1、河南省信阳市光山县孙铁铺高级中学2016届高三下期第一次月考化学试卷（含解析）1下列热化学方程式中的反应热为可燃物的燃烧热的是 AH2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H =241.8kJmol1BCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H =846.3kJmol1CC(s)+O2(g)=CO2(g) H =393.5kJmol1DC3H8（g）+5O2（g）=3CO（g）+4H2O（l） H = 2044.0kJmol1【答案】C【解析】A 、B选项都不是燃烧热，因为生成的是气态水，气态水不如液态水稳定C 碳完全燃烧，生成的是二氧化碳，此时反应热是燃烧热D 不是燃烧热
2、，因为生成的是一氧化碳，相当于可燃物没有完全燃烧。2下列实验操作能够达到实验目的的是A从溴水中提纯单质溴的方法是：先用CCl4萃取，分液后再蒸馏B取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2C用盛NaOH溶液的洗气瓶除去CO2中混有的HCl气体D在实验室里，用澄清的石灰水和氯化铵溶液混合制取氨气【答案】A【解析】溴易溶于有机溶剂，可以用有机溶剂萃取，溴易挥发，沸点低，可以用蒸馏的方法使CCl4和溴单质分离，A正确；添加试剂的顺序有误，应该先加入KSCN溶液，排除溶液中已经有Fe3的可能性，若不变色说明原溶液中没有Fe3，再加入氯水，进行检验，
3、B错误； CO2与NaOH溶液反应所以C错误；实验室制取氨气用的是熟石灰与氯化铵固体混合物加热的方法，D错误，答案选A。3下列仪器中，能在酒精灯火焰上直接加热的是A锥形瓶 B烧杯 C蒸发皿 D烧瓶来源【答案】C【解析】试题分析：锥形瓶、烧杯、烧瓶加热需要垫石棉网，蒸发皿直接加热，故选项C正确。考点：考查仪器的使用。4下列物质不能与镁反应的是 ( ) ACl2 BN2 CCO2 DAr【答案】D【解析】考查镁的性质镁是一活泼金属，在一定条件下可与氯气、氮气、二氧化碳反应，但不能与惰性气体Ar反应，答案为D5金属材料有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ）A由于铝具有强还原性，所以可以通过铝热反应冶
4、炼某些高熔点金属B利用牺牲阳极保护法保护钢铁时，钢铁作正极C少量铁溶于稀硝酸，反应的离子方程为：Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OD纳米Fe、纳米Cu的化学活性都比原来增强，两者都能与盐酸反应生成氢气【答案】D【解析】纳米Cu相对于块状铜来说，只是状态改变，但化学性质不变，其不能与盐酸反应生成氢气。6我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池,其成本较低,对环境无污染,能量密度远远高于其他电池,电池总反应为V2O5 + xLi LixV2O5。下列说法合理的是A电池在放电时，Li+向负极移动B锂在放电时作正极,充电时作阳极C该电池充电时阳极的反应为LixV2O5 _ xe-
5、V2O5 + xLi+DV2O5只是锂发生反应的载体,不参与电池反应【答案】C【解析】试题分析：A.电池在放电时相当于电解池，Li+向阴极移动，A错误；B锂是活泼的金属，锂在放电时作负极,充电时作阴极，B错误；C该电池充电时阳极失去电子，反应为LixV2O5 _ xe-V2O5 + xLi+，C正确；DV2O5参与电池反应，D错误，答案选C。考点：考查电化学原理的应用7下列各组反应，前者是氧化还原反应，后者是非氧化还原反应的是（）A.实验室制取氧气；实验室制取氢气B.实验室制取CO；二氧化碳通入石灰水中C.实验室电解水；CaO溶于水D.氢、氧混合气体爆鸣；蜡烛燃烧【答案】C【解析】有元素化合价
6、发生变化的化学反应均为氧化还原反应，否则为非氧化还原反应。燃烧都是氧化还原反应。8比较MnO2和CuO对H2O2分解反应的催化能力大小的实验中若催化剂的质量均控制在0.1g，6%的H2O2溶液均取5 mL，可选择的实验装置是（ ）【答案】D【解析】试题分析：A、B中长颈漏斗的下端太短容易造成产生的气体逸出，C装置中的量筒的体积太小，不方便实验，所以答案选D。考点：考查对实验装置的判断9在混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶液呈碱性，下列图中，能表示该反应产生的沉淀的质量W与加入氨水的体积V关系的是【答案】C【解析】试题分析：有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶
