1、2015-2016学年山东省济南市商河县赵奎元乡中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益其分子结构如图所示，下列说法不正确的是（）A油酸的分子式为C18H34O2B油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应C1mol油酸可与2molH2发生加成反应D1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应225、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）A2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H=285.8kJ/molB2H2（g）+O2（g）2H2O（1）
2、H=+571.6kJ/molC2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6kJ/molDH2（g）+O2（g）H2O（1）H=285.8kJ/mol3在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7则该酸和碱的组合可以是（）A硝酸和氢氧化钠B盐酸和氨水C硫酸和氢氧化钾D醋酸和氢氧化钡4下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（）选项理由结论A键能：NNClCl单质沸点：N2Cl2B分子中可电离的H+个数：H2SO4CH3COOH酸性：H2SO4CH3COOHC元素的非金属性：NP酸性：HNO3H3PO4D氧化性：Fe 3+Cu 2+还原性：Fe2+CuAAB
3、BCCDD5下列做法对人体健康无害的是（）A工业酒精（含甲醇）兑水配自制白酒饮用B用工业石蜡等给瓜子美容C制作腊肉常加入亚硝酸盐作增色剂和防腐剂，宜长期食用D在食用盐中加入碘酸钾（KIO3）以消除碘缺乏病6某同学用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在有图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热下列说法正确的是（）A实验过程中没有热量损失B烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯C图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒D若将盐酸体积改为60mL，理论上所求中和热不相等7关于如图所示实验的说法不正确的是（）A乙中产生的气泡是C02B丙中液体可
4、产生丁达尔现象C若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（Cl）不发生变化D若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象8化学在工业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列说法正确的是（）A活性炭、SO2、氯水都会因发生氧化还原反应而使品红溶液褪色BNa2O2、H2O2所含化学键完全相同，都能作供氧剂C常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，均能用铝罐储运D水玻璃，从分类法的角度，可看作纯净物，可用于木材等的防火剂9常温下，下列各组粒子在指定溶液中可能大量共存的是（）A氨水中：Al3+、Cl、I、SO42BpH=2的溶液中：K+、Cu2+、Cl、NO3C食盐水中：Mg2+、Fe（OH）2、Br、CO
5、32D无色溶液：NO3、SO2、NH4+、Na+10Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均能溶于水B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al11今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中，正确的是（）AX是一定为电解质BX可能为非电解质CX只能是盐类DX可以是任何化合物12已知25、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C（石墨）+O2（g）=CO2
6、（g）H=393.51kJmol1C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.41kJmol1据此判断，下列说法中正确的是（）A由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低B由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高C由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低D由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高13下面是两种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（）A上述电池分别属于一次电池、二次电池B干电池在长时间使用后，锌筒被破坏C铅蓄电池工作过程中，每通过2 mol电子，负极质量减轻207 gD铅蓄电池负极材料为Pb1
7、4在限定条件下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是（）A使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClB与Al能产生氢气的溶液：K+、SO42、CO32、NH4+C碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、H+DpH7的溶液：K+、Na+、Cl、SO42二、解答题（共6小题，满分29分）15现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：硫酸醋酸氢氧化钠氯化铵请回答下列问题：（1）四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（2）将和等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是（3）已知t，KW=11013，则t（填“”、“”或“=”）25在t时将pH=11的NaOH溶液a L
8、与pH=1的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则a：b=（4）25时，有pH=x的盐酸和pH=y的氢氧化钠溶液（x6，y8），取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：若x+y=14，则a/b=（填数据）；若x+y=13，则a/b=（填数据）；若x+y14，则a/b=（填表达式）；该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH（x、y）的关系式为（填表达式）16X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX； Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子（1）Y在元素周期表中的位置
