1、山东省沂南县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列措施，是为了防止产生雾霾的，其中不可行的是A停止冬季供暖，减少有害物质排放B对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理C退耕还林，改善生态环境D寻找新能源，减少化石燃料的使用【答案】A【解析】试题分析：A停止冬季供暖，虽然减少有害物质排放，但不符合客观实际，A错误；B对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理可以减少雾霾的产生，B正确；C退耕还林，改善生态环境有利于节能减排，可以防止雾霾的产生，C正确；D寻找新能源，减少化石燃料的使用，有利于节约能源，且可以减少雾霾的生成，D正确，答案选A。考点：考查大气污染
2、的有关分析2下列物质的保存方法不正确的是A氯水保存在棕色试剂瓶中 B漂白粉露置在空气中存放C过氧化钠应密封保存 D金属钠保存在煤油中【答案】B【解析】试题分析：A、氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，A正确；B、漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光易分解，从而使漂白粉失效，故漂白粉需密闭保存，B错误；C、过氧化钠能与空气中的水和二氧化碳反应，故要密封保存，C正确；D、钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，D正确。答案选B。考点：化学试剂的保存3下列物质属于纯净物的是A石油 B聚氯乙烯 C小苏打 D氨水【答案】C【
3、解析】A 是混合物，石油是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物B 是混合物，聚氯乙烯是高分子化合物，角标n值不同分子式就不同C 是纯净物，用NaHCO3表示D 氨水是把氨气溶于水的混合物。4设NA是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.1molAl3+离子含有的核外电子数为3NAB.1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NAC.10LpH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAD.10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH-离子数为NA【答案】D【解析】A.1molAl3+离子含有的核外电子数为10NAB.1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为2NAC.10LpH=1的硫酸溶液中
4、含有的H+离子数为NA5下列说法中错误的是A从1 L 1molL-1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1molL-1B制成0.5L 10molL-1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C0.5L 2molL-1 BaCl2溶液中，Ba2+和Cl总数为36.021023D10g 98%的硫酸溶液（密度为1.84 gcm-3）与10 mL 18.4molL-1的硫酸溶液的浓度不相同【答案】D【解析】试题分析：A、溶液是均一稳定的，则从1 L 1molL-1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1molL-1，A正确；B、制成0.5L 10molL-1的盐酸，需要氯化氢气体的物质的
5、量是0.5L10mol/L5mol，在标准状况下的体积是5mol22.4L/mol112L，B正确；C、0.5L 2molL-1 BaCl2溶液中，Ba2+和Cl的物质的量分别是1mol和2mol，则总数为36.021023，C正确；D、10g 98%的硫酸溶液（密度为1.84 gcm-3）的浓度是，因此与10 mL 18.4molL-1的硫酸溶液的浓度相同，D错误，答案选D。考点：考查溶液浓度的有关判断与计算6请将正确的序号填入空白处,下列物质中：属于酸性氧化物的是 属于碱性氧化物的是 属于电解质的是 NaHSO4 CO2 NaCl溶液 NH4Cl 乙醇 SO2 Na2O2 CaO 蔗糖 熔
6、融的NaOH 【答案】 ； ； ；【解析】试题分析：为碳酸和亚硫酸的酸性氧化物，不是过氧化物，NaCl溶液为混合物既不是电解质又不是非电解质。考点：依据物质的性质进行分类。7已知：KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。如表中由实验现象得出的结论完全正确的是选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红色Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH的溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性D淀粉KI溶液中变为蓝色Cl2具有氧化性【答案】D【解析】试题分析：A. 发生反应
7、：2FeCl2+Cl2=2FeCl3. 氯气有氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+。继而发生反应：Fe3+ SCN-=Fe(SCN)3. Fe(SCN)3是血红色的。错误。B. 酚酞是酸碱指示剂，遇碱变红色，遇酸不变色。Cl2+ H2O=HCl+HClO.当加入氢氧化钠以后，HCl+NaOH=NaCl+ H2O；NaOH+HClO=NaClO+H2O.由于酸不断消耗，溶液的酸性减弱，所以红色褪去。错误。C. Cl2+H2O=HCl+HClO. HCl、HClO都是酸，酸使紫色石蕊试液变为红色，但由于HClO还有强的氧化性，能把有色物质氧化为无色物质。故又变为无色。错误。D.氯气有氧化性，能把I-氧
