2017年湖南省郴州市高考化学一模试卷（解析版）

2017年湖南省郴州市高考化学一模试卷
　
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（　　）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
C．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
2．分类是重要的科学研究方法，下列物质归类不正确的是（　　）
A．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡
B．酸性氧化物：CO2、SO2、NO、SiO2
C．混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉
D．同素异形体：C60、C70、金刚石
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，44g丙烷含有共价键的数目为10NA
B．1
L
1
mol L﹣1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3NA
C．常温常压下，11.2L由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72
L
NO2溶于足量的水中，转移电子的数目为0.3NA
4．下列有关非金属及其化合物的说法正确的是（　　）
A．硅酸可使紫色石蕊试液变红色
B．二氧化硫通入紫色石蕊试液中．试液先变红后褪色
C．可用锌粒与稀硝酸反应制备氢气
D．液溴易挥发，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存
5．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）
A．
将海带灼烧成灰
B．
过滤得含I﹣溶液
C．
萃取后放出碘的CCl4溶液
D．
分离碘并回收CCl4
6．下列有关实验及其分析叙述正确的是（　　）
A．向2.0mL浓度均为0．lmol L﹣l的KC1、KI混合溶液中滴加1～2滴0.0lmol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比Agl的Ksp大
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入适量的H2O2，铜粉仍不溶解
C．向AIC13溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入NaHSO4溶液，沉淀不消失
D．将CO2通入Ba（NO3）2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，也无沉淀产生
7．某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小．下列判断正确的是（　　）
A．反应的还原产物是N2
B．消耗1
mol氧化剂，转移电子3
mol
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．反应后溶液的酸性明显增强
8．甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素
9．下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（　　）
A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏
B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃
C．二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气
D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
10．类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出错误结论．下列类推结论正确的是（　　）
A．SiH4的熔沸点比CH4高，则PH3的熔沸点比NH3高
B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，则锂在空气中燃烧生成过氧化锂
C．Al（OH）3能溶于NaOH溶液，则Be（OH）2能溶于NaOH溶液
D．甲酸甲酯能发生银镜反应，则乙酸甲酯能发生银镜反应
11．下列说法正确的是（　　）
A．纤维素属于高分子化合物，与淀粉互为同分异构体，水解后均生成葡萄糖
B．某有机物结构如图所示，该有机物属于芳香族化合物的同分异构体有5种，其中遇FeCl3能显色的有3种
C．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C﹣C单键
D．2、3﹣二甲基丁烷的H﹣NMR上有5个峰
12．三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4010，下列有关P4S3的说法中不正确的是（　　）
A．P4S3中磷元素为+3价
B．P4S3属于共价化合物
C．P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2
D．1
mol
P4S3分子中含有9
mol共价键
13．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．则叙述不正确的是（　　）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和含5mol
NaOH的水溶液完全反应
14．工业上用铝土矿（主要成分为Al203，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是（　　）
A．试剂X为稀硫酸
B．反应Ⅱ中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H20=Al（OH）3↓+HCO3一
C．结合质子（
H+）的能力由强到弱的顺序是Al02﹣＞CO32﹣＞OH﹣
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AICl3冶炼Al
