山东省烟台第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省烟台第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列热化学方程式书写正确的是（
）
A.2SO2+O22SO3
ΔH=-196.6
kJ·mol-1
B.H2(g)+O2(g)====H2O(l)
ΔH=-285.8
kJ·mol-1
C.2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ
D.C(s)+O2(g)====CO2(g)ΔH=+393.5
kJ·mol-1
【答案】B
【解析】根据热化学方程式的书写规则，反应热单位为kJ·mol-1。
2．下列物质中，属于纯净物的是(　　)
A．漂白粉
B．汽油
C．硫酸铜
D．矿泉水
【答案】C
【解析】漂白粉是氯化钙与次氯酸钙的混合物；汽油是各种烃的混合物；矿泉水中含多种可溶性物质，属于混合物。
3．下列离子方程式书写正确的是
Ａ．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应
SO42-
+
Ba2+
=
BaSO4↓
Ｂ．氢氧化钠溶液与稀硫酸反应
OH-
+
H+
=
H2O
Ｃ．铁与氯化铁溶液反应
Fe
+
Fe3+
=
2Fe2+
Ｄ．碳酸钙溶于稀盐酸中
CO32-
+
2H+
=
H2O
+
CO2↑
【答案】B
【解析】
4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．23gNa在空气中加热完全变成Na2O2时失去2NA个电子
B．标准状况下，22．4LH2含有NA个H2分子
C．1mol/L的硝酸钠溶液中含有的硝酸根离子数为NA
D．0．5molKClO3中含有ClO3-的数目为NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、23gNa物质的量为1mol，完全反应失去1mol电子，即NA个电子，A错误；B、标准状况下，22．4LH2物质的量是1mol，含有NA个H2分子，B正确；C、1mol/L的硝酸钠溶液，体积未知，无法求得物质的量，C错误；D、0.5molKClO3中含有ClO3-的数目为0.5NA，D错误。答案选B。
考点：阿伏伽德罗常数
5．在一支25mL的酸式滴定管中盛入0．1mol/L
HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中,再用0．1mol/L
NaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积
A．大于20mL
B．小于20mL
C．等于20mL
D．等于5mL
【答案】A
【解析】
试题分析：酸式滴定管的25．00mL刻度的下端无刻度，所以其液面恰好在5mL刻度处时，所量取的溶液的体积要大于20mL，则用0．1mol/L的氢氧化钠溶液中和时，需要的氢氧化钠溶液的体积大于20mL，答案选A。
考点：考查对滴定管的认识
6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是(
)
A．将0.1molFeCl3溶于1L水中，所得溶液含Fe3+离子数目为0.1NA
B．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA
C．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
D．在高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由于铁离子部分水解，则溶液中含有的铁离子小于0.1mol，所得溶液含Fe3+离子数目小于0.1NA，故A错误；B、1mol的羟基中含有9mol电子，1mol的氢氧根离子中含有10mol电子，二者所含电子数不相等，故B错误；C、4.6gNO2和N2O4混合气体中含有4.6g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=0.1mol，所以该混合气体中含有0.2mol氧原子，含有的氧原子数目为0.2NA，故C正确；D、高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁，转移了mol电子，转移电子的数目为NA，故D错误；故选C。
考点：考查了阿伏加德罗常数及其计算的相关知识。
7．下列有关同系物的说法正确的是
A．分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物
B．分子式为C3H8与C6H14的两种有机物互为同系物
C．具有相同通式的有机物互为同系物
D．乙二醇和丙三醇互为同系物
【答案】B
【解析】
试题分析：同系物除了在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团外，还必须是同一类物质，A错；C3H8与C6H14一定属于烷烃，所以是同系物，B对；根据A中分析，知道C错；乙二醇和丙三醇中官能团数目不一样，不是同系物，D错。
考点：同系物的概念的理解。
8．X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z新出，X与Y组成原电池时，Y为负极。X、Y、Z
3种金属的活动性顺序为
A．X>Y>Z
B．X>Z>Y
C．Y>X>Z
D．Y>Z>X
【答案】C
【解析】
试题分析：X与Z的盐溶液反应置换出Z，所以活泼性：X>Z；X与Y组成原电池，Y为负极，所以活泼性：Y>X；所以X、Y、Z
3种金属的活泼性顺序为：Y>X>Z。
考点：考查了金属活泼性的比较。
