1、山东省平邑第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列溶液中的氯离子数目与50 mL 1 molL1的AlCl3溶液中氯离子数目相等的是（ ）A150 mL 3 molL1的NaCl B75 mL 2 molL1的CaCl2C150 mL 1 molL1的KCl D75 mL 1molL1的NH4Cl【答案】C【解析】略2某原子的基态电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，该元素不可能的价态是A-1 B+2 C+3 D0【答案】A【解析】试题分析：根据基态电子排布可知，该元素是铁元素，所以不可能的价态是1价，答案选A。考点：考查元素化合价的判断点评：该题
2、是基础性试题的考查，试题基础性强，主要是考查学生灵活运用电子排布式判断元素化合价的了解掌握程度，有利于提高学生的逻辑推理能力。3实验室配制1molL-1盐酸250mL，下列不需用的仪器是A250 mL容量瓶 B托盘天平 C胶头滴管 D烧杯【答案】B【解析】试题分析：实验室配制1molL-1盐酸250mL，是用液体配制溶液的实验，需要250 mL容量瓶盛放溶液，烧杯溶解溶液，胶头滴管定容，量筒量取溶液，不需要托盘天平，答案选B。考点：考查溶液配制仪器的选择4当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A泥水 B盐酸 CNaCl 溶液 D Fe (OH)3 胶体【答案】D【解析】试题分析：盐酸、
3、NaCl 溶液属于溶液，泥水属于浊液，无丁达尔效应；Fe (OH)3 胶体分散质大小：1nm100nm，属于胶体，有丁达尔效应，故选D。考点：考查了胶体的性质的相关知识。5除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（ ）A除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气B除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤C除去Al2O3中混有的SiO2：加NaOH溶液，过滤D除去Fe2O3中混有少量的Fe（OH）3：加热灼烧【答案】D【解析】A二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；B铜可被硝酸氧化，应用稀硫酸或盐酸，故B错误；C二者都与氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除杂，故C错
4、误；D氢氧化铁分解可生成氧化铁，可用于除杂，故D正确【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重混合物分离方法选择的考查，题目难度不大6对于在密闭容器中进行的反应：N2+O22NO，下列不能加快该反应的反应速率的条件是（ ）A.缩小体积B.充入更多的NOC.体积增大到原来的2倍D.升高温度【答案】C【解析】体积增大到原来的2倍，浓度减小为原来的，化学反应速率减小。7下列属于电解质的是（ ）A蔗糖 B盐酸 C酒精 D氢氧化钠【答案】D【解析】A蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，是非电解质
5、，故A错误；B盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，所以不是电解质，故B错误；C酒精是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故C错误；D氢氧化钠水溶液或熔融状态下都能导电，均为自身电离出的自由移动的钠离子和氢氧根离子，所以氢氧化钠是电解质，故D正确；故选D【点评】本题考查了电解质的概念，抓住电解质的特征是解题的关键，难度不大8下列化学用语正确的是A乙烯分子的电子式B硫原子的结构示意图 C淀粉的化学式 (C6H10O5)n D硫酸铁的电离方程式 Fe2(SO4)3 = Fe23+ + 3SO42【答案】C【解析】试题分析：A.乙烯碳碳之间有两对共用电子对，错误；B.该示意
6、图是硫离子的原子结构示意图，错误；C.淀粉是高分子化合物，化学式为(C6H10O5)n 正确；D. 硫酸铁的电离方程式 Fe2(SO4)3 = 2Fe3+ + 3SO42，错误；选C。考点：考查化学用语的正误判断。9新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论正确的是 （ ）A颜色相同 B都能使有色布条褪色 C滴加石蕊试剂都只变红 D加AgNO3溶液都能生成白色沉淀【答案】D【解析】试题分析：新制氯水中含有氯气和次氯酸，具有强氧化性和漂泊性，溶液显淡黄绿色。氯水久置后，将变为稀盐酸，失去漂泊性，但酸性增强，溶液是无色，所以正确的答案选D。考点：考查次氯酸的性质，新制氯水和久置氯水的判断。10比亚迪公司
7、开发了锂钡氧化物二次电池。电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确的是( ) A该电池充电时，锂极与外电源的负极相连 B该电池放电时，Li+向负极移动 C该电池充电时阴极的反应为LixV2O4xe=V2O4+xLi+D若放电时转移 0.2 mol 电子，则消耗锂 1.4x g 【答案】A【解析】试题分析：A电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi+xe-=xLi，故C错误；D若放电时转移0.2mol电子，负极上Li
8、-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol7g/mol=1.4g，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学电源新型电池【名师点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH，且H+必须写入正极反应式中，
