四川省南充市2018届高三第一次高考适应性考试(一诊)理综化学试题-含解析.pdf

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1、-1-/17 四川省南充市 2018 届高三第一次高考适应性考试（一诊）理综化学试题 1.下列说法正确的是 A。甲烷、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B 油脂易溶于水.乙酸遇大理石能产生使澄清石灰水变浑浊的气体。交警检查司机是否酒后驾车的原理中体现了乙醇的可燃性【答案】C【解析】A甲烷与高锰酸钾不反应,而乙烯能使酸性的高锰酸钾溶液褪色,故 A 错误；。油脂难溶于水，故 B 常温；C。乙酸的酸性大于碳酸,遇大理石能产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，故 C 正确;D。交警检查司机是否酒后驾车的原理是乙醇与重铬酸钾反应，乙醇为还原剂,表现还原性，故 D 错误；故选.2.对中国古代著作涉及化学的叙述

2、,下列解读错误的是 A.本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述:“取砒之法，将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”涉及的操作是升华 B.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”里的“碱主要是O C.肘后备急方中“青蒿一握，以水二升溃,绞取汁”过程没有发生化学变化 D.天工开物中“凡石灰,经火焚炼为用”里的“石灰”指的是 CaCO3【答案】B【解析】A“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”,涉及到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程,为升华操作，故正确；B。草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解，溶液显碱性,可

3、洗衣服，故 B 错误；。肘后备急方中记载“青蒿一握,以水二升渍，绞取汁”,为物质形状变化,没有新物质生成属于物理变化,故 C 正确；D.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故正确；故选.3。25C 时,0。1ol/L 的 3 种溶液盐酸氨水H3CONa 溶液.下列说法中，不正确的是。3 种溶液中 pH 最小的是 B.3 种溶液中水的电离程度最大的是-2-/17 C 与等体积混合后溶液显酸性 D。与等体积混合后(N）(C-）c(H+）c(H3COO-)c（OH）【答案】D【解析】A。25时，1molL-的 3 种溶液 盐酸 氨水 CH3CONa 溶液，溶液pH：，最小的是盐酸,故正确

4、；B。CHCOa 溶液，水解促进水的电离，盐酸氨水均抑制水的电离,种溶液中水的电离程度最大的是,故 B 正确;C.与等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性,4+H2OH3H2+H+，故 C正确；D与等体积等浓度混合生成等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，溶液 c（+）c（C），故 D 错误;故选 D。点睛：解答本题的关键是清楚盐酸是强酸，氨水是弱碱,醋酸钠是强碱弱酸盐。本题的易错点为 B,要知道,酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离。4.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A 标准状况下,22LC4含碳原子数目为 0。1NA B。常温下 56g 铁片投入足

5、量浓2SO4中生成 1NA个 SO2分子 常温下，2C2和 N2O 混合气体中，含有的原子数目为 15NA D。pH=1 的 H34溶液中，含有 0N个 H+【答案】C【解析】、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故 A错误;B.6g 铁的物质的量为mol，常温下由于铁与浓硫酸能够发生钝化,阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量,故 B 错误;、C和 N2O 的摩尔质量均为 44l，故 2g2和2O 的物质的量为 0.mo，而 C2和2O 均为三原子分子,故。5mol 混合气体含 1。5mo原子，个数为 1.5NA,故 C 正确；D.未告知溶液的体积，

6、无法计算H=1 的 H3P溶液中含有的 H+数目，故 D 错误；故选。点睛：注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件：物质的状态是否为气体；条件是否为标准状况,即，1.01105，常温常压下,不能使用 Vm=2.4L/mol.本题的易错点为B，要注意铁遇冷的浓硫酸发生钝化.5。下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是 选项 操作 现象 结论 A。向滴有酚酞的 NaO 溶液中通溶液褪色 lO 有漂白性-3-/17 入 C2 B 无水乙醇与浓硫酸共热至 170，将产生气体通入溴水 溴水褪色 乙烯和溴水发生加成 C 向浓度、体积都相同的a2CO3和 NHCO溶液中各滴加 1 滴酚酞 变红，前者红色深 结