9、为（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是（写化学式）（3）X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体，写出其反应离子方程式：（4）相同条件下，同体积M的氧化物与Y单质混合通入品红溶液，品红溶液（填褪色或不褪色）17某化学课外小组的同学用Mg等与稀硫酸反应制H2，根据反应进行的情况，同学们得出了反应时间与产生H2的体积关系，并做出了如图请回答：（1）分析判断，段化学反应速度最快，原因可能是；FG段化学反应速率较慢的原因可能是（2）为了降低该反应的反应速率，你认为可以采取哪些措施（至少说出两种）18溴乙烷是一种重要的有机化工原料，制
10、备溴乙烷的原料有95%乙醇、80%硫酸（用蒸馏水稀释浓硫酸）、研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片，该反应的原理如下：NaBr+H2SO4NaHSO4+HBrCH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如图数据如下表物质数据乙醇溴乙烷1，2二溴乙烷乙醚浓硫酸密度/gcm30.791.462.20.711.84熔点（）130119911610沸点（）78.538.413234.6338在水中的溶解度（g/100g水）互溶0.91417.5互溶请回答下列问题（1）加入药品之前须做的操作是：，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，其处理的方法是（2）装置B的作用是除了使溴
11、乙烷馏出，还有一个目的是温度计的温度应控制在之间（3）反应时有可能生成SO2和一种红棕色气体，可选择氢氧化钠溶液除去该气体，有关的离子方程式是，此操作可在（填写玻璃仪器名称）中进行，同时进行分离（4）实验中采用80%硫酸，而不能用98%浓硫酸，一方面是为了减少副反应，另一方面是为了（5）粗产品中含有的主要有机液体杂质是，为进一步制得纯净的溴乙烷，对粗产品进行水洗涤、分液，再加入无水CaCl2，进行操作19我国是氧化铝生产大国，工业上每生产1t氧化铝将排出12t赤泥，赤泥大量堆积会对环境造成严重污染赤泥中主要成分及含量：CaO约占46%、SiO2约占22%、Al2O3约占7%、Fe2O3约占11
12、%、TiO2约占5%及少量其他物质（1）一种利用废弃赤泥的方法是将赤泥配成一定的液固比，作为一种吸收剂，吸收热电厂排放的含SO2的烟气，写出吸收SO2时可能发生的化学反应方程式（2）为综合利用赤泥中的各种成分，某科研小组设计了如下工艺流程：已知：TiO2不溶于稀盐酸、稀硫酸，能溶于浓硫酸生成TiOSO4（硫酸氧钛，易水解）氧化物D的化学式是，原料A最好是下列物质中的A氨水 B氢氧化钠 C生石灰 D双氧水写出上述工艺中投入氢氧化钠时反应的离子方程式写出上述工艺中稀释时发生水解反应的化学方程式20一定温度下在某定容的密闭容器中发生反应：2A（g）+3B（g）2C（g），开始时，A的浓度为2molL
13、1，B的浓度是4molL1，2min后，A的浓度减少0.8molL1，则（1）求v（B）和v（C）（2）在2min末，C的浓度是多少？B的浓度是多少？三、化学-有机化学基础22阿斯巴甜作为强烈甜味剂被广泛应用于食品、饮料、糖果等，工业上可以用苯丙氨酸甲酯和氨基丁二酸为原料合成：已知：RCNRCOOH； （1）A中含氧官能团的名称为；（2）、的反应类型依次为、；（3）B的同分异构体中同时符合下列条件的有2种，写出其结构简式；有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质（4）写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式；（5）写出以1，3丙二醇（HOCH2CH2CH2OH）为原料制备的合成
14、路线流程（无机试剂任选）合成路线流程示例如下 CH2CH3CH3CH2Br CH3CH2OH：四、解答题（共1小题，满分0分）23化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为（2）C转化为D的反应类型是（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式A能发生银镜反应 B核磁共振氢谱只有4个峰C能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH（5）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化苯甲酸苯酚酯）是一种重要的有机合成中间体试写出以苯、甲苯为原
15、料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH五、解答题,化学一选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）24某有机反应中间体（M）的一种合成路线如图所示已知：RBrPMgBrRCOOH（R表示氢原子或烃基）标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍芳香族化合物H能发生银镜反应请回答：（1）B的名称（系统命名）为；HI的反应类型为（2）E中官能团的结构简式为，（ 3）FG的化学方程式为（4 ）D+JM的化学方程式为（5）写出符合下列条件的J的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）苯环上连有NO2 核磁共振氢谱有3个峰（6）
16、结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO和E为原料，经三步制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例为：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH32015-2016学年山东省济南市商河县赵奎元乡中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益其分子结构如图所示，下列说法不正确的是（）A油酸的分子式为C18H34O2B油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应C1mol油酸可与2molH2发生加成反应D1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应【考点】有机物分子中的官能团及其结
