1、山东省莱阳市第四中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1下列物质只含有共价键的化合物是A. N2 B. NaOH C. H2O D.Ar【答案】C【解析】试题分析：原子间通过共用电子对写出的化学键是共价键，氮气中含有共价键，但氮气是单质；氢氧化钠是离子化合物，含有离子键和共价键；水中只有共价键，且是共价化合物，正确；Ar是单质，不存在化学键，答案选C。考点：考查化学键、化合物、单质的有关判断点评：该题是高考中的常见考点之一，属于基础性试题的考查，难度不大。本题的关键是学生要熟练记住化学键的概念，然后灵活运用即可。该题有利于培养学生的审题能力，提高学生的学习效率。2下列叙述中错
2、误的是：A原子半径 NaSiCl B稳定性 SiH4HClMgAl D酸性 H3PO4H2SO4HClO4【答案】B【解析】同周期，由左到右，原子半径逐渐减小，故A正确；同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则气态氢化物的稳定性逐渐增强，故稳定性：SiH4H2S L M【答案】B【解析】试题分析：EN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，则K是N元素，所以E的原子序数是743，则E是Li元素，因此F是Na元素，G是Mg，H是Ca，M是Si，N是Ge，L是P，则A氨气溶于水显碱性，正确；B钠与氧气反应可以生成氧化钠或过氧化钠，错误；C
3、H与N的原子核外电子数相差322012，错误；D元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。由于元素的非金属性是NPSi，所以最高价氧化物的水化物酸性：K L M，正确，答案是选B、C。考点：考查元素在周期表中的位置、结构及性质的应用的知识。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Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴
4、入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色证明氧化性:H2O2比Fe3强【答案】A【解析】试题分析：A、铵盐能与氢氧化钠溶液反应产生碱性气体氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝色，A正确；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，则气体一定是SO2，因此溶液中存在亚硫酸根或亚硫酸氢根，B错误；C、氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能使品红溶液褪色，C错误；D、在酸性溶液中硝酸根也能氧化亚铁离子，则不能判断双氧水与铁离子的氧化性强弱，D错误，答案选A。考点：考查实验方案设计与评价8某混合气体由两种气态烃组成。2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳
5、（气体已折算成标准状况）和3.6g水。则这两种气体可能是（ ）ACH4和C3H8 BCH4和C3H4 CC2H4和C3H4 DC2H4和C2H6【答案】B【解析】试题分析：2.24L该混合气体的物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，完全燃烧得到4.48L二氧化碳和3.6个g水，生成二氧化碳的物质的量=4.48L22.4L/mol=0.2mol，水的物质的量=3.6g18g/mol=0.2mol，则混合气体平均分子式为C2H4，ACH4和C3H8混合，平均H原子数目介于48之间，不可能为4，A不符合；BCH4和C3H4按照1：1混合，平均分子式为C2H4，B符合；CC2H4和C3
6、H4 混合，平均C原子数目介于23之间，不可能为2，C不符合；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不符合，答案选B。【考点定位】本题主要是考查分子式的确定、混合物计算【名师点晴】该题的关键是利用平均分子组成判断烃的组成，该类试题常用方法有1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法。有时也可以借助于十字交叉法进行简单计算。9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）H= -19KJ/mol 可知，金刚石比石墨稳定C由2H2(g)O2(g
7、)2H2O(l) H5716 kJmol1可知，H2的燃烧热为-5716 kJmol1D稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O(l) H= 537KJ/mol ，若将含05 molH2SO4的浓溶液与含1 molNaOH的溶液混合，放出的热量大于573KJ【答案】D【解析】试题分析：A、等质量的硫蒸气和硫固体相比，硫蒸气具有的能量高，分别完全燃烧，前者放出的热量多，错误；B、由C（金刚石）C（石墨）H= -19KJ/mol 可知，金刚石具有的能量高，金刚石不如石墨稳定，错误；C、燃烧热是1mol由可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热，由2H2(g)O2(g)2H2O(l) H5716
8、 kJmol1可知，H2的燃烧热为-285.8kJmol1，错误；D、浓硫酸溶于水放热，若将含05 molH2SO4的浓溶液与含1 molNaOH的溶液混合，放出的热量大于573KJ，正确。考点：考查化学反应与能量变化，燃烧热、中和热的概念。10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01 mol Na、M
9、g、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01 mol、02 mol、03 mol。说明这三种金属的活泼性为：AlMgNa【答案】D【解析】试题分析：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，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；C、Cl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
10、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D。考点：考查金属性、非金属性的比较11下列各组物质互为同系物的是ACH4与C2H4B与 CH3CH2CH2CH3CC2H6与C3H8 DO2与O3【答案】C【解析】试题分析：结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，ACH4与C2H4 结构不相似，错误 B两者互为同分异构体，错误；C乙烷C2H6与丙烷C3H8互为同系物，正确； D O2与O3是同素异形体，错误；故选C。考点：同系物的概念，同系物、同分异构体、同素异形体的区别。12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
