新疆兵团农二师华山中学2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年新疆兵团农二师华山中学高二期末化学试卷　一、选择题1．如图中能组成原电池产生电流的是A．B．C．D．　2．关于由锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池的说法中，正确的是A．电解质溶液的pH保持不变B．电流方向是由锌片流向铜片C．锌片作正极，发生还原反应D．锌片质量逐渐减少，铜片上有气泡产生　3．下列叙述不正确的是A．原电池是将化学能转化为电能的装置B．铁船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C．钢铁腐蚀的正极反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　4．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是A．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然有机高分子化合物B．食用植物油的重要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，不是天然高分子化合物C．禁止使用含铅汽油是为了提高汽油的燃烧效率D．碱液去污属于化学变化，洗涤剂去污主要是物理变化　5．下列有机物的命名正确的是A．2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯B．甲苯C．CH3CH2CH2CH2OH丁醇D．HOCH2CH2CH2OH1，3﹣二丙醇　6．下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是A．2，2，3，3﹣四甲基丁烷B．2，3，4﹣三甲基戊烷C．3，4﹣二甲基己烷D．2，5﹣二甲基己烷　7．可用于区别苯酚、乙醇、氢氧化钠、硝酸银、硫氰化钾五种溶液的试剂是A．浓溴水B．石蕊试剂C．FeCl3溶液D．KMnO4溶液25\n　8．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A．1molC6H14分子中共价键总数为20NAB．1mol乙基电子总数17NAC．常温常压下，26g苯乙烯和苯组成的混合物中所含有的碳原子数为4NAD．标准状况下，22.4L甲醇的分子数中所含羟基数为NA　9．下列操作中错误的是A．溴苯中含有溴单质，可用NaOH溶液洗涤，再经分液而除去B．除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液、振荡、静置分层后，除去水层C．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯D．用CuSO4溶液和过量NaOH溶液混合，然后加入几滴乙醛，加热煮沸观察红色沉淀　10．下列说法正确的是①煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源②甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到③食用白糖的主要成分是蔗糖④用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率⑤乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色⑥纤维素、合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物⑦制肥皂时，在皂化液里加入饱和食盐水，能够促进高级脂肪酸钠的析出⑧苯酚稀溶液常用于外科消毒，所以自来水也可以用苯酚进行消毒处理⑨重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤．A．②④⑤⑦⑧B．①③④⑦⑨C．①⑤⑥⑧⑨D．①②③⑤⑥　11．X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为A．X＞Z＞Y＞MB．X＞Y＞Z＞MC．M＞Z＞X＞YD．X＞Z＞M＞Y　12．如图所示，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色．下列说法正确的是A．X极是电源的负极，Y极是电源的正极B．Cu电极上增重6.4g时，b极产生4.48L气体C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大D．a极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　13．下列化学方程式不正确的是25\nA．乙醇与浓氢溴酸反应：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2OB．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBrC．蔗糖在稀硫酸作用下水解：C12H22O11+H2OC6H12O6+C6H12O6D．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣→2C6H5OH+2CO32﹣　14．在由5种基团﹣CH3、﹣OH、﹣CHO、﹣C6H5、﹣COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有A．3种B．4种C．5种D．6种　15．已知某有机物的分子式为C3HmOn，下列关于C3HmOn的说法中正确的是A．无论n为多少，m不可能为奇数B．1个C3HmOn可能含有3个醛基C．当m=6、n=2时，该物质不可能含有两种官能团D．当m=8时，该物质可以发生加成反应　16．肉桂醛是一种实用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中．工业上可通过下列反应制备：+CH3CHO+H2O下列相关叙述正确的是①B的相对分子质量比A大28②A、B可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③B中含有的含氧官能团是醛基、碳碳双键④A、B都能发生加成反应、还原反应⑤A能发生银镜反应⑥B的同类同分异构体共有4种⑦A中所有原子一定处于同一平面．A．①②⑤B．③④⑤C．④⑤⑥D．②⑤⑦　　二、非选择题17．某种混合物中可能含有甲酸、乙酸、甲醇及甲酸乙酯这些物质中的一种或几种．