山东省冠县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省冠县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质存在顺反异构的是
A．1－丁烯 B．丙烯 C．2－甲基－2－丁烯　　 D． 2─丁烯
【答案】D
【解析】
试题分析：顺反异构体产生的条件：①分子中至少有一个键不能自由旋转（否则将变成另外一种分子）；②双键上同一碳上不能有相同的基团（原子或原子团），据此根据有机物的结构简式可知选项D正确，其余选项不存在顺反异构，答案选D。
考点：考查顺反异构的判断
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确顺反异构的概念，特别是产生顺反异构的条件，有助于培养学生的逻辑推理能力和空间的想象能力，提高学生学习效率。
2．相同物质的量浓度的下列物质的稀溶液中，pH最大的是（ ）
A．乙醇 B．乙酸钠 C．苯酚钠 D．碳酸钠
【答案】D
【解析】
3．下列各组物质中互为同位素的是 （ ）
A. 和 B. D和T C. H2O和H2O2 D. O3和O2
【答案】B
【解析】
试题分析：质子数相同中子数不同的原子互称同位素．互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、化学性质相同、在周期表中的位置相同；中子数不同、质量数不同、物理性质不同；研究对象为原子。
A、不是同一元素，故错；C、不是原子，故错；D、不是原子，故错。
故选B。
考点：同位素及其应用
点评：本题以同位素为载体，考查化学“五同”比较，难度不大，注意把握概念的理解。
4．下列化合物能用相应元素的单质直接化合生成的是
①CuS ②FeS ③Al2S3 ④Fe2S3 ⑤Cu2S ⑥FeCl2⑦H2S ⑧FeCl3
A．②③⑤⑦⑧ B．①④⑥⑦ C．②③⑤⑥⑦ D．④⑥⑦⑧
【答案】A
【解析】
试题分析：①Cu与S反应生成Cu2S，①错误；②Fe与S反应生成FeS，②正确；③Al与S反应生成 Al2S3，③正确；⑤Cu与S反应生成Cu2S，⑤正确；⑥Fe与Cl2反应生成FeCl3，⑥错误；⑦H2与S反应生成H2S，⑦正确；⑧Fe与Cl2反应生成FeCl3，⑧正确。答案选A。
考点：元素的性质
5．下列实验中不能出现沉淀现象的是
A．NO2和SO2气体同时通入BaCl2溶液中
B．SO2气体通入BaCl2溶液中
C．SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中
D．SO2气体和过量NH3同时通入BaCl2溶液中
【答案】B
【解析】
试题分析：A．NO2和SO2气体同时通入BaCl2溶液中，SO2被NO2与水反应生成的硝酸氧化为硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．SO2气体通入BaCl2溶液中，二者不反应，B正确；C．SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，由于溶液显酸性，硝酸根氧化SO2为硫酸，从而产生硫酸钡白色沉淀，C错误；D．SO2气体和过量NH3同时通入BaCl2溶液中，由于溶液显碱性，产生亚硫酸钡白色沉淀，D错误，答案选B。
考点：考查SO2的化学性质
6．铁镍蓄电池放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由方程式可知：Fe在反应中失去电子，被氧化，因此若电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe，正确；B．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；C．电池充电过程中，阴极发生还原反应，电极反应式是Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-,所以阴极附近溶液的pH升高，错误；D．电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式是： 2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，正确。
考点：考查铁镍蓄电池在放电、充电时的反应原理的知识。
7．表示0.1mol/LNaHCO3溶液中有关微粒浓度大小的关系式，正确的是（ ）
A、（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H+）＞c（OH-）21世纪教育网
B、（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
C、c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）＞c（OH-）
D、c（H+）＞c（H2CO3）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）
【答案】B
【解析】NaHCO3中，溶液呈碱性，水解大于电离，故有Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；根据电荷守恒B正确。
8．解释下列操作或事实的离子方程式正确的是
A．把钠投入水中：2Na+2H2O2Na+ + 2OH- +O2↑
B．把铜片放入氯化铁溶液中：Cu +Fe3+ Cu2+ +Fe2+
C．铝制容器不能长期存放碱性食物：2Al + 2OH- 2AlO2- + H2↑
D．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I-＋2H+＋H2O2I2＋2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，不生成氧气，错误，不选A；B、电荷不守恒，错误，不选B；C、原子不守恒，反应物应该有水，错误，不选C；D、海带中含有碘离子，被双氧水氧化成碘单质，正确，选D。
考点：离子方程式的判断
