宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2022届高三化学上学期第五次月考试题含解析.doc

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1、宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2022届高三化学上学期第五次月考试题含解析可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 S：32 O：16 Cu:64 Zn:65一、本卷共13个小题，每题6分，共96分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符号题目要求的。1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。以下说法正确的选项是A. ?本草纲目?中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣中的碱是K2CO3B. ?抱朴子?中“以曾青涂铁，铁赤色如铜，“曾青是可溶性铁盐C. 高铁“复兴号车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料D. “华为麒麟980” 中芯片的主要成分是二氧化硅【答案

2、】A【解析】【详解】A.草木灰中含有K2CO3，其水溶液显碱性，可用于洗衣服，A项正确；B.“以曾青涂铁，铁赤色如铜中曾青涂铁指的是向可溶性铜盐溶液中参加铁，得到金属铜的过程，“曾青是可溶性铜盐，故B项错误；C.聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C项错误；D. 中芯片的主要成分是硅，故D项错误；综上，此题选A。【点睛】D项中要注意，单质硅属于半导体材料，可用作芯片，二氧化硅的用途是光导纤维；2.NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是A. 28g 乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为4NAB. 32g Cu和32g S 充分反响，转移电子数为NAC. 精炼铜时，假设阳极失去0.1 NA 个

3、电子，那么阴极增重3.2gD. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等【答案】B【解析】【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，28g 乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质的量为2mol，那么含有极性键数目为4NA，故正确；B. 32g Cu和32g S 充分反响是生成0.25mol硫化亚铜，转移电子为0.5mol，故错误；C. 精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中的活泼金属先溶解生成离子形式，然后是铜溶解，阴极是铜离子得到电子生成铜单质，所以假设阳极失去0.1 NA 个电子，那么阴极得到0.1 NA 个电子，那么阴极增重3.2g，故正确；D. 钠和氧气或氯

4、气反响时都是生成钠离子，所以等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等，故正确。应选B。3.以下离子方程式正确的选项是A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收：NO + NO2 +2OH= 2NO2+H2OB. 等物质的量的MgCl2、BaOH2和 HCl 溶液混合：Mg2+3OH+H+=MgOH2+H2OC. Fe与过量稀硝酸的反响：Fe + 4H+ + NO3 = Fe2+ + NO+ 2H2OD. 碳酸钡溶于醋酸：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2【答案】A【解析】【详解】A. 等物质的量的NO和NO2同时被NaOH溶液吸收生成亚硝酸

5、钠，反响的离子方程式是NO + NO2 +2OH= 2NO2+H2O，故A正确；B. 等物质的量的MgCl2、BaOH2和 HCl 溶液混合，OH先与H+反响生成水，剩余的OH再与Mg2+生成MgOH2，反响的离子方程式是Mg2+4OH+2H+=MgOH2+2H2O，故B错误；C. Fe与过量稀硝酸的反响生成硝酸铁、一氧化氮、水，反响的离子方程式是：Fe + 4H+ + NO3 = Fe3+ + NO+ 2H2O，故C错误；D. 碳酸钡溶于醋酸生成醋酸钡、二氧化碳、水，反响的离子方程式是BaCO3 + 2CH3COOH = Ba2+ + H2O + CO2+2CH3COO-，故D错误。4.以下

6、实验操作所得的现象及结论均正确的选项是实验操作现象及结论A将AlC13溶液加热蒸干得到白色固体，成分为纯洁的AlC13B将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，那么Na2SO3已变质C向Na2SiO3溶液中通入CO2有白色沉淀产生，那么碳酸的酸性比硅酸强D向FeI2溶液中通入少量C12溶液变黄，那么C12的氧化性强于Fe3+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，那么最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯洁的AlCl3，故A错误；B.由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧

7、化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误；C.向Na2SiO3溶液中通入CO2，有白色沉淀产生此沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸的规律，那么碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；D.向FeI2溶液中通入少量C12，被氧化的为碘离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱，故D错误。应选C。【点睛】硅酸是难溶于水的白色沉淀；碘离子和亚铁离子复原性比较碘离子更强些。5.某电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。该电池是以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，其总反响为：3Zn2K2FeO48H2O3Zn(OH)22Fe(OH)34

8、KOH，以下说法正确的选项是()A. Zn为电池的正极B. 充电时阳极反响为：Fe(OH)33e-5OH- FeO42-4H2OC. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化D. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变【答案】B【解析】【详解】A根据电池的总反响可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，故A错误；B充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反响，即反响为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；C放电时正极反响为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被复原，故C错误；

9、D根据电池总反响式可知，放电时有KOH生成，电解质KOH的浓度增大，故D错误；应选B。【点晴】根据电池的总反响可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反响式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反响式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反响式可判断电子转移的物质的量与反响物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反响式为Fe(OH)3+5OH-=FeO42+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱，阴极上电极反响式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强。6. 以下

10、表达正确的选项是A. 使用催化剂能够降低化学反响的反响热(H)B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反响产生的NOC. 增大反响物浓度可加快反响速率,因此用浓硫酸与铁反响能增大生成H2的速率D. 电镀时，待镀的金属制品外表发生复原反响【答案】D【解析】【详解】A催化剂能降低反响的活化能从而改变反响速率，但不改变化学平衡，那么不能改变反响的反响热，故A错误；BNO易被空气中的氧气氧化，不可用向上排空气法收集，故B错误；C常温下浓硫酸与铁发生钝化，无H2生成，故C错误；D电镀时，待镀的金属作阴极，镀层金属的阳离子在其外表发生复原反响，故D正确；答案为D。7.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)

11、在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反响如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=58kJmol1，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3,反响中一些相关物质的化学键键能数据如下：化学键COCHHHHOCOE/(kJmol1)3434134364651076那么H2和H3分别为A. -99kJmol1，+41kJmol1B. -99kJmol1，-41kJmol1C +99kJmol1，-41kJmol1D. +99kJmol1，+41kJmol1【答案】A【解析】【详解】反响热=反响物总键能-生成物总键

12、能，故H2=1076 kJmol-1+2436 kJmol-1-(3 413+343+465) kJmol-1=-99 kJmol-1；根据盖斯定律：反响-反响=反响，故H3=H1-H2=-58 kJmol-1-(-99 kJmol-1)=+41 kJmol-1，故答案为A。【点晴】明确反响热=反响物总键能-生成物总键能，盖斯定律计算反响热的方法，熟悉热化学方程式书写本卷须知是解题关键；根据盖斯定律，由热化学反响方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反响热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质。

13、8.“神十搭载的长征F改进型火箭推进剂之一为无色气体N2O4，N2O4与NO2转换的热化学方程式为：N2O4g2NO2(g) H=+24.4KJ/mol。1将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反响到达平衡的是_。av正(N2O4)=2v逆(NO2) b体系颜色不变c气体平均相对分子质量不变 d气体密度不变到达平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，那么混合气体颜色_填“变深、“变浅或“不变，判断理由_。2T时，向1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O(g)，发生反响：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)，经过3min，反响到达平衡。平衡时

14、，c(CH4)=0.5mol/L那么03min内，该反响的平均反响速率v(H2)=_。3在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，1 mol液态水变成气态水吸热44.0 kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_。4工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反响为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。按n(CO) : n(H2)=1 : 2向密闭容器中充入反响物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如下列图。那么P1_P2(填“或“=)5一种氨燃料电池，使用

15、的电解质溶液是2mol/L的KOH溶液。电池反响为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反响式为_。【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反响是吸热反响，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，cNO2增加，颜色加深 (4). v(H2) = 0.5 moL/(Lmin) (5). CH3OH (l)O2 (g) =CO (g)2H2O (g) H=-354.8 kJ mol (6). (7). 2NH3+6OH 6e=N2 + 6H2O【解析】【分析】1到达平衡状态时，各物质的物质的量、组分浓度和含量均保持不变，结合平衡标志分析；2根据计算；3CH3OH

