1、山东省同济大学附属实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）11.5mol空气在标准状况下占有的体积是A、22.4L B、33.6L C、44.8L D、67.2L【答案】B【解析】试题分析：标准状况下，1mol任何气体的体积均约为22.4L，故1.5mol空气的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，故答案选B。考点：摩尔体积2下列叙述正确的是A生成物总能量一定低于反应物总能量B酒精可用作燃料，说明酒精燃烧是放热反应C硝酸铵溶于水温度降低，这个变化是吸热反应D同温同压下，H2和Cl2在光照和点燃条件下的H不同【答案】B【解析】试题分析：A、放热反应中生成物总能
2、量一定低于反应物总能量，而吸热反应中正好相反，A错误；B、可燃物燃烧均是放热反应，B正确；C、硝酸铵溶于水是物理变化，不是吸热反应，C错误；D、反应热只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，与反应条件无关，D错误，答案选B。考点：考查反应热的有关判断3配制100mL 0.50 molL-1 的 NaOH溶液，必须用到下列仪器中的【答案】A【解析】试题分析：A准确配制一定物质的量浓度的溶液的主要仪器是容量瓶，A项正确；B集气瓶常用于收集气体或作洗气瓶，B项错误；C圆底烧瓶常用于做反应容器，C项错误；D滴瓶是盛放少量液体试剂的试剂瓶，D项错误；答案选A。考点：考查溶液配制的仪器，常见仪器的
3、用途。4化学与生活密切相关,下列说法不正确的是A二氧化硫可广泛用于食品的增白B葡萄糖可用于补钙药物的合成C聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【答案】A【解析】试题分析：A二氧化硫有毒，对人体有害，不能用于食品的增白，A项错误；B葡萄糖可合成补钙药物如葡萄糖酸钙，B项正确；C食品的包装袋用聚乙烯，但不能用聚氯乙烯，聚氯乙烯有毒，C项正确；D次氯酸钠有强氧化性，可杀菌，D项正确；答案选A。考点：考查生活中的化学5为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是ANaOH BNa2CO3 C氨水 D MgO【答案】D【解析】试题解析：A、加NaO
4、H也会使Mg2+沉淀，错误；B、加Na2CO3不仅会使Mg2 +沉淀同时还引入了CO32-，错误；C、加氨水也会使Mg2+沉淀，错误；D、在加热搅拌下加MgO会促进Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀从而达到除杂的目的，正确，答案选D。考点：考查离子的反应、水解、除杂等知识6除去MgO中的Al2O3可选用的试剂是A、NaOH溶液 B、硝酸 C、浓硫酸 D、稀盐酸【答案】A【解析】试题分析：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化镁不反应，反应后过滤可得氧化镁，故A正确；B、氧化镁、氧化铝都能与硝酸反应生成硝酸盐，故B错误；C、氧化镁、氧化铝都能与浓硫酸反应生成硫酸盐，故C错误；D、氧化镁、氧化
5、铝都能与稀盐酸反应生成盐，故D错误；故选A。考点：考查了物质分离提纯、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。7下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A实验室中常用饱和食盐水除去Cl2中混有的HClB银器长期放置，表面变暗C红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D氨水中加酸，NH4+的浓度增大【答案】B【解析】试题分析：A氯气与水的反应是可逆反应，Cl2H2OHClHClO，当水中溶解含有金属氯化物时，溶液中c(Cl-)增大，化学平衡逆向移动，使氯气溶解、反应减小，而HCl容易溶于水，故实验室中常用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，正确；B银器长期放置，表面变暗是由于与空气中的H2S反应产生Ag
6、2S，与勒夏特列原理无关，错误；C红棕色的NO2在密闭容器中存在可逆反应：2NO2N2O4，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，使加压后颜色先变深再变浅，正确；D氨气在水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，向氨水中加酸，H+与OH-发生酸碱中和反应，使电离平衡正向移动，导致溶液中NH4+的浓度增大，正确。考点：考查勒夏特列原理的应用的知识。8下列两种物质发生反应：Na和O2AlCl3与氨水 水玻璃与CO2 Fe与Cl2 Fe与稀HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是A B C D【答案】D【解析】试题分析：Na和O2在常温条件下反应生成氧化钠，在加热条件