7、合能力:CO3HO32 D 用发光小灯泡分别做Cl 和 CCOH 导电性实验 发光强度：HCl 强于CH3CH H3COO是弱电解质 A。B。B C DD【答案】【解析】A。氯气与 NH 反应，溶液的碱性减弱,酚酞也可褪色，不能判断是 HClO 的漂白性，故错误;B无水乙醇与浓硫酸共热至 170,发生氧化还原反应，能够反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应,故 B 错误;.水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合 H+能力：O2-HC3，故 C 正确；D。导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱,故 D 错误;故选C。.X、

8、Y、Z、Q 为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示.下列说法正确的是 A Q 的氧化物一定含有离子键和共价键 .最高价含氧酸的酸性：ZY C.P 的最低价氢化物常温常压下为液体 D.Y 形成的化合物种类最多【答案】D-4-/17 7。实验室模拟电解法处理含六价铬的工业废水,用如图装置将主要有害物 CO72-转化为 Cr+（无害）除去。得到如下实验结果:实验 实验条件 Cr2O 电极为石墨 0922 A 电极为石墨，废水中加入mL 浓硫酸 127 A 电极为铁,废水中加入L 浓硫酸 57。3 下列说法中，正确的是 A.对比实验可知，升高 pH 可以提高2O72-的去除率

9、B。实验中，Cr2O2-在阳极放电，电极反应式为 C2O72-+6e+1H+=2C3+7O。对比实验可知，Cr272去除率增大的原因是电极产生的 Fe2+也能还原r272-。实验中，理论上电路中每通过 6o电子,则有 1mo Cr2O2被还原【答案】C【解析】.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同,其它外界因素都相同，且-5-/17 溶液的H 越小，Cr27-的去除率越大,所以降低 pH 可以提高 CrO72的去除率，故 A 错误;B。阳极应该发生氧化反应，实验中,C2O72在阴极上得电子发生还原反应,电极反应式为2O72+6e+14+2+7H2O，故 B 错误;C实验中,r2O72在阴

10、极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原 Cr2O72，离子方程式为 C2-+6F2+14H+2Cr3+63+7H2O，所以导致r2O72去除率提高，故 C 正确；D实验中，理论上电路中每通过 6 mo电子，则有 1 mol Cr2O72-在阴极上被还原，溶液中的亚铁离子也能还原 Cr2O7-，因此电路中每通过 6 ml 电子,则有超过 mol C7在被还原，故 D 错误;故选 C。点睛：本题考查电解原理,明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意:活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是 D，实验中，CO7-在阴极上得电子，要注意溶液中的亚铁离子也能还原rO72

11、。8“一碳化学”是指以含一个碳原子的化合物（如：CO、C、CH4、CH3OH 等）为初始反应物，合成一系列重要的化工原料和燃料的化学。（1）以 CO2和 NH3为原料合成尿素是利用O2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应 I:2NH3（）+C2（g）N2COONH4(s）1 反应 I:N2OH4（s）=CO(2）2（s）+H（g)H=+729kJ/m 总反应:（)+CO2（g）=C（N2)2(s）+H（g）H6kJol 请回答下列问题：反应 I 的H1=_ k/mol 反应 II 一般在_（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行。一定温度下，在体积为固定的密闭容器中按计

12、量比进行反应 I，下列能说明反应达到了平衡状态的是_(填序号）.混合气体的平均相对分子质量不再变化 B容器内气体总压强不再变化。2V 正（NH3)=逆(CO2)D.容器内混合气体的密度不再变化 环境为真空时，在一敞开容器(非密闭容器)中加入HOON固体,足够长时间后，反应是否建立平衡状态？_(填“是”或“否”）(2)将 CO2和 H2充入一定体积的密闭容器中,在两种温度下发生反应：C2（g）3H()CH3O(g)+2O(g).测得 CHO的物质的量随时间的变化如下图。-6-/17 曲线 I.II 对应的平衡常数大小关系为I_II(填“”、“”或“=”）。一定温度下,在容积相同且固定的两个密闭容

13、器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器 甲 乙 反应物投入量 1molCO2、olH2 amolCO、bmolH2 mol COH（g）、cmolHO(g)(a、b、c 均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始的 0。8 倍，则甲容器平衡混合气体中H3OH(g)的体积分数为_，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,乙容器中 c 的取值范围为_。(3)以 T2/2lO4为催化剂，可以将 CO2和 C4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如下图,乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是_。【答案】(1）.

