1、云南省广南一中2018-2019学年高三10月考化学试题1.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：2017ClB. 氯离子(Cl)的结构示意图：C. 氯分子的电子式：D. 氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl【答案】C【解析】试题分析：A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是3717Cl，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D错误。考点：考查了化学用语的相关知识。2. 下列表示对
2、应化学反应的离子方程式正确的是A. 碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO32HCa2+H2OCO2B. 铜与稀硝酸反应：3Cu2NO38H3Cu2+2NO4H2OC. 向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+Ag(NH3)2+2OH CH3COO+NH4+NH3+ Ag+H2O【答案】B【解析】试题分析：A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO32CH3COOHCa2+2CH3COOH2OCO2，错误；B铜与稀硝酸反应，方程式符合反应事实，正确；C向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶
3、液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4+HCO3+2OH+Ba2+H2O+ BaCO3+NH3H2O，错误；D用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+ 2Ag+H2O，错误。考点：考查离子方程式的正误判断的知识。3.下列括号中的分离方法运用得当的是A. 植物油和水(蒸馏)B. 水溶液中的食盐和碘(分液)C. CaCO3和CaCl2(溶解、过滤、蒸发)D. 自来水中的杂质(萃取)【答案】C【解析】【详解】A植物油和水是互不相溶的两层液体，应该适应分液的方法分离，A错误；B水溶液中的食盐
4、和碘，可以利用碘容易溶于有机物苯，而苯与水互不相溶的性质，用萃取的方法分离，B错误；CCaCO3难溶于水，CaCl2容易溶于水，可以加水溶解，然后过滤得到CaCO3，再蒸发滤液得到CaCl2固体，C正确；D自来水中的杂质溶于水的可以采用蒸馏的方法分离除去，难溶性物质才用过滤的方法分离除去，D错误；综上所述，本题选C。4.在pH=1的溶液中能大量共存的一组离子或分子是A. Na+、Mg2+、ClO、NO3B. Al3+、NH4+、Br、ClC. K+、Cr2O72、CH3CHO、SO42D. Na+、K+、SiO32、Cl【答案】B【解析】【详解】A.在酸性条件下ClO会转化成HClO，故A不能
5、大量共存；B.Al3+、NH4+、Br、Cl在酸性条件下不发生反应，故B能大量共存；C.Cr2O72在酸性条件下能将CH3CHO氧化，故C不能大量共存；D.H与SiO32能反应生成硅酸沉淀，故D组不能大量共存；答案选B。【点睛】Cr2O72-具有很强的氧化性，而醛类物质能被银氨溶液所氧化，说明具有较强的还原性，更容易被Cr2O72-氧化，故两者不能大量共存。5. 氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是A. “两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目相同B. “两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡C. “两水”都有刺激性气味，都能漂白有
6、机色素D. “两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质【答案】【解析】试题分析：A、含有的粒子种类、数目不同,错误；B、正确；C、氨水不能漂白，错误；D、氨水因氨气挥发而变质，氯水因Cl2+H2O=HCl+HClO，2 HClO=2HCl+O2,原理不同，错误。考点：考查氨水和氯水等相关知识。6.下列关于“物质的量”“摩尔”和“摩尔质量”的叙述中正确的是A. 物质的摩尔质量等于其相对分子(原子)质量B. “物质的量”是国际单位制中的一个基本单位C. 0.012 kg12C中所含的碳原子数为NAD. 1 mol任何物质都含有约6.021023个分子【答案】C【解析】【详解】A摩尔质量有单位为
7、g/mol，而相对分子（原子）质量单位为1，二者不相等，故A错误；B“物质的量”是物理量，不是单位，其单位mol是国际单位制中的一个基本单位，故B错误；C1mol粒子集体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，即为NA，故C正确；D有的物质不是由分子组成的，而是由原子或离子组成的，故D错误；答案选C。7.下列说法中，正确的是A. 硅元素在自然界里均以化合态存在B. SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C. 除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D. 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2Si+CO2【答案】A【解析】【详解】A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存
8、在，A正确；B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。8.根据要求完成下列实验。(a、b 为弹簧夹，其他装置略去)(一)验证酸性的相对强弱：碳酸苯酚。(已知酸性：亚硫酸 碳酸)(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式是_，装置A中的足量的试剂是_。(2)连接仪器、_、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热。能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强的实验现象是：_。(二)验证SO2具有氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
