山东省实验英才
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高三化学下学期3月月考试卷(含解析)LtDPAGEPAGE14高考资源网〔ks5u〕，您身边的高考专家山东省实验英才高中2022届高三下期3月月考化学试卷〔解析版〕1．震惊全国的11.15上海市静安区胶州路728号一幢28层高的居民住宅发生火灾有58人丧生。当火灾发生时，你认为采取的以下措施中不恰当的是( )A.立即撤离火灾现场并拨打119报警B.假设逃生通道被堵，应迅速转移到窗口边或阳台上等待救援C.假设被困在室内，应立即封堵火、烟的进口，并站在室内最高处等待救援D.假设被困在火灾现场，应尽可能贴近地面向火势小、烟雾少的方向撤离【答案】C【解析】略2．短周期元素A、B、C原子序数依次递增，它们原子的最外层电子数之和为10，A和C处于同主族，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，以下表达不正确的选项是〔〕A.原子半径A
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意可判断出A、B、C分别是C、Mg、Si，原子半径大小依次为BCA；AD间只能形成离子化合物。3．以下物质与苯互为同系物的是〔〕【答案】C【解析】同系物是指结构相似，分子组成相差假设干个CH2原子团的同一类物质。苯的同系物是指苯环上的氢原子被烷烃基取代后的产物，其通式为CnH2n－6，所以主要选项C正确。4．与主族元素在元素周期表中所处的位置有关的是〔〕A．相对原子质量B．核内中子数C．次外层电子数D．电子层数和最外层电子数【答案】D【解析】试题分析：在周期表中主族序数＝最外层电子数，周期数＝电子层数，所以与主族元素在元素周期表中所处的位置有关的是电子层数和最外层电子数，答案选D。考点：考查元素周期表的结构以及周期表编制原那么的判断点评：该题主要是考查学生对元素周期表结构的熟悉了解程度，旨在稳固根底，提高能力。该题紧扣教材，注重根底，有利于培养学生的学习兴趣，提高学生的应试能力。5．以下说法正确的选项是A.金属单质和酸反响一定放出氢气B.含金属元素的离子一定是阳离子C.金属阳离子被复原一定得到金属单质D.金属单质在化学反响中只作为复原剂失去电子【答案】D【解析】A不正确，例如铜硝酸反响得不到氢气；B不正确，例如AlO2－等；C不正确，例如铁离子被铜复原生成亚铁离子，所以正确的答案选D。6．以下化学用语正确的选项是A．氯分子的电子式：Cl:ClB．水分子的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．质量数为37的氯原子：【答案】C【解析】试题分析：A、氯分子的电子式中氯原子上漏掉孤对电子，应为：，错误；B、水为共价化合物，水分子的电子式应为：，错误；C、氯离子的结构示意图：，正确；D、质量数为37的氯原子应为：3717Cl，错误。考点：考查化学用语。7．以下物质中，不属于天然高分子化合物的是：A．油脂B．聚乙烯塑料C．淀粉D．蛋白质【答案】B【解析】A不是高分子化合物，B是人工合成的高分子化合物，CD都是天然高分子化合物，答案选B.8．化学与生产、生活、社会密切相关。以下有关说法中正确的选项是A．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C．鼓励汽车、家电“以旧换新〞，可减少环境污染，开展循环经济，促进节能减排D．焰火“脚印〞、“笑脸〞使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反响〞的知识相关，焰色反响是化学变化【答案】C【解析】试题分析：A、明矾水解时产生具有吸附性的氢氧化铝胶体，但氢氧化铝胶体不能杀菌消毒，A错误；B、SiO2制成的玻璃纤维，由于传导光能力强而被用于制造通讯光缆，B错误；C、鼓励汽车、家电“以旧换新〞，可减少环境污染，开展循环经济，促进节能减排，C正确；D、焰色反响是物理变化，D错误；答案选C考点：明矾净水，SiO2的性质，环境问题，焰色反响9．根据盖斯定律判断如以下图的物质转变过程中正确的选项是A．ΔH1=ΔH2=ΔH3=ΔH4B．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4C．ΔH1+ΔH2+ΔH3=ΔH4D．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4【答案】D【解析】试题解析：A→B、B→C、C→D、A→D四个反响的△H不可能相同，故A错误；△H3+△H4是B→D的△H，用B→A→D的△H表示应为△H1-△H2故B错误；从反响方向分析，△H4应等于△H1-△H2-△H3，故C错误；D、从反响方向和盖斯定律可知A→D的△H就是A→B→C→D的△H的和，即△H1=△H2+△H3+△H4．考点：用盖斯定律进行有关反响热的计算．10．以以下图是温度和压强对反响X＋Y2Z影响的示意图。