1、河南省新乡县合河中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1将浓溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了（ ）A、氧化反应 B、取代反应 C、加成反应 D、萃取过程【答案】D【解析】因单质溴易溶在有机溶剂中，所以苯能萃取溴水中的单质溴，苯不能和溴水发生加成反应，答案选D。2用下列方案配制物质的量浓度为1mol/L的溶液，其中可行的是（ ）A将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mlB用托盘天平称量5.85gNaCl固体，配成100ml溶液C将常温常压下11.2LHCl气体溶于水，配成500ml溶液 D将40gNaOH溶解在1L水中【答案】A【解析】略3已知A、
2、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小，B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍，C、D是金属，它们的氢氧化物均难溶于水。下列说法不正确的是（ ）A单质D可用于冶炼某些难熔金属 B工业上常用电解法制得C和D的单质C稳定性：A2BA2E D简单离子的半径：CDEB【答案】D【解析】试题分析：根据题意可推知：A是H；B是O；C是Mg；D是Al；E是S。A单质Al可以发生铝热反应，可用于冶炼活动性比Al弱而熔沸点比较高的某些难熔金属，正确；B由于Mg、Al是活泼的金属，用一般还原剂不能将其还原出来，所以在工业上常用电解法制得C和D的单质，正确；C元素的非金属
3、性OS，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，所以稳定性：A2BA2E，正确；D对应电子层数不同的元素来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大；对于电子层数相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子核外简单离子的半径：EBCD，错误。考点：考查元素的推断、元素的性质比较及金属的冶炼方法的知识。4某课外小组做了一个有趣的实验，将2g铝粉和3g碘粉小心混合均匀，分成相等三份，分别进行实验，现将实验记录列表如下：第一组加入0.5g水很快产生火花第二组加入1g胆矾约30s产生火花第三组加入1g无水硫酸铜1min内没有明显现象根据上述实验事实，作出的推断错误的是A水能加快铝和碘
4、的反应 B第一组实验中铝和碘发生反应生成了AlI3C第一组和第二组实验中均放出热量 D第三组铝和硫酸铜发生了置换反应【答案】D【解析】正确答案：DA、正确，水加快铝与碘的反应；B、正确，铝是金属在反应中作还原剂，2Al3I2水2AlI3C、正确，从反应现象产生火花可以得出；D、不正确，铝和硫酸铜只有在水溶液中才发生置换反应。5室温下pH11的x、y两种碱溶液各5mL，分别稀释至500mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是A稀释后x溶液中水的电离程度比y溶液中水电离程度小B若x、y是一元碱，室温下pH11的x、y两种碱溶液的浓度相同C若x、y都是弱碱，则a的值一定大于9D完
5、全中和x，y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V（x）V（y）【答案】C【解析】x线pH下降快，说明碱性：xy；A：稀释后y的碱性相对强，对水的电离抑制程度相对大，水的电离程度相对小；B：两碱的电离度不同，由c（OH）=c可知，两者的浓度不同；C：选项正确；D：其中y碱性相对弱，其电离度小，浓度相对大，同体积的两碱溶液，y消耗酸多。6设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2 mol O2,转移电子的数目为0.4NAB在反应KIO3+6HI KI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC标准状况下，11.2 L的SO3所
6、含分子数为0.5NAD室温下，8 g甲烷含有共价键数为2NA【答案】D【解析】试题分析：A过氧化钠和水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，所以每生成1mol氧气，反应中就转移2mol电子，但选项中过氧化钠的质量是未知，故无法计算氧气的体积，错误。B该反应中碘酸钾是氧化剂，6mol碘化氢中有5mol作还原剂，反应生成3mol单质碘，反应中就转移5mol电子，错误。C标准状况下三氧化硫不是气体，不能用于气体摩尔体积，错误。一个甲烷分子中含有4个HC键，8g甲烷物质的量是0.5mol，因此含有共价键数目是2NA，正确。考点：考查阿伏加德罗常数的知识。7同种元素的同一价态，部分被氧化，部分被还原
