新《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期九模考试理科综合化学试题（解析版）18.doc

【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期九模考试理科综合化学试题1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A. 有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸脂类物质，肥皂水等碱性物质有利其水解而解毒B. 使用国际通行的凯氏定氮法测定奶着中的蛋白质含量时，会把三聚氰胺当做蛋白质而导致测定结果偏高C. 石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量D. 天 工开物) 中有如下描述:“世间丝、麻、裘、揭皆具素质.”文中的“袭”主要成分是蛋白质【答案】C【解析】磷酸酯或硫代磷酸脂类物质在碱性条件下能够发生水解反应，从而达到解毒的目的，A正确；三聚氰胺中含有氮元素，导致奶中氮元素含量增大，测定结果偏高，B正确。石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量，而石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，C错误；丝的主要成分为蛋白质，D正确；正确选项C。2. 下列有关实验的描述正确的是A. 向碘化钠溶液中加入新制氯水可看到有紫黑色固体生成B. 向分别装有1gNa2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变虹，说明样品变质D. 中和热器定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应【答案】B【解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误； Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+ 、NO3- 在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。3. 下列有关物质结构和性质的说法不正确的是A. 分子式为C5H10且与乙烯互为同系物的结构共有5种B. 可用燃烧法鉴别环乙烷、苯、CCl4C. 分子中所有碳原子不可能位于同一平面D. 三联苯与四联苯互为同系物【答案】D【解析】符合条件的烯烃有5种，分别为：CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、 CH2=C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)=CHCH3、CH3CH2CH(CH3)=CH2，A正确；CCl4不能够燃烧，苯含碳量高，燃烧有浓烈的黑烟，环乙烷含碳量相对苯较小一些，燃烧有黑烟生成，可以区分三种物质，B正确；该分子左上角的(CH3)2CH-基团中，至少有一个甲基不能和苯环共平面，C正确；三联苯分子式为C18H14，四联苯分子式为 C24H18，二者组成中相差C6H4，不是相差nCH2原子团，不是同系物，D错误；正确选项D。点睛：D选项最容易认为正确的，都含有苯环、环间都是单键相连、都属于芳香烃；但是只有满足结构相似，组成上相差n CH2原子团的有机物才能互称为同系物，二者组成不能不能相差n CH2，所以三联苯与四联苯不是同系物。4. 下表为元素周期表的部分，其中A、C、D、E 为短周期元素，最外层电子数之和为23，下列说法正确的是A .元素A 对应的氢化物，常温下一定是气态B.元素B、E 的原子序数相差19C.与金属钠的反应中，1molC 原子和1molE 原子得电子数目一定相等D.A、C、D均可形成18e-分子【答案】D【解析】根据周期表的结构，已知A、C、D、E为短周期元素，设C的最外层电子数为x，则这四种元素最外层电子数之和为(x-2)+x+(x+1)+x=23，x=6，所以它们分别为C、O、F、S，则B为As。A、碳对应的氢化物即烃类，常温下有气体，也有液体和固体，所以A错误；B、As的原子序数为33，S的原子序数为16，二者相差17，故B错误；C、与金属钠反应时，1mol氧原子可以得到1mole-生成Na2O2，也可能得到2 mole-生成Na2O，而1mol硫原子只能得到2 mole-生成Na2S，故C错误；D、碳、氧、氟可形成C2H6、H2O2和F2的18e-分子，故D正确。本题正确答案为D。5. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A .1molBrCl与H2O完全反应生成氧化氢和次溴酸。转移的电子数为NAB.锌与一定浓度的浓疏酸反应。产生标准状况下SO2和H2的混合气体22.4L，锌失去电子数为2NAC. 标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.4NAD.18gC与1molO2完全反应后。得到CO2的分子个数为NA【答案】B【解析】该反应为非氧化还原反应，没有电子转移，A错误；设生成SO2为xmol ,H2 ymol,根据气体的物质的量守恒得x+y=22.4/22.4=1mol,锌失电子的量=两种气体得电子的总量= 2x+2y=2mol，锌失去电子数为2NA，B正确；3NO2+H2O=2HNO3+NO反应转移电子数目2NA, 0.3molNO2参与反应转移电子0.2NA，C错误；过量的碳会与生成的二氧化碳继续反应生成一氧化碳，所以得到CO2的分子个数小于NA，D错误；正确选项B。点睛：A选项中BrCl+H2O=HCl+HBrO，该反应中各元素化合价反应前后没有变化，不属于氧化还原反应，而氯气（或溴）和水反应为氧化还原反应，这一点容易混淆。6. 我国最近在太阳能光电催化化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A. 该制氢工艺中光能最终转化为化学能B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区C. a 极上发生的电极反应为Fe3+e-=Fe2+D. a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液【答案】A学,科,网.学,科,网.学,科,网.学,科,网.学,科,网.学,科,网.学,科,网.点睛：本题考查太阳能光催化和光电催化，为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化（H2+S）提供了一个潜在的新途径，是电化学的应用，有一定的难度。解题关键：抓住电子流动的方向，理清发生的氧化还原反应。7. T，分别向10ml浓度均为1mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH) 与溶液浓度的对数(1gc) 的关系如图所示。下列叙述正确的是己知：（1）HA的电离平衡常数Ka=c(H+)·c(A-)/c(HA)-c(A-)c2(H+)/c(HA)；（2） pKa=-lgKaA. 弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大B. a 点对应的溶液中c(HA)=0.1mol/L，pH=4C. 酸性：HA<HBD. 弱酸HB的 pKa=5【答案】B8. 三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。实验装置(加热及夹持装置省略及相关信息如下。物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶 POCl32.0106.0153.5（1）仪器a的名称为_；（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为_；（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_；（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有_；（5）反应温度应控制在6065，原因是_； II.测定POCl3产品含量的实验步骤：实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag+Cl-=AgCl）加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag+SCN-=AgSCN），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液。（6）达到终点时的现象是_；（7）测得产品中n(POCl3)= _；（8）已知Ksp(AgCl)> Ksp(AgSCN)，据此判断，若取消步骤，滴定结果将_。（填偏高，偏低，或不变）【答案】 (1). 冷凝管(或球形冷凝管) (2). 2PCl3+O2=2POCl3 (3). 控制分液漏斗中双氧水的加入量 (4). 平衡气压、干燥氧气 (5). 温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度 (6). 滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色 (7). 