1、四川省宜宾市普通高中2020届高三化学适应性考试（三诊）试题（含解析）1.化学与生产生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）A. 有机玻璃的主要成分是硅酸盐和二氧化硅B. 硫酸亚铁与维生素C混用有利于铁元素吸收C. 汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠D. 通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯【答案】A【解析】【详解】A有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，A错误；B维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，B正确；C汗水含氯化钠，故汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠，C正确；D通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等基本化工原料，D正确
2、；答案选A。2.N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 在反应过程中作催化剂B. 催化剂a表面发生了分解反应和化合反应C. 催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒（活化能）D. 催化剂b表面发生的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O【答案】D【解析】【详解】A.由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，则氨气在反应过程中做中间产物，故A错误；B. 由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，故B错误；C.催化剂a、b，降低了反应的
3、活化能，从而提高反应速率，故C错误；D. 由示意图可知，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确；故选D。【点睛】在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水是解答关键。3.由环己醇制备环己烯的反应为：H2O。下列说法正确的是（ ）A. 该反应取代反应B. 环己醇环上的一氯代物有3种C. 环己烯分子中所有原子共平面D. 环己烯能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【分析】【详解】A.在浓硫酸作用下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，故A错误；B.环己醇结构对称，分子中与羟基
4、相连的碳原子含有1个氢原子，则环己醇环上的一氯代物有4种，故B错误；C. 环己烯分子中含有亚甲基结构，所有原子不可能共平面，故C错误；D. 环己烯分子中含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。4.某学习小组设计的蔗糖水解反应如图所示（夹持装置省略）。下列说法错误的是（ ）A. 稀硫酸和热水浴都能加快蔗糖水解速率B. 滴加NaOH溶液的目的是调溶液的pH至碱性C. 加热至沸腾后试管内生成黑色沉淀D. 实验现象证明蔗糖水解有还原性物质生成【答案】C【解析】【分析】【详解】A稀硫酸是蔗糖水解反应的催化剂，催化剂能加快反应速率，热水浴相当于对反应体
5、系加热，温度升高，反应速率加快，故A正确；B酸性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液会与稀硫酸发生酸碱中和反应，影响后续蔗糖水解产物的检验，滴加NaOH溶液的目的是调溶液的pH至碱性，消除稀硫酸对后续实验现象的影响，故B正确；C蔗糖在稀硫酸存在、水浴加热时发生水解生成一分子葡糖糖和一分子果糖，葡萄糖分子结构中有醛基，具有还原性，与新制氢氧化铜发生氧化还原反应，加热至沸腾后试管内生成砖红色氧化亚铜沉淀，故C错误；D结合C项分析，以及实验现象，氢氧化铜转化为氧化亚铜，Cu元素化合价降低，被还原，证明蔗糖水解有还原性物质生成，故D正确；答案选C。5.常温下，1molL-1NaHCO3溶液的pH=8。下列说法
6、正确的是（ ）A. 该溶液中OH的数目为106NAB. 该溶液中，c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)C. 2c(Na+)+2c(H+)=2c(HCO3-)+c(CO32-)+2c(OH-)D. 加水稀释水解程度增大，溶液pH增大【答案】B【解析】【详解】A. 常温下，1molL-1NaHCO3溶液的pH=8，OH的浓度为106mol/L，没有溶液体积，不能计算OH的物质的量，故A错误；B. NaHCO3溶液中HCO3水解出H2CO3，HCO3-电离出CO32-，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，所以c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)，故B正确；C.
