福建省福州市格致中学鼓山分校高二化学上学期期中试题含解析

福建省福州市格致中学鼓山分校2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共16小题）1．如图是一种分子式为C4H8O2的有机物的红外光谱图，符合条件的有机物有（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种　2．聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示．下列有关说法不正确的是（　　）A．M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B．B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应C．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmolNaOHD．A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1：2：2　3．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程　-28-\n4．漂白粉的有效成分是（　　）A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙　5．由下列6种基团中的2个不同基团两两组合，形成的物质能与NaOH反应的有（　　）①﹣OH②﹣CH3③﹣COOH④⑤﹣CHO⑥﹣H．A．4种B．5种C．6种D．7种　6．为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸（以下盐酸浓度均为1mol•L﹣1）反应过程中的热效应，实验测得如下数据：序号35mL试剂固体混合前温度/℃混合后温度/℃①水2.5gNaHCO320.018.5②水3.2gNa2CO320.024.3③盐酸2.5gNaHCO320.016.2④盐酸3.2gNa2CO320.025.1由此得出的结论正确的是（　　）A．Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应B．NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C．20.0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃D．20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃　7．下列推论正确的是（　　）A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（s）+O2═SO2（g）△H2，则△H1＞△H2B．C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJD．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1，则碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1　8．鉴别甲苯、己烯、苯酚溶液、丙烯酸溶液、乙醇，可选用的试剂是（　　）A．KMnO4溶液、FeCl3溶液B．溴水、KMnO4溶液C．NaOH溶液、FeCl3溶液D．溴水、Na2CO3溶液　9．化合物A的结构简式为，已知在一定温度和相同浓度的稀溶液中，下列物质的电离程度有如下顺序：R﹣COOH＞H2CO3＞H2S＞＞HCO3＞HS．试问A跟下列哪些物质的溶液反应可得化学式为C7H5O3Na的盐（　　）①NaOH②Na2S③NaHCO3④NaHS⑤Na2CO3．A．③和④B．①和②C．①②③⑤D．只有①　-28-\n10．如下a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法不正确的是（　　）abcdef．A．若a的相对分子质量是42，则d是丙醛B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H16O2D．若a为单烯烃，则d与f的最简式一定相同　11．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是（　　）a．氧化b．还原c．取代d．加成e．消去f．中和g．缩聚h．酯化．A．b、d、f、g、hB．e、d、c、a、hC．a、e、d、c、hD．b、a、e、c、f　12．酯X完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，X水解可得羧酸B和醇C，C氧化后可得羧酸D，且B和D是同分异构体，则酯X是（　　）A．CH3CH2COOCH（CH3）2B．CH3CH2COOCH2CH=CH2C．（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2D．CH3CH2CH2COOCH2CH（CH3）2　13．下列说法中正确的是（　　）A．CCl4的比例模型示意图为B．的名称为2，6﹣二甲基3乙基庚烷C．化合物有4种一氯代物D．1mol最多能与4molNaOH完全反应　14．nL三种气态烃混合物与足量氧气混合点燃后，恢复到原来状态（常温常压），体积共缩小2nL，这三种烃不可能的组合是（　　）A．CH4、C2H4、C3H4以任意比混合B．C2H6、C4H6、C2H2以2：1：2的物质的量之比混合C．C3H8、C4H8、C2H2以11：14：26的质量之比混合D．CH4、C3H6、C2H2以a：b：b体积比混合　15．贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式（反应条件略）如图所示：-28-\n下列叙述错误的是（　　）A．NaHCO3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛B．1mol阿司匹林最多可消耗2molNaOHC．常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛的D．是扑热息痛发生类似酯水解反应的产物之一　16．实验室配制1mol/L250mLNaCl溶液，下列仪器中不需要的是（　　）A．玻璃棒B．分液漏斗C．胶头滴管D．250mL容量瓶　　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）17．按要求填空（1）写出4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的结构简式　　　　　　；对羟基苯甲酸乙酯　　　　　　；（3）系统名称为　　　　　　；（4）同时符合下列四个要求的水杨酸（邻羟基苯甲酸）的同分异构体共有　　　　　　种．