以下表达正确的选项是A．该反响为放热反响B．增大压强，平衡正向移动C．X、Y、Z均为气态D．X和Y不可能都为气态，Z为气态【答案】D【解析】试题分析：根据图得知：随压强的增加，Z的体积分数降低，说明平衡左移，X和Y不可能都为气态，Z为气态，正确；根据图得知：随温度的升高，Z的体积分数增加，说明正反响方向是吸热反响。考点：考查影响化学平衡的因素。11．以下关于强、弱电解质的表达正确的选项是A．强酸、强碱及大局部盐类属于强电解质，弱酸、弱碱属于弱电解质B．所有的离子化合物都是强电解质，所有的共价化合物都是弱电解质C．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质【答案】A【解析】略12．以下说法正确的选项是A．S在纯氧中燃烧可生成SO3B．用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2C．SO2能使KMnO4溶液褪色D．CO2通入CaCl2溶液中能产生白色沉淀【答案】C【解析】试题分析：A、S在氧气中燃烧只能生成SO2，得不到三氧化硫，A错误；B、CO2、SO2均与澄清石灰水反响分别生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀，石灰水均变浑浊，不能鉴别，应该用品红溶液，B错误；C、SO2具有复原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，SO2能使KMnO4溶液褪色，C正确；D、CO2与氯化钙溶液不反响，D错误，答案选C。考点：考查S、SO2、CO2的性质以及鉴别13．在托盘天平的两盘中各放入一个质量相等的烧杯，两烧杯中各盛有100mL1mol/L硫酸溶液，向两烧杯中分别参加各组中的两种物质，反响后天平保持平衡的是A．0.1molZn，0.1molFeB．1molFe，1molZnC．1gZn，1gFeD．10gZn，10gFe【答案】D【解析】试题分析：天平仍然平衡满足的条件有二个：〔1〕酸过量，参加不等量的金属生成不等量的氢气，但二边增重的质量相等，现烧杯里硫酸的物质量的量为0.1mol，最多溶解的铁的质量为5.6g、锌的质量为6.5g，二种金属的物质的量都为0.1mol，在此条件下四个选项均不满足；〔2〕酸全部反响，参加过量且相等的两种金属，因生成的氢气量也相等，此时天平会仍平衡，现烧杯里硫酸的物质量的量为0.1mol，最多溶解的铁的质量为5.6g、锌的质量为6.5g，即铁和锌的质量只要不低于6.5克，且质量相等时平衡仍会保持平衡，故答案D满足，答案为D。考点：讨论型计算，涉及天平的平衡理论。14．可促进HClO的电离，并使pH增大的是〔〕①参加HCl②参加NaClO③参加NaOH④参加Zn⑤加热A.①②③④B.②③④C.③④D.③④⑤【答案】C【解析】试题分析：次氯酸是弱酸，存在电离平衡HClOClO－＋H＋，所以盐酸或次氯酸钠均是抑制次氯酸的电离。③④⑤都是促进次氯酸的电离，但加热后，次氯酸溶液的酸性会增强，pH减小，所以正确的答案选C。考点：考查外界条件对电离平衡的影响及溶液pH的有关计算。点评：外界条件对电离平衡的影响，主要是依据勒夏特列原理进行判断，而溶液的pH主要是和溶液中氢离子浓度大小有关系。15．某药物中间体的合成路线如下：以下说法正确的选项是A．对苯二酚和互为同系物B．1mol该中间体最多可与7mol氢氧化钠反响C．2，5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反响D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团【答案】B【解析】试题分析：对苯二酚和的结构不同，不是同系物，A错误；中间体中有7个位置〔如图〕可与氢氧化钠反响，B正确；2，5-二羟基苯乙酮中存在苯环，可以与氢气加成，不能发生水解反响，C错误；中间体分子中还含有氯原子核酯基，D错误。考点：考查了有机物的结构和性质等相关知识。16．〔10分〕将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气(忽略CO2)放入0.5L密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下发生反响：〔正反响放热〕。测得n〔O2〕随时间的变化如下表反响到达5s后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L〔此体积为标准状况下的体积〕；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L〔此体积为标准状况下的体积〕。请答复以下问题：〔1〕用O2表示从0-ls内该反响的平均反响速率为__________________。〔2〕O2的平衡浓度c(O2)=____________________________；〔3〕4s时，SO2的生成速率____________〔填“大于〞、“小于〞或“等于〞〕O2的消耗速率。