7、液呈碱性，发生反应首先盐酸与氨水反应，HCl+NH3H2O=NH4Cl+H2O此时无沉淀，然后AlCl3与氨水反应，AlCl3+3NH3H2O=Al(OH)3+3HCl生成的沉淀不与氨水反应，沉淀的质量不再变化，选项C正确。考点： Al(OH)3的性质。10在反应4NH3+5O24NO+6H2O中，下列说法正确的是ANH3在反应中得到电子BO2在反应中失去电子CNO是反应的还原产物D1mol氧化剂在反应中得到4mol电子【答案】D【解析】试题分析：在反应4NH3+5O24NO+6H2O中，氮元素的化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以NH3作
8、还原剂，反应产生的NO是氧化产物；氧元素的化合价由反应前O2中的0价变为反应后NO、H2O中的-2价，化合价降低，获得电子，所以O2是氧化剂，反应产生的NO、H2O是还原产物。每有1mol氧化剂O2参加反应，转移电子的物质的量是4mol。故上述说法正确的是D。考点：考查氧化还原反应的概念及电子转移的知识。11NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（ ）A在7.8gNa2O2晶体中阳离子与阴离子总数为03NAB在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中，每生成3mol I2，则转移6NA个电子 C1mol Na2O2与H2O完全反应,转移的电子总数为NAD在1L0.1mol/L的碳酸钠
9、溶液中，阴离子总数大于0.1NA【答案】B【解析】试题分析：B选项，在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中，每生成3mol I2，转移5NA个电子。故错误。考点：阿伏伽德罗常数12只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是A平衡移动，K值一定变化 BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变 DK 值不变，平衡可能移动【答案】A【解析】试题分析：平衡常数只受温度影响，温度改变，平衡移动，平衡常数改变。平衡常数改变，说明平衡移动。温度不变，平衡移动，平衡常数也不改变。所以选A。考点：平衡移动与平衡常数的关系13钙是人体必需的常量元素，成年人每天需要800mg的钙
10、，下列补钙的途径不正确的是( )A.经常晒太阳 B.经常饮用钙离子含量高的硬水C.经常饮用牛奶、豆奶 D.适量补充维生素D【答案】B【解析】试题分析：A、经常晒太阳有利于促进人体对钙的吸收，故A正确；B、经常饮用钙离子含量高的硬水，不能补钙，且喝时间长了容易得肾结石，故B错误；C、牛奶、豆奶中含有钙，经常饮用牛奶、豆奶有利于补钙，故C正确；D、适量补充维生素D，维生素D有利于促进人体对钙的吸收，但大量补充对身体无意，故D正确。故选B。考点：考查人体健康与元素关系14下列物质中，不与盐酸反应，但可与氢氧化钠溶液反应的是AAl(OH)3 BAl2O3 CSiO2 DAl【答案】C【解析】试题分析：
11、Al(OH)3、Al2O3、Al与盐酸、氢氧化钠均反应；而SiO2只与氢氧化钠反应，不与盐酸反应。考点：考查铝、硅及其化合物的性质。15下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是( )选项离子或分子要求AK+、OH-、淀粉、I-滴加氯水立即变蓝BFe2+、NO3-、SO42-、H+通C12后加KSCN溶液呈血红色CNa+、HCO3-、Ca2+、Cl-滴加NaOH溶液立即有沉淀产生DK+、NO3-、Cl-、HS-c(K+)c(HS-)【答案】C 【解析】试题分析：A、可以共存，但是加氯水不可能立即变蓝，错；B、Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应不能共存，错；C、可以共存，加氢氧化钠溶
12、液后生成碳酸钙沉淀，对； D、电荷不守恒，错。考点：考查离子共存，涉及氧化还原反应、离子检验、电荷守恒等16有机物的结构可用“键线式”简化表示。CH3CHCHCH3可简写为。有机物X的键线式为：（1）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，写出Y的结构简式 （2）Y在一定条件下发生聚合反应，写出其反应的化学方程式： 。（3）二甲苯苯环上的一溴代物有6种同分异构体，这些一溴代物与生成它们的对应二甲苯的熔点分别为：一溴代二甲苯23420621382042145205对应二甲苯13-54-27-54-27-54由以上数据推断：熔点为234的一溴代二甲苯的结构简式为 ；熔点为-27的二甲苯的名称是 。