7、下反应生成过氧化钠，所以生成物与反应条件有关，正确；AlCl3与氨水反应时，无论氨水是否过量都只生成氢氧化铝，所以与反应物的量多少无关，错误；水玻璃与CO2时，少量二氧化碳反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时反应生成碳酸氢钠，所以与反应物的量多少有关，正确；无论氯气是否过量，Fe在Cl2中燃烧都只生成FeCl3，与反应物的量多少无关，错误；Fe和稀HNO3反应时，少量铁生成硝酸铁，过量铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，所以与反应物的量多少有关，正确。故符合题意的说法是，选项D正确。考点：考查物质的量的多少及反应条件与反应的关系的判断的知识。91869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化
8、学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一。下列有关我们常用的元素周期表的说法正确的是( )A元素周期表有七个横行，也是七个周期B元素周期表有18个纵行，即有18个族C短周期是指第一、二、三、四周期 DA族的元素全部是金属元素 【答案】A【解析】试题分析：A由元素周期表的结构可知，元素周期表有七个横行，也是七个周期，故A正确；B元素周期表有18个纵行，7个主族、7个副族、1个0族、1个第族，故B错误；C短周期是指第一、二、三周期，而第四周期为长周期，故C错误；DA族的元素包含H及碱金属，H是非金属元素，故D错误；故选A。【考点定位】考查元素周期表的结构及其应用【名师点晴】本题考查元素
9、周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期表的横行、纵列与周期、族的关系为解答的关键。注意短周期为1、2、3周期即可解答，周期表有7个周期，7个主族、7个副族、1个0族、1个第族，短周期为1、2、3周期，第A族H为非金属。10在0.1mol/LNaHCO3溶液中，下列各关系式正确的是 ( )ANa+HCO3H+OHBNa+H+OH+HCO3+2CO32CNa+HCO3OHH+DNa+HCO3+CO32 +H2CO3【答案】BD【解析】在解答离子浓度大小的问题时，要注意盐的电离规律和盐类的水解规律，应用溶液中的几个守恒关系来准确的解答题目。在NaHCO3溶液中存在如下平衡：HCO3CO32+H+，
10、HCO3+H2OH2CO3+OH；溶液中存在Na+，HCO3，CO32，OH和H+等五种离子，根据阴、阳离子的电荷守恒，B选项正确。由于HCO3的水解程度大于其电离程度，即OHH+，则A不正确。由于HCO3的水解，使得Na+HCO3，故C不正确。又根据NaHCO3中Na+与HCO3的个数比为1：1，根据原子守恒：Na+HCO3+CO32 +H2CO3，D正确11下列对各电解质溶液的分析正确的是A向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和：NH4+=Cl-B硫酸钠溶液中：Na+H+=OH-+2SO42-C0.1molL-1Na2S溶液中：S2-+HS-+H2S=Na+D向CH3COONa溶液中加适量蒸馏水：
11、CH3COO-与OH-都减小，OH-/CH3COO-也减小【答案】B【解析】试题分析：酸碱恰好中和，溶液不一定呈中性，稀氨水与盐酸恰好中和得氯化铵溶液，呈酸性，NH4+ H2SeO4（2分）【解析】试题分析：（1）根据元素的原子半径及元素的化合价可知A是Mg元素；B是Al元素，C是S元素，D是D是Cl元素，F是O元素。用元素符号表示它们在元素周期表的位置为：（2）根据元素在周期表的位置可知元素处于元素周期表中第四周期IB族；该元素(Cu)单质在空气中与氧气、水及CO2发生反应产生铜绿，反应生锈的方程式是2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3；（3）Mg2+结构示意图为：；B的氧化
12、物溶于氢氧化钠溶液的方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O =2NaAl(OH)4 ；（4）元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，活动性强的元素的单质可以把活动性弱的单质从化合物中置换出来，如Cl2与H2S在水溶液中发生反应：Cl2+ H2S=S+2HCl ，从而可证明元素的非金属性ClS，（5）元素的非金属性SSe，所以元素最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4 H2SeO4。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用、元素非金属性强弱比较、原子结构示意图及化学方程式的书写的知识。17请回答：（1）CO2的电子式 （2）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成，但此沉淀不是硫化