16、和CO的燃烧热为别725.8 kJ/mol，283.0 kJ/mol，可知表示CH3OH和CO燃烧热的热化学方程式是2CH3OH (l)3O2 (g) =2CO2 (g)4H2O (g) H=-1451.6 kJ/mol、2CO g +O2g 2CO2 g H=-556kJmol-1，根据盖斯定律计算甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式。4增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动；5根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气；【详解】1av正(N2O4)=2v逆(NO2)，可知正逆反响速率不相等，故不选a； b体系颜色不变，说明NO2浓度不变，一定到达平

17、衡状态，应选b；c气体总质量不变，反响前后气体物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，假设气体平均相对分子质量不变，一定到达平衡状态，应选c； d气体质量不变、容器体积不变，根据 ，气体密度是恒量，气体密度不变，不一定平衡，故不选d。N2O4g2NO2(g) H=+24.4kJ/mol，正反响吸热，升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色变深。2平衡时，c(CH4)=0.5mol/L，那么c(CH4)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，根据方程式，可知那么c(H2)= 1.5mol/L，0.5 moL/(Lmin)；32CH3OH (l)3O2 (g) =2CO2

18、(g)4H2O (g) H=-1451.6 kJ/mol、2CO g +O2g 2CO2 g H=-556kJmol-1，H2O (g)= H2O (l) H=-44.0 kJ/mol根据盖斯定律2得CH3OH (l)O2 (g) =CO (g)2H2O (g) H=-354.8 kJ mol。4增大压强CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)平衡正向移动，压强越大，CH3OH的含量越大，所以P1P2；5根据图示，电子由a极流出，a是负极，a极通入氨气，氨气失电子发生氧化反响，电极反响式是2NH3+6OH 6e=N2 + 6H2O；【点睛】此题考查了平衡标志、平衡移动原理、图象和化学平衡的关

19、系，重在培养学生图象与化学平衡理论的相互关系，会根据“变量不变分析化学平衡。9.实验室利用废铜合金(含少量铁和铝)来制取硫酸铜晶体(CuSO45H2O)，方案如下：金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可参考以下数据：Fe3Fe2Cu2Al3开始沉淀时的pH2.27.55.23.7完全沉淀时的pH3.29.06.74.7请答复：1假设溶解合金时参加的混酸由2 L 3 molL1硫酸和1 L 2 molL1硝酸混合而成，那么反响后生成标准状况下的NO的体积最多为_L。2参加H2O2的目的是_。3为保证产品的纯度，M物质最好选用_(填字母)，调节pH的范围为_。aCu(OH)2bH2SO4cNH3H2Od

20、Na2CO34滤液D中参加硫酸的目的为_。5从溶液E制得CuSO45H2O晶体所需要的步骤为_、结晶、过滤和枯燥。60.80g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线样品质量随温度变化的曲线如下列图。试确定200时固体物质的化学式_。【答案】 (1). 44.8L (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). a (4). 4.7PH5.2 (5). 抑制Cu2+的水解 (6). 加热蒸发 (7). CuSO4H2O【解析】根据流程，开始金属过量，所以滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+；滤液A中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，防止除杂时影响Cu2+；氧化后的溶液，参加M调节p

21、H除去Fe3+和Al3+；滤液D经过一系列操作得到硫酸铜晶体。1由题意，n(H+)=2L3molL-12+1L2molL-1=14 mol，nNO3-=1L2molL-1=2 mol；根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可得：氢离子过量，NO3-完全反响，那么最多生成标准状况下NO的体积为2 mol22.4Lmol-1=44.8L。2根据上述分析，参加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。3氧化后的溶液，参加M调节pH除去Fe3+和Al3+；为了不引入新杂质，M最好选用a.Cu(OH)2；根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH数据可得，要使Fe3+和Al3+完全沉淀