17、构【分析】油酸分子中含有的官能团有碳碳双键和羧基，根据官能团分析其性质，所以油酸有烯烃和羧酸的性质【解答】解：A、油酸的分子式为C18H34O2，故A正确B、油酸分子中含有羧基，所以具有羧酸的性质，能与氢氧化钠溶液发生中和反应，故B正确C、一个油酸分子中只含1个碳碳双键，所以1mol油酸可与1molH2发生加成反应，故C错误D、一个油酸分子中只含1个羧基，一个甘油分子中含有3个羟基，所以1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应，故D正确故选C225、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）A2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H=2
18、85.8kJ/molB2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H=+571.6kJ/molC2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6kJ/molDH2（g）+O2（g）H2O（1）H=285.8kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】A、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量来分析；B、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；C、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；D、根据2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；【解答】解：A、因4g氢气燃烧生成液态水，放出热
19、量571.6kJ，不是285.8kJ，故A错误；B、因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，放热时焓变值为负值，故B错误； C、因4g氢气燃烧生成液态水，不是气态水，放出热量571.6kJ，故C错误；D、因2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值，故D正确；故选：D3在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7则该酸和碱的组合可以是（）A硝酸和氢氧化钠B盐酸和氨水C硫酸和氢氧化钾D醋酸和氢氧化钡【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混
20、合后恰好呈中性；若酸为弱酸而碱为强碱，由于弱电解质部分水解，则弱酸的浓度远远大于103mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性，故D正确；若酸为酸为强酸而碱为弱碱，由于弱电解质部分水解，则弱碱的浓度远远大于103mol/L，即弱碱的浓度远远大于酸的浓度，等体积混合时，碱过量，因此溶液显碱性，据此进行解答【解答】解：A室温下，将pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性，溶液的pH=7，故A错误；B盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度远远大于103mol/L，混合液中氨水过量，溶液的pH大于7，故B错误；C硫
21、酸和氢氧化钾都是强电解质，则混合液中强碱恰好反应，溶液为中性，溶液的pH=7，故C错误；D醋酸为弱酸，氢氧化钡强碱，则弱酸的浓度远远大于103mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性，混合液的pH小于7，故D正确；故选D4下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（）选项理由结论A键能：NNClCl单质沸点：N2Cl2B分子中可电离的H+个数：H2SO4CH3COOH酸性：H2SO4CH3COOHC元素的非金属性：NP酸性：HNO3H3PO4D氧化性：Fe 3+Cu 2+还原性：Fe2+CuAABBCCDD【考点】化学键；同一主族内元素性质递变规律与原子结
22、构的关系；氧化性、还原性强弱的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、一般来说分子晶体熔沸点与式量成正比；B、酸性的强弱取决与电离程度的大小，而不是氢离子的个数；C、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；D、根据阳离子的氧化性越强，对应的原子或阳离子的还原性越弱【解答】解：A、Cl2的相对分子质量大于N2，所以单质沸点：Cl2N2，故A错误；B、H2SO4是强酸，CH3COOH弱酸，所以酸性：H2SO4CH3COOH，故B错误；C、元素的非金属性：NP，所以酸性：HNO3H3PO4，故C正确；D、氧化性：Fe 3+Cu 2+，还原性：CuFe2+，故D错误；故选C5下列做法对
23、人体健康无害的是（）A工业酒精（含甲醇）兑水配自制白酒饮用B用工业石蜡等给瓜子美容C制作腊肉常加入亚硝酸盐作增色剂和防腐剂，宜长期食用D在食用盐中加入碘酸钾（KIO3）以消除碘缺乏病【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A工业酒精含甲醇，甲醇有毒；B工业石蜡中含有对人体有害物质；C亚硝酸盐在食品工业作防腐剂和增色剂，它是一种潜在致癌物质，过量或长期食用对人产生危害；D为了消除人体碘缺乏症，我国政府规定食用盐必须是加碘食盐，在食盐中加入一定的碘酸钾（KIO3）【解答】解：A工业酒精含甲醇，甲醇有毒，饮用含有甲醇的白酒会使人失明甚至死亡，对人产生危害，故A错误； B工业石蜡中含有对人体
24、有害物质，所以不能给水果上蜡“美容”，故B错误；C制作腊肉常入亚硝酸盐作增色剂和防腐剂，亚硝酸盐是一种潜在致癌物质，过量或长期食用对人产生危害，故C错误；D在食盐中加入碘酸钾（KIO3）以消除碘缺乏病，对人体无害，故D正确故选D6某同学用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在有图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热下列说法正确的是（）A实验过程中没有热量损失B烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯C图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒D若将盐酸体积改为60mL，理论上所求中和热不相等【考点】中和热的测定【分析】A、根据实验过程的保温
25、情况确定保温效果；B、烧杯间填满碎纸条的作用是保温；C、根据量热计的结构来确定该装置缺少的仪器；D、根据中和热的概念来回答【解答】解：A、该装置的保温效果并不如量热计那样好，肯定存在热量的散失，故A错误；B、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，故B错误；C、根据量热计的结构可知实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，故C正确；D、50mL0.5mol/L的盐酸50mL0.5mol/L的NaOH溶液反应会生成0.025mol的水，改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行反应还是只会生成0.025mol的水，从理论上说所求中和热相等，故D错误；故选：C7关于如图
