1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）1.周礼)记载“煤饼烧砺(贝壳)成灰”，并把这种灰称为“蜃”，古人蔡伦以“蜃”改进了造纸术。下列说法错误的是A. 贝壳的主要成分CaCO3B. “砺成灰”是氧化还原反应C. “蜃”与水混合，溶液呈碱性D. 纸张主要成分是纤维素【答案】B【解析】【详解】A、“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，选项A正确；B、“砺成灰”是碳酸钙灼烧生成氧化钙和二氧化碳，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项B错误；C、“蜃”主要成分是氧化钙，氧化钙溶于水即可得到氢
2、氧化钙，氢氧化钙溶液呈碱性，选项C正确；D、纸张主要成分是纤维素，选项D正确。答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A. 25，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH数目为0.1NAB. 常温常压下，22.4L Cl2和5.6gFe充分反应转移电子数目为0.3 NAC. 8.0gCu2S和CuO的混合物中所含的铜原子数为0.1 NAD. 标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA【答案】A【解析】【分析】A. 溶液的体积未知，无法计算溶液中OH数目；B. 铁与氯气充分反应生成氯化铁，反应物中有22.4L Cl2和5.6gFe，分别换算成物质的量可知，铁少量，据
3、此分析作答；C. 混合物中Cu2S的摩尔质量是CuO的两倍，其分子内所含铜原子数也为CuO的两倍，据此分析作答；D. 1 mol乙烷分子中所含极性键6 mol；【详解】A. 因溶液的体积未知，条件不足则无法通过溶液中的pH值换算成OH数目，故A项错误；B. 铁与氯气反应的方程式为：3Cl2+2Fe2FeCl3，常温常压下22.4L Cl2的物质的量略小于1 mol，而5.6 g Fe的物质的量为 = 0.1 mol，根据化学方程式的计量数可看出，充分反应，氯气剩余，依据关系式2Fe 6e-得，5.6gFe充分反应转移电子数目为0.3 NA，故B项正确；C. 混合物中Cu2S的摩尔质量是CuO的
4、两倍，其分子内所含铜原子数也为CuO的两倍，则 8.0 g Cu2S和CuO的混合物可以等效成是CuO，则其含有的铜原子数为NA = 0.1 NA，故C项正确；D. 标准状况下，5.6 L乙烷物质的量为 = 0.25 mol，乙烷分子的结构简式为，则0.25 mol乙烷分子中所含极性键6 0.25 molNA = 1.5NA，故D项正确；答案选A。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题B项是干扰项，也是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准
5、状态下的固体、液体当成气体，但该题中氯气过量，并不需要实际氯气的具体物质的量解决问题，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。3.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向某溶液中加H2O2 溶液，滴加KSCN溶液溶液变成血红色原溶液中一定含有Fe2+B向H2S 溶液通入O2 溶液变浑浊氧化性：O2SC先等浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液分别滴加2滴酚酞溶液后者红色更深水解程度：碳酸氢钠碳酸钠D向1mol/LNa2S溶液中滴加0.1mol/LZnSO4 溶液制不再产生沉淀，继续滴加0.1mol/LCuSO4溶液白色沉淀转化为黑色Ksp(CuS)Ksp(ZnS)A. AB.
6、 BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.原溶液中也有可能是Fe3+，故A错误；B.2H2S+O2=2S+ 2H2O，该反应O2是氧化剂，S是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故B正确；C.向等浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，后者红色深，说明碳酸钠溶液的碱性更强，水解程度Na2CO3NaHCO3，故C错误；D.硫酸锌完全反应，白色沉淀变为黑色沉淀，说明ZnS转化为CuS，则CuS的溶解度比ZnS小，Ksp(CuS) Ksp(ZnS)，故D错误。故选B。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A. 无色透明溶液中：K+、MnO4-、C
7、l-、H+B. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C. pH=12的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D. 含Na2SO3的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-【答案】C【解析】A. MnO4-为紫色，故A错误； B. =10-12的溶液，说明溶液显强酸性，则H+与ClO-不能大量共存，B错误；C. pH=12的无色溶液为强碱溶液，则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存，C正确；D. SO32-有强还原性，则硝酸有强氧化性，要发生氧化还原反应，D错误。答案选C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均
8、是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径：WXYXC. 化合物XYZ中只含共价键D. K、L、M中沸点最高的是M【答案】C【解析】【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，甲是单质，且与浓硫酸反应生成SO2、H2O，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为
9、S元素。【详解】A项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，CO，故A错误；B项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，OS，故B错误；C项、化合物COS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；D项、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。6.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）A. 电子由N极经外电
10、路流向M极B. N电极区的电极反应式为C. 在碱液室可以生成 D. 放电一段时间后，酸液室溶液pH减小【答案】B【解析】【分析】氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2，故B正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子