15．乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，电池总反应为：
C2H5OH+302=2CO2+3H2O，电池示意如图．下列说法中正确的是（　　）
A．电池工作时．质子向电池的负极迁移
B．电池工作时．电子由b极沿导线流向a极
C．a极上发生的电极反应是：C2H5OH+3H2O+12e一=2CO2+12H+
D．﹣b极上发生的电极反应是：4H++O2+4e一=2H2O
16．由氢氧化钠（NaOH）和过氧化钠（Na2O2）组成混合物中检测出氢元素的质量分数为1%，那么混合物中钠元素的质量百分数约为（　　）
A．46%
B．57.5%
C．58.4%
D．无法计算
　
二、非选择题（共5道小题，共52分）
17．水是生命之源，也是化学反应中的主角．请回答下列问题：
I．水是一种电解质，发生电离会产生电子总数相同的两种微粒，其电离方程式为　　．
Ⅱ．在许多反应中H20扮演不同的“角色”．请结合所学知识，写出有关反应的化学方程
式或离子方程式．
（l）H2O参与置换反应，符合X+W→Y+V．已知X和Y均是短周期主族元素形成的单
质，W、V是化合物．
①若W是水，且做还原剂，该反应的化学方程式为　　．
②若V是水，且为还原产物，该反应在常温下进行．发生反应的化学方程式为　　
（2）A、B是两种由短周期元素组成的有色气体（且MA＞MB），它们均能与水发生氧化还原
反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂．
①A与H2O反应的化学方程式为　　，
②气体B通常不是纯净物的主要原因为　　（用化学方程式表示）．
18．按要求填空
（一）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y的一种单质具有特殊臭味，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：
（1）由上述元素组成的化合物中，既含有极性共价键又含有离子键的化合物的电子式　　；
（2）X和Y组成的化合物中，有一种既含有极性共价键又含有非极性共价键．此化合物可将碱性工业废水中的CNˉ氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为　　
（二），在一定条件下，RO3nˉ
和Iˉ发生反应，离子方程式为：RO3nˉ+6Iˉ+6H+═Rˉ+3I2+3H2O
RO3n﹣中R元素的化合价为　　，R元素的原子最外层电子有　　个．
（三）、Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是　　
（四）、已知M2On2ˉ可与R2ˉ作用，R2ˉ被氧化为R的单质，M2On2ˉ的还原产物中，M为+3价，又知c（M2On2ˉ）=0.3mol/L的溶液100mL可与c（R2ˉ）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为　　．
19．工业上以黄铜矿（主要成分CuFeS2）为原料制备CuSO4 5H2O的主要流程如图：
（1）下列装置不能用于吸收气体X的是　　（填代号）．
（2）熔渣Y的成分为Fe2O3和FeO，选用提供的试剂，设计实验验证熔渣中含有FeO．写出有关实验操作、现象与结论．
提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、氯水．　　．
（3）向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时（杂质不参加反应），混酸中HNO3与H2SO4的最佳物质的量之比为　　
（4）用滴定法测定所得产品中CuSO4 5H2O的含量，称取ag样品配成100mL溶液，取出20.00mL，用c
mol．L﹣l滴定剂EDTA（
H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点（滴定剂不与杂质反应），消耗滴定剂bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+，则CuSO4 5H2O质量分数为　　．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导致测定结果偏　　．（填“偏高”、“偏低”和“无影响”）
20．SnS04是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用．其制备路线如图：
已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+；
SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡．
（1）写出物质A的名称：　　．
（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是　　
（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4+，请写出产生Sn4+的离子方程式：　　．
（4）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：　　
（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是　　．
21．香料龙葵醛（）曾入选伦敦奥运会指定产品，下面是工业合成龙葵醛的路线图（部分反应条件及副产物已略去），回答问题：
→→龙葵醛
（1）生成A的反应类型为　　，D﹣E的反应条件为　　
（2）写出下列E﹣龙葵醛的方程式：　　．
（3）F是龙葵醛与新制Cu（OH）2反应后酸化得到的物质，F有多种同分异构体，其中属于芳香族物质且具有下列特征：
①能发生银镜反应，也能与稀硫酸溶液反应；
②是苯环的二元取代产物．则符合此条件的同分异构体共有　　种，写出核磁共振氢谱有5种的物质的结构简式　　（任写一种）．
　
2017年湖南省郴州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（　　）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
C．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．有新物质生成的变化属于化学变化；
B．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；
C．依据盐类水解应用及次氯酸根离子的强氧化性解答；
