山东省莒县寨里中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省莒县寨里中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．可以确定下列化学反应是吸热反应的是（
）
A．甲烷燃烧
B．将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体快速搅拌混合，有氨气放出。
C．锌与稀硫酸反应产生H2
D．硫酸和NaOH的中和反应。
【答案】B
【解析】
2．448
mL
某气体在标准状况下的质量为1.28
g，该气体的摩尔质量约为
A、64
g
B、64
C、64
g/mol
D、32
g/mol
【答案】C
【解析】标况下，448ml为0.02mol，M===64g/mol；答案选C。
3．下列元素中，金属活泼性最强的是
A．Na
B．Mg
C．Al
D．Li
【答案】A
【解析】
试题分析：同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，不同周期的元素，元素的原子核外电子层数越多，元素的金属性越强。Na、Mg、Al是第三周期的元素，元素序数Na<
Mg
<
Al；Li是第二周期的元素，所以元素的金属性最强是是Na。选项是A。
考点：考查元素的金属性强弱的比较的知识。
4．将4
mol
A气体和2
mol
B气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生反应2A(g)＋B(g)
2C(g)，2
s时测得C的浓度为0.6mol·L－1。下列说法正确的是
A．用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/(L·s)
B．用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/(L·s)；
C．2
s时物质A的转化率为70%
D．2
s时物质B的浓度为0.7mol·L－1
【答案】A
【解析】
5．下列气态中性基态原子的第一电离能最大的是
（
）
A．1s22s22p63s23p2
B．1s22s22p63s23p3
C．ls22s22p63s23p4
D．1s22s22p63s23p64s24p2
【答案】B
【解析】
6．有关氧化还原反应实质的说法中正确的是
A．是否有元素的电子转移
B．是否有元素的化合价的变化
C．是否有氧元素的参加
D．是否有原子的重新组合
【答案】A
【解析】
试题分析：氧化还原反应的实质是电子的转移，答案选A。
考点：考查氧化还原反应实质判断
7．在反应SiO2+3C
=SiC+2CO中，氧化剂和还原剂质量之比是
A．1：3
B．3：1
C．1：2
D．2：1
【答案】C
【解析】
试题分析：在反应SiO2+3C
=SiC+2CO中C元素的化合价部分升高，部分降低，因此既作氧化剂，也作还原剂。每3份的C参加反应，有2份的化合价升高，失去电子，作还原剂，有1份的化合价降低，得到电子，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂质量之比是1:2，故选项是C。
考点：考查氧化还原反应的有关知识。
8．下列反应中，属于取代反应的是：
（
）
①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OH
CH2=CH2+H2O
③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O
A．
①②
B．①③
C．③④
D．②④
【答案】C
【解析】
试题分析：①中含有碳碳双键，与溴发生加成反应；②乙醇与浓硫酸发生消去反应；③酯化反应属于取代反应；④苯与硝酸发生取代反应生成硝基苯，答案选C．
考点：有机物的反应类型
9．下列有关化学变化中的能量关系的说法中，错误的是
A．任何一个化学变化的过程中都包含着能量的变化
B.
化学变化过程中能量变化的实质就是旧键断裂要吸收能量，新键生成会放出能量
C．如果生成物的能量比反应物的能量高，则该反应为放热反应
D.