13、铝。写出该反应的离子反应方程式： （3）将NH3通过灼热的CuO，有无色无味的难溶于水的气体生成，写出该反应的化学方程式： （4）CoCl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的某种氧化物与盐酸反应制备(其中Co的化合价为+2、+3)。现取适量这种钴的氧化物，可与480 mL 5 molL1 盐酸恰好完全反应，得到CoCl2溶液和6.72 L黄绿色气体(标准状况)。则该反应的化学反应方程式为 。下表给出了五种元素的相关信息，其中A、B、C、D为短周期元素。根据以下信息填空：元素相关信息A在常温、常压下，其单质是气体，随着人类对环境的认识和要求的提高，它将成为备受青睐的清洁燃料B工业上通过分离液态空气
14、获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障C植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是早期医疗中使用的麻醉剂D室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化。该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰E它在地壳中储量丰富，是人体不可缺少的微量元素之一。其单质为银白色固体，是工农业生产中不可或缺的金属材料，常用于机械制备、建筑等行业（5） C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物(这两种化合物分子中原子个数比皆为12)一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：_。（6）化合物X是元素D的最高价氧化物的水化物，X在水中的电离方程为 ；常温下，
15、E的单质与化合物X反应生成盐Y，Y的化学式是 。化合物Z仅由元素D和E组成， Z+ H2O+ O2= X+ Y，产物中n(X)：n(Y)=1：1，写出并配平上述方程式： 。（7）盐Y受强热会发生分解反应，其气体产物由元素D的氧化物组成，请设计一个可行的定性实验，验证其气体产物中所含元素D的氧化物的组成 。【答案】（1）（2分）（2）2Al3+3S2+6H2O=2Al(OH)3+3H2S（2分）（3）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O （2分）（4）Co3O4+8HCl=3CoCl2+Cl2+4H2O （2分）（5）2N2H4+N2O4=3N2+4H2O（2分）（6）H2SO4=2H+SO
16、42（2分） FeSO4（2分） （7） 2FeS2+2H2O+7O22FeSO4+2H2SO4（2分）将气体产物通入品红溶液，如果品红溶液褪色，则含有SO2，反之则无SO2。取适量吸收液于试管，滴加适量盐酸酸化，再滴加BaCl2，如有白色沉淀生成，则含有SO3，反之则无SO3。（2分）【解析】试题分析：（1）CO2分子中C、O原子共用两对电子，电子式为。（2）硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，二者发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，该反应的离子反应方程式为：2Al3+3S2+6H2O=2Al(OH)3+3H2S。（3）NH3通过灼热的CuO，二者反应生成铜、氮气和水，该反应的化学方
17、程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。（4）根据题意知n(HCl)=0.48L5 molL1=2.4mol，n(Cl2)=6.72L22.4mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒知生成二氯化钴的物质的量：n(CoCl2)=0.9mol，利用电子守恒和原子守恒确定该氧化物的化学式为Co3O4，该反应的化学反应方程式为Co3O4+8HCl=3CoCl2+Cl2+4H2O。根据题给信息推断，A为氢元素，B为氧元素，C为氮元素，D为硫元素，E为铁元素。（5） 根据题意知N2H4和N2O4反应生成氮气和水，化学反应方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O。（6）元素D为硫元素，硫的最
18、高价氧化物的水化物硫酸在水中的电离方程式为H2SO4=2H+SO42；常温下，铁与稀硫酸反应生成FeSO4。化合物Z为铁的硫化物，与氧气、水反应生成等物质的量的FeSO4、H2SO4，利用原子守恒和化合价升降法配平，该反应的化学方程式为2FeS2+2H2O+7O22FeSO4+2H2SO4。（7）FeSO4受强热会发生分解反应，其气体产物由硫的氧化物组成，验证其气体产物所含硫的氧化物的组成的实验方案为将气体产物通入品红溶液，如果品红溶液褪色，则含有SO2，反之则无SO2。取适量吸收液于试管，滴加适量盐酸酸化，再滴加BaCl2，如有白色沉淀生成，则含有SO3，反之则无SO3。考点：考查电子式、化
