1、河南省荥阳市第五高级中学2016届高三下期5月月考化学试卷（解析版）1可以作为核聚变材料，下列关于的叙述正确的是（ ）A. 和互为同位素B. 原子核内中子数为2C. 原子核外电子数为2D. 代表原子核内有2个质子和3个中子的氦原子【答案】C【解析】试题分析：选项A、同位素：质子数相同，中子数不同的一类原子互称为同位素。和中的质子数不同，因此不是同位素，故说法错误。选项B、化学符号中3表示的质量数，2表示的是质子数，而质量数=质子数+中子数，因此，原子核内中子数为1,故说法错误。选项C、核电荷数=质子数=核外电子数，因此原子核外电子数为2，正确。选项D、代表原子核内有2个质子，1个中子，故错误。
2、综上，答案选C。考点：元素；同位素点评：考查课本基础概念，属于基础题。熟练掌握理解概念，即可得出正确答案。2将c（H+）=10-2molL-1的醋酸和盐酸分别稀释100倍，稀释后两种溶液的c（H+）分别为a和b，则a和b的关系为 （）。A.ab B.ac(N)c(H)c(OH)D醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na)c(CH3COO)【答案】A【解析】试题分析：A、根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），可得：c（OH-） = c（H+） - c（S2-） + c（
3、H2S），A正确；B、0.1 molL-1的Na2CO3中存在物料守恒，为c（Na+） = 2c（CO32-） + 2c（HCO3-） + 2c（H2CO3），B错误；C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，反应后为氨水和氯化铵的混合溶液，该溶液显碱性，则c（NH+4） c（Cl-） c(OH) c(H)，C错误；D、电荷守恒c（Na+） + c（H+） = c（CH3COO-） + c（OH-），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），故（Na+）=c（CH3COO-），D错误。答案选A。考点：离子浓度大小比较15在常温常压下，等物质的量的下列物质完全燃烧，消耗氧气最多的是A甲烷 B
4、乙醇 C苯 D乙酸乙酯【答案】C【解析】试题分析：物质的分子中含有的碳元素、氢元素的原子个数越多，含有的氧元素的原子个数越少，则等物质的量物质完全燃烧，消耗的氧气就越多。1mol甲烷完全燃烧消耗2molO2；1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2；1mol苯完全燃烧消耗7.5molO2；1mol乙酸乙酯完全燃烧消耗5molO2。可见等物质的量的上述物质消耗氧气最多的是苯。答案是C。考点：考查有机物完全燃烧消耗氧气多少的比较的知识。16(12分)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H0（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K= 。（2）降低温度，该
5、反应K值 ，二氧化硫转化率 ，化学反应速率 (以上均填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）600时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如下图所示，反应处于平衡状态的时间段是 。（4）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 (用文字表达)，10min15min的曲线变化的原因可能是 (填写编号)。a加了催化剂 b扩大容器体积 c降低温度 d增加SO3的物质的量【答案】（1） （3分）（2）增大 增大 减小（各1分） （3）1520min和2530min（2分）（4）增加了O2的量（2分） a（2分）【解析】试题分析：（1）根据定义可
6、写出该反应的化学平衡常数表达式：；（2）该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，该反应K值、二氧化硫转化率均增大，反应速率减小；（3）由图可知，在1520min和2530min的时间段，各物质的量均不变，反应处于平衡状态（4）反应进行至20min时，O2的量急剧增加，则曲线发生变化的原因是增加了O2的量；10min15min时，各物质的物质的量变化加快，反应速率明显加快，最有可能的原因是加入了催化剂，而bcd均不能使反应速率加快，故答案选a。考点：化学平衡；化学反应速率点评：本题考查化学平衡及化学反应速率的知识，题目难度不大，可根据所学知识解答。17（1）Na2CO3溶液显_性，用离子方程式
7、表示其原因为_。（2）常温下，pH=11的NaHCO3溶液中，水电离出来的c（OH-）=_mol/L，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）=_mol/L。（3）已知纯水中存在如下平衡：H2OH+OH-。现欲使平衡逆向移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是_（填字母序号）。A向水中加入NaHCO3固体 B向水中加入NaHSO4固体C加热至100 D向水中加入（NH4）2SO4固体（4）若将等pH、等体积的NaOH溶液和NH3H2O溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m_n（填“”或“=”）。（5）等物质的量浓度的下列溶液：NaCl； NaOH； CH3C