9．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋＋OH— ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入氢氧化钠，平衡逆向移动，c(H＋)降低，c(OH―)增大
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw变大
C．向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，c(H＋)不变
【答案】A
【解析】
试题分析：水的电离平衡：H2O H++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH-）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），向水中加入少量固体NaOH，平衡逆向移动，c（H+）降低，c（OH-）增大，A正确；向水中加入少量固体硫酸氢钠，平衡逆向移动，c（H+）增大，c（OH-）减小，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，B错误；向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c（H+）增大，c（OH-）减小，C错误；水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+）增大，D错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。
10．下列实验能达到实验目的的是
A．用图①装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
B．用图②装置探究温度对平衡移动的影响
C．用图③装置验证铁发生析氢腐蚀
D．用图④装置测定反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由于Fe为阴极，不可能失去电子变为Fe2+，所以不能用图①装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，错误；B．升高温度，气体颜色加深，说明发生反应产生更多的红棕色的NO2气体；温度降低，气体颜色浅，说明产生更多的无色N2O4，故可用图②装置探究温度对平衡移动的影响，正确；C．在用食盐水浸泡的铁钉中，由于溶液显中性，食盐发生的是吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，错误；D．由于使用的是长颈漏斗，反应产生的气体会从长颈漏斗中逸出，故不能用图④装置测定反应速率，错误。
考点：考查化学操作及实验目的的关系正误判断的知识。
11．8．下列物质中，不能和氯气发生取代反应的是
A.CH3Cl B.CCl4 C.CH2Cl2 D.CH4
【答案】B
【解析】
试题分析：甲烷和氯气发生取代反应时，逐步地四个氢原子被氯原子取代，也就是说最后是四个氢原子都被氯原子取代了，所以四氯化碳就不能再和氯气发生取代反应。
考点：取代反应
点评：取代反应：指有机化合物分子中任何一个原子或基团被试剂中同类型的其它原子或基团所取代的反应。
12．在恒温、恒容的条件下，有反应2A（气）+2B（气） C（气）+3D（气），现从两条途径分别建立平衡。途径I：A、B的起始浓度分别为2mol/L
途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol/L 和6mol/L；则以下叙述中正确的是
A．两途径最终达到平衡时，体系内混合气体各组分百分组成相同
B．两途径最终达到平衡时，体系内混合气体各组分百分组成不同
C．达到平衡时，途径I的反应速率等于途径Ⅱ的反应速率
D．达到平衡时，途径I所得混合气的密度等于途径Ⅱ所得混合气密度
【答案】A
【解析】
试题分析：在恒温、恒容的条件下，有反应2A（气）+2B（气） C（气）+3D（气），现从两条途径分别建立平衡。途径I：A、B的起始浓度分别为2mol/L ；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol/L 和6mol/L；途径Ⅱ相当于两个途径Ⅰ 合，合并瞬间体系内混合气体各组分百分组成不变，但合并后单位体积内体系气体分子总数增大，反应应朝气体量减小方向移动，该反应为气体体积前后不变的反应，故平衡不移动，体系内混合气体各组分百分组成相同，故A正确；B项错误；途径Ⅱ的各组分浓度是途径Ⅰ 的2倍，则反应速率途径Ⅱ大于途径Ⅰ ，故C项错误；密度途径Ⅱ是途径Ⅰ 的2倍，故D项错误。
考点：等效平衡应用。
13．下列关于有机物的说法正确的是( )
A．可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯
B．蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物
C．实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸
D．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
【答案】A
【解析】
试题分析：A．乙酸、乙醇都可与钠反应，但反应速率不同，乙酸反应较剧烈，苯与钠不反应，可鉴别，故A正确；B．蔗糖和葡萄糖结构不同，蔗糖为非还原性糖，葡萄糖含有醛基，具有还原性，不是同系物，故B错误；C．实验室制硝基苯，先加苯，再加浓硝酸，最后加浓硫酸，可防止液滴飞溅，故C错误；D．煤的气化为碳和水反应生成一氧化碳和氢气的过程，为化学变化，故D错误。故选A。
【考点定位】考查有机物的结构和性质；有机物的鉴别；化学实验方案的评价
【名师点晴】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性。
14．某烃的结构简式为：－C≡C－CH＝CH－CH3，有关其结构说法正确的是( )
A．所有原子可能在同一平面上
B．所有碳原子可能在同一平面上
C．所有原子可能在同一条直线上