其核磁共振氢谱峰面积比为　　　　　　．①含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④只能生成两种一氯代产物．　18．正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如下装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据如下：沸点/℃密度（g．cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶-28-\n正丁醛75.50.8107微溶实验步骤如下：①将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．②在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．③将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：（1）B仪器的名称是　　　　　　，D仪器的名称是　　　　　　．沸石的作用是　　　　　　．（3）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分液时，水在　　　　　　层（填“上”或“下”）（4）反应温度应保持在90～95℃，其原因是　　　　　　．（5）本实验中，正丁醛的产率为　　　　　　%．　19．现由丙二酸和乙醛等物质合成F，合成路线如下：请回答下列问题：（1）A的官能团的名称为　　　　　　；由逆合成分析法，推测C的结构简式　　　　　　．写出反应④的化学方程式　　　　　　．（3）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式　　　　　　．①与D具有完全相同的官能团②每个碳上最多只连接一个官能团③核磁共振氢谱有5个吸收峰（4）已知F的质荷比最大值为384，在E的作用下合成F的化学反应方程式为：　　　　　　．　20．已知热化学方程式H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，（1）实验室用0.25L0.10mol/L的一元强酸和强碱中和，若中和后溶液体积为0.5L，中和后的溶液的比热容为4.2×10﹣3kJ/（g•℃），且密度为1.0g/mL，则溶液温度升高　　　　　　℃．-28-\n将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是　　　　　　A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.0mol/LD．该实验表明有水生成的反应都是放热反应（3）关于用水制取二级能源氢气，以下研究方向不正确的是　　　　　　A．组成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，因此可研究在不分解的情况下，使氢气成为二级能源B．设法将太阳能聚焦产生高温，使水分解产生氢气C．寻找催化剂使水分解，同时释放能量D．寻找特殊化学物质用于开发廉价能源，以分解水取得能源（4）在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫．①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.0kJ•mol﹣1请写出CO与SO2反应的热化学方程式：　　　　　　．　21．已知可由乙烯合成高分子材料G．F的质谱图中最大质荷比为86，其C、H、O的原子个数之比为2：3：1，F在酸性条件下水解可生成碳原子数相同的两种有机物D和E．请回答下列问题：（1）B的分子式为　　　　　　，F分子含氧官能团的名称为　　　　　　．E的结构简式为　　　　　　，G的结构简式为　　　　　　．（3）反应①、⑥的反应类型均是　　　　　　．（4）反应②的化学方程式为　　　　　　．（5）在F的同分异构体中，核磁共振氢谱有三个峰，三个峰的面积之比为1：1：1，任意写出其中一种满足上述条件的结构简式　　　　　　．　22．下列是以烃A为原料合成高聚物C和抗氧化剂I的合成路线．-28-\n（1）烃A的最大质荷比为42．则A的分子式为　　　　　　；D→E的试剂及反应条件为　　　　　　．B中有一个三元环，B的结构简式为　　　　　　；⑤的反应类型是　　　　　　．（3）Ⅰ可作抗氧剂，原因是　　　　　　：（4）写出下列反应方程式：①F与新制Cu（OH）2反应　　　　　　；②C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应　　　　　　．（5）写出满足下列条件的G的同分异构体：①属于酯②核磁共振氢谱只有两种吸收峰③无环④不能发生银镜反应　　　　　　（任写两种）　　福建省福州市格致中学鼓山分校2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题）1．如图是一种分子式为C4H8O2的有机物的红外光谱图，符合条件的有机物有（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】常见有机化合物的结构．【分析】由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3﹣和﹣CH2﹣，含有C=O双键，C﹣O﹣C单键，因此该分子中有2个CH3，1个﹣CH2﹣，书写A的结构简式，据此解答．【解答】解：由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3﹣和﹣CH2﹣，含有C=O双键，C﹣O﹣C单键，因此该分子中有2个CH3，1个﹣CH2﹣，所以A的结构简式为CH3COOCH2CH3或是CH3CH2COOCH3，故选A．【点评】本题考查有机物结构式的确定，难度中等，根据质谱图确定A的相对分子质量是关键，注意基础知识的掌握．　-28-\n2．聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示．下列有关说法不正确的是（　　）A．M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B．B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应C．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmolNaOHD．A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1：2：2【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．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】M中含﹣COOC﹣，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为，结合﹣COOH、﹣OH、C=C的性质来解答．【解答】解：M中含﹣COOC﹣，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为，A．M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故A正确；B．B中含﹣OH、﹣COOH，﹣OH可发生消去反应，﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应，故B正确；C.1molM中含2nmol﹣COOC﹣，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOH，故C正确；D．由2﹣COOH～2﹣OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n：2：2，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯、醇、羧酸性质的考查，注意A、M均为高分子化合物，题目难度不大．　-28-\n3．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．【解答】解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．故选C．【点评】本题为2022年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．　4．漂白粉的有效成分是（　　）A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】物质的组成专题．【分析】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙．【解答】解：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，故选A．【点评】本题考查物质的组成，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　5．由下列6种基团中的2个不同基团两两组合，形成的物质能与NaOH反应的有（　　）①﹣OH②﹣CH3③﹣COOH④⑤﹣CHO⑥﹣H．A．4种B．5种C．6种D．7种【考点】有机物的结构和性质．【分析】两两组合形成的有机物中含﹣COOH或酚﹣OH，则能与NaOH反应，以此来解答．【解答】解：①④组合为苯酚，能与NaOH反应；-28-\n①③组合为碳酸、②③组合为乙酸、③④组合为苯甲酸、③⑤组合为OHC﹣COOH，③⑥组合为HCOOH，均含﹣COOH，具有酸性与NaOH反应，则两两组合，形成的物质能与NaOH反应的有6种，故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸性质的考查，注意两两结合的信息，题目难度不大．　6．为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸（以下盐酸浓度均为1mol•L﹣1）反应过程中的热效应，实验测得如下数据：序号35mL试剂固体混合前温度/℃混合后温度/℃①水2.5gNaHCO320.018.5②水3.2gNa2CO320.024.3③盐酸2.5gNaHCO320.016.2④盐酸3.2gNa2CO320.025.1由此得出的结论正确的是（　　）A．Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应B．NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C．20.0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃D．20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃【考点】探究吸热反应和放热反应．【分析】由表中数据可知，NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，Na2CO3溶于水的过程为放热过程，NaHCO3与盐酸的反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；Na2CO3与盐酸的反应后温度升高，说明该反应是放热反应，以此解答该题．【解答】解：A．由表中数据可知，3.2gNa2CO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度升高到24.3℃，最终温度为25.1℃，说明Na2CO3与盐酸的反应是放热反应，故A错误；B.2.5gNaHCO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度降低到18.5℃，最终温度为16.2℃，说明NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故B错误；C.20.0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，由于缺少溶解的过程，则混合后的温度将低于25.1℃，故C正确；D．NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，与固体相比较，缺少溶解吸热的过程，混合后的温度将高于16.2℃，故D错误；故选C．【点评】本题考查了探究吸热反应与放热反应的方法，题目难度中等，正确分析题干数据为解答该题的关键，注意溶解热和反应热的区别，试题培养的化学的分析能力及化学实验能力．　7．下列推论正确的是（　　）A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（s）+O2═SO2（g）△H2，则△H1＞△H2B．C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJ-28-\nD．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1，则碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，据此确定反应热的大小；B．物质的能量越高越不稳定；C．反应过程中，稀醋酸电离要吸热；D．