8、OOH； HCl； CH3COONa ；NaHCO3 ；Ba（OH）2 ；Na2CO3，pH由大到小的顺序为_（填序号）。【答案】（12分）（1）碱（1分） CO32H2OHCO3OH（1分）；（2）103 （2分） 1011 （2分）（3）B（2分） ；（4） （2分）【解析】试题分析：（1）Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡水，溶液中c（OH-）c（H+），所以溶液显碱性，用离子方程式表示其原因为CO32H2OHCO3OH；（2）常温下，pH=11的NaHCO3溶液中，c（H+）=10-11mol/L，由于在室温下水的离子
9、键常数是Kw=10-14，c（OH-）=10-3mol/L，水电离产生的氢离子和氢氧根离子相等，所以水电离出来的c（OH-）=10-3mol/L，在pH=3的CH3COOH溶液中，c（H+）=10-3mol/L，在室温下水的离子键常数是Kw=10-14，所以溶液中c（OH-）=10-11mol/L，水电离产生的氢离子和氢氧根离子相等，所以水电离出来的水电离出来的c（H+）=10-11mol/L。（3）已知纯水中存在如下平衡：H2OH+OH-。现欲使平衡逆向移动，且所得溶液显酸性，则应该加入酸性物质。A向水中加入NaHCO3固体，HCO3- 会消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，当最终
10、达到平衡时，溶液中c（OH-） c（H+） ，不符合题意，错误； B向水中加入NaHSO4固体，NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+，使溶液显酸性，由于溶液中c（H+）增大，水的电离平衡逆向移动，正确；C加热至100，水的电离平衡受到促进，电离平衡正向移动，由于水电离产生的氢离子、氢氧根离子的物质的量浓度相等，所以溶液显中性，错误；D向水中加入（NH4）2SO4固体，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c（OH-） c（H+），溶液显酸性，不符合题意，错误；（4）若将等pH、等体积的NaOH溶液和NH3H2O溶液分别加水稀释m倍、n倍，由于氨
11、水中存在NH3H2O的电离平衡，因此若稀释相同倍数，则溶液中c（OH-）氨水的大，所以稀释后两种溶液的pH仍相等，则m CH3COOH，所以溶液中氢离子的浓度：HCl CH3COOH，氢离子的浓度越大，溶液的pH就越小；CH3COONa 是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解程度是微弱的，所以溶液的碱性小于NaOH；NaHCO3 是强碱弱酸盐，水解时溶液显碱性，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，酸性：CH3COOHH2CO3，所以溶液的碱性NaHCO3 CH3COONa；Ba（OH）2 是二元强碱，碱性大于NaOH；Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于酸性
12、CH3COOHH2CO3HCO3-，所以碱性Na2CO3 NaHCO3。故溶液的pH由大到小的顺序为 。考点：考查电解质溶液的酸碱性的判断、盐的水解的应用、离子方程式的书写及电解质溶液的pH大小比较的知识。18（12）用A、B、C三种装置都可制取溴苯。请仔细分析三套装置，然后回答下列问题。（1）写出三个装置中都发生的化学反应方程式_、_；写出B的试管中还发生的化学反应方程式_。（2）装置A、C中长导管的作用是_。（3）B、C装置已连接好，并进行了气密性检验，也装入了合适的药品，接下来要使反应开始，对B应进行的操作是_，对C应进行的操作是_。（4）A中存在加装药品和及时密封的矛盾，因而在实验中易
13、造成的不良后果是_。（5）B中采用了双球吸收管，其作用是_；反应后双球管中可能出现的现象_；双球管内液体不能太多，原因是_。（6）B装置也存在两个明显的缺点使实验效果不好或不能正常进行。这两个缺点是_、_。【答案】（1）2Fe+3Br22FeBr3 HBr+AgNO3AgBr+HNO3（2）导气（导出HBr）兼冷凝（冷凝和Br2蒸气）（3）旋转分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合物滴到铁粉上；托起软橡胶袋使Fe粉沿导管落入溴和苯组成的混合液中（4）Br2和苯的蒸气逸出，污染环境（5）吸收反应中随HBr气体逸出的Br2和苯蒸气；CCl4由无色变橙色；易被气体压入试管中（6）随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸
14、气不能回流到反应器中，原料利用率低 导管插入AgNO3溶液中易产生倒吸【解析】（1）单质溴具有强氧化性，能把铁氧化生成溴化铁，反应的方程式是2Fe+3Br22FeBr3；三个装置都是用来制取溴苯的，所以反应的方程式是。B装置中生成的溴化氢还能和硝酸银溶液反应生成浅黄色溴化银沉淀，反应的方程式是HBr+AgNO3AgBr+HNO3。（2）由于单质溴和苯都是极易挥发的，所以长导管除了起导气的作用外，还兼起冷凝回流的作用。（3）由于B装置中有分液漏斗，所以操作是旋转分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合物滴到铁粉上；而C装置没有分液漏斗，所以正确的操作是托起软橡胶袋使Fe粉沿导管落入溴和苯组成的混合液中。
