1、2015-2016学年山东省烟台市莱阳四中高三（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下列物质只含有共价键的化合物是（）AN2BNaOHCH2ODAr2下列叙述中错误的是（）A原子半径NaSiClB稳定性SiH4HClH2SC金属性NaMgAlD酸性H3PO4H2SO4HClO43聚丙烯酸酯类涂料是目前市场上流行的墙面涂料之一，它具有弹性好、不易老化、耐擦洗、色泽亮丽等优点聚丙烯酸酯的结构简式为它属于（）无机化合物有机化合物高分子化合物小分子化合物混合物共价化合物ABCD4从周期表推测，若存在116号元素，下列性质推断正确的是（）A其钠盐的化学式为Na2X
2、BX是金属元素C其最高价氧化物的水化物为强酸D其最高价氧化物为XO35下列说法正确的是（）A自发反应在任何条件下都能实现B化学反应不一定都有能量变化C升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大D一般使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应物的转化率7下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明C
3、l2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+强AABBCCDD8某混合气体由两种气态烃组成，取2.24L该混合气体完全燃烧后得到4.48L二氧化碳（气体体积都已折算为标准状况）和3.6g水，则这两种气体可能是（）ACH4和C3H8BCH4和C3H4CC2H4和C3H4DC2H4和C2H69下列说法或表示方法中正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B由C（金刚石）C（石墨）H1.9kJ/mol 可知，金刚石比石墨稳定C由2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1可知，H2的燃烧热为5
4、71.6kJmol1D稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=53.7KJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ10根据下列各反应现象所归纳的元素性质不正确的是（）A将一小块钠投入到盛有硫酸铜溶液的烧杯中，发现没有紫红色的铜析出不能说明钠的金属性比铜弱B用湿润的淀粉碘化钾试纸放置在有氯气产生的导管上端，发现试纸变蓝说明氯元素的非金属性比碘元素强C把H2S气体和Cl2在集气瓶中混合，一段时间后发现瓶壁有淡黄色固体析出说明Cl的非金属性比S强D将0.1 mol Na、Mg、Al分别与足量稀盐酸反应，除共同产生H2外，
5、还分别生成了NaCl、MgCl2、AlCl3，金属失去的电子数分别为0.1 mol、0.2 mol、0.3 mol说明这三种金属的活泼性为：AlMgNa11下列各组物质互为同系物的是（）ACH4与C2H4B与CH3CH2CH2CH3CC2H6与C3H8DO2与O312国家游泳中心（俗称“水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，该材料是四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生聚合反应得到的高分子材料下列说法不正确的是（）A“ETFE”分子中可能存在“CH2CH2CF2CF2”的连接方式B合成“ETFE”的反应为加聚反应CCF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子DCF2=CF2
6、可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得13X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是（）A若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2D若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl314EN等元素在周期表中的相对位置如下表E与K的原子序数相差4，K的一种单质是空气中含量最多的物质，H与N属同周期元素，下列判断不正确的是（）AK的氢化物水溶液显碱性BF的单质与氧气反应只生成一种氧化物C
7、H与N的原子核外电子数相差14D最高价氧化物的水化物酸性：KLM15反应3Fe（s）+4H2O （g）Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加铁的量B将容器体积缩小一半C升高温度D压强不变，充入N2使容器体积增大二、解答题（共7小题，满分58分）16含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O（1）Cu+基态核外电子排布式为（2）与OH互为等电子体的一种分子为（填化学式）（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是；1mol乙醛分子中含有的键的数目为（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙
8、醛反应的化学方程式为（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为17常温下，甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃（1）甲硅烷含有的化学键是，其在固态时属于晶体（2）试比较甲硅烷与氨气的稳定性由大到小排列（化学式表示）（3）现有BaCl2、金刚石、NH4Cl、Na2O2、干冰、甲硅烷（SiH4）六种物质，含有共价键的化合物是（填序号）（4）已知室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2和水并放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为18在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的
9、Cu（OH）2沉淀而没有发现铜单质生成但某同学想，会不会是因为生成的铜较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续研究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确（1）假如该同学是你，请你写一份实验用品单交给老师，要求老师提供必需的用品实验探究的目的：探究所依据的化学原理：实验所需的用品：小刀、玻璃片、滤纸、和；金属钠、和（2）该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，你认为该黑色难溶物是（填化学式），生成该黑色难溶物的原因是19某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 1 000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL
