2025年滬科版選修化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選修化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、除去粗鹽中的雜質(zhì)MgCl2、CaCl2和Na2SO4；過程如下：

下列有關(guān)說法中，不正確的是A.試劑①、②、③分別是NaOH、Na2CO3、BaCl2B.除去Ca2+的主要反應：Ca2++CO32－＝CaCO3↓C.檢驗SO42－是否除凈的方法：取適量濾液，加稀鹽酸酸化，再加BaCl2溶液D.加稀鹽酸調(diào)節(jié)pH后，采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法得到NaCl固體2、四元軸烯t、苯乙烯b及立方烷c的分子式均為C8H8。下列說法正確的是。

A.b的同分異構(gòu)體只有t和c兩種B.t、b、c中只有t的所有原子可以處于同一平面C.t、b、c的二氯代物均只有三種D.t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能3、下列實驗現(xiàn)象與實驗結(jié)論都正確的是：

。編號。

實驗。

實驗結(jié)論。

A

向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液；溶液由黃色變?yōu)闇\綠色。

維生素C有還原性。

B

將石蠟油分解產(chǎn)生的氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液中；溶液褪色。

氣體中只含有烯烴。

C

向溴水中加入苯；溴水層顏色褪去。

苯與溴發(fā)生了取代反應。

D

將丙烯氣體與HBr氣體等體積混合加成。

可制取純凈的溴丙烷。

A.AB.BC.CD.D4、白屈菜有止痛；止咳等功效；從其中提取的白屈菜酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列有關(guān)白屈菜酸的說法中，不正確的是（）

A.分子式是C7H4O6B.能發(fā)生加成反應C.能發(fā)生水解反應D.能發(fā)生加聚反應5、以下關(guān)于糖類.油脂.蛋白質(zhì)的說法中.錯誤的是A.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是天然高分子化合物B.用濃硝酸或灼燒的方法可以鑒別部分蛋白質(zhì)C.用新制氫氧化銅可診斷糖尿病患者的病情D.利用油脂的皂化反應可制備甘油和肥皂6、某有機化合物樣品的核磁共振氫譜如圖所示；該物質(zhì)可能是。

A.甲烷B.乙烷C.乙醇D.丙烷評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、有關(guān)元素X、Y、Z、W的信息如下：。元素信息X所在主族序數(shù)與所在周期序數(shù)之差為4Y最高氧化物對應的水化物為強電解質(zhì)，能電離出電子數(shù)相等的陰、陽離子Z單質(zhì)是生活中常見物質(zhì)，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞W基態(tài)原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子

下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y>W>XB.Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5C.Y的單質(zhì)在X2氣體中燃燒，所得生成物的陰、陽離子個數(shù)比為1:1D.W的單質(zhì)能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，若反應中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗氧化劑1.8克8、常溫下，下列有關(guān)離子濃度及pH大小的比較正確的是A.濃度相同的下列溶液：①②③溶液濃度由大到小的順序為②＞③＞①B.由的溶液與的溶液等體積混合，其離子濃度不可能是C.的溶液與的鹽酸等體積混合，混合溶液的D.的溶液與的溶液等體積混合，混合溶液的pH范圍是9、常溫下，以酚酞作指示劑，用的NaOH溶液滴定的二元酸溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系數(shù)δ(物質(zhì)的量分數(shù))隨滴加NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.在水中電離的方程式為：B.當時，溶液中離子濃度大小順序為：C.常溫下，的電離常數(shù)為D.當時，10、化合物X是一種黃酮類化合物的中間體；其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)化合物X的說法正確的是。

A.能發(fā)生取代反應、加成反應和消去反應B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.1mol化合物X最多能與2molBr2反應D.1mol化合物X最多可與11molH2發(fā)生加成反應11、番木鱉酸具有一定的抗炎；抗菌活性；結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法錯誤的是。

A.1mol該物質(zhì)與足量飽和NaHCO3溶液反應，可放出22.4L(標準狀況)CO2B.一定量的該物質(zhì)分別與足量Na、NaOH反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：1C.1mol該物質(zhì)最多可與2molH2發(fā)生加成反應D.該物質(zhì)可被酸性KMnO4溶液氧化12、化合物A經(jīng)李比希法和質(zhì)譜法分析得知其相對分子質(zhì)量為136，分子式為C8H8O2；A的核磁共振氫譜有4個峰且峰面積之比為1：2：2：3，A分子中只含一個苯環(huán)，且苯環(huán)上只有一個取代基其核磁共振氫譜與紅外光譜如圖。關(guān)于A的下列說法中，正確的是。

A.符合題中A分子結(jié)構(gòu)特征的有機物有3種B.1molA在一定條件下可與3molH2發(fā)生加成反應C.A分子屬于酯類化合物，在一定條件下能發(fā)生水解反應D.與A屬于同類化合物的同分異構(gòu)體只有5種評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、鋅在工業(yè)中有重要作用；也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Zn原子核外電子排布式為________。

（2）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。

（3）ZnF2具有較高的熔點(872℃)，其化學鍵類型是________；ZnF2不溶于有機溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，原因是__________________________________________________。

（4）《中華本草》等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石(ZnCO3)入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷。ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為________，C原子的雜化形式為___________________。

（5）金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為____________________。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為________g·cm－3(列出計算式)。

14、磷存在于人體所有細胞中；是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參與所有生理上的化學反應?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)P原子的價電子排布式為___。

（2）磷的一種同素異形體——白磷(P4)的空間構(gòu)型為___，其鍵角為__，推測其在CS2中的溶解度___(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