7、的反应是( )3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2O NH4NO3N2O+2H2O 2Na2O2+2H2O=2NaOH+O2 2KNO32KNO2+O2A B C D 【答案】B【解析】试题分析：Br2中的Br元素部分化合价升高转化为KBrO3，部分降低转化为KBr，符合题意；NH4NO3中NH4+中的N元素由-3价升高至+1价，NO3中N元素由+5价降低为+1，不符合题意；Na2O2中O元素部分由-1价升高到0，部分降低为-2价，符合题意；KNO3中O元素化合价升高，N元素化合价降低，不符合题意，故B项正确。考点：本题考查氧化还原反应原理。 8下列叙述正确的是( )A在氧化还原反
8、应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应C失电子难的原子，获得电子的能力一定强D元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【答案】D【解析】试题分析：A在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是自身的氧化还原反应，A错误；B有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，B错误；C失电子难的原子，获得电子的能力不一定强，C错误；D元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】该类试题的解题思路主要是学会举例排除法进行筛选，例如
9、选项A中氯气与氢氧化钠溶液反应，B中可以列举同素异形体之间的转化，C中可以列举稀有气体。需要特别注意还原性或氧化性强弱与电子的得失多少没有关系，只与难易程度有关系。9标况下，两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有N2和H2的混合气体。若两容器内的气体具有相等的电子数，则混合气体中N2和H2的物质的量之比为A4:1 B2:1 C 1:2 D1:4【答案】B【解析】试题分析：标况下，容积相同的容器中，气体的物质的量相同，每摩尔氨气的电子数为10摩尔，假设氮气的物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，则有x+y=1 14x+2y=10 解x=2/3 y=1/3，二者比例为2:1，
10、选B。考点： 物质的量有关计算10有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”例如，如图有机物分子中带“*”碳原子就是手性碳原子该有机物分别发生下列反应，生成的有机物分子中仍含有手性碳原子的是A与乙酸发生酯化反应B与NaOH水溶液反应C与银氨溶液作用只发生银镜反应D催化剂作用下与H2反应【答案】C【解析】A该有机物与乙酸反应生成的酯中，原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH2，所以没有手性碳原子，故A不选；B该有机物与氢氧化钠溶液反应后生成的醇中，原来的手性碳原子现在连接两个CH2OH，所以没有手性碳原子，故B不选；C该有机物与银氨溶液反应后的生
11、成的有机物中，原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个溴原子、一个CH2OH、一个CH3COOCH2、一个COOH，所以该原子仍然是手性碳原子，故C选；D该有机物在催化剂作用下与氢气反应，原来的手性碳原子现在连接两个CH2OH，所以没有手性碳原子，故D不选；【点评】本题考查了手性碳原子的判断，明确“手性碳原子连接4个不同的原子或原子团”是解本题的关键，根据有机物的结构来分析解答即可，难度不大11下列说法正确的是A.的结构中含有酯基B.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都可以与NaOH溶液反应C.1mol葡萄糖可水解生成2 mol乳酸（C3H6O3)D.油脂和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物【答案
12、】A【解析】略12固体电解质是具有与强电解质水溶液的导电性相当的一类无机固体。这类固体通过其中的离子迁移进行电荷传递，因此又称为固体离子导体。目前固体电解质在制造全固态电池及其他传感器、探测器等方面的应用日益广泛。如RbAg4I5晶体，其中迁移的物种全是Ag，室温导电率达0.27 1cm1。利用RbAg4I5晶体，可以制成电化学气敏传感器。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，由电池电动势变化可以得知O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列变化肯定没有发生的是 AI22Rb2e=2RbIBI22Ag2e=2AgICAge=AgD4AlI33O2=2Al2
13、O36I2【答案】A【解析】电极反应式为负极：2Ag2e=2Ag，正极：2AgI22e=2AgI，O2把AlI3氧化，4AlI33O2=2Al2O36I2，A项错误。13某废水处理厂处理废水中NH+的过程如下：NH4+ (aq)+ O2(g)=HNO2(aq)+H+(aq)+H2O(1) H=-b KJ/mol2HNO2(aq)+O2(g)=2NO3- (aq)+2H+ H=-aKJ/mol下列叙述正确的是( )A将NH4+转化为NO3-的热化学方程式可表示为：NH4+ (aq)+2O2(g)=NO3- (aq)+2H+(aq)+H2O(1) H=-(b+)KJ/molB在上述两次转化过程中，