如不特别注明，化学反应的反应热就是就是该反应的焓变
【答案】C
【解析】根据能量守恒定律，若生成物的能量比反应物的能量高，则该反应为吸热反应。答案选C。
10．下列说法中正确的是
A、氧化还原的本质是元素化合价发生变化
B、还原剂是一种能得到电子的物质
C、物质所含元素化合价升高的反应是还原反应
D、氧化反应和还原反应是同时发生的
【答案】D
【解析】
试题分析：氧化还原的本质是有电子的转移，元素化合价发生变化是氧化还原反应的特征，A错；还原剂是失去电子的物质，B错；物质所含元素化合价升高的反应是氧化反应，C错；D对。
考点：氧化还原反应的本质、概念的理解。
11．下列物质中，属于电解质的是（
）
A．碳酸钙
B．盐酸
C．铜
D．酒精
【答案】A
【解析】A．碳酸钙属于盐，在熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故A正确；
B．盐酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
D．酒精在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，是非电解质，故D错误；
故选：A．
【点评】本题考查了电解质的判断，明确电解质、非电解质概念是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，题目难度不大．
12．下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应的化合物是
A．乙酸乙酯　　
B．丙氨酸　　
　C．葡萄糖　　
　D．花生油
【答案】B
【解析】A错，乙酸乙酯只能与氢氧化钠反应不能与盐酸反应；B正确；C错，葡萄糖不能与盐酸反应也不能与氢氧化钠反应；D错，花生油属于油脂，为混合物；
13．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
二氧化硫和氯水有漂白性
两者都能使溴水褪色
B
硫酸铜可以用做游泳池消毒剂
铜盐能使蛋白质变性
C
盐酸和氨水能溶解氢氧化铝
氢氧化铝是两性氢氧化物
D
用淀粉-碘化钾溶液鉴别氯化亚铁
亚铁离子有氧化性
【答案】B
【解析】
试题分析：A、二氧化硫的漂白性是与有色物质化合，而与溴水反应表现了二氧化硫的还原性，氯水的漂白性是利用其氧化性，氯水和溴水不反应，错误，不选A；B、铜盐能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，正确，选B；C、氨水不能溶解氢氧化铝，错误，不选C；D、氯化亚铁和碘化钾不反应，错误，不选D。
考点：二氧化硫的性质，两性氧化物和两性氢氧化物，亚铁离子的性质
14．现有甲、乙、丙、丁四种金属，为了判断其活泼性强弱，某同学设计了下列实验：
①甲、乙在氢氧化钠溶液中构成原电池，根据气泡产生的电极，确定甲、乙活泼性
②将等物质的量的丙、丁放入稀硫酸中，比较产生氢气的量，比较丙、丁活泼性
③用石墨为电极，电解等物质的量浓度的乙、丁的硫酸盐溶液，根据阴极先析出金属判断乙、丁活泼性
④将甲单质投入丙的盐溶液中，根据是否置换丙单质判断甲、丙的活泼性
上述实验能达到目的的是
（
）
A．①④
B．②③
C．③
D．④
【答案】C。
【解析】不能通过金属在氢氧化钠溶液失电子判断其活泼性相对较弱，如镁，铝、铁，铝；①错；金属活泼性与失电子数目无关，即等物质的量金属和稀硫酸反应产生氢气多少与金属活泼性无关，②错；用惰性材料作电极，电解同浓度的乙、丁硫酸盐溶液，在阴极先析出的金属较不活泼，③正确；活泼金属如钠、钾的单质均能与相应的钠盐、
钾盐的水溶液反应且产生均是氢气与一种新盐，④错。
15．（14分）某高聚物的单体A（C11H12O2）可发生以下变化：
已知：
C的烃基部分被取代生成的一氯代物D有两种；F的分子式为C7H8O，含有苯环，但与FeCl3溶液不显色。请回答：
（1）F分子中含有的官能团结构简式是
。
（2）由A生成B和F的反应类型为（选填序号）__
__。
①氧化反应
②取代反应
③水解反应
④消去反应
（3）B的结构简式是____
。
（4）分子式为C7H8O，含有苯环的同分异构体除F外还有__
__种。
（5）写出下列方程式
①
由A生成B和F
______
;
②
B
→
C
______
;
③A在一定条件下生成高聚物
______
__。
【答案】（1）
－OH
；
（2）
②③；（3）CH2＝C(CH3)COOH（4）
4种
（5）①+H2O+
②+H2③n
【解析】
试题分析：有机物A在酸性条件下水解得到的F能够在Cu作催化剂时氧化，说明F中含有羟基；F的分子式为C7H8O，含有苯环，但与FeCl3溶液不显色，则F是苯甲醇；F催化氧化得到G:苯甲醛,苯甲醛催化氧化得到H:苯甲酸;则根据A的分子式及F的分子式和相互转化关系可知B是;C是(CH3)2CH-COOH;C与Cl2在光照下发生反应产生的D可能是、(CH3
)2CClCOOH
;
C与NaOH的水溶液发生酸碱中和反应产生E:(CH3)2CH-COONa;
（1）F分子中含有的官能团结构简式是－OH;