11、（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可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得【答案】D【解析】CH3CH3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，D项错误；由nCH2=CH2nCF2=CF2催化剂CH2CH2CF2CF2可知A、B项正确；由乙烯的构型推知C项正确。13 X、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
12、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【答案】C【解析】试题分析：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，则A如X为NaAlO2，与NaOH不反应，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，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，C正确；D如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X
13、为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，D错误，答案选C。考点：考查无机框图题推断14EN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EKFGMLHNAK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：K L M 【答案】BC【解析】试题分析：EN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，则K是N元素，所以E的原子序数是743，则E是Li元素，因此F是Na元素，G是M
14、g，H是Ca，M是Si，N是Ge，L是P，则A、氨气溶于水显碱性，A正确；B、钠与氧气反应可以生成氧化钠或过氧化钠，B错误；C、H与N的原子核外电子数相差14342014，C正确；D、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性是NPSi，所以最高价氧化物的水化物酸性：K L M，D正确，答案选BC。考点：考查位置结构性质的应用15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【答案】A【解析】试题分析：A增加铁的量，增加固体不影响反应
15、速率，错误；B将容器体积缩小一半，浓度增大，反应速率加快，正确；C升高温度，活化分子百分数增加，反应速率加快，正确；D压强不变，充入N2使容器体积增大，反应物的浓度减小，速率变慢，正确。考点：影响反应速率的因素。16（17分）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
16、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 。【答案】（1）Ar3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）HF；（3）sp2，6 mol 或66. 021023个；（4）CH3CHO2Cu(OH）2NaOHCH3COONaCu2O3H2O；（5）12。【解析】试题分析：（1）Cu位于第四周期第IB族，29号元素，Cu失去最外层1个电子，核外电子排布式为Ar3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）等电子体：原子总数相等，价电子总数也相同的微粒，OH有2个原子、8个电子，氧得到一个电子变成9个电子，看成F元素，即HF；（3）甲醛中碳原子有3个键，无孤电子对
17、，价层电子对数为3，杂化轨道数等于价层电子对数，即杂化类型为sp2，乙醛的结构简式CH3CHO两个成键元素只能形成1个键，所以乙醛中含有6mol键或66.021023个；（4）醛基可以弱的氧化剂所氧化，其反应方程式为：CH3CHO2Cu(OH）2NaOHCH3COONaCu2O3H2O；（5）铜的晶胞属于面心立方最密堆积，其配位数为12，即每个铜原子周围距离最近的铜原子数为12。考点：考查核外电子排布式、等电子体、杂化类型、键、金属晶体的晶胞等知识。17（10分）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
18、）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1 g甲硅烷自燃生成SiO2和水并放出热量44.6 kJ，则其热化学方程式为 。 【答案】（1） 共价键 ；分子 （2） NH3 SiH4 （3）、 （4） SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）H-1 427.2 kJ/mol【解析】（1）硅和氢都是非金属元素，形成的化学键是极性键。常温下是气态，说明形成的晶体是分子晶体。（2）N的非金属性强于硅的，所以氨气的稳定性强于甲硅烷的，
19、即NH3 SiH4。（3）活泼的金属e和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间才形成共价键，所以含有共价键的是、。金刚石含有共价键，但属于单质。中元素是活泼的金属Be和活泼的非金属氯形成的化合物，是离子键。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
20、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_。【答案】(1)验证钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成 Cu(OH)2可溶于盐酸而铜不溶 镊子 烧杯 CuSO4溶液 盐酸(或稀H2SO4)(2)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)2CuO+H2O【解析】(1)根据该同学的设想可知其探究实验的目的是验证钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成。由于Cu(OH)2是难溶性的碱，可与稀酸反