7、溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；D. 加水稀释水解程度增大，由于c（OH-）减小，所以溶液pH减小，故D错误；答案选B。6.利用光能分解水的装置如图，在直流电场作用下，双极性膜将水解离为H+和OH，并实现其定向通过。下列说法错误的是（ ）A. 光电池能将光能转化为电能B. 阳极区发生的电极反应为：2H2O4e=4H+O2C. 双极性膜能控制两侧溶液的酸碱性不同D. 再生池中发生的反应为：2V2+2H+=2V3+H2【答案】B【解析】【分析】由图上电子移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，左
8、侧为阴极，反应式为2V3+2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+=2V3+H2，由此来解题。【详解】A由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，选项A正确；B光照过程中阳极区发生的电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，选项B错误；C双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH- 进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，选项C正确；D根据以上分析，再生的反应方程式为2V2+2H+=2V3+H2，选项D正确；答案选B。【点睛
9、】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。7.X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. X为锂元素B. 原子序数：MQC. 最高价含氧酸酸性：ZMD. Y、Z简单氢化物的沸点：YZ【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，又由图示信息知，M最高正价+7、最低-1价，则 M为Cl，Z最高正价+5、最低-3价且原子半径小于Cl，则Z为N，X为+1，位于A，且原子半径是五种元素中最小的，则X为H，Q为+1，位于A，且原子半径是五种元素中最大的，Q为Na，Y化合价-2价，位于A，而原子半径比
10、氮原子半径小，则Y为O；【详解】A. X为氢元素，A错误；B. 原子序数：MQ ，即ClNa ，B错误；C. 最高价含氧酸酸性：ZM ，即硝酸的酸性不如高氯酸，C正确；D. Y、Z简单氢化物的沸点：YZ，即水的沸点比氨气高，D错误；答案选C。8.Fe(NO3)3是一种重要的媒染剂和金属表面处理剂，易溶于水、乙醇，微溶于硝酸，具有较强的氧化性。某学习小组利用如图装置制备Fe(NO3)3并探究其性质。回答下列问题：步骤一：制备Fe(NO3)3a中加入100mL8molL-1硝酸，b中加入5.6g铁屑，将硝酸与铁屑混合后水浴加热。（1）仪器b的名称是_。（2）反应过程中观察到b中铁屑溶解，溶液变黄色
11、，液面上方有红棕色气体产生，仪器b中反应的离子方程式是_。（3）c中所盛试剂是_，倒扣漏斗的作用是_。（4）若要从反应后的溶液中得到Fe(NO3)3晶体，应采取的操作是：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用_洗涤、干燥。步骤二：探究Fe(NO3)3的性质i.测得0.1molL-1Fe(NO3)3溶液的pH约等于1.6。ii.将5mL0.1molL-1Fe(NO3)3溶液倒入有银镜的试管中，约1min后银镜完全溶解。（5）使银镜溶解的原因可能有两个：a.NO3(H+)使银镜溶解；b._使银镜溶解。为证明b成立，设计如下方案：取少量银镜溶解后的溶液于另一支试管中，_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (
12、2). Fe+3NO3-+6H+Fe3+3NO2+3H2O (3). NaOH溶液 (4). 防止倒吸 (5). 硝酸或HNO3 (6). Fe3+ (7). 滴加几滴铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明原因b成立【解析】【分析】（1）看图知仪器b的名称；（2）该反应生成硝酸铁、二氧化氮和水；（3）c中所盛试剂能吸收二氧化氮，倒扣漏斗的作用是防倒吸；（4）结合信息选择洗涤Fe(NO3)3晶体的方法；（5）除硝酸之外另外的氧化剂使银镜溶解，用特征反应检验产物即可；【详解】（1）仪器b为圆底烧瓶；答案为：圆底烧瓶； （2）铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，故离子方程式为
13、：Fe+3NO3-+6H+ Fe3+3NO2+3H2O；答案为：Fe+3NO3-+6H+ Fe3+3NO2+3H2O； （3）二氧化氮有毒，是一种空气污染物，故c中所盛试剂可选NaOH溶液，它能吸收二氧化氮，气体被吸收后可能引起倒吸，倒扣漏斗的作用是防倒吸；答案为：NaOH溶液；防止倒吸； （4）题目提供信息：硝酸铁易溶于水、乙醇，微溶于硝酸，故选硝酸洗涤Fe(NO3)3晶体除去其表面可溶性杂质；答案为：硝酸或HNO3；（5）除硝酸之外，另外的氧化剂也可使银镜溶解，题目显示，硝酸铁有较强氧化性，故有可能发生Ag+Fe3+=Ag+Fe2+而溶解银，可通过特征反应检验产物中是否存在亚铁离子，故取反