10、0.5mol/L 的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18g/mL）；足量的18mol/L的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1 000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为mol/L（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为mL（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；DE振荡，继续向容量瓶中
11、加水，直到液面接近刻度线12cm 处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意20铵明矾【NH4Al（SO4）212H2O】是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（Na2SO410H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈性，它可用于净水，原因是；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是（2）写出过程的化学反应方程式（3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中
12、，铵明矾的产率会明显降低，原因是（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2
13、、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=21列式计算：（1）将标准状况下的HCl气体336L溶于1.0L水中，所得盐酸密度为1.2gcm3，求该盐酸物质的量浓度（保留三位有效数字）（2）欲使100g 10.4%的NaOH溶液溶质的质量分数增大到20%；需往溶液中加入多少克氢氧化钠？若20%NaOH溶液的密度为1.066g/cm3，计算物质的量浓度（保留小数点后两位）22A是一种有机合成中间体，其结构为：A的合成路线如图，其中BH分别代表一种有机物已知： R、R代表烃基请回答下列问题：（1）A中碳原子的杂化轨道类型有；A的名称（系统命名
14、）是；第步反应的类型是（2）第步反应的化学方程式是（3）C物质与CH2=C（CH3）COOH按物质的量之比1：1反应，其产物经加聚得到可作隐形眼镜的镜片材料II的结构简式是（4）第步反应的化学方程式是（5）写出含有六元环，且一氯取代物只有2种（不考虑立体异构）的A的同分异构体的结构简式：化学选修5：有机化学基础23有机物F是有机合成工业中一种重要的中间体以甲苯和丙烯为起始原料合成F的工艺流程如下：回答下列问题：（1）化合物B中的含氧官能团名称是 F的结构简式（2）写出C与银氨溶液共热的化学反应方程式：（3）化合物D不能发生的反应有（填序号）加成反应 取代反应 消去反应 氧化反应 水解反应 （4
15、）B的含苯环结构的同分异构体还有种，其中一种的核磁共振氢谱中出现4个峰且不与FeCl3溶液发生显色反应的是（填结构简式）24化合物E可以通过图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH）外，A的另一种同分异构体的结构简式是（2）写出D与过量NaOH溶液完全反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）（3）若化合物E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，且该反应的副产物是甲醇，则DE的反应类型是25我国盛产山茶籽精油，其主要成分柠檬醛可以合成具有工业价值的紫罗兰酮（1）要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要使用下列试剂中的（按反应顺序填试剂序号）A氢氧化钠溶液B酸性高锰酸
16、钾溶液C银氨溶液 D碳酸钠溶液（2）写出柠檬醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式：（3）柠檬醛有多种同分异构体，能满足下列条件的同分异构体有种A含有一个的六元环结构，六元环上只有一个取代基B能发生银镜反应2015-2016学年山东省烟台市莱阳四中高三（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下列物质只含有共价键的化合物是（）AN2BNaOHCH2ODAr【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族之间易形成离子键，含离
17、子键的一定为离子化合物，以此来解答【解答】解：A氮气中含有共价键，但氮气是单质，故A不选；B氢氧化钠是离子化合物，含有离子键和共价键，为离子化合物，故B不选；C水中只有共价键，且是共价化合物，故C选；DAr是单质，不存在化学键，故D不选；故选C2下列叙述中错误的是（）A原子半径NaSiClB稳定性SiH4HClH2SC金属性NaMgAlD酸性H3PO4H2SO4HClO4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系【分析】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，以此解答该题【解答
18、】解：A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径NaSiCl，故A正确；B非金属性ClSSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；C同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故C正确；D非金属性ClSP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D正确故选B3聚丙烯酸酯类涂料是目前市场上流行的墙面涂料之一，它具有弹性好、不易老化、耐擦洗、色泽亮丽等优点聚丙烯酸酯的结构简式为它属于（）无机化合物有机化合物高分子化合物小分子化合物混合物共价化合物ABCD【考点】有机高分子化合物的结构和性质；无机化合物与有机化合物的概念【分析】无机化合物通常指不含碳元素的化合物，
