1、2014-2015学年浙江省嘉兴一中高二（下）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括22小题，每小题2分，共计44分每小题只有一项符合题意1（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列说法正确的是（） A 粘胶纤维、铜氨纤维是由石油化工产品合成的人造纤维 B 纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质 C 葡萄糖、果糖、纤维二糖互为同分异构体 D 向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂，溶液显紫玫瑰色考点： 有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；生活中的有机化合物所有分析： A粘胶纤维是指从木材和植物藁杆等纤维素原料中提取的 纤维素，或以棉短绒为原料，制成的人造纤维；铜氨纤维是一种再生纤维素纤维
2、，它是将棉短绒等天然纤维素原料溶解在氢氧化铜或碱性铜盐的浓氨溶液内，配成纺丝液，在凝固浴中铜氨纤维素分子化学物分解再生出纤维素，生成的水合纤维素经后加工即得到铜氨纤维；B纤维素在人体内不能水解，不能被人体吸收；C分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体；D具有两个或两个以上肽键的化合物皆可与双缩脲试剂产生显色反应解答： 解：A粘胶纤维是指从木材和植物藁杆等纤维素原料中提取的 纤维素，或以棉短绒为原料，制成的人造纤维；铜氨纤维是一种再生纤维素纤维，它是将棉短绒等天然纤维素原料溶解在氢氧化铜或碱性铜盐的浓氨溶液内，配成纺丝液，在凝固浴中铜氨纤维素分子化学物分解再生出纤维素，生成的水合纤维素经后加
3、工即得到铜氨纤维；所以粘胶纤维、铜氨纤维都不是石油化工产品合成的人造纤维，故A错误；B人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，因此纤维素不能被分解提供能量，故B错误；C葡萄糖和果糖属于同分异构体，葡萄糖和果糖都是单糖，所以和纤维二糖不是同分异构，故C错误；D双缩脲试剂是由双缩脲试剂A（NaOH）和双缩脲试剂B（CuSO4）两种试剂组成，蛋白质的肽键在碱性溶液中能与Cu2+络合成紫玫瑰色的化合物，所以向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂溶液会显紫玫瑰色，故D正确；故选D点评： 本题考查同分异构体判断、有机物结构和性质、纤维素等知识点，侧重考查学生分析判断能力，注意A中两种纤维概念，知道D中产生显色
4、反应原理，为易错点2（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列化学用语正确的是（） A 醛基的电子式： B 三硝基甲苯的结构简式： C 丙烷分子的比例模型： D 2乙基1，3丁二烯的键线式：考点： 电子式、化学式或化学符号及名称的综合所有分析： A醛基中存在一个碳氧双键，碳原子最外层为7个电子，氧原子最外层一个为8个电子；B硝基书写不规范，硝基中N原子应该与苯环碳相连；C比例模型应该体现出分子中各原子的体积相对大小，题中为丙烷的球棍模型；D根据键线式的书写原则及有机物的系统命名法进行判断解答： 解：A醛基中氧原子最外层达到8电子稳定结构，醛基正确的电子式为：，故A错误；B三硝基甲苯中苯环与N原子相
5、连，正确的结构简式为：，故B错误；C为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，故C错误；D键线式中碳碳双键在1、3号C，在2号C含有1个乙基，其名称为：2乙基1，3丁二烯，故D正确；故选D点评： 本题考查了比例模型与球棍模型、电子式、结构简式的表示方法及有机物的命名，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的表示方法，明确甲基与甲烷、醛基与甲醛的电子式区别，还要注意球常见有机物的命名方法3（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列式子表示的物质一定是纯净物的是（） A C3H8O B CH2O C C2H4Cl2 D C4H8O2考点： 有机化合物的异构现象；混合物和纯净物所有分析： A、C3H8分子中有
6、2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种；B、CH2O甲醛没有同分异构体；C、C2H4Cl2有CH3CHCl2、CH2ClCH2Cl等同分异构体；D、C4H8O2有酸、酯等同分异构体解答： 解：A、C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH（OH）CH3，故A错误；B、CH2O甲醛没有同分异构体，一定是纯净物，故B正确；C、C2H4Cl2有CH3CHCl2、CH2ClCH2Cl等同分异构体，故C错误；D、C4H8O2有酸、酯等同分异构体，故D错误；故选B点评： 本题考查了有机物的同分异构体的判断与书写，题目难度中等，注意同分异构体
7、的书写方法4（2分）（2014春宁波期末）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法一定正确的是（） A 常温下，1L 0.1mol/L的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NA B 1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA C 常温、常压下，4.6g NO2和N2O4混合气体中含有的O原子数目为0.2NA D Fe与水蒸气在高温条件下反应，有1mol Fe参与反应，则转移电子的数目为3NA考点： 阿伏加德罗常数所有专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： A硝酸铵溶液中，溶剂水中含有氧原子，无法计算溶液中含有的氧原子数目；B羟基中含有9个电子，氢氧根离子中含有10个电子；CNO2
