1、山东省聊城一中东校2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列说法不正确的是A非金属气态氧化物都不是电解质 BSO2、NO2、C02都会导致酸雨的形成C氮的氧化物都属于大气污染物 DSi、S的氧化物均属于酸性氧化物【答案】B【解析】试题分析：A非金属气态氧化物都不能自身电离出离子，都不是电解质，A正确；B SO2、NO2都会导致酸雨的形成，CO2会造成温室效应，不能形成酸雨，B错误；C氮的氧化物都属于大气污染物，C正确；D能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，Si、S的氧化物均属于酸性氧化物，D正确，答案选B。考点：考查非金属氧化物的有关判断225时，水的电离达到平衡：H
2、2OHOH；H0，下列叙述正确的是A向水中加入稀醋酸，平衡逆移，c(H)降低 B将水加热，KW增大，pH不变C向水中加入少量固体硫酸氢钾，c(H)增大，KW不变DpH=10的NaOH溶液与pH=10的NaClO溶液中，水电离c(H+)之比等于106【答案】C【解析】增大氢离子浓度，抑制水的电离，但溶液的酸性增大，A不正确。电离吸热，温度升高促进电离，但pH降低，B不正确。硫酸氢钾溶于水显酸性，酸性增强，但温度不变，属于水的离子积常数不变，C正确。氢氧化钠抑制水的电离，次氯酸钠水解促进水的电离，属于水电离c(H+)之比等于1106，D不正确，答案选C。3下列关于氯气的说法不正确的是A、干燥的液氯
3、能用钢瓶贮存 B、氯气和液氯是两种不同的物质C、可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气 D、氯气曾在战争中被用于制造毒气弹【答案】B【解析】考查氯气的性质。氯气和液氯都是单质氯，所以是同一种物质，选项B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。4某学生做中和滴定实验的过程如下：a.取一支碱式滴定管； b.用蒸馏水洗净； c.加入待测 NaOH溶液； d.记录液面刻度读数； e.用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液；f.置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中； g.加入适量蒸馏水； h.加入酚酞试液2滴；i.滴定时，边滴边摇动； j.边注视滴定管内液面的变化； k.当刚滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定； l
4、.记录液面读数；m.根据滴定管的两次得出NaOH溶液的体积为22mL。上述实验过程中的错误之处有：Af.g.k.m Bc.j.k.m Cc.h.i.k Df.g.h.j.【答案】B【解析】试题解析：本题中c加入待测NaOH溶液之前必须用待测碱液润洗23次，否则残余蒸馏水会将碱液稀释，而使测得碱的浓度偏低。j步骤不正确，滴定时必须注视锥形瓶里的颜色变化，特别是滴液将达终点的颜色变化，应控制更慢滴液速度，以防过多。k不正确，酚酞变浅红色必须等待半分钟，如仍为粉红色表明已达终点，如果变为无色，说明未达真正终点，仍要加滴少量碱液。m不正确。两次重复操作得出数据的平均值应为小数点后两位才符合滴定管的精确
5、度，如22.00 mL。所以，不正确的步骤是c.j.k.m。考点：酸碱中和滴定5全世界每年铜的产量为8106t，工业上由辉铜矿（主要成分是Cu2S，其中铜元素为+1价）生产铜的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2下列说法正确的是A该反应中Cu2S只是还原剂B每生产1molCu需转移2mol电子C该反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D若用该反应生产铜，全世界每年产生的SO2的体积为1.4106L【答案】C【解析】试题分析：A、硫化亚铜中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，做氧化剂和还原剂，错误，不选 A；B、反应中每2摩尔铜生成转移6摩尔电子，所以当有1摩尔铜产生转移3摩尔电子，错误，不选