14、应后的溶液，滴加几滴铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明原因b成立；答案为：Fe3+；滴加几滴铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明原因b成立。9.硒和碲的单质是重要的高新技术材料。一种以含贵重金属的“酸泥”（含Se、Te、Ag、Pb、Cu等单质）为原料制备硒和碲的工艺流程如图所示。已知：H2SeO3易溶于水，TeO2不溶于水。“中和”过程中测得不同pH下相关数据如下表：“中和”终点pH滤液/（gL-1）沉淀率/SeTeSeTe411.20.0298.998.1513.70.015.898.9612.40.0134.191.6回答下列问题：（1）已知“
15、碱浸”过程中生成了Na2SeO3和Na2TeO3，则“滤渣”中含有Cu和_。写出Se参加反应的离子方程式_。（2）“碱浸”过程中通入空气应适量的原因是_。（3）“中和”过程中生成TeO2的化学方程式是_。（4）“中和”终点pH应选择在_附近，原因是_。（5）“滤液”可返回_工序循环使用。（6）要制取395g粗硒（质量分数为80），理论上至少应通入标准状况下的SO2_L。【答案】 (1). Ag、Pb (2). Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O (3). 过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化 (4). Na2TeO3+H2SO4= Na2SO4+TeO2+H2O (5). 5
16、 (6). 滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高 (7). 中和 (8). 179.2【解析】【分析】由流程知：“酸泥”（含Se、Te、Ag、Pb、Cu等单质）中Se、Te 经过“碱浸”过程被氧化生成了Na2SeO3和Na2TeO3，Ag、Pb、Cu不反应，过滤以后得到的溶液含过量的碱、Na2SeO3和Na2TeO3，“中和”过程中在一定pH下，Na2SeO3和Na2TeO3分别转化为易溶于水的H2SeO3、不溶于水的TeO2，经过滤，把二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se，据此回答；【详解】（1）“碱浸”过程中只有Se、Te被空气中的氧气氧化，生成了可溶性的Na2SeO3和Na2T
17、eO3进入溶液，而Ag、Pb、Cu不反应，则“滤渣”中含有Ag、Pb、Cu；Se参加反应的离子方程式为：Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O；答案为：Ag、Pb；Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O；（2）Se、Te 都位于第A族，Na2SeO3中的Se和Na2TeO3中的Te都呈+4价，Na2SeO3和Na2TeO3既有氧化性又有还原性，若“碱浸”过程中通入空气过量，则过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化；答案为：过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化；（3）“中和”过程中，硫酸和Na2TeO3反应生成硫酸钠、水和TeO2，化学方程式为：Na2TeO3+H2SO
18、4= Na2SO4+TeO2+H2O；答案为：Na2TeO3+H2SO4= Na2SO4+TeO2+H2O；（4）从流程图知，“中和”是分离Se、Te元素的环节，根据中和”过程中测得不同pH下相关的数据知，终点pH应选择在5附近，原因是滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高；答案为：5；滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高；（5）“还原”过程是二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se，二氧化硫被氧化生成硫酸，故 “滤液”中含硫酸，可返回中和工序循环使用；答案为：中和；（6）二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se的反应为：，则=，解得V=179.2L；答案为：179.2L。【点睛】元
19、素周期律能对元素化合物的学习起到指导作用。本题的硒元素的化学性质从S元素类推，它们处于同一主族，结构相似，化学性质既相似又有递变性。10.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）已知：H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=QkJmol-1H2(g)+I2(s)=2HI(g) H=26.48kJmol-1I2(g)=I2(s) H=-37.48kJmol-1化学键IIHI键能/（kJmol-1）151299键能是将1mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJmol-1。Q=_kJmol-1。HH键能为_kJmol-1。（2）716K时，在
20、恒容密闭容器中按物质的量之比1：1充入H2(g)和I2(g)，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如图：若反应开始时气体混合物的总压为pkPa，则反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)=_kPamin-1（用含p的式子表示）。在H2(g)+I2(g)2HI(g) H=QkJmol-1反应中，正反应速率为v正=k正c(H2)c(I2)，逆反应速率为v逆=k逆c2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，则温度为716K时，=_（列出计算式）。H2(g)+I2(g)2HI(g)达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动，原因是_。（3）一定条件下，NaClO可将溶液中的I-氧化为I2