9、(3)打开b，关闭a。能验证SO2具有氧化性的化学方程式是_。(4)若过量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是：_。(5)BaCl2溶液中无任何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式分别是_，_。(6)写出其中SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式_。【答案】 (1). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O (2). 酸性高锰酸钾溶液或品红溶液 (3). 检验装置的气密性 (4). A中的酸性高锰酸钾溶液(或品红溶液)不褪色，苯酚钠溶液变浑浊 (5). 2H2SSO2=3S2H2O (6). SO2NaOH=NaHCO3 (7). BaSO3
10、 (8). BaSO4 (9). Ba2SO2Cl22H2O=BaSO44H2Cl【解析】【分析】（一）(1)铜与浓硫酸反应,铜被氧化成+2价的铜离子,硫酸被还原成+4价的二氧化硫；利用高锰酸钾溶液或品红检验二氧化硫气体；(2)根据实验程序:连接装置、检验气密性、加药品来回答;当A中高锰酸钾溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽,盛有苯酚钠溶液的试管中出现浑浊，能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强；(二)(3)二氧化硫中硫元素的化合价是+4价,被硫化氢中-2价的硫还原；(4)过量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠和水；(5)氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,氨水能和二氧
11、化硫的水溶液反应生成亚硫酸铵,该盐可以和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,据此回答；(6)二氧化硫通入BaCl2溶液中,滴加氯水溶液,氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,据此书写离子方程式。【详解】（一）(1)铜和热的浓硫酸反应,反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价,作还原剂,产物为二氧化硫、硫酸铜和水；反应方程式为：2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；装置A是检验二氧化硫气体是否被碳酸氢钠溶液吸收完全，因此可以用高锰酸钾溶液或品红溶液，只要溶液不褪色或不完全褪色，证明二氧化硫气体被吸收完全；因此，本题正确答
12、案是：2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O ；酸性高锰酸钾溶液或品红溶液。(2) 实验程序：连接装置、检验气密性、加药品,饱和碳酸氢钠可以和二氧化硫气体反应生成二氧化碳气体,当A中高锰酸钾溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性苯酚钠反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性苯酚钠溶液反应生成油状物苯酚，溶液变浑浊，从而说明碳酸能制取苯酚，能证明碳酸酸性强于苯酚的酸性；综上所述，本题答案是：检验装置的气密性，A中的酸性高锰酸钾溶液(或品红溶液)不褪色，苯酚钠溶液变浑浊； (二) (3) 二氧化硫中硫元素的化合价是+4价,有氧化性,二氧化硫气体与H2S 溶液常温
13、下反应,生成黄色固体硫(单质)和水，方程式为：2H2SSO2=3S2H2O；此反应可以证明二氧化硫的氧化性,因此，本题正确答案是: 2H2SSO2=3S2H2O。(4)若过量的SO2通入NaOH溶液中，反应生成亚硫酸氢钠，化学方程式是：SO2NaOH=NaHSO3；综上所述，本题答案是：SO2NaOH=NaHSO3。(5) 将二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子,
14、亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；综上所述，本题答案是：BaSO3 ，BaSO4。 (6)将二氧化硫通入BaCl2溶液中,滴加氯水溶液,氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,总反应为：Ba2SO2Cl22H2O=BaSO44H2Cl；综上所述，本题答案是：Ba2SO2Cl22H2O=BaSO44H2Cl。【点睛】SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫
15、酸钡白色沉淀。9.某小组同学将一定浓度NaHCO3溶液加入到CuSO4溶液中发现生成了沉淀。甲同学认为沉淀是CuCO3;乙同学认为沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物,他们设计实验测定沉淀中CuCO3的质量分数。(1)按照甲同学的观点,发生反应的离子方程式为_。(2)两同学利用下图所示装置进行测定:在研究沉淀物组成前,须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作依次为过滤、洗涤、干燥。装置E中碱石灰的作用是_。实验过程中有以下操作步骤:a.关闭K1、K3,打开K2、K4,充分反应b.打开K1、K4,关闭K2、K3,通入过量空气c.打开K1、K3,关闭K2、K4,通入过量空气正确的顺序是_(填选项序
16、号,下同)。若未进行步骤_,将使测量结果偏低。若沉淀样品质量为m g,装置D质量增加了n g,则沉淀中CuCO3的质量分数为_。(3)丙同学认为还可以通过测量CO2的体积并测量_来测定沉淀中CuCO3的质量分数。【答案】 (1). Cu2+ 2HCO3-CuCO3+ CO2+ H2O (2). 防止空气中CO2和水蒸气进入装置D (3). cab (4). b (5). 100% (6). 样品质量(或样品充分灼烧后的质量)(其他合理答案也可【解析】【详解】(1) NaHCO3溶液与CuSO4溶液生成CuCO3,同时生成二氧化碳、硫酸钠和水,则反应的离子方程式为：Cu2+ 2HCO3-CuCO
17、3+ CO2+ H2O ；综上所述，本题答案是：Cu2+ 2HCO3-CuCO3+ CO2+ H2O。(2)实验通过测定D装置质量装置确定二氧化碳的质量，进而确定沉淀中碳酸铜的质量，计算碳酸铜的质量分数；装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气,防止空气中CO2和水蒸气进入装置D影响二氧化碳的质量测定；综上所述，本题答案是：防止空气中CO2和水蒸气进入装置D。 (3)实验通过测定D装置质量装置确定二氧化碳的质量,进而确定沉淀中碳酸铜的质量,计算碳酸铜的质量分数；开始装置内含有二氧化碳,应向装置内通入除去二氧化碳的空气,排尽装置内的二氧化碳，故应打开K1、K3,关闭K2、K4，然后从分液