11、交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。故选B。7.常温下，向20 mL 0.1 molL-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A. 常温下，0.1 molL-1氨水中的电离常数约为B. a、b之间的点一定满足：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)C. c点溶液中c(NH4+)c(Cl-)D. b点代表溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】A.常温下，0.1mol/L的氨
12、水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（O
13、H）/c（NH3H2O）=103103/0.1mol/L=110-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。8.亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐相似。
14、下面是某学习小组设计的制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：和溶液反应生成和为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀亚硝酸钠的制取实验仪器a的名称为_，A装置中发生的化学反应方程式为_。装置中多孔球泡的作用_。若装置B中逸出的NO与气体物质的量之比为，则装置B中发生反应的化学方程式为_。实验过程中需控制C装置中溶液，否则C中生成的的产量会下降，理由是_。请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有产生：_。 限选用的试剂：稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液亚硝酸钠的纯度检验已知：反应结束后C中溶液通过结晶获得粗产品mg，溶解后稀释至250mL，分别取用的酸性溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性溶液
15、的体积为VmL。则粗产品中的质量分数为_用含c、V、m的式子表示。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓 (3). 增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行 (4). (5). 如果，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使其产量下降 (6). 取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有生成 (7). 。【解析】【分析】仪器a的名称为分液漏斗，A装置中硫酸与亚硫酸钠发生强酸制弱酸的反应生成。利用B装置中的多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积。装置B中逸出的NO与的物质的量之比为2：1，假设生成2molNO和，共转移，则被氧化的的物质的量为，从而得出反应中SO2、
16、NO、NO2物质的量之比为7:4:2，利用此关系可写出反应的方程式。实验过程中，需控制C中溶液的，否则产率会下降，理由是如果，。(5)取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有生成；设NO2-的物质的量为n 则：n=2.5cV10-3mol250mL溶液中所含物质的量，则粗产品中的质量分数。【详解】仪器a的名称为分液漏斗，A装置中硫酸与亚硫酸钠发生强酸制弱酸生成，化学方程式为：浓，故答案为：分液漏斗；浓；利用B装置中的多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行，故答案为：增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；装置B中逸出的NO与的物质的量之比为2：
17、1，假设生成2molNO和，共转移，则被氧化的的物质的量为，故装置B中发生反应的化学方程式为，故答案为：；实验过程中，需控制C中溶液的，否则产率会下降，理由是如果，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，故答案为：如果，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体，使其产量下降；已知，设计实验方案：取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有生成；故答案为：取C中溶液少量于试管中，加足量稀硝酸有气体生成，遇空气变红棕色，则证明C中有生成；设NO2-的物质的量为n则：n=2.5cV10-3mol250mL溶液中所含物质的量，则粗产品中的质量分数，故答案为：。【点睛】含有三种变价元素
18、或两种元素三种价态的反应方程式配平时，应首先找到两种元素或两种价态间的定量关系，然后把它们当成一个整体，利用得失电子总数相等的原则进行配平。如果找不到三种元素或三种价态中任意两种间的定量关系，则有无数组配平方式。9.空气污染问题日益引起全民关注。（1）PM 2.5是指大气中直径小于或等于2.5m(1m100nm)的颗粒物。下列说法不正确的是_(填字母代号)。aPM 2.5主要来源于火力发电、工业生产、汽车尾气排放等过程bPM 2.5颗粒小，所以对人体无害c直径介于12.5m的颗粒物分散到空气中可形成胶体d推广使用电动汽车，可以减少PM2.5的污染（2）北京科研工作者用五年时间研究出利用石灰乳除
19、工业燃煤尾气中的硫(SO2、SO3)和氮(NO、NO2)的新工艺，该新工艺既能净化尾气，又能获得应用广泛的CaSO4和Ca(NO2)2。CaSO4可以调节水泥的硬化时间，尾气中SO2与石灰乳反应生成CaSO4的化学方程式为_。Ca(NO2)2可制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。尾气中NO、NO2与石灰乳反应生成Ca(NO2)2的化学方程式为_。（3）空气中的铅污染可用火焰原子吸收分光光度法分析。已知PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0% 的残留固体，若a点固体表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和m：n值。(结果保留一位小数)(要求写
20、出计算过程)。_。【答案】 (1). bc (2). 2SO2O22Ca(OH)2=2CaSO42H2O (3). NONO2Ca(OH)2=Ca(NO2)2H2O (4). PbO2=PbOx + O2 32 = 239 4.0% x=1.4 = 1.4 = 【解析】【分析】（1）a. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5m的颗粒物。它的主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物。b. PM2.5表面积大，具有吸附性，能吸附大量有毒物质。c.胶体微粒直径在10-7m 10 -9m之间， PM2.5粒子的大小不符合。d.减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空