0.11mol (8). 偏低【解析】（1）仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3 ； 正确答案：PCl3+O2=POCl3。（3）用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、干燥氧气。（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色； （7）KSCN的物质的量0.2×0.01=0.002 mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002 mol；POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5×0.01-0.002=0.033 mol，根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)= 0.011 mol，即1.6725克POCl3产品中n(POCl3)=0.011mol；正确答案：0.11mol。（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp(AgCl)> Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低；正确答案：偏低。9. 碲(Te)为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲，（1）“培烧”后,确主要以TeO2 形式存在，写出相应反应的离子方程式:_。（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:温度/硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862.871.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则实验中应选择的条件为_，原因为_。（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_。（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为_。（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有研究者采用工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_。（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3 与滤液1合井。进入铜电积系统。该处理措施的优点为_。滤渣3中若含Au和Ag，可用_将二者分离。(填字母)A.王水 B.稀硝酸 C.浓氢氧化钠溶液 D.浓盐酸【答案】 (1). Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O (2). 460，硫酸用量为理论量的1.25倍 (3). 该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低 (4). ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O (5). Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O (6). TeO32-+ 4e-+3H2O=Te+6OH- (7). CuSO4溶液回收利用，提高经济效益 (8). B【解析】（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O；正确答案：Cu2Te+4H+2O22 Cu2+TeO2+2H2O 。（2）从图表信息可知：当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。在460条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te 的损失较小；正确答案：460，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。 （3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；正确答案： ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。（4）从流程图可知：Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O；正确答案：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4 +Te+H2O。（5）根据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- ；正确答案：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。（6）工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3 与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。 Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；正确答案： B。10. 由H、C、N、O、S等元素形成多种化合物在生产生活中有着重要应用。I.化工生产中用甲烷和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体，这种混合气体可用于生产甲醇，回答下列问题:（1）对甲烷而言，有如下两个主要反应:CH4(g) +1/2O2(g) =CO(g) +2H2(g)H1=-36kJ·mol-12CH4(g) +H2O(g) =CO(g) +3H2(g) H2=+216kJ·mol-1若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO、H2，为维持热平衡，年生产lmolCO,转移电子的数目为_。（2）甲醇催化脱氢可制得重要的化工产品一甲醛，制备过程中能量的转化关系如图所示。写出上述反应的热化学方程式_。反应热大小比较:过程I_过程II (填“大 于”、“小于”或“等于”)。II.（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领城的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，删得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低。其可能的原因为_，在n(NO)/n(CO)=1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在_K左右。（4）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1 和T2时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol) 如下表:物质温度活性炭NOEF初始3.0000.1000T12.9600.0200.0400.040T22.9750.0500.0250.025写出NO与活性炭反应的化学方程式_；若T1<T2，则该反应的H_0 (填“>”、“<”或“=”) ；上述反应T1时达到化学平衡后再通入0.1mol NO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为_。【答案】 (1). 6NA (2). CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) H=+(E2-E1)kJ/mol (3). 等于 (4). NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行(只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分) (5). 870(接近即可给分) (6). C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) (7). < (8). 80%【解析】为维持热平衡，×6+相加可得7CH4(g)+3O2(g)+H2O(g)=7 CO(g)+15H2(g) H=0，反应中生成7molCO转移电子总数42mol，所以产生lmolCO转移的电子数为6NA；正确答案：6NA。（2）根据图示所示，H=生成物总能量-反应物总能量=(E2-E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) H=+(E2-E1)kJ/mol；正确答案：CH3OH(g)=HCHO(g)+ H2(g) H=+(E2-E1)kJ/mol。H为E2和E1的差值，根据图示可知 E2-E1的差值没有发生变化，所以过程I和过程II反应热相等；正确答案：相等。