D．汽油中不含氮元素；
【解答】解：A．滴水石穿是空气中二氧化碳溶于水后形成碳酸氢钙溶液，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，与氟利昂无关，氟利昂排放能够引起臭氧层破坏，故B错误；
C．明矾净水是因为明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中固体杂质颗粒，“84”消毒液消毒是因为其具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，二者原理不相同，故C正确；
D．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，故D错误；
故选：C．
　
2．分类是重要的科学研究方法，下列物质归类不正确的是（　　）
A．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡
B．酸性氧化物：CO2、SO2、NO、SiO2
C．混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉
D．同素异形体：C60、C70、金刚石
【考点】电解质与非电解质；同素异形体；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】A．电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
B．酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；
C．混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；
D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．
【解答】解：A．明矾、冰醋酸、硫酸钡在水溶液中都能够导电，属于电解质，故A正确；
B．CO2、SO2、SiO2属于酸性氧化物：NO为不成盐氧化物，故B错误；
C．铝热剂是铝粉和三氧化二铁粉末的混合物、矿泉水是水与盐类的混合物、水玻璃是硅酸钠上午水溶液、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，故C正确；
D．C60、C70、金刚石是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故选B．
　
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，44g丙烷含有共价键的数目为10NA
B．1
L
1
mol L﹣1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3NA
C．常温常压下，11.2L由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72
L
NO2溶于足量的水中，转移电子的数目为0.3NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出丙烷的物质的量，然后根据丙烷中含10条共价键来分析；
B、在碳酸钠溶液中，除了碳酸钠外，水也含氧原子；
C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子来分析．
【解答】解：A、44g丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含10NA条共价键，故A正确；
B、在碳酸钠溶液中，除了碳酸钠外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于3NA个，故B错误；
C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L混合气体的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于NA个，故C错误；
D、标况下6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2NA个电子，故D错误、．
故选A．
　
4．下列有关非金属及其化合物的说法正确的是（　　）
A．硅酸可使紫色石蕊试液变红色
B．二氧化硫通入紫色石蕊试液中．试液先变红后褪色
C．可用锌粒与稀硝酸反应制备氢气
D．液溴易挥发，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存
【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质．
【分析】A、硅酸是不溶于水的酸，酸性很弱；
B、二氧化硫只能使品红褪色；
C、硝酸是强氧化性的酸；
D、液溴的密度比水大．
【解答】解：A、硅酸是不溶于水的酸，酸性很弱，不能使紫色石蕊试液变红色，故A错误；
B、二氧化硫只能使品红褪色，所以二氧化硫通入紫色石蕊试液中．试液只变红但不褪色，故B错误；
C、硝酸是强氧化性的酸，所以锌粒与稀硝酸反应生成氮的氧化物，而不是氢气，故C错误；
D、液溴的密度比水大，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存，故D正确；
故选D．
　
5．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）
A．
将海带灼烧成灰
B．
过滤得含I﹣溶液
C．
萃取后放出碘的CCl4溶液
D．
分离碘并回收CCl4
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．海带灼烧在坩埚中进行；
B．过滤需要玻璃棒引流；
C．萃取后放出碘的CCl4溶液在下层；
D．蒸馏时测定馏分的温度．
【解答】解：A．海带灼烧在坩埚中进行，不能在烧杯中灼烧，故A错误；
B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；
C．萃取后放出碘的CCl4溶液在下层，则图中装置为分液装置，操作合理，故C正确；
D．蒸馏时测定馏分的温度，温度计的水银球应在烧瓶支管口处，故D错误；
故选C．
　
6．下列有关实验及其分析叙述正确的是（　　）
A．向2.0mL浓度均为0．lmol L﹣l的KC1、KI混合溶液中滴加1～2滴0.0lmol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比Agl的Ksp大
