1、2016-2017学年广东省汕头市潮师高中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1设NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3和CO3 2离子数之和为0.1NAB标准状况下，22.4LC2H4与C3H6混合气体所含有分子数为NAC1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NAD18gNH4+所含的电子数11NA2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
2、C常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA3下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+4下列离子方程式书写正确的是（）A将铁放入氯化铁溶液中：Fe+Fe3+2Fe2+B向新制的氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OC将少量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+2OHSO32+H2OD向
3、氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Al3+3OHAl（OH）35高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是（）AClO做还原剂BFe（OH）3在反应中被还原C高铁酸钾中铁的化合价为+7D制备1molK2FeO4时转移3 mol 电子6在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72转化为 Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去下列说法正确的是（）AFeSO4在反应中作氧化剂B随着反应的进行，该废水的pH会减小C若该反应
4、转移0.6mol e，则会有0.2mol Cr2O72 被还原D除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应7化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去镀件油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl溶液反应生成氨气会降低氨肥肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分35分）8图中A、B、C、D
5、、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%问题：（1）中反应的化学方程式为（2）化合物I的化学式为（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为（注：不要求写OH+CO2HCO3）（4）E在I中燃烧观察到的现象是9配平下列化学方程式或离子方程式（1）KI+KIO3+H2SO4I2+K2SO4+H2O（2）MnO4+H+ClMn2+Cl2+H2O（3）P4+KOH+H2OK3PO
6、4+PH3（4）ClO+Fe（OH）3+Cl+FeO42+H2O10利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl的一种工艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝铝灰在90水解生成A的化学方程式为；“水解”采用90而不在室温下进行的原因是（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为（4）“废渣”成分为 （填化学式）（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是（6）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应是：4NH4Al（SO4）212H2O 2Al2O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+53H2O，将产生的
7、气体通过下图所示的装置则集气瓶中收集到的气体是（填化学式）化学-选修5：有机化学基础11已知：请根据下图回答（1）E中含有的官能团的名称是；的反应类型是，C跟新制的氢氧化铜反应的化学方程式为：（2）已知B的相对分子质量为162，其燃烧产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1则B的分子式为，F的分子式为（3）在电脑芯片生产领域，高分子光阻剂是光刻蚀0.11m线宽芯片的关键技术F是这种高分子光阻剂生产中的主要原料F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；芳环上的一氯代物只有两种F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：（4）化合物G是F的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生
8、银镜反应G可能有种结构，写出其中任意一种同分异构体的结构简式2016-2017学年广东省汕头市潮师高中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1设NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3和CO3 2离子数之和为0.1NAB标准状况下，22.4LC2H4与C3H6混合气体所含有分子数为NAC1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NAD18gNH4+所含的电子数11NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、HCO3在溶液中既能水解为H2CO3，又能电离为CO32；B、分子数N=；C、过氧化
9、钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子为10电子微粒来分析【解答】解：A、HCO3在溶液中既能部分水解为H2CO3，又能部分电离为CO32，故溶液中的HCO3、H2CO3、CO32的个数之和为0.1NA个，故A错误；B、分子数N=NA个，故B正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素的价态由1变为0和2，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故C错误；D、18g铵根离子的物质的量为1mol，而铵根离子为10电子微粒，故1mol铵根离子中含10NA个电子，故D错误故选B2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO
10、2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAC常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NO2和CO2均含2个氧原子；B、乙烯C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均为CH2；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol【解答】解：A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两
11、者的比例如何，均含2mol氧原子，即2NA个，故A正确；B、乙烯C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n=2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n=2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA个，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，故转移的电子的物质的量小于2mol，故D错误故选D3下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体
12、放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+【考点】离子共存问题【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B、因AlO2能促进HCO3的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能