15、（4）由于不能及时密封，所以容易造成Br2和苯的蒸气逸出，污染环境。（5）双球吸收管中还有四氯化碳，所以其作用是吸收反应中随HBr气体逸出的Br2和苯蒸气；由于单质溴易溶在有机溶剂中，所以反应后双球管中可能出现的现象CCl4由无色变橙色；如果双球管内液体不能太多，则液体就易被气体压入试管中，所以不能太多。（6）由于溴单质和苯都是易挥发的，所以随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低。其次由于溴化氢极易溶于水，导管插入AgNO3溶液中易产生倒吸。19高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料。实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下：（1）制备MnSO4溶
16、液：在烧瓶中（装置见下图）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h。停止通入SO2，继续反应片刻，过滤（已知MnO2+ H2SO3= MnSO4H2O）。石灰乳参与反应的化学方程式为 。反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有 。若实验中将N2换成空气，测得反应液中Mn2+、SO42的浓度随反应时间t变化如下图。导致溶液中Mn2+、SO42浓度变化产生明显差异的原因是 。（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。
17、请补充由（1）制得的MnSO4溶液制备高纯MnCO3的操作步骤实验中可选用的试剂：Ca(OH)2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH。边搅拌边加入 ，并控制溶液pH ； ；检验SO42-是否被洗涤干净；（实验操作： ）用少量C2H5OH洗涤； 。【答案】（1）Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O ；控制适当的温度、缓慢通入混合气体；Mn2+催化O2与H2SO3反应生成H2SO4（或H2SO3+ O2= H2SO4）；（2）Na2CO3，pH7.7； 过滤，用少量水洗涤23次；取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净；低于100干燥。【解析
18、】试题分析：（1）SO2有毒，尾气必须处理，且属于酸性氧化物，和石灰乳发生反应，其反应方程式为：Ca(OH)2SO2=CaSO3H2O；为使SO2尽可能转化完全，要缓缓通入气体，防止SO2没有被完全反应，还要控制温度；从图中可以看出，c(Mn2)减少，c(SO42)增加，可以认为Mn2在O2与H2SO3反应中其催化作用；（2）实验目的是制备高纯MnCO3，因此加入Na2CO3，调节pH7.7，防止Mn2生成Mn(OH)2，发生Mn2CO32=MnCO3；步骤中生成沉淀，然后进行过滤，对沉淀进行洗涤；检验SO42，取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干
19、净；步骤中用乙醇洗涤，步骤对沉淀进行干燥，但MnCO3在100时开始分解，因此应在低于100干燥。考点：考查实验基本操作、物质的制备、离子的检验等基本知识。20（16分）氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁，实验室制备装置和工业制备流程图如下：已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/02080100溶解度（g/100g H2O）74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸当时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K
20、2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl36H2O晶体请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_。（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是_。（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入_后、_、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：_。（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为_。（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反