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入适量的H2O2，铜粉仍不溶解
C．向AIC13溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入NaHSO4溶液，沉淀不消失
D．将CO2通入Ba（NO3）2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，也无沉淀产生
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．溶度积小的先沉淀；
B．Cu与过氧化氢在酸性条件下发生氧化还原反应；
C．NaHSO4溶液电离出氢离子，可溶解氢氧化铝；
D．Ba（NO3）2溶液与SO2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀．
【解答】解：A．沉淀呈黄色，可知先生成AgI沉淀，则说明AgCl的Ksp比Agl的Ksp大，故A正确；
B．Cu与过氧化氢在酸性条件下发生氧化还原反应，则再加入适量的H2O2，铜粉溶解，故B错误；
C．NaHSO4溶液电离出氢离子，可溶解氢氧化铝，则再加入NaHSO4溶液，沉淀消失，故C错误；
D．Ba（NO3）2溶液与SO2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则CO2通入Ba（NO3）2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入SO2，有沉淀产生，故D错误；
故选A．
　
7．某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小．下列判断正确的是（　　）
A．反应的还原产物是N2
B．消耗1
mol氧化剂，转移电子3
mol
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【考点】氧化还原反应．
【分析】c（NH4+）随反应进行逐渐减小，NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题．
【解答】解：反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，
A．反应中N元素化合价升高，被氧化，则N2为氧化产物，故A错误；
B．Cl元素的化合价由+1价降低为﹣1，消耗1mol氧化剂剂，转移电子6mol，故B错误；
C．由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确．
故选D．
　
8．甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素
【考点】无机物的推断；极性键和非极性键；芳香烃、烃基和同系物．
【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3
OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3
OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．
【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；
B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3
OH符合，CH3
OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；
C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；
D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确．
故选D．
　
9．下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（　　）
A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏
B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃
C．二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气
D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
【考点】氨的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．
【分析】A．根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；
B．氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃；
C．二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化；
D．根据铜能与浓硝酸发生反应．
【解答】解：A．根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，故A错误；
B．氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化：Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4，故C正确；
D．根据铜能与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故D错误；
故选C．
　
10．类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出错误结论．下列类推结论正确的是（　　）
A．SiH4的熔沸点比CH4高，则PH3的熔沸点比NH3高
B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，则锂在空气中燃烧生成过氧化锂
C．Al（OH）3能溶于NaOH溶液，则Be（OH）2能溶于NaOH溶液
D．甲酸甲酯能发生银镜反应，则乙酸甲酯能发生银镜反应
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；酯的性质．