22、，而Cu2+不沉淀，调节pH的范围为：4.7pH5.2。4因为Cu2+是弱阳离子，所以直接加热滤液D会促进其水解，故参加硫酸抑制Cu2+水解。5从硫酸铜溶液制得CuSO45H2O晶体，因为晶体含有结晶水，所以需要加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等步骤。6CuSO45H2O受热到102时开始逐渐失水，113时可得到较稳定的中间产物，到258时继续分解，那么在200时失去的水的质量为0.80g-0.57g=0.23g，根据反响的化学方程式：CuSO45H2OCuSO45-xH2O+xH2O，可得：列比例式可解得x4，故200时固体物质的化学式为CuSO4H2O。点睛：此题考查了物质的

23、别离、提纯、制备、盐类水解、过量计算、热重曲线等，综合性较强，注意结合分析流程，理清思路，热重曲线问题注意根据差量法计算。10.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯璜化剂，用于制作药品、染料、外表活性剂等。有关物质的局部性质如下表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl2-54.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338具有吸水性且不易分解实验室用枯燥而纯洁的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反响的化学方程式为SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l)H=-97.3kJ/mol。装置如下列图夹持仪器已省略，请答复有关问题：1仪器B的名称是_，作用是_。2假

24、设无装置乙硫酰氯会发生水解，那么硫酰氯水解反响的化学方程式为_。3写出丁装置中发生反响化学反响方程式_。4为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。先通冷凝水，再通气 控制气流速率，宜慢不宜快假设三颈烧瓶发烫，可适当降温加热三颈烧瓶5少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反响的化学方程式为_。此方法得到的产品中会混有硫酸,从分解产物中别离出硫酰氯的方法是_。6工业上处理SO2废气的方法很多，例如可以用Fe2(SO4)3酸性溶液处理，其工艺流程如下，溶液转化为溶液发生反响的离子方程式为_。【答案】 (1). 枯燥管 (2). 吸收未反响完的氯气和二氧化硫，

25、防止污染空气；防止空气中水蒸气进人甲，防止SO2Cl2水解 (3). SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl (4). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O (5). (6). 2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2 (7). 蒸馏 (8). 4H+4Fe2+O24Fe3+2H2O【解析】【分析】1根据装置图判断仪器B的名称，根据SO2Cl2易水解答复；2SO2Cl2水解为盐酸和硫酸；3丁装置中氯酸钾与浓盐酸反响制备氯气； 4根据影响反响速率的因素、平衡移动原理分析；5根据元素守恒，氯磺酸(ClSO3H)分解生成SO2Cl2和硫酸；6溶液中的Fe2+被氧气氧化为Fe3+；【详解

26、】1根据装置图，仪器B的名称是枯燥管；氯气和二氧化硫有毒，能被碱性物质吸收，SO2Cl2易水解，所以装置B的作用是吸收未反响完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进人甲，防止SO2Cl2水解；2SO2Cl2水解为盐酸和硫酸，水解方程式是SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；3丁装置中氯酸钾与浓盐酸反响制备氯气；发生反响的化学反响方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；4正反响放热，降低温度有利于平衡正向移动，先通冷凝水，再通气，能提高SO2Cl2的产率，应选；控制气流速率，宜慢不宜快，能使反响充分，有利于提高SO2Cl2的产率，应选；正反响放热，适当降温，使

27、平衡正向移动，能提高SO2Cl2的产率，应选；正反响放热，加热三颈烧瓶，平衡逆向移动， SO2Cl2产率降低，故不选；5氯磺酸(ClSO3H)分解生成SO2Cl2和硫酸，反响方程式是2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2；硫酰氯与硫酸的沸点不同，可用蒸馏法别离出硫酰氯；6溶液中的Fe2+被氧气氧化为Fe3+，反响的离子方程式是4H+4Fe2+O24Fe3+2H2O；11.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。答复以下问题：1Zn原子核外电子排布式为_。2黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于或“小于)。原因是_。3ZnF2具有较