（3）膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角分別為93.6°和107°，試用價層電子對互斥理論分析PH3的鍵角小于NH3的原因：___。

（4）常溫下PCl5是一種白色晶體，其立方晶系晶體結(jié)構(gòu)模型如圖所示，由A、B兩種微粒構(gòu)成。將其加熱至148℃熔化，形成一種能導電的熔體。已知A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，則A、B的化學式分別為___、__，A的中心原子雜化軌道類型為___。

（5）第三周期主族元素中，按第一電離能大小排序，第一電離能在磷和鋁之間的元素是__（填元素符號）。

（6）氮化硼、氮化鋁、氮化鎵的結(jié)構(gòu)類似于金剛石，熔點如下表所示。試從結(jié)構(gòu)的角度分析它們?nèi)埸c不同的原因：__。物質(zhì)BNAlNGaN熔點/℃30002200170015、按要求寫方程式。

（1）寫出下列物質(zhì)的電離方程式。

①硝酸鉀_____________________________________。

②碳酸鈣_____________________________________。

③硫酸鈉_____________________________________。

（2）書寫下列反應的離子方程式。

①氫氧化鈉與硫酸反應________________________________。

②實驗室制取CO2氣體______________________________________

③少量CO2氣體通入澄清石灰水_______________________________。

④硫酸銅溶液與氫氧化鈉反應_____________________________________。

⑤鐵與稀硫酸_____________________________________。

⑥氧化銅與稀鹽酸_____________________________________。

⑦MgSO4溶液與BaCl2溶液_____________________________________。16、(1)用Co2O3與濃鹽酸反應可制備CoCl2；寫出反應的離子方程式：______。

(2)光氣(COCl2)化學性質(zhì)不穩(wěn)定，遇水迅速產(chǎn)生兩種酸性氣體。少量COCl2可用燒堿溶液吸收；發(fā)生反應的離子方程式為______。

(3)制備納米級銀粉可用NaOH溶液溶解Na2S2O4，再加入一定量的AgNO3溶液；即生成納米級的銀粉。在制備銀粉的反應中，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1且生成的含硫物質(zhì)只有一種，寫出該反應的離子方程式：______。

(4)向氯化錳溶液中加入碳酸氫銨和氨水；得到碳酸錳固體，該反應的離子方程式為______。

(5)在酸性溶液中MnO2能將CuS中的硫元素氧化為單質(zhì)硫；寫出該反應的離子方程式：______。

(6)在酸性溶液中H2O2與FeSO4反應的離子方程式是______。17、化合物種類繁多的一個重要原因是同分異構(gòu)現(xiàn)象的存在?，F(xiàn)有中心體(M)與若干個非手性單齒配體(a、b、c、d)。對于中心體(M)的八面體配合物，如果要獲得手性配合物，至少需要的不同類型的非手性單齒配合物數(shù)目為_____，配合物組成的化學式為____，其立體異構(gòu)體數(shù)目為_____。評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共28分)18、聚對苯二甲酸乙二醇酯(PET)俗稱滌綸樹脂，是一種重要的有機高分子材料。其結(jié)構(gòu)為利用有機物A合成PET的路線如下圖所示:

已知:①②

根據(jù)題意回答下列問題:

（1）A的名稱是_______,C所含官能團的名稱是_______。

（2）由1,3-丁二烯可制備順式聚1,3-丁二烯，寫出順式聚l,3-丁二烯的結(jié)構(gòu)簡式_______。

（3）A→D、B→C的反應類型分別為_______、_______。

（4）寫出C+F→PET的化學反應方程式______________。

（5）G是F的同系物，其相對分子質(zhì)量比F多28,G的核磁共振氫譜有三組峰，峰面積比為3:1:1,則符合該條件的G的同分異構(gòu)體共有_____種。

（6）參照上述合成路線，以1,3-丁二烯為原料(無機試劑任選)，設(shè)計制備丁苯橡膠()的合成路線_______________。19、茉莉花是一首膾炙人口的民歌。茉莉花香氣的成份有多種，乙酸苯甲酯()是其中的一種；它可以從茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇為原料進行人工合成。一種合成路線如下：

(1)C的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。

(2)寫出反應①的化學方程式：___________________。

(3)反應③的化學方程式：_____________。其反應類型為_________________。

(4)反應________(填序號)原子的理論利用率為100%；符合綠色化學的要求。

(5)寫出符合下列條件的乙酸苯甲酯一種同分異構(gòu)體：①含苯環(huán)結(jié)構(gòu)②具有酯的結(jié)構(gòu)：_______________________________。

(6)指出乙醇的兩個重要用途___________、____________。20、部分果蔬中含有下列成分；回答下列問題：

已知：

①

②1mol乙消耗NaHCO3的物質(zhì)的量是甲的2倍。

③

（1）甲可由已知①得到。

①甲中含有不飽和鍵的官能團名稱為__________，可以表征有機化合物中存在任何官能團的儀器是____________。

②A→B為取代反應，A的結(jié)構(gòu)簡式為__________。

③B→D的化學方程式為____________。

（2）乙在一定條件下生成鏈狀脂類有機高分子化合物，該反應的化學方程式為______________。

（3）由丙經(jīng)下列途徑可得一種重要的醫(yī)藥和香料中間體J(部分反應條件略去)：

①檢驗丙中官能團的試劑是_________，反應的現(xiàn)象是___________。

②經(jīng)E→G→H保護的官能團是_________，據(jù)此推出E→G兩步反應略去的反應物可能為：第一步______________，第二步_________________。