D．所有氢原子可能在同一平面上
【答案】B
【解析】
试题解析：有机物-C≡C-CH=CH-CH3中，具有苯环、乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构，所以苯环的6个碳原子一定共面，具有乙烯结构的后4个碳原子一定共面，具有乙炔结构的两个碳原子（倒数第四个和倒数第五个）一定共线，所有的碳原子可以共面，但不共线，故选：B．
考点：有机物的结构
15．X、Y、Z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物M、N、R，常温下M、N为固体，R为液体．M、N遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，下列说法正确的是（ ）
A．三种元素都是非金属元素
B．Z是地壳中含量最多的元素
C．三种化合物都是共价化合物
D．M、N投入水中所得溶液中溶质相同
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意知，X、Y、Z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，则X为H 元素，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物M、N、R，常温下M、N为固体，则，则一种为NaH，另一种固体应为Na2O2，R为液体，应为H2O2，M、N遇到水都能产生气体，分别生成氢气而和氧气，产生的气体相互可以化合，根据原子序数大小关系可知X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素。A、Z为Na，为金属元素，错误；B、地壳中含量最多的元素为O，应为Y，错误；C、三种化合物分别为Na2O2、NaH、H2O2，其中Na2O2、NaH为离子化合物，H2O2为共价化合物，错误；D、Na2O2、NaH与水反应都生成NaOH，正确。
考点：考查元素推断及相关物质的结构和性质。
16．下表是元素周期表的一部分
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）在上述元素中，金属性最强的是 ，⑥～⑩中原子半径最小的是 (均填元素符号)
（2）表中元素⑩的氢化物的热稳定性比元素⑨的氢化物的热稳定性 (填“强”或“弱”)
（3）⑧号元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为 ，它与⑥号元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 (3分)
（4）下列结构图中，大黑点(●)代表原子序数从1到10的元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分)，小黑点未用于形成共价键的最外层电子，短线代表共价键。
根据各图表示的结构特点，写出各分子的化学式：
A： ，B： ，C： ，D 。(各1分)
【答案】（1）Na，Cl；（2）强；
（2）Al(OH)3，Al(OH)3+OH-===AlO2-+2H2O(3分)
（3）CH4，CO2，CO(NH2)2，BF3。
【解析】
试题分析：（1）在上述元素中，金属性最强的在左下角，是Na，⑥～⑩是同周期元素，其原子半径越来越小，故最小的是Cl；
（2）因Cl的非金属性比S强，故氢化物HCl的热稳定性比H2S强；
（3）⑧号元素Al的最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al(OH)3，它与⑥号元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-===AlO2-+2H2O；
（4）图中原子的最外层的电子数是小黑点数+共价键数，由此可以提出：A是CH4，B是CO2，C是CO(NH2)2，D是BF3。
考点：元素在元素周期表的物质推断性质。
17．（2分）反应在四种不同情况下的反应速率分别为
② ③ ④
该反应进行的快慢顺序为 。
【答案】④>②=③>①
【解析】
全转换成以A表示的速率分别是① ②③④
该反应进行的快慢顺序为④>②=③>①
方程式的系数比转换为以同种物质表示的反应速率即可进行比较
18．（15分）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．
（1）实验原理：①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式_____________________________。
（2）实验装置（如图所示）：
（3）实验过程：
①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞___________，打开活塞____________，通过分液漏斗加入过量________(填化学式)，与装置B瓶内物质充分反应。
④ _____________（填入该步应进行的操作）。
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。
（4）数据分析：（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L?mol-1）
①Al4C3的质量分数为___________。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③AlN的质量分数为_______________。
【答案】（1） AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
（3）③ K1 K3 NaOH ④打开K2，通入空气一段时间
（4）① ②偏小 ③
【解析】
试题分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；
