1、2016年江西省萍乡市莲花县高考化学五模试卷（实验班）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1在相同温度和压强下，等质量的下列气体所占体积最大的是（）AH2BO2CCO2DCl22用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的是（）A制取并收集乙炔B比较NaHCO3，Na2CO3的热稳定性C吸收HCl气体且防止倒吸D实验室中制取少量乙酸乙酯3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4
2、H+SO42+3S+2H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4 Na+2Cu（OH）2+O24莽草酸结构简式如图下列说法错误的是（）A该物质分子式为C7H10O5B该物质与乙酸互为同系物C该物质能与乙醇发生酯化反应D1mol该物质与Na反应时，最多消耗Na 4mol5下列有关元素性质比较正确的是（）A氢化物稳定性：PH3H2SHClB沸点：H2OHFHClC原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO36实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c
3、中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD7对于反应A2（g）+2B2 （g）2AB2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（）ABCD8一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8Li2S8）工作原理示意如图下列有关该电池说法正确的是（）AB电极发生还原反应BA电极上发生的一个电极反应为：2Li+S8+2eLi2S8C每生成1mol Li2S8转移0.25mol电子D电子从B电极经过外电路流向A电极，再经过电解质流回B电极二、解答题（共4小题，满分52分）
4、9某烧碱溶液中含有少量杂质（不与盐酸反应），现用中和滴定测定其浓度（1）滴定：用式滴定管盛装1.00mol/L盐酸标准液如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置请将用去的标准盐酸的体积填入表空格中滴定管中剩余液体的体积0.10mL（填大于、小于或者等于）下表是3种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙酚酞变色范围（pH）5.08.03.14.48.210.0该实验不可选用作指示剂；若使用酚酞做指示剂滴定终点为有关数据记录如下：滴定序号待测液体积（mL）所消耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前滴定后消耗的体积1200.5025.1224.62220如图如图填写3206.0030.5824.5
5、8（2）根据所给数据，计算出烧碱样品中NaOH的物质的量浓度mol/L（3）下列几种情况会使测定结果偏高的是a若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶；b滴定后俯视读数；c若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外；d若未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定e未用标准液润洗酸式滴定管10有A、B、C、D四种元素：A元素形成的2价阴离子比氦的核外电子数多8；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质；C为原子核内有12个中子的可显+2价的金属，当2.4g C与足量盐酸反应时，在标准状况下放出氢气2.24L；D原子的M层上有7个电子（1）A、B、C、D的元素名称为、（2）B、C、D最高价氧化物
6、的水化物化学式为、（3）D的气态氢化物与H2S和HF稳定性大小顺序为11制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案请回答下列有关问题方案一：把一定质量的样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀（填操作名称）、洗涤、烘干、称量、计算洗涤沉淀的具体操作是方案二：把一定量的样品与足量硫酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2的体积，为了确保测定结果的准确性，B中的溶液最好采用图1装置中实验仪器a的名称是方案三：利用图2所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）实验步骤如下：按图连接装置，并检查
7、气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为33.4g；准确称得6g纯碱样品放入容器b中；打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为35.6g（1）若两步的实验操作太快，则会导致测定结果（填“偏大”或“偏小”）（2）装置A中试剂X应选用（3）E装置的作用是（4）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为（结果保留小数点后一位）12有机物AI之间的转化关系如图所示：已知：A有下列性质：苯环上只有一个取代基核磁共振氢谱中有五种峰能使Br2的CCl4溶液褪色；能与碳酸氢钠溶液反应放出气体（1）A中