26、所示实验的说法不正确的是（）A乙中产生的气泡是C02B丙中液体可产生丁达尔现象C若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（Cl）不发生变化D若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象【考点】盐类水解的应用【分析】A氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳；B氯化铁水解形成氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”；CFe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl ）不发生变化；DCaS04与氢离子不反应【解答】解：A氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是CO2 气体，故A正确；B丙中最终所得红
27、褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，故B正确；C铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl ）不发生变化，故C正确；DCaS04与氢离子不反应，所以若将CaC03换成CaS04不会产生气泡，则实验现象不同，故D错误；故选D8化学在工业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列说法正确的是（）A活性炭、SO2、氯水都会因发生氧化还原反应而使品红溶液褪色BNa2O2、H2O2所含化学键完全相同，都能作供氧剂C常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，均能用铝罐储运D水玻璃，从分类法的角度，可看作纯净物，可用于木材等的防火剂【考点
28、】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物【分析】A活性炭具有吸附性，SO2与品红化合生成无色物质；BNa2O2中含离子键和共价键，H2O2中只含共价键；C常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生；D水玻璃为硅酸钠的水溶液【解答】解：A活性炭具有吸附性，SO2与品红化合生成无色物质，只有氯水因发生氧化还原反应而使品红溶液褪色，故A错误；BNa2O2中含离子键和共价键，H2O2中只含共价键，化学键类别不同，但都可作供氧剂，故B错误；C常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，均能
29、用铝罐储运，故C正确；D水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，可用于木材等的防火剂，故D错误；故选C9常温下，下列各组粒子在指定溶液中可能大量共存的是（）A氨水中：Al3+、Cl、I、SO42BpH=2的溶液中：K+、Cu2+、Cl、NO3C食盐水中：Mg2+、Fe（OH）2、Br、CO32D无色溶液：NO3、SO2、NH4+、Na+【考点】离子共存问题【分析】A铝离子能够与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；BpH=2的溶液中存在大量的氢离子，K+、Cu2+、Cl、NO3离子之间不发生反应，也不与氢离子反应；C镁离子能够与碳酸根离子反应；D二氧化硫的水溶液显示酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能
30、够氧化二氧化硫【解答】解：AAl3+与氨水发生反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液为酸性溶液，K+、Cu2+、Cl、NO3不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、CO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNO3、SO2的溶液为酸性溶液，NO3在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化SO2，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B10Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均能溶于水B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、
31、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【考点】金属与合金在性能上的主要差异【分析】A依据氧化铝、氧化铜、氧化铜水溶性解答；B根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C氯化铝、氯化铁和氯化铜都是强酸弱碱盐易水解；D根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出；【解答】解：A氧化铝、氧化铜、氧化铜都不溶于水，故A错误；BFe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、Cu
32、Cl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；D根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+H+Fe2+Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以析出，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误；故选：C11今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中，正确的是（）AX是一定为电解质BX可能为非电解质CX只能是盐类DX可以是任何化合物【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔
33、融状态下都不能能够导电的化合物；因为X为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以X一定为电解质【解答】解：A、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，因为X为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以X一定为电解质，故A正确；B、非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，X在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此X不可能是非电解质，故B错误；C、X可能是盐，也可能是CaO等金属氧化物，故C错误；D、不是任何化合物在水溶液中或熔融状态下都能够导电，如CO、P2O5等，因此X不可以为任何化合物，