9．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1
的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．开始加入合金的质量可能为16.4g
B．标准状况下产物NO的体积为22.4L
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
【答案】C
【解析】
试题分析：质量增加5.1g为OH－的量，物质的量为0.3mol；根据电子守恒可以计算出金属应失去0.3mol电子，故有NO的物质的量为0.3÷3=0.1mol，金属总物质的量为0.15mol。
A．根据极值法，假设0.15mol金属全部为镁，质量为3.6g；假设0.15mol金属全部为铜，质量为9.6g，则实际合金的总质量在3.6g和9.6g之间，错误。
B．标准状况下产物NO0.1mol，体积为2.24L，错误。
C．0.15mol金属离子完全沉淀消耗0.3mol
NaOH，溶液的体积为100mL，正确。
D．根据N元素守恒，参加反应的硝酸为NO中的N与硝酸盐中的N之和。物质的量为0.4mol，错误。
考点：考查混合物的计算有关问题。
10．关于某温度时的饱和溶液的说法中，正确的是
A．已溶解的溶质和未溶解的溶质质量相等
B．溶质不再溶解，因此从表面看溶质不再减少，也不再增加
C．升高温度，饱和溶液将变为不饱和溶液
D．溶质的溶解和结晶继续进行，且速率相等
【答案】D
【解析】
试题分析：饱和溶液，指的是在一定温度下，一定剂量的溶剂里面，不能继续溶解溶质的液体。A、已溶解的溶质和未溶解的溶质质量相等不能确定溶液是否达到饱和，错误；B、溶质不再溶解，因此从表面看溶质不再减少，也不再增加不能确定溶液是否达到饱和，错误；C、改变温度，溶解度发生变化，不能确定溶液是否达到饱和，错误；D、溶质的溶解和结晶继续进行，且速率相等，说明溶液达到饱和，正确；故本题选择D。
考点：饱和溶液的性质
11．观察丁达尔现象的正确方法是
A．观察者视线与入射胶体内一束光平行
B．将一发光的白炽灯悬在盛有胶体的烧杯正上方
C．观察者视线垂直于一束入射光，胶体置暗盒内
D．胶体置明亮背景处，观察者视线与入射胶体内的红色激光垂直
【答案】C
【解析】
试题分析：在观察丁达尔现象时为了能更好地观察到现象观察者视线一个应该垂直于一束入射光，并且胶体要放置暗盒内。
考点：丁达尔效应的观察方法。
12．（6分）（2012 重庆）向10mL
0.1mol L﹣1
NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x
mL．下列叙述正确的是（
）
A.x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）＞c（Al3+）
B.x=10时，溶液中有、、，且c（）＞c（）
C.x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（）
D.x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）
【答案】A
【解析】
试题分析：当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，结合铵根离子水解解答；
当x=30时，0.001
mol的NH4Al（SO4）2与0.003
mol
Ba（OH）2反应，生成0.002
mol
BaSO4、0.001
mol
NaAlO2、0.001
mol
NH3 H2O，且剩余0.001
mol
Ba2+和0.001
mol
OH﹣，由于NH3 H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3 H2O NH4++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2﹣）、c（Ba2+）的大小关系．
解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，溶液中c（NH4+）＞c（Al3+），故A正确；
B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2﹣生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42﹣，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c（NH4+）＜c（SO42﹣），故B错误；
C、当x=30时，0.001
mol的NH4Al（SO4）2与0.003
mol
Ba（OH）2反应，生成0.002
mol
BaSO4、0.001
mol
NaAlO2、0.001
mol
NH3 H2O，且剩余0.001
mol
Ba2+和0.001
mol
OH﹣，由于NH3 H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3 H2O NH4++OH﹣，使得溶液中c（OH﹣）大于0.001
mol，故c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；
D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001
mol，含有0.001
mol
Ba2+，c（OH﹣）＞c（Ba2+），故D错误；
故选A．
点评：本题考查离子方程式的有关计算、过量计算等，难度中等，清楚氢氧根离子与铵根离子、铝离子反应的先后顺序是解题的关键．
13．下列物质互为同分异构体的是
(
)
A.2、2-二甲基丁烷和新戊烷
B.相对分子质量相同而结构不同的两种物质
C.