14、-159。47 （2)。高温 （3)BD (4).否 （5）。(6）1。5 （7）0。4c0,所以依据反应自发进行的判断依据H-0，需要在高温下反应自发进行，故答案为:高温；A反应 I 中反应物为气体,生成全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，故错误;B。反应中，气体的物质的量减小,所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，故 B 正确;.反应处于平衡状态时 v正（3）2逆（O2)，故 C 错误;D反应中，容器体积不变,气体质量减小,所以当容器内混合气体的密度不再变化时,说明反应处于平衡状态，故 D 正确

15、；故选D;环境为真空时，在一敞开容器（非密闭容器)中加入 NCON4固体，发生 N2CO2NH4（)CO(N2）2（s)H(g），水蒸气进入环境中，浓度近似为，无论经过多长时间，反应都不会建立平衡状态，故答案为：否；(2)II 平衡时间小于 I，说明反应速率大于 I,且平衡时 II 中 CH3O的物质的量小于 I,说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即 II 的温度大于 I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以K，故答案为:；设二氧化碳反应量为 CO2（g）+32()CH3H(g)H2O(g）初始量（o):1 3 0 0 转化量(mol)：3x x x 平衡量（m

16、ol）:3x x x 甲中平衡后气体的压强为开始时的 0。8 倍，即0。，解得=04mol，甲容器平衡混合气体中 COH（)的体积分数=物质的量分数=10%-8-/17 12.5;依题意:甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，的物质的量为 1ol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量 0。4ml，所以 c 的物质的量为：0。4c1ml,故答案为：12%；41；（3）温度超过 25时，催化剂的催化效率降低,在 30时失去活性,故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为 30040,故答案为：300400。点睛:本题的易错点为 c 的

17、取值范围的计算，根据平衡的三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围。碘是人类必需的生命元素，在人体的生长发育过程中起着重要作用，实验小组进行碘单质的制备。【查阅资料】碱性条件下，I会发生歧化反应生成 I和 IO，酸性条件下，I-和O-又会发生归中反应生成 I2；碘在水中的溶解度为。029g。【碘的制取】以海带为原料,按照以下步骤进行实验。(1）将海带灼烧成灰后再用水浸取，目的是_。（2）步骤 B 发生的反应是“氧化”,这一操作中可供选用的试剂：Cl2；B；稀硫酸和 HO,从无污染角度考虑,你认为合适试剂是_(填编号)

18、，反应中 I转化为2 的离子反应方程式为_.（3）步骤中使用的起到分离作用的仪器是_,使用该仪器时,第一步操作是_。(4)有同学查资料后发现l有毒，提议用乙醇代替，请判断该提议是否可行，原因是_。【碘的分离】得到含 I2的 CC4溶液后,利用右图装置进行碘的提取并回收溶剂。-9-/17 （5）图中有两处明显错误,分别是_；_。(6）对实验装置的错误改正之后进行分离操作.预期锥形瓶中得到无色的Cl，实验结果锥形瓶中得到紫红色液体,请分析出现该实验结果的原因_,为了保证实验成功,请提出改进方案：_。【答案】(1)破坏有机物质,使 I充分溶解 (2).（3).2I-+H+H2O2=H2O+I2 （4