8、和N2O4的最简式为NO2，根据二者的最简式计算出混合物中含有的氧原子数目；D铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，1mol铁完全反应失去mol电子解答： 解：A1L 0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有硝酸铵0.1mol，0.1mol硝酸铵中含有0.3mol氧原子，由于水中含有氧原子，所以该硝酸铵溶液中含有的氧原子大于0.3mol，溶液中氧原子数大于0.3NA，故A错误；B1mol羟基中含有9mol电子，1mol氢氧根离子中含有10mol电子，二者含有的电子数不同，故B错误；C4.6g NO2和N2O4混合气体中含有0.1mol最简式NO2，含有氧原子的物质的量为0.2mol，混合气体中含有
9、的O原子数目为0.2NA，故C正确；D1mol铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，失去了mol电子，根据电子守恒，转移电子的数目为NA，故D错误；故选C点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意明确羟基与氢氧根离子的区别、铁与水蒸气的反应生成的是四氧化三铁5（2分）（2015春嘉兴校级期末）分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（）A非电解质：乙醇，氯气，乙酸B醇：甘油，C分子晶体：干冰，碘单质，蔗糖D混合物：铝热剂，聚乙烯，分析纯盐酸考点： 电解质与非电解质；混合物和纯净物；不同晶体的结构微粒及微
10、粒间作用力的区别；醇类简介所有分析： A在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；B羟基非和苯环相连的物质；C分子晶体的构成微粒是分子，非金属单质、多数有机物等；D混合物中含有多种物质解答： 解：A在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，氯气不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B甘油，羟基非和苯环相连的物质，所以属于醇，故B正确；C干冰、碘单质、蔗糖的构成微粒都是分子，属于分子晶体，故C正确；D铝热剂、聚乙烯、分析纯盐酸中都含有多种物质，所以属于混合物，故D正确；故选A点评： 本题考查基本概念，明确概念的含义是解本题关键，聚乙烯中n值不同，为混合物6（2分）（2
11、015春嘉兴校级期末）根据表中信息判断，下列选项错误的是（）反应序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+ A 反应的其余产物为H2O和O2 B 反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2 C 反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 mol D 氧化性由强到弱的顺序为Cl2MnO4Br2考点： 氧化还原反应所有专题： 氧化还原反应专题分析： A根据元素守恒和电子守恒判断；B中溴元素的化合价没有变化，即Cl2只将Fe2+氧化，根据化合价变化判断；C中MnO4被还原成Mn2+，则Cl被氧化为Cl2，据此
12、判断；D根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断解答： 解：AMn元素被还原，故H2O2被氧化，生成O2，则发生的反应为反应为KMnO4+H2O2+H2SO4K2SO4+MnSO4+O2+H2O，故A正确；B中溴元素的化合价没有变化，即Cl2只将Fe2+氧化，则发生的反应为：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，故B正确；C中MnO4被还原成Mn2+，则Cl被氧化为Cl2，Cl元素从1价升高到0价，转移的电子数为1，则生成1 mol Cl2，转移电子2 mol，故C正确；D中MnO4被还原成Mn2+，Cl被氧化为Cl2，则氧化性MnO
13、4Cl2，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4Cl2Br2，故D错误故选D点评： 本题考查了氧化还原反应中电子转移和化合价升降之间的关系知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等7（2分）（2015春嘉兴校级期末）取少量某有机物分别进行如下实验，结果是能使酸性高锰酸钾溶液褪色；与水混合静置后分层；加入滴有酚酞试液的强碱，共热后酚酞变无色此有机物是（） A 乙酸钠 B 油酸甘油酯 C 乙酸乙酯 D 甲苯考点： 有机物的鉴别所有分析： 加入滴有酚酞试液的强碱，共热后酚酞变无色，说明有机物可在碱性条件下水解，应为酯类化合物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有不饱和键，以此解答解答： 解：能使酸性高
14、锰酸钾溶液褪色，说明含有不饱和键或为苯的同系物，则A、C错误；与水混合静置后分层，说明不溶于水；加入滴有酚酞试液的强碱，共热后酚酞变无色，说明有机物可在碱性条件下水解，应为酯类化合物，则D错误、B正确故选B点评： 本题考查有机物的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握有机物的官能团的性质以及结构的关系，难度不大8（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列说法正确的是（） A 按系统命名法，命名为3，3，6三甲基4乙基庚烷 B 是某有机物分子的比例模型，该物质可能是一种氨基酸 C 与Br2发生加成反应生成的产物最多有4种 D 室温下，在水中的溶解度：苯酚丙三醇1氯丁烷
15、考点： 有机化合物命名；有机化学反应的综合应用所有分析： A烷烃的命名中，必须从距离支链最近的一端开始编号；B该有机物中含有官能团为羟基和羧基，不含有氨基；C该有机物中的碳碳双键不对称，可以与溴按照1：1、1：2发生加成反应，据此判断反应产物数目；D含OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水解答： 解：A编号错误，应该从右边开始编号，该化合物正确名称应为：2，5，5三甲基4乙基庚烷，故A错误；B根据图示可知，该有机物中含有羧基和羟基，该物质是一种羟基酸，不是氨基酸，故B错误；C之间两个双键不对称，则与溴按照1：1加成能够生成3种产物，按照1：2可生成1种加成产物，总共可生成3种产物，故C正确；D含
