山东省鄄城二中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省鄄城二中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列有关溶液的说法正确的是
A．盐溶液是电解质
B．溶液和胶体的本质区别是有无丁达尔效应
C．可用NaOH溶液回收铝合金中的镁
D．小苏打溶液呈碱性的原因：HCO3－OH-
+
CO2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、电解质是纯净物，是化合物，盐溶液属于混合物，故错误；B、本质区别是分散质微粒直径大小，>100nm是浊液，1～100nm属于胶体，<1nm属于溶液，故错误；C、金属铝和氢氧化钠反应，而镁不和氢氧化钠反应，然后过滤，故正确；D、NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3－水解，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，溶液显碱性，故错误。
考点：考查电解质、分散系、铝的性质、盐类水解等知识。
2．下列各组物质的燃烧热相等的是
A、碳和二氧化碳
B、1mol碳和3mol碳
C、3mol乙炔（C2H2）和1mol苯
D、淀粉和纤维素
【答案】B
【解析】
试题分析：燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因为要求燃烧热相等，只能是同种物质，即选项B正确。
考点：考查燃烧热的定义等知识。
3．某温度时，测得纯水中c(H＋)＝2．4×10－7
mol·L－1，则c(OH－)为
A．2．4×10－7
mol·L－1
B．1．0×10－7
mol·L－1
C．
mol·L－1
D．无法确定
【答案】A
【解析】
试题分析：由水的电离平衡H2O≒H++OH-
可知纯水中电离出的c(H＋)和c(OH－)相等，答案选A。
考点：水的离子积常数
4．下列说法正确的是
A．石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，说明石油和煤中含有芳香烃
B．石油裂解的目的主要是为了得到更多的汽油
C．石油分馏得到的产物可用来萃取溴水中的溴
D．石油裂化主要得到的是乙烯、丙烯等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，是芳香烃的主要来源，但并不能说明石油和煤中含有芳香烃，A错误；B、石油裂解的目的主要是为了获得短链不饱和气态烃，B错误；C、石油分馏得到的产物可用来萃取溴水中的溴，C正确；D、石油裂解主要得到的是乙烯、丙烯等，D正确。答案选C。
考点：煤、石油的综合利用
5．下列关于F、Cl、Br、I的比较中，不正确的是
A.它们的原子核外电子层数随原子序数的增加而增多
B.被其它卤素单质从卤化物中置换出来的可能性随原子序数的增加而增大
C.它们的氢化物的稳定性随原子序数的增加而增强
D.它们的单质颜色随原子序数的增加而加深
【答案】C
【解析】略
6．（2015 扬州模拟）I可用于治疗甲亢，有关I的说法正确的是（
）
A．中子数为131
B．质子数为131
C．电子数53
D．质量数53
【答案】C
【解析】53131I的质子数为53，电子数为53，质量数为131，中子数为131﹣53=78，则C项正确，故选C．
【点评】本题主要考查了原子符号的含义以及粒子数目之间的关系，难度不大，注意知识的积累．
7．有一种新型的固体氧化物型燃料电池(SOFC)，该电池工作时，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在高温熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料说法正确的是
A．在熔融电解质中，O2－由负极移向正极
B．电池的总反应是：2C4H10
+
13O2=8CO2
+
10H2O
C．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2
-
4e-
=
2O2－
D．通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10
+
26e-
+
13O2－=
4CO2
+
5H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A、原电池装置中，阴离子移向负极，错误；B、该电池的总反应相当于丁烷的燃烧反应，正确；C、正极发生还原反应，得电子，错误；D、通入丁烷的一极是负极，失电子发生氧化反应，错误，答案选B。
考点：考查原电池的反应原理，电极的判断，离子的定向移动，电池总反应的判断
8．在下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂的是
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
B．Cl2+H2OHCl
+HClO
C．2F2+2H2O=4HF+O2
D．2H2OH2↑+O2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：H2O中H元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，如水既不是氧化剂也不是还原剂，则H和O的化合价不变化。则A、反应中H元素的化合价降低，水为氧化剂，A错误；B、反应中，水中H和O元素的化合价不变，所以水既不作氧化剂又不作还原剂，氯气既是氧化剂，也是还原剂，B正确；C、反应中，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，C错误；D、反应中，水中H元素的化合价降低，O元素化合价升高，水既是氧化剂，也是还原剂，D错误，答案选B。