9、与O2结合生成水；正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。11某有机物的结构简式为 ，则该物质不能发生的反应有( )A加成反应 B消去反应 C取代反应 D加聚反应【答案】B【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有碳碳双键和氯原子。由于和氯原子连接的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，所以不能再发生消去反应，B不能发生，其余都是可以的，答案选B。12反应C（s）+H2O(g)CO(g)
10、+H2(g),在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使其反应速率加快的是A 增加C的量B 将容器体积缩小一半C 保持体积不变,充入N2使体系的压强增大D 保持压强不变,充入N2使体积增大【答案】B【解析】试题分析：A、碳是固体，改变固体的质量不能改变反应速率，A错误；B、将容器体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，B正确；C、保持体积不变,充入N2使体系的压强增大，压强增大，浓度不变，反应速率不变，C错误；D、保持压强不变，充入N2使体积增大，浓度减小，反应速率减小，D错误。答案选B。【考点定位】本题主要是考查外界条件对反应速率的影响【名师点晴】该题的易错选项和难点是C和D，关于压强对
11、反应速率的影响，需要注意：（1）参加反应的物质为固体和液体，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变。（2）对有气体参加的反应，压强改变气体物质浓度改变化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的，如2SO2(g)O2(g)2SO3(g)增大压强，SO2、O2、SO3的浓度均增大，正、逆反应速率均增大。（3）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：恒容：充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)反应速率不变。恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。13下列说法中正确的是A已知H(aq)
12、OH(aq) H2O(l) H57.3kJ/mol，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应、稀醋酸与稀NaOH溶液反应所测得的中和热都为H57.3kJ/molB由C(石墨，s)= C（金刚石，s）H1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定C在用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液的实验中，若用待测液润洗锥形瓶，则测定结果偏低（其他操作正确）D向存在着FeCl3 (黄色)3KSCN Fe(SCN) 3(血红色) 3KCl平衡体系的溶液中，加少量KCl固体，溶液血红色不发生变化【答案】D【解析】试题分析：中和热不包含离子在溶液中的生热，溶质的溶解热和电解质电离吸收热等伴随的热效应，浓硫酸溶解放热，稀醋酸电离吸热
13、，故所测中和热均不该是H57.3kJ/mol，故A错；通过热化学方程式可以看出，反应为吸热反应，石墨的能量低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；在滴定实验中，用待测液润洗锥形瓶，只会导致结果偏大，故C错误；铁离子的检验非常敏锐，Fe(SCN) 3浓度变化不足以引起红色的变化，故D正确。考点：考查中和热和化学平衡相关知识14用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5 NAB标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.2 NAC1.8 g重水（D2O）中含NA个中子D足量的铜与含2 mol H2
14、SO4的浓硫酸充分反应，可生成NA个SO2分子【答案】A【解析】试题分析：A乙烯和丁烯的最简式是CH2,式量是14，所以室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有最简式的物质的量是1.5mol,因此它的碳原子数目为1.5 NA，正确；B标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量是0.1mol，与过量稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.1 NA，错误；C1.8 g重水（D2O）的物质的量小于0.1mol,因此所含有中子数小于NA个。错误；D只有浓硫酸能够与Cu反应，所以足量的铜与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成SO2分子小于NA个。错误；考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