〔4〕求该反响到达平衡时SO2的转化率是________〔用百分数表示〕。〔5〕假设将平衡混台气体中SO3的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀_______克〔计算结果保存一位小数〕。【答案】〔1〕0.6mol/(L·s)〔2〕0.5mol/L〔3〕大于〔4〕90%〔5〕10.5【解析】试题分析：〔1〕0-ls内O2的物质的量减少0.7-0.4=0.3mol，浓度减少0.3mol/0.5L=0.6mol/L，所以用O2表示从0-ls内该反响的平均反响速率为0.6mol/L/1s=0.6mol/(L·s)〔2〕根据题意可知，与氢氧化钠的反响的是二氧化硫、三氧化硫的混合气体，二者的物质的量之和与开始参加的二氧化硫的物质的量相同，所以混合气体通过氢氧化钠溶液体积减少〔标准状况〕22.4L，说明开始通入的二氧化硫的物质的量是1mol，剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L〔标准状况〕，说明剩余氧气5.6L，物质的量是0.25mol，浓度是5.6L/22.4L/mol/0.5L=0.5mol/L，所以压强的平衡浓度是0.5mol/L；〔3〕4s时，反响已达平衡，v逆(SO2)=2v正〔O2〕，所以SO2的生成速率大于O2的消耗速率。〔4〕氧气的平衡物质的量是0.25mol，那么消耗氧气0.7mol-0.25mol=0.45mol，所以消耗二氧化硫0.45mol×2=0.9mol，根据〔2〕的分析可知，二氧化硫的初始量是1mol，所以该反响到达平衡时SO2的转化率是0.9mol/1mol×100%=90%；〔5〕混合气体中的三氧化硫与BaCl2溶液反响生成硫酸钡沉淀。同理可计算出生成三氧化硫的物质的量是0.9mol，其5%与BaCl2溶液反响，生成硫酸钡0.045mol，质量是10.485g，保存一位小数是10.5g。考点：考查二氧化硫的催化氧化反响，反响速率的计算与判断，化学反响的有关计算17．某无色溶液中含有CO32-、K+、NH４+、Ba2+、SO42-、Fe3+中几种离子，今取二份体积各100mL该溶液进行实验。〔1〕第一份参加足量氢氧化钠浓溶液，加热，产生的氨气在标准状况下体积为896mL；〔2〕第二份参加足量氯化钡溶液，生成沉淀质量为6.27g，再经足量稀盐酸洗涤后得2.33g残渣。据此答复：①用稀盐酸洗涤沉淀时反响的离子方程式为；②含有的阴离子及其对应物质的量浓度依次是；③对是否存在K+的判断依据是。【答案】①BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑②CO32-，0.2mol／L；SO42-，0.1mol／L；〔各1分，共4分〕③电荷守恒。【解析】试题分析：第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.896L〔标况〕物质的量为0.04mol；证明原溶液中含有NH4+0.04mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得枯燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、枯燥后，沉淀质量为2.33g．说明一定含有CO32-、SO42-、n〔CO32-〕=n〔BaCO3〕=〔6.27-2.33〕/197=0.02mol；n〔SO42-〕=n〔BaSO4〕=2.33/233=0.01mol.①用稀盐酸洗涤沉淀，减少是因为盐酸与碳酸钡反响：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；②c〔CO32-〕=0.02/0.1=0.2mol/L；c〔SO42-〕=0.01/0.1=0.1mol/L。③：n〔NH4+〕=0.04mol,n〔CO32-〕=0.02mol,n〔SO42-〕=0.01mol,根据电荷守恒，阳离子所带正电荷之和=阴离子所带负电荷之和，所以K+是一定存在的。考点：考查离子种类判断18．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL.根据这两种溶液的配制情况答复以下问题：〔1〕如以下图的仪器中配制溶液肯定不需要的是(填序号)，仪器E的名称是，本实验所需玻璃仪器E规格为mL。〔2〕以下操作中，容量瓶所不具备的功能有(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质D．量取一定体积的液体〔3〕根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为mL(计算结果保存一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用mL规格的量筒最好。