在检验时有以下现象：有银镜反应；加入新制悬浊液，无变澄清的现象；与含碱的酚酞溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅以至无色．根据上述现象，可以判断此混合物中一定含有　　　　　　，可能含有　　　　　　，一定没有　　　　　　　18．某烃A0.1mol在氧气中完全燃烧，生成0.5molB和0.4molC物质．25\n若烃A为饱和烃，则烃A的分子式为　　　　　　，B物质分子式为　　　　　　，C物质的分子式为　　　　　　；若烃A为不饱和烃，则烃A的分子式为　　　　　　，B物质分子式为　　　　　　，C物质的分子式为　　　　　　．　19．将含有C、H、O三种元素的有机物3.24g装入元素分析装置，通入足量的O2使其完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B，测得A管质量增加了2.16g，B管质量增加了9.24g．已知该有机物的相对分子质量为108，试计算：通过计算写出该化合物的分子式　　　　　　；已知该有机物①含有苯环②苯环上有两个取代基，写出其中苯环上一氯代物只有两种的结构简式　　　　　　．　20．如图是一个电化学过程的示意图．请回答下列问题：图中甲池是　　　　　　．A电极的名称是　　　　　　．写出通入CH3OH的电极的电极反应式　　　　　　乙池中反应的化学方程式为　　　　　　当乙池中B极质量增加5.4g，甲池中理论上消耗O2的体积为　　　　　　L，此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是　　　　　　A．MgSO4B．CuSO4C．NaClD．AgNO3．　21．某课外活动小组利用如图装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛，图中铁架台等装置己略去，粗黑线表示乳胶管．请填写下列空白：甲装置常常浸在温度为70～80℃的水浴中，目的是　　　　　　．实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜可丝即呈红热状态．若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束．乙醇的催化氧化反应是　　　　　　反应，该反应的化学方程式为　　　　　　．在实验过程中控制鼓气的速度很重要：①控制鼓气速度的方法是　　　　　　，②若鼓气速度过快反应会停止，原因：　　　　　　，25\n③若鼓气速度过慢反应也会停止，原因：　　　　　　．若试管丁中用水吸收产物，则要在导管乙、丙之间接上戊装置，其连接方法是：乙接　　　　　　、　　　　　　接丙．　22．某芳香烃A有如图六步转化：写出反应类型：①　　　　　　⑤　　　　　　写出E所含的官能团　　　　　　写出由A得到的高分子化合物的结构简式　　　　　　，D的结构简式　　　　　　．写出反应②和⑥的化学方程式②　　　　　　⑥　　　　　　有机物的同分异构体有多种，写出同时满足：①遇FeCl3溶液显紫色，②苯环上的一氯取代物中只有两种，③属于酯类三个要求的同分异构体的两种结构简式　　　　　　．　23．化合物I是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．I可以用E和H在一定条件下合成：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH；③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．请回答下列问题：E的分子式为　　　　　　，H所含官能团的名称　　　　　　．A的结构简式为　　　　　　，I的结构筒式为　　　　　　．写出下列反应的化学方程式；F→G　　　　　　．25\nI的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有　　　　　　种．J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同分异构体的结构简式　　　　　　．　　25\n2022-2022学年新疆兵团农二师华山中学高二期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．如图中能组成原电池产生电流的是A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据原电池的构成条件判断，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，以此解答该题．【解答】解：A．两电极相同，不能形成原电池，故A错误；B．锌为负极，铜为正极，电解质溶液为硫酸，可形成原电池，故B正确；C．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C错误；D．不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误．故选B．【点评】本题考查了原电池的构成条件，侧重于基础知识的考查，为高频考点，注意原电池的这几个条件必须同时具备，缺一不可，较简单．　2．关于由锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池的说法中，正确的是A．电解质溶液的pH保持不变B．电流方向是由锌片流向铜片C．锌片作正极，发生还原反应D．锌片质量逐渐减少，铜片上有气泡产生【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，反应为2H++2e﹣=H2↑；电流从正极沿导线流向负极．【解答】解：A、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，总反应为Zn+2H+=H2↑+Zn2+，消耗氢离子，所以pH增大，故A错误；B、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，铜作正极，电流从正极铜沿导线流向负极锌，故B错误；C、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，故C错误；D、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应为2H++2e﹣=H2↑，所以锌片质量逐渐减少，铜片上有气泡产生，故D正确；故选D．25\n【点评】本题考查学生原电池的工作原理，注意把握正负极的判断、电极方程式的书写、电流流向等，题目难度不大．　3．下列叙述不正确的是A．原电池是将化学能转化为电能的装置B．铁船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C．