14、废水的酸性先增大然后逐渐减弱C常温下，若HNO3溶液中c(H+)=0.1 molL-1，则该溶液的pH1D若上述两次转化完全，不考虑其它杂质离子的存在，则：c(NH4+)+c(OH-)=c(NO3-)+c(H+)【答案】A【解析】试题分析：B、在上述两次转化过程中，废水的酸性一直在增大，错误；C、常温下，溶液中c（H+）=0.1 molL-1时，溶液的pH=1，错误；D、若上述两次转化完全，则溶液中不存在NH4，错误。考点：考查化学基本概念和基本理论相关知识。14常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加01molL1 的NaOH 溶液，整个实验进程中溶液的pH 变化曲线如图
15、所示，下列叙述正确的是 A向a点所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增强Bb点所示的溶液中：c(H+)c(Cl-)c(ClO-)c(HClO)C由a点到b点的过程中，溶液中减小Dc点所示溶液中：c（Na+）=2c（ClO）+c（HClO）【答案】D【解析】试题分析：A、氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为盐酸，所得到的溶液不再具有漂白性，故A错误；B、b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl-、ClO-、OH-，H2O、HClO、Cl2，溶液中：c（H+）c（Cl-）c（HClO）c（ClO
16、-）c（OH-），故B错误；C、由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故C错误；D、c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO-），故D正确；故选D。【考点定位】考查离子浓度大小的比较、氯气的化学性质【名师点晴】本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，明确
17、溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用方法。本题的解题思路是：整个过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析。15下列有关反应热的叙述中正确的是已知2H2(g)O2(g)= 2H2O(g) H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为H241.8 kJmol1由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定X(g)Y(g)Z(g)W(s) H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大已知：共价键CCC=CCHHH键
18、能/(kJmol1)348610413436上表数据可以计算出的焓变根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1 mol CO2固体时，放出的热量相等25，101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A B C D【答案】D【解析】试题分析：燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，放出的热量，生成的H2O应是液态，故说法错误；物质具有能量低，说明物质越稳定，AB是吸热过程，说明A具有的能量比B低，A比B稳定，故说法错误；H只跟始态和终态有关，代表1molX完全反应后产生的热效应，增大X的浓度，反应热不变，故说法错误；不能计算焓变，苯环中的碳碳键是介于
19、单键和双键之间特殊的键，题目中没说明键能是多少，故说法错误；金刚石和石墨的结构不同，所具有的能量不同，燃烧生成等量的CO2，放出的热量是不同的，故说法错误；依据燃烧热的定义，故说法正确。考点：考查燃烧热、反应热、反应热的计算等知识。16金属钠在700 800时与四氯化钛（TiCl4）反应制取金属钛，该反应的化学方程式为 。若过量的相同质量的钠、镁、铝与相同质量分数，相同质量的硫酸溶液反应，产生氢气最多的是 。【答案】4Na+TiCl44NaCl+Ti 钠【解析】试题分析：金属钠是活泼的金属，在700 800时与四氯化钛（TiCl4）反应制取金属钛，该反应的化学方程式为4Na+TiCl44NaC
20、l+Ti。在反应中硫酸不足，则镁和铝反应生成的氢气相同。由于钠是活泼的金属，过量的钠能和水继续反应生成氢气，所以若过量的相同质量的钠、镁、铝与相同质量分数，相同质量的硫酸溶液反应，产生氢气最多的是钠。考点：考查钠的性质、金属与稀硫酸反应的有关计算点评：该题是中等难度试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。难点是金属与酸的有关计算。17(5分,每空1分)有A、B、C、D四种化合物,分别由K、Ba2、SO42、CO32、SO32、OH中的两种组成。它们具有下列性质：A不溶于水和盐酸 B不溶于水但溶于盐酸并放出无刺激性气味的气体 C的水溶液呈碱性，
