4，生成偏铝酸根离子，不是氢氧化铝，故D错误。应选C。6. 以下实验能到达实验目的且符合操作要求的是( )A. 图1装置用于海带提碘实验中将海带灼烧成灰B. 图2装置用于除去Cl2中的HClC. 图3装置用于配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D. 图4装置
7、用于制取少量O2【答案】D【解析】【详解】A蒸发皿可用于加热液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；BCl2和HCl都能和饱和碳酸氢钠溶液反响，应该用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故B错误；C容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度的溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D过氧化钠和水反响生成O2，常温下就能进行，过氧化钠是固体，水是液体，选用固液混合不加热装置制取，故D正确；答案选D。7. 在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )A. B. C. CuD. 【答案】A【解析】【详解】ASiO2与NaOH溶液反响生成Na2Si
8、O3和H2O，Na2SiO3、H2O与CO2反响生成H2SiO3，故A符合题意；B氧化铝能与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和水，但不与氨水反响，故B不符合题意；C硫酸铜和氢氧化钠溶液反响生成氢氧化铜和水，蔗糖为非复原性糖，不与氢氧化铜反响，故C不符合题意；D亚硫酸酸性比盐酸弱，所以二氧化硫和氯化钙不反响，故D不符合题意。综上所述，答案为A。8. 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1,4二氧杂螺2,2丙烷的结构简式为。以下说法正确的选项是A. 1 mol该有机物完全燃烧需要4 mol O2B. 该有机物的二氯代物有3种不考虑立体异构C. 该有机物所有原子均处于同一平面D. 该有机物与HC
9、OOCH=CH2互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A该化合物分子式是C3H4O2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；B在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，一氯代物只有1种，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，B错误；C由于分子中的C原子为饱和C原子，其结构与CH4中的C原子类似，构成的是四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，C错误；DHCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选D9. 作为“血迹检测小王子，鲁米诺反响在刑侦中扮
10、演了重要的角色，其一种合成原理如下图。以下有关说法正确的选项是( )A. 一定条件，A可以和乙醇发生缩聚反响B. 鲁米诺的分子式为C8H6N3O2C. 鲁米诺既能与盐酸反响，又能与NaOH溶液反响D. (1)、(2)两步的反响类型分别为加成反响和取代反响【答案】C【解析】【详解】A一定条件，A可以和乙二醇发生缩聚反响，不能与乙醇发生缩聚反响，故A错误；B由图中鲁米诺的结构简式可知其分子式为C8H7N3O2，故B错误；C由图中鲁米诺的结构简式可知，含有氨基，可与盐酸反响，含有肽键能和NaOH溶液反响，所以鲁米诺既能与盐酸反响，又能与NaOH溶液反响，故C正确；D由合成路线可知(1)发生的是取代反
11、响，反响(2)加氢去氧了，发生的是复原反响，故D错误。综上所述，答案为C。10. 8.8g某有机物C在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重7.2g和17.6g，经检验剩余气体为O2C分子的质谱与红外光谱如下图：以下说法错误的选项是( )A. 有机物C中含有C、H、O三种元素B. 有机物C的分子式为C4H8O2C. 有机物C难溶于水D. 符合C分子结构特征的有机物只有一种【答案】D【解析】【分析】某有机物C在足量O2中充分燃烧，生成的水7.2g即0.4mol、二氧化碳气体17.6g即0.4mol，按质量守恒定律,消耗氧气7.2g+17.6g-8.8g=16g