19、学方程式的书写和实验方案的设计。18(12分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：（1）配制0.100 0 molL1和0.010 00 molL1的标准盐酸。（2）用0.100 0 molL1的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。（3）用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气的CO2。取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里，加水至刻度线。取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。（4）过滤上述所得浊液。（5）取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol
20、L1的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器_；A托盘天平 B容量瓶 C酸式滴定管 D量筒 E烧杯 F胶头滴管 G玻璃棒滴定操作中，左手_，右手_，眼睛_。Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是_；过滤所得浊液的目的是_；此空气样品中含CO2的体积分数为_。【答案】21. (12分)B、D、E、F、G 控制活塞（1分） 摇动锥形瓶（1分） 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 0.098 0 molL1 分离出BaCO3，防止盐酸与BaCO3反应 0.025%【解析】试题分析：一般用量筒量取，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到容量瓶中，并用玻
21、璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，选B、D、E、F、G；根据中和滴定的操作规则，滴定操作中，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；根据H+OH-=H2O，Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是C，2Cx10mL=0.100 0 molL1x19.60 mL,解得C=0.098 0 molL1；过滤所得浊液的目的是分离出BaCO3，防止盐酸与BaCO3反应；滴定过程中消耗盐酸的物质的量为0.010 00 molL1x0.0348L=0.000
22、348mol,则吸收CO2后剩余Ba(OH)2的物质的量=（0.0003482）5=0.00087mol, Ba(OH)2的总物质的量=0.098 0 molL10.01L=0.00098mol，二氧化碳消耗Ba(OH)2的物质的量=0.00098mol-0.00087mol=0.00011moL,根据CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O, 此空气样品中含CO2的体积分数为(0.0001122.4)10 100%=0.025%.考点：考查溶液的配制，中和滴定，化学计算等知识。19(20分)氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都需要用到氯气。工业上通常采用电解法
23、制氯气：观察下图，回答：(1)若饱和食盐水中含有酚酞，通电后_(填a或b)侧先变红。(2)电解反应的化学方程式为_某学生设计如下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），据此回答下列问题：(1) 在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应化学方程式为 ，若在标准状态下收集到22.4升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是 。(2) 漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 。(3) C装置的作用是 。(4) 此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(Cl
24、O3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 。试判断另一个副反应(用化学方程式表示) 。为避免此副反应的发生，可将装置作何改进 。 (5)家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是 。A食盐 B.食醋 C.烧碱 D.纯碱【答案】【解析】略20海水中含有丰富的化学元素，下面是某化工厂从海水中提取NaCl、Mg(以MgCl2形式存在)和Br2(以NaBr的形式存在)及综合利用的生产流程简图：请回答：（1）在粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为： A盐酸 B氯化钡溶液 C氢氧化钠溶液 D碳酸钠溶液则加入试剂的顺序是(填编号) 。 （2）Mg(OH) 2