21、与H2SO4反应生成A D可溶于水，与H2SO4作用时放出的气体E可使溴水褪色。试回答以下问题推断AE的化学式：A ；B ；C ；D ；E 。【答案】（每空1分，共5分）A: BaSO4; B : BaCO3; C: Ba(O H)2; D : K2SO3; E: SO2【解析】A不溶于水和盐酸，所以A是硫酸钡。B不溶于水但溶于盐酸并放出无刺激性气味的气体，因此B是碳酸钡。C的水溶液呈碱性，与H2SO4反应生成A，所以C是氢氧化钡。D可溶于水，与H2SO4作用时放出的气体E可使溴水褪色，则D是亚氯酸钾，所以E是SO2。18（16分）白钨矿的主要成分是CaWO4 ，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工
22、业生产钨流程如下：（完全沉淀离子的pH值：SiO32-为8，WO42-为5）（1）白钨矿反应前需要进行粉碎，其目的是_。CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是_。（2）滤渣A的主要成分是（写化学式）_，滤渣B的化学式是_。（3）调节pH可选用的试剂是：_。A氨水 B氢氧化钠溶液 C盐酸（4）母液中加入盐酸的离子方程式为_。（5）白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨_kg。（已知钨酸钙的相对分子质量为288）【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率。（2分，每点1分）CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2（3分，无不扣分，不写条件扣1分,分步写也
23、可得分）（2）Fe2O3 （多写Ca(OH)2不扣分） （2分） H2SiO3（2分）（3）C （2分）（4）WO42-+2H+=H2WO4（2分）（5）110.4（3分，误差不大也可酌情给分）【解析】试题分析：第一步是白钨矿和纯碱在800oC条件下发生复分解反应生成Na2WO4和CaCO3，CaCO3分解生成CaO和CO2，另外白钨矿中还含有杂质二氧化硅、氧化铁等，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠与二氧化碳，氧化铁不反应，故混合物的含有CaO、Na2WO4、Na2SiO3、Fe2O3；第二步水洗过滤后滤渣A为Fe2O3和少量的Ca(OH)2；第三步滤液呈碱性，为了除去Na2SiO3，用酸调节PH
24、使Na2SiO3转化为滤渣B（H2SiO3）而除去；第四步母液继续用酸将Na2WO4转化为H2WO4；第五步，将H2WO4煅烧生成WO3，第六步WO3在高温条件下与H2反应制得纯W。（1）白钨矿反应前进行粉碎，能增大反应物的接触面积，加快反应速率；白钨矿和纯碱在800oC条件下发生复分解反应生成Na2WO4和CaCO3，CaCO3分解生成CaO和CO2，故反应方程式为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2；（2）混合物通过水洗、过滤后杂质中氧化铁留在滤渣A中；用酸调节滤液的PH使Na2SiO3转化为H2SiO3留在滤渣B中； （3）滤液呈碱性，为了除去Na2SiO3，只能用酸调
25、节PH使Na2SiO3转化为滤渣H2SiO3而将其除去，故选C（盐酸）；（4）母液中加入盐酸，与Na2WO4反应，故离子方程式为：WO42-+2H+=H2WO4；（5）CaWO4中W的质量分数为：W%=，白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨576 kg63.9%30%=110.4kg。考点：考查金属资源的回收利用。19右图所示装置有多种用途，请回答下列问题：（1）洗气：除去CO中的水蒸气，装置内应盛放 ；（2）检验：证明CO中混有CO2，装置内应盛放 ；（3）集气：若用排空气法收集比空气轻的气体时，气体应从装置的 端通入（填“A” 或“B”，下同）；若收集比
26、空气重的气体，则气体从 端通入。若用排水法收集O2时，瓶内应先装满水，气体从 端通入。（4）贮气：若要用水将装置中的氧气排出进行实验时，水应从 端通入。（5）量气：若要测定实验室制得的少量O2的体积，则应在瓶内先装满水，再将O2从 端通入。【答案】（1）浓硫酸；（2）澄清石灰水（3）B；A；B；（4）A；（5）B【解析】试题分析：（1）除去H2中的水蒸气，该装置只能盛装液体，则只能用浓硫酸，故答案为：浓硫酸；（2）二氧化碳可与澄清石灰水反应，溶液变浑浊，生成难溶于水的碳酸钙，反应的方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，故答案为：澄清石灰水；（3）若用排空气法收集比空气轻的气体时，
