1、山东省济南市长清第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1用惰性电极电解100mL4mol L-1的CuSO4溶液，一定时间后在阳极收集到1.12 L气体，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分作用后溶液中的Fe2+浓度为（设溶液的体积不变，反应前后均为标准状况）（ ）A、27 mol L-1 B、3 mol L-1 C、4 mol L-1 D、1 mol L【答案】C【解析】试题分析：惰性电极电解硫酸铜，生成物是氧气、硫酸和铜。加入铁粉后发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁，所以根据S原子守恒可知，硫酸亚铁的物质的量浓度与原硫酸铜的物质的量浓度应该是相等的，所以反应后溶液中F
2、e2+浓度4 mol/L，为即答案选C。考点：考查电解硫酸铜的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题设计新颖，基础性强，再注重对学生基础知识的训练与检验的同时，侧重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是在理解电解池原理的基础上，结合守恒法计算并能灵活运用即可。2下列各组物质中，不能按（“”表示一步完成）关系相互转化的是ABCDaFeCH2=CH2Al（OH）3HNO3bFeCl3CH3CH2BrNaAlO2NOcFeCl2CH3CH2OHAl2O3NO2【答案】C【解析】3下列叙述正确的是( )A亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、N
3、aH2PO3两种钠盐，所以亚磷酸没有正盐B同周期非金属元素的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强C配位键也有方向性和饱和性DH3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数均为1，他们的酸性相近，均为中强酸【答案】C【解析】试题分析：A亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，可知为二元酸，存在正盐，故A错误；B同周期非金属元素从左向右增强，则对应的最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，不是最高价含氧酸无此规律，故B错误；C配位键中单方提供孤电子对，原子之间通过共用电子对形成，有方向性和饱和性，故C正确；DH3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数分别为2、1，非羟基氧原
4、子个数越多，酸性越强，则磷酸为中强酸，而碳酸为弱酸，故D错误；故选C。【考点定位】考查配合物的成键情况；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表【名师点晴】本题考查配位键、含氧酸及酸性、周期律的应用等，为高频考点，把握物质结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。4反应4NH3+5O24NO+6H2O在一定体积的密闭容器中进行，20s后NO的物质的量浓度增加了2mol/L，则下列反应速率
5、正确的是Av （NO）=0.02 mol（Ls）1 Bv （NO）=0.2mol（Ls）1Cv （NH3）=0.1 mol（Ls）1Dv （NH3）=0.01 mol（Ls）1【答案】C【解析】试题分析：v（NO）= c/t=2mol/20s= =0.1 mol（Ls）1A、v （NO）=0.02 mol（Ls）1,A项错误；B、v （NO）=0.2mol（Ls）1,B项错误；C、v（NO）：v（NH3）=1：1，故v（NH3）=v（NO）=0.1 mol（Ls）1，C项正确；D、v （NH3）=0.01 mol（Ls）1，D项错误；答案选C。考点：考查化学反应速率计算5科学家将和两原子经核聚
6、合放出一定数目的中子，得到112号的新元素，该元素原子的质量数为267。下列有关该元素的说法正确的是A位于第七周期第A族B该原子中，中子数与质子数之差为43C原子核外共有6个电子层D具有“两性”【答案】B【解析】A错，112号元素为第七周期第IIB族元素；B正确；C错，原子核外有7个电子层；D错，该元素的金属很强，不具有两性；6下列各组中属于同位素的是A40K与40Ca B35Cl2和37Cl2 CD与T D金刚石与石墨【答案】C【解析】试题分析：质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，则A40K与40Ca是两种不同的元素，质子数不同，不能互为同位素，A错误；B35Cl2和37