（2）由A生成B和F的反应类型为酯的水解反应，也属于取代反应，所以选项是②③；（3）B的结构简式是CH2＝C(CH3)COOH；（4）分子式为C7H8O，含有苯环的同分异构体除F外还有苯甲醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚四种结构；（5）
①
由A生成B和F方程式是+H2O+；②
B
→
C方程式是+H2；③A在一定条件下生成高聚物的方程式是n。
考点：考查有机物的结构、性质、相互转化、化学方程式、同分异构体的种类及书写的知识。
16．（6分）下列物质A~F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如下图所示的转化。
试回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置是
；
（2）检验F中金属阳离子的常用方法是
。
（3）白色沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式是
。
（4）反应F→D的化学方程式是
。
【答案】(1)第三周期ⅢA族（1分）(2)加入KSCN溶液，显血红色则含Fe3+（1分）
(3)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（2分）
(4)2FeCl3+Fe=3FeCl3（2分）
【解析】
试题分析：B的合金用量最大，所以B为铁，D为氯化亚铁，F为氯化铁；E在常温下是黄绿色气体，是氯气。C和氢氧化钠反应生成的白色沉淀可以溶于氢氧化钠，说明白色沉淀为氢氧化铝，所以A为铝，C为氯化铝。(1)A为铝，所以在第三周期ⅢA族。(2)F中的阳离子是铁离子，所以检验方法为加入KSCN溶液，溶液显血红色。(3)白色沉淀为氢氧化铝，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。(4)氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl3。
考点：金属及其化合物的转化，无机推断。
17．在一个2L的密闭容器中，发生反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)
△H>0，其中SO3的变化如图所示：
（1）写出该反应的平衡常数表达式_____________________。
（2）用O2表示0～8min内该反应的平均速率v=_______
。
（3）升高温度，该反应的反应速率将________
；K值将________；容器中气体的平均相对分子质量
将_________。（填“增大”“减小”或“不变”）
（4）能说明该反应已达到平衡状态的是_______
a．v（SO3）=2v（O2）
b．容器内压强保持不变
c．v逆（SO2）=2v正（O2）
d．容器内密度保持不变
（5）从8min起，压缩容器为1L，则SO3的变化曲线为_______
A．
a
B．
b
C．
c
D．
d
【答案】（1）K=
（2）0.0125mol/（L min）
（3）增大
增大
减
小
（4）b、c
（5）c
【解析】
试题分析：（1）该反应的平衡常数表达式为K=；（2）根据v==0.025mol/（L min），速率之比等于化学计量数之比，所以有：v（O2）=v(SO2)/2=0.0125mol/（L min）；（3）温度升高，反应速率增大；温度升高，化学平衡正向移动，生成物的浓度增大，反应物的浓度减少，平衡常数增大；温度升高，化学平衡正向移动，混合气体的总物质的量增大，质量不变，摩尔质量减少，即平均相对分子质量减少；（4）a、表示同一方向反应速率，v（SO2）自始至终为v（O2）的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b、该反应前后气体体积变化，所以压强不变，反应已达到平衡状态，故b正确；c、不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，v逆（SO2）：v正（O2）=2：1，v逆（SO2）=2v正（O2），故c正确；d、根据质量守恒，化学反应前后混合物的质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，故d错误；故答案为：b、c；（5）容器的体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动，SO3的物质的量增多，故答案为：c。
考点：本题主要考查平衡常数、反应速率、平衡平衡状态的判断及读图表能力
18．为了比较①H－OH，②CH3COOH，③CH3CH2—OH，④H2CO3,⑤苯酚五种物质分子中—OH上氢原子的活动性顺序，某课外活动小组设计了如下表所示的实验方案。请你利用有关实验仪器及给出的试剂，填写表中的空格，完成上述实验方案。可供选用的试剂有：紫色石蕊试液、金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液。实验中所需仪器自选。
实验步骤和操作
实验现象
结论(－OH上氢原子活动性顺序)
（1）.五种物质各取少量于五支试管中，各加入紫色石蕊试液2～3滴
②、④变红，其它不变
②、④＞①、③、⑤
（2）．
（3）．①、③、⑤各取少量于试管中，各加入少量NaOH溶液
⑤由浑浊变澄清
⑤＞①、③
（4）.