（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（3）③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3；④装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小；（4）①甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为=，Al4C3的质量分数为。②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；③氨气的质量为(z-y)g，物质的量为(z-y)/17mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为(z-y)/17mol×41g/mol=41(z-y)/17g,故AlN的质量分数为
=。
考点：本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力。
19．（6分）某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：
（1）实验室常用装置E制备Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是__________。
（2）反应开始后，发现B、D两个容器中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D加热，现象分别为：B ，D_________________。
（3）装置C的作用是________________________________。
（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：
通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。
①试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是（用方程式表示）：________________。
②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？_________________。
【答案】（1）还原性与酸性（2）又变红色，还是无色。（3）尾气吸收，防污染。（4）①Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
②让氯气或二氧化硫之一过量即可。
【解析】
试题分析：（1）实验室常用不加热制取氯气的反应为高锰酸钾和浓盐酸反应，反应中盐酸表现了还原性与酸性。（2）B中氯气能使品红褪色，但是加热后不能恢复，D中二氧化硫能使品红褪色，加热后能恢复红色。（3）氢氧化钠能吸收氯气和二氧化硫，防止污染。（4）①氯气能和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，没有漂白性，方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。②可以让其中一种气体过量，即氯气或二氧化硫之一过量即可。
考点：氯气和二氧化硫的性质。
20．（12分）乙醛在催化剂存在的条件下，可以被空气氧化成乙酸。依据此原理设计实验制得并在试管C中收集到少量乙酸溶液（如图所示：试管A中装有40％的乙醛水溶液、氧化铜粉末；试管C中装有适量蒸馏水；烧杯B中装有某液体）。已知在60℃～80℃时用双连打气球鼓入空气即可发生乙醛的氧化反应，连续鼓入十几次反应基本完全。有关物质的沸点见下表：
物质
乙醛
乙酸
甘油
乙二醇
水
沸点
20.8℃
117.9℃
290℃
197.2℃
100℃
请回答下列问题：
（1）试管A内在60℃～80℃时发生的主要反应的化学方程式为（注明反应条件）________________；
（2）如图所示在实验的不同阶段，需要调整温度计在试管A内的位置。在实验开始时温度计水银球的位置应在___________，目的是_____________________________；当试管A内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，温度计水银球的位置应在___________________。
（3）烧杯B内盛装的液体可以是____________（写出一种即可）。
（4）若想检验试管C中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是____________。（填字母）
a．pH试纸 b．碳酸氢钠粉末
c．红色石蕊试纸 d．银氨溶液
【答案】（1）2CH3CHO＋O22CH3COOH（2分）
（2）试管A的反应液中 控制反应温度为60℃～80℃ 试管A的支管口处
（3）乙二醇或甘油（写一个即可）（2分）
（4）a、b（2分）
【解析】
试题分析：（1）由题意可知本实验的原理是：用双连打气球鼓入空气，使空气中的氧气与A中的乙醛在温度为60—80 ℃时反应生成乙酸2CH3CHO＋O22CH3COOH；（2）实验开始时测定的使反应液的温度，故温度计水银球的位置应在试管A的反应液中，测定反应液温度控制反应温度为60℃～80℃；当试管A内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，故应测定蒸出馏分的温度，则温度计水银球应在试管A的支管口处；（3）因乙酸是液体，要在C中收集到乙酸，须使A中混合液的沸点在117.9 ℃以上（由题中信息得出），从图示装置可以看出，该反应采取了水浴加热的方式，若要使反应正常进行，并使乙酸顺利蒸出，所选溶液的沸点必须比117.9 ℃高，根据题中信息，可选择甘油或乙二醇；（4）检验试管C中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是pH试纸检测溶液pH值，或碳酸氢钠粉末检验乙酸。
考点：实验综合试题。
21．KOH和KHCO3固体的混合物25.6 g,于250 ℃进行煅烧,冷却后混合物质量损失了4.9 g。
(1)求起始混合物的百分组成。
(2)若混合物的质量损失改为2.1 g,这时起始混合物的百分组成又是多少?