25、中加入盐酸后，要获得MgCl 26H 2O晶体，需要进行的实验操作依次 。 A蒸馏 B灼烧 C过滤 D蒸发 E冷却结晶 （3）目前工业上主要采用离子交换膜法电解饱和食盐水，下列关于离子交换膜电解槽的叙述错误的是 A精制饱和食盐水进入阳极室 B纯水(加少量NaOH)进入阴极室 C阴极产物为氢氧化钠和氢气 D电解槽的阳极用金属铁网制成 （4）写出电解饱和NaCl溶液的离子方程式： （5） 利用MgCl 26H 2O可制得无水氯化镁，应采取的措施是 （6） 用热空气吹出的溴蒸气可以用亚硫酸钠溶液吸收，写出反应的化学方程式： 【答案】（1） BCDA或者CBDA。（2） DEC。（3） D。（4） 2
26、Cl+2H2O=Cl2+ H2+2OH-。（5）要在HCl气流中脱水。 （6） H2O+Na2SO3+Br2Na2SO4+2HBr。【解析】试题分析：（1） 硫酸根离子和钙离子，镁离子等分别于氯化钡，碳酸钠，氢氧化钠溶液反应生成沉淀可通过过滤除去，碳酸钠溶液能除去过量的氯化钡，盐酸能除去多余的碳酸钠和氢氧化钠溶液，所以应先加入氯化钡溶液再加入碳酸钠溶液，最后加入盐酸，所以正确的顺序为BCDA或者CBDA 。 （2） 氢氧化镁加入盐酸后得到氯化镁溶液，因为氯化镁晶体带结晶水，只能用结晶的方法分析，所以将溶液加热蒸发，冷却结晶然后过滤，即可得到氯化镁的晶体，所以操作顺序为：DEC。 （3） A阳极
27、是氯离子失去电子发生氧化反应，所以精制饱和食盐水进入阳极室，正确。B阴极是氢离子得到电子生成氢气，所以 纯水(加少量NaOH)进入阴极室，正确。C阴极是氢离子得到电子生成氢气发生还原反应，阴极附近水电离平衡破坏，氢氧根离子浓度增大结合钠离子生成氢氧化钠，正确。D电解槽的阳极是石墨电极，溶液中的氯离子失去电子生成氯气，若用金属铁网制成，则铁失去电子发生氧化反应，生成的亚铁锂和氢氧根离子形成沉淀，得不到氯气和烧碱，错误，选D。 （4） 电解过程中阳极上氯离子失去电子发生氧化反应，阴极上是氢离子得打电子生成氢气，总反应为2Cl+2H2O=Cl2+ H2+2OH-。（5）氯化镁在水中发生水解，微粒抑制
28、水解，氯化镁晶体应该在氯化氢的气流中脱水。 （6）溴单质具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，发生氧化还原反应，生成硫酸钠和氢溴酸，方程式为 H2O+Na2SO3+Br2Na2SO4+2HBr。考点：海水资源的综合利用，电解原理，盐类水解的应用【名师点睛】电解原理的应用中注意在电解时，阳极是惰性电极时是溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，阴极是溶液的阳离子得到电子发生还原反应。在电解过程中需要考虑水的电离问题。若水中的氢离子放电，则氢氧根剩余，溶液生成碱，若只有氢氧根离子放电，则水电离的氢离子剩余，溶液为酸。21（12分）把20 mol/L Fe2(SO4)3溶液和20 mol/L H2SO4等体积
29、混合（假设混合后溶液的体积等于混合前溶液的体积之和）。计算：(写出计算过程)（1）混合液中Fe3+的物质的量浓度； （2）混合液中H+、SO42的物质的量浓度；（3）向溶液中加入足量铁粉，经足够长时间后，铁粉有剩余， 求此时溶液中FeSO4的物质的量浓度。（已知加入铁粉时先发生Fe+ Fe2(SO4)3=3Fe SO4 反应，后发生Fe+ H2SO4=Fe SO4+ H2）（4）假设混和后的溶液为2L，加入一定量Fe粉后放出H2在标准状况下的体积为168L，求最终溶液中H+物质的量浓度。【答案】（1）2 mol/L （2）2mol/L 4 mol/L （3）4 mol/L （4）125 mol
30、/L【解析】试题分析：（1）设两溶液的体积为VL，则混合液中Fe3+的物质的量浓度=20 mol/L2VL2VL=2 mol/L。（2）混合液中H+物质的量浓度c（H+）=20 mol/L2VL2VL=2 molL1；c（SO42）=（20 mol/L3VL+20 mol/LV）2VL=4 mol/L。（3）根据Fe+ Fe2(SO4)3=3Fe SO41mol 3mol20Vmol n（FeSO4）生成的 n（FeSO4）=6VmolFe+ H2SO4 = Fe SO4+ H21mol 1mol20Vmol n（FeSO4）本反应生成的n（FeSO4）=20Vmol，则FeSO4的物质的量浓
31、度为：（6Vmol+ 20Vmol）2VL=4 mol/L。（4）H2物质的量为：168L224L/mol=075mol，根据化学方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，则消耗的H+为15mol，则剩余的H+为：20 mol/L2L15mol=25mol，则c（H+）=25mol2L=125 mol/L。考点：本题考查化学计算。22软性隐形眼镜是由甲基丙烯酸羟乙酯CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH的高聚物(HEMA)制成的超薄镜片，其合成路线可以是：已知：CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯。（1）A、E的结构简式分别为：A 、E 。（2）有机物C的名称为 。（3）写出下列反应的