（3）从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度，平衡左移，不利于反应向右进行；正确答案：NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行(只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分)。在n(NO)/n(CO)=1的条件下，为更好的除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870K左右；正确答案：870（接近即可给分)。（4）根据表中信息：反应物的变化量分别为：n(C)=0.04 mol，n(NO)=0.08 mol, n(E)= n(F) =0.04 mol；即各物质的系数之比为1:2:1:1，根据原子守恒规律可知反应的方程式为：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)；正确答案：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)。温度为T1，n(NO)=0.08 mol,，温度为T2，n(NO)=0.05 mol,，若T1<T2，升高温度，平衡左移，n(NO)减少，该反应正反应为放热反应；正确答案：<。T1时，容器的体积为5升，发生如下反应 C(s) + 2NO(g) CO2(g)+ N2(g) 起始量 3 0.1 0 0变化量 0.04 0.08 0.04 0.04平衡量 2.96 0.02 0.04 0.04反应的平衡常数为K=c(N2) c(CO2)/ c2(NO)=(0.04/5)2/(0.02/5)2=4；上述反应T1时达到化学平衡后再通入0.1mol NO气体，设反应生成CO2为xmol, 则：C(s) + 2NO(g)CO2(g) + N2(g) 起始量 2.96 0.12 0.04 0.04变化量 2x x x平衡量 0.12-2x 0.04+ x 0.04+ x由于温度不变，平衡常数保持不变；（0.04+ x）/52/(0.12-2x)/52=4,解之x=0.04mol则达到新化学平衡时NO的转化率为（2×0.04）/0.1×100%=80%；正确答案：80%。点睛：反应热的计算公式为H=生成物总能量-反应物总能量=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的热量，若H<0，正反应放热；H>0，正反应吸热。11. 钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题:（1）Co基态原子的电子排布式为_；（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为_，(用相应的元素符号作答) ；碳原子的杂化轨道类型为_；与钴离子通过配位健结合的氮原子的编号是_；（3）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co(CN)2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co(CN)64-，该配离子中的配位体为_，配位原子为_；（4）Co的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_个；与一个钴原子等距离且次近的氧原子有_个； 若该钴的氧化物晶体中钴原子与跟它最近邻的氧原子之间的距离为r，该钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为_；已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为_(用含a、b的式子表示)。（5）筑波材料科学国家实验室 一个科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2 (2). N>C>H (3). sp2 (4). 2，4 (5). CN- (6). N (7). 12 (8). 8 (9). r (10). 2/3× (a2+b2)/(a+b)3 (11). D【解析】（1）Co为27号元素，核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2 ；正确答案： 1s22s22p63s23p63d74s2。（2）酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期从左到右电负性增大，非金属性越强，所以电负性N>C>H；分子中碳原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数为3，碳原子的杂化轨道为sp2杂化；正确答案：N>C>H ； sp2。含有孤电子对N与Co通过配位键结合形成配位键后，形成4对共用电子对，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通的共价键；2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co原子通过配位键结合；正确答案：2，4。（3）通过题意可知，该离子中的配位体为CN-，形成配位键的原子为N；正确答案：CN-；N。（4）假设黑色球是钴原子，以顶点钴原子为研究对象，与之最近的钴原子位于面心，每个顶点8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶胞中与一个钴原子等距离且最近的钴原子的个数为3×8/2=12；与一个钴原子等距离且次近的氧原子有8个；钴离子与跟它次近邻的氧离子之间距离为晶胞体对角线的一半，距离为 r；钴的氧化物晶体中共含有钴原子8×1/8+6×1/2=4个，含有氧原子12×1/4+1=4，即晶胞中含有4个CoO，体积为4/3×（a2+b2)×4，晶胞的边长为(2a+2b)，晶胞的体积为(2a+2b)3，钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为4/3×（a2+b2)×4/(2a+2b)3=2/3× (a2+b2)/(a+b)3；正确答案：12； 8 ； r ；(2/3× (a2+b2)/(a+b)3。（5）CoO2重复结构单元中钴原子：氧原子数目之比用为1:2；有以下图像可知：A中钴原子：氧原子=1:（4×1/2）=1:2，符合；B中钴原子：氧原子=（1+4×1/4）:4=1:2，符合；C中钴原子：氧原子=（4×1/4）:（4×1/2）=1:2，符合；D中中钴原子：氧原子=1：（4×1/4）=1:1，不符合；正确选项D。12. 有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体。亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下:已知: 在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1。根据以上信息回答下列问题:（1）A的官能团名称为_，BC 的 反应条件为_，EF的反应 类 型为_。（2） I的结构简式为_，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为_。（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_。（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2，请写出所有符合条件的W的结构简式_。（5） J是一种高分子化合物。则由C生成J的化学方程式为_。（6）已知:+RC1+HCl(R为烃基)设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线(无机试剂任选)。合成路线示例: CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br_【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). (7). (8). (9). 【解析】烃A能与Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1，可知A的结构简式为；A与Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C催化氧化生成的D为；D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I为；（1）的官能团名称为碳碳双键，由BC发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由EF分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；（4）的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式有、；（5）由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。（6）以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。