【分析】A、利用相对分子质量分析分子间作用力，并注意氨气分子中有氢键；
B、锂没有钠活泼，在空气中燃烧生成氧化锂，不生成过氧化锂；
C、根据对角线相似规则；
D、甲酸甲酯中含有醛基，乙酸甲酯中不含有醛基．
【解答】解：A、结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此SiH4的熔沸点比CH4高，但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故A错误；
B、钠在空气中燃烧生成过氧化钠，但锂在空气中燃烧生成氧化锂，故B错误；
C、由对角线相似规则可知，铝及其化合物与铍及其化合物性质相似，Al（OH）3能溶于NaOH溶液，则Be（OH）2能溶于NaOH溶液，故C正确；
D、甲酸甲酯中含有醛基，能发生银镜反应，乙酸甲酯中不含有醛基，不能发生银镜反应，故D错误；
故选C．
　
11．下列说法正确的是（　　）
A．纤维素属于高分子化合物，与淀粉互为同分异构体，水解后均生成葡萄糖
B．某有机物结构如图所示，该有机物属于芳香族化合物的同分异构体有5种，其中遇FeCl3能显色的有3种
C．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C﹣C单键
D．2、3﹣二甲基丁烷的H﹣NMR上有5个峰
【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．
【分析】A．淀粉、纤维素为多糖，分子式为（C6H10O5）n，但n不同；
B．的属于芳香族化合物的同分异构体有C6H4（0H）CH3（邻、间、对），还有苯甲醇、苯甲醚；
C．含5个碳原子的有机物，能形成环状化合物；
D.2、3﹣二甲基丁烷中只有1种位置的H．
【解答】解：A．淀粉、纤维素为多糖，分子式为（C6H10O5）n，但n不同，二者不是同分异构体，二者水解均生成葡萄糖，故A错误；
B．的属于芳香族化合物的同分异构体有C6H4（0H）CH3（邻、间、对），还有苯甲醇、苯甲醚，酚遇氯化铁显紫色，同分异构体有5种，其中遇FeCl3能显色的有3种，故B正确；
C．含5个碳原子的有机物，能形成环状化合物，每个分子中最多可形成5个C﹣C单键，故C错误；
D.2、3﹣二甲基丁烷中只有1种位置的H，则H﹣NMR上有1个峰，故D错误；
故选B．
　
12．三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4010，下列有关P4S3的说法中不正确的是（　　）
A．P4S3中磷元素为+3价
B．P4S3属于共价化合物
C．P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2
D．1
mol
P4S3分子中含有9
mol共价键
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．
【分析】A．由图可知P与S形成3个共价键；
B．只含共价键的化合物为共价化合物；
C．燃烧反应生成稳定氧化物；
D．由图可知，共6个P﹣S共价键、3个P﹣P键．
【解答】解：A．由图可知P与S形成3个共价键，S形成2个共价键，则P4S3中S为﹣2价，磷元素分别为+3价、+1价，故A错误；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，故B正确；
C．燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，故C正确；
D．由图可知，共6个P﹣S、3个P﹣P共价键，则1
mol
P4S3分子中含有9
mol共价键，故D正确；
故选A．
　
13．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．则叙述不正确的是（　　）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和含5mol
NaOH的水溶液完全反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】由结构可知，分子中含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、碳碳双键，结合酚、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．
【解答】解：A．蛤蟆苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B.2个苯环、1个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．含﹣COOC﹣可发生水解、取代反应，含﹣COOH、﹣OH可发生酯化反应，故C正确；
D.4个酚﹣OH、1个﹣COOH、1个﹣COOC﹣与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和含6mol
NaOH的水溶液完全反应，故D错误；
故选BD．
　
14．工业上用铝土矿（主要成分为Al203，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是（　　）
A．试剂X为稀硫酸
B．反应Ⅱ中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H20=Al（OH）3↓+HCO3一
C．结合质子（
H+）的能力由强到弱的顺序是Al02﹣＞CO32﹣＞OH﹣
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AICl3冶炼Al
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，过滤后分离后，加热分解Al（OH）3↓生成Al2O3，电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题．
【解答】解：A．分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与酸反应，故A错误；
B．铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中加入过量的氢氧化钠以后会生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，即CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；