13、【答案】（1）（2）n（3）、 邻二甲苯【解析】试题分析：（1）X的分子式为C8H8，Y属于芳香烃，所以Y是苯乙烯，结构简式为（2）Y中含碳碳双键，可以发生加聚反应，化学方程式为n（3）二甲苯的同分异构体有三种，分别是邻、间、对二甲苯，邻二甲苯的一溴代二甲苯有2种同分异构体，间二甲苯的一溴代二甲苯有3种同分异构体，对二甲苯的一溴代二甲苯只有1种结构。熔点为234的一溴代二甲苯为对二甲苯的一溴代二甲苯，结构简式为熔点为-27的二甲苯有2种一溴代二甲苯，为邻二甲苯考点：考查有机物结构简式的判断及书写，化学方程式的书写，17（6分）实验室用固体烧碱配制500mL 0.32molL1的NaOH溶液。需
14、称量_ _ g的烧碱固体，固体应放在_中置于天平左盘称量。配制过程中，不需要使用的仪器是(填符号)_。A烧杯 B、量筒 C、玻璃棒 D、1000mL容量瓶 E、漏斗 根据实验的实际需要和中列出的仪器判断，完成实验还缺少的仪器是_ (填仪器名称)。由于操作上的不规范,下列使所配溶液的物质的量浓度偏低的是_： 偏高的是_：A称量时药品和砝码位置颠倒 B称量时间过长 C、溶液未冷却即转入容量瓶 D、容量瓶洗净后未烘干E、定容时俯视刻度线 F、定容后倒转摇匀，发现液面低于刻度线而未加水补充【答案】（6分）6.4, 烧杯 DE 胶头滴管 500mL容量瓶 AB; CE（每空1分）【解析】试题分析：实验室
15、配制500mL 0.32mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：0.5L0.32mol/L40g/mol=6.4g，氢氧化钠固体具有腐蚀性，所以应放在小烧杯中称量。配制步骤为：计算称量溶解、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不
16、需要的是漏斗，故选：DE。根据实验的实际需要和中列出的仪器判断，完成实验还缺少的仪器是： 500mL容量瓶、胶头滴管。A称量时药品和砝码位置颠倒，导致称量的溶质质量减小，配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低；B称量时间过长，导致氢氧化钠潮解，称量的氢氧化钠的质量偏低，氢氧化钠的物质的量偏小，浓度偏低；C溶液未冷却即转入容量瓶，导致配制的溶液的体积偏小，配制的溶液浓度偏高；D容量瓶洗净后未烘干，定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果；E定容时俯视刻度线，导致配制的溶液体积偏低，浓度偏高；F定容后倒转摇匀，发现液面低于刻度线而未加水补充，操作正确，不影响配制结果；所配溶液的物质的量浓度偏低
17、的是：A、B；偏高的是：C、E。考点：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制过程、仪器以及误差分析。 18一无色气体，可能由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成。将此无色气体通过盛有浓H2SO4的洗气瓶，发现气体体积减少。继续通过装有固体Na2O2的干燥管，发现从出气管出来的气体颜色显红棕色，再将该气体全部通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现最后试管里仍然为一满试管液体。由此可推知：原气体中一定含有_，一定不会有_；最终结果可知原气体中_ _与_ _气体的体积比为_ _。【答案】CO2 NH3 NO ; HCl NO2 H2 （4分）NO ; CO2 ; 2:3 （3分）【
18、解析】略19（18分）NO很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生NO，用于细胞间传递信息；NO还参与心血管系统、免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控。.（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_。（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填选项编号)。A铁 B铝 C铂 D玻璃（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制
19、取NO。反就开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。让反应停止的操作方法及原因是_。（4）以下收集NO气体的装置，合理的是_(填选项代号)。（5）假设实验中12.8 g Cu全部溶解，需要通入标况下_mL O2才能使NO全部溶于水。用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列4种方法中最好的是_(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)，理由是_。【答案】.（1）3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO （2）C、D2NOO2=2NO2（3）接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压