【考点定位】本题考查氧化还原反应及氧化还原反应中水的作用判断
【名师点晴】判断氧化还原反应有关概念的关键是明确元素的化合价变化，可以记住以下口诀：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂；
9．下列叙述正确的是(
)
A．1
mol
H2O的质量为18g/mol
B．CH4的摩尔质量为16g
C．3.01×1023个SO2分子的质量为32g
D．标准状况下,1
mol任何物质体积均为22.4L
【答案】C
【解析】
试题分析：1
mol
H2O的质量为18g，A错误；CH4的摩尔质量为16g/mol,B错误；3.01×1023个SO2分子的质量为=（3.01×1023/6.02×1023x64=32g,C正确；标准状况下,1
mol任何物质，该物质若是固体，则体积无法计算，D错误。
考点：考查化学基本概念。
10．碱性电池有容量大，放电电流大的特点，被广泛应用。锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn
+
2MnO2
+
H2O=Zn（OH）2+Mn2O3。下列说法错误的是
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2
+
H2O+2e-==Mn2O3
+
2OH-
C．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少13g
D．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据原电池的工作原理，化合价升高失电子的作负极，分析电极反应方程式，锌的价态升高，锌失电子，说法正确；B、负极电极反应式：Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，总电极反应式减去负极电极反应式：正极：2MnO2
+
H2O+2e-==Mn2O3
+
2OH-，正确；C、根据Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，外电路转移0.2mole－消耗锌的质量为6.5g，错误；D、根据原电池的工作原理，外电路电子从负极流向正极，正确。选项C符合题意。
考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写。
11．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的最外层电子数是次外层的两倍，也是X、W最外层电子数之和的两倍，Z是地壳中含量最多的元素，R的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小。以下说法中正确的是
A．R形成的盐一定不能与Y的最高价氧化物对应的水化物发生反应
B．Z、W形成的化合物中只有一种类型的化学键
C．Y、Z的氢化物的稳定性Y＜Z
D．X的原子半径一定小于Z
【答案】C
【解析】
试题分析：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的最外层电子数是次外层的两倍，也是X、W最外层电子数之和的两倍，则Y是碳元素，X是氢元素或Li，W是钠。Z是地壳中含量最多的元素，则Z是氧元素，所以Y是氮元素。R的单核离子在同周期元素形成的单核离子中半径最小，所以R应该是铝元素。A．R形成的盐如果是偏铝酸钠，则能与Y的最高价氧化物对应的水化物发生反应生成氢氧化铝，A错误；B．Z、W形成的化合物过氧化钠中含有离子键和非极性键，B错误；C．氮元素的非金属性弱于氧元素，则Y、Z的氢化物的稳定性Y＜Z，C正确；D．Li的原子半径大于O，D错误，答案选C。
考点：考查元素推断的应用
12．某非金属气态氢化物分子中的氢原子个数与该元素最高价氧化物分子中氧原子的个数之比为2:1，其氢化物与最高价氧化物相对分子质量之比为8:15，则该非金属元素的相对原子质量为（
）
A．28
B.14
C.19
D.32
【答案】A
【解析】
试题分析：设氢化物的化学式是RH2x，则氧化物的化学式是ROx。根据题意可知
。又因为2x＋2x＝8，所以x＝4，则M＝28，答案选A。
考点：考查根据化合价进行的有关计算
点评：对于短周期主族元素，最高价和最低价的绝对值之和满足8，据此可以进行有关计算。
13．下列反应的离子方程式正确的是
A．过氧化钠和水反应：
2Na2O2
＋2
H2O
＝
4Na+
＋4OH
＋
O2↑
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
Al2O3
＋
2
OH
＝
2AlO2
＋H2↑
C．用小苏打治疗胃酸过多：CO32-+H+=CO2↑+H2O
D．二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液：CO2+
OH ＝
HCO3
【答案】A
【解析】
试题分析：A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于强碱，2Na2O2
＋2
H2O
＝
4Na+
＋4OH
＋