12、，那么8.8g有机物C中含0.4molC、0.8molH、0.2molO；从质谱图中可知C的相对分子质量为88；【详解】A据分析，有机物C中含有C、H、O三种元素，A正确；B据分析，C的相对分子质量为88，8.8g即0.1mol有机物C中含0.4molC、0.8molH、0.2molO，那么有机物C的分子式为C4H8O2 ，B正确；C从红外谱图中可知，有机物C为乙酸乙酯、丙酸甲酯，难溶于水，C正确；D结合选项C，符合有机物C分子结构特征的有机物不止有一种，D错误；答案选D。11. 以下说法正确的选项是( )A. 绿原酸分子()中含有3个手性碳原子B. 聚酯纤维()的单体是对苯二甲酸()和乙二醇
13、(HOCH2CH2OH)C. 与金属钠反响放出氢气的速率：苯甲酸苯甲醇苯酚D. 1 mol A分子()与足量NaOH溶液反响，最多可消耗3n mol NaOH【答案】B【解析】【详解】A如图：绿原酸分子()中含有4个手性碳原子，故A错误；B聚酯纤维()的单体是对苯二甲酸()和乙二醇(HOCH2CH2OH)，羧基提供羟基，醇脱氢，故B正确；C酸性：苯甲酸苯酚苯甲醇，与金属钠反响放出氢气的速率：苯甲酸苯酚苯甲醇，故C错误；D1mol酚与1mol酸形成的酯在水解时要消耗2molNaOH，1 mol A分子()与足量NaOH溶液反响，最多可消耗4n mol NaOH，故D错误；应选B。12. 有机物A
14、的分子式为C5H10O3，一定条件下，A与碳酸氢钠、钠反响均能产生气体，且生成的气体体积比(同温同压)为1：1，那么A的结构最多有( )种(不考虑立体异构)。A. 10B. 12C. 14D. 16【答案】B【解析】【详解】有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反响时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替。假设C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原
15、子的2个H原子，有6种，相应的同分异构体有8种；假设C4H10为异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种，相应的同分异构体有4种；故该有机物的可能的结构有8+4=12种，故合理选项是B。13. 以下实验对应的现象及结论均正确的选项是( )选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中参加裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性：H2SO3HClOC用洁净的铁丝蘸取溶液进行焰色反响火焰呈黄色溶液中有Na+，可能含K+D将CH3CH2
16、Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，参加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀CH3CH2Br中存在溴元素A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A裂化汽油中有烯烃，结构中含碳碳双键，能和溴发生加成反响，不能用裂化汽油可萃取溴，A错误；B次氯酸钡具有强氧化性、二氧化硫具有强复原性，向Ba(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化复原反响，得到硫酸钡沉淀，该反响无法比拟H2SO3和HClO的酸性强弱， B错误；C钠元素的焰色反响呈黄色，会掩盖住钾元素的焰色反响的颜色，故元素的焰色反响呈黄色时，溶液中有Na+，可能含K+，C正确；D将CH3CH2Br与NaOH溶液共热发生取代反响生
17、成溴化钠和乙醇，冷却后，所取出的上层水溶液中含有氢氧化钠，先加硝酸中和后，再参加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，那么CH3CH2Br中存在溴元素，D错误；答案选C。14. ：R-CHO+ H2O，由于醚键比拟稳定故利用此反响可保护醛基，也可以合成缩醛类有机物，以下说法中错误的选项是( )A. 在将CH2=CHCHO转化为CH3CH2CHO的过程中，可利用上述反响保护醛基B. 通过上述反响合成的，其核磁共振氢谱中，吸收峰的峰面积之比为1：3：4C. 可由C(CH2OH)4与CH3CHO通过上述反响得到D. 合成1mol需要1mol 和n mol CH3CH2CH2CHO【答案】D【解析】【详解】
18、A在将CH2=CHCHO转化为CH3CH2CHO的过程中，为了防止C=C在加成过程中，醛基中的C=O被破坏，可利用上述反响保护醛基，故A正确；B根据的结构分析，该分子中有3中不同化学环境的氢，且原子个数比为1：3：4，那么其核磁共振氢谱中，吸收峰的峰面积之比为1：3：4，故B正确；C根据题给反响分析，可由C(CH2OH)4与CH3CHO反响得到，反响方程式为：C(CH2OH)4+2CH3CHO+ 2H2O，故C正确；D对应的单体含有C=C键，那么合成1 mol需要n mol 和05n mol CH3CH2CH2CHO，故D错误；应选D。15. 海洋中有丰富的资源，以下图为海水利用的局部过程：以