15、15（3分）下列关于蒸馏操作的有关叙述不正确的是（ ）A 蒸馏操作主要仪器是：蒸馏烧瓶、酒精灯、铁架台、冷凝管、锥形瓶、温度计B 蒸馏操作使用的温度计的水银球应插入到液体内C 在蒸馏烧瓶内放入少量碎瓷片，目的是防止暴沸D 冷凝管进出水的方向是下进上出【答案】B【解析】 试题分析：A蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物的装置，需要仪器为铁架台（带铁圈、铁夹）、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管等仪器，故A正确；B蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物，温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故B错误C加入碎瓷片可防止液体暴沸，故C正确；D为使水充满冷凝管而达到充分冷却水蒸气的目的，水应从冷凝管的最下方
16、接口进入，而且确保出水口在组装仪器的高处，故D正确；考点： 蒸馏与分馏.16A、B、C、D、E是五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1:1或2:1形成化合物，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，E与C的最外层电子数相同。（1）A与C按原子个数比为1:1形成化合物的电子式是 。（2）C、E所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 (填具体的化学式)。（3）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池工作时的化学反应方程式： ；放电时溶液中移向正极的离子有： 。（4）F是一种历史悠
17、久、应用广泛的金属元素。若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M。写出M的酸性溶液和C与A形成的一种化合物反应的离子方程式： 。【答案】(9分)（1） （2）H2OH2S（3）N2+3H2+2HCl=2NH4Cl H+,NH4+（1分）（4）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种短周期主族元素中，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成的化合物，则A为H元素、C为氧元素、D为Na元素；A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，碱性气体为氨气，故B为N；E与C的最外层电子数相同，故E为S；（1）H与O按原子个数比为1
18、:1形成化合物是双氧水。（2）O的非金属性大于S，氢化物的稳定性：H2OH2S（3）以H2、N2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造燃料电池，该电池工作时的化学反应方程式：N2+3H2+2HCl=2NH4Cl ；放电时溶液中移向正极的离子阳离子，有H+,NH4+。（4）将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M，说明F是铁，M为氯化亚铁，氯化亚铁的酸性溶液和双氧水反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。考点：考查了元素周期表和元素周期律、氧化还原反应的相关知识。17工业生产硝酸铵的流程如下图所示（1）硝酸铵的水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”
19、)；其水溶液中各离子的浓度大小顺序为： 。（2）已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) Hc(NH4+)c(H+)c(OH) （2分）200(1分) ACDE(2分)2NH3(g)CO2(g) H2O(g)CO(NH2)2 (s) H=134kJ/mol（2分）2（2分） 55（2分） 0.148 mol/(Lmin) （2分）（2分）【解析】试题分析：（1）硝酸铵中铵根离子水解使溶液显酸性。所以溶液中离子浓度为c(NO3)c(NH4+)c(H+)c(OH)。因为反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，氨气 的物质的量分数减小，所以a为200；A、及时分离出氨气平衡正向移动，提高氢气的转化
20、率，正确；B、P碘的原料转化率接近100%，但是压强的增大转化率提高的并不多，还需要考虑设备的要求，所以不是当前工业采用的温度和压强，错误；C、b的温度比c温度低，平衡正向移动，平衡常数大，但在相同的温度下平衡常数不变，所以正确；D、根据方程式计算，假设氮气为1摩尔，氢气为3摩尔，则反应的氮气为xmol，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始 1 3 0改变 x 3x 2x平衡 1-x 3-3x 2x则有2x/(1-x+3-3x+2x)=60% 解x=0.75，氢气的转化率=0.75*3/3=75%，正确；E、如果N点时c(NH3)0.2 molL1，假设氮气的起始加入的浓度为amol/L
21、，氢气的浓度为3amol/L，有N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始 a 3a 0改变 0.1 0.3 0.2平衡 a-0.1 3a-0.3 0.2 则0.2/（a-0.1+3a-0.3+0.2）=20%，解a=0.3，则平衡常数=0.22/0.2*0.63=0.93，正确。选ACDE。反应+反应 即可氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)CO2(g) H2O(g)CO(NH2)2 (s) H=134kJ/mol。（4）从图分析生成尿素最慢，所以反应的快慢有第二步反应决定。反应到55分时各物质的浓度几乎不变，到平衡。二氧化碳在10分内的物质的量的改变量为1-0.26=0.