8、官能团的名称为；其中最多有个原子共平面（2）G、I的结构简式为、（3）和的反应类型分别为、（4）写出C与足量NaOH溶液反应的化学方程式（5）符合下列条件的F的同分异构体有种（不考虑立体异构），写出任意一种的结构简式i不能发生水解反应ii苯环上有两个取代基iii1mol F与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag（6）参照上述合成路线，设计一条由乙烯为起始原料，制备聚乙二酸乙二酯的合成路线（无机试剂任选）2016年江西省萍乡市莲花县高考化学五模试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1在相同温度和压强下，等质量的下列气体所占体积最大的是（）AH2BO2CCO
9、2DCl2【考点】物质的量的相关计算【分析】相同温度和相同压强下，气体摩尔体积相同，根据V=计算气体体积【解答】解：相同温度和相同压强下，气体摩尔体积相同，根据V=知，等质量等温等压的情况下，气体体积与气体摩尔质量成反比，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，氯气的摩尔质量是71g/mol，所以气体体积最大的是氢气，故选A2用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的是（）A制取并收集乙炔B比较NaHCO3，Na2CO3的热稳定性C吸收HCl气体且防止倒吸D实验室中制取少量乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙炔的密度小于空气
10、的密度，应该采用向下排空气法收集；B相同加热条件下，碳酸氢钠易分解而碳酸钠不易分解，碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠的强；C有缓冲装置时就能防止溶液倒吸；D实验室中制取少量乙酸乙酯时，右边试管中应该用饱和碳酸钠溶液【解答】解：A乙炔的相对分子质量是26，空气的是29，所以乙炔的密度小于空气的密度，且乙炔和氧气在常温条件下不反应，所以乙炔应该用向下排空气法收集，故A错误；B该装置中加热碳酸氢钠的温度大于碳酸钠的温度，所以不能证明碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠的强，应该碳酸钠放置在大试管中，碳酸氢钠放置在小试管中，加热后，温度低的碳酸氢钠能分解生成二氧化碳，而碳酸钠不分解，故B错误；C两个玻璃球有缓冲作用，导管
11、插入溶液中，所以气体能充分被吸收且防止倒吸，所以该装置能达到实验目的，故C正确；D实验室中制取少量乙酸乙酯时，右边试管中应该用饱和碳酸钠溶液而不是氢氧化钠溶液，且导气管不能伸入溶液中，故D错误故选C3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4 Na+2Cu（OH）2+O2【考点】离子方程式的书
12、写【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水；B反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；C发生氧化还原反应生成S、二氧化硫；D反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气【解答】解：A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3+3SO32+2H+3SO42+2NO+H2O，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错误；CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+SO2+S+H2O，故C错误；D向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2Na2O2+2Cu2+2H2O4 Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确
13、；故选D4莽草酸结构简式如图下列说法错误的是（）A该物质分子式为C7H10O5B该物质与乙酸互为同系物C该物质能与乙醇发生酯化反应D1mol该物质与Na反应时，最多消耗Na 4mol【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物中含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题【解答】解：A由结构简式可知该有机物的分子式为C7H10O5，故A正确；B有机物含有碳碳双键和多个羟基，与乙酸结构不同，不是同系物，故B错误；C含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；D含有3个羟基、1个羧基，都可与钠反应生成氢气，则1mo
14、l该物质与Na反应时，最多消耗Na 4mol，故D正确故选B5下列有关元素性质比较正确的是（）A氢化物稳定性：PH3H2SHClB沸点：H2OHFHClC原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO3【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】A、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B、含有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高；C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；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【解答】解：A、非金属性：ClSP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定是HClH2SPH3，故A错误；B、有
15、氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：H2OHFHCl，故B正确；C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SOF，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NC，虽然Cl的非金属性较强，但HClO属于弱酸，所以酸性强弱HNO3H2CO3HClO，故D错误；故选B6实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀
16、硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】由图可知，为固体与液体反应不需要加热制取气体的装置，且气体密度比空气的大，选择向上排空气法收集，最后需要尾气处理，以此来解答【解答】解：A氯化铵与NaOH制备氨气需要加热，且氨气应利用向下排空气法收集，与图中装置不符，故A不选；B浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，不需要加热，且二氧化硫利用向上排空气法、尾气利用NaOH溶液吸收，故B选；CCu与稀硝酸反应生成NO，制备原理不符，故C不选；D浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故D不选；故选B7对于反应A2（g）+2B2 （g）2AB2（g）（正
17、反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（）ABCD【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、升高温度平衡应逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，不符合勒夏特列原理，故A错误；B、升高温度反应速率增大，所以图象的斜率错了，500度温度下斜率更大，故B错误；C、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，不符合勒夏特列原理，故C错误；D、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，温度越高AB2的含量越小，符合勒夏
18、特列原理，故D正确故选D8一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8Li2S8）工作原理示意如图下列有关该电池说法正确的是（）AB电极发生还原反应BA电极上发生的一个电极反应为：2Li+S8+2eLi2S8C每生成1mol Li2S8转移0.25mol电子D电子从B电极经过外电路流向A电极，再经过电解质流回B电极【考点】化学电源新型电池【分析】在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应：2Li+S8+2eLi2S8，电子从原电池的负极流向正极，根据电极反应式结合电子转移进行计算即可【解答】解：A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应，B是负极，发生氧化反
19、应，故A错误；B、A是正极，发生得电子的还原反应：2Li+S8+2eLi2S8，故B正确；C、正极反应式：2Li+S8+2eLi2S8，每生成1molLi2S8转移2mol电子，故C错误；D、电子从B电极经过外电路流向A电极，但是电子不会经过电解质溶液，故D错误故选B二、解答题（共4小题，满分52分）9某烧碱溶液中含有少量杂质（不与盐酸反应），现用中和滴定测定其浓度（1）滴定：用酸式滴定管盛装1.00mol/L盐酸标准液如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置请将用去的标准盐酸的体积填入表空格中滴定管中剩余液体的体积大于0.10mL（填大于、小于或者等于）下表是3种常见指示剂的变色范围
20、：指示剂石蕊甲基橙酚酞变色范围（pH）5.08.03.14.48.210.0该实验不可选用石蕊作指示剂；若使用酚酞做指示剂滴定终点为滴入最后一滴，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复有关数据记录如下：滴定序号待测液体积（mL）所消耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前滴定后消耗的体积1200.5025.1224.62220如图如图填写24.603206.0030.5824.58（2）根据所给数据，计算出烧碱样品中NaOH的物质的量浓度1.23mol/L（3）下列几种情况会使测定结果偏高的是cea若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶；b滴定后俯视读数；c若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外；d若未充分振荡
21、，刚看到溶液变色，立刻停止滴定e未用标准液润洗酸式滴定管【考点】中和滴定【分析】（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；石蕊的颜色变化不明显，不能作指示剂；使用酚酞做指示剂，酸滴碱，溶液由浅红色变无色；根据图中的数据分析；（2）先考虑数据的合理性，然后求体积的平均值，然后根据c（待测）=计算；（3）根据c（待测）=分析误差【解答】解：（1）盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；滴定管的最大刻度下面有一段高度无刻度，所以滴定管中能盛放的液体的体积大于其量程，则滴定管中剩余液体的体积大于0.10mL；故答案为：酸；大于；石蕊的颜色变化不明显，不能作指示剂，所以
22、中和滴定时不能选用石蕊作指示剂；使用酚酞做指示剂，酸滴碱，溶液由浅红色变无色，则滴入最后一滴，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复即达到滴定终点；故答案为：石蕊；滴入最后一滴，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复；滴定前读数为0.30mL，滴定后读数为24.90mL，则消耗溶液的体积为24.60mL，故答案为：24.60；（2）由第1组、第2组、第3组消耗的盐酸标准液的体积为： mL=24.60mL，c（待测）=mol/L=1.23mol/L，故答案为：1.23；（3）a若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，锥形瓶中待测物的物质的量不变，所以消耗的标准液体积不变，所以测定结果不变，故a错误；b滴定后