钢铁腐蚀的正极反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑【考点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、根据原电池的定义分析判断；B、原电池放电时，负极被腐蚀，正极被保护；C、钢铁发生腐蚀时，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应；D、电解饱和食盐水时，阳极上失电子发生氧化反应．【解答】解：A、原电池是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B、铁、锌和电解质溶液构成原电池时，较活泼的金属锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子被腐蚀，正极铁上得电子发生还原反应被保护，故B正确；C、钢铁腐蚀时，负极上铁失电子生成二价铁离子，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故C错误；D、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D正确；故选C．【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，易错选项是C，注意铁发生腐蚀时生成二价铁离子不是三价铁离子．　4．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是A．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然有机高分子化合物B．食用植物油的重要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，不是天然高分子化合物C．禁止使用含铅汽油是为了提高汽油的燃烧效率D．碱液去污属于化学变化，洗涤剂去污主要是物理变化【考点】有机高分子化合物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物；B．食用植物油是人体的营养物质；C．铅是重金属，对人体有害；D．洗涤剂去污是乳化原理，碱液去污属于水解反应原理．【解答】解：A．淀粉、纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故A正确；B．食用植物油的重要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，故B正确；C．铅是重金属，对人体有害，禁止使用含铅汽油是为了防止造成环境污染，故C错误；D．洗涤剂去污是乳化原理，属于物理变化过程，碱液去污属于水解反应原理，是化学变化过程，故D正确；故选C．25\n【点评】本题考查高分子化合物、有机物的性质等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　5．下列有机物的命名正确的是A．2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯B．甲苯C．CH3CH2CH2CH2OH丁醇D．HOCH2CH2CH2OH1，3﹣二丙醇【考点】有机化合物命名．【专题】有机化学基础．【分析】A．二烯烃的命名时，应选择含两个双键的最长碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，当两端离官能团一样近时，从离支链近的一端开始编号；B．甲苯是一个甲基取代了苯环上的一个氢原子；C．一元醇命名时，选含羟基的最长碳链为主链；D．二元醇在命名时，代表羟基个数的“二”要放在“丙”和“醇”之间．【解答】解：A．二烯烃的命名时，应选择含两个双键的最长碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，当两端离官能团一样近时，从离支链近的一端开始编号，故要从左端开始编号，故名称为：2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯，故A正确；B．甲苯是一个甲基取代了苯环上的一个氢原子，而此物质是一个甲基取代了环己烷上的氢原子，故名称应为：甲基环己烷，故B错误；C．一元醇命名时，选含羟基的最长碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并表示出官能团的位置，故名称为：1﹣丁醇，故C错误；D、二元醇在命名时，代表羟基个数的“二”要放在“丙”和“醇”之间，故名称应为：1，3﹣丙二醇，故D错误；故选A．【点评】本题考查了有机物命名方法，题目难度中等，明确常见有机物的命名原则为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活运用能力．　6．下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是A．2，2，3，3﹣四甲基丁烷B．2，3，4﹣三甲基戊烷C．3，4﹣二甲基己烷D．2，5﹣二甲基己烷【考点】有机物结构式的确定．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰说明有机物中含有三种类型的氢原子，根据等效氢的判断方法来回答．【解答】解：等效氢应有以下三种情况：①同一碳原子上的氢原子等效；②同一碳原子的甲基上的氢原子等效；③关于镜面对称碳原子上的氢原子等效，根据以上原则，可判断出A：1种；B：4种；C：4种；D：3种，化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰说明有机物中含有三种等效氢原子．故选D．25\n【点评】本题考查学生有机物中等效氢原子的判断知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　7．可用于区别苯酚、乙醇、氢氧化钠、硝酸银、硫氰化钾五种溶液的试剂是A．浓溴水B．石蕊试剂C．FeCl3溶液D．KMnO4溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】加入氯化铁时，苯酚呈紫色，乙醇无明显现象，NaOH与氯化铁反应生成红褐色沉淀，硝酸银溶液生成白色沉淀，硫氰化钾溶液呈红色，现象各不相同，以此来解答．【解答】解：A．溴水不鉴别乙醇、NaOH溶液、硫氰化钾，故A不选；B．石蕊不能鉴别苯酚、乙醇等，故B不选；C．苯酚、乙醇、氢氧化钠、硝酸银、硫氰化钾五种溶液分别与氯化铁反应的现象为紫色、无色、红褐色沉淀、白色沉淀、血红色溶液，现象不同，可鉴别，故C选；D．