21、。通过测定体系的吸光度，检测到不同pH下I2的生成量随时间的变化关系如图。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大pH=4.8时，在_min附近c(I2)最大。10min时，不同pH与吸光度的关系是_。pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因是_。【答案】 (1). -11 (2). 436 (3). 0.015p (4). 或 (5). 降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动 (6). 30 (7). pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低 (8). c(H+)增大，ClO-氧化性增强，会继续将I2进一步氧化，c(I2)降低，
22、吸光度下降【解析】【分析】（1）用盖斯定律计算Q；利用H=反应物总键能生成物总键能，求HH键能；（2）通过表中数据、按要求计算反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)；在H2(g)+I2(g)2HI(g)中，温度为716K时，正反应速率v正=k正c(H2)c(I2)等于逆反应速率=v逆=k逆c2(HI)，处于平衡状态，据此可计算；H2(g)+I2(g)2HI(g)达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动的原因从体系内存在的其它变化来分析（此反应中逆反应为吸热方向）；（3）pH=4.8时，据图判断c(I2)最大的时间；10min时，不同pH与吸光度的关系可通过该图数据分析得出；pH=4.0时
23、，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能从物质的性质来分析；【详解】（1）设反应H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=QkJmol-1，反应H2(g)+I2(s)=2HI(g) H=26.48kJmol-1，变化I2(g)=I2(s) H=-37.48kJmol-1，则反应=反应+变化，故Q=-37.4826.48=-11；答案为：-11；按以上计算，则H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=-11kJmol-1，利用H=反应物总键能生成物总键能=x+151-2299=-11，x=436；答案为：436；（2）按题意知：、则反应在前20min内的I2(g)平均速率
24、(I2)= 0.015p kPamin-1；答案为：0.015p；在H2(g)+I2(g)2HI(g)中，温度为716K体系处于平衡状态时，v正=k正c(H2)c(I2) =v逆=k逆c2(HI)，则，图示平衡时 ，则，则=或；答案为：或； H2(g)+I2(g)2HI(g)为放热反应，若达平衡后物质状态及反应没有变化，则降低温度，平衡应该右移，现在逆向移动，则可能的原因从体系内存在的其它变化来分析，可能原因为：降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动；答案为：降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动； （3）吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，可由图知pH=
25、4.8时，c(I2)最大的时间为30min；答案为：30； 吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，10min时， ，10 min时pH越低c(H+)越大，反应速率加快，c(I2)越高，吸光度越大；答案为：pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低； pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降即c(I2)快速下降，也就是进一步反应了，这是因为c(H+)增大，ClO-氧化性增强，会继续将I2进一步氧化；答案为：c(H+)增大，ClO-氧化性增强，会继续将I2进一步氧化，c(I2)降低，吸光度下降。11.2020年1月，南开大学研究团队“高效手性螺环催化剂的发现”获得2
26、019年度国家自然科学技术一等奖，含多种金属元素的催化剂正在刷新合成化学的新高度。回答下列问题：（1）形成“刚性”螺环的元素是碳，基态碳原子的价电子轨道表达式是_。（2）如图是一种简单螺环烃，分子中碳原子的杂化方式为_，分子中_（填“含”或“不含”）手性碳原子。（3）铁及其化合物羰基铁Fe(CO)5常用作催化剂。1mol Fe(CO)5分子中含有的键数目为_，写出一种与CO互为等电子体的离子_。Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点-20，沸点103，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。Fe(CO)5是_（填“极性”或“非极性”）分子；配体CO提供孤电子对的原子是C而不是O，原因是_。如
