1、2015-2016学年甘肃省定西市通渭县马营中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题包括13小题每小题6分，共78分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂2下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等3下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在
2、Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN4能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O5一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：56下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的性质的叙述中，错误
3、的是（）A等质量的Na2CO3、NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生CO2的体积大B等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与同浓度的足量盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍C将石灰水加入NaHCO3溶液中不会产生沉淀，加入Na2CO3溶液中会产生沉淀D等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量相等7分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构）（）A3种B4种C5种D6种二、解答题（共3小题，满分43分）8为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验
4、（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）实验操作实验现象打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解打开B中分流漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色（1）A中发生反应的化学方程式是（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2SO2乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2SO2（
5、3）中滴入少量H2O2没有明显变化提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化Br观点2：B中有未反应的H2SO3为验证观点2，应进行的实验操作及现象是（4）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是9乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下：已知：氯化钙可与乙醇形成CaCl26C2H5OH2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2OI制备过程装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液（1）写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式（2）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸
6、，B的容积最合适的是（填入正确选项前的字母）A25mL B50mL C250mL D500mL（3）球形干燥管的主要作用是（4）预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液，目的是提纯方法：将D中混合液转入分液漏斗进行分液有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物将粗产物蒸馏，收集77.1的馏分，得到纯净干燥的乙酸乙酯（5）第步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是、10某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验步骤
7、及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根据实验能得出的结论是；（2）沉淀丙中一定含有，可能含有（3）该溶液中肯定存在的离子有（4）气体甲的化学式为；气体乙的名称为；气体丙的分子几何构型是；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为；【选修5-有机化学基础】11聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相
8、容性方面有很好的应用前景 PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）由B生成C的化学方8式为（3）由E和F生成G的反应类型为，G的化学名称为（4）由D和H生成PPG的化学方程式为若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为 （填标号）a 48b 58c 76d122（5）D的网分异构体中能同时满足下列条件的共有 种（不含立体异构）：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气
9、体 既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是 （写姑构简式）：（6）D的所有同分异构体在下列种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是（填标号）a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪2015-2016学年甘肃省定西市通渭县马营中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题每小题6分，共78分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅
10、和二氧化硅【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B2下列关于同温同压下的两种气体12C18O
11、和14N2的判断正确的是（）A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题【解答】解：A由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故A错误；B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；C12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，
12、体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；D12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误故选C3下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN【考点】离子共存问题【分析】A无色溶液不存在有颜色离子，离子之间不反应的能大量共存；B酸性溶液中存在大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；C弱碱性条件下，离
13、子之间不反应的能大量共存；D中性条件下，铁离子和硫氰根离子发生络合反应【解答】解：AAl3+、S2发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D中性条件下，Fe3+、SCN生成络合物而不能大量共存，故D错误故选C4能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+
14、4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D5一定条件下
15、硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，由硝酸根中+5价降低氮气为0价，根据电子转移守恒计算反应中被氧化与被还原的氮原子数之比【解答】解：反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中3价升高为氮气中0价，被氧化；由硝酸根中+5价降低氮气为0价，被还原根据电子转移守恒可知反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（50）：0（3）=5：3故选：A6下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的性质的
16、叙述中，错误的是（）A等质量的Na2CO3、NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生CO2的体积大B等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与同浓度的足量盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍C将石灰水加入NaHCO3溶液中不会产生沉淀，加入Na2CO3溶液中会产生沉淀D等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量相等【考点】钠的重要化合物【分析】A等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多；B等物质的量的Na2CO3和NaHCO3，Na2CO3中的钠离子是NaHCO3中的钠离子两倍；C
17、Na2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2溶液反应生成沉淀，方程式为：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3+2NaOH和NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3+NaOH+H2O【解答】解：A等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故A正确；B等物质的量的Na2CO3和NaHCO3，Na2CO3中的钠离子是NaHCO3中的钠离子两倍，所根据钠、氯原子守恒，则Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍，故B正确；CNa2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为Na2CO3+
18、Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH和NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+NaOH+H2O，故C错误；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2溶液反应生成沉淀，方程式为：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3+2NaOH和NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3+NaOH+H2O，所以等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量相等，故D正确故选C7分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构）（）A3种B4种C5种D6种【考点】真题集萃；有机化合物的异构现象【分析】分子式为C5H10O2且与NaH
19、CO3溶液能产生气体，则该有机物中含有COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数【解答】解：分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C4H9，C4H9异构体有：CH2CH2CH2CH3，CH（CH3）CH2CH3，CH2CH（CH3）CH3，C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）实验操作实验现象打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生