16、OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷，故D错误；故选C点评： 本题考查了烷烃的命名、比例模型、同分异构体书写、溶解度大小判断等知识，题目难度中等，涉及的知识点较多，注意掌握烷烃的系统命名方法、同分异构体数目的求算方法及比例模型的表示意义，试题能够提高学生灵活应用所学知识的能力9（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列关于的说法正确的是（） A 所有原子可能都在同一平面上 B 最多有9个碳原子在同一平面上 C 只可能有5个碳原子在同一直线上 D 有7个碳原子可能在同一直线上考点： 常见有机化合物的结构所有分析： 根据甲烷的正四面体结构、乙烯平面结构、乙
17、炔直线型、苯的平面结构分析，其它有机物的共线、共面可在此基础上进行判断注意碳碳单键可以旋转解答： 解：A分子中存在甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能都在同一平面，故A错误；B甲基碳原子处于碳碳双键平面内，碳碳三键的直线结构处于苯环的平面内，碳碳双键平面与苯环平面，可以通过碳碳单键的旋转，使2个平面重合，所以最多有11个碳原子共面，最少有9个碳原子共面，故B错误；C苯环是平面正六边形，两个基团处于苯环的对位位置，碳碳三键为直线结构，连接苯环的碳碳双键的碳原子处于苯中氢原子位置，所以有5个碳原子共线，如图所示5个碳原子，故C正确；D苯环是平面正六边形，两个基团处于苯环的对位位置，碳碳三键为
18、直线结构，连接苯环的碳碳双键的碳原子处于苯中氢原子位置，所以有5个碳原子共线，如图所示5个碳原子，故D错误故选C点评： 本题考查原子共线、共面问题，难度中等，关键考查学生的空间想象能力，注意甲烷的正四面体结构、乙烯平面结构、乙炔直线型、苯的平面结构分析，其它有机物的共线、共面可在此基础上进行判断注意碳碳单键可以旋转10（2分）（2015春嘉兴校级期末）分子式为C5H12O的某醇与溴化钠、硫酸混合加热得卤代烃，该卤代烃与强碱醇溶液共热后，不发生消去反应，该醇可能是（） A 1戊醇 B 3戊醇 C 2，2二甲基1丙醇 D 2甲基2丁醇考点： 醇类简介所有分析： 先书写戊基C5H11异构体，戊基异构
19、数目等于戊醇的异构体数目，再根据题干信息分子式为C5H12O的某醇与溴化钠、硫酸混合加热得卤代烃，该卤代烃不能发生消去反应，则醇也不能发生消去反应，说明与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上不含H原子，据此确定该醇解答： 解：化学式为C5H12O的醇有：OHCH2CH2CH2CH2CH3、OHCH（CH3）CH2CH2CH3、OHCH（CH2CH3）2、OHCH2CH（CH3）CH2CH3、OHC（CH3）2CH2CH3、OHCH（CH3）CH（CH3）2、OHCH2CH2CH（CH3）2、OHCH2C（CH3）3，分子式为C5H12O的某醇与溴化钠、硫酸混合加热得卤代烃，该卤代烃不能发生消去反应，
20、则醇也不能发生消去反应，说明与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上不含H原子；与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上不含H原子，则中间的碳原子中连接3个CH3和一个CH2OH，所以其结构简式为（CH3）3CCH2OH，其名称为：2，2二甲基1丙醇，故选C点评： 本题考查了醇和卤代烃的消去反应，注意醇发生消去反应的结构特点是：与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上不含H原子，题目难度不大11（2分）（2015春嘉兴校级期末）除去下列有机物中的少量杂质，所用试剂和分离方法均正确的是（） A 乙醇中的水：CaO，蒸馏 B 乙酸乙酯中的乙酸：NaOH溶液，分液 C 乙醇中的苯酚：溴水，过滤 D 乙烷中的乙烯：溴水，分液
21、考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用所有分析： ACaO与水反应，可增大混合物沸点差；B乙酸乙酯与氢氧化钠反应；C溴、三溴苯酚都易溶于苯；D可用洗气法分离气体杂质解答： 解：ACaO与水反应生成氢氧化钙，可增大混合物沸点差，蒸馏有利于分离乙醇，故A正确；B乙酸乙酯与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸钠溶液分离，故B错误；C溴与苯酚反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚都易溶于苯，不能分离，应用氢氧化钠溶液分离，故C错误；D乙烯可与溴水发生加成反应，但用洗气的方法分离，故D错误故选A点评： 本题考查物质的分离提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，
22、除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大12（2分）（2013秋怀柔区期末）分子式为C10H20O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（） A 2种 B 3种 C 4种 D 5种考点： 有机物的推断；同分异构现象和同分异构体所有专题： 有机物的化学性质及推断分析： 有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题解答： 解：A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9CO