8、化为I2单质。 Cl2+2I-=2Cl-+I2. I2遇淀粉溶液变为蓝色。考点：考查氯元素的单质及化合物HClO的化学性质的知识。8已知短周期元素aA2+、bB+、cC3+、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是：A原子序数cabd B离子半径C3+D-B+A2+ C原子半径ABCD D单质的还原性ABCD【答案】A【解析】aA2+、bB+、cC3+、dD-都具有相同的电子层结构，说明离子的核外电子数是相同的，即满足关系a2b1c3d1，其中ABC是金属，位于同一周期，D是非金属，位于ABC的上一周期。同主族同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，而非金属性逐渐增强，因此原子
9、半径是BACD，单质的还原性是BACD。核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的递增而逐渐减小，所以离子半径大小顺序是D-B+A2+ C3+。答案选A。9下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是选项微粒组所加试剂离子方程式ANH、Fe2、SO少量Ba(OH)2溶液2NH 2NHSOBa22OH BaSO42NH3H2OBMg2、HCO、Cl过量NaOH溶液Mg22HCO4OH Mg(OH)22CO2H2OCFe2、NO、HSONaHSO4溶液HSOH SO2H2ODK、NH3H2O、CO通入少量CO22NH3H2OCO2 2NHCO【答案
10、】BD【解析】试题分析：A、Fe2先于NH与碱反应，错误；B、正确；C、酸性条件下NO把Fe2、HSO氧化，错误；D、少量优先与氨水反应，正确。考点：考查STS中环境保护有关问题。10若司机酒后驾车，可通过对其呼出的气体进行检验而查出，所利用的化学反应如下：2CrO3(红色)+3C2H5OH+3H2SO4Cr2(SO4)3(绿色)+3CH3CHO+6H2O。关于该反应，下列叙述不正确的是A每1 mol CrO3发生氧化反应，转移3 mol e BC2H5OH是还原剂CCrO3在反应中表现氧化性 DC2H5OH在反应中失去电子【答案】A【解析】试题分析：A根据方程式可知在反应中Cr元素的化合价从
11、6价降低到3价，则每1mol CrO3发生还原反应，转移3mole，A错误；B碳元素的化合价从2价升高到1价，因此C2H5OH是还原剂，B正确；CCrO3氧化剂，在反应中表现氧化性，C正确；DC2H5OH是还原剂，在反应中失去电子，D正确，答案选A。考点：考查氧化还原反应的有关判断11已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2， KClO3 +6HCl=3Cl2+KCl +3H2O，2KBrO3 +Cl2=Br2 + 2KClO3，下列说法正确的是A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D
12、中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【答案】B【解析】试题分析：A、置换反应是单质和化合物反应生成新的单质和化合物，所以不属于置换反应，故不选A；B、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，中Cl2Br2 ，中KClO3Cl2，中 KBrO3KClO3，所以氧化性顺序为：KBrO3KClO3Cl2Br2，选B；C、中还原剂为氯化氢，5摩尔，氧化剂为氯酸钾，1摩尔，所以比例为5:1，故不选C；D、中1摩尔还原剂氯气失去电子10摩尔，故氧化剂得到电子10摩尔，故不选D。考点：氧化还原反应。12下列叙述中，正确的是A自然界中存在大量单质硅 B石英、水晶、硅石的主
13、要成分都是二氧化硅 C常温下硅性质活泼,能与氯气、强酸反应 D自然界中的硅都是以二氧化硅的形式存在 【答案】B【解析】试题分析：硅在自然界中全部是以化合态的形成存在，主要是以硅酸盐的形成，A、D错。常温下硅性质不活泼,不能与氯气、强酸反应，C错。答案选B。13下列有关同分异构体数目的叙述错误的是（ ）A甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种C对三联苯的一溴取代物有3种D菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成 5种一硝基取代物【答案】C【解析】试题分析：甲苯苯环的一代物有3种分别是邻、间、对，含3个碳原子的烷基有2种：正丙
14、基、异丙基，所以所得产物有6种，故A正确；CH3CH2CH2CH2CH3的一氯代物有3种，故B正确；对三联苯的一溴取代物有4种，故C错误；菲的结构简式为，菲的分子中有5种氢原子，它与硝酸反应，可生成 5种一硝基取代物，故D正确。考点：本题考查同分异构体。 14关于氧化还原反应10AgF+5C12+5H2O=9口+AgClO3+10HF+O2，下列说法不正确的是A该反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂B每生成1 mol O2，该反应转移电子的物质的量是4NAC口中的物质是AgClD该反应消耗的水有2/5被氧化【答案】B【解析】试题分析：A、反应中氯元素化合价升高，氯气做还原剂，氧元素化合价升高，水