6、B；C、二氧化硫中 硫元素是化合价升高后生成的，是氧化产物，氧元素是化合价降低生成的，是还原产物，正确，选C；D、没有说明气体所在的温度和压强，不能计算，错误，不选D。考点： 氧化还原反应6在一体积固定的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2+O2 2SO3，已知V（SO2）=0.05moll-1min-1，则2min后SO3的浓度为（ ）A、1moll-1 B、0.1moll-1 C、0.9moll-1 D、0.2moll-1【答案】B【解析】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以2min内SO2的浓度变化量是0.05moll-1min-12min0.1mol/L，
7、根据方程式可知生成三氧化硫的浓度为0.1mol/L。答案选B。7结构简式是的物质不能发生 ( )A加成反应 B还原反应 C水解反应 D氧化反应【答案】【解析】有不饱和碳原子可发生加成反应，有可发生还原反应，氧化反应8下列电离方程式中，不正确的是AHCl H+ Cl- BH2SO4 2H+ SO42-CFeCl3 Fe3+ Cl- DNaOH Na+ OH- 【答案】C【解析】试题分析：C项：违反质量守恒定律，也可以说违反原子守恒定律，故错。故选C。考点：电离方程式的正误判断点评：学生做此类问题需注意以下几点：（1）是否违反客观事实；（2）是否违反原子守恒；（3）是否违反电荷守恒。9下列热化学方
8、程式书写正确的是（的绝对值均正确）AS（s）+O2（g）=SO2（g）；H=269.8kJ/mol（反应热）B NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）；H=+57.3kJ/mol（中和热）C C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；H=1367.0 kJ/mol（燃烧热）D 2H2O=O2+2H2；H=+571.6kJ/mol（反应热）【答案】A【解析】中和反应是放热反应，H小于0，B不正确。燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水对应的稳定状态应是液态，而不是气态，C不正确。D中没有注明物质的状态，不
9、正确。答案选A。10反应N2O4(g)2NO2(g) H+57 kJmol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）Aa、c两点的反应速率：acBa、c两点气体的颜色：a深，c浅C由状态b到状态a，可以用加热的方法Da、c两点气体的平均相对分子质量：ac【答案】C【解析】试题分析：A、由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：ac，故A错误；B、由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比
10、原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比a的浓度高，NO2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故B错误；C、升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；D、由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：ac，故D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的图象分析11某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是A(CH3)3CCH2CH3 B(CH3CH2)2C
11、HCH3C(CH3)2CHCH(CH3)2 D(CH3)2CHCH2CH2CH3【答案】A【解析】试题分析：只能生成三种沸点不同的一氯代物，说明此有机物中有三种不同的氢原子，A、，同一个碳原子上的甲基是相同的，故有3种不同的氢原子，说法正确；B、，有对称轴，有4种不同氢原子，故说法不正确；C、，有2种不同的氢原子，故说法不正确；D、，有5种不同的氢原子，故说法不正确。考点：考查等效氢等知识。12下图是反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线。下列相关说法正确的是A该反应是吸热反应 B使用催化剂后反应热减小C热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
