北京市高考化学试卷答案与解析(2)

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1、北京市高考化学试卷参照答案与试题解析一、选择题（共7小题，每题3分，满分21分）1（3分）（北京）下列用品的有效成分及用途相应错误的是（）ABCD用品有效成分NaClNa2CO3Al（OH）3Ca（ClO）2用途做调味品做发酵粉做抗酸药做消毒剂AABBCCDD【考点】常用的食品添加剂的构成、性质和作用；钠的重要化合物菁优网版权所有【专项】化学计算【分析】A食盐具有咸味，可用作调味剂；B碳酸氢钠用于制作发酵粉，碳酸氢钠与酸反映并放出大量气体二氧化碳；C氢氧化铝能与盐酸反映；D反映生成次氯酸，次氯酸可以消毒杀菌【解答】解：A食盐是常用的调味剂中的咸味剂，故A对的；B发酵粉的作用是与发酵过程中产生的

2、酸反映，释放出大量气体二氧化碳，使糕点臌松，常用的疏松剂有：碳酸氢钠、碳酸氢铵等，碳酸氢钠用于制作发酵粉，而不是碳酸钠，故B错误；C抗酸药氢氧化铝能与胃酸即盐酸反映，3HCl+Al（OH）3AlCl3+3H2O，且自身对人无害，故C对的；D漂白粉杀菌消毒是运用了次氯酸钙的强氧化性，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，次氯酸也可以消毒杀菌，故D对的；故选B【点评】本题考察了结合课本知识的信息，体现了性质决定用途，用途反映性质的理念，解答本题时须充足理解多种物质的性质方面的内容2（3分）（北京）下列解释实验现象的反映方程式对的的是（）A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐

3、变暗：2Na+O2Na2O2B向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2Ag2S+2ClCNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2D向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，浮现白色沉淀：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专项】离子反映专项【分析】A、钠在常温下被氧气氧化为氧化钠；B、硫化银溶解性不不小于氯化银；C、过氧化钠和水蒸气反映生成氢氧化钠固体潮解；D、酸式盐和碱反映量少的所有反映，离子方程式中 符合化学式构成比【解答】解：A、切开的金属Na

4、暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的因素，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性不不小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2Ag2S+2Cl，故B对的；C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是由于2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，浮现白色沉淀：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选B【点评】本题考察了反映条件下的化学方程式或离子方程式的书写措施和产物判断，酸式盐和碱反映量不同产物不同，纯熟掌握物质性质是解题核心3（3分）（北京

5、）下列实验中，所选装置不合理的是（）A分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选B用CCl4提取碘水中的碘，选C用FeCl2溶液吸取Cl2选D粗盐提纯，选和【考点】物质的分离、提纯的基本措施选择与应用菁优网版权所有【专项】化学实验基本操作【分析】A分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，应用分液的措施分离；B用CCl4提取碘水中的碘，可用萃取的措施分离；C吸取C12可用洗气瓶解决；D粗盐提纯，应先过滤，后蒸发【解答】解：ANa2CO3溶液和CH3COOC2H3互不相溶，应用分液的措施分离，故A错误；BCC14和水互不相溶，用CCl4提取碘水中的碘，可用萃取的措施，可选，故B对的；CFe

6、Cl2吸取C12可用洗气瓶解决，选，故C对的；D粗盐提纯，应先用过滤措施除去沉淀杂质，后蒸发可得到食盐，故D对的故选A【点评】本题考察物质的分离、提纯，题目难度不大，注意常用仪器的使用和物质的性质的异同4（3分）（北京）已知33As、35Br位于同一周期下列关系对的的是（）A原子半径：AsClPB热稳定性：HClAsH3HBrC还原性：As3S2ClD酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子构造的关系菁优网版权所有【专项】元素周期律与元素周期表专项【分析】A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；C非金属的非

7、金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强【解答】解：A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl2SAs，因此阴离子的还原性：As3S2Cl，故C对的；D酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C【点评】本题考察物质的性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大5（3分）（北京）用如图所示装置进行下列实验，实验成果与预测的现象不一致的是（）A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色AABBCCDD【考点】氯

8、气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【专项】元素及其化合物【分析】A、硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色B、浓盐酸具有挥发性，酚酞溶液在酸性条件下为无色C、浓氨水具有挥发性，氨水与氯化铝反映生成氢氧化铝D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与水反映生成HClO，HClO具有漂白性【解答】解：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B对的；C、浓氨水

9、具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反映生成氢氧化铝白色沉淀，故C对的；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反映生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D对的故选：A【点评】考察化学实验、元素化合物性质等，难度不大，注意基本知识的掌握6（3分）（北京）下列说法对的的是（）A天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点B麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故两者均为还原型二糖C若两种二肽互为同分异构体，则两者的水解产物不一致D乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体【考点】油脂的性质、构成与构造；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的