32、反应类型：CD ，EF 。（4）写出下列转化的化学方程式：IG ；G+FH 。【答案】（1）CH2CHCH3；(CH3)2C(OH)COOH；（2）2丙醇（或：异丙醇）（3）氧化反应；消去反应（4）CH2ClCH2Cl2NaOHHOCH2CH2OH2NaClHOCH2CH2OHCH2C(CH3)COOHCH2C(CH3)COOCH2CH2OHH2O。【解析】试题分析：H发生加聚反应得到HEMA（聚甲基丙烯酸羟乙酯），则H为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，结合转化关系可知，G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，结合
33、题目给予的反应信息可知，E中羧基、羟基连接同一碳原子上，则E为（CH3）2C（OH）COOH，故D为O=C（CH3）2，C为CH3CH（OH）CH3，B为CH3CHBrCH3，A为CH2=CHCH3，（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，E的结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，故答案为：CH2=CHCH3；（CH3）2C（OH）COOH；（2）有机物C为CH3CH（OH）CH3，其名称为：2-丙醇，故答案为：2-丙醇；（3）C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，C生成D的反应为氧化反应，E为（CH3）2C（OH）COOH，F为CH2=C（CH3）COOH，E生成F的反应为
34、消去反应，故答案为：氧化反应；消去反应；（4）IG是卤代烃发生水解反应生成醇，反应方程式为：CH2ClCH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl，G+FH是羧酸与醇发生酯化反应，反应方程式为：HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O，故答案为：CH2ClCH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl；HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O。考点：考查了的相关知识。23钯（Pd）催化偶联反应是近年有机合成的研究热点之一。例如：反应化合物I可由以下合成路线获
35、得：（1）化合物I与Br2发生加成反应所得产物的结构简式为 。（2）化合物II的分子式为 。（3）化合物III与化合物II在酸催化下发生酯化反应的化学方程式为 （注明条件）。 （4）化合物IV的结构简式为 。（5）V是化合物II的同分异构体。V的分子中苯环上有三个取代基、能发生银镜反应， 且苯环上的一氯代物有2种。V的结构简式可能是 。（6）1分子与1分子在一定条件下可发生类似反应的反应，生成有机化合物VI，VI的结构简式为 。【答案】（16分）（1）CH2BrCHBrCOOH （2分） （2）C9H8O2 （2分）（3）（3分）用可逆符号更好（4）CH2=CHCHO （2分） 【解析】试题分
36、析：（1）化合物I的结构简式为CH2=CHCOOH，含有碳碳双键和羧基，前者与Br2容易发生加成反应，后者则不能与Br2反应，则1分子I与1分子Br2反应的产物为CH2BrCHBrCOOH；（2）化合物II的结构简式中含有苯基（C6H5）和CH=CHCOOH，先数碳原子数，再数氢原子数，最后数氧原子数，由此可推断其分子式为C9H8O2；（3）CH2=CHCH2Cl含有碳碳双键和氯原子，在NaOH水溶液中加热时，卤代烃发生水解反应或取代反应，生成醇和卤化钠，则III的结构简式为CH2=CHCH2OH；II含有碳碳双键和羧基，由于羧酸和醇在浓硫酸加热时发生酯化反应或取代反应，生成酯和水，由此可以写
37、出II与III反应的化学方程式；（4）III的结构简式为CH2=CHCH2OH，分子式为C3H6O，而IV的分子式为C3H4O，说明III氧化为IV的实质是醇的催化氧化，碳碳双键则未被氧化，联系乙醇催化氧化制取乙醛的原理，可以推断IV的结构简式为CH2=CHCHO；（5）苯环上有3个取代基，说明苯环上只有6个C、3个H，比II的分子式（C9H8O2）少3个C、5个H、2个O，能发生银镜反应说明其同分异构体含有2个醛基（CHO）（不可能1个醛基），则另一个取代基为甲基（CH3），由于苯环上一氯取代物只有2种，说明以甲基及其苯环上其相对位置碳之间连线为对称轴，两个醛基位于该对称轴两侧的对称位置，由此可以推断II的同分异构体的结构简式；（6）观察反应，对比反应物和生成物的组成和结构，可以发现反应物中断开共价键的规律，苯环中碳原子与氯原子之间的极性键断裂，另一种反应物中双键碳原子与氢原子之间的极性键断裂，氯原子与氢原子结合生成HCl，其余部分结合生成碳碳单键，通过类比或仿写，可以得出VI的结构简式。考点：考查有机合成和推断，根据新反应情景及合成路线综合进行推断，涉及与Br2加成产物的结构简式、有机物的分子式、酯化反应方程式、醇催化氧化产物的结构简式、限定条件下同分异构体的结构简式、类似反应的反应产物的结构简式等。