（5）.通过以上实验比较，从而得出这五种物质分子中—OH上氢原子的活动性由强到弱的顺序为(填序号)
。
【答案】2.②、④各取少量于试管中，各加入少量Na2CO3溶液（2分）②中产生气体（2分）　②＞④（2分）
4.
①、③各取少量于试管中，各加入少量金属钠（2分）①产生气体剧烈,③产生气体平缓（2分）
①＞③（2分）
5.
②＞④＞⑤＞①＞③（1分）
【解析】
试题分析：根据实验原理以及实验过程可知，实验（2）是检验醋酸和碳酸的酸性强弱的，因此正确的操作应该是②、④各取少量于试管中，各加入少量Na2CO3溶液，②中产生气体，说明酸性是②＞④；实验（4）是检验水和乙醇中羟基活泼性强弱的，则正确的操作是①、③各取少量于试管中，各加入少量金属钠，①产生气体剧烈，③产生气体平缓，这说明羟基活泼性是①＞③。综上所叙，这五种物质分子中—OH上氢原子的活动性由强到弱的顺序为②＞④＞⑤＞①＞③。
考点：常见羟基活泼性比较的实验探究
点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生实验能力的培养。有利于培养学生的规范实验设计能力和动手操作能力，也有助于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。该题的关键是明确实验原理，然后结合题意灵活运用即可。
19．【加试题】有机物E是合成某药物的中间体，化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构；有机物N可转化为G、F，且生成的G、F物质的量之比为n(G)∶n(F)＝1∶3，1
mol
G与足量的金属钠反应产生H2
33．6L（标准状况）。各物质间的转化流程如下（无机产物省略）：
已知：①—ONa连在烃基上不会被氧化；
②同一个碳原子上连接2个－OH不稳定
请回答：
（1）E的结构简式
。
（2）下列说法不正确的是
。
A．化合物B、F都能发生取代反应
B．化合物A、G都能发生氧化反应
C．一定条件下，化合物F与G反应生成N，还可生成分子组成为C7H12O5和C5H10O4的化合物
D．从化合物A到M的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、氧化反应、消去反应和缩聚反应
（3）写出B转化为C和D的化学方程式
。
(4）写出符合下列条件的化合物A的所有同分异构体的结构简式：
。
①含有苯环，且苯环上的一元取代物只有一种
②能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，且能与氯化铁溶液发生显色反应
（5）设计以CH2＝CHCH3为原料制备G的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）
。（已知：）
科网Z-X-X【答案】（1）
（2）D
（3）
（4）
（5）
【解析】
试题分析：化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，E中含有酚羟基，根据流程图，E为芳香酸，环上的一元取代物只有两种结构，因此E为；1
mol
G与足量的金属钠反应产生H2
33．6L(标准状况)，G中含有三个羟基，G为丙三醇(CH2OHCHOHCH2OH)。有机物N可转化为G、F，且生成的G、F物质的量之比为n(G)∶n(F)＝1∶3，则F为CH3COOH，则D为CH3COONa，B为，则A为
。
（1）根据上述分析，E为；
（2）A、B为可以发生水解反应，F为CH3COOH可以发生酯化反应，都能发生取代反应，A正确；B、A为，侧链能发生氧化反应、G为丙三醇(CH2OHCHOHCH2OH)含有羟基可以发生氧化反应，B正确；C、F为CH3COOH，G为丙三醇(CH2OHCHOHCH2OH)，能够发生酯化反应，丙三醇中的羟基可以分别与乙酸酯化，一定条件下，化合物F与G反应生成N，还可生成分子组成为C7H12O5和C5H10O4的化合物，C正确；D、A到B为取代反应，B到C为水解反应或取代反应，C到E为氧化反应，E到M为缩聚反应，C到D为取代反应，D到F为复分解反应，F和G到N是酯化反应或取代反应，没有涉及消去反应，D错误；答案选D。
（3）B转化为C和D的化学方程式为
；
（4）A为。能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，且能与氯化铁溶液发生显色反应，表明分子结构中含有醛基和酚羟基；含有苯环，且苯环上的一元取代物只有一种，的结构简式为；
（5）以CH2＝CHCH3为原料制备丙三醇，可以首先让甲基卤代，再与卤素加成后水解即可，合成路线如下：
。
考点：考查有机合成与推断、有机物的结构和性质的相关知识
20．（8分）某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1．00
mol L-1、2．00