18、漏斗中加入硫酸，充分反应；故应关闭K1、K3,打开K2、K4；反应完毕，容器内残留部分二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排出装置内的二氧化碳使反应生成的二氧化碳被装置D完全吸收，故正确的顺序是cab；若未打开K1、K4,关闭K2、K3，通入过量空气（即操作步骤b），把反应产生的二氧化碳气体全部赶到装置D中，被完全吸收，造成二氧化碳的量偏小，沉淀中CuCO3的质量分数偏低；因此，本题正确答案是: cab，b。装置D的质量增加的ng为反应生成的二氧化碳的质量,二氧化碳的物质的量=n/44mol,根据碳元素守恒可以知道n(CuCO3)=n(CO2)=n/44mol,故碳酸铜的质量为124n
19、/44=31n/11g，故沉淀中CuCO3的质量分数为：100% ；综上所述，本题答案是：100% 。(3) 由CO2的体积可计算CuCO3的物质的量,还必须直接或间接测得样品的质量；综上所述，本题答案是：样品质量(或样品充分灼烧后的质量)(其他合理答案也可。10.现有五种可溶性物质A，B，C，D，E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阴离子Na、Al3、Mg2、Ba2、Fe3和五种阳离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种。(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质_和_(填物质的化学式)。(2)为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混
20、合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则：X为_(填序号)。ASO32 BSO42 CCH3COO DSiO32B的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为_(用离子符号表示)。将0.03 mol的A与0.01 mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的物质的量为_。利用上述已经确定的物质，可以检验出D，E中的阳离子。请简述实验操作步骤、现象及结论_(3)将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。则物质D一定含有上述离
21、子中的_(填相应的离子符号)。有关反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Na2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). B (4). c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H) (5). 0.05 mol (6). 往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3，E中含有Mg2。或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D中含有Al3，E中含有Mg2 (7). NO3 (8). 3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O 2NOO2=2NO2【解析】【详解】（1）Al3、Mg2、Fe3和OH反应
22、生成沉淀，Al3、Mg2、Ba2、Fe3和CO32反应,则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3 和 Ba(OH)2；综上所述，本题答案是：Na2CO3 和 Ba(OH)2。(2)根据C与B的溶液混合时,产生红褐色沉淀和无色无味气体,可以知道沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳,则B为Na2CO3,A为Ba(OH)2；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀,向该沉淀中滴入稀盐酸,沉淀部分溶解,最后留有白色沉淀不再溶解,则C为硫酸铁,另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝,因C为Fe(SO4)3,则阴离子有SO42-,则X为SO42-；B选项正确；综上所述，本题选B。Na2CO3属于弱酸强碱盐，水解
23、显碱性，c(OH)c(H)，c(CO32) c(HCO3)，因此碳酸钠的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H)；综上所述，本题答案是：c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H)。将0.03 mol的Ba(OH)2与0.01 mol的Fe2(SO4)3同时溶解在足量的蒸馏水中，n(Ba2+)=0.03 mol, n(OH-)=0.06 mol, n(Fe3+)=0.02 mol, n(SO42-)=0.03 mol；根据Ba2+ SO42-=BaSO4可知：生成沉淀0.03 mol；根据Fe3+3OH-=Fe（OH）3可知：
24、生成沉淀0.02mol；共生成沉淀0.05 mol；综上所述，本题答案是：0.05 mol。 D中含有NO3,则E中含有Cl,剩余Al3、Mg2；往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3，E中含有Mg2。或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D中含有Al3，E中含有Mg2；综上所述，本题答案是：往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3，E中含有Mg2。或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D中含有Al3，E中含有Mg
25、2。(3) 将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为二氧化氮，说明D中含有硝酸根离子，反应离子方程式为： 3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；2NOO2=2NO2；综上所述，本题答案是：NO3，3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，2NOO2=2NO2。11.下列各图为几种晶体或晶胞的构型示意图。请回答下列问题：(1)这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是_。(2)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为_。(3)NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能_(填“大于”