19、）分液漏斗 （)检漏 （)。不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质 （7)。温度计水银球插入太深,没有在蒸馏烧瓶的支管处 (8）冷却水进出口接反了 (9）.加热蒸馏过程中碘也会发生挥发（升华)（0)。改进方案一:用水浴加热法进行蒸馏(减压蒸馏），改进方案二：向含的 CC4溶液加入氢氧化钠溶液,反应之后向水层中加入硫酸,将反应得到的固体过滤即得到碘单质。或者其他的合理答案【解析】(1）将海带灼烧成灰，破坏有机物质，便于用水浸取时使碘离子溶解，故答案为：破坏有机物质，使-充分溶解；(2）步骤的目的是氧化碘离子生成碘分子，由于Cl2;Br2；都能污染环境，而稀硫酸和 HO2，的还原产物为

20、水,因此从无污染角度考虑，应该选择，反应中 I转化为 I2 的离子反应方程式为 2-+2H+2O2=2H2O+I，故答案为:;2-2+H2HO+I；(3）步骤为萃取和分液，用到的仪器主要是分液漏斗,使用该仪器时,首先需要检查是否漏液，故答案为：分液漏斗；检漏;(4)乙醇与溶剂水互溶,不能用于萃取碘水中的碘单质，故答案为:不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质;（)根据装置图，图中两处明显错误分别是:蒸馏实验中温度计测量的是蒸汽的温度，因此温度计水银球插入太深，没有在蒸馏烧瓶的支管处,为了提高冷却效果，常常采用逆流-10-/17 原理，即冷却水下进上出，因此冷却水进出口接反了,故答案

21、为：温度计水银球插入太深,没有在蒸馏烧瓶的支管处;冷却水进出口接反了；（6)加热蒸馏过程中碘也会发生挥发，使得锥形瓶中得到紫红色液体;为了避免该现象的出现，可以用水浴加热法进行蒸馏，故答案为：加热蒸馏过程中碘也会发生挥发；用水浴加热法进行蒸馏等。1.实验室以一种工业废渣（主要成分为 MgCO、MgS，含有少量 Fe、Al 的氧化物）为原料制备CO32。实验过程如下:（1）为加快酸溶速率,可采取的办法有_,写出酸溶时废渣中主要成分发生反应的化学方程式为_.（2）加入 H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_。（3)用萃取分液的方法除去溶液中的 Fe3+。检验溶液中是否含有 F3+的最佳试剂是_。为

22、使 F+尽可能多地从水相转移至有机相,采取的操作：向水溶液中加入一定量的萃取剂，_、静置、分液，并重复多次。萃取时，向混合溶液（含 Fe2、Al3、Mg2+）中加入适量盐酸,使 Fe+与 Cl-生成Fel4-，再用足量的乙醚(t2O)进行萃取,乙醚与+结合,生成了离子 Et2OH+,由于eCl与Et2OH+离子容易形成缔合物OH+FeCl。该缔合物中，-和 Et2O 分别取代了e2和的配位水分子，并且中和了电荷,具有疏水性,能够溶于乙醚中。因此,就从水相转移到有机相中.该萃取剂不能萃取 A3、Mg2+的原因是_。（4)已知：KAl(OH）3=。01033,Ksp（g（OH)2）=002。p85

23、时 Mg（OH)2开始沉淀。室温下，除去 MgSO溶液中的 Al3+(使其浓度小于 110-6molL1),需加入氨水调节溶液 pH 的范围为_。(5)向滤液中加入 NaCO3溶液生成 Mg3 沉淀并用蒸馏水洗涤,检验沉淀是否洗净的操作是_.（6）干燥时需低温干燥，温度较高时发生副反应，写出 Mg3O 在 32K 温度时发-11-/17 生转化的化学方程式_。【答案】(1)。适当升高温度、搅拌、提高硫酸浓度（答案合理即给分）（2）。MgCO3+HO4gSO+2 (3）。2O2F2+2H+=2Fe3HO (4）SC 溶液 （5）。充分振荡 （6)A13、Mg与 Cl结合（生成配离子）的能力很弱