19、但少数含碳元素的化合物，如二氧化碳、碳酸、碳酸盐等也属于无机物；通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物其组成中除含有碳外，还通常含有H、O、S、N、P等有机物中一般含有碳元素，组成中含有碳元素的物质不一定是有机物；高分子化合物指相对分子质量一般在1万以上、一般具有重复结构单元的化合物；纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；主要以共价键结合形成的化合物，叫做共价化合物【解答】解：从结构看，分子中含有碳元素，结构内含有酯基，一定属于有机物，且属于共价化合物，又因其有一定的聚合度，故一定是高分子化合物，且是混合物故选C4从周期表推测，若存在116号元素，下列性质推断正
20、确的是（）A其钠盐的化学式为Na2XBX是金属元素C其最高价氧化物的水化物为强酸D其最高价氧化物为XO3【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期A族，以此解答该题【解答】解：稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期A族，A为金属元素，金属性较强，不形成钠盐，故A错误；B.116号元素按电子排布规律，处于第6主族，第七周期，为
21、金属元素，故B正确；C同主族从上到下，其最高价氧化物的水化物的酸性减弱，应为弱酸，故C错误；D其最高价为+6，最高价氧化物为XO3，故D正确故选BD5下列说法正确的是（）A自发反应在任何条件下都能实现B化学反应不一定都有能量变化C升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大D一般使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应物的转化率【考点】反应热和焓变；焓变和熵变【分析】A、HTS0的反应能够自发进行，HTS0的反应不能够自发进行，反应能否自发进行，决定于焓变和熵变两个因素，缺一不可；B、化学反应一定伴随着能量变化和物质变化；C、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应
22、速率增大；D、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动【解答】解：A、HTS0的反应能够自发进行，HTS0的反应不能够自发进行，反应能否自发进行，决定于焓变和熵变两个因素，缺一不可，放热的熵减小的反应在高温下不能自发进行，故A错误；B、物质发生化学反应一定都伴随着能量变化，故B错误；C、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定能够增大，故C正确；D、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，但不能提高反应物的转化率，故D错误；故选C7下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加
23、热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+强AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化硫；C品红溶液褪色，与HClO的漂白性有关；D酸性溶液中硝酸盐具有强氧化性【解答】解：A氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氨气为铵
24、盐与NaOH反应生成，则证明溶液中有NH4+，故A正确；B无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化硫，则该溶液中存在SO32，或该溶液中存在HSO3，故B错误；C品红溶液褪色，与HClO的漂白性有关，与氯气的还原性无关，故C错误；D酸性溶液中硝酸盐具有强氧化性，则溶液变黄色，可能为亚铁离子被硝酸根离子氧化，故D错误；故选A8某混合气体由两种气态烃组成，取2.24L该混合气体完全燃烧后得到4.48L二氧化碳（气体体积都已折算为标准状况）和3.6g水，则这两种气体可能是（）ACH4和C3H8BCH4和C3H4CC2H4和C3H4DC2H4和C2H6【考点】有关混合物反应
25、的计算【分析】2.24L该混合气体的物质的量为0.1mol，完全燃烧得到4.48L二氧化碳和3.6g水，生成二氧化碳的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C2H4，据此对各选项进行判断【解答】解：n（混合烃）=n（CO2）=0.2mol、n（H2O）=0.2mol，即0.1mol该混合气体中含有0.2molC原子、0.4molH原子，所以该烃的平均分子式为C2H4，C原子数小于2的烃只有甲烷，所以另一种烃碳个数大于2且氢原子数等于4，可以是CH4、C3H4的混合物，若碳个数均为2，则两种烃分子中氢原子个数一个大于4，另一个小于4，ACH4和C3H8混合，平
26、均H原子数目介于48之间，不可能为4，故A错误；BCH4和C3H4按照1：1混合，平均分子式为C2H4，故B正确；CC2H4和C3H4混合，平均C原子数目介于23之间，不可能为2，故C错误；DC2H4和C2H6混合，以任意比混合，平均C原子数目都是2，平均H原子数目介于46之间，不可能为4，故D错误；故选B9下列说法或表示方法中正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B由C（金刚石）C（石墨）H1.9kJ/mol 可知，金刚石比石墨稳定C由2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1可知，H2的燃烧热为571.6kJmol1D稀溶液中：H+（aq
27、）+OH（aq）H2O（l）H=53.7KJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【考点】反应热和焓变【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；B、依据反应热量变化判断物质能量大小，物质能量越高越越活泼；C、氢气燃烧反应是放热反应；D、浓硫酸溶于水放热【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；B、由C（石墨）C（金刚石），H=+19kJ/mol，反应吸热，金刚石能量高于石墨，可知石墨比金刚石稳定，故B错误；C、在101kpa时，2gH2完全燃烧，生成
28、液态水，放出285.8KJ热量，则氢气的燃烧热为：H=285.8KJ/mol，故C错误；D、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热，将含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的浓硫酸混合，放出的热量大于57.3 kJ，故D正确；故选：D10根据下列各反应现象所归纳的元素性质不正确的是（）A将一小块钠投入到盛有硫酸铜溶液的烧杯中，发现没有紫红色的铜析出不能说明钠的金属性比铜弱B用湿润的淀粉碘化钾试纸放置在有氯气产生的导管上端，发现试纸变蓝说明氯元素的非金属性比碘元素强C把H2S气体和Cl2在集气瓶中混合，一段时间后发现瓶壁有淡黄色固体析出说明Cl的非金