【答案】AC；容量瓶；500；BCD；13.6；25【解析】试题分析：〔1〕配制一定物质的量浓度时所用仪器有：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，烧瓶和分液漏斗不需要，所以答案选A、C，由于没有500ml容量瓶，所以配制450mL溶液，需要500mL容量瓶。另外还需要溶解和稀释时用到的烧杯和玻璃棒。〔2〕容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，综上，答案B、C、D。〔3〕浓硫酸的浓度c＝＝mol/L＝18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V＝0.5/L×0.5L，解得V＝0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，所以选用25mL量筒。【考点定位】考查一定物质的量浓度的配制。【名师点睛】该题考查一定物质的量浓度溶液的配制和有关计算，难度不大。常考点：有关计算、误差分析等。1.计算所需溶质的量时，要代入容量瓶体积，结果保存一位小数，与托盘天平精确到一致。2.误差分析的理论依据：依据cB＝nB/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中的操作会引起ｎ和V怎样的变化。假设nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；假设nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。19．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，复原性Fe2＋>Cl－>Co2+；②局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：〔金属离子浓度为：0.01mol/L〕沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。答复以下问题：〔1〕写出浸出过程中Co2O3发生反响的离子方程式。〔2〕写出NaClO3发生反响的主要离子方程式；假设不慎向“浸出液〞中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式。〔3〕“加Na2CO3调pH至a〞，过滤所得到的沉淀成分为、。〔4〕“操作1〞中包含的根本实验操作，它们依次是和过滤、减压烘干。〔5〕萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液〞中参加萃取剂的目的是；其使用的最正确pH范围是。．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5【答案】〔1〕Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O〔2分〕〔2〕ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O〔2分〕；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O〔2分〕〔3〕Fe(OH)3Al(OH)3(2分)(4)蒸发浓缩、冷却结晶〔2分〕〔5〕除去溶液中的Mn2＋〔2分〕；B〔2分〕【解析】试题分析：〔1〕向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，参加盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化复原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反响的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；〔2〕NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，反响的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化复原反响生成氯气，反响的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；〔3〕NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；Fe3＋能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为Fe(OH)3Al(OH)3；〔4〕利用从溶液中制取固体的