23、俯视读数，则消耗的标准液体积偏小，所以测定结果偏小，故b错误；c若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故c正确；d若未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则标准溶液的用量偏少，即消耗的标准液体积偏小，故d错误；e未用标准液润洗酸式滴定管，滴定管中有蒸馏水，所以标准溶液的浓度减小，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，则测定结果偏高，故e正确故答案为：ce10有A、B、C、D四种元素：A元素形成的2价阴离子比氦的核外电子数多8；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质；C为原子核内有12个中子的可显+2价的金属，当2.4g C与足量盐酸
24、反应时，在标准状况下放出氢气2.24L；D原子的M层上有7个电子（1）A、B、C、D的元素名称为氧、钠、镁、氯（2）B、C、D最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、Mg（OH）2、HClO4（3）D的气态氢化物与H2S和HF稳定性大小顺序为H2SHClHF【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】有A、B、C、D四种元素，A元素形成的2价阴离子比氦的核外电子数多8个，则A的质子数为2+82=8，则A为氧元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，则B为Na元素；C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4gC与足量热水反应时，在标准状态下放出氢气2.24L，令C的相对原子质量为x，根据电子转移守恒则
25、2=2，解得x=24，故C的质子数为2412=12，则C为Mg元素；D的M层上有7个电子，则D为Cl元素，以此解答该题【解答】解：（1）由上述分析可知，A是氧、B是钠、C是镁、D是氯，故答案为：氧；钠；镁；氯；（2）B、C、D最高价氧化物的水化物化学式分别为NaOH、Mg（OH）2、HClO4，故答案为：NaOH；Mg（OH）2；HClO4；（3）D的气态氢化物为HCl，非金属性FClS，故氢化物稳定性H2SHClHF，故答案为：H2SHClHF11制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案请回答下列有关问题方案一：把一
26、定质量的样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤（填操作名称）、洗涤、烘干、称量、计算洗涤沉淀的具体操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复23次方案二：把一定量的样品与足量硫酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2的体积，为了确保测定结果的准确性，B中的溶液最好采用饱和NaHCO3溶液图1装置中实验仪器a的名称是圆底烧瓶方案三：利用图2所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）实验步骤如下：按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为33.4g；准确称得6g纯碱样品放入容器b中；打开分液漏斗a的旋塞，缓缓
27、滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为35.6g（1）若两步的实验操作太快，则会导致测定结果偏小（填“偏大”或“偏小”）（2）装置A中试剂X应选用NaOH溶液（3）E装置的作用是防止空气中CO2和水蒸气进入D中（4）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为88.3%（结果保留小数点后一位）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】方案一：分离固液混合物的方法为过滤；洗涤沉淀的操作是在过滤器中加水浸没沉淀使水自然留下，重复操作23次；方案二：把一定量的混合物与足量硫酸反应，然后用如图装置测定产生的CO2气体的
28、体积，是利用排液法测定生成二氧化碳的气体体积进行计算，广口瓶中液体是饱和碳酸氢钠；根据装置图分析；方案三：按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为33.4g，用来计算吸收二氧化碳后的质量得到生成二氧化碳气体的准确质量；准确称得6g纯碱样品放入容器b中；打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止，使碳酸钠全部反应；打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟把生成的气体全部赶入D，然后称得干燥管D的总质量为35.6g（1）实验操作太快，则二氧化碳不能完全被碱石灰吸收；（2）X的作用是吸收空气中的二氧化碳；（3）空气中的二氧化碳和水蒸气进入D中会影响实验；（4）分
29、析实验前后装置D质量变化，并由此质量差计算样品中碳酸钠的质量，求出样品中碳酸钠的质量分数【解答】解：方案一：样品溶解后加入过量的CaCl2溶液会生成碳酸钙沉淀，分离固液混合物的方法为过滤，洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作23次；故答案为：过滤；沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复23次；方案二：把一定量的样品与足量硫酸反应后，然后用如图装置测定产生的CO2气体的体积，是利用排液法测定生成二氧化碳的气体体积，在饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度最小，所以B中的溶液最好采用饱和NaHCO3溶液；由装置图可知下图装