20、，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。（4）C、D（5）2.24 LII丁 制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少（原料的利用率最高）且不产生污染环境的气体。【解析】试题分析：.（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水，即3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O。（2）实验室若没有铜丝，铜粒以代替铜丝进行实验，则包裹桶里的不能是金属铁以及金属铝，因为他们的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应，故答案为：C、D。试管内有空气，NO容易被氧化为红棕色的气体
21、二氧化氮，即2NO+O22NO2。（3）一氧化氮是难溶于水的气体，当制取一氧化氮的装置产生一氧化氮气体时，气体难溶于水，气体把U形管的液体压出，所以长玻璃管的作用是：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出。让反应停止的操作方法及原因是：关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集，故C、D正确。（5）铜和硝酸反应，铜失去电子，硝酸得到电子变成一氧化氮，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，4NO+2
22、H2O+3O2=4HNO3，氧气得电子，一氧化氮失去电子，所以铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，12.8gCu为 0.2mol，全部溶解，失去0.4mol电子，1个氧分子得到4个电子变成-2价的氧，所以需氧气0.1mol，0.1mol氧气在标准状况下的体积为2.24L。IICu与浓硝酸或稀硝酸反应分别生产NO2、NO等污染环境的有毒气体，丙方案用到Cl2，能污染环境，制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少（原料的利用率最高）且不产生污染环境的气体，所以4种方法中最好的是丁。考点：本题考查实验方案的设计与评价、方程式的书写、化学计算。 20（9分）某小组同学欲研究SO2的性
23、质。（1）将相关的含硫物质分为如下表所示3组，第2组中物质X的化学式是_。第1组第2组第3组S（单质）SO2、X、Na2SO3、NaHSO3SO3、H2SO4、Na2SO4、NaHSO4（2）利用下图所示的装置研究SO2的性质：（熔点：SO2 76.1，SO3 16.8；沸点：SO2 10，SO3 45）装置I模拟工业生产中SO2催化氧化的反应，其化学方程式是_。甲同学按I、II、III、IV的顺序连接装置，装置II的作用是_；装置III中溶液逐渐褪色，生成Mn2+，则该反应的离子方程式是_。乙同学按I、II、IV的顺序连接装置，若装置IV中有40 mL 2.5 molL1 NaOH溶液，反应
24、后增重4.8 g，则装置IV中发生总反应的化学方程式是_。【答案】（1）H2SO3；（2）2SO2 + O22SO3 使SO3凝结成固体与SO2分离；5SO2 + 2H2O + 2MnO4=5SO42+ 2Mn2+ + 4H+3SO2 + 4NaOH =Na2SO3 + 2NaHSO3 + H2O【解析】试题分析：（1）根据表格提供的物质可知：第二组的物质中S元素的化合价都是+4价，其排列方式为氧化物、酸、盐、酸式盐，所以X是H2SO3。（2）二氧化硫和氧气在催化剂存在时发生氧化还原反应产生SO3，反应的方程式是：2SO2 + O22SO3；甲同学按I、II、III、IV的顺序连接装置，I是S
25、O2氧化为SO3，反应产生的三氧化硫的熔点较低，只有16.8，所以装置II的作用是是使SO3凝结成固体与SO2分离； SO2有强还原性，能被高锰酸钾氧化生成硫酸根离子，MnO4被还原为Mn2+，使溶液的紫色褪去，装置III中溶液逐渐褪色，根据电子转移数目相等，结合电荷守恒及原子守恒，可得该反应方程式为：5SO2 + 2H2O + 2MnO4= 5SO42 + 2Mn2+ + 4H+；SO2是大气污染物，应该进行尾气处理，由于该气体是酸性氧化物，所以可以用碱液NaOH吸收；乙同学按I、II、IV的顺序连接装置，则反应后的气体中的SO2与NaOH发生反应。如果全部生成亚硫酸钠，其质量增加是2.6g