D．
【答案】D
【解析】
试题分析：分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，则D中满足。A中分子式不同，B中分子式不一定相同，C中是同一种物质，答案选D。
考点：考查同分异构体的判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，该题的关键是明确同分异构体的含义，然后灵活运用即可。
14．在一定条件下，向体积为2L的密闭容器中加入2
mol
N2和10
mol
H2发生如下反应：
N2+3H22NH3，2min时测得剩余的N2为1mol，则化学反应速率的表示不正确的是（
）
A、v（N2）=0.25mol·L－1·min－1
B、v（H2）=0.0125
mol·L－1·s－1
C、v（NH3）=1.0
mol·L－1·min－1
D、v（H2）=0.75
mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
试题分析：N2反应掉的物质的量是2-1=1mol，
变化浓度是1/2=0.5mol
，反应速率v=△c/t=0.5/2=0.25mol/（L·min）；反应速率之比等于化学计量数之比。
v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2，则v(H2)=0.75mol/（L·min）v(NH3)=0.5mol/（L·min）
考点：化学反应速率的计算
15．从明矾中提取K2SO4和Al2(SO4)3的主要操作有下列四步，下面是对每步操作提出的问题，请完成填空：
（1）将固体明矾用水溶解，加入过量的氨水，并过滤、洗涤沉淀。加过量氨水的目的是
　，
洗涤沉淀的目的是 　
。
（2）取沉淀加　　　　　　　直到沉淀完全溶解，再蒸发、结晶得　　　　。
（3）取（1）的滤液，加稍过量的　　　　溶液并加热，其目的是
　
；
再加入少量　
中和多余的碱。
（4）对（3）所得的溶液加热、浓缩、结晶得　
。
【答案】（1）使Al3+全部沉淀为Al(OH)3　除去表面的杂质离子　（2）硫酸　Al2(SO4)3
（3）KOH　除去杂质离子N　H2SO4
（4）K2SO4晶体
【解析】
试题分析：（1）加过量氨水的目的是使Al3+全部沉淀为Al(OH)3，洗涤沉淀的目的是除去表面的杂质离子。
（2）取沉淀加硫酸直到沉淀完全溶解，再蒸发、结晶得Al2(SO4)3。
（3）取（1）的滤液，加稍过量的KOH溶液并加热，除去杂质离子N；再加入少量H2SO4中和多余的碱。
（4）对（3）所得的溶液加热、浓缩、结晶得K2SO4晶体。
考点：铝的氧化物与氢氧化物
从铝土矿中提取铝
16．（5分）常温下，有下列三种溶液：①0.1
mol/L
NH4Cl
②0.1
mol/L
NH4HCO3
③0.1
mol/L
NH4HSO4
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈
性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是
：（用离子方程式表示）
（2）比较溶液②、③中c(NH4+)的大小关系是②
③﹝填“＞”、“＜”或“＝”）
【答案】（1）酸
NH4++H2O
NH3 H2O+H+（2）<
【解析】
试题分析：(1)NH4Cl溶液中部分水解，使溶液呈酸性：NH4++H2O
NH3 H2O+H+（2）NH4HCO3溶液中除了NH4+的水解外，还有HCO3－＋H2O＋H2CO3＋OH－，两离子水解互相促进，而NH4HSO4溶液中电离出大量H＋：NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，可抑制NH4+的水解，故等浓度的两溶液中前者的NH4+的浓度小
考点：盐类的水解、离子浓度大小的比较
17．某课外小组利用下图所示装置分别做如下实验：
（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是___________________。
（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是________溶液，加热时溶液由无色变为红色的原因是_______________________。
【答案】（1）稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅。
（2）溶有SO2的品红；SO2气体逸出，品红溶液恢复红色
【解析】由实验装置和试验过程可以看出：受热时，有气体从溶液中逸出，导致溶液的颜色发生变化；冷却后，逸出的气体重新溶解，得到原来的溶液，所以又恢复原溶液的颜色．水中溶解什么样的气体可有这样的性质呢？可从中学所学有关红色溶液的实验及气体的酸碱性不同等方面予以讨论。