加入酸性高锰酸钾，不能鉴别乙醇、苯酚，二者都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D不选；故选C．【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度较大，把握物质的性质与反应现象为解答本题的关键，涉及的反应较多，注意氧化还原反应及络合反应反应为解答的难点，要注意总结和积累．　8．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A．1molC6H14分子中共价键总数为20NAB．1mol乙基电子总数17NAC．常温常压下，26g苯乙烯和苯组成的混合物中所含有的碳原子数为4NAD．标准状况下，22.4L甲醇的分子数中所含羟基数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、根据己烷分子含有的碳碳共价键和碳氢共价键数目计算出1mol己烷中含有的共价键数目；B、乙基含有17个电子，计算分析；C、苯乙烯和苯组成中碳氢原子个数比相等；D、标况下，甲醇为液态；【解答】解：A、1mol己烷中含有5mol碳碳共价键和14mol碳氢共价键，总共含有19mol共价键，共价键总数为19NA，故A错误；B、乙基含有17个电子，1mol乙基电子总数17NA，故B正确；C、苯乙烯和苯组成中碳氢原子个数比相等，最简式为CH，常温常压下，26g苯乙烯和苯组成的混合物中所含有的碳原子数为×NA=2NA，故C错误；D、标况下，甲醇为液态，22.4L甲醇物质的量不是1mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数计算，气体摩尔体积的条件分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．　9．下列操作中错误的是A．溴苯中含有溴单质，可用NaOH溶液洗涤，再经分液而除去B．除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液、振荡、静置分层后，除去水层25\nC．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯D．用CuSO4溶液和过量NaOH溶液混合，然后加入几滴乙醛，加热煮沸观察红色沉淀【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．溴可与氢氧化钠溶液反应；B．苯酚与氢氧化钠溶液反应；C．乙醇与乙酸的反应为可逆反应；D．乙醛在碱性条件下解热被氢氧化铜氧化．【解答】解：A．溴与NaOH溶液反应后与溴苯分层，则溴苯中含有溴单质，可用NaOH溶液洗涤，再经分液而除去，故A正确；B．，苯不溶于水，苯酚与氢氧化钠溶液反应，可分液分离，故B正确；C．乙醇与乙酸的反应为可逆反应，应加入饱和碳酸钠溶液除杂，故C错误；D．乙醛与新制Cu2悬浊液反应时需要在碱性条件下进行，应用硫酸铜溶液与过量的氢氧化钠溶液反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的制备、混合物分离提纯等，侧重实验基本操作和反应原理的考查，选项B为易错点，注意实验操作的评价性分析，题目难度不大．　10．下列说法正确的是①煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源②甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到③食用白糖的主要成分是蔗糖④用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率⑤乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色⑥纤维素、合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物⑦制肥皂时，在皂化液里加入饱和食盐水，能够促进高级脂肪酸钠的析出⑧苯酚稀溶液常用于外科消毒，所以自来水也可以用苯酚进行消毒处理⑨重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤．A．②④⑤⑦⑧B．①③④⑦⑨C．①⑤⑥⑧⑨D．①②③⑤⑥【考点】煤的干馏和综合利用；有机化学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料；合成材料．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】①化学变化是指有新的物质生成的变化，物理变化是指没有新的物质生成的变化；②石油裂解可以得到甲烷和乙烯，苯可通过煤的干馏获得；③日常生活中的白糖，冰糖以及红糖的主要成分就是蔗糖，它也是食品中常用的甜味剂；④饱和食盐水与电石反应平稳；⑤聚乙烯不含有C=C，不与高锰酸钾反应；⑥相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；⑦皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度；⑧苯酚有毒，能杀菌消毒，不能饮用；⑨趁热过滤，减少苯甲酸的损失．【解答】解：①煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H225\n和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，故煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源，故①正确；②石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故②错误；③日常生活中的白糖，冰糖以及红糖的主要成分就是蔗糖，它也是食品中常用的甜味剂；食用白糖的主要成分是蔗糖，故③正确；④饱和食盐水与电石反应平稳，则用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率，故④正确；⑤乙烯、氯乙烯含有C=C，能使高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯不含有C=C，不与高锰酸钾溶液反应，故⑤错误；⑥光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，故⑥错误；⑦皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，促进高级脂肪酸钠的析出，故⑦正确；⑧病毒属于蛋白质，苯酚有毒，能使蛋白质变性而能杀菌消毒，但自来水不可以用苯酚进行消毒处理，故⑧错误；⑨趁热过滤，减少苯甲酸的损失，则重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，故⑨正确；故选B．