20、，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解打开B中分流漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色（1）A中发生反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2SO2乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C
21、中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2SO2（3）中滴入少量H2O2没有明显变化提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化Br观点2：B中有未反应的H2SO3为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色（4）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2Br2SO2【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；（2）由于在装置中含有空气，空气中的
22、氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，先排尽空气；由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，常见的除溴可以用CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；（4）物质在发生氧化还原反应中氧化性的强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、
23、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2Br2SO2；【解答】解：（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；（2）由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹，故答案为：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；由于溴单质有挥发性，溴单质也可以
24、将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液，故答案为：CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，故答案为：取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；（4）物质在发生氧化还原反应中氧化性的强的可以摆氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、B
25、r2氧化性由强到弱的顺序是H2O2Br2SO2，故答案为：H2O2Br2SO2；9乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下：已知：氯化钙可与乙醇形成CaCl26C2H5OH2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2OI制备过程装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液（1）写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（2）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是B（填入正确选项前的字母）A25mL B50mL C250mL D5
26、00mL（3）球形干燥管的主要作用是防倒吸（4）预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液，目的是便于观察液体分层提纯方法：将D中混合液转入分液漏斗进行分液有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物将粗产物蒸馏，收集77.1的馏分，得到纯净干燥的乙酸乙酯（5）第步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是分液漏斗、烧杯【考点】乙酸乙酯的制取【分析】（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙醇、乙酸反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；（2）烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的且不少于；（3）根据粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇
27、的混合物中各自的性质，以及加热不充分也能产生倒吸进行解答；（4）饱和碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇见变红色，有利于观察颜色；（5）根据分液操作用到的仪器回答【解答】解：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；（2）烧瓶内的液体体积约为3ml+9.5ml+6ml=18.5mol，烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的且不少于，因此50ml符合，故答案为：B；（3）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而
28、产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，用球形干燥管，除起冷凝作用外，球形干燥管球形部分由于容积较大，也能起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；（4）在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度较低，出现分层，饱和碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇见变红色，有利于观察液体分层，故答案为：便于观察液体分层；（5）分液操作中用到的主要仪器是分液漏斗，烧杯作为盛放分层液体的容器，故答案为：分液漏斗；烧杯10某溶液的溶质是由下列中的几种离子构成：Na+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、CO32、AlO2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验步骤及结果如下：向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲；向溶液甲中加入过量N
29、H4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同请回答下列问题：（1）只根据实验能得出的结论是该溶液中至少还有CO32、SO32中的一种，一定不含Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）沉淀丙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4（3）该溶液中肯定存在的离子有Na+、SO32、AlO2（4）气体甲的化学式为SO2；气体乙的名称为二氧化碳；气体丙的分子几何构型是三角锥形；（5）向溶液甲中加入NH4HCO3溶液至过量，该过程中发生的离子方程式为H+HCO3C
30、O2+H2O；Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】向溶液中加入过量稀盐酸，得到气体甲和溶液甲，则气体为二氧化碳或二氧化硫，或均存在；向溶液甲中加入过量NH4HCO3溶液，得到白色沉淀乙、气体乙和溶液乙，可知沉淀乙为氢氧化铝、气体乙为二氧化碳；向溶液乙中加入过量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀丙、气体丙和溶液丙，沉淀丙一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气；检验气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为二氧化硫，乙为二氧化碳，丙为氨气，结合离子之间的反应及现象来解答【解答】解：（1）通过实验中，加入过量稀
31、盐酸有气体产生，故溶液中至少含有CO32、SO32中的一种，若含有CO32、SO32中的一种，则一定不能含有Fe3+、Cu2+、Ba2+；由于溶液中不显电性，由电荷守恒可知一定有阳离子为Na+，故答案为：至少含有CO32、SO32中的一种，一定不含有Fe3+、Cu2+、Ba2+，一定含有Na+；（2）实验中加入NH4HCO3溶液，得到气体乙，证明原溶液中一定不含有碳酸根，实验中产生的气体甲为SO2，原溶液中一定含有SO32；气体乙为二氧化碳，溶液甲中能够与NH4HCO3溶液产生白色沉淀乙只有Al3+，则产生的溶液乙中主要含有CO32、Na+、HCO3、Cl、NH4+，但不能确定是否含有硫酸根离
32、子；实验中加入Ba（OH） 2产生的沉淀丙中一定含有BaCO3可能含有BaSO4，产生的气体丙为氨气，故答案为：BaCO3；BaSO4；（3）通过上述可知，原溶液中一定含有Na+、SO32、AlO2三种离子，故答案为：Na+、SO32、AlO2；（4）气体甲、气体乙、气体丙，都只含有一种成份，而且各不相同，则甲应为SO2，乙为二氧化碳，丙为氨气气体，其空间构型为三角锥形，故答案为：SO2；二氧化碳；三角锥形；（5）甲溶液中含有的主要离子有H+、Al3+故可能发生的离子反应为HCO3+H+=CO2+H 2O、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：HCO3+H+=CO2+H2O；
33、 Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2【选修5-有机化学基础】11聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景 PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）由B生成C的化学方8式为（3）由E和F生成G的反应类型为加成反应，G的化学名称为3羟基丙醛（4）由D和H生成PPG的化学方程式为若PPG平均相对分子质量为10000，
34、则其平均聚合度约为 （填标号）ba 48b 58c 76d122（5）D的网分异构体中能同时满足下列条件的共有5 种（不含立体异构）：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是 （写姑构简式）：（6）D的所有同分异构体在下列种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是c（填标号）a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪【考点】有机物的推断【分析】烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢， =510，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B为，B发生消去反应生成
35、C为，化合物C的分子式为C5H8；C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），以此来解答【解答】解：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢， =510，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B为，B发生消去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8；C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量
36、差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），（1）A的结构简式为，故答案为：； （2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由E和F生成G的反应类型为加成反应，G的化学名称为3羟基丙醛，故答案为：加成反应；3羟基丙醛；（4）由D和H生成PPG的化学方程式为，故答案为：；若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为58，故答案为：b；（5）D的同分异构体中能同时满足能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应COOCH，D中共5个C，则含3个CCC上的2个H被COOH、OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是，故答案为：5；（6）D及同分异构体中元素组成相同，所以由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故选c2016年11月29日