27、应用向下排空法收集，采用短进长出的方法，即从B端通入；若收集比空气重的气体，应该用长进短出的方法，即气体从A进入；若用排水法收集O2时，气体应短进长出，应从B端通入，故答案为：B；A；B；（4）若要用水将装置中的氧气排出进行实验时，应该从长导管A加水，气体从短导管B排出，故答案为：A；（5）若要测定实验室制得的少量O2的体积，则应在瓶内先装满水，再将O2从短导管B进，从长导管A出，故答案为：B。考点：考查了气体的制备、检验和收集的相关知识。20某化学课外活动小组欲制取纯碱Na2CO3溶液并讨论实验过程中的相关问题。可供选择的试剂有：A大理石；B盐酸；C氢氧化钠溶液；D澄清石灰水。三名同学设计的
28、制备方案的反应流程分别如下：（1）请指出甲、乙两方案的主要缺点：甲方案_；乙方案_；（2）若采用丙方案制取纯Na2CO3溶液，其实验的关键有_；（3）假设反应所得的Na2CO3固体中混有未分解的NaHCO3乙同学选择澄清石灰水测定其中NaHCO3的质量分数，乙同学能否达到实验目的? _（填“能”或“不能”）若能，请说明其计算所需的数据；若不能，请简要说明理由_。【答案】（1）CO2的通入量不易控制 过程繁琐，操作复杂（2）反应应充分进行，步骤后将NaHCO3溶液煮沸排除过量CO2，反应所用NaOH溶液的体积应相等（3）能 固体样品的质量和沉淀总质量【解析】试题分析：（1）氢氧化钠能与二氧化碳反
29、应生成碳酸钠，二者反应生成的碳酸钠是易溶于水的物质，无法判断反应的终点，不易控制二氧化碳的用量，方案乙能够实现制取碳酸钠溶液，但是整个实验过程比较复杂；（2）采用丙制取碳酸钠溶液，为保证实验结果的准确性，要注意控制二氧化碳的用量应该与氢氧化钠充分反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳要加热碳酸氢钠溶液除去，且所用氢氧化钠的量应该相同；（3）相同质量的碳酸钠和碳酸钠与碳酸氢钠的混合物与氢氧化钙反应生成的碳酸钙沉淀的质量不同，所以可以使用石灰水测定其中NaHCO3的质量分数。【考点定位】考查了碳酸钠的制取【名师点晴】对实验原理的分析和理解是解题关键，根据已有的知识进行分析，氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳
30、酸钠，二者反应生成的碳酸钠是易溶于水的物质，方案乙能够实现制取碳酸钠溶液，但是整个实验过程比较复杂，采用丙制取碳酸钠溶液，为保证实验结果的准确性，要注意控制二氧化碳的用量应该与氢氧化钠充分反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳要加热碳酸氢钠溶液除去，且所用氢氧化钠的量应该相同，想要制取的是碳酸氢钠溶液，若其中含有碳酸钠，用AB可以鉴别，AB作用产生二氧化碳，若是纯碳酸氢钠，通入二氧化碳气体不反应也不能溶解（碳酸氢根会抑制二氧化碳溶解于水），看到的现象是气体通入后马上逸出，若其中含有碳酸钠，二氧化碳会于碳酸钠反应转化为碳酸氢钠，看到的现象是气体通入后不逸出，溶解，据此分析解答。21（7分）Ba2+是一
31、种重金属离子，环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的浓度。（1）现需配制250mL 0.100molL-1标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要 。（2）需准确称取Na2S2O3固体的质量为 g（3）另取废水50.00mL，控制适当的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液反应，反应液中再滴加上述Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。有关的离子方程式为：Cr2O72-6I-
32、14H+ 2Cr3+3I27H2OI2+2S2O32- 2I-+S4O62-试计算该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。【答案】（7分）（1） 250mL容量瓶、胶头滴管（2） 3.95g（3）c(Ba2+)0.024 molL1【解析】22化学选修5：有机化学基础（13分）A（C2H2）是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如下所示：回答下列问题：（1）A的名称是 ，B含有的官能团是 。（2）的反应类型是 ，的反应类型是 。（3）C和D的结构简式分别为 、 。（4）异戊二烯分子中最多有 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为 。（5）写出与A具
33、有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体 （填结构简式）。（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3-丁二烯的合成路线 。【答案】（1）乙炔，碳碳双键和酯的结构；（2）加成反应，消去反应；（3），CH3CH2CH2CHO；（4） 11，；（5） 、；（6）。CHCCH2CH2CH3【解析】试题分析：（1）A分子式为C2H2，说明A为乙炔（HCCH），依据反应的 产物，得知反应类型是加聚反应，推出B的结构简式：CH2=CHOOCCH3，含有官能团是：碳碳双键和酯的结构；（2）根据（1）中B的结构简式，推出羧基中的氧氢键断裂和乙炔中碳碳叁键中一个键断裂，断裂下的氢原子加