C．结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3﹣＞Al（OH）3＞H2O，碱性：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，所以结合质子能力：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，故C错误；
D．Al活泼性较强，氯化铝是共价化合物，所以工业上还可采用电解熔融Al2O3，故D错误．
故选B．
　
15．乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，电池总反应为：
C2H5OH+302=2CO2+3H2O，电池示意如图．下列说法中正确的是（　　）
A．电池工作时．质子向电池的负极迁移
B．电池工作时．电子由b极沿导线流向a极
C．a极上发生的电极反应是：C2H5OH+3H2O+12e一=2CO2+12H+
D．﹣b极上发生的电极反应是：4H++O2+4e一=2H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e﹣═2H2O，以此解答该题．
【解答】解：A、电池中，阳离子向正极移动，所以质子向电池的正极迁移，故A错误；
B、电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，在该电池中由a极流向b极，故B错误；
C、a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，故C错误；
D、正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O，故D正确．
故选：D．
　
16．由氢氧化钠（NaOH）和过氧化钠（Na2O2）组成混合物中检测出氢元素的质量分数为1%，那么混合物中钠元素的质量百分数约为（　　）
A．46%
B．57.5%
C．58.4%
D．无法计算
【考点】元素质量分数的计算．
【分析】由组成可知，Na与O原子个数为1：1，则质量比为23：16，以此计算．
【解答】解：氢元素的质量分数为1%，则混合物中含Na、O的质量分数为1﹣1%=99%，由组成可知，Na与O原子个数为1：1，则质量比为23：16，则混合物中钠元素的质量百分数约为99%×=58.4%，
故选C．
　
二、非选择题（共5道小题，共52分）
17．水是生命之源，也是化学反应中的主角．请回答下列问题：
I．水是一种电解质，发生电离会产生电子总数相同的两种微粒，其电离方程式为　H2O+H2O═OH﹣+H3O+　．
Ⅱ．在许多反应中H20扮演不同的“角色”．请结合所学知识，写出有关反应的化学方程
式或离子方程式．
（l）H2O参与置换反应，符合X+W→Y+V．已知X和Y均是短周期主族元素形成的单
质，W、V是化合物．
①若W是水，且做还原剂，该反应的化学方程式为　2F2+2H2O═4HF+O2↑　．
②若V是水，且为还原产物，该反应在常温下进行．发生反应的化学方程式为　O2+2H2S═2H2O+2S↓　
（2）A、B是两种由短周期元素组成的有色气体（且MA＞MB），它们均能与水发生氧化还原
反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂．
①A与H2O反应的化学方程式为　Cl2+H2O═HCl+HClO　，
②气体B通常不是纯净物的主要原因为　2NO2 N2O4　（用化学方程式表示）．
【考点】水的电离；原子结构与元素周期律的关系；氧化还原反应．
【分析】Ⅰ、水电离出OH﹣和H3O+离子，二者电子总数相等；
Ⅱ、（1）符合X+W→Y+V，已知X和Y分别是短周期同主族两种元素形成的单质，W、V是化合物，
①W是水，则该反应为有水参加的置换反应，生成的单质一定为H2，则X应为Na；
②V是水，则W为氢化物，且X为O2；
（2）常见由短周期元素组成的有色气体有Cl2、NO2，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂．
【解答】解：Ⅰ、水电离出OH﹣和H3O+离子，二者电子总数相等，则电离方程式为H2O+H2O═OH﹣+H3O+，
故答案为：H2O+H2O═OH﹣+H3O+；
Ⅱ、（1）符合X+W→Y+V，已知X和Y分别是短周期同主族两种元素形成的单质，W、V是化合物，则
①W是水，且做还原剂，则X为F2，反应的方程式为2F2+2H2O═4HF+O2↑，
故答案为：2F2+2H2O═4HF+O2↑；
②V是水，则W为氢化物，且X为O2，符合条件的置换反应为O2+2H2S═2H2O+2S↓，
故答案为：O2+2H2S═2H2O+2S↓；
（2）常见由短周期元素组成的有色气体有Cl2、NO2，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，由于MA＞MB，故A为氯气，B为NO2．
①Cl2与水反应生成HCl和HClO，化学方程式为Cl2+H2O═HCl+HClO，
故答案为：Cl2+H2O═HCl+HClO；
②NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，故导致NO2气体不是纯净物．故答案为：2NO2 N2O4；
　
18．按要求填空
（一）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y的一种单质具有特殊臭味，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：
（1）由上述元素组成的化合物中，既含有极性共价键又含有离子键的化合物的电子式　　；
（2）X和Y组成的化合物中，有一种既含有极性共价键又含有非极性共价键．此化合物可将碱性工业废水中的CNˉ氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为　H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3　
（二），在一定条件下，RO3nˉ
和Iˉ发生反应，离子方程式为：RO3nˉ+6Iˉ+6H+═Rˉ+3I2+3H2O
RO3n﹣中R元素的化合价为　+5　，R元素的原子最外层电子有　7　个．
（三）、Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是　5　