23、OH或C4H9CH2OH中都含有C4H9烃基，有四种结构：CCCC，则A有四种结构故选C点评： 本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同13（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列各组离子在指定溶液中能够大量共存的是（） A 无色溶液：K+、Al3+、NO3、HCO3 B 常温下c（H+）/c（OH）=11012的溶液：Na+、K+、AlO2、CO32 C 强酸性溶液：NH4+、Na+、SO32、NO3 D 加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl、I考点： 离子共存问题所有分析： A铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生
24、成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；B该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化亚硫酸根离子；D该溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化碘离子解答： 解：AAl3+、HCO3之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B常温下c（H+）/c（OH）=11012的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、AlO2、CO32之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CSO32、NO3在强酸性溶液中发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D加入苯酚显紫色的溶液中存在的Fe3+，Fe
25、3+能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评： 本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在等14（2分）（2015春嘉兴校级期末）标准状况下，两种常见气态烃的混合物5.6L充分燃烧，生成10.08LCO2（标准状况）和5.4g水，则下列说法正确的是（） A 混合烃的质量为5g B 两者分别是C
26、2H6和C2H4，体积比为1：1 C 两者分别是CH4和C2H2，体积比为1：4 D 肯定没有甲烷考点： 化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算所有分析： 标况下5.6L混合气体的物质的量为：=0.25mol，生成的二氧化碳的物质的量为：=0.45mol，生成水的物质的量为：=0.3mol，据此可以计算出混合烃的平均分子式，然后质量守恒计算出混合气体的平均相对分子量，根据计算结果对各选项进行判断解答： 解：标况下5.6L混合烃的物质的量为0.25mol，生成的二氧化碳和水的物质的量分别为0.45mol、0.3mol，所以混合烃中含有碳原子平均数为：=1.8，含有氢原子的平均数为：=2.4，
27、混合气体的平均分子式为：C1.8H2.4，所以混合气体中一定含有甲烷，由于甲烷中氢原子数为4，则另一种烃中含有的氢原子数目一定小于2.4，则另一种烃只能为乙炔，A、混合烃的质量为0.45mol12g/mol+0.3mol2g/mol=6g，故A错误；B、由分析可知混合气体是乙炔和甲烷，故B错误；C、设甲烷的物质的量为x，乙炔的物质的量为y，根据碳原子守恒，x+2y=1.8（x+y），解得x：y=1：4，故C正确；D、由分析可知一定有甲烷，故D错误；故选：C点评： 本题考查了有机物分子式的确定，题目难度中等，注意掌握确定有机物分子式的计算方法，根据质量守恒定律确定碳原子、氢原子的数目是解题关键，
28、明确气体的相对密度的含义及计算方法15（2分）（2015春嘉兴校级期末）只用一种试剂鉴别甲酸、乙醇、乙酸、葡萄糖四种溶液，可选用（） A 钠 B 酸性高锰酸钾 C 溴水 D 新制氢氧化铜考点： 有机物的鉴别所有分析： 葡萄糖、甲酸、乙酸都易溶于水，其中葡萄糖、甲酸含有CHO，具有还原性，可用新制Cu（OH）2悬浊液检验，乙酸具有酸性，甲酸既具有酸性又具有还原性，以此选择鉴别试剂解答： 解：钠与种水溶液都生成氢气，酸性高锰酸钾、溴水可氧化甲酸、葡萄糖，不能鉴别；加入新制Cu（OH）2悬浊液，乙醇不反应，葡萄糖在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，甲酸能溶解氢氧化铜，含
29、有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，现象不同，可鉴别，故选D点评： 本题考查物质的鉴别，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见有机物的性质和鉴别方法，鉴别有机物时，要有明显的现象，题目难度中等16（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（） A 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl B 用图2所示装置由MgCl2溶液制备无水MgCl2晶体 C 用图3所示装置制取少量CO2气体 D 用图4所示装置除去溴苯中混有的少量Br2考点： 化学实验方案的评价所有专题： 实验评价题分析： A氯气与氢氧化钠反应；B氯化镁易水解；C纯碱溶于水，挡板起不到作用；D氢氧化
30、钠与溴反应，溴苯不溶于水解答： 解：A氯气与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误；B氯化镁易水解，应在氯化氢的氛围中加热，故B错误；C纯碱溶于水，挡板起不到作用，应用碳酸钙和稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故C错误；D氢氧化钠与溴反应，溴苯不溶于水，密度比水大，在下层，用分液的方法分离，故D正确故选D点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、制备等基本实验，侧重于学生的分析能力、评价能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的严密性和相关物质的性质，难度不大17（2分）（2015春嘉兴校级期末）实验室需用2mol/L氯化钠溶液450mL，配置时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠
31、的质量分别是（） A 450mL，52.7g B 500mL，58.5g C 1000mL，117g D 任意规格，111.2g考点： 溶液的配制所有专题： 物质的量浓度和溶解度专题分析： 配制450mL溶液，由于实验室中没有450mL的容量瓶，只能选用规格为500mL的容量瓶进行配制，实际上配制的是500mL 2mol/L的氢氧化钠溶液，根据mnM=cVM计算出需要氢氧化钠的质量即可解答： 解：实验室需用2mol/L氯化钠溶液450mL，只能选用500mL容量瓶配制，实际上配制的是500mL 2mol/L的氯化钠溶液，配制该溶液需要氯化钠的质量为：m（NaCl）=cVM=58.5g/mol2
32、mol/L0.5L=58.5g，所以配置时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是：500mL、58.5g，故选B点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，要求学生能够根据配制过程正确选用所需仪器及其规格18（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列实验操作方法正确的是（） A 在试管中加入2mL10%的CuSO4溶液，然后加入4至6滴10%的NaOH溶液振荡，再加入几滴乙醛溶液加热煮沸，可以检验乙醛分子中的醛基 B 将淀粉溶液与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液水浴加热，未析出银镜，说明淀粉未水解 C 用酒精清洗盛过苯酚的试管 D
33、向溴乙烷中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，以检验其中的溴元素考点： 化学实验方案的评价所有分析： A配制氢氧化铜悬浊液时NaOH应该过量；B银镜反应必须在碱性条件下进行；C苯酚易溶于酒精；D溴乙烷中不含自由移动的溴离子，要检验溴元素，应该先将溴原子转化为溴离子，再用硝酸银溶液检验解答： 解：A反应应在碱性条件下进行，碱不足，应加过量的氢氧化钠，故A错误；B银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前要滴加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故B错误；C苯酚易溶于酒精，所以可以用乙醇洗涤盛过苯酚的试管，故C正确；D溴乙烷中不含自由移动的溴离子，要检验溴元素，应该先将溴原子转化为溴离子，再用硝酸
34、银溶液检验，所以其检验方法是：向溴乙烷中加入NaOH的水溶液或醇溶液并加热，然后滴加硝酸酸化的AgNO3溶液中和未反应的NaOH，从而检验是否含有溴元素，故D错误；故选C点评： 本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，侧重考查官能团检验、物质性质，明确物质反应条件及官能团检验方法即可解答，易错选项是D19（2分）（2013江苏三模）依曲替酯是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成下列说法正确的是（） A 原料X与中间体Y互为同分异构体 B 原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色 C 中间体Y能发生加成、取代、消去反应 D 1 mol依曲替酯只能与1 mol
35、 NaOH发生反应考点： 有机物的结构和性质所有专题： 有机物的化学性质及推断分析： A原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同；B原料X中含C=C；C中间体Y中含C=C、酚OH、COOC；D依曲替酯中含COOC，能在碱溶液中水解，且水解生成酚也能与碱反应解答： 解：A原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；B原料X中含C=C，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C中间体Y中含C=C、苯环，能发生加成反应，含酚OH、COOC，能发生取代反应，但不能发生消去反应，故C错误；D依曲替酯中含COOC，能在碱溶液中水解，且水解生成酚也能与碱反应，所以1mol依曲替
36、酯只能与2molNaOH发生反应，故D错误；故选AB点评： 本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项D为易错点，题目难度不大20（2分）（2015春嘉兴校级期末）下列离子方程式正确的是（） A Ca（HCO3）2溶液与过量Ca（OH）2溶液反应：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O B 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH C 氯气通入水中：C12+H2O2H+C1+C1O D 亚硫酸钡与稀硝酸反应：BaSO3+2H+Ba2+SO2+H2O考点： 离子方程式的书写所有分析： A氢氧化钙过量，碳
37、酸氢根离子完全转化成碳酸钙沉淀；B溶液中含有镁离子，镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀；C次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；D稀硝酸将亚硫酸钡氧化成硫酸钡沉淀解答： 解：ACa（HCO3）2溶液与过量Ca（OH）2溶液，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故A正确；B用惰性电极电解MgCl2溶液，反应生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，正确的离子方程式为：Mg2+2Cl+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2，故B错误；C氯气通入水中生成氯化氢和次氯酸，次氯酸需要保留分子式，正确的离子方程式为：C12+H2OH+C1+HC1O，故C错误；D亚硫酸钡溶解于稀硝酸中，