O2↑，故A正确；B、氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，故B错误；C、小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，故C错误；D、二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液中生成碳酸钠和水，故D错误；故选A。
考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
14．有一种酸性溶液中存在NO3—、I—、Cl—、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中
A．一定含有I—，不能确定是否有Cl—
B．一定含有NO3—
C．可能含有Fe3+
D．一定含有I-、NO3—和Cl—
【答案】A
【解析】
试题分析：强酸性溶液中不可能同时存在NO3－、Fe3+与I－，加入溴水后，溴作氧化剂，被还原，说明溶液中不存在比溴氧化性强的物质，所以不存在硝酸根离子；因为溴不与Cl－、Fe3+反应，则溴只能与I-发生氧化还原反应，则溶液中一定存在I-，所以铁离子肯定不存在，氯离子不能确定，则答案选A。
考点：考查离子的检验与判断
15．下列溶液肯定呈酸性的是
A．含H+的溶液
B．加酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液
D．c(OH―)
【答案】D
【解析】
试题分析：任意水溶液都含有氢离子，故A错误；加酚酞显无色的溶液，可能是中性，故B错误；100℃，纯水的PH=6，故C错误；c(OH―)
考点：本题考查溶液酸碱性。
16．（8分）写出下列物质的电离方程式或者化学式：
（1）硫酸__________________（电离方程式）
（2）纯碱___________________（化学式）
（3）醋酸______________________（化学式）
（4）大理石的主要成分____________（化学式）
【答案】（8分）
（1）
H2SO4
=2H+＋SO42-
（2）Na2CO3
（3）CH3COOH
（4）
CaCO3
【解析】略
17．如下图所示，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。
请填写下列空白：
（1）写出反应②的实验现象
。
（2）以上反应中属于氧化还原反应的有
。（填写编号）
（3）
反应②的化学方程式

；
反应⑥的化学方程式 。
向D中滴入HCl的化学方程式
。
【答案】（1）浮、熔、游、响
（2）①②③④
（3）2Na
+
2H2O
2NaOH
+
H2↑
2NaHCO3Na2CO3
+
CO2
+
H2O
Na2CO3
+
HCl
NaHCO3
+
NaCl
【解析】各物质的焰色反应均为黄色，说明均为钠及其化合物；即A为钠单质；
反应①：2Na＋O2Na2O2
反应②：2Na
+
2H2O
2NaOH
+
H2↑
反应③：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
反应④：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑
反应⑤：NaOH＋CO2=NaHCO3
反应⑥：2NaHCO3Na2CO3
+
CO2
+
H2O
（1）由于钠的密度小于水且熔点低，且反应过程中放出大量热、生成氢气，故反应现象为：钠浮于水面、熔化为小球儿、不断游动且能听到响声
（2）有化合价改变的①②③④反应均符合题意
（3）向Na2CO3溶液中滴加盐酸：Na2CO3
+
HCl
NaHCO3
+
NaCl
18．（7分）为了探究HClO的漂白性，某同学设计了如下的实验。
（1）通入Cl2后，从集气瓶A中干燥的红色布条的现象可得出的结论是
；从集气瓶B中湿润的红色布条的现象可得出的结论是
，其中发生的反应的化学方程式为
。
（2）为了确证是HClO使湿润的红色布条褪色，你认为还应增加的实验是
。
（3）烧杯中溶液所起的作用是
，烧杯中所发生反应的化学方程式为
。
（4）为保证实验安全，当氯气以每分钟1.12L（标准状况）的流速匀速通入时，若实验需耗时4分钟，小烧杯中盛2
mol·L—1的NaOH溶液的体积至少应为__________mL。
【答案】（1）
干燥的Cl2没有漂白性，
氯水有漂白性
Cl2+
H2O=HCl+
HClO。
（2）
验证HCl是否有漂白性
（3）
吸收多余的Cl2，
Cl2+2NaOH=NaCl+
NaClO+H2O
。
（4）200ml
【解析】（1）干燥放热有色布条不褪色，说明干燥的Cl2没有漂白性。B中湿润的红色布条褪色，则说明氯水有漂白性，这是由于氯气溶于水生成次氯酸具有氧化性，反应式为Cl2+
H2O=HCl+
HClO。
（2）由于氯气和水反应，还生成氯化氢，所以还必须验证HCl是否有漂白性。
（3）氯气有毒，所以必须进行尾气处理，所以氢氧化钠是吸收多余的氯气的，方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+
NaClO+H2O。
（4）4分钟内通过的氯气是1.12L×4＝4.48L，物质的量为0.2mol，消耗氢氧化钠是0.4mol，所以氢氧化钠溶液的体积至少应是0.4mol÷2mol/L＝0.2L。
19．实验室里欲配制480mL
0.1mol/L﹣1的硫酸铜溶液，请据此回答下列问题：
（1）实验时，应用托盘天平称取五水硫酸铜晶体
g
（2）在配制硫酸铜溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管．
（3）若实验遇下列情况，则所配溶液的物质的量浓度偏高的是
（填字母）
A、加水时超过刻度线
B、忘记将洗涤液加入容量瓶