34、故D错误；故选A12已知25、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.51kJmol1C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.41kJmol1据此判断，下列说法中正确的是（）A由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低B由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高C由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低D由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因【分析】1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比
35、石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定【解答】解：1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定故由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低故选A13下面是两种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（）A上述电池分别属于一次电池、二次电池B干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
36、C铅蓄电池工作过程中，每通过2 mol电子，负极质量减轻207 gD铅蓄电池负极材料为Pb【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池；B干电池中锌做原电池的负极被腐蚀；C依据铅蓄电池电极反应结合电子守恒计算；D铅蓄电池负极材料为Pb，被氧化生成硫酸铅【解答】解：A干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，故A正确；B在干电池中，Zn作负极，被氧化，故B正确；C铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故C错误；D铅蓄电池负极材料为Pb，被氧化生成硫酸铅，故D正确；故选C14在限定条件下，下列溶液中各组离子一
37、定能大量共存的是（）A使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClB与Al能产生氢气的溶液：K+、SO42、CO32、NH4+C碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、H+DpH7的溶液：K+、Na+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】A使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；B与Al能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液；C碳酸氢根离子与酸反应；DpH7的溶液中该组离子不反应【解答】解：A使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B与Al能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液，H+、CO32反应，OH、NH4+反应，则不能共存，故B错误；
38、C因碳酸氢根离子与H+反应生成水和气体，则不能共存，故C错误；DpH7的溶液中该组离子不反应，则能够大量共存，故D正确；故选D二、解答题（共6小题，满分29分）15现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：硫酸醋酸氢氧化钠氯化铵请回答下列问题：（1）四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（2）将和等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（NH4+）c（H+）（3）已知t，KW=11013，则t（填“”、“”或“=”）25在t时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶
39、液的pH=10，则a：b=101：9（4）25时，有pH=x的盐酸和pH=y的氢氧化钠溶液（x6，y8），取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：若x+y=14，则a/b=1（填数据）；若x+y=13，则a/b=0.1（填数据）；若x+y14，则a/b=10x+y14（填表达式）；该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH（x、y）的关系式为x+y=14+lg（）（填表达式）【考点】pH的简单计算【分析】（1）根据酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH浓度越大、盐的水解能促进水的电离分析；（2）根据二者完全反应生成NaCl和NH3H2O溶液分析；（3）根据水的电离
40、是吸热反应，温度升高，水的离子积增大判断；根据在t时氢氧化钠溶液和硫酸溶液的pH分别计算出氢氧根离子、氢离子浓度，然后根据反应后的溶液中氢氧根离子浓度计算出二者体积比；（4）根据两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH），即10xa=10y14b，整理得： =10x+y14，再根据（x+y）的数据对各小题进行分析【解答】解：（1）向溶液中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离，所以由水电离出c（H+）由大到小的顺序为：，故答案为：；（2）二者完全反应生成NaCl和NH3H2O，由于NH3H2O电离出氢氧根离子，所以溶液呈
41、碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（NH4+）c（H+），故答案为：c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（NH4+）c（H+）；（3）水的电离过程是吸热反应，升温促进水的电离，即升温KW增大，t时KW11014，即t25；在t时将pH=11的NaOH溶液中，n（OH）=0.01 a mol，pH=1的H2SO4溶液H2SO4中，n（H+）=0.1b mol，根据混合后溶液pH=10，得103=，解得a：b=101：9，故答案为：；101：9；（4）两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH），即10xa=10y14b，整理得： =10x+y14，若x+y=1