38、反应生成硫酸钡沉淀和一氧化氮气体，正确的离子方程式为：3BaSO3+2NO3+2H+3BaSO4+H2O+2NO，故D错误；故选A点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，题目难度中等，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应、电解反应的考查21（2分）（2014重庆模拟）著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+ 下列说法正确的是（）
39、A 铈（Ce）元素在自然界中主要以单质形式存在 B 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2 C 用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+2Fe2+=Ce3+2Fe3+ D 四种稳定的核素 、，它们互称为同位素考点： 氧化性、还原性强弱的比较；同位素及其应用所有专题： 物质的分类专题；氧化还原反应专题分析： A、金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应分析；B、铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以发生氧化还原反应；C、根据氧化性是Ce4+Fe3+，结合离子反应遵循电荷守恒来回答；D、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素
40、解答： 解：A、属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应；铈（Ce）元素在自然界中主要以化合物形式存在，故A错误；B、金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和水，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应，故B错误；C、氧化性是Ce4+Fe3+，所以用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+，故C错误；D、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，故D正确；故选D点评： 本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题
41、目难度中等22（2分）（2015春嘉兴校级期末）用乙烯在硫酸催化下的水化法合成乙醇，事实上经过下列步骤：首先在较低温度下用浓硫酸吸 收乙烯：CH2=CH2+H2SO4（浓）CH3CH2OSO3H （），然后生成物（）再进一步吸收乙烯：CH3CH2OSO3H+CH2=CH2（CH3CH2O）2SO2（），再加入水，（）和（）都与水反应生成乙醇：CH3CH2OSO3H+H2OCH3CH2OH+H2SO4；（CH3CH2O）2SO2+2H2O2CH3CH2OH+H2SO4下列叙述中正确的是（）化合物（）、（）都属于酯类生成（）、（）的反应都属于加成反应 （）、（）与水生成醇的反应都属于取代反应AB只
42、有C只有D只有考点： 有机物的结构和性质所有专题： 有机反应分析： 化合物（）、（）为硫酸酯类物质；反应中不饱和键变成饱和键，为加成反应，发生取代反应生成醇解答： 解：化合物（）、（）为硫酸酯类物质，都属于酯类，可水解生成酸和醇，故正确；生成（）、（）的反应中不饱和键变成饱和键，为加成反应，故正确；生成醇的反应为羟基取代SO3H，为取代反应，故正确故选A点评： 本题考查有机物的官能团的结构和性质，题目难度不大，注意判断有机物官能团的结构以及转化，为解答该题的关键二、非选择题（共计56分）23（6分）（2015春嘉兴校级期末）（1）写出甲醇CH4O的电子式（2）比较熔点：甲醇丙烷（填“”或“”）
43、，原因是甲醇分子间存在氢键考点： 电子式；含有氢键的物质所有分析： （1）甲醇为共价化合物，根据其结构式书写；（2）甲醇分子间含有氢键，丙烷不含有解答： 解：（1）甲醇为共价化合物，其结构式为，每一个短线代表一对电子，则其电子式为：，故答案为：；（2）含有氢键的物质相对无氢键的物质，沸点较高，甲醇分子间存在氢键，沸点比丙烷高，故答案为：；甲醇分子间存在氢键点评： 本题考查了电子式的书写、化合物的沸点比较，题目难度不大，注意把握离子电子式的书写方法，注意利用氢键角度来比较沸点24（10分）（2015邯郸模拟）透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶制备它的一种配方中含有下列四种物
44、质：（1）丙的名称是苯乙烯；乙中官能团的名称是羟基（2）写出甲和丙聚合得到高聚物的结构简式（3）化合物丁的分子式为C6H6O2，只含两种化学环境的氢原子，遇FeCl3溶液呈现特征颜色写出丁与足量碳酸钠溶液反应的化学方程式+2Na2CO3+2NaHCO3（4）下列试剂中与上述四种物质都能发生反应的是cd（填写编号）aBr2的CCl4溶液 b石蕊溶液 c酸性KMnO4溶液 dO2考点： 有机物的结构和性质所有专题： 有机物的化学性质及推断分析： （1）丙为苯乙烯，乙含有羟基；（2）甲和丙都含有碳碳双键，可发生聚合生成高聚物；（3）化合物丁的分子式为C6H6O2，只含两种化学环境的氢原子，遇FeCl
45、3溶液呈现特征颜色，应为，可与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠；（4）乙、丁不含碳碳双键，不能发生加成反应，只有甲与酸碱指示剂反应，都可被酸性高锰酸钾氧化，可燃烧解答： 解：（1）丙为苯乙烯，乙含有羟基，故答案为：苯乙烯；羟基；（2）甲和丙都含有碳碳双键，可发生聚合生成高聚物，产物为，故答案为：；（3）化合物丁的分子式为C6H6O2，只含两种化学环境的氢原子，遇FeCl3溶液呈现特征颜色，应为，可与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，方程式为+2Na2CO3+2NaHCO3，故答案为：+2Na2CO3+2NaHCO3；（4）乙、丁不含碳碳双键，不能发生加成反应，只有甲与酸碱指示剂反应，都可被酸性高锰