21、应，而铜不与稀酸(盐酸或H2SO4)反应，故只需将所得沉淀加入稀盐酸(或稀H2SO4)，看沉淀是否完全溶解即可。由实验目的可知实验分两步进行：一是金属钠与CuSO4溶液反应制备Cu(OH)2沉淀，所给必需品缺少镊子、烧杯和CuSO4溶液；二是将制得的Cu(OH)2溶于稀酸，缺少的试剂为稀H2SO4或盐酸。(2)由于钠与水反应放热，会使生成的Cu(OH)2部分发生分解，Cu(OH)2CuO+H2O，故黑色物质为CuO。19（12分）某学生欲配制60 mol/L的H2SO4 1000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480 mL 0.5 mol/L的硫酸：150 mL 25%的硫酸（p= 1.18
22、 g/mL）；足量的18 mol/L的硫酸。有三种规格的容量瓶：250 mL、500 mL、1000 mL。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18 mol/L的浓硫酸_mL，沿烧杯内壁倒入上述混合液中，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 ；E振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1
23、 cm2 cm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 。【答案】（1）3 （2）1000 （3）295；用适量的水洗涤洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中 （4）偏小 （5）稀释后的硫酸冷却到室温【解析】试题分析：（1）因为25%的硫酸（=1.18g/mL）即为：（10001.1825%）983mol/L。（2）配制1000ml稀硫酸则需要1000ml容量瓶。（3）两溶液中硫酸的物质的量0.48L0.5mol/L0.15L3mol
24、/L0.69mol，则浓硫酸需要提供的硫酸物质的量6mol0.69mol5.31mol，因此需要18 mol/L的浓硫酸的体积5.31mol18mol/L0.295L295ml；稀释的硫酸转移到容量瓶中需要洗涤烧杯和玻璃棒23次并将洗涤液也注入容量瓶中。（4）如果没有洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质减少，所配溶液的浓度偏低。（5）由于浓硫酸溶于水放热，所以在转移之前需要将稀释后的硫酸冷却到室温。考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液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
25、艺流程图如图1：完成下列填空：31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 。32写出过程的化学反应方程式 。33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 。34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。35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。（1）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 ；
26、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 。（2）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）= 。【答案】31酸性（1分），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（1分）。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分）322NH4HCO3Na2SO4 =2NaHC
27、O3(NH4)2SO4 （1分）33省略过程，因HCO3一与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。（1分）34冷却结晶（1分）35(1) 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟（或者不加试剂看到白烟也给分）（1分）（用润湿的紫色石蕊试纸检验不得分）；(NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3(酸式盐及以上物质的混合物也给分)（1分）；Al2O3 +2OH-2AlO2-+H2O或Al2O3 +3H2O +2OH-2Al(OH)4- （1分）。(2) 1:3（2分）【解析】试题分析：31铵明矾【NH4Al(SO4)212H2O】属于强酸弱碱盐，溶液呈
28、酸性；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；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先产生氢氧化铝白色沉淀，后产生有刺激性气味的氨气，再加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝逐渐溶解。32碳酸氢钠在水中的溶解度不大，因此过程生成碳酸氢钠沉淀；33滤液A中含有少量的HCO3一，若省略过程，HCO3一与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。因此需要进入稀硫酸除去HCO3一；34因为铵明矾的溶解度随温度升高明显增大。加入硫酸铝后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，可以得到铵明矾。35（1）夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分
29、灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有说出氮的氧化物；试管C中的品红溶液褪色，生成了二氧化硫；在支口处可检验到NH3要注意排除二氧化硫的干扰，操作是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟；生成了二氧化硫，T型导管中出现白色固体可能是(NH4)2SO3，还可能是氧化生成的(NH4)2SO4等；残留的两性氧化物为氧化铝，溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠。（2）根据氧化还原反应中化合价升高的总价数与降低的总价数相等，可得：6n(N2)=2n(SO2)，可得n(N2)：n(SO2)=1:3，相同条件下气体物质的量之比等于体积之比，所以V（N2）：V（SO2）=1:3。考点：考
30、查了化学工艺设计、盐类的水解、氧化还原反应原理等相关知识。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1.20gcm-3。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1.066 g/cm3，计算物质的量浓度。（保留小数点后两位）【答案】(6分，每空2分)（1）11.6 mol/L（2）12 g 5.33 mol/L【解析】试题分析：（1）n(HCl)=336 L/22.4 L mol-1=15.0 molm(HCl溶液)=1000