21、气中PM2.5。（2）尾气中SO2与氧气和石灰乳反应生成CaSO4和水尾气中NO、NO2 与石灰乳反应生成Ca(NO2)2和水。（3）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2=PbOx + O2，有（1-2/x）32=2394.0%，得x=1.4；若组成为mPbO2nPbO，根据原子守恒得，O原子和Pb原子的比值= = 1.4， = ，答：通过计算求得x=1.4， = 。【详解】（1）a. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5m的颗粒物。它的主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，故a正确；b. PM2.5表面积大，具有吸附性，能吸附大量有毒物质，故b错
22、误；c.胶体微粒直径在10-7m 10 -9m之间， PM2.5粒子的大小不符合，故c错误；d.减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中PM2.5，故d正确。故选bc。（2）尾气中SO2与氧气和石灰乳反应生成CaSO4和水,反应方程式为：2SO2O22Ca(OH)2=2CaSO42H2O，故答案为2SO2O22Ca(OH)2=2CaSO42H2O。尾气中NO、NO2 与石灰乳反应生成Ca(NO2)2和水，反应方程式为NONO2Ca(OH)2=Ca(NO2)2H2O，故答案为NONO2Ca(OH)2=Ca(NO2)2H2O。（3）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2=PbOx + O2
23、，有（1-2/x）32=2394.0%，得x=1.4；若组成为mPbO2nPbO，根据原子守恒得，O原子和Pb原子的比值= = 1.4， = ，答：通过计算求得x=1.4， = 。故答案为PbO2=PbOx + O2 32 = 239 4.0% x=1.4 = 1.4 = 。10.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。. NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。已知：N2(g)O2(g) 2NO(g)H180 kJmol12CO(g)O2(g) 2CO2(g)H564 kJmol1（1）2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g)H_。（2）T时，将等物
24、质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(015 min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。已知：平衡时气体的分压气体的体积分数体系的总压强，T时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T时该反应的压力平衡常数Kp _；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_(填序号) A.增大CO浓度 B.升温 C.减小容器体积 D.加入催化剂. SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气
25、中含硫化合物污染的关键。已知：亚硫酸：Ka1=2.010-2 Ka2=6.010-7 （3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_。（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为_；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为_g。【答案】 (1). -744 kJmol1 (2). 0.0875 (或7/80) (3). 不 (4). AC (5). HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.010-13Ka2=6.010-7(HSO3-的电离常数)，所以显酸性 (6). 6H NO 5
26、e NH4H2O (7). 32【解析】【详解】（1）已知：N2(g)O2(g) 2NO(g)，2CO(g)O2(g) 2CO2(g)，由盖斯定律可知：得2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)的H=(564180)kJmol1=744kJmol1；（2）p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa=，p(N2)=20MPa=，Kp=0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减
27、小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；（3）HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.010-13Ka2=6.010-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4，即NO在阴极上发生NO6H5e=NH4H2O；阳极反应式为SO22H2O2e=4HSO42，根据得失电子数目守恒，因此有2NO10e5SO2，求出SO2的质量为4.48564/(2
28、22.4)g=32g。【点睛】正确书写电极反应式做到“三看”一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2)。二看介质，介质是否参与电极反应。三看电解质状态。11.下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答:(1)在周期表给出的10种元素中，电负性最小的元素基态原子的电子排布式为_。(2)在周期表给出的10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3:2的元素与短周期最外层没有未成对电子数的元素形成的化合物是_(填化学式)，所含化学键类型是_。(3)关于元素与元素形成的1:1的化合物，下列说法正确的是_(填字母序号)。A.该化合
29、物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构B.该化合物分子中键和键数目比为1:1C.该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子D.该化合物分子的空间构型为直线形(4)在与形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素的杂化类型是_，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子_(填离子符号)。(5)元素的+3价化合物MCl36H2O有三种不同颜色的异构体，为探究MCl3溶液析出的暗绿色晶体的化学式，取0.010molMCl36H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g,该晶体的化学式为_(填字母序号)。A.M(H2O)6Cl3 B.M(H2O)5ClCl2H2O C.M(H2O)4Cl2C