③J有多種同分異構(gòu)體。其中某異構(gòu)體L呈鏈狀且不存在支鏈，L中的官能團都能與H2發(fā)生加成反應，L在核磁共振氫譜上顯示為兩組峰，峰面積比為3：2，則L的結(jié)構(gòu)簡式為_________(只寫一種)。21、[化學——選修5：有機化學基礎(chǔ)]化合物J是制備降血脂藥貝利貝特的中間體；制備J的一種合成路線設(shè)計如下：

回答下列問題：

(1)A的化學名稱是________________。

(2)G生成H的反應類型是________________；J的分子式為________________。

(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為________________________。

(4)化合物I可由芳香化合物C6H6O和環(huán)狀化合物C6H10O在醋酸和鹽酸催化下制備得到，該反應的化學方程式為________________________________________。

(5)R與E互為同分異構(gòu)體且與E具有相同的官能團種類和數(shù)目，則R的結(jié)構(gòu)有________種。其中對應的核磁共振氫譜圖中有四組峰，且峰面積比為4：3：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為________。

(6)苯氧乙酸乙酯()是一種農(nóng)藥，設(shè)計由苯酚和乙醇為起始原料制備苯氧乙酸乙酯的合成路線：________________(無機試劑任選)。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)22、（14分）氟化鈣為無色結(jié)晶體或白色粉末，難溶于水，主要用于冶金、化工、建材三大行業(yè)，目前我國利用氟硅酸（H2SiF6）生產(chǎn)氟化鈣有多種方案，氨法碳酸鈣法是制備氟化鈣的常見方案，其工藝流程如圖所示。請回答下列問題：

（1）螢石含有較多的氟化鈣，在煉鋼過程中，要加入少量的螢石，推測螢石的主要作用是________（填字母）。

A．還原劑B．助熔劑C．升溫劑D．增碳劑。

（2）請寫出氨化釜中反應的化學方程式：_______________________________。

（3）反應釜中產(chǎn)生兩種氣體，溶于水后一種顯酸性，一種顯堿性，請寫出反應釜中反應的離子方程式：__________________________________。

（4）從經(jīng)濟效益和環(huán)境效益上分析，本工藝為了節(jié)約資源，經(jīng)過必要的處理可循環(huán)利用的物質(zhì)是________。

（5）本工藝用CaCO3作原料的優(yōu)點為___________________________________（任寫兩條）；查文獻可知3Ca(OH)2+H2SiF63CaF2+SiO2+4H2O，請敘述此方法制備CaF2的最大難點是______________。

（6）以1t18%氟硅酸為原料，利用上述氨法碳酸鈣法制備CaF2，最后洗滌、干燥、稱量得到0.25t純凈的CaF2，請計算CaF2的產(chǎn)率為__________%（保留整數(shù)）。23、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效的多功能綠色消毒劑，下列為制備K2FeO4的幾種方案。按要求回答下列問題：

方案一：以綠礬(FeSO4·7H2O)為原料，通過鐵黃(FeOOH，一種不溶于水的黃色固體)制備高鐵酸鉀(K2FeO4)可降低生產(chǎn)成本且產(chǎn)品質(zhì)量優(yōu)；工藝流程如圖：

FeSO4溶液鐵黃(FeOOH)Na2FeO4K2FeO4晶體。

(1)寫出由高鐵酸鈉制得高鐵酸鉀的化學方程式：___________。

方案二：以硫酸鐵為原料加入過量NaOH溶液；同時加入NaClO溶液。充分反應后，加入過量飽和KOH溶液，使高鐵酸鉀析出。

(2)此方案中生成高鐵酸鈉的離子方程式為___________。

(3)堿性條件下，氧化性：NaClO___________(填“＞”或“＜”)Na2FeO4。

方案三：若將FeSO4固體和Na2O2固體混合，一定條件下可以先制得高鐵酸鈉；其主要反應為2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑；再轉(zhuǎn)化為高鐵酸鉀。

(4)該反應中的氧化劑為___________(填化學式)，每生成標準狀況下112mL氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為___________mol。24、硫酸鉛是一種重要的化工粉末材料，被廣泛用于涂料和電池等行業(yè)。濕化學法從方鉛礦(主要成分為)直接制取硫酸鉛粉末的轉(zhuǎn)化流程圖如下：

已知：①

②

回答下列問題：

(1)浸出過程中，產(chǎn)物中以形式存在，同時可觀察到黃色沉淀，浸出過程中的反應的離子方程式為________________。反應后期，有少量氣體產(chǎn)生，產(chǎn)生氣體的化學方程式為________________。

(2)濃縮結(jié)晶過程中是將浸出液靜置于冰水混合物中，從平衡角度解釋使用冰水混合物的作用為________。

(3)氧化過程中通常加入發(fā)生反應的離子方程式為__________。

(4)向固體中加入發(fā)生反應的方程式為計算該反應的平衡常數(shù)為________。

(5)單位體積溶液中加入的質(zhì)量對方鉛礦的浸出率的影響如圖，高于之后，浸出率基本不變，可能的原因是_____________。

(6)傳統(tǒng)工藝是經(jīng)火法治煉得到粗鉛，然后電解精煉，再經(jīng)高溫熔融、氧化焙燒制取氧化鉛，然后與硫酸反應制得硫酸鉛。與傳統(tǒng)工藝相比，濕化學法的優(yōu)點是________(任寫兩點)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