【点评】本题考查物质的性质，综合考查有机物与生活中化学的关系，为高频考点，把握常见物质的性质及发生的反应、物质的性质与用途等为解答的关键，注意苯酚消毒原理，题目难度不大．　11．X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为A．X＞Z＞Y＞MB．X＞Y＞Z＞MC．M＞Z＞X＞YD．X＞Z＞M＞Y【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】原电池中，负极活泼性强于正极；电解池中，在阴极上，是氧化性强的离子先放电，离子的氧化性越强，单质的还原性越弱．【解答】解：金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出，所以X是负极，Z是正极，所以金属的活动性X＞Z，若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出，说明Y2+氧化性强于Z2+，所以金属的活动性Z＞Y，M2+离子的氧化性强于Y2+离子，所以金属的活动性Y＞M，综上可知四种金属的活动性由强到弱的顺序为X＞Z＞Y＞M．故选A．【点评】本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，把握原电池原理和电解池原理是解题的关键，难度不大．　25\n12．如图所示，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色．下列说法正确的是A．X极是电源的负极，Y极是电源的正极B．Cu电极上增重6.4g时，b极产生4.48L气体C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大D．a极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，Pt为阳极，Cu为阴极；依据电极原理分析选项；A．分析判断Y为电源负极，X为电源正极；B．溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，b电极是阴极，氢离子得电子生成氢气；C．电解过程中硫酸铜溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液的pH减小；D．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应．【解答】解：A．a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，故A错误；B．6.4g的铜的物质的量是0.1mol，转移电子为0.2mol，生成氢气为0.1mol，体积为2.24L，故B错误；C．电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C错误；D．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D正确．故选D．【点评】本题考查电解池原理的分析判断，注意现象判断电极，阳极电极上的放电顺序书写电极反应，题目难度中等．　13．下列化学方程式不正确的是A．乙醇与浓氢溴酸反应：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2OB．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBrC．蔗糖在稀硫酸作用下水解：C12H22O11+H2OC6H12O6+C6H12O6D．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣→2C6H5OH+2CO32﹣【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】A．乙醇含有羟基，可被HBr取代；B．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热发生水解生成醇类；C．蔗糖在稀硫酸作用下水解生成果糖和葡萄糖；25\nD．苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠．【解答】解：A．乙醇含有羟基，可被HBr取代，方程式为CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，故A正确；B．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热发生水解生成醇类，方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故B正确；C．蔗糖在稀硫酸作用下水解生成果糖和葡萄糖，方程式为C12H22O11+H2OC6H12O6+C6H12O6，故C正确；D．苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠，方程式为CO2+H2O+C6H5O﹣→C6H5OH+HCO3﹣，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，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，把握反应的类型和方程式的书写，难度不大．　14．在由5种基团﹣CH3、﹣OH、﹣CHO、﹣C6H5、﹣COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有A．3种B．4种C．5种D．6种【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】能与NaOH反应的官能团为﹣COOH和酚羟基，根据两两组合后的物质的性质进行判断．【解答】解：题给的5种基团两两组合后能与NaOH反应的物质有：CH3﹣COOH、C6H5﹣OH、OHC﹣COOH、C6H5﹣COOH、HO﹣CHO、HO﹣COOH共6种，则能与NaOH反应的物质共6种，但碳酸不是有机物，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种，故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于酸性官能团的判断，注意HO﹣COOH为碳酸，碳酸是无机酸，为易错点．　