（四）、已知M2On2ˉ可与R2ˉ作用，R2ˉ被氧化为R的单质，M2On2ˉ的还原产物中，M为+3价，又知c（M2On2ˉ）=0.3mol/L的溶液100mL可与c（R2ˉ）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为　7　．
【考点】位置结构性质的相互关系应用；根据化学式判断化合价；氧化还原反应的计算．
【分析】（一）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，则X为H元素；Y的一种单质具有特殊臭味，则Y为O元素；Z与X原子最外层电子数相同，Z原子序数大于O元素，则Z为Na；
（二）根据离子方程式中电荷守恒计算n的值，再根据化合价代数和等于离子所带电荷计算R的化合价；根据生成R﹣离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第七主族元素；
（三）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值；
（四）设M2On2﹣中M的化合价为x，则2x+2=2n，故x=n﹣1，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等列方程计算．
【解答】解：（一）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，则X为H元素；Y的一种单质具有特殊臭味，则Y为O元素；Z与X原子最外层电子数相同，Z原子序数大于O元素，则Z为Na；
（1）由上述元素组成的化合物中，既含有极性共价键又含有离子键的化合物为NaOH，其电子式为，
故答案为：；
（2）H和O组成的化合物中，有一种既含有极性共价键又含有非极性共价键，该化合物为H2O2，H2O2可将碱性工业废水中的CNˉ氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3，
故答案为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3；
（二）根据离子方程式遵循电荷守恒可知：（﹣n）+（﹣6）+6=﹣1，可知n=1，设RO3n﹣离子中R的化合价为x，则：（x﹣2×3）=﹣1，解得x=+5，
RO3n﹣中R元素的化合价不一定为最高正价，应根据反应物中R﹣离子的化合价进行判断，根据生成R﹣离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第七主族元素，最外层电子数为7，
故答案为：+5；7；
（三）解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x×[6﹣（﹣）]=16×[1﹣（﹣1）]，解得：x=5，
故答案为：5；
（四）n（M2On2﹣）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，n（R2﹣）=0.6mol×0.15L=0.09mol，
设M2On2﹣中M的化合价为x，则2x+2=2n，故x=n﹣1，反应中M氧化化合价降低到+3价，R元素化合价升高到0价，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n﹣1﹣3）×0.03mol×2=（2﹣0）×0.09mol，解得n=7，
故答案为：7．
　
19．工业上以黄铜矿（主要成分CuFeS2）为原料制备CuSO4 5H2O的主要流程如图：
（1）下列装置不能用于吸收气体X的是　ac　（填代号）．
（2）熔渣Y的成分为Fe2O3和FeO，选用提供的试剂，设计实验验证熔渣中含有FeO．写出有关实验操作、现象与结论．
提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、氯水．　取少量熔渣装入试管中，加入稀硫酸溶解，再向溶液中滴人高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，可证明熔渣中含有Fe0　．
（3）向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时（杂质不参加反应），混酸中HNO3与H2SO4的最佳物质的量之比为　2：3　
（4）用滴定法测定所得产品中CuSO4 5H2O的含量，称取ag样品配成100mL溶液，取出20.00mL，用c
mol．L﹣l滴定剂EDTA（
H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点（滴定剂不与杂质反应），消耗滴定剂bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+，则CuSO4 5H2O质量分数为　　．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导致测定结果偏　偏高　．（填“偏高”、“偏低”和“无影响”）
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】黄铜矿在空气中焙烧后生成Cu2O、Cu、SO2以及熔渣，然后由Cu2O、Cu制得粗铜最终制得CuSO4 5H2O，所以X是SO2，
（1）气体X是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质以及溶解度大小判断；
（2）Fe2O3中含有FeO，用稀酸（非氧化性）将熔渣溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可利用KMnO4溶液褪色来证明；
（3）当硝酸根离子恰好反应时硫酸和硝酸的物质的量之比最佳，根据离子方程式计算即可；
（4）根据反应方程式及滴定数据计算出硫酸铜的物质的量，再计算出硫酸铜晶体的质量分数；根据CuSO4 5H2O质量分数的表达式分析误差；滴定管需要润洗，据此解答即可．
【解答】解：黄铜矿在空气中焙烧后生成Cu2O、Cu、SO2以及熔渣，然后由Cu2O、Cu制得粗铜最终制CuSO4 5H2O，所以X是SO2，
（l）a、导管未插入液面以下，不能起到吸收作用，故a错误；
b、氢氧化钠可以吸收二氧化硫，且二氧化硫溶解度较大，先通入到四氯化碳溶液中，起到缓冲气流的作用，能防止倒吸，故b正确；
c、二氧化硫溶解度较大，倒扣的漏斗伸入液面以下，不能起到防倒吸的作用，故c错误；
d、倒扣的圆底烧瓶起到安全瓶的作用，能防止倒吸，故d正确；
故答案为：ac；