除去溶液中的硫酸鈉需要加入氯化鋇；除去氯化鈣和過量的氯化鋇雜質(zhì)需加入碳酸鈉，故除去硫酸鈉必須在氯化鈣之前，對于氯化鎂則無要求。

【詳解】

A.根據(jù)分析可知，試劑①、②、③分別可能是NaOH、BaCl2、Na2CO3；A錯誤；

B.除去Ca2+加入的試劑為碳酸鈉，的主要反應：Ca2++CO32－＝CaCO3↓；B正確；

C.檢驗SO42－是否除凈的方法：取適量濾液，加稀鹽酸酸化，再加BaCl2溶液；觀察是否有白色沉淀生成，若有，則未洗凈，C正確；

D.加入稀鹽酸后；為氯化鈉溶液，采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法得到NaCl固體，D正確；

答案為：A2、D【分析】【分析】

A.b苯乙烯分子式為C8H8；符合分子式的有機物結(jié)構(gòu)可以是多種物質(zhì)；

B.b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)；為平面形結(jié)構(gòu)。

C.根據(jù)一氯代物中氫原子的種類判斷；

D.t和b含有碳碳雙鍵；可被酸性高錳酸鉀氧化；

【詳解】

A.通過多個碳碳雙鍵和叁健或環(huán)狀滿足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等；A項錯誤；

B.苯分子中的所有原子；乙烯中的所有原子都處于同一平面；苯乙烯中由于乙烯基與苯環(huán)是單鍵相連可以轉(zhuǎn)動，苯乙烯分子中所有原子可以處于同一平面上，B項錯誤;

C.不考慮立體結(jié)構(gòu)，二氯代物t和c均有3種，b有14種；C項錯誤；

D.三種分子中只有t和b中含碳碳雙鍵，而立方烷不含碳碳雙鍵，t和b能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；D項正確；

答案選D。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A．氯化鐵具有氧化性；能氧化還原性物質(zhì)，如果維生素C具有還原性，則維生素C能將氯化鐵還原為亞鐵離子，導致溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，所以可以通過觀察顏色變化判斷維生素C是否具有還原性，故A正確；

B．將石蠟油分解產(chǎn)生的氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液中；溶液褪色，可以說明氣體中含有不飽和烴，并不能說明分解產(chǎn)物都是烯烴，故B錯誤；

C．苯與溴水不反應；溴水加入苯中，充分振蕩，靜置后，溴水層顏色變淺的原因是苯萃取了溴水中的溴單質(zhì)，故C錯誤；

D．丙烯和HBr發(fā)生加成反應生成1?溴丙烷或2?溴丙烷；得不到純凈的溴丙烷，故D錯誤；

答案選A。4、C【分析】【詳解】

A．由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C7H4O6；故A正確；

B．含有碳碳雙鍵和羰基；可發(fā)生加成反應，故B正確；

C．含有羰基和羧基；不能水解，故C錯誤；

D．含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加聚反應，故D正確。

故選：C。

【點睛】

解答本題需注意：白屈菜酸中不含苯環(huán)，結(jié)構(gòu)中含碳碳雙鍵。5、A【分析】【詳解】

A.油脂不屬于天然高分子化合物，A錯誤；

B.濃硝酸可以和含有有苯環(huán)結(jié)構(gòu)的蛋白質(zhì)反應使蛋白質(zhì)變成黃色，灼燒蛋白質(zhì)會有燒焦羽毛的氣味，B正確；

C.糖尿病患者含有過多的葡萄糖，新制氫氧化銅和葡萄糖在加熱條件下反應有磚紅色沉淀，C正確；

D.油脂的皂化反應是油脂在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，會生成甘油和高級脂肪酸鈉即肥皂，D正確；

答案選A。6、D【分析】【分析】

核磁共振氫譜獲得不同化學環(huán)境的氫原子種數(shù)；根據(jù)題中核磁共振氫譜，該有機物有兩種不同化學化學環(huán)境的氫原子；

【詳解】

A．甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)；只有一種不同化學環(huán)境的氫原子，故A不符合題意；

B．乙烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH3；只有一種不同化學環(huán)境的氫原子，故B不符合題意；

C．乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH；有三種不同化學環(huán)境的氫原子，故C不符合題意；

D．丙烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH3；有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，故D符合題意；

答案為D。二、多選題(共6題，共12分)7、CD【分析】【分析】

X所在主族序數(shù)與所在周期序數(shù)之差為4，則為第2周期時，在ⅥA族，即X為O元素，或為第3周期時，在ⅤⅡA族，即X為Cl元素；Y的最高價氧化物對應的水化物，能電離出電子數(shù)相等的陰、陽離子，則由NaOH═Na++OH-，所以Y為Na元素；Z的單質(zhì)是生活中常見物質(zhì)，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞，則Z為Fe元素；W基態(tài)原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子1s22s22p3；則W為Al，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析；X為O元素或Cl元素，Y為Na元素，Z為Fe元素，W為Al元素。

A．一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：Y>W>X；故A正確；

B．鐵為26號元素，Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5；故B正確；

C．鈉的單質(zhì)在氧氣或氯氣中燃燒；所得生成物為過氧化鈉或氯化鈉，其中過氧化鈉的陰；陽離子個數(shù)比為1:2，故C錯誤；

D．W的單質(zhì)能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，該反應的氧化劑為水，若反應中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗氧化劑H2O0.3mol；質(zhì)量為5.4g，故D錯誤；