46、酸钾氧化，可燃烧，故答案为：c d点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重烯烃的性质及同分异构体的考查，（3）中注意利用苯酚的性质及对称性分析，题目难度不大25（10分）（2015春嘉兴校级期末）现有常温下A、B、C、D、E五种盐溶液，分别由K+、NH、Ag+、Ba2+、Al3+、Cl、Br、CO、SO、NO中的阳离子和阴离子各一种组成（五种盐所含阴、阳离子各不相同） 已知：A+B白A+D白B+C白+气体D+E淡黄A溶液中c（H+）=c（OH）B溶液中c（H+）=1012molL1C、D、E三种溶液的pH7（1）写出A、D的组成（用分子式表示）：ABaCl2；DAgNO3（2）B与
47、C反应的离子方程式为2Al3+3CO+3H2O2Al（OH）3+3CO2（3）说明B溶液中c（H+）c（OH）的原因是（用文字及相应的离子方程式解释）：溶液中CO发生水解反应，CO+H2OHCO+OH，使溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH）（4）E溶液中各离子浓度由大到小的关系是c（Br）c（NH）c（H+）c（OH）考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验所有专题： 物质检验鉴别题分析： 由A、B、C、D、E是五种盐溶液，根据盐类水解原理可知，强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐水解呈碱性，NH4+、Al3+、Ag+为弱碱阳离子，K+、Ba2+为强碱阳离子，Cl、Br、NO3、SO42为强酸根
48、离子，CO32为弱酸根离子，其中Ag+只能NO3结合成AgNO3溶液，Ba2+不能SO42、CO32相结合，AgBr为浅黄色沉淀，B溶液呈碱性，只能是强碱弱酸盐溶液，可推得为K2CO3，能够发生双水解反应的离子为：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+CO2，根据题目已知条件即可求解解答： 解：（1）根据其中C、D、E三种溶液的pH7，说明C、D、E三种溶液为强酸弱碱盐，水解呈酸性，B溶液呈碱性，A溶液中c（H+）=c（OH），Ag+不能Cl、Br、SO42、CO32相结合，因为AgCl、Ag2SO4、Ag2CO3都为白色沉淀，AgBr为浅黄色沉淀，只能形成硝酸银，可推测知A为中性溶
49、液，只有氯化钡，根据B溶液呈碱性，B为强碱弱酸盐，而K+、Ba2+为强碱阳离子，CO32为弱酸根离子，因此B只能为K2CO3，根据B和C反应生成白色沉淀和气体，B中含CO32，而能与CO32反应生成沉淀的有Al3+、Ag+、Ba2+，其中CO32和Al3+发生双水解反应不仅生成沉淀而且生成气体，离子反应为2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+CO2，所以C中含Al3+，而C为强酸弱碱盐酸性溶液，酸根离子为Cl、Br、SO42中的一种，即为硫酸铝，根据A可分别与B、D反应生成白色沉淀，B为K2CO3，C为硫酸铝，D中只能是硝酸银，E为NH4Br，故答案为：BaCl2；AgNO3；（2）
50、B为K2CO3，C为Al2（SO4）3，反应为：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2；（3）溶液中CO32发生水解反应，即CO32+H2OHCO+OH，使溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH），故答案为：溶液中CO32发生水解反应，即CO32H2OHCO+OH，使溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH）；（4）E为NH4Br，铵根水解，即发生反应：NH+H2ONH3H2O+H+，故离子浓度为：c（Br）c（NH）c（H+）c（OH），故答案为：c（Br）c（NH）c（H+）c（OH）点评： 本题考查盐类水解、双水
51、解、离子方程式、离子反应等内容，领会题目中的信息：溶液呈碱性、生成白色沉淀和气体等是解题关键，同时前后联系，并挖掘出题中隐含信息，才能加深对试题的理解26（16分）（2015山东模拟）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用，制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+请回答下列问题：（1
52、）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl（2）检验TiO2xH2O中Cl是否被除净的方法是取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl已除净（3）配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是抑制NH4Fe（SO4）2水解；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的ac（填字母代号）（4）滴定终点的现象是溶液变为红色（5）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M gmol1）试样W g，消耗c molL1 NH4Fe（SO4）2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为100%（6
53、）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe（SO4）2溶液有少量溅出，使测定结果偏高若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果偏低考点： 探究物质的组成或测量物质的含量所有专题： 实验探究和数据处理题分析： （1）TiCl4水解生成TiO2xH2O和氯化氢，根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；（2）检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在氯离子；（3）铁离子水解易使配制溶液变浑浊，应加对应酸抑制水解，依据配制溶液实验过程和步骤分析，需要的仪器一定使用容量瓶和胶头