26、，如果全部是亚硫酸氢钠，其质量增加是6.4g，实际质量增加4.8g，所以是两种物质的混合物，反应的方程式是：3SO2 + 4NaOH =Na2SO3 + 2NaHSO3 + H2O。考点：考查SO2的性质、物质的检验方法、方程式的书写及反应现象的判断的知识。21：(4分)若取4.00mol/L的氨水30.0mL与70.0mL2.00molL-1的AlCl3溶液相混合，产生白色沉淀的质量是 g：（6分）实验室用4.35gMn02与l00 mL11molL的浓盐酸(足量)反应制取氯气。 试计算：(1)在标准状况下，生成氯气的体积。(不考虑氯气在溶液中的溶解)(2)将反应后的溶液加水稀释到500mL
27、，向从其中取出的50mL溶液中加入足量AgN03溶液，生成沉淀的物质的量。(要求写出计算过程)【答案】(共10分) ：3.12g （ 4分） ：（1）MnO2+ 4HCl(浓) = MnCl2+ 2H2O+ Cl2 87g 22.4L 4.35g V(Cl2) (1分)V(Cl2)=1.12L (2分)（2）n(Cl-)=0.1L11mol/L-0.1mol=1.0mol 取出50ml后，其中含有n(Cl-)=1.0mol50ml/500ml=0.1mol (1分)Cl- + Ag+ = AgCl1mol 1mol0.1mol n(AgCl) (1分)n(AgC l) =0.1mol (1分)
28、【解析】试题分析：氨水的物质的量为0.03L4mol/L=0.12mol，AlCl3的物质的量为0.07L2mol/L=0.14mol，则AlCl3+ 3NH3H2O =Al（OH）3+ 3NH4Cl0.1mol 0.3mol 1mol0.14mol 0.12mol nAlCl3过量，按NH3H2O的量计算，n=0.04mol，即3.12g。：（1）MnO2+ 4HCl(浓) = MnCl2+ 2H2O+ Cl2 87g 22.4L 4.35g V(Cl2) (1分)V(Cl2)=1.12L (2分)（2）n(Cl-)=0.1L11mol/L-0.1mol=1.0mol 取出50ml后，其中含
29、有n(Cl-)=1.0mol50ml/500ml=0.1mol (1分)Cl- + Ag+ = AgCl1mol 1mol0.1mol n(AgCl) (1分)n(AgC l) =0.1mol (1分)考点：有关过量问题的计算 氯气的实验室制法 化学方程式的有关计算点评：本题考查过量问题的计算，题目难度中等，把握物质的反应方程式，根据物质的量，判断过量程度是解答该题的关键。又考查了实验室制取氯气的反应原理和根据化学方程式的计算，以及与制取氯气有关的氧化还原反应知识，较为综合，也较为基础，能很好地考查知识和能力。22化学-选修5：有机化学基础(15分)(代号DMP)是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气
30、对氢气的相对密度为97。工业上生产DMP的流程如图所示：（1）上述转化中属于取代反应的是 ，D的核磁共振氢谱有 组峰。（2）的名称 ，C中官能团的名称为 ，DMP的分子式为 。（3）AB的化学方程式为 。（4）E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应；苯环上有三个取代基，则符合条件的E最多有 种，写出其中任意两种物质的结构简式为 。（5）用制备DMP的另一种途径：其中反应还有另外一种产物，该产物最可能是 ，反应中的另一产物是水，且n(F):n(H2O)=2:1，则F的结构简式为 。【答案】（15分）（1） （2分） 3 (2分)（2）1,2二甲苯（或邻二
31、甲苯）(1分) 醛基(1分) C10H10O4 (1分)（3） （2分）（4）20 （2分） （2分）（5）H2O (1分) CH3OH (1分)【解析】试题分析：（1）邻二甲苯与氯气在光照条件下的反应为取代反应生成邻二氯甲苯，A到B的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，然后B氧化得醛，醛氧化得到羧酸，羧酸与醇发生酯化反应，属于取代反应，所以是取代反应的有；D为邻苯二甲酸，分子中含有3种H原子，苯环上2种羧基一种；（2）的名称为邻二甲苯或1,2-二甲苯；C为醇氧化的产物，所以C分子中含有醛基；DMP的相对分子质量是氢气的97倍，为194，DMP是邻苯二甲酸与醇发生酯化反应的产物，所以R为CH
32、3-，则DMP为邻苯二甲酸与甲醇的反应产物，分子式是C10H10O4；（3）A到B是邻二氯甲苯在氢氧化钠的水溶液中发生的取代反应，生成邻二苯甲醇和氯化钠，化学方程式是；（4）根据题意，E的分子中含有酚羟基、醛基及三个取代基，D为邻二苯甲酸，除去酚羟基、醛基外，还可能的取代基为羧基、-CH2OH，所以三种取代基分别是酚羟基、醛基、羧基或酚羟基、甲酸苯酯基、-CH2OH，三种不同的取代基的同分异构体可采用定一移一的方法，邻、间的苯的取代物有4种同分异构体，对位有2种同分异构体，所以共10种，则两组取代基对应的同分异构体有20种；如；（5）邻二甲苯被氧气氧化得到邻二苯甲酸发生分子内脱水生成邻二苯甲酸