29、属性比S强D将0.1 mol Na、Mg、Al分别与足量稀盐酸反应，除共同产生H2外，还分别生成了NaCl、MgCl2、AlCl3，金属失去的电子数分别为0.1 mol、0.2 mol、0.3 mol说明这三种金属的活泼性为：AlMgNa【考点】钠的化学性质；氯气的化学性质；常见金属的活动性顺序及其应用【分析】A金属钠性质活泼，投入到硫酸铜溶液中，先和水反应，不能置换出铜；B氯气与碘化钾发生置换反应生成单质碘；C氯气具有较强的氧化性，与硫化氢气体反应生成单质硫；D金属的活泼性与失去电子的难易有关，与失去电子的多少无关【解答】解：A金属钠性质活泼，投入到硫酸铜溶液中，先和水反应生成NaOH和氢气
30、，进而生成氢氧化铜，不能置换出铜，所以不同用该反应说明钠的金属性比铜弱，故A正确；B氯元素的非金属性比碘元素强，则氯气的氧化性比碘强，氯气与碘化钾发生置换反应生成单质碘，故B正确；CCl的非金属性比S强，氯气具有较强的氧化性，与硫化氢气体反应生成单质硫，故C正确；D金属的活泼性与失去电子的难易有关，与失去电子的多少无关，不能用电子的多少比较金属性强弱，故D错误；故选D11下列各组物质互为同系物的是（）ACH4与C2H4B与CH3CH2CH2CH3CC2H6与C3H8DO2与O3【考点】芳香烃、烃基和同系物【分析】同种元素形成的不同单质互为同素异形体 结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2
31、原子团的物质互称为同系物具有相同的分子式，不同的结构的化合物互为同分异构体【解答】解：A、CH4属于烷烃，C2H4属于烯烃，二者结构不相似，不是同系物，故A不符合；B、与CH3CH2CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，为碳链异构，故B不符合；C、C2H6与C3H8都属于烷烃，相差一个CH2原子团，互为同系物，故C符合；D、O2与O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D不符合故选：C12国家游泳中心（俗称“水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，该材料是四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生聚合反应得到的高分子材料下列说法不正确的是（）A“ETFE”分子中
32、可能存在“CH2CH2CF2CF2”的连接方式B合成“ETFE”的反应为加聚反应CCF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子DCF2=CF2可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得【考点】合成材料；常见有机化合物的结构；聚合反应与酯化反应【分析】四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生加聚反应生成ETFE，高分子中不含C=C键，并结合乙烯为平面结构来解答【解答】解：A四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生加聚反应生成ETFE，链节为“CF2CF2CH2CH2”，故A正确；B单体中均含双键，则发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；C乙烯为平面结构，则CF2=C
33、F2和CH2=CH2均是平面型分子，故C正确；DCH3CH3与F2光照条件下只发生取代反应，无法生成不饱和的有机物，故D错误；故选D13X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是（）A若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2D若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3【考点】无机物的推断【分析】由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，ANaAlO2与N
34、aOH不反应；BNH3与一元强酸反应生成铵盐；C如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO；D氯气与铁反应只生成FeCl3【解答】解：由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，A如X为NaAlO2，与NaOH不反应，故A错误；B如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，故B错误；C如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，故C正确；D如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故D错误故选C14EN等元素在周期表中的相对位置如下表E与K的原子序
35、数相差4，K的一种单质是空气中含量最多的物质，H与N属同周期元素，下列判断不正确的是（）AK的氢化物水溶液显碱性BF的单质与氧气反应只生成一种氧化物CH与N的原子核外电子数相差14D最高价氧化物的水化物酸性：KLM【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】K的一种单质是空气中含量最多的物质，则K是N元素，则L是P元素、M是Si元素、N是Ge元素；E与K的原子序数相差4，H与N属同周期元素，则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素，AK的氢化物是氨气；BF是Na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠；CH是Ca元素、N是Ge元素，二者原子序数相差12；D元素的非金属性越强，其最
36、高价氧化物的水化物酸性越强【解答】解：K的一种单质是空气中含量最多的物质，则K是N元素，则L是P元素、M是Si元素、N是Ge元素；E与K的原子序数相差4，H与N属同周期元素，则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素，AK的氢化物是氨气，氨水溶液呈碱性，故A正确；BF是Na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠，有两种氧化物，故B错误；CH是Ca元素、N是Ge元素，二者原子序数相差12而不是14，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性KLM，所以最高价氧化物的水化物酸性强弱KLM，故D正确；故选BC15反应3Fe（s）+4H2O （g）Fe3O4（s