15．已知某有机物的分子式为C3HmOn，下列关于C3HmOn的说法中正确的是A．无论n为多少，m不可能为奇数B．1个C3HmOn可能含有3个醛基C．当m=6、n=2时，该物质不可能含有两种官能团D．当m=8时，该物质可以发生加成反应【考点】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．因碳四价，氢原子个数为偶数；B．醛基只能在端基碳上；C．当m=6、n=2时，分子式为：C3H6O2，与饱和结构C3H8O2相比，有一个不饱和键，可能含醛基和羟基两种官能团；D．能加成反应应含不饱和键．【解答】解：A．因碳四价，氢原子个数为偶数，故A正确；B．醛基只能在端基碳上，故C3HmOn最多含2个醛基，故B错误；C．当m=6、n=2时，分子式为：C3H6O2，与饱和结构C3H8O2相比，有一个不饱和键，可能含醛基和羟基两种官能团：可写出结构简式：CH2OHCH2CHO等，故C错误；25\nD．能加成反应应含不饱和键，当m=8时，分子式为：C3H8O2，已是饱和结构，不可能发生加成反应，故D错误；故选A．【点评】本题考察了有机物的成键特征，注意碳四价原则的应用，比较容易．　16．肉桂醛是一种实用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中．工业上可通过下列反应制备：+CH3CHO+H2O下列相关叙述正确的是①B的相对分子质量比A大28②A、B可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③B中含有的含氧官能团是醛基、碳碳双键④A、B都能发生加成反应、还原反应⑤A能发生银镜反应⑥B的同类同分异构体共有4种⑦A中所有原子一定处于同一平面．A．①②⑤B．③④⑤C．④⑤⑥D．②⑤⑦【考点】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为苯甲醛，含有醛基，可发生氧化和还原反应，含有苯环，可发生取代反应，B为肉桂醛，分子中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醛基，可发生加成、还原和氧化反应，结合有机物结构简式判断分子式，结合苯、乙烯、甲醛的结构判断有机物的空间结构．【解答】解：①对比A、B的结构可知，B的相对分子质量比A大26，故错误；②A、B都含有醛基，可被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故错误；③B中含有的含氧官能团是醛基、碳碳双键，故正确；④A、B都含有醛基，能发生加成反应、还原反应，故正确；⑤A含有醛基，能发生银镜反应，故正确；⑥B的同类同分异构体分为两类，一类是苯环上含有CH2=CH﹣和﹣CHO，有邻、间、对3种，另一类为苯环只含有1个侧链，有两种位置异构，共有5种，故错误；⑦A中苯环和﹣CHO为σ键，可旋转，不一定在同一个平面上，故错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意把握官能团的性质以及有机物的空间结构，为解答该题的易错点．　二、非选择题17．某种混合物中可能含有甲酸、乙酸、甲醇及甲酸乙酯这些物质中的一种或几种．在检验时有以下现象：有银镜反应；加入新制悬浊液，无变澄清的现象；与含碱的酚酞溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅以至无色．25\n根据上述现象，可以判断此混合物中一定含有　HCOOCH2CH3　，可能含有　CH3OH　，一定没有　HCOOH、CH3COOH　【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有银镜反应，说明分子结构中含有醛基；加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀不溶解，说明不含羧酸；与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应，结合可知，应含有酯．【解答】解：有银镜反应，说明分子结构中含有醛基，可能含甲酸、甲酸乙酯；加入新制氢氧化铜悬浊液少许，沉淀不溶解，说明不含羧酸，不含甲酸、乙酸；与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，红色逐渐消失，说明和氢氧化钠反应，证明一定含有甲酸乙酯；综上所述，所以一定含有甲酸乙酯，一定不含甲酸、乙酸，甲醇不能确定，可能含有，故答案为：HCOOCH2CH3；CH3OH；HCOOH、CH3COOH．【点评】本题考查了有机物推断，难度不大，掌握分子结构中官能团的特征性质应用是解题关键，题目难度中等．　18．某烃A0.1mol在氧气中完全燃烧，生成0.5molB和0.4molC物质．若烃A为饱和烃，则烃A的分子式为　C4H10　，B物质分子式为　H2O　，C物质的分子式为　CO2　；若烃A为不饱和烃，则烃A的分子式为　C5H8　，B物质分子式为　CO2　，C物质的分子式为　H2O　．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】若生成0.5molCO2、0.4molH2O，根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式为C5H8；若生成0.5molH2O、0.4molCO2，根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式C4H10，其中C4H10是饱和烃，C5H8是不饱和烃．【解答】解：烃在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，若生成0.5molCO2、0.4molH2O，根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式为C5H8；若生成0.5molH2O、0.4molCO2，根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式C4H10，若烃A为饱和烃，则烃A的分子式为C4H10，B的分子式为H2O，C的分子式为CO2，故答案为：C4H10；H2O；CO2；若烃A为不饱和烃，则烃A的分子式为C5H8，B物质分子式为CO2，C物质的分子式为H2O，故答案为：C5H8；CO2；H2O．【点评】本题考查有机物分子式的确定，难度不大，注意利用原子守恒进行解答．　19．