33、酐和水，所以反应另外一种产物是H2O；邻二苯甲酸酐的分子式是C8H4O3，DMP的分子式是C10H10O4，C10H10O4+H2O2F+ C8H4O3，则F的分子式是CH4O，所以F为CH3OH。考点：考查有机物的推断，结构简式、化学方程式的判断，同分异构体的判断23（15分）两种有机物A、B分子式均为C11H12O5，A或B在稀H2SO4中加热均能生成C和D。已知：A、B、C、D能与NaHCO3反应；只有A、C能与FeCl3溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同化环境的氢原子；H能使溴水褪色且不含有甲基；F能发生银镜反应。D能发生如下变化：（1）DH的反应类型_，D中官能团名
34、称_。（2）写出C的结构简式_。（3）DG的化学方程式_。（4）B在NaOH溶液中受热的化学方程式 _。（5）C的同分异构体有多种，写出同时满足下列三个条件的同分异构体的结构简式：（任写一种）_。 苯环上一卤代物只有两种； 能与FeCl3溶液发生显色反应； 能发生银镜反应。【答案】（1）消去反应，羟基、羧基；（2）；（3）2CH2CH2CH2COOHHO+2H2O；（4）+3NaOH；（5）、。【解析】试题分析：DH：对比分子式发现H比D缺少1个水，且H能使溴水褪色，说明此反应是消去反应，推出D：含有羟基，且羟基所连碳原子的相邻的碳上有氢，F：能发生银镜反应，DF此反应是氧化反应，推出D中羟基
35、位置CH2OH，D、G分子式对比以及反应条件，推出发生酯化反应，D中含有COOH，推出D的结构简式：或，根据H中不含甲基，则D的结构简式：，F的结构简式：OHCCH2CH2COOH，G的结构简式：，A能与NaHCO3反应，说明A中含有COOH，A能与FeCl3发生显色反应，说明A中含有苯环，且苯环和羟基直接相连，核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同化环境的氢原子，推出两个取代基的位置是对位，A在稀H2SO4中加热能生成C和D，说明A中含有酯基，综上所述推出A的结构简式：，则C的结构简式：，A、B分子式相同，都能生成C和D，推出B的结构简式：，（1）根据上述分析：发生反应类型是消去反应，D中含有的官
36、能团是羟基、羧基；（2）根据上述分析：C的结构简式：；（3）DG发生酯化反应，两个D参加的反应形成环状酯，+2H2O；（4）根据B的结构简式，能跟NaOH反应的是羧基和酯基，1molCOOH能消耗1molNaOH，1mol “”消耗2molNaOH，故反应方程式：2CH2CH2CH2COOHHO+2H2O；（5）苯环上一卤代物有两种形式，说明是对称结构，能与三氯化铁显色，推出含有酚羟基，能发生银镜反应，推出物质类别是醛或者甲酸某酯的形式，故同分异构体是：、。考点：考查有机物的推断。24（12分）化学-有机化学基础菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为_，
37、A中所含官能团的名称是_。（2）由A生成B的反应类型是_，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为_。（3）写出D和E反应生成F的化学方程式_。（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1-丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）。合成路线流程图示例：【答案】（1），碳碳双键、醛基。（2）加成（或还原）反应；CH3CH3，（3）（4）CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH【解析】（1）根据题目所给信息，1，3-丁二烯与丙烯醛反应生成，根据结构简式可知该有机物含有碳碳双键和醛基。（2）A中碳碳双键和醛基与H2发生加成反应；根据有机合成路线E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：CH3CH3。（3）D和E反应生成F为酯化反应，化学方程式为：（4）根据题目所给信息，溴乙烷与Mg在干醚条件下反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在H+条件下反应即可生成1-丁醇，合成路线为：CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH。【考点定位】本题通过有机合成的分析，考查了有机化合物的结构与性质、反应类型的判断、同分异构体的判断、化学方程式的书写以及有机合成路线的设计。