24、（7）5.8。5 （8）。取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定,则表明已选涤完全。(9)5O33H2OM5(OH)2(O)44H2CO+10O【解析】（）适当升高温度、用工具搅拌、提高硫酸浓度等都可以加快酸溶速率；酸溶时废渣中的 MgC3、少量 F、Al 的氧化物都能被酸溶解，其中主要的反应的化学方程式为MCO3+H2SO4SO4+HO+CO2,故答案为：gO3+H2SO4=MgSO4+HO+C2;（2）加入 HO溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O22Fe3+22O，故答案为：2Fe+2+H2O2e3+2

25、HO;（）检验溶液中是否含有e3的最佳方法是加入CN 溶液，若溶液变成红色，说明含有 Fe3,故答案为:KSCN 溶液;萃取时,为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离,故答案为:充分振荡；根据题意，e2+与 Cl生成eCl4,再用足量的乙醚（Et2O)进行萃取，乙醚与 H+结合，生成了离子 Et2OH+，由于Fe4-与 E2OH+离子容易形成缔合物 Et2FeC4-，能够溶于乙醚中。因此，就从水相转移到有机相中.而 A3+、M2+与 Cl结合(生成配离子）的能力很弱，Al3+、Mg2+仍然留在水相中,故答案为：+、Mg2与 C-结合（生成配离子)的能力很弱；（4）pH8.5 时n(

26、H）2开始沉淀室温下，除去 MnS4溶液中的 Fe3+、Al，氢氧化铝完全变成沉淀时的 pH：Kspl(OH）=11033=c（Al3+）c3（OH），c(Al+)=110-12-/17 molL-1，解得:c(OH-)=109olL-1,c(H）=10-5molLpH5,同理 Fe(OH）3完全变成沉淀时，pH 约为5，故 pH 范围是:0H.5,故答案为:5.H8。5;（5）向滤液中加入 N2C3溶液生成 MgCO3 沉淀并用蒸馏水洗涤,检验沉淀是否洗净只需要具有洗涤液中是否存在 SO42-即可,具体方法为取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定

27、，则表明已选涤完全，故答案为:取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若不产生白色沉定,则表明已选涤完全;(6)gCO3H2O 在 33温度时转化成 Mg5(OH）2(CO3）44H2O,反应的化学方程式为MgCO3HOMg5(OH)2（CO3）44H2O+CO2+0H2，故答案为:MgCO32g5（H）(CO3）442OCO2+10H2。点睛：本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键.本题的易错点为（）中方程式的书写,需要根据图像判断出反应生成的主要产物。1。硫和钙的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应

28、用。回答下列问题：（1）基态 Ca 原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，该能层为次外层时最多可以容纳的电子数为_。元素 Ca 和 S 相比,第一电离能较大的是_（填元素符号)。(2)钙元素的焰色反应呈砖红色,其中红色对应的辐射与钾元素的焰色反应对应颜色的辐射波长,较短的是_（填元素符号)。(3）H2S 和 H2O 分子构型都为 V 形，中心原子的杂化形式都是_，但2O 分子键角大于H2S 分子,原因是_。(4）钙元素和锰元素属于同一周期，且核外最外层电子构型相同,但金属钙的熔点、沸点等都比金属锰低，原因是_。（5）Ca、Mn、g 的氧化物和硫化物都具是 Nal 型结构的离子晶体，其中阴离子

29、采用面心立方最密堆积方式,射线衍射实验测得它们的晶胞参数如下表:氧化物晶体 MO nO CaO a/nm 0.421.4 0.480 硫化物晶体 MS MnS C-13-/17 anm。50 0。5 0。56 由表可知:r(S-）_r（O2-)(填“或“”),（Mg2+）、r(Ca2）、r(Mn2+)由大到小的的顺序是_，r（S2）为_n，r(2+)为_nm.【答案】()。N (2）.18 （）（）。K （).p3杂化 （6）。O 元素电负性大于 S 元素，分子中 O-H 键电子对的电子云更偏向中心 O 原子,使斥力增大，键角增大 (7).钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 (8）.(