28、高的熔点(872 )，其化学键类型是_；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。4?中华本草?等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或外表创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_。5金属Zn晶体中的原子堆积方式如下列图，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_gcm3(列出计算式)。【答案】 (1). Ar3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子

29、 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). 【解析】【分析】此题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一局部涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。【详解】1Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为Ar3d104s2。2Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经到达了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而

30、Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。3根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。4碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4322)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。5由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12+2+3=6个，

31、所以该结构的质量为665/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6 cm2，高为c cm，所以体积为6 cm3。所以密度为：gcm-3。【点睛】此题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。此题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞晶胞一定是平行六面体，但是作为一个计算密度的单元还是可以的。12.龙癸醛是一

32、种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如下列图(局部反响产物和反响条件已略去)。答复以下问题：1以下有关R和烯烃C3H6的说法正确的选项是_。(填代号)A它们的实验式相同 B它们都能使溴水褪色C它们都能发生加成反响 D它们都含有碳碳双键2反响的试剂和条件是_；反响的类型是_。3T所含官能团的名称是_；反响的化学方程式为_。4X的名称是_。5遇氯化铁溶液发生显色反响的T的同分异构体有_种，其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1236的结构简式为_。6参照上述流程图，以2甲基1，3丁二烯原料，经三步制备2甲基1，4丁二醛，设计合成路线：_。【答案】 (1). BC (

33、2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反响 (4). 羟基 (5). HBr (6). 异丙苯(或2苯基丙烷) (7). 22 (8). 或 (9). 【解析】【分析】根据题中各物质转化关系，比较苯和X的分子式以及其它各物质的分子式可知，反响为加成反响，X在光照条件下发生侧链上取代生成Y，Y发生消去反响生成Z，Z与溴化氢发生加成反响生成W，W在碱性条件下加热，发生水解反响生成T，T发生氧化反响生成龙葵醛，根据龙葵醛的结构可反推得T为，W为，Z为，Y为或，X为，R为符合各物质转化关系，据此答题。【详解】1R为，A. R的实验式CH，C3H6的实验式为CH2，二者的实验式不同，A错误；B苯与

34、溴水发生萃取，使溴水褪色，丙烯与溴水发生加成反响使溴水褪色，它们都能使溴水褪色，B正确；C苯与丙烯一定条件下都能与氢气发生加成反响，C正确；D.苯中不含有碳碳双键，D错误；答案为：BC；2反响，根据转化流程可知，W为溴代烃，T为醇，溴代烃在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反响生成相应的醇；从流程看出反响，由Y为氯代烃变为含氧衍生物，减少了HCl，为消去反响。答案为：氢氧化钠水溶液，加热；消去反响；3T为，含官能团的名称是羟基；反响是与溴化氢在H2O2的条件下发生加成反响，方程式为：HBr答案为：羟基；HBr；4根据苯的同系物的命名规那么，X的名称是异丙苯(或2苯基丙烷)，答案为：异丙苯(或2苯基丙烷)；5在T(C9H12O)的同分异构体中，氯化铁溶液发生显色反响，该有机物结构中必须含有酚羟基，这样环上有一个3个碳的取代基，环上有一个乙基和一个甲基2个取代基，环上有3个甲基取代基，和羟基位置相比，有邻间对三种位置，这样的结构共有22种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1236的结构简式为或答案为：22种；或；6醇要氧化为醛，醇中的羟基必须连在主碳链的端位碳上，而对于2-甲基-1，3-丁二烯来说，只有发生1，4加成，溴原子才能加成在两端的不饱和碳上，要实现这样的变化，必须满足双氧水作为反响条件才能实现，综上所述，合成路线为：，答案为：。- 14 -