21、应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL-1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32-2I-+S4O62-）滴定终点的现象是：_。样品中氯化铁的质量分数_。【答案】（1）把亚铁离子全部氧化成三价铁离子（2）装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分）（3）盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶（4）2Fe2+Cl2=2Fe3+ （5）Fe2Cl6（6）溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 162.5cV/m%【解析】试题分析：（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl
22、36H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化；（3）从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe
23、2+Cl2=2Fe3+；（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6；（6）称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；由反应：2Fe3+2I -=2Fe2+I2； I2+2S2O32
24、-2I-+S4O62-；可得关系式：2Fe3+-I2-2S2O32-1 1n cV10-3求得n（Fe3+）=cV10-3mol，则样品中氯化铁的质量分数为：（Fe3+）=cV10-3mol10162.5g/mol100%=162.5cV/m%。【考点定位】考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、氧化还原反应滴定应用、溶度积有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。【名师点晴】本题主要是考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，明确实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综
25、合运用知识分析问题、解决问题的能力。设计实验方案时，要注意用最少的药品和最简单的方法；关于对实验设计方案的评价，要在两个方面考虑，一是方案是否可行，能否达到实验目的；二是设计的方法进行比较，哪种方法更简便。基本思路：基本步骤：（1）认真审题，明确实验目的，找出实验原理。（2）根据实验原理选择仪器和药品，并设计出合理的实验装置和操作步骤。（3）准确地记录实验过程中的实验现象和数据，并运用分析、计算、图表、推理等方法处理有关实验现象和数据，得出正确的结论21A、B是分子量不相等的两种有机化合物，无论A、B以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生的水的质量也不变。试写出两组符合上述条
26、件的分子式，并回答A、B应满足什么条件。 【答案】两组有机物的分子式为C2H2和C6H6或者HCHO和CH3COOH. A、B分子中含有相同的H的质量百分含量。 【解析】解答本题时应注意，在回答“A、B应满足什么条件”的问题时不能只答“最简式相同”，因为“最简式相同”仅是题目要求找出的规律的特例，还不全面。因为题目只要求生成H2O的质量不变，至于其它元素究竟是C还是O，题目是不问的。如果将C换成O，只要仍然保持H的质量百分含量不变，也应当是符合题目要求的。根据C原子量为12、O原子量为16，可知，如果用4个C换3个O也应该是可行的。例如C12H8和C6H4符合题意，将后者6个C中的4个C换成3
27、个O得到分子式为C2H4O3也应该符合条件。22根据下列框图回答问题（答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）：（1）写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式： （2）某同学取Y的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式：_（3）写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式 【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4 = CuSO4+2H2O （2）4Fe2+O2+4H+ = 4Fe3+2H2O2Fe3+2I- = 2Fe2+I2 （3）10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3 = 2K2FeO4+6KCl+8H2O【解析】试题分析：红色金属M生
28、成蓝色溶液，M为铜；Y与KSCN反应溶液显红色，可知E为铁、Y为Fe2(SO4)3、X为FeSO4；Z为Fe(OH)3；铜溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式，Cu+H2O2+H2SO4 = CuSO4+2H2O；（2）Fe2(SO4)3将KI氧化为I2，离子方程式2Fe3+2I- = 2Fe2+I2；（3）Cl2将Fe(OH)3氧化为K2FeO4的化学方程式10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3 = 2K2FeO4+6KCl+8H2O。考点：本题考查氧化还原反应、离子方程式。23M 是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构为（不考虑立体结构，其中R为）M的一条合成路线如下（