（2）Fe2O3中含有FeO，用稀酸（非氧化性）将熔渣溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，KMnO4溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，操作为取少量固体溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，观察到溶液使KMnO4溶液褪色，则证明含有FeO；
故答案为：取少量熔渣装入试管中，加入稀硫酸溶解，再向溶液中滴人高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，可证明熔渣中含有Fe0；
（3）当硝酸根离子恰好反应时硫酸和硝酸的物质的量之比为最佳，由离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
可知，反应中消耗2molNO3﹣，需要8molH+，硝酸电离2mol，另外6mol氢离子由硫酸提供，则硫酸为3mol，所以硝酸与硫酸的物质的量之比为2：3；
故答案为：2：3；
（4）根据CuSO4 5H2O～Cu2+～H2Y2﹣可知20.00mL溶液中n（CuSO4 5H2O）=n（EDTA）=c×b×10﹣3mol；
所以m（CuSO4 5H2O）=c×b×10﹣3mol×250g/mol=0.25bc
g，
因此100mL溶液中CuSO4 5H2O的质量为：0.25bc×5=1.25bcg，所以ω==；
滴定管需要用所盛装溶液润洗，否则会稀释标准液的浓度，导致标准液使用偏多，结果偏高；
故答案为：；偏高．
　
20．SnS04是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用．其制备路线如图：
已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+；
SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡．
（1）写出物质A的名称：　硫酸　．
（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是　SnCl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl　
（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4+，请写出产生Sn4+的离子方程式：　2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O　．
（4）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：　SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O　
（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是　（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次　．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；
（1）根据（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO结合最终生成SnSO4来分析；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；
（5）（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次．
【解答】解：（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn
Cl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，
故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；
（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次．
　
21．香料龙葵醛（）曾入选伦敦奥运会指定产品，下面是工业合成龙葵醛的路线图（部分反应条件及副产物已略去），回答问题：
→→龙葵醛
（1）生成A的反应类型为　加成反应　，D﹣E的反应条件为　NaOH的水溶液、加热　
（2）写出下列E﹣龙葵醛的方程式：　+O2+2H2O　．
（3）F是龙葵醛与新制Cu（OH）2反应后酸化得到的物质，F有多种同分异构体，其中属于芳香族物质且具有下列特征：
①能发生银镜反应，也能与稀硫酸溶液反应；
②是苯环的二元取代产物．则符合此条件的同分异构体共有　6　种，写出核磁共振氢谱有5种的物质的结构简式　或　（任写一种）．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据苯和A的分子式知，苯和丙烯发生加成反应生成A，A为；根据流程图知，从A到龙葵醛其中碳原子个数不变，E发生氧化反应生成龙葵醛，所以E结构简式为；D发生取代反应生成E，D为；C发生加成反应生成D，则C为；A发生取代反应生成B，B结构简式为，据此分析解答．
【解答】解：根据苯和A的分子式知，苯和丙烯发生加成反应生成A，A为；根据流程图知，从A到龙葵醛其中碳原子个数不变，E发生氧化反应生成龙葵醛，所以E结构简式为；D发生取代反应生成E，D为；C发生加成反应生成D，则C为；A发生取代反应生成B，B结构简式为，
（1）由苯环与A的分子组成差及转化关系知生成A的反应是加成反应，D是溴代烃、E是醇，D→E的反应条件为NaOH的水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH的水溶液、加热；
（2）E结构简式为，E发生氧化反应生成龙葵醛，则E→龙葵醛的方程式：2+O2+2H2O，
故答案为：
+O2+2H2O；
（3）F是龙葵醛与新制Cu（OH）2反应后得到的物质，则F是异苯丙酸，F有多种同分异构体，其中某些芳香族物质具有下列特征：①能发生银镜反应，也能与稀硫酸溶液反应说明为甲酸某酯；②是苯环的二元取代产物，说明含有两个取代基，两个取代基分别是：“HCOO﹣、﹣CH2CH3或HCOOCH2﹣、﹣CH3”，两个取代基在苯环上存在邻位、间位、对位三种位置关系，故共有6种同分异构体；其中核磁共振氢谱有5种的物质是：、，
故答案为：6；或．
　
2017年1月8日