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制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以答案为蒸发浓缩、冷却结晶；〔5〕根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，所以答案为除去溶液中的Mn2+；B。考点：此题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备
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。20．〔16分〕溴苯是一种化工原料，实验室用以下甲、乙、丙、丁等仪器组合，合成溴苯的装置示意图〔其余辅助仪器略去〕及有关数据如下，按要求答复以下问题：苯溴溴苯密度/g·cm-30.883.101.50沸点/°C8059156水中溶解度微溶微溶微溶〔1〕仪器乙的名称为：；〔2〕用上图的装置制备溴苯时的操作为：向甲中预先参加少量铁屑，再参加适量苯，丙中预先装好适量液溴，将丙中所装的液溴缓慢滴入甲中，充分反响。反响中铁屑的作用是：；写出制备溴苯的化学反响方程式是：；〔3〕丁装置烧杯中倒置的漏斗的目的是：；写出丁中发生的主要化学反响的方程式为：；〔4〕充分反响后，向甲中参加适量水，然后过滤除去未反响的铁屑；所得到滤液就是制得的粗溴苯，其中含有未反响完的液溴，最好应选择试剂除去，A．氢氧化钠溶液B．稀盐酸溶液C．氯化钠溶液D．水经过上述操作所得的粗溴苯中还含有杂质苯，要进一步提纯，应选以下哪种操作除去。E．重结晶F．过滤G．蒸馏H．萃取【答案】〔1〕球型冷凝管〔2分〕〔2〕催化剂〔2分〕+Br2+HBr〔3分〕〔3〕防倒吸〔2分〕NaOH+HBr=2NaBr+H2O〔3分〕〔4〕A〔2分〕，G〔2分〕【解析】试题分析：〔1〕仪器乙的名称为：球型冷凝管。〔2〕在溴苯的制取中铁做催化剂；发生的化学反响方程式为：+Br2+HBr。〔3〕倒置的漏斗的目的是防倒吸；根据苯、溴苯和溴的沸点，它们会冷凝成液体回到烧瓶中，那么挥发出来的物质主要是HBr，所以丁中发生的主要化学反响的方程式是：NaOH+HBr=2NaBr+H2O。〔4〕要除去溴苯中的溴最好用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液与溴苯不反响，与溴反响生成易溶于水的物质，选A；溴苯的沸点为156°C，苯的沸点为80°C，沸点相差较大，故用蒸馏的方法别离。考点：溴苯的制备、物质的除杂和别离、常见实验仪器的识别。21．硫铁矿又称黄铁矿，是生产硫酸的原料，其主要成分为FeS2。850℃~950℃时，空气中煅烧，可能发生以下反响〔设空气中N2与O2体积比为4：1)：4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2〔1〕含硫35％的硫铁矿样品〔杂质不含硫〕，其FeS2的含量为。〔2〕设1t纯洁的FeS2完全反响，产生标准状况下SO2m3。〔3〕为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20％时，所得炉气中SO2的体积分数为多少？【答案】〔1〕0．656〔2〕373．3〔3〕0．127【解析】试题分析：〔1〕设硫铁矿的质量是m，其中FeS2的含量为x，那么＝35%，解得x＝0.656，即FeS2的含量为0.656。〔2〕根据反响方程式可知1t纯洁的FeS2完全反响，产生标准状况下SO2的物质的量是1000000g/120g·mol-1×2，在标准状况下的体积为1000000g/120g·mol-1×2×22.4L/mol＝373333.3L＝373.3m3。〔3〕设FeS2为1mol，根据化学方程式4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2计算完全煅烧需要的n〔O2〕＝2.75mol，生成n〔SO2〕＝2mol；空气过量25%，所需空气为：2.75mol/0.2×1.2＝16.5mol；那么SO2体积分数为：2mol÷〔16.5mol+2mol-2.75mol〕＝0.127。考点：考查根据化学方程式计算。22．某有机物A的分子式为C3H6O2，A有以下转化关系：〔其中F能发生银镜反响〕。答复以下问题：〔1〕A的名称是；〔2〕F的结构简式是；〔3〕0.1molD与足量银氨溶液反响，可生成克Ag；〔4〕写出A→B+C的化学方程式。【答案】〔1〕乙酸甲酯〔1分〕〔2〕HCOOCH3〔1分〕〔3〕43.2〔1分〕〔4〕CH3COOCH3＋H2OCH3COOH＋CH3OH〔2分〕【解析】试题分析：A水解生成B和C，C能连续氧化，所以C是醇，B是羧酸，A是酯类。F能发生银镜反响，那么A是乙酸甲酯，B是乙酸，C是甲醇，D是甲醛，E是甲酸，F是甲酸甲酯。〔1〕根据以上分析可知A是乙酸甲酯；〔2〕F是甲酸甲酯，其结构简式是HCOOCH3；〔3〕D是甲醛，0.1molD与足量银氨溶液反响，可生成0.4mol银，质量是0.4mol×108g/mol＝43.2g；〔4〕A→B+C是酯类的水解反响，方程式为CH3COOCH3＋H2OCH3COOH＋CH3OH。