C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理
D、定容的过程中俯视读数
（4）在称量样品后，进行了下列操作：
①待溶液的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入500mL容量瓶中．
②往容量瓶中加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面最低处与瓶颈的刻度线相切．
③在盛固体的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其充分溶解．
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．
上述操作中，正确的顺序是
（填序号）
【答案】（1）12.5；（3）D；（4）③①④②
【解析】（1）配制480mL
0.1mol/L﹣1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，需要五水硫酸铜晶体m=0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g；故答案为：12.5；
（3）A、加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故A不选；
B、忘记将洗涤液加入容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；
C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；
D、定容的过程中俯视读数，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为：③①④②；
【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及误差分析，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大，注意误差分析方法．
20．某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1
mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：___________与盐酸反应最剧烈，____________与盐酸反应的速度最慢；______________与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为____________________________。
（3）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH碱性强于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性强于氮，你认为此设计是否合理？并说明理由。
。
Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（4）仪器B的名称为___________，干燥管D的作用为____________。
（5）若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液__________________(填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用______________溶液吸收尾气。
（6）若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液_________________(填现象)，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有______________溶液的洗气瓶除去。
【答案】（1）钾
铝
铝（2）S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－
（3）不合理，NH3·H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物
（4）锥形瓶
防止倒吸（5）变蓝
NaOH（6）有白色沉淀生成
饱和NaHCO3
【解析】
试题分析：（1）钠、钾、镁、铝中钾的金属性最高，所以与盐酸反应最剧烈，铝的金属性最弱，所以与盐酸反应的速率最慢，因为各元素的化合价不同，化合价最高的为铝元素，所以1摩尔金属与足量的盐酸反应，铝产生的氢气最多。（2）氯气和硫化钠反应生成氯化钠和硫，氯气置换出硫，离子方程式为：S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－。（3）金属性的强弱与最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱对应，NH3·H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物，所以不合理。（4)仪器B为锥形瓶。干燥管的体积比较大，可以防止倒吸。（5）要证明氯的非金属性比碘强，可以用高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气再与碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉显蓝色，所以观察到C中变蓝。因为尾气可能还有氯气，所以应该用NaOH吸收氯气，防止污染。