19、下说法正确的选项是( )A. 粗盐中含有的Mg2+、等杂质离子，可通过依次参加BaCl2溶液、NaOH溶液、盐酸除去B. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁C. 在工业生产中沉淀剂一般选择NaOHD. 反响的离子方程式为：Br2SO22H2O=2Br4H+【答案】D【解析】【分析】海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐精制得到精盐，制成氯化钠饱和溶液，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；母液参加石灰乳沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后沉淀溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩析出氯化镁晶体，在氯化氢气流中失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融的氯化镁得到金属镁；溴化钠溶液中通入氯气氧化溴离子为溴单质，溴单
20、质被二氧化硫溶液吸收，再通入氯气得到溴单质，富集溴，据此解答。【详解】A粗盐中含有的Mg2+、等杂质离子，可通过依次参加BaCl2溶液、NaOH溶液先转化为沉淀，但是过量的BaCl2溶液无法除去，故A错误；B镁是活泼的金属，工业上电解熔融氯化镁生成镁单质和氯气，故B错误；C在工业生产中沉淀剂一般选择廉价易得的氢氧化钙沉淀镁离子，故C错误；D反响中二氧化硫溶液与单质溴反响生成硫酸和HBr，反响离子方程式为：Br2SO22H2O=2Br4H+，故D正确；故答案选D。16. 某溶液中可能含有OH、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴参加一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的
21、物质的量随盐酸的体积变化如下图。以下说法正确的选项是( )A. 原溶液中可能含有Na+、，可能不含有B. 原溶液中一定含有的阴离子只有：OH、C. 原溶液中与的物质的量之比为3：4D. 【答案】C【解析】【分析】由图象分析可知，开始无沉淀生成说明参加的盐酸和溶液中的碱反响，说明溶液中一定含OH离子，那么与氢氧根离子不能共存的离子为Al3+、Fe3+、Mg2+；随后反响生成沉淀先逐渐增大后面又逐渐减小，说明是、和氢离子反响生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于与发生反响生成氢氧化铝沉淀，那么溶液中一定不存在；继续参加盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是离子，反响完后继续参加盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改
22、变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；【详解】A据分析，原溶液中可能含有，一定含有Na+、，A错误；B原溶液中一定含有的阴离子有：OH、和，B错误；C2体积盐酸用于和反响 、4体积盐酸用于溶解氢氧化铝，氢氧化铝物质的量为 氢氧化铝由 按物质的量之比为1:1转化而来，故的物质的量为那么原溶液中与的物质的量之比为3:4，C正确；D向该溶液中逐滴参加一定物质的量浓度的盐酸溶液时，先是和氢氧根之间中和反响，不会出现沉淀，然后是、和氢离子之间的沉淀反响，据图示知道，氢氧化铝完全溶解消耗盐
23、酸是4，所以氢氧化铝物质的量是，所以产生这些氢氧化铝沉淀就需要消耗氢离子是，再加上产生硅酸沉淀消耗的氢离子，所以ad， D错误；答案选C。二、填空题(共52分)17. 有机物A的结构简式为，它可通过不同化学反响分别制得B、C、D和E四种物质：请答复以下问题：(1)AC的反响条件是_。(2)在A-E五种物质中，互为同分异构体的是_(填字母)。(3)AB反响的化学方程式为_。(4)化合物 D 不能发生的反响是_(填字母)。A加成反响 B酯化反响 C消去反响 D水解反响 E银镜反响(5)A反响生成的聚酯的结构简式为_。(6)写出D与NaOH溶液共热反响的化学方程式为_。【答案】 (1). 浓硫酸/加
24、热 (2). C E (3). 2+O2 2+2H2O (4). C (5). (6). +2NaOH+HCOONa+H2O【解析】【分析】有机物A发生催化氧化生成B；A在浓硫酸作用下发生消去反响生成C；A和甲酸发生酯化反响生成D；A发生分子内酯化反响生成E。【详解】(1)A在浓硫酸作用下发生消去反响生成C，AC的反响条件是浓硫酸/加热。故答案为：浓硫酸/加热；(2)A的分子式是C9H10O3、B的分子式是C9H8O3、C的分子式是C9H8O2、D的分子式是C10H10O4、E的分子式是C9H8O2，在A-E五种物质中，互为同分异构体的是C E。故答案为：C E；(3) 有机物在铜催化作用下发