37、）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加铁的量B将容器体积缩小一半C升高温度D压强不变，充入N2使容器体积增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】对于反应3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g）来说，增大压强、浓度、升高温度以及增大固体的表面积，都可增大反应速率，以此解答【解答】解：AFe为固体，增加铁的量，反应速率不变，故A选；B将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；C升高温度，正逆反应速率均增大，故C不选；D压强不变，充入N2使容器的体积增大，反应气体的浓度减小，反应速率减小，故D不选故选：A二、解答题
38、（共7小题，满分58分）16含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O（1）Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 （2）与OH互为等电子体的一种分子为HF（填化学式）（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2；1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原
39、子数目为12【考点】真题集萃；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个键；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=38【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电
40、子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；（3）醛基中碳原子含有3个键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个键，所以1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个，故答案为：sp2；6mol或66.021023个；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧
41、化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=38=12，故答案为：1217常温下，甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃（1）甲硅烷含有的化学键是共价键，其在固态时属于分子晶体（2）试比较甲硅烷与氨气的稳定性由大到小排列（化学式表示）NH3SiH4（3）现有BaCl2、金刚石、NH4Cl、Na2O2、干冰、甲硅烷（SiH4）六种物质，含有共价键的化合物是（填序号）（4）已知室温下1
42、g甲硅烷自燃生成SiO2和水并放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为SiH4（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（l）H=1427.2kJ/mol【考点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；热化学方程式【分析】（1）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，有分子构成的晶体是分子晶体；（2）非金属的非金属性越强，其气态氢化物越稳定；（3）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；（4）1g甲硅烷的物质的量是，计算出1mol甲硅烷完全燃烧放出的热量，从而写出其热化学反应方程式【解答】解：（1）甲硅烷中硅原子
43、和氢原子之间存在共价键，甲硅烷是由分子构成的晶体，所以属于分子晶体，故答案为：共价键，分子； （2）同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以氨气的稳定性大于甲硅烷，故答案为：NH3SiH4；（3）BaCl2中只含离子键；金刚石中只含共价键；NH4Cl中含有离子键和共价键；Na2O2中含有离子键和共价键；干冰中只含共价键；甲硅烷（SiH4）中只含共价键；故选：；（4）1g甲硅烷的物质的量是，则1mol甲硅烷完全燃烧放出的热量是1427.2kJ，则其热化学反应方程式为：SiH4（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（l）H=1 427.2 kJ/mol，故答案为：SiH4
44、（g）+2O2（g）SiO2（s）+2H2O（l）H=1 427.2 kJ/mol18在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu（OH）2沉淀而没有发现铜单质生成但某同学想，会不会是因为生成的铜较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续研究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确（1）假如该同学是你，请你写一份实验用品单交给老师，要求老师提供必需的用品实验探究的目的：验证钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成探究所依据的化学原理：Cu（OH）2可溶于盐酸而铜不溶实验所需的用品：小刀、玻璃片、滤纸、镊子和烧杯；金属钠、CuSO4
45、溶液和盐酸或稀H2SO4（2）该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，你认为该黑色难溶物是CuO（填化学式），生成该黑色难溶物的原因是钠与水反应放出的热使生成的Cu（OH）2部分发生分解，Cu（OH）2 CuO+H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质，因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成铜；当钠不与硫酸铜发生置换反应时，沉淀只有氢氧化铜，当钠与硫酸铜发生置换反应时，沉淀中既有氢氧化铜液有铜，依据氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶，只是加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解即可；实验需要