22、74摩尔，则反应速率=0.74/0.5/10= 0.148 mol/(Lmin) 。反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数变大，所以图像如下：（2分）考点：盐类水解，平衡移动，化学平衡计算，18实验室用如图所示装置分离CO2和CO气体并干燥。请完成（1）（2）两个小题。图3-9（1）图中a为止水夹，b为分液漏斗的活塞，通过Y形管和止水夹c、d分别接两球胆。现装置内的空气已排尽。为使实验成功，甲、乙、丙分别盛放的溶液是（ ）A.NaHCO3饱和溶液、12 molL-1盐酸、18.4 molL-1 H2SO4B.NaOH饱和溶液、2 molL-1 H2SO4、18.4 molL-1 H2
23、SO4C.Na2CO3饱和溶液、2 molL-1 H2SO4、NaOH饱和溶液D.18.4 molL-1 H2SO4、NaOH饱和溶液、18.4 molL-1 H2SO4（2）打开a 打开b 打开c 打开d，为了使气体分离，下列打开止水夹（或活塞）的顺序正确的是（关闭的步骤省略，只要打开的步骤）（ ）A. B.C. D.【答案】（1）B （2）A【解析】根据本题中装置及提供的备选试剂，可初步分析其可以实现实验的目的的操作方法是：先用氢氧化钠吸收二氧化碳，浓硫酸干燥后收集CO；待CO收集完后，再将分液漏斗中的硫酸放下来，与吸收二氧化碳后转变成碳酸钠的溶液反应，重新产生二氧化碳，再用浓硫酸干燥、用
24、球胆来收集二氧化碳，这样利用反应顺序差别，将二氧化碳与一氧化碳给分离开。19新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3FeSO4Li2FeSiO4Li2SO4SiO2某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。实验(一)制备流程：实验(二) Li2FeSiO4含量测定：从仪器B中取20.00 mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000 molL1的酸性KMnO4标准溶液装入仪
25、器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4- +5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00 mL19.98mL21.38mL20.02mL（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B ，仪器C 。（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 。（3）操作的步骤 ，在操作时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需 。（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式 ，此时后续处理的主要目的是 。（5）滴定终点时现象为 ；根
26、据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为 ；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量 。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。【答案】（1）100mL容量瓶；酸式滴定管（2）防止二价铁被氧化（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；玻璃棒（4）SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ ；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定(5)溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高【解析】试题分析：（1）实验二中仪器B为配制溶液所需要的容量瓶，仪器C盛放滴定实验中的标准溶液，由于标准溶液为酸性高锰酸钾，具有强氧化性，因此必须盛放于酸式滴定管中；
27、（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，是因为二价的亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以惰性气体氛围是为了防止二价铁被氧化；（3）由溶液得到FeSO47 H2O晶体所需要的操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤；操作为过滤操作，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需玻璃棒，作用是引流；（4）还原剂A可用SO2，SO2具有还原性，能被Fe3+氧化成硫酸，反应方程式为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ ；由于SO2是过量的，因此后续操作是为了除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；（5）滴定实验的终点判断是依据滴入最后一滴酸性高锰酸钾
28、溶液，溶液呈浅红色，且半分钟内不变色；在4次滴定实验中，由于实验3误差较大舍去，则消耗酸性高锰酸钾的体积为：，MnO4-+5Fe2+8 H+=Mn2+5 Fe3+4 H2O1 50.004 n,100mL溶液中含有Li2FeSiO4的物质的量为0.02mol5=0.1mol，产品中Li2FeSiO4的质量分数为；滴定前，酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，从而造成c(待测)偏高，则计算出的Li2FeSiO4含量偏高。考点：考查物质含量的测定。20如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：盐 酸分子式：HCl相对分子质量：36.5
29、密度：1.2g/cm3HCl质量分数：36.5%（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1。（2）下列容量瓶的使用方法中，不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480 mL物质的量浓度为0.200 mo