12、H510 kJmol1D曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化【答案】D【解析】试题分析：由图象可知该反应的反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，故A项错误；使用催化剂只是降低了反应的活化能，并未改变反应热，故B项错误；故曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化，故D项正确该反应的反应热H-（510-419）kJmol1，故C项错误。考点：化学反应能量变化。13下列实验符合要求的是A用10mL量筒量取7.50mL稀盐酸 B用pH试纸测得某碱溶液的pH为12.7C用托盘天平称出25.20g氯化钠 D用25mL碱式滴定管
13、量出15.80mL氢氧化钠溶液【答案】D【解析】试题分析：A量筒的准确度是0.1ml，所以不能用10mL量筒量取7.50mL稀盐酸，只能量取7.5mL稀盐酸，错误；BpH试纸只能准确到整数，所以用pH试纸测得某碱溶液的pH为12或13，错误；C托盘天平准确度是0.1g，所以用托盘天平称出25.2g氯化钠，错误；D碱式滴定管能准确到0.01ml，所以用25mL碱式滴定管量出15.80mL氢氧化钠溶液，正确。考点：考查仪器的准确度的的知识。14用0.10 molL-1的盐酸滴定0.10 molL-1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是Ac(NH4)c(Cl)，c(OH)c(H)Bc(NH4)c(C
14、l)，c(OH)c(H)Cc(Cl)c(NH4)，c(H)c(OH)Dc(Cl)c(NH4)，c(OH)c(H)【答案】D【解析】试题分析：根据溶液中的电荷守恒：c(NH4) +c(H)=c(Cl)+c(OH) 分析。A、当c(NH4)c(Cl)时，有c(OH)c(H)，正确，不选A；B、当c(NH4)c(Cl)时，所以有c(OH)c(H)，正确，不选B；C、当c(Cl)c(NH4)时，有c(H)c(OH)，正确，不选C；D、当c(Cl)c(NH4)时，有c(H)c(OH)，错误，所以选D。考点：溶液中离子浓度比较15有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相
15、同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有A8种 B14种 C16种 D18种【答案】C【解析】试题分析：有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH
16、）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH。故有机物甲的同分异构体数目有28=16，选项C符合题意。考点：考查酯的水解原理及同分异构体的判断。16T 、2 L密闭容器中某一反应在不同时刻的各物质的量如图所示(E为固体,其余为气体)。回答下列问题。(1)写出该反应的化学方程式: 。(2)反应开始至3 min时,用D表示的平均反应速率为 molL-1min-1。(3)T 时,该反应的化学平衡常数K= 。(4)第6 min时,保持温度不变
17、,将容器的体积缩小至原来的一半,重新达到平衡后,D的体积分数为 。(5)另有一个2 L的密闭容器,T 、某一时刻,容器中各物质的物质的量如表所示。物质ABDE物质的量(mol)0.81.00.40.2此时v(正) v(逆)(填“大于”、“等于”或“小于”)。【答案】(1)2A(g)+B(g)3D(g)+E(s)(2)0.1 (3)0.75 (4)30% (5)大于【解析】(1)3 min时,A、B、D、E的物质的量变化量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.6 mol、0.2 mol,故其化学计量数之比为2131,因此反应的化学方程式为2A(g)+B(g)3D(g)+E(s)。(2)v(D
18、)=0.1 molL-1min-1。(3)3 min时,A、B、D的物质的量分别为0.6 mol、0.8 mol、0.6 mol,则K=0.75。(4)因反应前后气体体积不变,所以缩小体积(增大压强)平衡不移动,D的体积分数与3 min时相等,为100%=30%。(5)可计算出Q=0.01250.75,故平衡正向移动,v(正)大于v(逆)。17【有机化学基础】(15分) 龙葵醛（）是一种珍贵的香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。以下是以苯为原料生成龙葵醛的一种合成路线(部分反应条件及副产物已略去)： 龙葵醛（1）龙葵醛的分子式为 ，其中含氧官能团的名称是 ；A物质得到的1HNMR谱中