46、首先完成Na与硫酸铜溶液反应，然后再进行沉淀与盐酸的反应，完成钠与硫酸铜溶液的反应，需要的试剂是钠和硫酸铜溶液，还需要的用品是镊子、烧杯；完成沉淀与盐酸的反应，需要试剂是稀盐酸或稀硫酸，不再需要其他用品，（2）钠与水反应放出热量，氢氧化铜受热分解，所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜【解答】解：（1）老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu（OH）2沉淀而没有发现Cu单质生成但某同学心中在想，会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢，学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质，因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成
47、铜；故答案为：验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成；探究所依据的化学原理是，当钠不与硫酸铜发生置换反应时，沉淀只有氢氧化铜，当钠与硫酸铜发生置换反应时，沉淀中既有氢氧化铜液有铜，氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶，加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解，若全部溶解说明无铜生成，若仍有沉淀说明有铜生成；故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶；实验需要首先完成Na与硫酸铜溶液反应，然后再进行沉淀与盐酸的反应，完成钠与硫酸铜溶液的反应，需要的试剂是钠和硫酸铜溶液，需要的用品：小刀、玻璃片、滤纸，还需要的用品是镊子、烧杯；完成沉淀与盐酸的反应，需要试剂是稀盐酸或稀硫酸，不再需要其他用品，故答案为：镊子，烧杯，CuSO
48、4溶液，盐酸（或稀H2SO4）；（2）钠与水反应放出热量，氢氧化铜受热分解，Cu（OH）2 CuO+H2O，所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜，故答案为：CuO，钠与水反应放出的热使生成的Cu（OH）2部分发生分解，Cu（OH）2 CuO+H2O；19某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 1 000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5mol/L 的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18g/mL）；足量的18mol/L的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1 000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的
49、物质的量浓度为3.0mol/L（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为1 000mL（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸295.0mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中E振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm 处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？偏小（
50、填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意将稀释后的硫酸冷却到室温【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据C=计算25%的硫酸的物质的量浓度；（2）依据所配溶液的体积选择合适的容量瓶；（3）设需要浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸的体积V；B所配溶液所需的硫酸的物质的量等于两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量加提供硫酸的物质的量，所以提供硫酸的物质的量等于所需硫酸总的物质的量减去两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量，依据V=计算体积；D烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸，为保证全部将溶质转移到容量瓶，应进行洗涤，将洗涤液全部转移到容量瓶中；（
51、4）省略操作D，导致溶质的物质的量减小，依据C=进行误差分析；（5）容量瓶为精密仪器，物质在溶解或者稀释会放出大量的热【解答】解：（1）25%的（=1.18g/mL）硫酸的物质的量浓度C=3.0mol/L，故答案为：3.0；（2）由题意某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 1000mL，故所以应选择1000mL的容量瓶，故答案为：1000；（3）B欲配制6.0mol/L的H2SO4 1 000mL所需硫酸的物质的量=6.0mol/L1L=6.0mol，480mL 0.5mol/L的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5mol/L0.48L=0.24mol；150mL 25%的硫酸（=1.18g/m
52、L）含硫酸的物质的量为3.0mol/L0.15L=0.45mol，6.0mol0.24mol0.45mol=5.31mol，所以需要18mol/L的硫酸的体积V=0.2950L，即295.0mL；故答案为：295.0；D烧杯和玻璃棒，正确的实验操作是：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；故答案为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；（4）省略操作D，导致溶质的物质的量减小，依据C=可知溶液浓度偏小；故答案为：偏小；（5）容量瓶不能受热，故应将将稀释后的硫酸冷却，故答案为：将稀释后的硫酸冷却20铵明矾【NH4Al（SO4）212H2O】是常见的食品添加剂，
53、用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（Na2SO410H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈酸性性，它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失（2）写出过程的化学反应方程式2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 （3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是省略过程，因HCO3与A