54、滴管；（4）用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+，铁离子变化为亚铁离子，因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，滴入最后一滴会生成血红色的Fe（SCN）3；（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV103mol，据此计算其质量分数为；（6）NH4Fe（SO4）2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小解答： 解：（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再
55、根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），反应为TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；（2）沉淀吸附溶液中的Cl，根据发生反应：Cl+Ag+AgCl，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在；故答案为：取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl已除净；（3）铁离子水解易使配制溶液变浑浊，应加对应酸抑制水解应抑制水解，不引入杂质，所以加硫酸抑制NH4Fe（SO4）2水解，配制溶液用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量简外，还需容量瓶和胶头滴管，故选ac；故答案为：抑制NH4Fe（SO4）2
56、水解；ac；（4）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量，所以滴入最后一滴NH4Fe（SO4）2，溶液会生成血红色的Fe（SCN）3，溶液会变成红色；故答案为：溶液变为红色；（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV103mol，其质量分数=100%=100%；故答案为：100%；（6）NH4Fe（SO4）2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中百分含量偏高，故答案为：偏高；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小
57、，质量分数偏小，故答案为：偏低点评： 本题考查物质含量的探究性实验，涉及基本操作、离子检验和氧化还原滴定等，把握水解原理、氧化还原滴定法原理为解答的关键，侧重分析能力及迁移应用能力的考查，注意对实验原理的理解与对基本操作的掌握，题目难度中等27（14分）（2013河南一模）某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，质谱法测定其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子材料已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基（2）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）X的化学式
58、是，其核磁共振氢谱图有4个吸收峰；（2）反应的化学方程式是；（3）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是酯基、羧基；阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3；（4）Y的结构简式为；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有6种；（6）以下是由A和其他物质合成的流程图甲乙反应的化学方程式为考点： 有机物的推断所有专题： 有机物的化学性质及推断分析： 相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代
59、反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为，据此解答解答： 解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7
60、H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为，（1）通过以上分析知，X是，分子中含有4种H原子，核磁共振氢谱图有4个吸收峰，故答案为：；4；（2）反应是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：，故答案
61、为：；（3）由阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林含有1molCOOH、1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molNaOH反应，1molCOOH与1mol NaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3mol NaOH，故答案为：酯基、羧基；3；邻氨基苯甲酸在一定条件下能发生缩聚反应，反应方程式为：，故答案为：；（4）由上述分析可知，Y为，故答案为：；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4种位置，共有6种同分异构体，故答案为：6；（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，故甲乙反应的化学方程式为：，故答案为：点评： 考查有机物的推断，难度中等，根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型