将含有C、H、O三种元素的有机物3.24g装入元素分析装置，通入足量的O2使其完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B，测得A管质量增加了2.16g，B管质量增加了9.24g．已知该有机物的相对分子质量为108，试计算：通过计算写出该化合物的分子式　C7H8O　；已知该有机物①含有苯环②苯环上有两个取代基，写出其中苯环上一氯代物只有两种的结构简式　　．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．25\n【分析】A管质量增加了2.16g为生成水的质量，B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒计算消耗氧气的质量，根据n=计算有机物、水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算有机物的分子式；有机物含有苯环，且苯环上有两个取代基，结合有机物分子式判断取代基，有邻、间、对三种；苯环上一氯代物只有两种的结构简式，苯环上含有2种H原子，应是两个不同的取代基处于对位．【解答】解：试管A质量增加2.16g为生成水的质量，其物质的量==0.12mol，碱石灰吸CO2增加9.24g，即生成二氧化碳的物质的量==0.21mol，该有机物物质的量为==0.03mol，所以有机物分子中，N==7，N==8，N==1，所以有机物的分子式为：C7H8O，故答案为：C7H8O；若该有机物含有苯环，应含有1个苯环，C7H8O的不饱和度==4，侧链不含不饱和键，苯环上有两个取代基，侧链有2个，为﹣OH、﹣CH3，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的有机物的结构简式为：；其中苯环上一氯代物只有两种的结构简式，两个不同的取代基处于对位，符合条件的有机物为，故答案为：．【点评】本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体书写，题目难度中等，注意明确燃烧法、原子守恒确定有机物分子式的方法，熟练掌握常见有机物结构与性质．　20．如图是一个电化学过程的示意图．请回答下列问题：图中甲池是　原电池　．A电极的名称是　阳极　．写出通入CH3OH的电极的电极反应式　CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O　25\n乙池中反应的化学方程式为　4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3　当乙池中B极质量增加5.4g，甲池中理论上消耗O2的体积为　0.28　L，此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是　B　A．MgSO4B．CuSO4C．NaClD．AgNO3．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池；乙是电解池和通氧气的正极相连为阳极；燃料电池中，负极上通入燃料，燃料失电子发生氧化反应；乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液；根据转移电子守恒计算消耗氧气等体积，丙池中，阴极上析出金属，根据转移电子计算金属的相对原子质量，从而确定盐．【解答】解：甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池，故答案为：原电池；乙是电解池，甲为原电池，通氧气的是正极，A和正极相连，为电解池中的阳极，故答案为：阳极；燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=×22.4L/mol=0.28L，丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量==32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二价金属，则=64g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；0.28；B．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，正确推断原电池中正负极是解本题关键，难度中等．　21．某课外活动小组利用如图装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛，图中铁架台等装置己略去，粗黑线表示乳胶管．请填写下列空白：25\n甲装置常常浸在温度为70～80℃的水浴中，目的是　适当加快生成乙醇蒸汽的速率，获得平稳的乙醇气流　．实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜可丝即呈红热状态．若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束．乙醇的催化氧化反应是　放热　反应，该反应的化学方程式为　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．在实验过程中控制鼓气的速度很重要：①控制鼓气速度的方法是　控制甲中单位时间内气泡数　，②若鼓气速度过快反应会停止，原因：　带走过多热量，难以保证反应所需温度　，③若鼓气速度过慢反应也会停止，原因：　反应放热太少，不能达到反应需要温度　．若试管丁中用水吸收产物，则要在导管乙、丙之间接上戊装置，其连接方法是：乙接　b　、　a　接丙．【考点】乙醇的催化氧化实验．【分析】升高温度能促进乙醇的挥发；该反应引发后，不需加热即可进行，说明反应是放热的；乙醇催化氧化可以生成乙醛；根据甲中单位时间内的气泡数来控制气流；若鼓气速度过快，带走过多热量，难以保证反应所需温度；若鼓气速度过慢，氨的催化氧化反应放热太少，达不到反应所需温度反应停止；安全瓶中的导管是“短进长出”．【解答】解：乙醇具有挥发性，升高温度能促进乙醇的挥发，使生成乙醇蒸气的速率加快，获得平稳的乙醇气流，故答案为：适当加快生成乙醇蒸汽的速率，获得平稳的乙醇气流实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝即呈红热状态，若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束，说明反应引发后，不需加热即可进行到底，说明该反应是放热的反应；乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：放热；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；甲中单位时间内的气泡数越多，气流速度越大，反之越小；若鼓气速度过快则会因气流过大，带走过多热量，难以保证反应所需温度，导致反应停止，若鼓气速度过慢反应放热太少，不能达到反应需要温度，故答案为：①控制甲中单位时间内气泡数；②带走过多热量，难以保证反应所需温度；③反应放热太少，不能达到反应需要温度；为防止防止丁中水倒吸，安全瓶中的导气管是“短进长出”，所以乙接b，a接，故答案为：b；a．