15、做还原剂，所以还有氯气做氧化剂，根据原子守恒分，生成产物为氯化银，正确，不选A；B、反应中有9个氯原子化合价降低，所以转移9个电子，错误，选B；C、根据原子守恒分析，物质为氯化银，正确，不选C；D、反应中的5个水中有2个水分子中的氧失去电子被氧化，正确，不选D。考点：氧化还原反应15利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是A、乙烯与氯气加成（1，2二氯乙烷）B、等物质的量的氯气与乙烷在光照下反应（氯乙烷）C、乙烯与水加成（乙醇）D、乙烯与氯化氢在一定条件下反应（氯乙烯）【答案】B【解析】试题分析：A、乙烯与氯气发生加成反应，产物只有1，2二氯乙烷，为纯净物，正确；B、等物质的量的氯气与乙烷在光照
16、条件下发生取代反应，则生成的产物有多种，不是纯净物，错误；C、乙烯与水发生加成反应，则加成产物只有乙醇，为纯净物，正确；D、乙烯与氯化氢发生加成反应，则加成产物只有一种氯乙烷，为纯净物，正确，答案选B。考点：考查乙烯的化学性质16某银白色金属固体A：放在空气中氧化成白色固体B；将A点燃火焰呈黄色，生成浅黄色固体C；A、B、C均可跟无色液体D反应，生成碱性物质E，其中A跟D反应时还可生成可燃性气体F，C跟D反应时则生成另一种气体G；F和G混合遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成D。据此推断：（1）C为，D为，F为。（2）写出下列反应的化学方程式：AB： ；CE： 。【答案】（1）Na2O2H2OH2
17、 （2）4Na+O2=2Na2O 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【解析】试题分析：依据，可知固体金属单质A是Na，在空气中缓慢氧化成白色固体B(Na2O)，在空气燃烧生成C(Na2O2)，它们都与水反应生成NaOH，其中Na与H2O反应生成H2，Na2O2与H2O反应生成O2。考点：金属钠的性质与应用17(16分)某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO47H2O)和胆矾晶体。请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式： ； 。（2）试剂X
18、是 。由溶液D是 。（3）在步骤时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为了避免固体C减少，可采取的改进措施是 。（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因 。（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；写出反应的化学方程式 ，（6）工业上常用溶液E经进一步处理可制得净水剂Na2FeO4，流程如下：测得溶液E中c(Fe2+) 为0.2 molL-1，若要处理1 m3溶液E，理论上需要消耗25 % 的H2O2溶液_kg。写出由Fe(OH)3制取Na2Fe
19、O4的离子方程式_ _。【答案】（1）2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（2）稀硫酸（1分）；NaHCO3（1分）（3）a,b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶，除去HCl. ；（4）2Fe3+Fe=3Fe2+（5）2Cu+O2+ 2H2SO42CuSO4+2H2O（6）13.6kg； 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。【解析】试题分析：（1）在废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3，当加入过量NaOH溶液时，只有Al、Al2O3可以发生反应，所以步骤反应的离子方程式是
20、2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 ； Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+H2O；（2）把混合物过滤，得到的固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3，向其中加入过量的稀硫酸，发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；Fe2(SO4)3+Fe= 3FeSO4；Fe2(SO4)3+Cu= 2FeSO4+ CuSO4 ; Fe+ H2SO4=FeSO4+H2;试剂X是H2SO4；过滤得到滤液E含有FeSO4、CuSO4；固体F中含有Cu，用热的浓硫酸溶解得到CuSO4溶液，也可以用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；（3）
21、溶液A中含有NaOH、NaAlO2；向其中通入过量的CO2，发生反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性物质NaHCO3，溶液D是NaHCO3，固体C是Al(OH)3沉淀，用盐酸溶解得到AlCl3；然后在HCl的气氛中加热蒸发得到无水AlCl3；（3）在步骤时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，这是由于浓盐酸有挥发性，在制取的CO2气体中含有杂质HCl。为了避免固体C减少，可采取的改进措施是a,b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶，除去HCl；（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，是因为Fe3+有氧化性，发生了反应2