7、Cl2均是单质分子，不能互为同位素，B错误；CD与T质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，C正确；D金刚石与石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，错误，答案选C。考点：考查同位素判断7在元素周期表中，已知的化合物种类最多的是A、过渡元素的化合物 B、VIA族元素的化合物C、IVA族元素的化合物 D、IIIA族元素的化合物【答案】C【解析】化合物种类最多的是有机化合物，而有机物中都含有碳元素，所以答案选C。8下列说法正确的是:A1mol CO2的体积约是22.4LB1mol氦气中含有2NA个原子C0.3molN2、0.7molO2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4LD1mol
8、H2SO4所含粒子数为NA个【答案】C【解析】试题分析：A项没有指明标准状况，错误；B项氦气为单原子分子，所以应为NA；D项未指明微粒名称，错误；C项气体总量为1mol,标准状况下体积为22.4L.考点： 标准状况下气体体积的计算、物质的量。9将盛有N2和NO2（无N2O4）混合气体的试管倒立于水中，经过足够长的时间后，试管内气体的体积缩小为原来的一半，则原混合气体中N2和NO2的体积比是（ ）A1:1 B1:2 C1:3 D3:1【答案】C【解析】试题分析：设原混合气体中含有xmolN2，ymolNO2，盛有N2和NO2的混合气体的试管倒立于水中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，则根据
9、方程式可知ymolNO2反应后得到的NO气体的物质的量是y/3mol，由于经过足够长的时间后，试管内气体的体积缩小为原来的一半，所以x+y/3=(x+y)/2，解得x：y=1：3，选项C正确。考点：考查有关混合物的化学计算的知识。10若某B族原子序数为x，那么原子序数为x1的元素位于（ ）AB族 BA族CB族 DA族【答案】B【解析】根据元素周期表的结构可知，从左到右依次为第A族，第A族，第BB族，第族，第B、B族，第AA族，0族。故选B。11将淀粉与KI的混合液装在半透膜中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯中，过一段时间后，取烧杯中的液体进行实验，能证明半透膜有破损的是 （ ） A加入碘水不变蓝色 B
10、加入碘水变蓝色 C加入AgNO3溶液不产生黄色沉淀 D加入AgNO3溶液产生黄色沉淀【答案】B【解析】试题分析：淀粉是胶体，不能透过半透膜，若半透膜破损，则淀粉也流到烧杯中，能使碘水变蓝色，故答案选B.考点：胶体的性质12CO2气体中含有少量SO2，欲得到干燥纯净的CO2，通过如图所示的洗气瓶，（1）（2）两瓶中所装的试剂应该是A（1）NaOH （2）浓H2SO4 B（1）浓H2SO4 （2）NaOHC（1）浓H2SO4 （2）Na2CO3 D（1）饱和NaHCO3 （2）浓H2SO4【答案】D【解析】试题分析：CO2气体中含有少量SO2，欲得到干燥纯净的CO2，要先利用酸性：H2SO3H2C
11、O3，把混合气体通入饱和NaHCO3溶液，发生反应：SO2+ NaHCO3=NaHSO3+CO2，然后用浓硫酸干燥，就得到干燥纯净的CO2气体，故选项D正确。考点：考查气体的净化、干燥的知识。13下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是 A原子半径：ZYX B气态氢化物的稳定性：RW CWX3和水反应形成的化合物是离子化合物 DY和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应 【答案】D【解析】试题分析：由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素。Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Z为Na元素。Z为+3价，为Al元素。W的化合价为+6、
12、-2价，故W为S元素，R的化合价为+7、-1价，故R为Cl元素。则A、X、Y、Z、W、R分别为O、Na、Al、S、Cl，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径的顺序应为YZWRX，故A错误；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强。非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B不正确；C、SO3和水反应生成硫酸，硫酸是共价化合物，C不正确；D、Al(OH)3具有两性，可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故D正确，答案选D。考点：考查元素周期律应用、化学键、化合物判断以及氢氧化铝性质等14下列说法中,正确的是（ ）A.A族元素的金属性比A族元素的金属性强B.