26、或“小于”)MgO晶体的晶格能，原因是_。(4)每个Cu晶胞中实际占有_个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2的配位数为_。(5)冰的熔点远高于干冰的重要原因是_。【答案】 (1). 金刚石晶体 (2). 金刚石MgOCaCl2冰干冰 (3). 小于 (4). MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2)r(Na)、r(O2)离子晶体分子晶体，冰和干冰属于分子晶体，熔点：冰干冰，MgO和CaCl2属于离子晶体，熔点：MgOCaCl2，金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石MgOCaCl2冰干冰；（3）因为MgO中离子带两个电荷，NaCl中离子带一个电荷，氧离子半径
27、小于氯离子，根据离子半径越小，离子带电荷越多，晶格能越大，可得NaCl晶体的晶格能小于MgO晶体的晶格能，故答案为：MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2)r(Na)、r(O2)r(Cl)；（4）Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为8+6=4；根据氯化钙的晶胞图可知，每个Ca2+周围有8个Cl-，而每个Cl-周围有4个Ca2+，所以CaCl2晶体中Ca2+的配位数为8；（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，水分子间含有氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以其熔沸点较高；故答案为：H2O分子之间能形成氢键。12.研究小
28、组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：已知：E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同化学环境的氢原子，其个数比为31；(R、R、R代表相同或不相同的烃基)。(1)A分子中的含氧官能团的名称是_。(2)DE反应的化学方程式是_。(3)AB反应所需的试剂是_。(4)GH反应的化学方程式是_。(5)已知1 mol E与2 mol J反应生成1 mol M，则M的结构简式是_。(6)E的同分异构体有下列性质：能与NaHCO3反应生成CO2；能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有_种，其中任意
29、1种的结构简式是_。(7)J可合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式是_。【答案】 (1). 羟基 (2). HOOCCH2COOH2CH3OHCH3OOCCH2COOCH32H2O (3). NaOH水溶液 (4). ClCH2CH2COOH2NaOHCH2=CHCOONaNaCl2H2O (5). (6). 5 (7). (8). 【解析】【分析】E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为=2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCC
30、H2COOCH3；C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2CHCOOH，J为CH2CHCOOCH3；1molE与2molJ反应生成1molM，故M为；据此解答。【详解】E的分子式为C5H8O4C，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为=2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环
31、境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3；C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2CHCOOH，J为CH2CHCOOCH3；根据信息可知：1molE与2molJ
32、反应生成1molM，故M为；（1）据以上分析可知，A为ClCH2CH2CH2OH，A分子可以被催化氧化为醛类，所以含有醇羟基；因此本题答案是：羟基。（2）据以上分析可知：D为HOOCCH2COOH，与甲醇反应生成酯，反应方程式：HOOCCH2COOH2CH3OHCH3OOCCH2COOCH32H2O；综上所述，本题答案是：HOOCCH2COOH2CH3OHCH3OOCCH2COOCH32H2O。（3）AB是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH；综上所述，本题答案是：NaOH水溶液、加热。（4）GH是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇
33、溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2CHCOOH，反应方程式为：ClCH2CH2COOH2NaOHCH2=CHCOONaNaCl2H2O；综上所述，本题答案是：ClCH2CH2COOH2NaOHCH2=CHCOONaNaCl2H2O。（5）根据信息可知，1molCH3OOCCH2COOCH3与2molCH2=CHCOOCH3反应生成1molM，故M为；综上所述，本题答案是：。（6）CH3OOCCH2COOCH3的同分异构体有下列性质：能与NaHCO3反应生成CO2，含有-COOH；能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合条件的同分异构体有：、，故共有5种；综上所述，本题答案是：5；、中的任意一种。（7）CH2=CHCOOCH3中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物；综上所述，本题答案是：。【点睛】本题是一道关于有机物的综合推断题，需要学生对给予的反应信息进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，综合性很强，难度大。问题（6）解析要注意：羧基-COOH 可以变为-OOCH（甲酸酯），即有醛基的性质，又有水解的性质。