1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为燃烧热．【解答】解：A．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2；故A错误；B．C（石墨，S）=C（金刚石，S）△H=+l.9kJ/mol，则由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石的能量比石墨高，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C．OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，但由于稀醋酸电离要吸热，所以含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量小于28.7kJ，故C错误；D．2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol，该反应方程式中C的物质的量为2mol，生成的氧化物为CO不是稳定氧化物，还会继续燃烧放热，所以碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1，故D正确．故选D．【点评】本题考查了反应热大小比较、中和热、燃烧热等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意把握燃烧热和中和热的概念．　8．鉴别甲苯、己烯、苯酚溶液、丙烯酸溶液、乙醇，可选用的试剂是（　　）A．KMnO4溶液、FeCl3溶液B．溴水、KMnO4溶液C．NaOH溶液、FeCl3溶液D．溴水、Na2CO3溶液【考点】有机物的鉴别．【分析】有机物中含有苯酚，一般用溴水或氯化铁鉴别，且含有己烯，可与溴水发生加成反应而褪色，则可用溴水鉴别，丙烯酸含有碳碳双键、羧基，具有酸性，可用碳酸钠溶液鉴别，以此解答该题．【解答】解：A．甲苯、己烯、苯酚溶液、丙烯酸、乙醇都能被酸性高锰酸钾氧化，而氯化铁只能鉴别苯酚，故A错误；B．甲苯、己烯、苯酚溶液、丙烯酸都能被酸性高锰酸钾氧化，溴水不能鉴别己烯、丙烯酸溶液，故B错误；C．甲苯、己烯与氢氧化钠溶液、氯化铁溶液都不反应，且不溶于水，密度比水小，不能鉴别，故C错误；D．加入溴水，甲苯密度比水小，色层在上层，己烯、丙烯酸溶液都可使溴水褪色，苯酚溶液生成白色沉淀，乙醇无现象，加入碳酸钠可鉴别丙烯酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的鉴别，明确常见有机物的性质是解答的关键，注意利用性质的差异及不同现象来鉴别，题目难度不大．　9．化合物A的结构简式为，已知在一定温度和相同浓度的稀溶液中，下列物质的电离程度有如下顺序：R﹣COOH＞H2CO3＞H2S＞＞HCO3＞HS．试问A跟下列哪些物质的溶液反应可得化学式为C7H5O3Na的盐（　　）①NaOH②Na2S③NaHCO3④NaHS⑤Na2CO3．-28-\nA．③和④B．①和②C．①②③⑤D．只有①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】与某种物质反应生成物的化学式为，说明该物质只与羧基反应，不与酚羟基反应，即该物质的酸性小于羧基，大于酚羟基．【解答】解：与某种物质反应生成物的化学式为，说明该物质只与羧基反应，不与酚羟基反应，即该物质的酸性小于羧基，大于酚羟基，已知R﹣COOH＞H2CO3＞H2S＞＞HCO3﹣＞HS﹣，所以只能与NaHS、Na2CO3反应；故选A．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大，注意根据酸性强弱分析．　10．如下a、b、c、d、e、f是六种有机物，其中a是烃类，其余是烃的衍生物，下列有关说法不正确的是（　　）abcdef．A．若a的相对分子质量是42，则d是丙醛B．若d的相对分子质量是44，则a是乙炔C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则f的分子式是C16H16O2D．若a为单烯烃，则d与f的最简式一定相同【考点】有机物的推断．【分析】A．a为烃，a能和溴化氢发生加成反应，则a中含有碳碳双键或三键，若a的相对分子质量为42，设a的分子式为CxHy，且x和y都是正整数，则a是丙烯，根据碳原子守恒确定d；B．d中含有醛基，若d的相对分子质量是44，则d是乙醛，根据碳原子守恒确定a；C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则e是苯乙酸，c是苯乙醇，根据酯化反应判断f的分子式；D．若a为单烯烃，则d是一元羧酸，f是一元羧酸酯．【解答】解：A．a为烃，a能和溴化氢发生加成反应，则a中含有碳碳双键或三键，若a的相对分子质量为42，设a的分子式为CxHy，且x和y都是正整数，则a是丙烯，a和溴化氢反应生成溴代烃b，b发生水解反应生成醇c，c被氧化生成醛d，根据碳原子守恒知，d是丙醛，故A正确；B．d中含有醛基，若d的相对分子质量是44，则d是乙醛，则c是乙醇，b是溴乙烷，则a是乙烯，故B错误；C．若a为苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2），则e是苯乙酸，c是苯乙醇，f是苯乙酸苯乙酯，其分子式为：C16H1602，故C正确；D．若a为单烯烃，则d是一元醛，f是一元羧酸酯，设一元醛d结构简式为RCHO，则一元醇c是RCH2OH，f的结构简式为：RCOOCH2R，根据d和f的结构简式知，d与f的实验式一定相同，故D正确；故选B．-28-\n【点评】本题考查有机物的推断，明确有机物含有的官能团及其性质是解本题关键，灵活运用知识解答问题，难度中等．　11．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是（　　）a．氧化b．还原c．取代d．加成e．消去f．中和g．缩聚h．酯化．A．b、d、f、g、hB．e、d、c、a、hC．a、e、d、c、hD．b、a、e、c、f【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．【分析】由1﹣丙醇制取，流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成．【解答】解：由1﹣丙醇制取工艺流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成，发生反应依次为：消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应，即为e、d、c、a、h，故选B．