13、A族元素的氢化物中,最稳定的氢化物常温时为无色液体C.某主族元素X的气态氢化物化学式为HX,则其最高正价为+7价D.金属元素的原子只有还原性,金属阳离子只有氧化性【答案】B【解析】第A族元素中的氢是非金属元素,A项错误;A族元素的氢化物中,H2O是最稳定的,在常温下为无色液体,B项正确;F元素的氢化物的化学式为HF,但F无正价,C项错误;Fe2+具有还原性,D项错误。15将铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分为四等分，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有NO）编号稀硝酸体积/ml100ml200ml300ml400ml剩余金属/g1
14、8.0g9.6g00NO体积/L2.24L4.48L6.72LV经化学定量分析，下列推断正确的是A硝酸的浓度为4mol/L B中溶解了5.6gFeC溶液有Cu2+和Fe3+ D中V = 6.72L【答案】A【解析】试题分析：将铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分为四等分，分别加入同浓度的稀硝酸，反应、均有固体剩余，故溶液中金属离子均为+2价，反应方程式为：，由产生NO的量可知硝酸的浓度为4mol/L，故A项正确；铁的金属性比铜的金属性强，故铁先反应，由、消耗固体差量可知消耗的固体为铁，质量为8.4g，则中消耗的铁质量为8.4g，B项错误；溶液中存在的金属阳离子为Fe2+不含有Cu2+，故C项错误；由
15、、可知生成2.24L气体，消耗固体9.6g，则消耗固体完全是铜，溶液中金属阳离子为Fe2+、Cu2+，则为较多加入100ml硝酸氧化Fe2+，根据4H+NO3+3Fe2+=3Fe3+NO+2H2O，可知硝酸过量，故生成气体为0.3/3=0.1mol，体积为2.24L，故V=6.72L+2.24L=8.96L，D项错误。考点：氧化还原计算。16下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同ACaO、Na2O、CO2、CuO B. H2、CP、CuCO2、Fe、Cu、Zn D. HCl、H2O、H2SO4、HNO3以上四组中与其它3种类别不同的物质依次是（填化学式）A ； B ； C ； D 。【答
16、案】A CO2 ；B Cu ；C O2 ；D H2O 【解析】试题分析：A.CO2为酸性氧化物，其余为碱性氧化物，故答案为CO2；B.Cu为过渡元素，其余为主族元素，答案为Cu;C.氧气是非金属单子，其余为金属单质，答案为O2。D.H2O是氧化物，其余为酸，故答案为H2O.考点：物质的分类17氯元素是生产生活中常见的非金属元素（1）将Cl2通入NaOH溶液中得到以NaClO为有效成分的漂白液，写出该反应的离子方程式： 。（2）使用Cl2为自来水消毒时，会与水中的有机物生成对人体有害的有机氯化物。下列物质中可以替代Cl2为自来水杀菌消毒的是 （填字母序号）。a. 臭氧 b.NH3 c. 明矾 d
17、.ClO2（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如NaCl）和Cl2等物质，对金属炉壁造成腐蚀。 NaCl和Cl2中化学键的类型分别是 和 。 燃煤过程中生成的SO2会与NaCl等物质发生反应，生成硫酸盐和Cl2。若生成Cl2 22.4 L（标况）时转移电子数为46.021023，该反应的化学方程式是 。 已知：2H2O2（l） = 2H2O（l）O2（g） H1=196.46 kJmol-1H2（g）1/2O2（g） = H2O（l） H2=285.84 kJmol-1Cl2（g）H2（g） = 2HCl（g） H3=184.
18、60 kJmol-1在催化剂作用下，用H2O2（l）可除去上述燃烧过程中产生的Cl2。依据上述已知反应，写出该反应的热化学方程式： 。（4）工业上通过如下转化可制得KClO3晶体:NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体完成中电解过程中阳极的反应式： 。【答案】（1）Cl2 + 2OH- = ClO- + Cl- + H2O；（2）a d；（3） 离子键，共价键（非极性键）； 2NaCl + SO2 + O2 Na2SO4 + Cl2 ； H2O2（l）Cl2（g） =2HCl（g）O2（g） H = + 3.01 kJmol-1；（4）Cl- 6e- + 3H2O =ClO3 + 6H+。
19、【解析】试题分析：（1）氯气和氢氧化钠发生氧化还原反应，离子反应方程式为Cl22OH=ClClOH2O；（2）Cl2具有消毒杀菌作用，利用其氧化性，能替代Cl2杀菌消毒的物质的也具有氧化性，即臭氧、ClO2，故选项ad正确；（3）NaCl属于离子化合物，含有离子键，Cl2属于非极性分子，含有共价键或非极性共价键；根据信息，SO2中4价6价，NaCl中1价0，化合价都升高，必然有化合价降低，燃煤过程，肯定有氧气的参加，氧气作氧化剂，即有SO2NaClO2Na2SO4Cl2，根据化合价的升降法配平，化学反应方程式为：SO22NaClO2Na2SO4Cl2；2H2O2（l） = 2H2O（l）O2（
20、g） ，H2（g）1/2O2（g） = H2O（l） ，Cl2（g）H2（g） =2HCl（g） ，22得出：2H2O2（l）2Cl2（g）=4HCl（g）2O2（g） H=6.02kJmol1，即H2O2（l）Cl2（g）=2HCl（g）O2（g） H=3.01kJmol1；（4）根据电解原理，阳极上是阴离子失电子，即Cl6eClO3，根据缺项配平，因此电极反应式为：Cl3H2O6e=ClO36H。考点：考查氯气的性质、化学键、氧化还原反应方程式的书写、反应热的计算、电极反应式的书写等知识。18某同学用0.10 mol/L的HCl溶液测定未知浓度的NaOH溶液，其实验操作如下：A用碱式滴定管