mol L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为20℃、35℃
，每次实验HNO3的用量为25．0
mL、大理石用量为10．00
g。
请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓度（mol L-1）
实验目的
①
25
粗颗粒
2．00
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；（Ⅱ）实验①和
探究温度对该反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和
探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；
②
③
粗颗粒
2．00
④
25
【答案】
实验编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓度（mol L-1）
实验目的
①
25
粗颗粒
2．00
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；
②
25
粗颗粒
1．00
③
35
粗颗粒
2．00
④
25
细颗粒
2．00
【解析】
试题分析：由于①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度不同，其它条件应该相同，硝酸浓度为1．00mol L-1；由于①和③探究温度对反应速率的影响，温度不同，其它条件相同，温度选35℃；实验①和④的大理石规格不同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，其它相同，选择等质量的细颗粒，据此填表。
考点：考查探究实验的设计与评价，影响化学反应速率的因素。
21．在一定条件下，NO跟NH
3
可以发生反应生成N2
和H2O。现有NO和NH3
的混合物1
mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N
2
比经氧化得到的N2
多1．4
g。
（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。
（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH
3
的物质的量可能各是多少。
【答案】
（1）
（2）0．3
mol
NO和0．7
mol
NH3
或0．2
mol
NH3
和0．8
mol
NO。
【解析】
试题分析：在一定条件下，NO跟NH3
可以发生反应生成N2
和H2O，则该反应的化学方程式为：6NO+4NH3==5
N2+6H2O，反应中NO中N元素被还原，由+2价降低为0价，NH3中N元素被氧化，由-3价升高到0价，故关系：6NO～4NH3～3被还原得到N2～2被氧化得到N2～质量差28g，故若经还原得到的N
2
比经氧化得到的N2
多1．4
g，则参与反应的NO为0．3mol，NH3为0．2mol，有NO和NH3
的混合物1
mol，则混合物中NO与NH
3
的物质的量可能为0．3
mol
NO和0．7
mol
NH3
；0．2
mol
NH3
和0．8
mol
NO。
考点：氧化还原反应原理应用计算。
22．(除标注外，每空2分，共8分)如下图所示：化合物A只含两种元素，C为白色胶状沉淀，B、F为刺激性气体，且F能使品红溶液褪色，E为金属单质，J、K为非金属单质，化合物H和L为常见化工产品，化合物I常温下为液态，H的浓溶液与K加热能生成F和无色无味气体M(图中反应条件和部分产物已略去)。
试回答下列问题：
（1）写出A、M的化学式：A_____；M__
_。
（2）写出反应①、②的化学方程式：
__
__；_
_
_。
（3）写出E→D反应的离子方程式：_
__。
【答案】（1）Al2S3(1分)__；
CO2(1分)。
（2）Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑；
C＋2H2SO4(浓)
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
（3）2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO＋3H2↑
【解析】
试题分析：H的浓溶液与常见的固体非金属单质K加热可以生成刺激性气体F和无色无味的气体M，在中学里符合该反应的只有碳和浓硫酸或与浓硝酸的反应，即K为碳，M为二氧化碳，且F能是品红褪色，说明为二氧化硫，则H为硫酸，B与J连续反应得到G，G与液体I反应得到H，可知J为样子，B为硫化氢，G为三氧化硫，A在水中发生税额反应生成B和C，C为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中常见的产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为氢氧化铝，L为氢氧化钠，D为偏铝酸钠，E为铝，由元素守恒可知A中含有铝和硫两种元素，质量比为9:16,则物质的量比为9/27:16/32=2:3，为硫化铝。（1）由上述分析可知A为Al2S3，M为CO2。（2）反应①为硫化铝和水反应生成氢氧化铝和硫化氢，方程式为：Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑；反应②为碳和浓硫酸反应生成二氧化碳二氧化硫和水，方程式为：C＋2H2SO4(浓)