42、4时，a/b=1，故答案为：1；若x+y=13，则a/b=0.1，故答案为：0.1；若x+y14，则a/b=10x+y14，故答案为：10x+y14；两溶液完全中和，则有=10x+y14即lg（）=x+y14，解得：x+y=14+lg（），故答案为：x+y=14+lg（）16X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX； Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子（1）Y在元素周期表中的位置为第二周期第A族（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是H2S（写化学式）（3）X、Y
43、、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体，写出其反应离子方程式：HSO3+H+=SO2+H2O（4）相同条件下，同体积M的氧化物与Y单质混合通入品红溶液，品红溶液不褪色（填褪色或不褪色）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此解答【解答】解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大
44、，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物 H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）X、Y、
45、Z、M组成两种盐的溶液能相互反应可产生SO2气体，则这两种盐为NaHSO3、NaHSO4，其反应离子方程式为HSO3+H+=SO2+H2O，故答案为：HSO3+H+=SO2+H2O；（4）相同条件下，同体积二氧化硫与氯气混合通入品红溶液，由于二氧化硫与氯气反应生成氯化氢和硫酸，所以品红溶液不褪色，故答案为：不褪色17某化学课外小组的同学用Mg等与稀硫酸反应制H2，根据反应进行的情况，同学们得出了反应时间与产生H2的体积关系，并做出了如图请回答：（1）分析判断，EF段化学反应速度最快，原因可能是反应放热，温度升高；FG段化学反应速率较慢的原因可能是浓度下降较快（2）为了降低该反应的反应速率，你认
46、为可以采取哪些措施向反应体系中加水，降低酸的浓度，或加入少量CH3COONa晶体（至少说出两种）【考点】化学反应速率的影响因素【分析】图象纵坐标为产生H2的体积，横坐标为反应的时间，所以曲线的斜率即为反应速率，斜率越大，反应速率越大，增大反应速率的因素有：增大反应物浓度，增大反应体系压强，升高温度，加催化剂但此反应过程浓度始终在下降，且为敞口体系，压强不变，也未加催化剂，所以在反应过程中浓度下降的同时速率反而提高，只能是温度的影响，以此解答该题【解答】解：（1）由图象可知EF段斜率最大，则反应速率最大，随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应速率应减小，但EF段速率反而增大，说明应为放热反应，温度升
47、高，反应速率增大，FQ段浓度较小，反应速率减小，故答案为：EF；反应放热，温度升高；浓度下降较快；（2）为降低反应速率，则降低硫酸浓度，可向反应体系中加水，降低酸的浓度，或加入少量CH3COONa晶体，故答案为：向反应体系中加水，降低酸的浓度，或加入少量CH3COONa晶体18溴乙烷是一种重要的有机化工原料，制备溴乙烷的原料有95%乙醇、80%硫酸（用蒸馏水稀释浓硫酸）、研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片，该反应的原理如下：NaBr+H2SO4NaHSO4+HBrCH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如图数据如下表物质数据乙醇溴乙烷1，2二溴乙烷乙醚浓硫
48、酸密度/gcm30.791.462.20.711.84熔点（）130119911610沸点（）78.538.413234.6338在水中的溶解度（g/100g水）互溶0.91417.5互溶请回答下列问题（1）加入药品之前须做的操作是：检查装置的气密性，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，其处理的方法是待冷却后重新进行操作（2）装置B的作用是除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是冷凝回流温度计的温度应控制在38.478.5之间（3）反应时有可能生成SO2和一种红棕色气体，可选择氢氧化钠溶液除去该气体，有关的离子方程式是SO2+2OH=SO32+H2O，Br2+2OH=Br+BrO+H2O，此操作可在分液
49、漏斗（填写玻璃仪器名称）中进行，同时进行分离（4）实验中采用80%硫酸，而不能用98%浓硫酸，一方面是为了减少副反应，另一方面是为了防止溴化氢气体的挥发（5）粗产品中含有的主要有机液体杂质是乙醚，为进一步制得纯净的溴乙烷，对粗产品进行水洗涤、分液，再加入无水CaCl2，进行蒸馏操作【考点】溴乙烷的制取【分析】（1）与气体有关的实验，加入药品之前须做的操作是：检查装置的气密性；碎瓷片的作用是防止爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，应待冷却后重新进行操作（2）装置B为竖立的试管，除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是冷凝回流；溴乙烷的沸点为38.4，反应物乙醇的沸点为78.5，所以温度计的温度应控制
50、在38.4与78.5之间（3）SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，离子方程式为：SO2+2OH=SO32+H2O；红棕色气体为Br2，与NaOH反应的离子方程式为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O；溴乙烷与水溶液分层，在分液漏斗中进行分液（4）98%浓硫酸具有吸水性，能加快溴化氢气体的挥发（5）乙醇分子间发生脱水反应可生成乙醚，所以粗产品中含有的主要有机液体杂质是乙醚；利用各成分沸点的不同，采用蒸馏的方法可提纯【解答】解：（1）实验室制备溴乙烷，用95%乙醇、80%硫酸（用蒸馏水稀释浓硫酸）、研细的溴化钠粉末为原料，反应中有气体生成，且乙醇易挥发，所以在加入药品之前应进行的操作是
51、：检查装置的气密性；碎瓷片能防止液体爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再进行继续实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后重新进行操作，故答案为：检查装置的气密性；待冷却后重新进行操作；（2）装置B的作用使乙醇蒸气回流到烧瓶中继续反应，溴乙烷的沸点为38.4，乙醇的沸点为78.5，让溴乙烷蒸发出，让乙醇冷凝回流，所以温度计的温度应控制在38.478.5，故答案为：冷凝回流；38.478.5；（3）二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式是：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，离子反应为：SO2+2OH=SO32+H2O，溴能和氢氧化钠反应：Br2+2NaOHNaBr