（6）要证明碳的非金属性比硅强，可以用碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以C中有白色沉淀生成；但产生的二氧化碳中含有盐酸挥发出的氯化氢，可以用饱和NaHCO3除去氯化氢气体。
考点：金属性和非金属性的比较
21．将46g金属钠和54g金属铝同时放入足量的水中，最后得到5.0L溶质仅为偏铝酸钠的溶液。计算：
⑴得到的气体在标准状况下的体积。
⑵所得溶液中偏铝酸钠的物质的量浓度。
【答案】67.2L
【解析】略
　解：n(Na)＝2mol
n(Al)＝2mol
2Na
＋
2H2O
＝
2NaOH
＋
H2↑
2mol
2mol
22.4L
2Al
＋
2H2O
＋
2NaOH
＝
2NaAlO2
＋
3H2↑
2mol
2mol
2mol
67.2L
得到的气体在标准状况下的体积为：22.4L＋67.2L＝89.6L

⑵得到的溶液为NaAlO2溶液，其物质的量浓度为：
22．我国药物化学家屠呦呦因研究合成抗疟疾新药青蒿素与双氢青蒿素而被授予2015年诺贝尔生理学、医学奖。青蒿素的一种化学合成部分工艺流程如下：
已知：
（1）化合物D的分子式为___________，D分子中所含有的官能团名称是_____________。
（2）烃分子中含-OH叫醇，含-SH叫硫醇，此合成中用到的物质用系统命名法命名，它的名称是___________；反应B→C，实际上可看作两步进行，依次发生的反应类型是________、_________。
（3）请写出在A的同系物中，其相对分子质量最小的分子与银氨溶液发生反应的化学方程式：_____________________。
（4）合成路线中设计E→F、G→H的目的是____________________。
（5）A在Sn-β沸石作用下，可异构为异蒲勒醇，已知异蒲勒醇分子有3个手性碳原子，异蒲勒醇分子内脱水再与一分子H2加成可生成则异蒲勒醇的结构简式为：________________。
【答案】（1）C20H28O2；羰基、醚基(醚键)；
（2）1，3-丙二硫醇；加成反应、消去反应；
（3）CH2=CH-CHO+2Ag(NH3)2OH
→
CH2=CH-COONH4+2Ag+3NH3+H2O；
（4）保护羰基（5）；
【解析】
试题分析：（1）根据化合物D结构可知，D的分子式为C20H28O2；D分子中所含有的官能团有羰基和醚键，故答案为：C20H28O2；羰基、醚基(醚键)；
（2）烃分子中含-OH叫醇，含-SH叫硫醇，结合醇的命名规则，用系统命名法命名为1，3-丙二硫醇；由题目信息可知，结合B、C的结构可知，C=O双键变成C=C双键，应是B中连接羰基的甲基上的α-H与C=O先发生发生加成反应产生C-OH，再发生消去反应生成产生C=C双键生成C，故答案为：1，3-丙二硫醇；加成反应、消去反应；
（3）在A的同系物中，其相对分子质量最小的物质的结构简式为CH2=CH-CHO，其与银氨溶液发生反应的化学方程式为CH2=CH-CHO+2Ag(NH3)2OH
→
CH2=CH-COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH2=CH-CHO+2Ag(NH3)2OH
→
CH2=CH-COONH4+2Ag+3NH3+H2O；
（4）由E→F的结构可知，羰基中C=O双键变成C-S单键，由G→H的结构可知C-S单键又变成羰基，目的是保护羰基，故答案为：保护羰基；
（5）由最终分子的结合，结合异蒲勒醇分子有3个手性碳原子、与A互为同分异构体，可知其结构为环状，分子内脱水，应含有-OH，根据A的结合可知-OH处于环中甲基的间位位置，结合加成产物可知应是异蒲勒醇与氢气发生1，4-加成，则异蒲勒醇的结构简式为：，故答案为：。
【考点定位】考查有机物的合成与推断、有机化学方程式的书写
【名师点晴】本题考查了有机物推断与合成，涉及对工艺流程的分析与推断、有机反应类型、官能团、合成工艺流程的设计。该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变。
23．乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体．某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯．
已知：
（1）写出A→B反应所需的试剂及条件：
．
（2）D的结构简式为
．
（3）E在一定条件下可反应生成一种高分子化合物，写出该反应的化学方程式
．
（4）乙酰基扁桃酰氯中有
种不同化学环境的氢原子．
（5）设计以乙醇为原料制备F的合成路线，无机试剂任选．
（合成路线常用表示方法为：AB…目标产）
【答案】（1）氢氧化钠水溶液、加热；（2）
（3）n+nH2O；
（4）4；（5）
【解析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为
，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，
（1）根据上面的分析可知，A→B反应所需的试剂及条件为氢氧化钠水溶液、加热，
（2）根据上面的分析可知，D的结构简式
为，
（3）E为，E发生缩聚反应生成高分子聚合物，反应方程式为
n+nH2O，
（4）根据乙酰基扁桃酰氯的结构简式可知，有4种不同化学环境的氢原子，
（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为，
【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用．