19、有 个吸收峰，B的结构简式可能为 。（2）反应的反应类型为 ，反应的反应条件为 。（3）反应的化学方程式为 。（4）龙葵醛具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：a其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；b苯环上的一溴代物有两种；c分子中没有甲基。写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写两种）： 【答案】C9H10O（2分）；醛基（1分）；5（2分）；（1分）或（1分）。（2）消去反应（2分）；NaOH的水溶液、加热（2分）（3）2O22H2O（2分）（4）、（2分）。【解析】试题分析：（1）根据龙葵醛的结构简式可推出分子式为C9H10O，含有的含氧官能团为醛基；苯与CH3CH=CH2在催化剂条
20、件下发生加成反应生成A，对照最终产物龙葵醛的结构简式可知A为，A分子中有5种不同的等效氢，所以A物质的1HNMR谱中有5个吸收峰；A的侧链烃基上有两种不同的H原子，所以与Cl2在光照的条件下生成的B有两种结构：或（2）反应为卤代烃B发生的消去反应；反应为卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH的水溶液、加热。（3）反应为E发生的催化氧化反应，生成龙葵醛，所以化学方程式为：2O22H2O（4）根据a水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，再结合b、c，可得结构简式为：、考点：本题考查有机合成的推断、同分异构体的判断、反应类型和反应条件的判断、方程式的书写。 18（6分）为确认C6H5OH、H
21、2CO3、CH3COOH的酸性强弱，某同学设计了如下图所示装置，一次实验即可达到目的（不必选用其他酸性物质）。请据此实验回答下列问题：（1）在烧瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗中所盛放的试剂应为 。（2）装置B中所盛的试剂是 ，其作用是 。（3）装置C中所盛的试剂是 ，C中反应的离子方程式是 。【答案】（共6分）（1）CH3COOH（2）饱和NaHCO3溶液 、除去CO2中混有的醋酸杂质（3）苯酚钠溶液 （以上四个空每空1分，共4分）； （2分）【解析】酸性顺序为：CH3COOHH2CO3C6H5OH，我们可以根据强酸制弱酸的原理来设计实验。A漏斗的CH3COOH滴入烧瓶中，与碳酸盐反应产生弱
22、酸H2CO3，分解出的CO2气体中混有的CH3COOH可通过B中的NaHCO3溶液除去，CO2与C中的苯酚钠溶液反应产生苯酚。19（10分）实验室制取并收集氯气的装置如右图：某同学进行实验时可能有如下操作： (1)烧瓶中发生反应的化学方程式是：_。(2)制得的氯气可选用_来干燥，烧杯中发生反应的离子方程式是_。(3)在实验室里，常用加热食盐晶体和浓硫酸的混合物的方法来制取HCl，HCl是一种无色有刺激性气味的气体，密度比空气大，极易溶于水，它的水溶液叫氢氯酸，即盐酸。实验室制取HCl的发生装置可选用制_ _的发生装置(填O2、Cl2、CO2中的一种)。收集氯化氢气体时应采用_法。 实验室可用_
23、试纸放在瓶口检验HCl是否充满了集气瓶。上图哪些装置可作为多余氯化氢的吸收装置?_。【答案】（共10分）（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（2分）（2）浓硫酸（1分） Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O（2分）（3）Cl2（1分） 向上排空气 （1分）湿润的蓝色石蕊试纸 （1分） AC（2分）【解析】考查氯气的制取与收集（1）实验原理：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（2）氯气一般用酸性干燥剂浓硫酸来干燥即可；氯气有毒，一般需要用碱液进行吸收： Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O（3）制取HCl的实验原理为：NaClH2SO4(浓)HCl
24、NaHSO4，属于固液加热装置，与制取氯气的装置相同；HCl极易溶于水，不能用排水法收集；它的密度大于空气，故只能用向上排空气法来收集HCl为酸性气体，可采用湿润的蓝色石蕊试纸来检验由于HCl极易溶于水，直接导入水中易引起倒吸，故可采用AC装置20（10分）某化学兴趣小组利用某废弃的氧化铜锌矿制取活性ZnO实验流程如下：请回答下列问题：（1）加入铁粉后发生反应的离子方程式为_，_ _。（2）甲、乙两同学选用下列仪器，采用不同的方法制取氨气。甲同学使用的药品是熟石灰与氯化铵，则应选用装置_（填写装置代号），生成氨气的化学方程式为_；乙同学选用了装置B，则使用的两种药品的名称为_ _。（3）H2O