30、)。(Ca2)r（Mn2+）r（Mg2+）（0).0。18 (11）。0。100【解析】（1）Ca 是0 号元素,核外有 4 个电子层,核外电子占据最高能层的符号是，根据核外电子排布的规律，次外层不超过 18 个电子;第一电离能 SMga,第一电离能较大的是 S，故答案为：;1；S；(）钙元素的焰色反应呈砖红色，钾元素的焰色反应为紫色，紫色的辐射波长比红色短，故答案为：；（3）H2和2分子构型都为 V 形，中心原子的杂化轨道数目都是 4，都采用 sp3杂化；O元素电负性大于 S 元素,分子中 O键电子对的电子云更偏向中心原子，使斥力增大,键角增大，导致分子键角大于 HS 分子，故答案为：p3杂

31、化;O 元素电负性大于 S 元素,分子中 O-H 键电子对的电子云更偏向中心原子,使斥力增大，键角增大；（4）钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，使得金属钙的熔点、沸点等都比金属锰低，故答案为：钙的原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱；（5）由表可知，相同金属的晶胞参数中,氧化物的都小于硫化物的，因此 r（S2-)r(O2)；根据不同金属氧化物的晶胞参数，(Mg+）、r（Ca2+)、（Mn2+）由大到小的的顺序为r（Ca2+)（2+)r（2+）；因为 S是面心立方最密堆积方式，面对角线是半径的倍，即0。2，解得 r=052n=0.14n；aS 也属于 Nal型结构,根据晶胞的结构，晶

32、胞参数r（2)r（Ca2+)，则 r（C2）=010n;故答案为：；（Ca2+)(n2+）r（Mg2+)；014；0。10。12 周环反应是一类同时成键与断键的反应,经典的周环反应有iesAle反应、电环化反应（electryclic ectio)：-14-/17 等.已知：，其中 R1、2、3为烷基。现有一种内酯 I（含两个五元环）的合成路线如下（AI 均表示一种有机化合物）：回答下列问题:（)化合物 A 中含有的官能团名称是_,D 的分子式为_。（2）由 C 生成 D 的反应类型为_,形成高聚物的结构简式为_。(3)写出 F 与足量银氨溶液反应的化学方程式_.（4）化合物 H 的系统命名为

33、_。（5）化合物 I 的质谱表明其相对分子质量为 12,I 的核磁共振氢谱显示为 2 组峰，I 的结构简式为_.（)在化合物 I 的同分异构体中能同时符合下列条件的是_（填写结构简式）.具有酚结构;仅有一种官能团;具有 4 种氢原子（7）,-二甲基四氢呋喃（)是新的液态代用燃料,其具有比能量高、沸点高、可再生等优点。该有机物可由 A 先与2发生加成反应等一系列步骤来制备，请写出合成路线_(其它试剂任选)。【答案】(1）。碳碳三键、溴原子 （2）。C10H12 （).消去反应 （4）.（5)。-15-/17 （),4二羟基1，6 己二酸 （7)。（）.(9）。.。.。(1）A 为，其中含有的官能

34、团有碳碳三键、溴原子,D 为,分子式为 C1012,故答案为：碳碳三键、溴原子;C1H12;-16-/17(2）根据反应条件,C 生成 D 是卤代烃的消去反应,A 为，通过加聚反应形成高聚物的结构简式为,故答案为:消去反应；;（3）为，与足量银氨溶液反应的化学方程式为，故答案为：；(4）化合物 H 为,系统命名为 3，4二羟基1,己二酸,故答案为：3，4-二羟基-1,6 己二酸;(5）根据上述分析,I 的结构简式为,故答案为：;(6）具有酚结构,说明含有酚羟基；仅有一种官能团，说明只含有酚羟基,同时含有苯环;具有 4 种氢原子，满足条件的 I 的同分异构体是，故答案为:;（)A()先与 H2发生加成反应生成，然后将溴原子水解形成羟基，最后羟基间脱水即可，合成路线为-17-/17，故答案为:.