22、Fe3+Fe=3Fe2+，变为Fe2+，（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；反应的化学方程式是2Cu+O2+ 2H2SO4 2CuSO4+2H2O；（6）Fe2+与H2O2反应的方程式是：2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O，由于n(Fe2+)=0.2 mol/L1103 L=200mol,则根据方程式可知需要H2O2的物质的量是100mol,所以理论上需要消耗的H2O2溶液(100mol34g/mol)25 %=13600g=13.6Kg；根据图示可知由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式是2Fe(OH)3+ 3NaClO+
23、 4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。考点：考查反应试剂的选择、物质成分的确定、实验操作方法、化学方程式和离子方程式的书写及有关化学方程式的计算的知识。18某同学用下面的装置制备并收集纯净的氯化铁，硬质玻璃管E中装有细铁丝网。试回答：（1）检验装置A的气密性的方法是 （2）装置A中反应的化学方程式为 （3）装置C的作用是： _，装置D中的试剂是：_ _。（4）可检验装置E中生成的物质中阳离子的方法及现象是 。（5）若把氯气通入石蕊溶液中，观察的现象是： 。（6）装置 G中发生反应的离子方程式为：_ _ _。【答案】（1）用酒精灯微热圆底烧瓶，一段时间后，C中导管冒气泡，停止加热后
24、，导管中水柱回流一段，说明气密性好。（2分）（2）4HCl(浓)+MnO2 = MnCl2+Cl2+2H2O（加热条件）（3分）（3）吸收HCl，浓硫酸 （各1分）（4）硫氰化钾溶液（苯酚溶液、氢氧化钠溶液），显红色（紫色、产生红褐色沉淀）。（2分）（5）先变红后褪色 （1分）（6）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O （3分）【解析】试题分析：该题是一道综合利用氯气的题，从制气到净化气到检验氯气的性质到最后的尾气处理。考点：考查气体制备中的一些常识。19（1）用铜与浓硫酸反应制取硫酸铜，实验装置如图所示。A中反应体现了浓硫酸的哪些性质?_；装置中导管B的作用你认为可能是(写出一种)_。
25、（2）为符合绿色化学的要求，某同学进行如下设计：将铜粉在_(填仪器名称)中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应，反应后溶液经过_、_、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，干燥时需要控制温度小于100，若温度过高，则会导致_。（3）探究小组用滴定法测定某胆矾晶体中CuSO4的含量。取ag样品配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1的EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+写出计算CuSO4质量分数的计算式=_；下列操作会导致CuSO4含量的测定
26、结果偏低的是_。a用样品溶液润洗锥形瓶b滴定终点时俯视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡（4）常温下CuSO4溶液中Cu2+水解的离子方程式为_。已知该反应的平衡常数K=5.010-9，则常温下Cu(OH)2的Ksp=_【答案】（1）强氧化性和酸性；平衡气压、防止倒吸；若C的导管堵塞时防止装置爆炸、拆除装置前，从B管口向A鼓气使二氧化硫被全部吸收；（2）坩埚；蒸发浓缩、冷却结晶；CuSO45H2O失去部分结晶水；（3）100%； bc；（4）Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+；2.010-20。【解析】试题分析：（1）铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+
27、2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，反应中体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，故答案为：强氧化性和酸性；根据装置图可知，导管B可以平衡试管内外的压强，具有平衡气压，防止倒吸等作用，同时若C的导管堵塞时防止装置爆炸，另外拆除装置前从B管口向A鼓气使二氧化硫被全部吸收，故答案为：平衡气压、防止倒吸；若C的导管堵塞时防止装置爆炸、拆除装置前从B管口向A鼓气使二氧化硫被全部吸收；（2）高温灼烧固体应在坩埚中进行，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体可以将硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，CuSO45H2O晶体中的结晶水容易失去，所以干燥需要控制温度小
28、于100，故答案为：坩埚；蒸发浓缩、冷却结晶；CuSO45H2O失去部分结晶水；（3）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb10-3L=bc10-3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc10-3mol；100ml溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol；所以CuSO45H2O质量分数的表达式=100%；a、用样品溶液润洗锥形