54、l3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（NH4）2SO3（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是
55、两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=1：3【考点】制备实验方案的设计【分析】碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及溶解的NH4HCO3，加入硫酸，调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与
56、（NH4）2SO4 ，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾（1）铵明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应；（3）HCO3与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀；（4）用于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，从溶液中获得晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；（5）由题目信息可知有NH3生成，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口检验氨气；装置A和导管中未见红棕色气体，试管C中的
57、品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝；根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2），相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比【解答】解：（1）铵明矾溶液中铝离子水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的Na
58、OH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失，故答案为：酸性；铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ，故答案为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ；（3）省略过程，因HCO3与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低，故答案为：省略过程，因HCO3与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致
59、铵明矾的产率降低；（4）用于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，从溶液中获得晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；（5）检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；（NH4）2SO3；Al2O3+2O
60、H=2AlO2+H2O；根据电子转移守恒：20（3）n（N2）=n（SO2）（64），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3，故答案为：1：321列式计算：（1）将标准状况下的HCl气体336L溶于1.0L水中，所得盐酸密度为1.2gcm3，求该盐酸物质的量浓度（保留三位有效数字）（2）欲使100g 10.4%的NaOH溶液溶质的质量分数增大到20%；需往溶液中加入多少克氢氧化钠？若20%NaOH溶液的密度为1.066g/cm3，计算物质的量浓度（保留小数点后两位）【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相
61、关计算【分析】（1）根据n=计算HCl的物质的质量，计算溶液的质量，结合V=计算溶液的体积，进而可计算盐酸物质的量浓度；（2）设加入xgNaOH，根据（NaOH）=计算；根据c=计算【解答】解：（1）n（HCl）=15mol，m（HCl）=15mol36.5g/mol=547.5g，溶液质量为547.5g+1000g=1547.5g，则溶液的体积为=1289.6mL=1.29L，则c（HCl）=11.6mol/L，答：盐酸物质的量浓度为11.6mol/L；（2）设加入xgNaOH，（NaOH）=100%=20%，解之得x=12，答：需往溶液中加入12g氢氧化钠；c=5.33mol/L22A是一
62、种有机合成中间体，其结构为：A的合成路线如图，其中BH分别代表一种有机物已知： R、R代表烃基请回答下列问题：（1）A中碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3；A的名称（系统命名）是3，4二乙基2，4己二烯；第步反应的类型是消去反应（2）第步反应的化学方程式是C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O（3）C物质与CH2=C（CH3）COOH按物质的量之比1：1反应，其产物经加聚得到可作隐形眼镜的镜片材料II的结构简式是（4）第步反应的化学方程式是（5）写出含有六元环，且一氯取代物只有2种（不考虑立体异构）的A的同分异构体的结构简式：【考点】真题集萃；有机物的推断【分析】B为C2H5OH，C2H5
63、OH与浓的氢溴酸发生取代反应生成C2H5Br；C2H5Br与镁反应生成C2H5MgBr；C能发生2次催化氧化，故C为HOCH2CH20H，HOCH2CH20H发生2次催化氧化生成D，故D为HOOCCOOH，HOOCCOOH与甲醇发生酯化反应生成E，E为；根据已知信息可知，与C2H5MgBr发生取代反应生成F和G，FCH3OMgBr，G为；发生水解生成H，H为，在氢氧化钠/醇、加热条件下发生消去反应生成A依此进行分析，得出正确结论【解答】解：（1）A中甲基碳原子含有4个键，所以C原子的杂化轨道类型为sp3，碳碳双键中C原子的杂化轨道类型为sp2；A的系统命名法为：3，4二乙基2，4己二烯；第步反
64、应为在氢氧化钠/醇、加热条件下发生消去反应生成A，故答案为：sp2、sp3；3，4二乙基2，4己二烯；消去反应；（2）第步反应为：C2H5OH浓的氢溴酸发生取代反应生成C2H5Br，方程式为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；（3）C为HOCH2CH20H，HOCH2CH20H与CH2=C（CH3）COOH按物质的量之比1：1发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH2CH20H，CH2=C（CH3）COOCH2CH20H发生加聚反应生成I，I为，故答案为：；（4）第步反应为：与C2H5MgBr发生取代反应生成F和G，F为CH3O