21、量取20.00mLNaOH溶液注入锥形瓶，同时滴加2-3滴酚酞试液；B用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管；C把滴定管用蒸馏水洗净；D用标准HCl溶液润洗酸式滴定管后，将标准HCl溶液注入酸式滴定管至距离刻度“0”以上23cm处，再把酸式滴定管固定好，调节液面；E检查滴定管是否漏水；F另取锥形瓶，再重复以上操作12 次；G把锥形瓶放在酸式滴定管下边，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶，直到加入l滴酸液后溶液颜色突变并在半分钟内不再变色为止，记下滴定管液面所在的刻度。请回答下列问题：（1）滴定操作的正确顺序是：(填字母) C B _。（2）G步操作中应在锥形瓶下边垫一张白纸的作用是 。（3）D步操作中
22、液面应调节到 。（4）当观察到锥形瓶中， 时，即可读数。若滴定前平视读数，滴定终点仰视读数，则由此计算得到的NaOH溶液浓度 。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)【答案】（1）E；D；A；G；F （2）使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨（3）“0”刻度或“0”刻度以下 （4）当加入l滴酸液后溶液颜色突变并在半分钟内不再变色；偏大【解析】试题分析：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，即：ECDBAGF。（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨。（3）装液后，液面应调节到“0”刻度或“0”刻度以下，尖嘴部分应充满溶液。（4）滴定终点时
23、即可读数，即当加入l滴酸液后溶液颜色突变并在半分钟内不再变色；如果仰视液面，读出的数值偏大，若滴定前平视读数，则造成V（标）偏大，根据c（碱）可知c（碱）偏大。考点：考查中和滴定操作以及误差分析19（13分）某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验。方案甲组同学用沉淀分析法，按如下图所示的实验流程进行实验：已知Ba(HCO3)2可溶于水（1）实验时，过滤操作中，除了玻璃棒、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为 。（2）洗涤沉淀B的操作是 。（3）若实验中测得样品质量为m g，沉淀质量为n g，则碳酸钠的质量分数为_。方案乙组同学按如下图所示装置
24、进行实验：实验原理是：称量装置C吸收的CO2量来测定混合物中碳酸钠的质量分数。主要实验流程图如下：（4）该实验中装置B盛放的物质是_，分液漏斗中 （填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验。（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体。样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中吸收净化后气体的干燥管在充分吸收气体前后的质量差_。（填“越大”、“越小”或“不变化”）D装置的作用是_。（6）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都要通入N2（如右图），反应后通入N2的目的是_。【答案】（1）烧杯（1分） （2）用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作2-3次。（
25、2分）（3）106n/(197m)100%（2分） （4）浓硫酸 （1分） 不能（1分）（5） 越小（2分）吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性。（2分）（6）将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中被吸收，减小实验误差。（2分）【解析】试题分析：（1）实验时，过滤操作中，除了玻璃棒、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为烧杯；（2）洗涤沉淀B的操作是向过滤器中用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作2-3次。（3）n(Na2CO3)=n(BaCO3)=n197g/mol=n/197mol;则m(Na2CO3)= n(Na
26、2CO3)M= n/197mol 106g/mol=106n/197g,由于样品质量为m g，所以碳酸钠的质量分数为=(m(Na2CO3)m)100%=(106n/197gm) 100%=106n/(197m)100%;（4）该实验中装置B是用于除去CO2气体中的水蒸汽，盛放的物质是浓硫酸；用于盐酸有挥发性，会影响实验测定结果，所以分液漏斗中不能用盐酸代替稀硫酸进行实验；（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体。由于等质量时碳酸钠中含有的碳元素的质量越小，反应产生的CO2气体就越少，所以样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中吸收净化后气体的干燥管在充分吸收气体前后的质量差越小；D装置的作用是吸收空
27、气中的水蒸气和二氧化碳，防止被U型管内的碱石灰吸收影响实验，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性。（6）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都要通入N2（如右图），反应后通入N2的目的是将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中被吸收，减小实验误差。考点：考查混合物中物质含量的测定的有关知识。20按图所示装置进行铁和水蒸气反应的实验。（1）写出试管A中发生反应的化学方程式：_，_。（2）为检验生成的气体产物，需从下图选择必要的装置，其正确的连接顺序为（用接口字母表示）_。描述能证明气体产物的实验现象：_。 （3）反应停止，待试管A冷却后，取少量其中的固体物质，加入过量的稀盐酸充分反