27、图是某Fe单质晶胞模型。已知晶体密度为d gcm-3，则铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。（4）在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体提供的电子数之和满足“18e-结构规则”。羰基铁与羰基镍的化学式分别为Fe(CO)5和Ni(CO)4，则羰基铬的化学式是_。【答案】 (1). (2). sp3 (3). 不含 (4). 10NA (5). CN-或C22-或NO+ (6). 非极性 (7). C的电负性比O小，C比O更易提供孤对电子 (8). 107 (9). Cr(CO)6【解析】【分析】（1）基态碳原子的价电子为第L层的4个电子，据此写其轨道表达式；（2）
28、分子中碳原子都是碳碳单键，据此可确定杂化方式，按分子中碳原子是否连接着4个不同基团来确定是否含有手性碳原子；（3）从结构特点求算1mol Fe(CO)5分子中含有的键数目、按等电子体的定义可写出CO互为等电子体的离子；按Fe(CO)5的性质推断其的分子极性；从C、O原子性质的分析配体CO提供孤电子对的原子是C而不是O的原因；结合Fe单质的晶胞模型，确定晶胞的质量、体积，从而按晶体密度为d gcm-3列式求算晶胞边长，按Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r铁原子的半径；（4）按提供的信息在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体提供的电子数之和满足“18e-结构规则”。羰基铁与羰基镍
29、的化学式分别为Fe(CO)5和Ni(CO)4，则可求羰基铬的化学式；【详解】（1）基态碳原子的价电子为第L层的4个电子，价电子排布式为2S22P2，据此写其轨道表达式为； （2）分子中碳原子都是碳碳单键，则碳原子的杂化方式为sp3，分子中不存在连接着4个不同基团的碳原子，故分子内不含手性碳原子；（3）1mol Fe(CO)5分子中，有5mol配位键是键、每1mol CO内有1mol 键，故含有的键数目为10NA，与CO互为等电子体的离子是双核离子且最外层有14个电子，则满足条件的离子有CN-或C22-或NO+；Fe(CO)5的熔沸点比较低，属于分子晶体，按Fe(CO)5的溶解性：易溶于非极性溶
30、剂，故可推断其为非极性分子；Fe(CO)5分子内铁原子与CO分子间形成了配位键，C的电负性比O小，C比O更易提供孤对电子，故CO提供孤电子对的原子是C而不是O；Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为 ，晶胞的质量为，晶胞体积为 ，边长 ，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以 ；（4）按提供的信息在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体提供的电子数之和满足“18e-结构规则”，则羰基铬也满足规律，因为铬的价电子构型为3d54s1，铬有6个价电子，则配体CO提供12个电子，故配位数为6，羰基铬的化学式为Cr(CO)6。12.科学家正在研究传统中草药金银花对治疗
31、“新冠肺炎”是否有效，金银花活性成分“绿原酸”的一种人工合成路线如图：已知：回答下列问题：（1）有机物A的名称是_，D中含有的官能团名称是_。（2）C的结构简式为_；B与C生成D的反应类型是_。（3）E生成F的化学方程式是_。（4）F生成G的反应中，“一定条件”对应的试剂和反应条件是_。（5）已知：双键连在同一碳原子上是不稳定结构。B的同分异构体中不含环状结构的共有_种（不含立体异构）。（6）写出用A和2-丁烯为原料制备的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 1，3丁二烯（或丁二烯） (2). 碳碳双键、氯原子 (3). CHCl=CHCl (4). 加成反应 (5). +Br2+H
32、Br (6). NaOH水溶液，加热 (7). 5 (8). 【解析】【分析】（1）由流程图提供的信息确定有机物A的名称、D中含有的官能团名称；（2）由流程图及提供的信息可知，BC反应是成环，由此可确定C的结构简式、确定B与C生成D的反应类型；（3）E生成F是1个溴原子取代氢原子的反应，据此写化学方程式；（4）F生成G的反应中，是卤代烃的水解反应，据此知“一定条件”对应的试剂和反应条件；（5）B的同分异构体有氯原子位置不同引起的位置异构、也有含官能团为碳碳三键的类别异构，据此找同分异构体的数目；（6）从原料到产物，合成过程中的成环反应，要用到题目提供的信息，而碳碳双键数目与位置的变化，则利用加
33、成反应先引入2个卤原子，再消去引入2个碳碳双键；【详解】（1）由流程图知有机物A为1，3丁二烯、D中含有的官能团为碳碳双键、氯原子；答案为：1，3丁二烯（或丁二烯）；碳碳双键、氯原子；（2）由流程图及提供的信息可知，BC反应是成环，由此可确定C为1，2-二氯乙烯，其结构简式为CHCl=CHCl， B与C生成D的反应为加成反应；答案为：CHCl=CHCl；加成反应；（3）E生成F是羧基所连碳原子上的一个氢原子被1个溴原子取代的反应，由流程图知在PBr3催化下与Br2反应，则化学方程式为：+Br2+HBr；答案为：+Br2+HBr；（4）F生成G反应中，则是NaOH水溶液并加热下卤代烃的水解反应； 答案为：NaOH水溶液，加热；（5）满足条件的B的同分异构体有H2C=CHCl-CH=CH2、也有含碳碳三键的类别异构，它们是1-氯-1-丁炔、3-氯-1-丁炔、4-氯-1-丁炔及1-氯-2-丁炔，共5种；答案为：5；（6）从原料到产物，合成过程中的成环反应，要用到题目提供的信息，而碳碳双键数目与位置的变化，则利用加成反应先引入2个卤原子，再消去引入2个碳碳双键，；答案为：。【点睛】问题（4）有些同学会出错，卤代烃的消去反应和取代反应跟反应条件有关，加热条件下，卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生取代反应所得有机产物是醇、在氢氧化钠醇溶液中发生的是消去反应生成不饱和键和水。