25、生氧化反响生成，AB反响的化学方程式为2+O2 2+2H2O。故答案为：2+O2 2+2H2O；(4) 含有苯环，能发生加成反响；含有羧基，能发生酯化反响；含有酯基，能发生水解反响；为甲酸酯，能发生银镜反响；不能发生消去反响，化合物 D 不能发生的反响是消去反响。故答案为：C；(5)A分子中有羧基和羟基，分子间脱水，反响生成的聚酯的结构简式为。故答案为：；(6)D中含有酯基能水解生成羧酸钠和醇，含有羧基能与NaOH反响生成羧酸盐和水，D与NaOH溶液共热反响的化学方程式为+2NaOH+HCOONa+H2O。故答案为：+2NaOH+HCOONa+H2O。18. 利用硫铁矿(主要成分为FeS2)生
26、产Na2SO3和绿矾(FeSO47H2O)的工艺流程如下图：Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性。(1)沸腾炉中，将硫铁矿进行粉碎处理目的是_。(2)吸收塔中反响化学方程式为_。(3)检验成品Na2SO3是否含有Na2SO4，可以选用的试剂是_。(4)写出烧渣中FeS在反响釜中参加反响的离子方程式_。(5)在溶液I中参加的固体X是_。(6)操作a的主要步骤为_、洗涤、枯燥。【答案】 (1). 增大反响物的接触面积，提高化学反响速率 (2). 2SO2+ Na2CO3+H2O = CO2+2NaHSO3 (3). 稀盐酸和BaCl2溶液 (4). 2FeS+3H2O2+6H+ = 2S
27、+2Fe3+6H2O (5). Fe (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】硫铁矿在沸腾炉中反响生成二氧化硫和硫化亚铁和氧化铁等物质，二氧化硫和碳酸钠反响生成酸式盐，再参加氢氧化钠溶液在中和器中反响，生成亚硫酸钠，结晶得到成品。硫化亚铁在反响釜中被过氧化氢氧化生成硫单质和铁离子，再参加铁反响生成硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶得到晶体。据此答复。【详解】(1)沸腾炉中，将硫铁矿进行粉碎处理的目的是能增大反响物的接触面积，提高反响速率；(2)吸收塔中为二氧化硫和碳酸钠反响，从后面在中和器中参加氢氧化钠溶液分析，该反响应生成酸式盐，及生成亚硫酸氢钠，故该反响的化学方程式为2SO2+
28、 Na2CO3+H2O = CO2+2NaHSO3；(3)检验成品Na2SO3是否含有Na2SO4，可以选用的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液，先参加盐酸，除去亚硫酸根离子，再参加氯化钡，假设产生白色沉淀，那么说明含有硫酸钠；(4)烧渣中FeS在反响釜中反响，生成硫单质，因为参加过氧化氢，具有氧化性，所以反响生成铁离子，故反响的离子方程式2FeS+3H2O2+6H+ = 2S+2Fe3+6H2O ；(5)因为在溶液I中为铁离子，操作a得到硫酸亚铁晶体，所以参加的固体X是铁，将铁离子复原为亚铁离子。(6)操作a是从硫酸亚铁溶液中得到带结晶水的晶体，主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。19. PCl3
29、主要用于制造敌百虫等有机磷农药和磺胺嘧啶(S。D)等医药的原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反响生成PCl3，与过量Cl2反响生成PCl5.PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3.PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的沸点分别为75.5、105.3。答复以下问题：(1)仪器G的名称是_。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_。(2)A是制取CO2的装置，CO2的作用是_，A中选择的药品是_(填字母)。a稀盐酸 b稀硫酸 cNaHCO3粉末 d块状石灰石(3)装置D中盛有碱石灰，其作用是_。(4)装置G中生成Cl
30、2，反响的离子方程式为_。(5)装置C采用6570水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，除杂的方法是：先参加红磷加热，除去PCl5，然后通过_(填实验操作方法)，即可得到较纯洁的PCl3。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出 (3). 赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化 (4). ad (5). 防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反响的氯气，防止污染空气 (6). 16H+ +10Cl-+2=5Cl2+2Mn2+8H2O (7). 蒸馏【解析】【分析】实验室要用黄磷白磷与枯燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：