25、2的作用是_。（4）除铁过程中得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂（K2FeO4），该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（5）已知溶液a中含有CO2 3、SO2 4两种酸根阴离子，若只允许取用一次样品，检验这种离子存在的实验操作过程为_ 【答案】（1）Fe2HFe2H2 (1分) FeCu2Fe2Cu (1分)（2）A (1分) 2NH4ClCa(OH)22NH32H2OCaCl2 ( 2分)浓氨水和生石灰（或碱石灰、氢氧化钠固体） （1分）（3）将溶液中的Fe2氧化成Fe3 (1分) （4）32 （1分）（5）取少量a溶液置于试管中，滴加足
26、量BaCl2(或者Ba(NO)3)溶液，过滤，向所得沉淀中加入过量的稀盐酸（或者稀硝酸），沉淀部分溶解，则a溶液中含有CO32和SO42。 （2分）【解析】试题分析：（1）氧化铜锌矿与稀硫酸发生反应变为可溶性的ZnSO4、CuSO4；难溶性的物质过滤除去；然后向滤液中加入Fe，发生反应：FeCu2Fe2Cu； Fe2HFe2H2；过滤，用稀硫酸溶解滤渣，发生反应：Fe2HFe2H2；Cu不能发生反应，过滤得到海绵状Cu,把滤液与与前边的合并，向其中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，然后向溶液中通入氨气，调整溶液的pH至左右形成Fe(OH)3沉淀而过滤除去；（2）甲同学使用的药品是熟石灰与
27、氯化铵来制取氨气，用固体与固体混合加热制取气体，应该选择装置A；生成氨气的化学方程式是2NH4ClCa(OH)22NH32H2OCaCl2；乙同学选用了装置B，应该是液体与固体不加热制取气体，则使用的两种药品的名称为浓氨水和生石灰（或碱石灰、氢氧化钠固体）；（3）H2O2的作用是作氧化剂，将溶液中的Fe2氧化成Fe3；向滤液中加入NH4HCO3并通入氨气，就会形成Zn2(OH)2CO3沉淀，把沉淀过滤出来，然后洗涤、焙烧就得到ZnO。（4）除铁过程中得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂（K2FeO4），根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可知2n(
28、KClO)=3n(Fe(OH)3)，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为n(KClO)：n(Fe(OH)3)=3:2；（5）已知溶液a中含有CO2 3、SO2 4两种酸根阴离子，若只允许取用一次样品，检验这种离子存在的实验操作过程为取少量a溶液置于试管中，滴加足量BaCl2(或者Ba(NO)3)溶液，过滤，向所得沉淀中加入过量的稀盐酸（或者稀硝酸），沉淀部分溶解，则a溶液中含有CO32和SO42。考点：考查氧化铜锌矿制取活性ZnO的反应原理、操作方法、氨气的制取方法、仪器的选择使用、试剂的选择、氧化还原反应中电子转移、CO32和SO42的检验方法的知识。21（6分）某烃经李比希元素分析实
29、验测得碳的质量分数为85.71%，氢的质量分数为14.29%。该烃的质谱图显示其相对分子质量为70，该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，请通过计算确定该烃的实验式、分子式、结构简式。【答案】（6分）实验式：CH2 分子式：C5H10 结构简式：【解析】试题分析：在该有机物中含有的C、H原子个数比是：C：H=（85.71%12）：(14.29%1)=0.071425:0.1429=1:2,所以该物质的实验式是CH2; 实验式的式量是14，而物质的相对分子质量为70，所以在一个分子中含有的最简式的个数是：7014=5，故该物质的分子式是C5H10；该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，说明只含有一种H原子，它是