（1）若水中溶有碱性气体，中学阶段常见的是NH3，且滴有酚酞试液，则溶液呈红色。加热时随NH3的不断逸出，溶液碱性变弱，红色逐渐变浅。停止加热后恢复到原来的温度，NH3重新溶解在水中，溶液又恢复原来的红色。
（2）若水中溶有酸性气体，如HCl、SO2等，滴入酚酞试剂，溶液无色，加热即使能使酸性气体全部逸出，溶液也只能呈中性，还是不能变红色，况且酸性气体全部逸出是不可能的。若酸性气体的水溶液中滴有石蕊试液，则溶液显红色，与（2）题题意不符。
酸性气体中，还有一个较特殊的SO2．若水中溶有品红和SO2，则所得溶液无色；加热时，水中溶解的SO2及品红吸收的SO2逸出，溶液变为红色．停止加热后恢复到原来的温度，SO2重新溶入水中，漂白品红而使溶液褪色。
18．（16分）某学校研究性学习小组开展课题探究：
探究课题Ⅰ.“不同条件对化学反应速率影响的探究”，选用4
mL
0.01
mol·L－1KMnO4溶液与2
mL
0.1
mol·L－1
H2C2O4溶液在稀硫酸中进行实验，改变条件如表：
组别
草酸的体积（mL）
温度/℃
其他物质

2
mL
20

2
mL
20
10滴饱和MnSO4溶液

2
mL
30
④
1
mL
20
1
mL蒸馏水
（1）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验
和
（用
①~④表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验
和
。
（2）对比实验①和④，可以研究
对化
学反应速率的影响，实验④中加入1
mL蒸馏水的目的是
。
探究课题Ⅱ.该小组查阅资料得知：C2O42－＋MnO4－＋H＋→
CO2↑＋Mn2＋＋H2O（未配平）,欲利用该反应测定某草酸钠（Na2C2O4）样品中草酸钠的质量分数。该小组称量1.34
g草酸钠样品溶于稀硫酸中，然后用0.200
mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液进行滴定（其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应）。
（1）滴定前是否要滴加指示剂？
（填“是”或“否”），请说明理由
。
（2）滴定时用
（填a或b）滴定管盛装KMnO4标准溶液。
（3）达到终点时消耗了15.00
mL的高锰酸钾溶液，样品中草酸钠的质量分数为
。
【答案】Ⅰ.（1）①和②
（2分）；①
和
③
（2）草酸的浓度，或反应物的浓度
；
确保①和④组对比实验中c(KMnO4)不变，或确保溶液总体积不变
Ⅱ.（1）否
，KMnO4溶液呈紫色，达滴定终点紫色褪去。
（2）b
（3）75%
【解析】
试题分析：Ⅰ.（1）如果研究催化剂对化学反应速率的影响需有对照实验，因此选①和②；如果研究温度对化学反应速率的影响需要其他因素相同做对照实验，因此选①
和
③；（2）①和④中浓度不同，
确保①和④组对比实验中c(KMnO4)不变，或确保溶液总体积不变。Ⅱ.（1）由于KMnO4本身是紫红色，无需再加指示剂；（2）KMnO4盛装在酸式滴定管中；（3）
5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=
10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
5
2
x
1500×10-3
×0.200
x
=7.5
×10-3
a(Na2C2O4)=7.5
×10-3×134/1.34=75%
考点：
不同条件对化学反应速率影响酸碱中和滴定相关知识。
19．（11分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义．
（1）氯碱工业主要以食盐为原料．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作，正确的操作顺序是
．
①过滤；
②加过量的NaOH溶液；
③加适量的盐酸；
④加过量的Na2CO3溶液；
⑤加过量的BaCl2溶液．
a．②⑤④①③b．①④②⑤③c．④②⑤③①d．⑤②④①③
（2）在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是
，所用主要仪器的名称是
．
（3）步骤Ⅰ中用硫酸酸化可提高Cl2利用率的原因是
．
（4）步骤Ⅱ反应的离子方程式
．
（5）海水提溴蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因
．
（6）Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2，可选用