52、+NaBrO+H2O，离子反应为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O，分离不互溶的有机物和无机物，用分液漏斗进行操作，故答案为：SO2+2OH=SO32+H2O；Br2+2OH=Br+BrO+H2O；分液漏斗；（4）浓硫酸具有强氧化性，能氧化溴化氢，同时浓硫酸溶于水，放出大量的热，促进溴化氢气体的挥发，所以实验中采用浓度较低的80%硫酸，故答案为：防止溴化氢气体的挥发；（5）乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水，生成乙醚，所以溴乙烷中含有副产物乙醚，乙醚和溴乙烷为互溶的有机物，可利用它们的沸点不同，进行蒸馏分离，故答案为：乙醚；蒸馏19我国是氧化铝生产大国，工业上每生产1t氧化铝将排出12t赤
53、泥，赤泥大量堆积会对环境造成严重污染赤泥中主要成分及含量：CaO约占46%、SiO2约占22%、Al2O3约占7%、Fe2O3约占11%、TiO2约占5%及少量其他物质（1）一种利用废弃赤泥的方法是将赤泥配成一定的液固比，作为一种吸收剂，吸收热电厂排放的含SO2的烟气，写出吸收SO2时可能发生的化学反应方程式CaO+SO2=CaSO3或Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O（2）为综合利用赤泥中的各种成分，某科研小组设计了如下工艺流程：已知：TiO2不溶于稀盐酸、稀硫酸，能溶于浓硫酸生成TiOSO4（硫酸氧钛，易水解）氧化物D的化学式是Fe2O3，原料A最好是下列物质中的CA氨水 B氢氧化
54、钠 C生石灰 D双氧水写出上述工艺中投入氢氧化钠时反应的离子方程式OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O写出上述工艺中稀释时发生水解反应的化学方程式TiOSO4+2H2O=TiO（OH）2+H2SO4或TiOSO4+2H2O=TiO2H2O+H2SO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；二氧化硫的化学性质【分析】（1）赤泥中含有的CaO具有碱性，能够吸收酸性气体二氧化硫；（2）氧化物D是赤泥经过盐酸和氢氧化钠反应后产生的物质，赤泥中的CaO、Al2O3、Fe2O3能与盐酸反应，根据各物质性质分析；原料A调节PH值，但不能引入新的杂质；投入氢氧化钠时，浸出物中含有Al（OH）3、F
55、e（OH）3；TiO2不溶于稀盐酸、稀硫酸，能溶于浓硫酸生成TiOSO4（硫酸氧钛，易水解）【解答】解：（1）赤泥中含有的CaO具有碱性，能够直接吸收酸性气体二氧化硫，反应方程式为CaO+SO2=CaSO3；CaO能够和水反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2具有碱性，也能够吸收酸性气体二氧化硫，反应方程式为Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O；故答案为：CaO+SO2=CaSO3或Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O；（2）氧化物D是赤泥经过盐酸和氢氧化钠反应后产生的物质，赤泥中的CaO、Al2O3、Fe2O3能与盐酸反应，生成氯化钙、氯化铝和氯化铁，在加入原料A后除去了氯化钙，
56、再加入氢氧化钠后，Al生成偏铝酸钠进入滤液，过滤后得到氢氧化铁，经过煅烧，生成氧化铁；原料A用来调节PH值，又不能引入新的杂质，故选取生石灰；故答案为：Fe2O3；C；投入氢氧化钠时，浸出物中含有Al（OH）3、Fe（OH）3，Al（OH）3是两性氢氧化物，能和碱反应，反应离子方程式为OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O；故答案为：OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O；TiO2不溶于稀盐酸、稀硫酸，能溶于浓硫酸生成TiOSO4（硫酸氧钛，易水解），稀释时TiOSO4水解生成TiO（OH）2或者TiO2H2O，故水解反应的化学方程式为TiOSO4+2H2O=TiO（OH）2+H2SO4或
57、TiOSO4+2H2O=TiO2H2O+H2SO4故答案为：TiOSO4+2H2O=TiO（OH）2+H2SO4或TiOSO4+2H2O=TiO2H2O+H2SO420一定温度下在某定容的密闭容器中发生反应：2A（g）+3B（g）2C（g），开始时，A的浓度为2molL1，B的浓度是4molL1，2min后，A的浓度减少0.8molL1，则（1）求v（B）和v（C）（2）在2min末，C的浓度是多少？B的浓度是多少？【考点】反应速率的定量表示方法【分析】化学反应速率之比等化学计量数之比，根据方程式利用三段式进行解答，得出正确结论【解答】解：（1）2A+3B2C 开始 2 4 0 转化 0.8
58、1.2 0.8 2min末 1.2 2.8 0.8v（B）=0.6mol/（Lmin），v（C）=0.4 mol/（Lmin），故答案为：v（B）=0.6mol/（Lmin），v（C）=0.4 mol/（Lmin）；（2）2min末，c（C）=0.8mol/L，n（B）=2.8mol/L，故答案为：C的浓度是0.8mol/L，B的浓度是2.8mol/L三、化学-有机化学基础22阿斯巴甜作为强烈甜味剂被广泛应用于食品、饮料、糖果等，工业上可以用苯丙氨酸甲酯和氨基丁二酸为原料合成：已知：RCNRCOOH； （1）A中含氧官能团的名称为羟基、羧基；（2）、的反应类型依次为加成、取代；（3）B的同分异
59、构体中同时符合下列条件的有2种，写出其结构简式、；有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质（4）写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式；（5）写出以1，3丙二醇（HOCH2CH2CH2OH）为原料制备的合成路线流程（无机试剂任选）合成路线流程示例如下 CH2CH3CH3CH2Br CH3CH2OH：【考点】有机物的合成；有机物的推断；有机物的结构和性质【分析】（1）根据题中已知的条件，可知反应是将反应物中的CN变成COOH，所以A的结构简式为；（2）反应是醛基与HCN加成，生成羟基腈，反应氨基中的一个H被取代；（3）与氨气反应生成的B为，有三种化学环境不同的氢原子说明分子很对
60、称三个碳分布在苯环的间位，中性物质说明氮原子形成了硝基，据此可以写出结构简式为：和（4）阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应，其中酯基和肽键能水解，羧基被中和，所有方程式：；（5）根据产物和原料（HOCH2CH2CH2OH）比较要知，碳原子数增加了两个，且产物是一个很对称的结构，将产物水解后得到，再对比原料可知，在原料上再引入两个碳原子，可以参照题目流程中的第步骤，可以达到目的，据此答题【解答】解：（1）根据题中已知的条件，可知反应是将反应物中的CN变成COOH，所以A的结构简式为，故答案为：羟基、羧基；（2）反应是醛基与HCN加成，生成羟基腈，反应氨基中的一个H被取代，故答案为：加成；取代；