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、烯烃、卤代烃的性质考查，注意有机反应类型的判断及应用，题目难度不大．　12．酯X完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，X水解可得羧酸B和醇C，C氧化后可得羧酸D，且B和D是同分异构体，则酯X是（　　）A．CH3CH2COOCH（CH3）2B．CH3CH2COOCH2CH=CH2C．（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2D．CH3CH2CH2COOCH2CH（CH3）2【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】酯完全燃烧生成等物质的量的CO2和水，则分子中H原子数目是C原子数目的2倍，属于饱和一元酯，水解可得羧酸B和醇C，把醇C氧化可得羧酸D，且B与D互为同分异构体，则形成该酯的羧酸与醇具有相同的C原子数目，据此结合选项进行判断．【解答】解：A．CH3CH2COOCH（CH3）2中H原子数目是C原子的2倍，形成该酯的羧酸为CH3CH2COOH、醇为HOCH（CH3）2，HOCH（CH3）2不能被氧化为羧酸，不符合题意，故A不符合；B．CH3COOCH（CH3）2中H原子数目不是C原子的2倍，不符合题意，故B不符合；-28-\nC．（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2中H原子数目是C原子的2倍，形成该酯的羧酸为（CH3）2CHCOOH、醇为HOCH2CH（CH3）2，HOCH2CH（CH3）2被氧化为羧酸为（CH3）2CHCOOH，羧酸B、D为同一物质，不符合题意，故C不符合；D．CH3CH2CH2COOCH2CH（CH3）2中H原子数目是C原子的2倍，形成该酯的羧酸为CH3CH2CH2COOH、醇为HOCH2CH（CH3）2，HOCH2CH（CH3）2氧化生成（CH3）2CHCOOH，与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，符合题意，故D符合，故选D．【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体、酯及醇等性质与转化，难度中等，根据题目确定酯的结构特点，利用代入法进行验证．　13．下列说法中正确的是（　　）A．CCl4的比例模型示意图为B．的名称为2，6﹣二甲基3乙基庚烷C．化合物有4种一氯代物D．1mol最多能与4molNaOH完全反应【考点】球棍模型与比例模型；有机化合物的异构现象；有机化合物命名．【分析】A．CCl4分子的比例模型应该体现出CCl4分子中各原子的相对体积大小；B．命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；C．有几种氢原子就有几种一氯代物；D．能与NaOH反应的为酚羟基、酯基．【解答】解：A．氯原子比碳原子半径大，故A错误；B．符合命名规则，故B正确；C．有3种氢原子，有3种一氯代物，故C错误；-28-\nD．水解产物中共含有2个酚羟基、1个羧基和碳酸，则0.1mol的最多能与含5.0molNaOH的水溶液完全反应，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的命名以及结构的判断，难度中等．　14．nL三种气态烃混合物与足量氧气混合点燃后，恢复到原来状态（常温常压），体积共缩小2nL，这三种烃不可能的组合是（　　）A．CH4、C2H4、C3H4以任意比混合B．C2H6、C4H6、C2H2以2：1：2的物质的量之比混合C．C3H8、C4H8、C2H2以11：14：26的质量之比混合D．CH4、C3H6、C2H2以a：b：b体积比混合【考点】化学方程式的有关计算．【分析】设烃的混合物的平均化学式为CxHy，在氧气中燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），根据体积变化，利用差量法计算．【解答】解：设混合烃的平均组成为CxHy，根据完全燃烧通式CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）△V11+n2n则1+=2　解得y=4即混合气体分子中平均含有4个H原子．A．CH4、C2H4、C3H4以任意比混合时含有4个H原子，故A不选；B．C2H6、C4H6、C2H2以2：1：2的物质的量之比混合，平均含有个H原子，故B选；C．C3H8、C4H8、C2H2以11：14：26的质量之比混合，平均含有4个H原子，故C不选；D．CH4、C3H6、C2H2以a：b：b体积比混合，平均含有4个H原子，故D不选．故选：B．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意利用差量法计算，侧重于考查学生的计算能力和分析能力．　15．贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式（反应条件略）如图所示：-28-\n下列叙述错误的是（　　）A．NaHCO3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛B．1mol阿司匹林最多可消耗2molNaOHC．常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛的D．是扑热息痛发生类似酯水解反应的产物之一【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．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．﹣COOH能与NaHCO3溶液反应，而酚﹣OH不能；B．﹣COOH、酚﹣OH均与NaOH溶液反应；C．扑热息痛含﹣OH，而贝诺酯属于酯类物质；D．﹣NH﹣CO﹣能发生水解反应．【解答】解：A．﹣COOH能与NaHCO3溶液反应，而酚﹣OH不能，则NaHCO3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛，故A正确；B．﹣COOH、酚﹣OH均与NaOH溶液反应，所以1mol阿司匹林最多可消耗3molNaOH，故B错误；C．扑热息痛含﹣OH，能溶于水，而贝诺酯属于酯类物质，不溶于水，所以常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛的，故C正确；D．﹣NH﹣CO﹣能发生水解反应，则是扑热息痛发生类似酯水解反应的产物之一，故D正确；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系来解答，熟悉酯、羧酸、酚的性质即可解答，题目难度不大．　