【点评】本题考查了乙醇的催化氧化实验，掌握乙醇的化学性质以及乙醇的催化氧化实验操作时解答的关键，题目难度中等．25\n　22．某芳香烃A有如图六步转化：写出反应类型：①　加成反应　⑤　消去反应　写出E所含的官能团　、﹣COOH　写出由A得到的高分子化合物的结构简式　　，D的结构简式　　．写出反应②和⑥的化学方程式②　　⑥　　有机物的同分异构体有多种，写出同时满足：①遇FeCl3溶液显紫色，②苯环上的一氯取代物中只有两种，③属于酯类三个要求的同分异构体的两种结构简式　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．25\n【分析】根据反应④知，D的结构简式为，则C为，故A为，B为；反应⑥为酯化反应，说明E中含有羧基，由反应⑤知，发生消去反应生成E，E为，则F为，据此解答．【解答】解：根据反应④知，D的结构简式为，则C为，故A为，B为；反应⑥为酯化反应，说明E中含有羧基，由反应⑤知，发生消去反应生成E，E为，则F为，通过以上分析知，①为加成反应、⑤为消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；E为，其官能团为﹣COOH、，故答案为：﹣COOH；；A发生加聚反应生成高分子化合物，结构简式为，D结构简式为，故答案为：；；②⑥的方程式分别为、，25\n故答案为：；；有机物的同分异构体有多种，写出同时满足：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②苯环上的一氯取代物中只有两种，说明苯环上只有两种H原子；③属于酯类含有酯基，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据某些反应生成物结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟悉常见有机反应类型及反应条件，难点是题同分异构体结构简式的书写，题目难度中等．　23．化合物I是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．I可以用E和H在一定条件下合成：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH；③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．25\n请回答下列问题：E的分子式为　C4H8O2　，H所含官能团的名称　醛基、羟基　．A的结构简式为　3CCl　，I的结构筒式为　　．写出下列反应的化学方程式；F→G　　．I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有　18　种．J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同分异构体的结构简式　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为3CCl；在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C2，B发生信息2中的反应生成C为2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为2CHCOOH；F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，据此分析解答．【解答】解：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为3CCl；在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C2，B发生信息2中的反应生成C为2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为2CHCOOH；25\nF的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，通过以上分析知，E的分子式为C4H8O2，H为，官能团是醛基、羟基，故答案为：C4H8O2；醛基、羟基；A、I结构简式分别为：3CCl、，故答案为：3CCl；；F与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，反应方程式为，故答案为：；I的同系物J比I相对分子质量小14，J比I少一个﹣CH2﹣原子团，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则J的同分异构体含有﹣CHO、﹣COOH，25\n侧链为﹣CHO、﹣CH2CH2COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为﹣CHO、﹣CHCOOH，有邻、间、对三种位置，侧链为﹣CH2CHO、﹣CH2COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为﹣CH2CH2CHO、﹣COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为﹣CHCHO、﹣COOH，有邻、间、对三种位置，侧链为﹣CH3、﹣CHCOOH，有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体有6×3=18种，J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种H原子，故产物中苯环上只有1种H原子，产物有2个﹣COOH，应还含有2个﹣CH2﹣，2个侧链相同且处于对位，产物中侧链为﹣CH2COOH，故符合条件的同分异构体结构简式为：，故答案为：18；．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力、获取信息加工信息能力，根据题给信息、反应条件结合某些物质分子式进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．　25