28、应后，进行如下实验：试剂X的化学式为_。用离子方程式和必要文字表示加入新制氯水后溶液红色加深的原因：_。若在实验中加入了过量氯水，放置一段时间后，发现深红色褪去，现对褪色的原因进行探究。I提出假设：假设1：溶液中的被氧化。假设2：溶液中的Fe3+被氧化。假设3：_。_。II.设计方案：请对所提出的假设2进行验证，写出实验方案。_。III方案实施。【答案】（1）Ca（OH）2CaO+H2O，3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）afgbch或afgcbh，黑色的氧化铜变成红色，白色的无水硫酸铜变成蓝色；（3）KSCN；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe3+3SCN-Fe（SCN
29、）3；Fe3+浓度增大，使平衡正向移动，使Fe（SCN）3浓度增大，溶液颜色加深；溶液中的KSCN和Fe3+均被氧化成更高价态；：取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴FeCl3溶液，如果溶液变红，则假设2 成立【解析】试题分析：（1）熟石灰是氢氧化钙，加热分解反应方程式为：Ca（OH）2CaO+H2O，生成的水在高温下与铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）为检验生成的气体产物氢气，利用氢气与氧化铜反应生成铜单质和水，用无水硫酸铜检验生成的水即可，所以在氢气反应前应先通过浓硫酸干燥，则正确的连接顺序为：afgbch或afgcbh，能证明气
30、体产物的实验现象是黑色的氧化铜变成红色，白色的无水硫酸铜变成蓝色；（3）固体产物含有四氧化三铁和未反应的铁，四氧化三铁和铁都与盐酸反应生成盐，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成红色的溶液，则X是KSCN；新制氯水加入后溶液红色加深，说明红色物质浓度增大，氯气将Fe2+氧化生成Fe3+而导致生成物浓度增大，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe3+3SCN-Fe（SCN）3；Fe3+浓度增大，使平衡正向移动，使Fe（SCN）3浓度增大，溶液颜色加深；假设3：溶液中的KSCN和Fe3+均被氧化成更高价态；验证假设2的方法是：取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴FeCl3溶液，如果溶液
31、变红，则假设2 成立。考点：物质的检验、实验方案的设计21（8分）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。现取2.3 g A与2.8 L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余)。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7 g，碱石灰增重2.2 g。回答下列问题：（1）2.3 g A中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少?(4分)（2）通过计算确定该有机物的分子式。(4分)【答案】（8分（1）2.3gA中含H物质的量为：=0.3mol由质量守恒定律可知：m有机物 + mO2 = m(CO2) + m(CO) + m(H2O)2.3g+3
32、2g/mol=2.2g + m(CO) + 2.7g m(CO)=1.4g2.3gA中含C物质的量为+= 0.1mol（2）2.3g有机物质中含O物质的量=0.05mol该有机物中C、H、O原子个数比为：2:6:1 化学式为：C2H6O【解析】试题分析：n(O2)=0.125mol m(O2)=0.125 mol32gmol-1=4gn(H2O)= 0.15mol n(CO2) =0.05molm(CO)=4g+2.3g-2.7g-2.2g=1.4g n(CO)=0.05moln(H)=2n(H2O)= 0.15mol2=0.3mol；n(C)=n(CO2)+n(CO)=0.05mol+0.0
33、5mol=0.1mol（2）解：2.3g A中所含氧原子：n(O)=（0.05mol2+0.05mol+0.15mol）-0.125mol2=0.05moln(C)n(H)n(O) =0.1mol0.3mol0.05mol=261则A 的最简式为 C2H6O 根据价键规则A的分子式为：C2H6O考点：利用有机物的燃烧产物，结合原子守恒推断有机物的分子组成。22化学一一选修5:有机化学基础有机物A有下图所示转化关系，在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、0三种元素的质量比为6: 1: 4，且A不能使Br2的CCl4褪色；1molB反应生成了2mol C。己知：。请回答下列问题：（1）
34、 A的结构简式为_。（2）若、三步反应的产率分别为90.0%， 82.0%， 75.O%，则由A合成H的总产率为_。（3） D+EF的反应类型为_.（4）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为_，若H分子中所有碳原子均在一条直线上，则G转化为H的化学方程式为_。（5）有机物A有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的一种异构体X的结构简式：_。a. X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1: 1: 2b. lmolX可在HIO4加热的条件下反应，可形成lmol二元醛c. lmol X最多能与2mol Na反应d. X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应
35、，也不与Br2发生加成反应。（6）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体，则满足条件的该有机物的同分异构体有_种。【答案】（1）（2）55.4%（3）酯化（4）；（5）（6）15【解析】试题分析：由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6:1:4可知C、H、O的物质的量之比为2:4:1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol B反应生成了2mol C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH(OH