31、由实验装置可知，本实验首先由A装置中CaCO3和盐酸反响生成CO2，然后用CO2排尽装置内的空气，G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反响生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需枯燥，E装置利用浓硫酸枯燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，利用C装置防止PCl3挥发冷凝，因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反响，以此解答该题。【详解】(1)由装置图可知，仪器G的名称是蒸馏烧瓶；与分液漏斗相连通的橡胶管可使F与G压强相同，作用是平衡分液漏斗内外压强，便于液体顺利流下；(2)由于
32、PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，A为由CaCO3和盐酸反响生成CO2，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化，干扰实验；由于装置A是启普发生器，因此应该用块状固体碳酸钙和酸反响，又因为硫酸钙微溶，因此选择盐酸，答案为ad；(3)因尾气中含有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以D装置的作用是防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反响的氯气，防止污染空气；(4)G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反响生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，从而制得氯气，根据化学方程式写出离子方程式为16H+ +10Cl-+25Cl2+2Mn2+8H2O；(5)由信息可知，POCl3与
33、PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行别离。20. 沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如下：(1)R-OHROOCCH3+CH3COOH(2)R-X+HX请答复：(1)A中所含官能团的名称为_。 (2)BC的反响类型是_。(3)化合物F的结构简式为_。(4)DE的化学反响方程式为_，设计DE的目的是_。(5)写出同时满足以下条件的B的同分异构体的结构简式_。(不考虑立体异构，只需写出2个)遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反响；分子中有4种不同化学环境H原子(6)请利用所学知识并参照上述合成路线，设计以苯酚、甲
34、醛和H2NC(CH3)3为原料合成化合物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_。【答案】 (1). 羟基、羰基(酮基) (2). 取代反响 (3). (4). +CH3COOH (5). 保护酚羟基 (6). (7). 【解析】【分析】根据题给流程可知：AB为加成反响，醛基变为醇羟基；根据C的分子式和D的结构简式，B C为取代反响，醇羟基被氯原子取代；CD为取代反响，CH3COO-取代了 -Cl；根据(1)，结合E的分子式，可知E的结构简式：，结合E、F分子式，根据反响条件，EF为取代反响，F的结构简式为：；根据F、H两种物质的分子式及反响条件，并分析HI反响及I的结构简式，根据(2)和G的结
35、构简式可以推知H的结构简式：，接着I转化为沙丁胺醇；据以上分析解答。【详解】(1)根据题给A的结构简式可推知，A中所含官能团的名称为羟基、羰基(酮基)；(2)结合以上分析可知，BC的反响类型是取代反响；(3)结合以上分析可知，化合物F的结构简式为；(4)根据(1)，结合以上分析可知，DE发生取代反响，化学反响方程式为+CH3COOH；由于酚羟基在反响中易被氧化，因此设计DE的目的是保护酚羟基；(5)有机物B的结构简式：，有机物与B分子式相同，且满足遇溶液显紫色，结构中含有酚羟基；能发生银镜反响，结构中含有醛基；分子中有4种不同化学环境的H原子，结合以上条件分析有机物结构中含有2个甲基，一个羟基，一个酯基，满足条件的 B的同分异构体的结构简式：；(6)根据题中流程分析，苯酚与甲醛在酸性条件下发生加成反响，生成；该有机物在与氯化氢发生取代反响生成；与H2NC(CH3)3在一定条件下反响生成目标产物；具体流程如下：。- 17 -