16．实验室配制1mol/L250mLNaCl溶液，下列仪器中不需要的是（　　）A．玻璃棒B．分液漏斗C．胶头滴管D．250mL容量瓶【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】配制1mol/L250mLNaCl溶液，配制步骤有：计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据实验操作选择使仪器即不需要的仪器．【解答】解：配制1mol/L250mLNaCl溶液，配制步骤有：计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用天平称量氯化钠质量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以需要的仪器为：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是分液漏斗，故选B．-28-\n【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）17．按要求填空（1）写出4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的结构简式　　；对羟基苯甲酸乙酯　　；（3）系统名称为　2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯　；（4）同时符合下列四个要求的水杨酸（邻羟基苯甲酸）的同分异构体共有　2　种．其核磁共振氢谱峰面积比为　1：2：2：1　．①含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④只能生成两种一氯代产物．【考点】有机化合物命名；常见有机化合物的结构；有机化合物的异构现象．【分析】（1）将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有1个碳原子，据此就可以形成有机物的键线式；对羟基苯甲酸乙酯，是苯环上对位有羟基，羧基和乙醇发生酯化反应生成酯；（3）选择含碳碳双键的最长碳链，从离双键的一段编号，确定取代基位置，写出名称；（4）可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有﹣CHO、不含酯基，结合含苯环、一氯代物有两种，书写符合条件的的同分异构体．有机物分子中的等效氢原子种类决定了其核磁共振氢谱总共峰的数目；【解答】解：（1）4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2C（CH2CH3）=CH2，将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有1个碳原子，得到的键线式为：，故答案为：．对羟基苯甲酸乙酯，是苯环上对位有羟基，羧基和乙醇发生酯化反应生成酯，结构简式为：，-28-\n故答案为：；（3）系统命名得到名称2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，故答案为：2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯；（4）可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有﹣CHO、不含酯基，且含苯环、一氯代物有两种，符合条件的的同分异构体有、，共2种，有机物分子中的等效氢原子种类决定了其核磁共振氢谱总共峰的数目为：1：2：2：1，故答案为：2；1：2：2：1．【点评】本题考查了有机物的命名，结构简式、键线式、电子式的书写，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则、键线式的表示方法，试题有利于培养学生的规范答题能力，题目较简单．　18．正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如下装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据如下：沸点/℃密度（g．cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.50.8107微溶实验步骤如下：①将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．-28-\n②在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．③将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：（1）B仪器的名称是　滴液漏斗　，D仪器的名称是　直形冷凝管　．沸石的作用是　防止暴沸　．（3）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分液时，水在　下　层（填“上”或“下”）（4）反应温度应保持在90～95℃，其原因是　保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化　．（5）本实验中，正丁醛的产率为　51　%．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据实验装置图可知仪器的名称；加入沸石的作用是防止暴沸；（3）由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；（4）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（5）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10O～C4H8O列方程计算；【解答】解：（1）根据实验装置图可知，B仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管，故答案为：滴液漏斗；直形冷凝管；加入沸石的作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（3）正丁醛密度为0.8017g•cm﹣3，小于水的密度，故分层水层在下方，故答案为：下；（4）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（5）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，C4H10O～C4H8O74724xg2g解得：x=×100%=51%，故答案为：51．