36、)CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH(OH)CH(OH)CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CCCCH3。（1）由上面的分析可知，A为CH3COCH(OH)CH3，故答案为：CH3COCH(OH)CH3；（2）由A合成H的总产率应为，、三步反应的产率之积，所以由A合成H的总产率=90.0%82.0%75.0%=55.4%，故答案为：5
37、5.4%；（3）D+EF反应为乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应，故答案为：酯化反应；（4）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H为1，3-丁二烯，H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，由于B是2，3-丁二醇，与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CCCCH3+2NaBr+2H2O，故答案为：；CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CCCCH3+2NaBr+2H2O；（5）A的结构为：，根据条件：a
38、X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1:1:2，即X有三种位置的氢，且个数之比为1:1:2，b1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol 二元醛，根据信息可知X应为含有两个羟基的环状物，c1mol X最多能与2mol Na反应，说明X有2个羟基，dX不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应，说明有X没有羧基，不含有碳碳双键，则X的结构为，故答案为：（6）分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：-COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：10-6-1=3个C，苯环上有两个取
39、代基，则取代基的可能组合为：-CH3、-CH2CH2COOH、-CH3、-CH(CH3)COOH、-CH2CH3、-CH2COOH-COOH、-CH2CH2CH3-COOH、-CH(CH3)2，每种组合中都含有邻、间、对三种同分异构体，所以该有机物总共含有的同分异构体数目为：53=15种，故答案为：15。【考点定位】考查有机物的化学性质及推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应条件、题给信息采用正向思维进行推断，难点是同分异构体结构简式判断，题目难度中等。23植物精油具抗菌消炎、解热镇痛之功效。从樟科植物叶中提取的精油中含有甲、乙、丙三种
40、成分。I、甲经下列过程可转化为乙：（1）甲中官能团的名称为 。乙的结构简式为 。1 mol乙最多可与 mol H2反应。II、通过下列合成路线由乙可得丙（部分反应产物略去）：已知下列信息：RCH=CHR RCHORCHO丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应。（2）BC的反应类型是 ；A的结构简式是 。（3）乙与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 。（4）C与D生成丙的化学方程式 。（5）写出同时符合下列要求的D的同分异构体的结构简式 。a属于二取代苯 b分子中有不同化学环境的氢原子5种，其个数比为11222c能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应、
41、已知：（6）OHCCOOH有多种合成方法，请写出由乙酸合成OHCCOOH的路线流程图（其他原料任选）合成路线流程图示例如下：【答案】（1）碳碳双键和羟基；CH=CHCHOOO ；5 （2）加成反应；OHCCHO；（3）（4）（5）（6）【解析】试题分析： I、（1）根据甲的结构简式可知分子中官能团是碳碳双键和羟基；甲转化成乙的过程中，反应属于烯烃与HCl的加成反应，生成 ，在发生催化氧化反应得到Y，Y在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应得到乙，乙是CH=CHCHOOO，其中苯环、碳碳双键和醛基均能与氢气发生加成反应，1mol乙最多可与5mol H2反应；（2）乙在新制氢氧化铜中发生氧化反应，生成羧
42、酸D，乙发生已知条件中的反应，生成苯甲醛和乙二醛，即B和A，B转化为C，C在浓硫酸做催化剂加热的条件下与D反应生成丙，丙的分子式为C16H14O2，能与溴水、NaOH溶液反应，可以推断B是甲醛，C是苯甲醇，A是乙二醛，结构简式为OHCCHO；BC的是苯甲醛生成苯甲醇的反应，属于加成反应；（3）乙与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 ；（4）C与D生成丙的化学方程式为。（5）D，D的同分异构体中，a属于二取代苯，b分子中有不同化学环境的氢原子5种，其个数比为11222，c能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应，说明含有碳碳双键、含有酯基，结构式为。（6）根据已知信息可知由乙酸合成OHCCOOH的路线流程图可设计为。考点：考查有机化学推断与合成、官能团、反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等