故選CD。

【點睛】

正確判斷元素是解題的關(guān)鍵。本題的難點為X的不確定性，易錯點為D，要注意鋁與氫氧化鈉溶液的反應中鋁為還原劑，水為氧化劑。8、AD【分析】【詳解】

A．①(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解對于銨根離子的水解起到抑制作用，②(NH4)2CO3中碳酸根離子水解對于銨根離子的水解起到促進作用，③(NH4)2SO4溶液中硫酸根離子對銨根離子的水解無影響；所以溶液中銨根離子的水解程度的大小順序為：②＞③＞①。則要達到相同的銨根離子濃度，水解程度大的溶液，物質(zhì)的濃度應該越大，即溶液濃度由大到小的順序是：②＞③＞①，故A正確；

B．由pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，由于醋酸的濃度遠大于氫氧化鈉的濃度，所以中和以后得到醋酸鈉(較少)和醋酸(較多)的混合溶液，溶液顯酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒得到：c(CH3COO-)＞c(Na+)。又因為鈉離子是醋酸鈉完全電離生成的，氫離子是醋酸微弱電離得到的，所以有c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；故B錯誤；

C．pH＝13的Ba(OH)2溶液與pH＝1的HCl溶液等體積混合；兩溶液的氫氧根離子和氫離子的濃度剛好相等，等體積混合，恰好中和，溶液顯中性，故C錯誤；

D．pH＝12的Ba(OH)2溶液與pH＝14的NaOH溶液等體積混合，其c(OH-)==0.505mol/L，所以c(H+)==1.98×10-14mol/L，pH=-lg(1.98×10?14)=13.7；故D正確；

答案選AD。9、BC【分析】【分析】

由圖的二元酸溶液中HA-占90%，A2-占10%，沒有H2A分子，說明第一步全電離，根據(jù)電離平衡常數(shù)的定義利用各離子濃度的分配系數(shù)計算電離常數(shù)，根據(jù)電荷守恒和物料守恒或直接寫出時質(zhì)子守恒的式子。

【詳解】

A．由圖的二元酸溶液中HA-占90%，A2-占10%，沒有H2A分子，說明第一步全電離，在水中電離的方程式為：故A錯誤；

B．當時，NaOH和H2A恰好完全反應生成NaHA，溶質(zhì)為NaHA，溶液的pH約為2，氫離子抑制HA-的電離，氫離子濃度比c(A2-)大，溶液中離子濃度大小順序為：故B正確；

C．常溫下，由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.1000mol/L，根據(jù)圖象，當VNaOH=0時，HA-的分布系數(shù)為0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系數(shù)為0.1，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka==故C正確；

D．當時，溶質(zhì)為NaHA、Na2A，溶液中的電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒為2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用兩個等式消去c(Na+)可得：故D錯誤；

故選BC。10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．含有羥基；可發(fā)生取代反應；氧化反應，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應，羥基連接在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應，故A錯誤；

B．苯環(huán)上含有甲基；能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；

C．苯環(huán)上能與溴發(fā)生取代反應的為酚羥基的鄰位、對位H原子，甲基上的H原子也能與溴發(fā)生取代反應，則1mol化合物X最多可與7molBr2發(fā)生反應；故C錯誤；

D．能與氫氣反應的為苯環(huán)和羰基，含有3個苯環(huán)，2個羰基，則可與11molH2發(fā)生加成反應；故D正確；

故選BD。11、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)分子的結(jié)構(gòu)簡式可知，1mol該分子中含有1mol-COOH，可與溶液反應生成1mol在標準狀況下其體積為A正確；

B．1mol分子中含5mol羥基和1mol羧基，其中羥基和羧基均能與Na發(fā)生置換反應產(chǎn)生氫氣，而只有羧基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為B錯誤；

C．分子中含1mol碳碳雙鍵，其他官能團不與氫氣發(fā)生加成反應，所以1mol該物質(zhì)最多可與發(fā)生加成反應；C錯誤；

D．分子中含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性溶液氧化；D正確；

故選BC。12、BC【分析】【分析】

有機物A的分子式為分子式C8H8O2，不飽和度為=5，A分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，其核磁共振氫譜有四個吸收峰，說明分子中含有4種H原子，峰面積之比為1：2：2：3，則四種氫原子個數(shù)之比=1：2：2：3，結(jié)合紅外光譜可知，分子中存在C-H，C=O，C-O-C，且苯環(huán)與C原子相連，故有機物A的結(jié)構(gòu)簡式為含有苯環(huán)，能與氫氣發(fā)生加成反應，含有酯基，具有酯的性質(zhì)，據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知，符合題中A分子結(jié)構(gòu)特征的有機物為只有一種，A錯誤；

B．1mol有機物A含有1mol苯環(huán)；可以與3mol氫氣發(fā)生加成反應，-COOC-不能與氫氣發(fā)生加成反應，B正確；

C．由分析可知，A分子為屬于酯類化合物；故在一定條件下能發(fā)生水解反應，C正確；

D．含有酯基；苯環(huán)；若為羧酸與醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，苯甲酸甲酯，若為羧酸與酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸與酚形成的酯，甲基有鄰、間、對三種位置，含苯環(huán)的就有6種異構(gòu)體，D錯誤。

故答案為：BC。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

本題是物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的綜合題；需要熟練掌握這一部分涉及的主要知識點，一般來說，題目都是一個一個小題獨立出現(xiàn)的，只要按照順序進行判斷計算就可以了。