【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握．　19．现由丙二酸和乙醛等物质合成F，合成路线如下：-28-\n请回答下列问题：（1）A的官能团的名称为　羟基；　；由逆合成分析法，推测C的结构简式　　．写出反应④的化学方程式　　．（3）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式　　．①与D具有完全相同的官能团②每个碳上最多只连接一个官能团③核磁共振氢谱有5个吸收峰（4）已知F的质荷比最大值为384，在E的作用下合成F的化学反应方程式为：　　．【考点】有机物的推断．【分析】乙醛与氢气发生还原反应生成乙醇，则A为CH3CH2OH，CH3CH2OH与钠反应生成E，则E为CH3CH2ONa；根据信息反应，乙醛到C的反应实质为醛和醛的加成，采用逆推法分析，碳骨架不变，则C为碳原子数为5的醛：；C与氢气反应生成D，则D为-28-\n；丙二酸与乙醇反应生成B，则B为：；B与反应生成F，根据（4）F的质荷比最大值为384，则2分子B与F，反应为：，据此进行解答．【解答】解：乙醛与氢气发生还原反应生成乙醇，则A为CH3CH2OH，CH3CH2OH与钠反应生成E，则E为CH3CH2ONa；根据信息反应，乙醛到C的反应实质为醛和醛的加成，采用逆推法分析，碳骨架不变，则C为碳原子数为5的醛：；C与氢气反应生成D，则D为；丙二酸与乙醇反应生成B，则B为：；B与反应生成F，根据（4）F的质荷比最大值为384，则发生反应方程式为：，（1）根据分析可知，A为乙醇，含有官能团为羟基；C的结构简式为：，故答案为：羟基；；-28-\n反应④为醇和卤代烃的取代反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；（3）D为，其分子式为C5H12O4，①与D具有完全相同的官能团，有机物分子中含有4个醇羟基；②每个碳上最多只连接一个官能团；③核磁共振氢谱有5个吸收峰，分子中含有5种等效H原子，说明其结构高度对称，满足以上条件的D的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（4）醇钠遇水会发生剧烈水解，生成醇和氢氧化钠，溶液显碱性，无色酚酞变为红色；在E的作用下合成F的方程式为为：，故答案为：无色酚酞变成红色；．【点评】本题考查有机合成，题目难度中等，侧重考查有机官能团的性质及相互之间的转化、有机反应方程式书写及反应类型、有条件的同分异构体的书写等相关知识，明确常见有机物结构与性质为解答关键．　20．已知热化学方程式H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，（1）实验室用0.25L0.10mol/L的一元强酸和强碱中和，若中和后溶液体积为0.5L，中和后的溶液的比热容为4.2×10﹣3kJ/（g•℃），且密度为1.0g/mL，则溶液温度升高　0.68　℃．将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是　B　-28-\nA．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.0mol/LD．该实验表明有水生成的反应都是放热反应（3）关于用水制取二级能源氢气，以下研究方向不正确的是　AC　A．组成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，因此可研究在不分解的情况下，使氢气成为二级能源B．设法将太阳能聚焦产生高温，使水分解产生氢气C．寻找催化剂使水分解，同时释放能量D．寻找特殊化学物质用于开发廉价能源，以分解水取得能源（4）在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫．①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.0kJ•mol﹣1请写出CO与SO2反应的热化学方程式：　2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1　．【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据热化学方程式得到反应生成1mol水放出的热量，再根据比热容计算升高的温度；A、从图示观察起始温度即为实验时环境温度；B、根据图示所测溶液温度变化进行分析；C、根据氢氧化钠溶液与盐酸溶液反应方程式进行计算；D、根据一个反应无法得出此结论；（3）A．水是由水分子构成的，水分子是由氢氧两种元素组成．氢气不等于氢元素，氧气也不等于氧元素；B．用水制取新能源氢气，水在高温下也可以分解，设法将太阳光聚焦，产生高温使水分解产生氢气；C．催化剂，能加快化学反应速率，但水的分解是吸热反应；D．寻找特殊的化学物质，改变水分解的化学反应速率．用于开发廉价能源，以分解水制取氢气；（4）利用盖斯定律可以根据已知的反应的热化学方程式求反应2CO+SO2=S+2CO2的焓变，进而写热化学方程式．【解答】解：（1）H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，0.25L0.10mol/L的一元强酸和强碱中和生成0.025molH2O，反应放热0.025mol×57.3kJ/mol=1.4325KJ，若中和后溶液体积为0.5L，中和后的溶液的比热容为4.2×10﹣3kJ/（g•℃），且密度为1.0g/mL，依据Q=﹣C（T2﹣T1），得到﹣1.4325KJ=﹣4.2×10﹣3kJ/（g•℃）×500ml×1.0g/mL×△T，△T=0.68°C故答案为：0.68；A、该实验开始温度是21℃，故A错误；B、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；-28-\nC、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL．设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．HCl+NaOH=NaCl+H2O111.0mol•L﹣1×0.03Ln则n=1.0mol•L﹣1×0.03L=0.03mol，所以浓度是：=1.5mol/L，故C错误；D、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，所以D错误．故答案为：B；（3）A．氢气、氧气是两种单质，氢气具有可燃性，可成为新能源，氧气不可以燃烧，只有助燃性．水是由氢元素和氧元素组成．元素不等同于单质．所以，构成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，说法错误．水在不分解的情况下，不会产生新物质，不产生新物质，就没有氧气和氢气，水就不会成为新能源．