30、置中实验仪器a为圆底烧瓶；故答案为：饱和NaHCO3溶液；圆底烧瓶；方案三：（1）反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；则测得的二氧化碳质量偏小，所以测定结果偏小；故答案为：偏小；（2）鼓入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收，因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入氢氧化钠溶液；故答案为：NaOH溶液；（3）如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；故答案
31、为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中；（4）反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g83.4g=2.2g设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为xNa2CO3CO2106 44x 2.2g解得 x=5.3g纯碱样品Na2CO3的质量分数=100%88.3%故答案为：88.3%12有机物AI之间的转化关系如图所示：已知：A有下列性质：苯环上只有一个取代基核磁共振氢谱中有五种峰能使Br2的CCl4溶液褪色；能与碳酸氢钠溶液反应放出气体（1）A中官能团的名称为羧基、碳碳双键；其中最多有19个原子共平面（2）G、I的结构简式为、（3）和的反应类型分别为加成反应、消去反应（4）写出C与足量NaOH溶液反
32、应的化学方程式+2NaOH+NaBr+H2O（5）符合下列条件的F的同分异构体有12种（不考虑立体异构），写出任意一种的结构简式等i不能发生水解反应ii苯环上有两个取代基iii1mol F与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag（6）参照上述合成路线，设计一条由乙烯为起始原料，制备聚乙二酸乙二酯的合成路线（无机试剂任选）【考点】有机物的推断【分析】A的分子式为C9H8O2，A的苯环上只有一个取代基，能使Br2的CCl4溶液褪色，能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明A的取代基上含有碳碳双键、COOH，核磁共振氢谱中有五种峰，则A为，A与HBr发生加成反应生成B及C，C在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反
33、应、酸化得到H，H中含有羧基、羟基，H在浓硫酸加热条件下得到I，I分子中含有3个六元环，应是2分子H发生酯化反应得到H，且I中羧基、羟基连接同一碳原子，故H为、I为，则C为，B为B与甲醇发生酯化反应生成D为，D在醇溶液加热条件下发生消去反应生成F为，F发生加聚反应生成高分子化合物G为，C与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生消去反应生成F（6）中乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成HOCH2CH2OH，发生催化氧化生成OHCCHO，再进一步氧化生成HOOCCOOH，最后与乙二醇在浓硫酸、加热条件下发生缩聚反应得到聚乙二酸乙二酯【解答】解：A的分
34、子式为C9H8O2，A的苯环上只有一个取代基，能使Br2的CCl4溶液褪色，能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明A的取代基上含有碳碳双键、COOH，核磁共振氢谱中有五种峰，则A为，A与HBr发生加成反应生成B及C，C在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应、酸化得到H，H中含有羧基、羟基，H在浓硫酸加热条件下得到I，I分子中含有3个六元环，应是2分子H发生酯化反应得到H，且I中羧基、羟基连接同一碳原子，故H为、I为，则C为，B为B与甲醇发生酯化反应生成D为，D在醇溶液加热条件下发生消去反应生成F为，F发生加聚反应生成高分子化合物G为，C与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生消去反应生成F（1）A为，含有官
35、能团为羧基、碳碳双键，苯环为平面结构、碳碳双键为平面结构、COO为平面结构，三个平面通过旋转单键可以处于同一平面，旋转单键可以使羧基中H原子处于该平面内，分子中所有原子都可以处于同一平面内，即最多有19个原子共平面，故答案为：羧基、碳碳双键；19；（2）G、I的结构简式分别为、，故答案为：；（3）反应属于加成反应，反应属于消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（4）C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为： +2NaOH+NaBr+H2O，故答案为： +2NaOH+NaBr+H2O；（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：i不能发生水解反应，没有酯基，ii苯环上有两个取代基，iii1mol F与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，含有2个CHO，（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），故共有12种，故答案为：12；等；（6）中乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成HOCH2CH2OH，发生催化氧化生成OHCCHO，再进一步氧化生成HOOCCOOH，最后与乙二醇在浓硫酸、加热条件下发生缩聚反应得到聚乙二酸乙二酯，合成路线流程图为：，故答案为：2016年12月20日