61、（3）与氨气反应生成的B为，有三种化学环境不同的氢原子说明分子很对称三个碳分布在苯环的间位，中性物质说明氮原子形成了硝基，据此可以写出结构简式为：，故答案为：、；（4）阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应，其中酯基和肽键能水解，羧基被中和，所有方程式：，故答案为：；（5）根据产物和原料（HOCH2CH2CH2OH）比较要知，碳原子数增加了两个，且产物是一个很对称的结构，将产物水解后得到，再对比原料可知，在原料上再引入两个碳原子，可以参照题目流程中的第步骤，可以达到目的，写出的流程为：，故答案为：四、解答题（共1小题，满分0分）23化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示的
62、路线合成：（1）A中含有的官能团名称为醛基（2）C转化为D的反应类型是取代反应（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式A能发生银镜反应 B核磁共振氢谱只有4个峰C能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH（5）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化苯甲酸苯酚酯）是一种重要的有机合成中间体试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】由合成流程可知，A氧化得乙酸，所以A为C
63、H3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含COOC，能发生水解反应，D水解酸化后发生酯化反应生成E，以苯、甲苯为原料制取，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸再与三氯化磷反应生成苯甲酰氯，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应得，然后结合有机物的结构与性质来解答【解答】解：由合成流程可知，A氧化得乙酸，所以A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含COOC，能发生水解反应，D水解酸化后发生酯化反应生成E，（1）A为乙醛，含CHO，名称为醛基，故答案为：醛基；（2）
64、由上述分析可知，C中的OH上的H被取代，则C转化为D的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为，故答案为：；（4）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A能够发生银镜反应，含CHO；B核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的H；C能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚OH，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH，含COOCH，所以同分异构体为，故答案为：；（5）以苯、甲苯为原料制取，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸再与三氯化磷反应生成苯甲酰氯，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应得，合成流程图为，故答案为：五、解答题,化学一选修5：有机化学
65、基础（共1小题，满分15分）24某有机反应中间体（M）的一种合成路线如图所示已知：RBrPMgBrRCOOH（R表示氢原子或烃基）标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍芳香族化合物H能发生银镜反应请回答：（1）B的名称（系统命名）为1，2二溴乙烷；HI的反应类型为加成反应（2）E中官能团的结构简式为，（ 3）FG的化学方程式为（4 ）D+JM的化学方程式为（5）写出符合下列条件的J的所有同分异构体的结构简式、（不考虑立体异构）苯环上连有NO2 核磁共振氢谱有3个峰（6）结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO和E为原料，经三步制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例为：CH3
66、CHOCH3COOHCH3COOCH3【考点】有机物的合成【分析】标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍，则Mr（A）=142=28，故A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，结合信息可知，C为BrMgCH2CH2MgBr，D为HOOCCH2CH2COOHE的分子式为C8H8，系列反应得到芳香族化合物H能发生银镜反应，故E为芳香烃，E与HBr发生加成反应得到F，则E为，F水解得到G，G发生催化氧化得到H，故F为，G为，H为，由信息可知I为，J为，结合M的分子式可知，D与J脱去1分子水生成M，故M的结构简式为（6）中乙醛与氢气发生加成反应生成乙醇，再在浓硫酸、加热条
67、件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与苯乙烯发生加聚反应得到，据此解答【解答】解：标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍，则Mr（A）=142=28，故A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，结合信息可知，C为BrMgCH2CH2MgBr，D为HOOCCH2CH2COOHE的分子式为C8H8，系列反应得到芳香族化合物H能发生银镜反应，故E为芳香烃，E与HBr发生加成反应得到F，则E为，F水解得到G，G发生催化氧化得到H，故F为，G为，H为，由信息可知I为，J为，结合M的分子式可知，D与J脱去1分子水生成M，故M的结构简式为（1）B为BrCH2CH2Br，系统命名为1，2二溴乙烷；HI的反应类型为加成反应，故答案为：1，2二溴乙烷；加成反应；（2）E为，官能团的结构简式为，故答案为：；（ 3）FG的化学方程式为：，故答案为：；（4 ）D+JM的化学方程式为：，故答案为：；（5）符合下列条件的J（）的所有同分异构体：苯环上连有NO2，核磁共振氢谱有3个峰，对称性较高，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：、；（6）乙醛与氢气发生加成反应生成乙醇，再在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与苯乙烯发生加聚反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：2016年5月5日版权所有：高考资源网()