因此可研究在水不分解的情况下，使氢成为二级能源，故A错误；B．太阳能是一种廉价能源．水在高温下可以分解，设法将太阳光聚焦，产生高温，使水分解产生氢气和氧气．氢气具有可燃性，可作为新能源，故B正确；C．使用催化剂，可以加快化学反应速率，但水的分解是吸热反应，故C错误；D．水可以分解生成H2，氢气具有可燃性，燃烧放热．但分解水需高温条件，需消耗能量，寻找特殊的化学物质，可无需在高温条件下分解水，降低成本，用于开发廉价能源，故D正确，故答案为：AC；（4）①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②﹣③得到2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=△H1﹣△H2﹣△H3=﹣270kJ•mol﹣1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1．【点评】本题考查中和热测定方法和计算应用，热化学方程式和盖斯定律的计算分析，能源问题判断，注意学习中理清元素与单质的关系，掌握基础是关键，题目难度中等．　21．已知可由乙烯合成高分子材料G．F的质谱图中最大质荷比为86，其C、H、O的原子个数之比为2：3：1，F在酸性条件下水解可生成碳原子数相同的两种有机物D和E．请回答下列问题：（1）B的分子式为　C2H6O　，F分子含氧官能团的名称为　酯基　．E的结构简式为　CH3CHO　，G的结构简式为　　．-28-\n（3）反应①、⑥的反应类型均是　加成反应　．（4）反应②的化学方程式为　CH2BrCH2Br+2NaOHHC≡CH+2NaBr+2H2O　．（5）在F的同分异构体中，核磁共振氢谱有三个峰，三个峰的面积之比为1：1：1，任意写出其中一种满足上述条件的结构简式　　．【考点】有机物的推断．【分析】F的质谱图中最大质荷比为86，其中C、H、O的原子个数之比为2：3：1，设分子式为（C2H3O）x，则43x=86，x=2，分子式为C4H4O2，由图给转化关系可知A为CH2BrCH2Br，C为HC≡CH，B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，F为CH2=CHOOCHCH3，E为CH3CHO，G为，结合对应的有机物的结构和性质以及题目要求解答该题．【解答】解：F的质谱图中最大质荷比为86，其中C、H、O的原子个数之比为2：3：1，设分子式为（C2H3O）x，则43x=86，x=2，分子式为C4H4O2，由图给转化关系可知A为CH2BrCH2Br，C为HC≡CH，B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，F为CH2=CHOOCHCH3，E为CH3CHO，G为，（1）B为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，F为CH2=CHOOCHCH3，含有的官能团为酯基，故答案为：C2H6O；酯基；由以上分析可知E为CH3CHO，G为，故答案为：CH3CHO；；（3）反应①、⑥的反应类型均是加成反应，故答案为：加成反应；（4）反应②为CH2BrCH2Br的消去反应，反应的方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHHC≡CH+2NaBr+2H2O，故答案为：CH2BrCH2Br+2NaOHHC≡CH+2NaBr+2H2O；（5））F为CH2=CHOOCHCH3，对应的同分异构体中，核磁共振氢谱有三个峰，三个峰的面积之比为1：1：1，可能的结构有，-28-\n故答案为：．【点评】本体考查有机物的合成与推断，综合考查学生的分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，难度较大，注意把握题给信息，该题的关键是记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可．　22．下列是以烃A为原料合成高聚物C和抗氧化剂I的合成路线．（1）烃A的最大质荷比为42．则A的分子式为　C3H6　；D→E的试剂及反应条件为　氢氧化钠水溶液，加热　．B中有一个三元环，B的结构简式为　　；⑤的反应类型是　消去反应　．（3）Ⅰ可作抗氧剂，原因是　有酚羟基，易被氧化　：（4）写出下列反应方程式：①F与新制Cu（OH）2反应　　；②C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应　　．（5）写出满足下列条件的G的同分异构体：①属于酯②核磁共振氢谱只有两种吸收峰③无环④不能发生银镜反应　　（任写两种）【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】烃A的最大质荷比为42，则相对分子质量为42，所以A的分子式为C3H6，B中有一个三元环，根据C的结构可推知B为，A氧化得B，所以可知A为CH3CH=CH2-28-\n，根据题中各物质的转化关系，可知D为CH3CHBrCH2Br，由F→G的反应条件和题中信息，结合E→F是在铜做催化剂的条件下的氧化，可推得E为CH3CHOHCH2OH，所以F为CH3COCHO，G为，D在碱性条件下水解得E，G在浓硫酸条件下加热发生消去反应生成H，据此答题；【解答】解：烃A的最大质荷比为42，则相对分子质量为42，所以A的分子式为C3H6，B中有一个三元环，根据C的结构可推知B为，A氧化得B，所以可知A为CH3CH=CH2，根据题中各物质的转化关系，可知D为CH3CHBrCH2Br，由F→G的反应条件和题中信息，结合E→F是在铜做催化剂的条件下的氧化，可推得E为CH3CHOHCH2OH，所以F为CH3COCHO，G为，D在碱性条件下水解得E，G在浓硫酸条件下加热发生消去反应生成H，（1）由上面的分析可知，A的分子式为C3H6，D→E的试剂及反应条件为氢氧化钠水溶液，加热，故答案为：C3H6；氢氧化钠水溶液，加热；由上面的分析可知，B的结构简式为；⑤的反应类型是消去反应，故答案为：；消去反应；（3）根据I的结构可知，I中有酚羟基，易被氧化，所以可以可作抗氧剂，故答案为：有酚羟基，易被氧化；（4）①F为CH3COCHO，F与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为，帮答案为：；②C为可降解材料，其在酸性条件下的水解反应的化学方程式为，故答案为：；-28-\n（5）G为，满足下列条件：①属于酯②核磁共振氢谱只有两种吸收峰③无环④不能发生银镜反应，说明没有醛基，符合这些条件的G的同分异构体有，故答案为：；【点评】本题主要考查了有机物的推断，中等难度，解题的关键是根据官能团的性质及题中的信息确定物质种类，难点是B物质的推断，为中学不常见的物质．　-28-