13、大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3生成SO32，SO32与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH与NH4+产生NH3，OH与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；故选D4下列离子方程式书写正确的是（）A将铁放入氯化铁溶液中：Fe+Fe3+2Fe2+B向新制的氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OC将少量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+2OHSO32+H2OD向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Al3+3O
14、HAl（OH）3【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；C反应生成亚硫酸钠和水；D反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：A将铁放入氯化铁溶液中的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，故A错误；B向新制的氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸的离子反应为3Fe（OH）2+10H+NO3=3Fe3+NO+8H2O，故B错误；C将少量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中的离子反应为SO2+2OHSO32+H2O，故C正确；D向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液的离子反应为Al3+4OHAlO2+2H2O，故D错误；故选C5高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原
15、理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是（）AClO做还原剂BFe（OH）3在反应中被还原C高铁酸钾中铁的化合价为+7D制备1molK2FeO4时转移3 mol 电子【考点】氧化还原反应【分析】2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为2价，以此来解答【解答】解：ACl元素的化合价降低，则ClO是氧化剂，故A错误；BFe元素的化合价由+3价升高为+6价失去电子被氧化，则Fe（OH）3在反应中被氧化，故B错误；C高铁酸钾中铁的化合价为+
16、6价，故C错误；D每生成1 mol高铁酸钾转移电子为1mol（63）=3 mol，故D正确；故选D6在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72转化为 Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去下列说法正确的是（）AFeSO4在反应中作氧化剂B随着反应的进行，该废水的pH会减小C若该反应转移0.6mol e，则会有0.2mol Cr2O72 被还原D除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应【考点】氧化还原反应【分析】A、FeSO4可将有害的Cr2O72转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升
17、高；B、依据离子反应方程式分析；C、依据得失电子守恒分析；D、依据化学反应类型分析【解答】解：A、FeSO4可将有害的Cr2O72转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，故A错误；B、6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，故B错误；C、Cr2O72 中Cr的化合价为+6价，转化为 Cr3+，即Cr元素的化合价降低63，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole，则会有0.1molCr2O72 被还原，故C错误；D、除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2+Cr2O
18、72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O和Cr3+3OH=Cr（OH）3（复分解反应），故D正确，故选D7化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去镀件油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl溶液反应生成氨气会降低氨肥肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A碳酸钠水解呈碱性，加
19、热促进水解；B漂白粉变质是因为漂白粉中含有的次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解；C碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D三价铁离子与铜反应生成铜离子和二价铁离子【解答】解：A碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，油脂在碱性条件下可水解，故A错误；B漂白粉在空气中久置变质因为漂白粉中含有的次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，氯化钙与二氧化碳不反应，故B错误；C碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D三价铁离子与铜反应生成铜离子和二价铁离子，为化合反应，
20、故D错误；故选：C二、解答题（共3小题，满分35分）8图中A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%问题：（1）中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe（2）化合物I的化学式为CO2（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3（注：不要求写OH+CO
21、2HCO3）（4）E在I中燃烧观察到的现象是镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为Fe2O3，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，由图中转化可知，A为O2然后结合元素化合物知识及化学用语来解答【解答】解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、
22、D、E分别和A形成的二元化合物，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为Fe2O3，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，由图中转化可知，A为O2（1）中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（2）I为二氧化碳，其化学式为CO2，故答案为：CO2；（3）C与过量NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，反应后溶液与过量
23、化合物反应的化学方程式为AlO2+CO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3、CO2+OH=HCO3，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；AlO2+CO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3；（4）E在I中燃烧可能观察到的现象是镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳，故答案为：镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳9配平下列化学方程式或离子方程式（1）KI+KIO3+H2SO4I2+K2SO4+H2O（2）MnO4+H+ClMn2+Cl2+H2O（3）P4+KOH+H2OK3PO4+PH3（4）ClO+Fe（OH）3+OHCl+FeO42+H2O