31、g+15.0 mol36.5 g mol-1=1547.5gV(HCl溶液)=1547.5g1.20gcm-3c(HCl)= =11.6 mol/L（2）100g 10.4% 的NaOH溶液中NaOH为10.4g，设需再加x g NaOH，则有 =20%，解得x =1220%NaOH溶液的密度为1.066 g/cm3，按中溶液计算，溶质22.4g，物质的量为0.56mol，溶液质量为112g，体积为112g1.066 g/cm3，则c(NaOH)= =5.33 mol/L考点：物质的量浓度的计算22（16分）A是一种有机合成中间体，其结构简式为：。A的合成路线如下图，其中BH分别代表一种有机物
32、。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）是_；第步反应类型是_。（2）第步反应的化学方程式是_。（3）C物质与CH2C(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I。I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_。【答案】（1）sp2、sp3；3，4二乙基2，4己二烯；消去反应（2）CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O（3） （4）（5）【解析】试题分析：（1）根据A的结构简式可作，分子中碳元素部分全部写出单键，部分形成碳碳双
33、键，因此碳原子的杂化轨道类型是sp2、sp3。A分子中含有2个碳碳双键，则依据二烯烃的命名可作，其名称为3，4二乙基2，4己二烯；根据C的分子式和性质可知，C是乙二醇，氧化生成乙二醛，继续氧化生成乙二酸，即D是乙二酸，结构简式为HOOCCOOH。D与甲醇发生酯化反应生成E，则E的结构简式为CH3OOCCOOCH3。根据已知信息可知E与C2H5MgBr反应生成F和G。G最终生成A，因此F是CH3OMgBr，G是BrMgOC(C2H5)2C(C2H5)2OMgBr。G水解生成H，则H的结构简式为HOC(C2H5)2C(C2H5)2OH。H发生消去反应生成A，即CH3CH=C(C2H5)2C(C2H
34、5)2=CHCH3，因此第步反应类型是消去反应。（2）反应是乙醇与溴化氢的取代反应生成溴乙烷，因此反应的化学方程式为CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O。（3）物质与CH2C(CH3)COOH按物质的量之比1:1反应，则其产物结构简式为CH2C(CH3)COOCH2CH2OH。分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，因此I的结构简式是。（4）根据已知信息可知，反应的化学方程式为。（5）含有六元环，且一氯代物只有2种，说明分子中氢原子共计分为2类，则符合条件的有机物的结构简式为或表示为。考点：考查有机物推断、命名、碳原子杂化轨道类型、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书
35、写等23化学选修5：有机化学基础有机物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）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）。【答案】（1）（酚）羟基； （2）CH2=CHCHO + 2Ag(NH3)2OHCH2=CHCOONH4 + 2Ag+ 3NH3 + H2O（3）；
36、（4）4；【解析】试题分析：甲苯与氯气分子苯环上取代反应生成A，A发生水解反应得到B，而B与D反应得到E，由E的结构可知，B为，D为丙烯酸，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为丙烯醛，E发生加聚反应生成F为。（1）化合物B为，含氧官能团为（酚）羟基；F的结构简式为（2）C与银氨溶液共热的化学方程式为CH2=CHCHO + 2Ag(NH3)2OHCH2=CHCOONH4 + 2Ag+ 3NH3 + H2O。（3）化合物D为丙烯酸，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，能发生取代反应，不能发生消去反应，所以选；（4）B的同分异构体含有苯环结构，羟基和甲基
37、，羟基和甲基由间位和对位两种，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，且不与氯化铁显色的结构为考点：有机物的推断 24（15分）.化合物E可以通过下图所示的路线合成：（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 。.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。（4）要检验柠檬醛中含有碳碳
38、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酸性高锰酸钾溶液C银氨溶液 D碳酸钠溶液写出柠檬醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式: 。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【答案】(15分，除标注外，每空2分).（1）醛基（1分）（2）（3）取代反应.（4）CB（有错、顺序错均计0分）12【解析】试题分析：I、（1）A的分子式是C2H4O，能被氧化为乙酸，则A是乙醛，官能团为醛基；A的同分异构体除乙烯醇外，还可能是环氧乙烷，结构简式是；（1）D中含有2个酯基可与氢氧化钠反应，水解生成的酚羟
39、基仍和氢氧化钠反应，所以1molD共需3molNaOH，化学方程式是；（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，则甲基上的H原子与另一酯基中的CH3O-发生取代反应，生成甲醇和E；II、（4）因为柠檬醛中含碳碳双键和醛基，醛基具有还原性，也能被酸性高锰酸钾氧化，所以检验碳碳双键前先除去醛基，则选择银氨溶液，将醛基氧化后，再选择酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，证明含有碳碳双键，所以选择试剂的顺序是CB；柠檬醛中含有1个醛基，与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，化学方程式是；柠檬醛的同分异构体中含有醛基、碳碳双键、环，所以不饱和度与柠檬醛相同，则环上的一个取代基只能是-CH2-CH2-CH2-CHO、-CH2-CH(CH3)-CHO 、- CH(CH3)-CH2-CHO 、-C(CH3)2-CHO四种结构，而该取代基在环上的位置有3种，所以满足条件的柠檬醛的同分异构体有12种。考点：考查有机物的推断，结构与性质的应用，同分异构体的判断