【詳解】

（1）Zn是第30號元素，所以核外電子排布式為[Ar]3d104s2。

（2）Zn的第一電離能應該高于Cu的第一電離能；原因是，Zn的核外電子排布已經(jīng)達到了每個能級都是全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以失電子比較困難。同時也可以考慮到Zn最外層上是一對電子，而Cu的最外層是一個電子，Zn電離最外層一個電子還要拆開電子對，額外吸收能量。

（3）根據(jù)氟化鋅的熔點可以判斷其為離子化合物；所以一定存在離子鍵。作為離子化合物，氟化鋅在有機溶劑中應該不溶，而氯化鋅；溴化鋅和碘化鋅都是共價化合物，分子的極性較小，能夠溶于乙醇等弱極性有機溶劑。

（4）碳酸鋅中的陰離子為CO32-，根據(jù)價層電子對互斥理論，其中心原子C的價電子對為3+(4－3×2＋2)/2=3對，所以空間構(gòu)型為正三角形，中心C為sp2雜化。

（5）由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計算的方便，選取該六棱柱結(jié)構(gòu)進行計算。六棱柱頂點的原子是6個六棱柱共用的，面心是兩個六棱柱共用，所以該六棱柱中的鋅原子為12×+2×+3=6個，所以該結(jié)構(gòu)的質(zhì)量為6×65/NAg。該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為acm，底面的面積為6個邊長為acm的正三角形面積之和，根據(jù)正三角形面積的計算公式，該底面的面積為6×cm2，高為ccm，所以體積為6×cm3。所以密度為：g·cm-3。

【點睛】

本題是比較常規(guī)的結(jié)構(gòu)綜合習題，考查的知識點也是多數(shù)習題考查的重點知識。需要指出的是最后一步的計算，可以選擇其中的晶胞，即一個平行六面體作為計算的單元，直接重復課上講解的密度計算過程即可。本題的解析中選擇了比較特殊的解題方法，選擇六棱柱作為計算單元，注意六棱柱并不是該晶體的晶胞（晶胞一定是平行六面體），但是作為一個計算密度的單元還是可以的?！窘馕觥縖Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)大于Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子離子鍵ZnF2為離子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化學鍵以共價鍵為主，極性較小平面三角形sp2六方最密堆積(A3型)14、略

【分析】【分析】

(1)基態(tài)P原子的核電荷數(shù)為15；根據(jù)核外電子排布規(guī)律來寫價電子排布式；

(2)白磷分子是正四面體結(jié)構(gòu)；四個P原子位于正四面體頂點上，物質(zhì)溶解性遵循相似相溶原理；

(3)NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化雜化；孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越??；

(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應為：2PCl5=PCl4++PCl6-；

(5)同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢；IIA族；VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；

(6)氮化硼；氮化鋁、氮化鎵都是原子晶體；鍵長越短，鍵能越大，共價鍵越穩(wěn)定，物質(zhì)熔點越高。

【詳解】

(1)P原子核外有15個電子，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p3，則基態(tài)P原子的價電子排布式為3s23p3；

(2)白磷分子是正四面體結(jié)構(gòu)，四個P原子位于正四面體頂點上，所以鍵角是60°，為非極性分子，相似相容原理可知，易溶于非極性溶劑中，二硫化碳為非極性溶劑，所以白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度；

(3)NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化雜化，孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，所以氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大，PH3的鍵角小于NH3的鍵角；

(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應為：2PCl5=PCl4++PCl6-，已知A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，則A為：PCl4+，PCl4+中P沒有孤電子對。含四個σ鍵，所以原子雜化方式是sp3，B為：PCl6-；

(5)同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢；IIA族；VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，第三周期主族元素中，第一電離能在磷和鋁之間的元素有：S、Si、Mg；

(6)氮化硼、氮化鋁、氮化鎵它們?nèi)埸c的不同，其主要原因是氮化硼、氮化鋁、氮化鎵都是原子晶體，硼、鋁、鎵的原子半徑逐漸增大，鍵長增長，鍵能減小，熔點降低?！窘馕觥竣?3s23p3②.正四面體③.60°④.大于⑤.電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大⑥.PCl4+⑦.PCl6-⑧.sp3⑨.Mg、Si、S⑩.氮化硼、氮化鋁、氮化鎵都是原子晶體，硼、鋁、鎵的原子半徑逐漸增大，鍵長增長，鍵能減小，熔點降低15、略

【分析】【詳解】

（1）①硝酸鉀電離出鉀離子和硝酸根離子，電離方程式為KNO3＝K＋+

②碳酸鈣電離出鈣離子和碳酸根離子，電離方程式為CaCO3＝Ca2＋+

③硫酸鈉電離出鈉離子和硫酸根離子，電離方程式為Na2SO4＝2Na＋+

（2）①氫氧化鈉與硫酸反應生成；硫酸鈉和水，離子方程式為OH－+H＋＝H2O。

②實驗室制取CO2氣體利用的是碳酸鈣和鹽酸，離子方程式為CaCO3+2H＋＝Ca2＋+H2O+CO2↑。

③少量CO2氣體通入澄清石灰水中生成碳酸鈣和水，離子方程式為CO2+Ca2＋+2OH－＝CaCO3↓+H2O。

④硫酸銅溶液與氫氧化鈉反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，離子方程式為Cu2＋+2OH－＝Cu(OH)2↓。

⑤鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，離子方程式為Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑。

⑥氧化銅與稀鹽酸反應生成氯化銅和水，離子方程式為CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2O。