30、l2H2O(6)元素与元素形成一种化合物其晶胞结构如下图所示，该化合物的化学式为_，若该晶体密度为dg/cm3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p64s2 (2). Mg3N2 (3). 离子键 (4). C (5). sp3 (6). H3O+ (7). B (8). Cu2O (9). 2881030/da3【解析】【详解】(1)根据元素在周期表中位置可知，分别是H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu元素，其中Ca元素金属性最强，则Ca元素电负性最小，Ca为第四周期第IIA族元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s2
31、2p63s23p64s2；(2)在H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu等10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3:2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2；Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的，所含化学键类型是离子键；(3)元素与元素形成的1:1的化合物是H2O2，该化合物中的氢原子满足最外层2电子稳定结构，故A错误；H2O2中只存在共价单键，所以只存在键，故B错误；H2O2中氧原子间是非极性键、氢原子和氧原子间是极性键，分子不是直线型的，而是折线型的，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确、D错误，答案选C；
32、(4)H与N形成的相对分子质量最小的化合物是NH3，氨气中价层电子对个数=3+(5-31)=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；等电子体是指价电子数和原子数(氢等轻原子不计在内)相同的分子、离子或原子团，所以与化合物NH3互为等电子体的阳离子较多，例如：H3O+、NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等；(5)由已知0.010mol该物质与足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，即n(Cl-)=n(AgCl)=2.870g0.02mol，所以符合条件的异构体中有2个Cl-(-1价的Cl)，根据正负化合价代数和相等可得，该晶体的化学式为M(H2O)5ClCl2H2O，故选B；(6)元
33、素为Cu，元素为O，由二者形成化合物晶胞结构图可得：Cu原子数为4，O原子数为1+8=2，所以该化合物的化学式为：Cu2O；apm=a10-10cm，该晶体密度为dg/cm3，则晶胞质量：g=dg/cm3(a10-10)3cm3，所以NA=2881030/da3。12.石油裂解气主要含有丙烯、1,3-丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成CR橡胶和医药中间体G，合成路线如下：已知：B、C、D 均能发生银镜反应；RCH2COOH(1)A的顺式异构体的结构简式为_。(2)C中含氧官能团的名称是_，反应的反应类型为_。(3)写出EF反应的化学方程式：_。(4)写出同时满足下列条件的医药中间体G的同分异
34、构体的结构简式： _。与D 互为同系物； 核磁共振氢谱有三组峰。(5)用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：_。(6)以A为起始原料合成CR橡胶的线路为_(其它试剂任选)。【答案】 (1). (2). 羟基、醛基 (3). 取代反应 (4). HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). OHC(CH2)4CHO、OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO (6). 取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 (7). 【解析】【分析】根据A和氢
35、气加成产物键线式知，A结构简式为BrCH2CHCHCH2Br，丙烯发生催化氧化反应生成B，B不饱和度2，且B能发生银镜反应，说明含有醛基，则B中含有碳碳双键，B结构简式为CH2CHCHO，B的相对分子质量为56，C比B相对分子质量大18，且C能发生银镜反应则含有醛基，则B和水发生加成反应生成C，D发生银镜反应然后酸化生成E，E和乙醇发生酯化反应生成F，F发生已知的反应，根据其产物知，E为二元酸，所以C中醇羟基位于端点，则C结构简式为HOCH2CH2CHO，D为OHCCH2CHO，E为HOOCCH2COOH，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；根据信息反应知，G结构简式为；(6)Br
36、CH2CHCHCH2Br和NaOH水溶液加热发生取代反应生成HOCH2CHCHCH2OH，HOCH2CHCHCH2OH和HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，HOCH2CHClCH2CH2OH发生消去反应生成CH2CHClCHCH2，CH2CHClCHCH2发生加聚反应生成CR。【详解】(1)A的顺式异构体的结构简式为，故答案为：；(2)C结构简式为HOCH2CH2CHO，C中含氧官能团的名称为羟基和醛基，反应的反应类型取代反应，故答案为：羟基、醛基；取代反应；(3)E转化成F为丙二酸和乙醇的酯化反应，反应方程式为HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2C
37、OOC2H5+2H2O，故答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；(4)G为，G的同分异构体符合下列条件：与D 互为同系物，说明含有两个醛基； 核磁共振氢谱有三组峰，说明含有3种氢原子，则符合条件的同分异构体的结构简式为OHC(CH2)4CHO、OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO，故答案为：OHC(CH2)4CHO、OHCCH(CH3)CH(CH3)CHO；(5)B结构简式为CH2CHCHO，其中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键用溴的四氯化碳溶液检验，但溴能氧化醛基，醛基可以用银镜反应检验，应该先检验醛基、排除醛基干扰后再检验碳碳双键，其检
38、验方法为：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键，故答案为：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键；(6)BrCH2CHCHCH2Br和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成HOCH2CHCHCH2OH，HOCH2CHCHCH2OH和HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，HOCH2CHClCH2CH2OH发生消去反应生成CH2CHClCHCH2，CH2CHClCHCH2发生加聚反应生成CR，其合成路线为 ，故答案为： 。【点睛】本题考查有机推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生观察、分析判断及知识综合运用能力，知道有机物官能团及其性质、物质之间的转化关系及反应条件，难点是有机合成路线设计，注意检验醛基和碳碳双键的先后顺序，题目难度中等。