34、成到乙炔一个不饱和碳原子上，另一部分连接，此反应属于加成反应，对比两个结构简式，少了一个羟基，多了一个碳碳双键，发生的是消去反应；（3）反应的的反应物中含有酯的结构，在酸性条件下发生水解，则C的结构简式：，反应的产物名称是聚乙烯醇缩丁醛，则D为丁醛，结构简式为CH3CH2CH2CHO；（4）碳碳双键共面，三点确定一个平面，共有11个原子共面，顺式聚戊二烯的结构简式：；二烯烃和炔烃互为同分异构体，结构简式： 、；（6）参考合成路线，推出合成路线：。考点：考查有机物的合成、同分异构体、官能团的性质、共面等知识。231对甲苯基3苯基2丙烯1酮（以下用M表示）是一种常见的工业原料，其结构简式为：，工业
35、上合成M线路如下（反应中生成的小分子已略去）：已知：在稀碱作用下，两分子的醛或酮可以互相作用，其中一个醛（或酮）分子中的氢加到另一个醛（或酮）分子的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基醛或一分子羟基酮。请回答下列问题：（1）有机物B的名称为 。（2）物质A、C的关系为 。a同系物 b同分异构体 c同素异形体 d分子式相差1个CH2（3）反应中，属于加成反应的有 。（4）反应的化学方程式为 。（5）的同分异构体很多。能与NaHCO3反应，且含有联苯基（上1个氢原子被取代）的同分异构体共有 种。（6）写出由苯甲醛和乙醛合成肉桂醛()的反应方程式。【答案】（1）苯甲醛 （2）ad
36、（3） （4） +(CH3CO)2O + CH3COOH（5） 15（3分） （6） +CH3CHO+H2O【解析】试题分析：对比反应中反应物、产物结构，结合信息可知该反应为加成反应，则B为，反应为消去反应，由CO与苯甲醛可知反应为加成反应，A为，反应为取代反应，C为，反应还生成CH3COOH。（1）有机物B为，名称为苯甲醛；（2）A为苯、C为甲苯，均含有1个苯环、分子式相差1个CH2，二者互为同系物，答案爱信ad；（3）反应中，反应属于加成反应，反应属于取代反应，反应属于消去反应；（4）反应的化学方程式为；（5）的同分异构体有许多能与NaHCO3反应，含有-COOH，且含有联苯基，侧链为-C
37、H2CH2CH2COOH、或-CH（CH3）CH2COOH、或-CH2CH（CH3）COOH或-CH（CH2CH3）COOH、或-C（CH3）2COOH，与另外苯环各有邻、间、对三种，有15种结构；（6）苯甲醛和乙醛首先发生羟醛缩合，然后发生消去反应即可得到肉桂醛，反应的化学方程式为+CH3CHO、+H2O。考点：考查本题主要是考查有机物推断与合成、同分异构体判断等24某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药柳胺酚。已知：。请回答下列问题：（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是 。A1 mol柳胺酚最多可以和2 molNaOH反应B不发生硝化反应C可发生水解反应D可与溴发生取代反应（2）写出
38、AB反应所需的试剂 。（3）写出BC的化学方程式 。（4）写出化合物F的结构简式 。（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式 （写出3种）。属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应。（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案】（1）CD浓硝酸和浓硫酸（3） （4）见解析（5）（6）【解析】根据合成路线，由柳胺酚的分子结构可逆推出F为邻羟基苯甲酸OHCOHOE为HONH2，D为HONO2，C为NaONO2，B为ClNO2，A为Cl
39、。（1）柳胺酚分子中含酚羟基具有酸性、酰胺键(类似于肽键)发生水解反应。1 mol柳胺酚最多可以 和3 mol NaOH反应；苯环上可以发生硝化反应；苯环上酚羟基邻对位的氢可以发生溴代反应，1mol柳胺酚与Br2反应最多可以消耗4 molBr2。（2）引入硝基，必有硝酸参与反应，还需浓硫酸做催化剂；ClNO2氯原子水解消耗1molNaOH，产物有酚还可以再消耗1molNaOH，共耗 2molNaOH，不难写出相关化学方程式；邻羟基苯甲酸，除苯环外，还有一个羧基、一个羟基；按题目要求，同分异构体含有2个酚羟基、醛基、苯环上有三种不同化学环境的氢原子，要求结构不能对称，不难写出相关四种同分异构体；（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，很显然中间体为苯乙烯，不难写出相关的流程图。【考点定位】 今年高考有机试题较前三年的都较容易。考查的内容都是有机化学的基础知识辨认分子结构中的官能团，抓官能团性质；有机分子结构式、有机化学反应方程式的正确书写；同分异构体概念及其有机合成流程的正确表示。能力要求是依据有机化学基础知识采取逆向推理，从而得出各有机化合物的结构，再根据有机合成路线回答相关问题。