⑦MgSO4溶液與BaCl2溶液反應生成硫酸鋇沉淀和氯化鎂，離子方程式為Ba2＋＋＝BaSO4↓?！窘馕觥縆NO3＝K＋+CaCO3＝Ca2＋+Na2SO4＝2Na＋+OH－+H＋＝H2OCaCO3+2H＋＝Ca2＋+H2O+CO2↑CO2+Ca2＋+2OH－＝CaCO3↓+H2OCu2＋+2OH－＝Cu(OH)2↓Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2OBa2＋＋＝BaSO4↓16、略

【分析】【詳解】

(1)Co2O3與濃鹽酸反應生成CoCl2、Cl2和H2O，反應的離子方程式：Co2O3+2Cl-+6H+=Co2++Cl2↑+3H2O；

(2)光氣(COCl2)化學性質(zhì)不穩(wěn)定，遇水迅速產(chǎn)生兩種酸性氣體，氣體為CO2和HCl，則少量COCl2與燒堿溶液反應生成碳酸鈉、氯化鈉和水，發(fā)生反應的離子方程式為COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O；

(3)制備納米級銀粉可用NaOH溶液溶解Na2S2O4，再加入一定量的AgNO3溶液，即生成納米級的銀粉，Ag+得電子生成Ag，AgNO3為氧化劑，則Na2S2O4為還原劑，S元素失電子，化合價升高，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1且生成的含硫物質(zhì)只有一種，根據(jù)得失電子守恒，含硫物質(zhì)為亞硫酸鈉，該反應的離子方程式：2Ag+++4OH-=2Ag↓+2+2H2O；

(4)向氯化錳溶液中加入碳酸氫銨和氨水，反應得到碳酸錳固體、氯化銨和水，該反應的離子方程式為Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O；

(5)在酸性溶液中MnO2能將CuS中的硫元素氧化為單質(zhì)硫，S元素的化合價由-2價變?yōu)?價，化合價升高，失電子，則Mn元素的化合價降低，得電子，化合價應由+4價降低為+2價，則該反應的離子方程式：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；

(6)在酸性溶液中H2O2與FeSO4反應生成Fe2(SO4)3和H2O，離子方程式是：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。【解析】Co2O3+2Cl-+6H+=Co2++Cl2↑+3H2OCOCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O2Ag+++4OH-=2Ag↓+2+2H2OMn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2OMnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2OH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】3Ma2b2c26(1)或表明有1個手性配合物(或光學異構(gòu))四、有機推斷題(共4題，共28分)18、略

【分析】【分析】

根據(jù)聚對苯二甲酸乙二醇酯(PET)的結(jié)構(gòu)可知，C、F是乙二醇和，根據(jù)生成C和F的條件可知，C為乙二醇，F(xiàn)為對苯二甲酸，則B為1，2-二溴乙烷，A為乙烯；根據(jù)已知信息，乙烯與反應生成D，D為E為對二甲苯。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析；A為乙烯，C為乙二醇，所含官能團為羥基，故答案為乙烯；羥基；

(2)由1，3-丁二烯可制備順式聚1，3-丁二烯，順式聚l，3-丁二烯的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為

(3)根據(jù)上述分析；A→D為加成反應；B→C為鹵代烴的水解反應，屬于取代反應，故答案為加成反應；取代反應(或水解反應)；

(4)C+F→PET的化學反應方程式為故答案為

(5)G是F()的同系物，其相對分子質(zhì)量比F多28，多2個甲基，G的核磁共振氫譜有三組峰，峰面積比為3:1:1，即6:2:2，則符合該條件的G的同分異構(gòu)體有：共4種，故答案為4；

(6)以1，3-丁二烯為原料制備丁苯橡膠()。根據(jù)已知信息，首先需要制備苯乙烯，可以有2分子1，3-丁二烯發(fā)生加成反應生成再由制備苯乙烯，最后苯乙烯與1，3-丁二烯發(fā)生加聚反應生成丁苯橡膠，合成路線為故答案為

【點睛】

本題考查了有機合成與推斷，根據(jù)聚對苯二甲酸乙二醇酯采用逆向推理的方法推導是解答本題的思維方法和關(guān)鍵。本題的易錯點為(5)中同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷，要注意的核磁共振氫譜有四組峰，不是三組峰；本題的難點是(6)，要注意充分利用題示信息?！窘馕觥恳蚁┝u基加成反應取代反應（或水解反應）419、略

【分析】【分析】

乙醇在Cu或Ag催化作用下加熱反應生成A是CH3CHO，CH3CHO進一步被氧化為B是CH3COOH，甲苯與氯氣在光照條件下反應產(chǎn)生在堿性條件下發(fā)生水解生成C是苯甲醇，結(jié)構(gòu)簡式為在一定條件下與CH3COOH發(fā)生酯化反應生成結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是CH3CHO，B是CH3COOH，C是

(1)由以上分析可知C為

(2)乙醇在Cu或Ag催化作用下加熱反應生成CH3CHO，反應的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

(3)在一定條件下與CH3COOH發(fā)生酯化反應生成和水。反應的方程式為CH3COOH++H2O；發(fā)生反應類型為酯化反應，酯化反應也屬于取代反應；

(4)反應②2CH3CHO+O22CH3COOH中；反應物中的原子完全轉(zhuǎn)化為生成物，因此原子利用率為100%，符合綠色化學的要求；

(5)乙酸苯甲酯的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)，說明是屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，且具有酯基結(jié)構(gòu)，可能為等結(jié)構(gòu)；