30、环戊烷，结构简式是。考点：考查物质的实验式、分子式、结构简式的推断及书写的知识。22一种白色晶体A极易溶于水，将A配成溶液进行如下框图所示的实验，实验现象及转化关系如下列框图所示。A为含硫氮正盐其中硫元素化合价为+4，气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。试回答下列问题：（1）写出下列物质化学式：D：_；F：_。（2）写出下列反应的离子方程式：A和酸性KMnO4溶液反应_；D和新制氯水：_。（3）通过本题的解答，在检验SO42-时，应使用_A.盐酸酸化的BaCl2溶液 B.硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液【答案】（1）SO2；NH3；（2）2MnO4-+6H+5SO32-=5
31、SO42-+2Mn2+5H2O；SO2+Cl2+2H2O=SO42-+4H+2Cl-；（3）A【解析】试题分析：根据已知条件：能使品红溶液褪色的是二氧化硫，所以D是二氧化硫，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，即F是氨气，A是一种白色晶体，和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，容易被氧化剂氧化为硫酸铵，所以B是硫酸铵，得出E是氯化铵，白色沉淀C是硫酸钡，（1）根据上述分析，D是二氧化硫，F是氨气，故答案为：SO2；NH3；（2）A是(NH4)2SO3，A和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+6H+5SO32-=5SO42-+2Mn2+5H2O；氯
32、气能将二氧化硫氧化，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+4H+2Cl-；（3）通过本题的解答可知，若溶液中存在亚硫酸根离子，加入硝酸后能够被氧化为硫酸根离子，因此在检验SO42-时，应使用盐酸酸化的BaCl2溶液，故选A。【考点定位】考查无机物的推断；离子方程式的书写【名师点晴】本题是一道框图推断题，注意寻找解题的突破口是关键，主要考查物质的性质，解答本题时注意把握离子的检验方案的实验设计。解答此类试题，要注意寻找解题的突破口，本题的突破口：能使品红溶液褪色的是二氧化硫，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，一种正盐和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫的是亚硫酸铵。23已知
33、：双键在链端的烯烃发生硼氢化-氧化反应，生成的醇羟基在链端：化合物M是一种香料，可用如下路线合成：已知：核磁共振氢谱显示E分子中有两种氢原子。F为芳香化合物。请回答下列问题：（1）原料C4H10的名称是_（用系统命名法）；（2）写出反应AC的反应条件：_；（3）D也可由C与水蒸气在一定条件下合成。这种制法与题给反应条件相比，缺点是_；（4）F与新制Cu(OH)2反应的化学方程式_； （5）写出E、N、M的结构简式_、_、_；（6）写出与G具有相同官能团的G的两种芳香类同分异构体（不包括G本身）的结构简式： ， 。【答案】（1）2-甲基丙烷；（2）强碱、醇、加热；（3）不一定生成一种醇，或者说会
34、生成两种醇；（4）；（5）CH3CHO、；（6）、。【解析】试题分析：根据框图可知C4H10的一氯代物有两种，这两种一氯代物消去时只得到一种烯烃，则C4H10应为CH3CH（CH3）CH3，发生取代反应生成CH3CH（CH3）CH2Cl或CH3CCl（CH3）CH3，发生消去反应生成C为CH3CH（CH3）=CH2，由题意可知D为CH3CH（CH3）CH2OH，核磁共振氢谱显示E分子中有两种氢原子，F为芳香化合物，结合题目信息可F的分子式可知E为CH3CHO，N为，F为，G为，则M为，（1）由以上分析可知原料C4H10的名称是2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；（2）A为氯代烃，在强碱的醇溶
35、液中，加热条件下发生消去反应生成CH3CH（CH3）=CH2，故答案为：强碱、醇、加热；（3）C为CH3CH（CH3）=CH2，D为CH3CH（CH3）CH2OH，如用D与水发生加成反应，不一定生成一级醇，或者说会生成两种醇，如CH3CH（CH3）CH2OH或CH3COH（CH3）CH3，故答案为：不一定生成一级醇，或者说会生成两种醇；（4）F为，含有-CHO，能与新制Cu（OH）2反应，方程式为（5）由以上分析可知E为CH3CHO，N为，M为，故答案为：CH3CHO；（6）G为，含有C=C和-COOH，对应的含有相同官能团的同分异构体有、，故答案为：、。考点：考查了有机物的推断和合成的相关知识。