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。（3）E到D的反应为铝和氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO＋3H2↑
考点：无机推断
【名师点睛】无机推断的突破口之一：颜色：铁：铁粉是黑色的；一整块的固体铁是银白色的。
Fe2+——浅绿色
Fe3O4——黑色晶体
Fe(OH)2——白色沉淀
Fe3+——黄色
Fe
(OH)3——红褐色沉淀
Fe
(SCN)3——血红色溶液
FeO——黑色的粉末
Fe
(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色
Fe2O3——红棕色粉末
FeS——黑色固体；铜：单质是紫红色
Cu2+——蓝色
CuO——黑色
Cu2O——红色
CuSO4（无水）—白色
CuSO4·5H2O——蓝色
Cu2
(OH)2CO3
—绿色
Cu(OH)2——蓝色
[Cu(NH3)4]SO4——深蓝色溶液
BaSO4
、BaCO3
、Ag2CO3
、CaCO3
、AgCl
、
Mg
(OH)2
、三溴苯酚均是白色沉淀
Al(OH)3
白色絮状沉淀
H4SiO4（原硅酸）白色胶状沉淀
Cl2、氯水——黄绿色
F2——淡黄绿色气体
Br2——深红棕色液体
I2——紫黑色固体
HF、HCl、HBr、HI均为无色气体，在空气中均形成白雾
CCl4——无色的液体，密度大于水，与水不互溶
KMnO4--——紫色
MnO4-——紫色
Na2O2—淡黄色固体
Ag3PO4—黄色沉淀
S—黄色固体
AgBr—浅黄色沉淀
AgI—黄色沉淀
O3—淡蓝色气体
SO2—无色，有剌激性气味、有毒的气体
SO3—无色固体（沸点44.8
0C）
品红溶液——红色
氢氟酸：HF——腐蚀玻璃
N2O4、NO——无色气体
NO2——红棕色气体
NH3——无色、有剌激性气味气体
23．有机物N和R为高分子材料，其制取的流程如图25所示：
已知：
（1)反应I的反应条件是
；
（2）由的反应类型是
，D生成E的过程中，浓硫酸的作用是
（3）B中的含氧官能团的名称为
化合物C的结构简式是
（4）反应II的化学方程式为
。
（5）下列说法正确的是
（填序号）。
a、常温下，A能和水以任意比混溶
b．A可与NaOH溶液反应
c、化合物C可使高锰酸钾酸性溶液褪色
d．E存在顺反异构休
（6）反应III的化学方程式为
（7）符合下列条件的B的同分异构体有
种。
a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀；
b．属于酯类；
c．苯环上只有两个取代基
【答案】（1）Cl2/Fe粉（或Cl2/FeCl3）（2）取代反应
催化剂和脱水剂
（3）羟基、羧基
（4）
（5）bc（6）（7）18
【解析】
试题分析：苯和氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯反应得到I，I与C反应得到N，结合N的结构可知，A为，C为，反应I应是在氢氧化钠水溶液，加热条件下水解后酸化，苯与发生取代反应生成，由反应信息可知B为，B为甲醇发生酯化反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成R为。
（1）苯生成氯苯的条件为Cl2/Fe粉（或Cl2/FeCl3）。（2）的反应类型为取代反应。D到E为醇的消去反应，浓硫酸的作用为催化剂和脱水剂。（3）B为，含有的官能团为羟基、羧基
；化合物C的结构为
。（4）反应II为酯化反应，方程式为：
（5）a、A为苯酚，常温下在水中的溶解度不大，错误。B、苯酚能与氢氧化钠反应生成苯酚钠和水，正确；c、化合物C含有醛基和碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确。d、E形成碳碳双键的碳原子上有相同的两个氢原子，不存在顺反异构，错误。故答案为bc。
（6）反应III为E中的碳碳双键发生的加聚反应，方程式为：
（7）苯环上连接有酚羟基和一个侧链，侧链可以是-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH、-CH2OOCCH3
、
-CH2COOCH3、
-COOCH2CH3
、
-OOCCH2CH3，两个取代基在苯环上可以有邻间对三种位置关系，所以总共有18。
考点：有机推断