29、瓶，导致标准溶液体积偏大，根据上述表达式可知，测定结果偏高，错误；b、滴定终点时俯视读数，导致标准溶液体积偏小，根据上述表达式可知，测定结果偏小，正确；c、滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，导致标准溶液体积偏小，根据上述表达式可知，测定结果偏小，正确；故选bc；（4）CuSO4溶液中Cu2+水解生成氢氧化铜和硫酸，反应的离子方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+；该反应的平衡常数K=5.0109，则常温下Cu(OH)2的Ksp = = = = = 2.010-20，故答案为：Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+；2.010-20。考点：考查了制备实验方案的设计、几种重要的金属及其化合物、
30、滴定实验误差分析的相关知识。20甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：（1）若甲是一种黄色固体物质，丁是一种常见的酸，则丁是_，写出的化学方程式 :_。（2）若甲是一种极易溶于水的气体 ,丙是一种红棕色气体，则丙物质是_。写出的化学方程式 。【答案】（1）H2SO4， 2SO2+O22SO3（2）NO2 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】试题分析：（1）黄色固体为硫，与氧气反应生成二氧化硫，再与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，所以丁为H2SO4，的方程式为：2SO2+O22SO3。（2）丙为红棕色气体，为二氧化氮，甲为极易溶于水的气体，为氨气，则乙为一氧化氮，丁为硝酸。反
31、应为：4NH3+5O24NO+6H2O考点：无机推断 21化合物（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基可以用E 和H在一定条件下合成：已知：A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；RCH=CH2RCH2CH2OH化合物F苯环上的一氯代物只有两种；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）A的化学名称为 ；（2）D的结构简式为 ；（3）I的结构简式为 ；（4）写出下列反应的类型：AB： ；CD： ；（5）F生成G的化学方程式为： ；（6）I的同系物J比I相对分子质量小14，J能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基，能发生银镜反应，能和饱和N
32、aHCO3溶液反应放出CO2；符合上述条件的同分异构体共有 种（不考虑立体异构）若J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同分异构体的结构简式 【答案】（1）2甲基2氯丙烷；（2）（CH3）2CHCHO；（3）；（4）消去；氧化；（5）；（6）18；【解析】A中不含不饱和键，A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A的结构简式为（CH3）3CCl，A和NaOH的醇溶液发生消去反应生成B，B结构简式为（CH3）2CH=CH2，B发生加成反应生成C，C结构简式为（CH3）2CH2CH2OH，C在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成D，D结
33、构简式为（CH3）2CH2CHO，D和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应然后酸化得到E，E结构简式为（CH3）2CH2COOH；化合物F苯环上的一氯代物只有两种，则F结构简式为，对甲基苯酚和氯气发生取代反应生成G，G发生取代反应生成H，结合题给信息、G和H分子式知，H中含有醛基，则F中甲基上氢原子被氯原子取代，G结构简式为，H结构简式为，E和H发生酯化反应生成I，I结构简式为，（1）A为（CH3）3CCl，其名称是2甲基2氯丙烷，（2）D为 （CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（3）通过以上分析知，I为，故答案为：；（4）通过以上分析知，A发生消去反应生成B，C发生氧化反应生
34、成D，故答案为：消去；氧化；（5）通过以上分析知，F发生取代反应生成G，反应方程式为，（6）I（）的同系物J比I相对分子质量小14，J比I少一个CH2原子团，J的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基，既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则J的同分异构体含有CHO、COOH，侧链为CHO、CH2CH2COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为CHO、CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为CH2CHO、CH2COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为CH2CH2CHO、COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为CH（CH3）CHO、COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为CH3、CH（CHO）COOH，有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体有63=18种，J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种H原子，故产物中苯环上只有1种H原子，产物有2个COOH，应还含有2个CH2，2个侧链相同且处于对位，产物中侧链为CH2COOH，故符合条件的同分异构体结构简式为：