考点：考查有机物推断23．(15分)兔耳草醛是一种人造香料，它的合成路线如下：〔1〕反响①～④中属于加成反响的是_____(填序号)，化合物E中的官能团的名称是_____。〔2〕反响②中假设HCHO过量，那么D可继续与HCHO反响生成________(填结构简式)。〔3〕写出同时满足以下条件的D的同分异构体的结构简式：________________。Ⅰ．既能发生水解反响，也能发生银镜反响；Ⅱ．分子中有3种不同化学环境的氢。〔4〕写出物质D在Cu作催化剂条件下与氧气反响的化学方程式：________________。〔5〕：。写出以物质C为原料制备聚乳酸的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图例如如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH3【答案】〔1〕①②④碳碳双键、醛基〔2〕〔3〕HCOOCH(CH3)2〔4〕〔5〕(除第〔1〕小题第一空3分，第〔5〕小题4分外，其余每空2分，共15分)【解析】试题分析：〔1〕加成反响的特点是只上不下，类似化合反响，所以苯与丙烯的反响是加成反响，丙醛与甲醛的反响是加成反响，B与E的反响是加成反响，所以反响①～④中属于加成反响的是①②④；化合物E中的官能团是碳碳双键和醛基；〔2〕根据丙醛与甲醛反响的产物可知，反响②中假设HCHO过量，那么D可继续与HCHO反响，生成的产物是D中与醛基相连的C原子的H原子加到甲醛的O原子上，所以产物的结构简式是；〔3〕D的同分异构体中能发生水解反响，那么分子中含有酯基，还能发生银镜反响，说明分子中含有醛基，所以该同分异构体为甲酸某酯，同时分子中有3种不同化学环境的氢，甲酸中H原子为1种，那么醇局部的H原子有2种，所以该酯为甲酸与异丙醇形成的酯，结构简式是HCOOCH(CH3)2〔4〕D中羟基可在Cu作催化剂、加热的条件下与氧气发生氧化反响，生成醛，化学方程式是；〔5〕生成聚乳酸的单体是HOCH(CH3)COOH，所以由丙醛先发生氧化反响生成丙酸，然后根据题目提供的信息，丙酸在PCl3、加热的条件下与Cl原子发生取代，再发生水解反响可得到单体，单体再发生缩聚反响得到产物，流程为。考点：考查有机物的结构与性质的判断，同分异构体的判断，有机物的制备流程的设计24．【化学──有机化学根底】〔15分〕PX是有机物A的英文缩写,是化工生产中非常重要的原料之一，常用于生产塑料、聚酯纤维、薄膜、药物等，有研究者设计利用其性质合成某药物，其合成路线如下〔局部反响试剂和条件已略〕：：Ⅰ.Ⅱ.试答复以下问题：〔1〕PX即原料A的结构简式为。〔2〕F分子中含氧官能团的名称为、。〔3〕反响①、⑥所属的反响类型分别为、。〔4〕反响④的化学方程式为___________________________。〔5〕G是对苯二甲酸的同系物，分子量比对苯二甲酸大14，G有多种同分异构体，那么同时符合以下条件的同分异构体有种。a.属于芳香族化合物b.能与NaHCO3溶液反响产生气体c.能发生水解反响和银镜反响〔6〕由A和乙烯为原料可以合成目前世界上产量最高的合成纤维——聚酯纤维〔聚对苯二甲酸乙二醇酯〕，合成路线如下:反响3的试剂为____________。反响2和反响4的化学方程式分别为___________________、________________________。【答案】〔15分〕〔1〕〔2分〕〔2〕羰基酯基〔2分〕〔3〕氧化反响取代反响〔2分〕〔4〕〔2分〕〔5〕17〔2分〕〔6〕酸性KMnO4溶液〔1分〕〔2分〕〔2分〕【解析】试题分析：〔1〕根据流程图，PX〔C8H10〕中含有苯环，且被高锰酸钾氧化的产物，可知PX为对二甲苯；〔2〕根据F的结构示意图，可知F分子中含氧官能团有羰基，酯基；〔3〕反响①是高锰酸钾将苯飞同系物氧化，根据反响⑥前后的物质结构的变化，F是D中的氯原子被取代后的产物，反响⑥是取代反响；〔4〕结合E前后物质的变化可知，B中的羟基经过反响④和⑤后消失了，说明反响④是羟基的消去反响，反响⑤是碳碳双键与氢气的加成反响；〔5〕根据G是对苯二甲酸〔分子式为C8H6O4〕的同系物，分子量比对苯二甲酸大14，G的化学式为C9H8O4，属于芳香族化合物，表示含有苯环；能与NaHCO3溶液反响产生气体，表示含有羧基；能发生水解反响和银镜反响，表示含有酯基和醛基，结合化学式知，是甲酸酯类。因此G的结构简式有：形如的结构有10种〔固定羧基和甲基在对位2种，固定羧基和甲基在间位4种，固定羧基和甲基在邻位4种〕、形如有3种〔邻位、间位、对位〕、形如有3种〔邻位、间位、对位〕、1种，共17种；〔6〕合成聚对苯二甲酸乙二醇酯需要对苯二甲酸和乙二醇，根据流程图可知，Y是乙二醇，Z是对苯二甲酸，根据题干流程图，反响3的试剂是酸性KMnO4溶液，反响1是乙烯的加成，反响2是卤代烃的水解，反响4是对苯二甲酸和乙二醇的缩聚反响。考点：考查了有机合成的相关知识。
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