29、部分反应试剂和条件省略）完成下列填空：（1）写出反应类型反应_、反应_；（2）写出反应试剂和反应条件反应_、反应_；（3）写出结构简式B_、C_；（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应；分子中有5种不同化学环境的氢原子（5）丁烷氯化可得到2-氯丁烷，设计一条从2-氯丁烷合成1，3-丁二烯的合成路线（合成路线常用的表示方式为：目标产物）_【答案】（16分）（1）取代反应 （1分）氧化反应 （1分）（2）C2H5OH，浓硫酸，加热 （2分） NaOH/H2O，加热；盐酸或盐酸，加热（2分）（3）（2分）（4）（2分（5）【解析】试题分析：
30、（1）根据反应前后有机物的结构简是啊变化可知，反应是苯环上的氢原子被取代，属于取代反应，根据反应的产物继续反应所得的产物中含有醛基，因此根据反应前后分子式的变化可知，该反应去掉了2个氢原子，因此是羟基被氧化生成醛基，属于氧化反应。（2）反应的产物中含有酯基，属于酯化反应，且是乙醇酯化，则反应条件是乙醇，浓硫酸，加热。D分子中含酯基，而M分子中含有羧基，因此反应首先是酯基的水解反应，要完全水解则需要氢氧化钠的水溶液，加热，要进一步转化为M害需要将氨基转化为盐酸盐，即反应条件还有盐酸或盐酸加热。（3）D分子中含有肽键，因此B与C反应是氨基与羧基的脱水形成肽键，因此根据D的结构简式可知，B和C的结构
31、简式分别为：。(4)能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有5种不同化学环境的氢原子，即含有5类不同的氢原子，因此根据A的结构简式，可知符合条件的有机物的结构简式为。（5）合成1,3-丁二烯可以采用逆推法来完成，即卤代烃消去反应引入碳碳双键，而要引入卤素原子，可以通过碳碳双键的加成反应 实现，则合成路线可设计为：考点： 有机物的合成【名师点睛】这是2014年上海高考题，考查有机物的合成，侧重于学生的分析能力和考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大，注意把握有机物的结构和性质。24(12分)A是一种军用催泪弹的主要成分,H可制得高聚物PLA。
32、经分析A 的相对分子质量为161，除含有C、H外，它还含有一个卤原子，分子中只含有一个甲基。化合物AH 的转化关系如下图所示，其中足量的新制Cu(OH)2 悬浊液与1 mol C 反应可生成1 mol Cu2O 和1 mol D，B1和B2 互为同分异构体，B1 的摩尔质量80g/mol；G1 和G2 互为同分异构体，二者的核磁共振氢谱均只有两种氢环境，G1无甲基。一个碳原子上连有两个碳碳双键的结构(-CCC-)不稳定。请完成下列问题：（1）A 的结构简式： _ ；B1 的分子式为 。（2）反应的化学方程式： 。（3）写出H在一定条件下生成高聚物的反应方程式 。（4）符合下列条件的E 的同分异
33、构体共有 种。含有三个甲基； 能与NaHCO3 反应； OH、Br不连在同一个碳原子上。（5）设计实验验C 中所含有的非氧官能团 _。【答案】（1）；(2分) C6H8 (2分)（2）HOOCCH2CHBrCH2CH(OH)CH3 + H2O (2分)（3） (2分) （4）2(2分)（5）取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子(2分)【解析】试题分析：根据转化关系图可知A最终生成F中有6个C原子、含有1个Br原子，因此A中含有6个C原子、1个Br原子，其余为H原子，H原子个数为161-80-6129，所以A的分子式为C6H9
34、Br。由于其臭氧化后的产物只有一种，这说明A应是环状化合物。又因为分子结构中只有一个甲基，所以A为不饱和五元环状物。根据A的臭氧化后的产物C与氢氧化铜悬浊液反应的比例关系知C分子中只有一个醛基，因此A中甲基连在其中的一个不饱和碳原子上，再结合题目中提供的结构信息知，A结构简式为。根据题中信息可知A发生氧化后生成C，C为，C氧化为D，D再与氢气发生加成反应、酸性条件下得到E，所以D的结构简式为为，因此E的结构简式为HOOCCH2CHBrCH2CH（OH）CH3，E发生酯化反应生成F，则F的结构简式为。B1是A的消去产物，其分子式为C6H8。B2臭氧化后得到G1和G2互为同分异构体，二者的核磁共振
35、氢谱均只有两种氢环境，其中G1无甲基，则B2为，G1为OHC-CH2-CHO，G2为OHCCOCH3，由转化关系可知H为HOOCCH（OH）CH3。（1）根据以上分析可知A 的结构简式为；B1 的分子式为C6H8。（2）反应的化学方程式为HOOCCH2CHBrCH2CH(OH)CH3 + H2O。（3）H在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的反应方程式为。（4）含有三个甲基；能与NaHCO3反应，说明含有羧基；OH、Br不连在同一个碳原子上，则符合条件的有机物结构简式为，即共计是2种。（5）C中的非氧官能团是溴原子，需要通过水解反应转化为溴离子再进行检验，因此实验操作为取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子。考点：考查与家庭推断和合成、官能团、同分异构体判断、官能团检验及方程式书写