(6)75%的酒精殺菌消毒作用，可以在醫(yī)療上作消毒劑；乙醇燃燒會放出大量的熱，反應產(chǎn)物是CO2和水，無污染，因此可作燃料，清潔無污染；也可以制作白酒等飲品?！窘馕觥?CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH++H2O酯化反應(或取代反應)②消毒燃料20、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）由A的分子式、B的結(jié)構(gòu)可知，A與溴發(fā)生取代反應生成B，則A為CH3COOH，B在堿性條件下發(fā)生水解反應、中和反應得到D為HOCH2COONa；D酸化得到甲。

①甲中含有不飽和鍵的官能團名稱為：羧基；可以通過紅外光譜儀表征有機化合物中存在的官能團，故答案為羧基；紅外光譜儀；

②A→B為取代反應，A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH，故答案為CH3COOH；

③B→D的化學方程式為：BrCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaBr+H2O，故答案為BrCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaBr+H2O；

（2）1mol乙消耗NaHCO3的物質(zhì)的量是甲的2倍，則乙分子中含有2個羧基，乙在一定條件下生成鏈狀脂類有機高分子化合物，則乙為HOOCCH(OH)COOH，得到的高分子化合物為反應方程式為：nHOOCCH(OH)COOH+(n-1)H2O，故答案為nHOOCCH(OH)COOH+(n-1)H2O；

（3）與氫氣發(fā)生加成反應生成E經(jīng)過硝化反應、酯化反應得到G，G發(fā)生信息③中轉(zhuǎn)化得到H為J為

①丙為其中官能團為醛基，可以選用銀氨溶液或新制的氫氧化銅檢驗，若生成光亮的銀鏡或有磚紅色沉淀生成，證明含有醛基，故答案為銀氨溶液或新制的氫氧化銅；生成光亮的銀鏡或有磚紅色沉淀生成；

②經(jīng)E→G→H保護的官能團是羥基，E→G略去的兩步分別為用酯化反應保護羥基，然后在濃硫酸存在時發(fā)生硝化反應，反應反應物分別為：第一步乙酸(或CH3COOH)、濃硫酸；第二步濃硫酸、濃硝酸；故答案為羥基；乙酸(或CH3COOH)；濃硫酸；濃硫酸、濃硝酸；

③J()的同分異構(gòu)體中在核磁共振氫譜上顯示為兩組峰，峰面積比為3：2的鏈狀且不存在支鏈的異構(gòu)體，分子中含有2個-CH3、2個-CH2-，且為對稱結(jié)構(gòu)，可能的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2COC≡CCOCH2CH3，CH3COCH2C≡CCH2COCH3，CH3CH2OC≡C-C≡COCH2CH3，CH3OCH2C≡C-C≡CCH2OCH3，CH3OC≡CCH2-CH2C≡COCH3，CH3C≡COCH2-CH2OC≡CCH3，CH3C≡CCH2OOCH2C≡CCH3，CH3CH2C≡COOC≡CCH2CH3，共有8種，其中某異構(gòu)體L中的官能團都能與H2發(fā)生加成反應，則L的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2COC≡CCOCH2CH3，CH3COCH2C≡CCH2COCH3，故答案為CH3CH2COC≡CCOCH2CH3或CH3COCH2C≡CCH2COCH。

考點：考查了有機物的推斷與合成、官能團結(jié)構(gòu)、有機反應方程式書寫、限制條件同分異構(gòu)體的書寫的相關(guān)知識?！窘馕觥竣?羧基②.紅外光譜儀③.CH3COOH④.BrCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaBr+H2O⑤.⑥.銀氨溶液或新制的氫氧化銅⑦.生成光亮的銀鏡或有磚紅色沉淀生成⑧.－OH(或羥基)⑨.乙酸(或CH3COOH)、濃硫酸⑩.濃硫酸、濃硝酸?.(或)21、略

【分析】【分析】

根據(jù)合成路線圖用逆合成法分析各中間產(chǎn)物及反應類型。

【詳解】

(1)用逆合成法分析，D為C為B為則A為名稱是丙二酸或甲烷二羧酸；

故答案為丙二酸或甲烷二羧酸；

(2)由G和H的結(jié)構(gòu)特點看出，G中的羧基變?yōu)轷セ?，所以G生成H的反應類型是取代反應(或酯化反應)；由J的結(jié)構(gòu)簡式得出分子式為C32H44O6；

故答案為取代反應(或酯化反應)；C32H44O6；

(3)由D的結(jié)構(gòu)及反應條件可推出的C的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為

(4)根據(jù)I的結(jié)構(gòu)簡式分析，該反應的化學方程式為：

(5)E的結(jié)構(gòu)為R與E互為同分異構(gòu)體且與E具有相同的官能團種類和數(shù)目，兩個羧基須在兩端，主鏈上包含兩個羧基中的碳原子，若主鏈有6個碳原子，則同分異構(gòu)體有1種，如主鏈有5個碳原子，同分異構(gòu)體有2種，如主鏈有4個碳原子，同分異構(gòu)體有3中，若主鏈有3個碳原子，則同分異構(gòu)體有3種，其中一個是E，則R的結(jié)構(gòu)一共有8種；其中對應的核磁共振氫譜圖中有四組峰，且峰面積比為4：3：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為8，

(6)根據(jù)官能團的結(jié)構(gòu)特點及性質(zhì)分析得合成路線為：

【點睛】

在分析同分異構(gòu)體的種類時，