30、lL-1的稀盐酸。 该学生需要用量筒量取_mL上述浓盐酸进行配制。 在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏大的有_A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容。B用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面C在容量瓶中定容时俯视刻度线。D定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线。【答案】(1)12molL1；(2)B、C、D；(3)8.3mL；C。【解析】试题分析：（1）根据c=1000w%/M=10001236.5%/36.5molL1=12molL1；(2)A、容量瓶使用前要检验是否漏水，故说法正确；B、不能用待配液洗涤，否则造成容量瓶中溶质的物质的量增大，所配溶液
31、物质的量浓度偏大，故说法错误；C、容量瓶不能做溶解容器，故说法错误；D、容量瓶不能做稀释溶解仪器，故说法错误；E、最后一步是反复摇匀，故说法正确；(3)实验室没有480mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，稀释前后溶质的物质的量不变，5001030.2=V(HCl)10312，则V(HCl)=8.3mL；根据c=n/V=m/MV，A、未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减小，则所配溶液浓度偏小，故错误；B、量筒量取液体时俯视刻度线，量取液体体积减小，所配溶液的溶质的质量减小，则浓度偏小，故错误；C、定容时，俯视刻度线，所配溶液体积减小，浓度偏大，故正确；D、相当于稀释，浓度偏小，故错误。考点：考查
32、物质的量浓度的计算、配置一定物质的量浓度溶液等知识。21A、B、C三种有机物均由碳、氢、氧三种元素组成，物质A能溶于水，它的式量是60，分子中有8个原子，其中氧原子数与碳原子数相等，A能与Na2CO3反应。B分子中有9个原子，分子内原子的核电荷数之和为26，1 mol B 充分燃烧时需消耗3 mol O2。C是B的同系物，其摩尔质量与O2相同，C可与钠反应生H2。问A、B、C各是什么物质？（要求写步骤） 【答案】（共9分，每答对一个3分）因为A能与Na2CO3反应，所以A中含有COOH，又因为A中氧原子数与碳原子数相等，所以，碳原子数为2，A分子中有8个原子，所以氢原子数为4，分子式为C2H4
33、O2，结构简式为CH3COOH；设B的分子式为CxHyOz，根据题意可得方程组：x+y+z=9，6x+y+8z=26，x+y/4-z/2=3，解之得：x=2，y=6，z=1；B为C2H5OH，C为CH3OH。【解析】22I、白藜芦醇的结构简式如下图。它广泛存在于食物（如桑椹、花生，尤其是葡萄）中，可能具有抗癌性。下列有关白藜芦醇的说法正确的是A该有机物属于醇类B1mol该有机物与H2加成时最多消耗1mol H2C1mol该有机物与Br2反应时最多消耗6mol Br2D1mol该有机物最多消耗3mol NaOH、根据下列的有机物合成路线回答问题：（1）写出A、B的结构简式：A 、B 。（2）写出
34、各步反应类型： 、 、 。（3）写出、的反应方程式： 【答案】、CD、（1） ； 。（2） 加成反应；消去反应；加成反应。（3） 【解析】试题分析：、白藜芦醇分子中含有酚羟基。可知白藜芦醇为酚，A错误；分子中含有2个苯环及一个碳碳双键，故可加成7mol H2，B错误；分子中酚羟基的邻对位可以与Br2发生取代反应，分子中碳碳双键可以与Br2发生加成反应，最多消耗6mol Br2，C正确；分子中含有3个酚羟基，故1mol该有机物最多消耗3mol NaOH，D正确。选CD。、（1）根据反应的过程可知A为环己烯、B为环己二烯，A的结构为,B的结构为。（2）的过程中苯环变为了饱和的六元环，所以是苯环与氢
35、气的加成反应，是氯代烃变为了烯烃是氯代烃的消去反应，是环己二烯与氯气的加成反应。（3）的反应方程式为：的反应方程式为：考点：考查有机推断23（17分）有机物Y是制取醇酸树脂和高级航空润滑油的重要原料，PVAc树脂可用来生产涂料与PVA，有机物N是玉兰、紫丁香等日用香精的主香剂，它们的合成路线如下：已知：R为烃基，R、R为烃基或氢原子。回答下列问题：（1）C的名称是 。（2）写出由B在一定条件下生成PVAc树脂的化学方程式： 。（3）D的结构简式是 。（4）写出EF的化学方程式： 。（5）写出FG的化学方程式： 。（6）M的结构简式是 。（7）下列有关说法中正确的是 （填字母序号）。aN属于酯类
36、物质 bC、K互为同系物 c一定条件下，PVAc可以与NaOH溶液反应d反应、都可以是与H2的加成反应（8）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式 。a与B有相同的官能团 b反式结构【答案】（1）乙醛（2）（3）CH3CH=CHCHO（4）2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO + 2H2O （少H2O扣1分）（5）2HCHO+CH3CH2CH2CHO（6）（7）abd （3分，答对1个得1分，错答1个同样扣1分）（8）【解析】试题分析：根据转化过程可知，X是乙酸，C是乙醛，D是CH3CH=CHCHO，E是CH3CH2CH2CH2OH，F是CH3CH2CH2CHO，
37、G是CH3CH2C（CH2OH）2CHO，从物质N处倒着推可知，M为，故（1）X是乙酸，（2）发生加聚反应，方程式为：；（3）根据提示可知，为CH3CH=CHCHO；（4）根据推断，是CH3CH2CH2CH2OH，被氧气氧化成醛，方程式为：2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO + 2H2O；（5）根据提示可知，F是CH3CH2CH2CHO，故方程式为：2HCHO+CH3CH2CH2CHOCH3CH2C（CH2OH）2CHO；（7）a.M属于醇类化合物，M和乙酸发生酯化反应，生成酯类，故正确；b.K是丙酮，与乙醛是同系物，故b正确；c.PVAc是聚合物不能与氢氧化钠反应，故c错误；d.反应、都可以是与H2的加成反应，d正确，故此题选abd；考点：考查有机物的结构与性质相关知识。