【答案】21.875%和78.125%；45.6%和54.4%。
【解析】用“差量法”判断谁过量。
假设25.6 g混合物是由KOH和KHCO3恰好完全反应的质量比混合而成的,则
K2CO3+H2O 差量
156 18
25.6 g x
经计算,求得理论差量x=2.95 g。
题目中,第一种情况实际差量＞2.95 g,为KHCO3过量。由“钾守恒”,残留的固体25.6 g-4.9 g=20.7 g为K2CO3,则通过列二元方程组,可求得KOH和KHCO3固体各自的质量。题目中,第二种情况实际差量＜2.95 g,为KOH过量,由方程式运算可直接求得KHCO3的质量。
22．化合物H可用以下路线合成：
已知：
回答下列问题：
（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________；
（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为________________；
（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3-苯基-1-丙醇．F的结构简式是________________；
（4）G中官能团名称是_____________；官能团种类不变G的芳香类同分异构体有种_____________；
（5）反应②的化学方程式为________________。
【答案】（1）(CH3)3CH（2）2-甲基丙烯
（3）
（4）碳碳双键 羧基 4
（5）
【解析】
试题分析：11.2L（标准状况）的烃A的物质的量==0.5mol，11.2L（标准状况）的烃A，在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，n（CO2）==2mol，n（H2O）==2.5mol，烃、二氧化碳、水的物质的量之比=0.5mol：2mol：2.5mol=1：4：5，根据原子守恒知，A分子式为C4H10，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为(CH3)3CH，A发生取代反应生成氯代烃B、C，B和C发生消去反应生成烯烃D，D的结构简式为CH2=C(CH3)2，D发生信息反应生成E，结合题给信息知，E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3-苯基-1-丙醇，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为
；（1）通过以上分析知，A的结构简式为(CH3)3CH；（2）D的结构简式为CH2=C(CH3)2，D的名称（系统命名）为2-甲基丙烯；（3）通过以上分析知，F的结构简式是；（4）G为，含有碳碳双键及羧基二种官能团；与G具有相同官能团的芳香类同分异构体，说明其同分异构体中含有碳碳双键、羧基和苯环，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体．所以其同分异构体有、、、共4种。（5）E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，G为，二者发生酯化反应生成酯，所以反应②的化学方程式为
。
【考点定位】考查有机物推断
【名师点晴】正确推断A的结构是解本题关键，11.2L（标准状况）的烃A的物质的量==0.5mol，11.2L（标准状况）的烃A，在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，n（CO2）==2mol，n（H2O）==2.5mol，烃、二氧化碳、水的物质的量之比=0.5mol：2mol：2.5mol=1：4：5，根据原子守恒知，A分子式为C4H10，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为(CH3)3CH，A发生取代反应生成氯代烃B、C，B和C发生消去反应生成烯烃D，D的结构简式为CH2=C(CH3)2，D发生信息反应生成E，结合题给信息知，E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3-苯基-1-丙醇，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为，据此分析解答。
23．工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL{}及阻燃剂四溴双酚A。合成线路如下：
已知：① X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为

（1）X的分子式为_______________；B的名称是_________________。
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是_______________。C→D的反应类型是________。
（3）写出X→Y的化学方程式：_______________________。
（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗 molNaOH。
（5）符合以下条件的D的同分异构体有 种(不考虑空间异构)。
①含有两个甲基和两种官能团 ②能使溴的CCl4溶液褪色 ③能发生银镜反应
（6）已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：
利用乙烯为有机原料(无机物和反应条件自选)合成聚合物涂料，
写出合成该涂料的反应流程图：_________________________。
【答案】（1）C6H6O；环己醇；（2）O2、Cu、加热；氧化反应；
（3）；
（4）5；（5）10；
（6）
【解析】
试题分析：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，其相对分子质量为98，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯酚的相对分子质量为94，X为，X和氢气发生加成反应生成B，B为，C为 ，则B发生催化氧化反应，PCL为E发生缩聚反应产物，则E结构简式为HO(CH2)5COOH，D发生水解反应然后酸化得到E，则D结构简式为；根据题给信息②知，X发生取代反应生成Y，Y结构简式为，四溴双酚A结构简式为。
（1）X为苯酚，其分子数为C6H6O，B为环己醇，故答案为：C6H6O；环己醇；
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是O2、Cu、加热，C生成D的反应是氧化反应，故答案为：O2、Cu、加热；氧化反应；
（3）X发生取代反应生成Y，反应方程式为
；
（4）四溴双酚A能和NaOH溶液发生取代反应后生成的酚羟基、HBr能和NaOH发生中和反应，0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，故答案为：5；
（5）D结构简式为，D的同分异构体符合下列条件：①含有两个甲基和两种官能团，为醛基和羟基或碳碳双键和羟基； ②能使溴的CCl4溶液褪色，说明含碳碳双键；③能发生银镜反应说明含有醛基，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CHCH3、HCOOCH(CH3)C(CH3)=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2CH3、HCOOC(CH2CH3)=CHCH3、HCOOC(CH3)=C(CH3)CH3、HCOOC(CH3)=CHCH2CH3、HCOOCH=C(CH3)CH3、HCOOCH=CHCH(CH3)2，共10种，故答案为：10；
（6）一定条件下乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和CH2=CH2、CO、O2反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH3发生加聚反应生成高分子化合物，其流程图为
【考点定位】考查有机合成与推断
【名师点晴】本题考查有机推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、常见有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是（5）（6）题。该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。