65、MgBr，G为，方程式为：，故答案为：；（5）A的同分异构体中含有六元环，且一氯取代物只有2种的结构简式为，故答案为：化学选修5：有机化学基础23有机物F是有机合成工业中一种重要的中间体以甲苯和丙烯为起始原料合成F的工艺流程如下：回答下列问题：（1）化合物B中的含氧官能团名称是酚羟基 F的结构简式（2）写出C与银氨溶液共热的化学反应方程式：CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OH CH2=CHCOONH4+2Ag+3NH3+H2O（3）化合物D不能发生的反应有（填序号）加成反应 取代反应 消去反应 氧化反应 水解反应 （4）B的含苯环结构的同分异构体还有4种，其中一种的核磁共振氢谱中出现4个
66、峰且不与FeCl3溶液发生显色反应的是（填结构简式）【考点】有机物的推断【分析】甲苯与氯气发生苯环上取代反应生成A，A发生水解反应得到B，由B与D反应产物的结构结构式可知，B为，则A为，D为CH2=CHCOOH，丙烯发生氧化反应得到C，C与银氨溶液反应得到丙烯酸，则C为CH2=CHCHO发生加聚反应生成F为，据此解答【解答】解：甲苯与氯气发生苯环上取代反应生成A，A发生水解反应得到B，由B与D反应产物的结构结构式可知，B为，则A为，D为CH2=CHCOOH，丙烯发生氧化反应得到C，C与银氨溶液反应得到丙烯酸，则C为CH2=CHCHO发生加聚反应生成F为（1）化合物B为，含氧官能团名称是酚羟基，
67、F的结构简式为，故答案为：酚羟基；（2）C与银氨溶液共热的化学反应方程式：CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OH CH2=CHCOONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OH CH2=CHCOONH4+2Ag+3NH3+H2O；（3）化合物D为CH2=CHCOOH，含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应，能燃烧，属于氧化反应，含有羧基，可以发生取代反应，不能发生消去反应与水解反应，故选：；（4）B为，其同分异构体含苯结构，羟基、甲基还有间位、对位两种，侧链可以为OCH3或CH2OH，符合条件的同分异构体共有4种，其中核磁共振氢铺有4组峰，且不与
68、氯化铁显色的结构为，故答案为：4；24化合物E可以通过图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为醛基除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH）外，A的另一种同分异构体的结构简式是（2）写出D与过量NaOH溶液完全反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）（3）若化合物E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，且该反应的副产物是甲醇，则DE的反应类型是取代反应【考点】有机物的合成【分析】A发生氧化反应生成乙酸，结合A的分子式，可知A为CH3CHO，乙酸中羧基中的OH被Cl原子取代生成CH3COCl，B与甲醇发生酯化反应生成C为，C与CH3COCl发生取代反应生成（2）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反
69、应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，反应生成、CH3COONa、CH3OH；（3）E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，该反应的副产物是甲醇，对比物质结构可知，该反应为取代反应【解答】解：A发生氧化反应生成乙酸，结合A的分子式，可知A为CH3CHO，乙酸中羧基中的OH被Cl原子取代生成CH3COCl，B与甲醇发生酯化反应生成C为，C与CH3COCl发生取代反应生成（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，除不稳定的乙烯醇（CH2=CHOH）外，A的另一种同分异构体的结构简式是，故答案为：醛基；（2）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和
70、反应，反应生成、CH3COONa、CH3OH，反应方程式为：，故答案为：；（3）E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，该反应的副产物是甲醇，对比物质结构可知，该反应为取代反应，故答案为：取代反应25我国盛产山茶籽精油，其主要成分柠檬醛可以合成具有工业价值的紫罗兰酮（1）要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要使用下列试剂中的CB（按反应顺序填试剂序号）A氢氧化钠溶液B酸性高锰酸钾溶液C银氨溶液 D碳酸钠溶液（2）写出柠檬醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式：（3）柠檬醛有多种同分异构体，能满足下列条件的同分异构体有15种A含有一个的六元环结构，六元环上只有一个取代基B能发生银镜反应【考点】有机物分子中的官
71、能团及其结构【分析】（1）柠檬醛中含有碳碳双键和醛基，具有烯烃和醛的性质，能发生氧化反应等，要检验碳碳双键，应该先排除醛基干扰；（2）柠檬醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应；（3）柠檬醛的同分异构体符合下列条件：柠檬醛有多种同分异构体，能满足A含有一个的六元环结构，六元环上只有一个取代基，在环状结构上有3个位置；B能发生银镜反应，则含CHO，取代基为CH2CH2CH2CHO或CH2CH（CHO）CH3或CH（CHO）CH2CH4或C（CH3）2CHO或CHC（CH3）CH2CHO【解答】解：（1）柠檬醛中含有碳碳双键和醛基，具有烯烃和醛的性质，能发生氧化反应等，要检验碳碳双键，应该先排除醛基干扰，用银氨溶液将醛基氧化为羧基，所以用高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故答案为：CB；（2）柠檬醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，反应方程式为，故答案为：；（3）15柠檬醛有多种同分异构体，能满足A含有一个的六元环结构，六元环上只有一个取代基，在环状结构上有3个位置；B能发生银镜反应，则含CHO，取代基为CH2CH2CH2CHO或CH2CH（CHO）CH3或CH（CHO）CH2CH4或C（CH3）2CHO或CHC（CH3）CH2CHO，则符合的同分异构体为35=15种，故答案为：152016年12月8日