24、【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】根据氧化还原反应中得失电子数相等配平，即找到元素化合价升降的数目，求得最小公倍数，让化合价升降总数相等，从而确定氧化剂与还原剂计量数之比，再利用原子守恒和电荷守恒配平方程式【解答】解：（1）KI+KIO3+H2SO4I2+K2SO4+H2O，碘化钾中碘元素的化合价从1价升高到0价，升高了1价，碘酸钾中碘元素的化合价从+5价降到0价，降低了5价，则碘化钾与碘酸钾计量数之比为5：1，根据原子守恒配平方程式为：5KI+KIO3+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O，故答案为：5；1；3；3；3；3；（2）MnO4+H+ClMn2+Cl2+H2O，锰元素的
25、化合价从+7价降到+2价，降了5价，氯元素的化合价从1价升高到0价，2个氯离子产生1个氯气则升高2价，故高锰酸根与氯气计量数之比为2：5，氯离子的计量数为10，二价锰离子的计量数为2，根据电荷守恒氢离子的计量数应为16，水的计量数为8，配平离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2；16；10；2；5；8；（3）P4+KOH+H2OK3PO4+PH3，白磷分子中磷元素的化合价从0价上升到+5价，升高了5价，又降低到3价，降了3价，则K3PO4与PH3计量数之比为3：5，所以P4的计量数为2，根据原子守恒配平方程式为：2P4+9KOH+3H2O3K3PO
26、4+5PH3，故答案为：2；9；3；3；5；（4）ClO+Fe（OH）3+Cl+FeO42+H2O，氯元素的化合价从+1价降到1价，降了2价，铁的化合价从+3价升到+6价，升高了3价，则ClO和Fe（OH）3的计量数之比为3：2，根据氯原子、铁原子守恒确定出Cl和FeO42的计量数分别为3、2，方程式左边有3个负电荷，右边有7个负电荷，根据电荷守恒可确定出反应物还有4个OH，配平离子方程式为：3ClO+2Fe（OH）3+4OH3Cl+2FeO42+5H2O，故答案为：3；2；4OH；3；2；510利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl的一
27、种工艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝铝灰在90水解生成A的化学方程式为AlN+3H2OAl（OH）3+NH3；“水解”采用90而不在室温下进行的原因是降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为2Fe2+2H+ClO2Fe3+Cl+H2O（4）“废渣”成分为Fe（OH）3 （填化学式）（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3（6）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应是：4NH4Al（SO4）212H2O 2Al2O3+2NH
28、3+N2+5SO3+3SO2+53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置则集气瓶中收集到的气体是N2（填化学式）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，加热可以促进氮化铝水解生成氨气；（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和
29、盐酸发生反应生成氯化铝溶液；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（4）上述分析可知滤渣为氢氧化铁沉淀；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl；（6）生成气体中，饱和亚硫酸钠可吸收氨气、三氧化硫，高锰酸钾吸收二氧化硫，最后吸收氮气【解答】解：铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和
30、水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；故答案为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+ClO2Fe3+Cl+H
31、2O；故答案为：2Fe2+2H+ClO2Fe3+Cl+H2O；（4）上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为：Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解，故答案为：防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3（6）生成气体中，饱和亚硫酸钠可吸收氨气、三氧化硫，高锰酸钾吸收二氧化硫，最后吸收氮气，故答案为：N2化学-选修5：有机化学基础11已知：请根据下图回答（1）E中含有的官能团的名称是羧基；的反应类型是氧化反应，C跟新制的氢氧化铜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2C
32、H3COOH+Cu2O+2H2O（2）已知B的相对分子质量为162，其燃烧产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1则B的分子式为C10H10O2，F的分子式为C8H8O（3）在电脑芯片生产领域，高分子光阻剂是光刻蚀0.11m线宽芯片的关键技术F是这种高分子光阻剂生产中的主要原料F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；芳环上的一氯代物只有两种F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：（4）化合物G是F的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应G可能有4种结构，写出其中任意一种同分异构体的结构简式或（或间位、邻位任一种）【考点】有机物的推断【分析】（1）A在氢氧化钠水
33、溶液、加热条件下发生水解反应C，根据A的结构中含有酯基、Br，结合反应信息一个碳原子上连有两个羟基不稳定，转化为C=O，结合转化关系可推知C为CH3CHO，C与新制氢氧化铜反应生成E，故E为CH3COOH，（2）B在浓硫酸作用下生成乙酸与F，B应是酯，B的分子式为CxHyO2，相对分子质量为162，B分子中基团CxHy的式量为16232=130，故12x+y=13，据此利用商余法推断，进而确定F的分子式；（3）F的相对分子质量为：162+1860=120，F的结构中含有1个OH，F能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环、酚羟基，决定为苯的二元取代，故剩余基团的相对分子质量为1207617
34、=27，F能发生加聚反应，故还含有C=C，苯环上的一氯代物只有两种，说明为苯环二元对称取代，故F为，F与乙酸反应生成B；（4）化合物G是的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环与醛基CHO，若含有一个支链为CH2CHO，若有2个支链，则分别为CH3、CHO，2个支链有邻、间、对三种位置关系，据此解答【解答】解：（1）A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应C，根据A的结构中含有酯基、Br，结合反应信息一个碳原子上连有两个羟基不稳定，转化为C=O，结合转化关系可推知C为CH3CHO，C与新制氢氧化铜反应生成E，故E为CH3COOH，含有的官能团名称是：羧基，反应是乙醛发生
35、氧化氧化反应生成乙酸，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：羧基，氧化反应，CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；（2）B在浓硫酸作用下生成乙酸与F，B应是酯，B的分子式为CxHyO2，相对分子质量为162，B分子中基团CxHy的式量为16232=130，故12x+y=13，所以 =1010，故x的最大值为10，H原子数目为10，根据C原子与H原子的关系，x的值只能为10，故B的分子式为：C10H10O2，可推知F的分子式=C10H10O2+H2OC2H4O2=C8H8O，故答案为：C10H10O2；C8H8O；（
36、3）F的相对分子质量为：162+1860=120，F的结构中含有1个OH，F能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环、酚羟基，决定为苯的二元取代，故剩余基团的相对分子质量为1207617=27，F能发生加聚反应，故还含有C=C，苯环上的一氯代物只有两种，说明为苯环二元对称取代，故F为，在一定条件下发生加聚反应生成高聚物，反应方程式为：，故答案为：；（4）化合物G是的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环与醛基CHO，若含有一个支链为CH2CHO，只有1种结构，若有2个支链，则分别为CH3、CHO，2个支链有邻、间、对三种位置关系，有3种结构，故符合条件的化合物G的结构有1+3=4种，符合条件的同分异构体为： 或（或间位、邻位任一种），故答案为：4； 或（或间位、邻位任一种）2017年1月20日