溶液进行洗涤除去．如直接加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你
（选填“同意”，“不同意”）该说法，理由是
．
【答案】（11分）
（1）ad．（2分）
（2）CCl4或苯
分液漏斗．（各1分）
（3）酸化可抑制Cl2、Br2与水反应．（1分）
（4）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣．（2分）
（5）温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低．（1分）
（6）MgCl2
不同意
MgO熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本．（各1分）
【解析】
试题分析：（1）除去硫酸根离子用过量的氯化钡溶液，除去钙离子用过量的碳酸钠溶液，除去镁离子用过量的氢氧化钠溶液，若先除去硫酸根离子，则过量的钡离子必须用碳酸钠除去，所以④一定在⑤之后，过滤后再加稀盐酸除去过量的碳酸根离子或氢氧根离子，所以答案选ad；
（2）溴易溶于有机溶剂，如四氯化碳或苯，所以用二者萃取溴，所用的主要仪器是分液漏斗；
（3）酸化可以增大溶液中氢离子的浓度，减小氯气、溴与水的反应，利用率提高；
（4）溴水与二氧化硫发生氧化还原反应，生成两种强酸：硫酸和氢溴酸，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣；
（5）温度过高，水蒸气随溴蒸出，溴中含有大量水蒸气；过低，溴不能完全蒸出，所以需要控制温度在80～90℃；
（6）Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2，可选用氯化镁除去，因为氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，加入氯化镁后氢氧化钙沉淀转化为氢氧化镁沉淀，从而过滤除去氯化钙；不同意用电解熔融氧化镁来制取单质镁，因为氧化镁的熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本。
考点：考查粗盐提纯的实验设计，海水提溴、镁的工艺流程的分析
20．（6分）在一个容积为3L的密闭容器内进行如下反应：
N2（气）+3H2（气）
2NH3（气）。反应开始时，n(N2)=1.5mol，n(H2)=
4.4mol，2min后，n(H2)=0.8mol。试用H2、N2和NH3的浓度变化来表示该反应的反应速率，并求出2min末的N2的浓度。
【答案】0.6mol/LS,0.2
mol/LS,0.4
mol/LS,0.1
mol/L
【解析】
21．芳香烃X，相对分子质量为92。以X为初始原料合成E，路线如下（部分产物和反应条件已略去）。
回答下列问题：
（1）有机物X的结构简式为_____________________。
（2）A→B的反应条件为_______________反应类型为
。
（3）C→D转化中①的离子方程式为________________。反应类型
（4）下列关于B的说法正确的是__________。
a．核磁共振氢谱有5个峰
b．能发生消去反应和还原反应
c．能与钠反应放出氢气
d．能和NaOH溶液反应
（5）E有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体共有__________种。
①遇NaHCO3溶液有气体放出
②芳香族化合物
其中不含甲基的有机物的结构简式为____________________。
（6）有机物X可通过三步合成W，W是高分子化合物的单体。
已知：I．苯环上的甲基可以被酸性KMnO4氧化成羧基
II．苯环侧链的硝基可被Fe/HCl还原为氨基，苯环侧链的氨基易被氧化
①F的结构简式为____________________，试剂a为____________________。
②在一定条件下W聚合成高分子化合物的化学方程式为____________________
【答案】（1）
（2）NaOH水溶液
加热
取代反应
（或水解反应（3）C6H5-CHO+2Ag(NH3)2++2OH-H2O+2Ag↓+3NH3+C6H5-COO-+NH4+氧化反应、21教育网
（4）ac
（5）14种（6）
酸性KMnO4溶液
【解析】
试题分析：（1）芳香烃X，相对分子质量为92，X的分子式为C7H8，所以X是；A是；B是;C是；D是;E是
（2）→是卤代烃水解，反应条件为氢氧化钠溶液。
（3）→的离子方程式为C6H5-CHO
+
2Ag(NH3)2+
+2OH-H2O+2Ag↓+3NH3+
C6H5-COO-+NH4+。反应类型是氧化反应；
（4）有5种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有5个峰；没有氢原子，不能发生消去反应；含有羟基能与钠反应放出氢气；醇羟基不能和NaOH溶液反应；
（5）①遇NaHCO3溶液有气体放出，说明有羧基；②芳香族化合物含有苯环；、、分别有邻、间、对三种、有6种、分别有邻、间、对三种,所以共14种；其中不含甲基的有机物的结构简式为
（6）F的结构为；G是，苯环上的甲基可以被酸性KMnO4氧化成羧基，试剂a为酸性KMnO4溶液；W是；W聚合成高分子化合物的化学方程式为
考点：本题考查有机化学推断。
22．有机物A有下图所示转化关系．在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4，且A不能使Br2的CCl4溶液褪色；1mol
B反应生成了2mol
C．
已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为
．
（2）若①、②、③三步反应的产率分别为90.0%、82.0%、75.0%，则由A合成H的总产率为
．
（3）D+E→F的反应类型为
．
（4）写出C与银氨溶液反应的离子方程式为
．
（5）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为
．若H分子中所有碳原子均在一条直线上，则G转化为H的化学方程式为
．
（6）有机物A有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的一种异构体X的结构简式：
．
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2
b．1mol
X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol
二元醛
c．1mol
X最多能与2mol
Na反应
d．X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应．
【答案】（1）CH3COCH（OH）CH3；（2）55.4%；
（3）酯化反应；（4）CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）（6）
【解析】由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol
B反应生成了2mol
C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CC≡CCH3，
（1）由上面的分析可知，A为CH3COCH（OH）CH3，故答案为：CH3COCH（OH）CH3；
（2）由A合成H的总产率应为①，②、③三步反应的产率之积，所以由A合成H的总产率=90.0%×82.0%×75.0%=55.4%，故答案为：55.4%；
（3）D+E→F反应为乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应，故答案为：酯化反应；
（4）由上面的分析可知，C为乙醛，它与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，
故答案为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H为1，3﹣丁二烯，H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，由于B是2，3﹣丁二醇，与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为
CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O，
故答案为：；
CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O；
（6）A的结构为：，根据条件：
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2，即X有三种位置的氢，且个数之比为1：1：2，
b．1mol
X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol
二元醛，根据信息可知X应为含有两个羟基的环状物，
c．1mol
X最多能与2mol
Na反应，说明X有2个羟基，d．X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应，说明有X没有羧基，不含有碳碳双键，则X的结构为
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应条件、题给信息采用正向思维进行推断，难点是同分异构体结构简式判断，题目难度中等．