10、构造和性质特点；常用合成高分子材料的化学成分及其性能菁优网版权所有【专项】压轴题；有机化学基本【分析】A根据天然植物油均为高档脂肪酸甘油酯，但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；B蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性，自身没有还原性；C两种二肽互为同分异构，水解产物也许是相似的氨基酸；D乙醛可以制取聚乙醛等、氯乙烯可以合成聚氯乙烯，乙二醇可以和乙二酸缩聚；【解答】解：A天然植物油均为高档脂肪酸甘油酯，但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故A错误；B蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性，自身没有还原性，因此不是还原型二糖，故B错误；C两种二肽互为同分异构，水解产物也许是相似的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形

11、成的二肽中有两种，但二肽水解时的产物相似，故C错误； D乙醛可发生羟醛缩合、氯乙烯可以合成聚氯乙烯，乙二醇可以和乙二酸缩聚，故D对的；故选：D【点评】此题综合考察了有机物的知识，难度不大，注意相应知识的积累7（3分）（北京）人工光合伙用可以借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料下图是通过人工光合伙用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不对的的是（）A该过程是将太阳能转化为化学能的过程B催化剂a表面发生氧化反映，有O2产生C催化剂a附近酸性削弱，催化剂b附近酸性增强D催化剂b表面的反映是CO2+2H+2e一HCOOH【考点】常用的能量转化形式；化学反映的基本原理；化学反映的能量变化规律菁优网版

12、权所有【分析】由图可知，左室投入是水，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反映，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH【解答】解：由图可知，左室投入是水，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反映，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反映式为CO2+2H+2e=HCOOH，A、过程中是光合伙用，太阳能转化为化学能，故A对的；B、催化剂a表面发生氧化反映，有O2产生，故B对的；C、催化剂a附近酸性增强，催化剂b附近酸性条件下生成弱酸，酸性削弱，左右酸性应不变，故C错误；D、催化剂b表面的反映是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反映为：CO2+2H+2e

13、一HCOOH，故D对的；故选C【点评】本题考察了能量转化关系的分析应用，电解池原理的分析判断，题目难度中档二、解答题（共4小题，满分57分）8（13分）（北京）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境运用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2（1）用化学方程式表达SO2形成硫酸型酸雨的反映：SO2+H2OH2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸取液，可由NaOH溶液吸取SO2制得，该反映的离子方程式是2OH+SO2=SO32+H2O（3）吸取液吸取SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：9

14、1：19：91pH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显酸性，用化学平衡原理解释：HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离限度不小于水解限度当吸取液呈中性时，溶液中离子浓度关系对的的是（选填字母）：abac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）（4）当吸取液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生再生示意图如下：HSO3在阳极放电的电极反映式是HSO3+H2O2e=SO42+3H+当阴极室中溶液PH升至8以上时，

15、吸取液再生并循环运用简述再生原理：氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减少，促使HSO3电离生成SO32，且钠离子进入阴极室，吸取液就可以再生；【考点】二氧化硫的污染及治理；电解原理；离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专项】基本概念与基本理论【分析】（1）根据SO2和先水反映生成H2SO3，然后H2SO3不稳定能被空气中的氧气氧化生成H2SO4；（2）根据酸性氧化物和碱反映生成盐和水，注意弱电解质写化学式；（3）根据溶液中HSO3浓度和SO32浓度的相对大小拟定溶液的酸碱性；根据溶液中电荷守恒和物料守恒拟定溶液中多种离子浓度的关系；（4）阳极上阴离子放电发生氧化反映；阴极上氢离子得电子

16、发生还原反映，同步生成亚硫酸根离子，溶液中钠离子向阴极移动，导致生成吸取液；【解答】解：（1）SO2和先水反映生成H2SO3，反映方程式为：SO2+H2OH2SO3；H2SO3不稳定能被空气中的氧气氧化生成H2SO4，反映方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4；故答案为：SO2+H2OH2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4（2）SO2和氢氧化钠反映生成亚硫酸钠和水，反映方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O；故答案为：2OH+SO2=SO32+H2O（3）在溶液中重要以HSO3存在，HSO3的电离很单薄，因此n（SO32）：n（HSO3）1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的

17、量不小于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同步阐明HSO3的电离限度不小于水解限度故答案为：酸；HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离限度不小于水解限度当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度不小于亚硫酸根离子浓度a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，因此c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3），故a对的b、溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度不小于亚硫酸根离子

18、浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，因此得c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H）=c（OH），故b对的c、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故c错误故选：ab（4）当吸取液的pH降至约为6时，吸取液中阴离子重要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反映生成硫酸根离子和氢离子，电极反映式为：HSO3+H2O2e=SO42+3H+故答案为：HSO3+H2O2e=SO42+3H+电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减少，导致加速HSO3电离生成SO32，钠离子进

19、入阴极室，吸取液就可以再生故答案为：氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减少，促使HSO3电离生成SO32，且钠离子进入阴极室，吸取液就可以再生；【点评】本题考察了污染物的解决，波及到离子方程式、化学方程式和离子浓度大小的比较等知识点，难度不大，需要注意的是比较溶液中多种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答9（12分）（北京）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl运用反映A，可实现氯的循环运用反映A：4HCl+O22Cl2+2H2O（1）已知：i反映A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量（2）iiH2O的电子式是反映A的热化学方程式是4HCl（g）

20、+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6 KJ/mol断开1mol HO 键与断开1mol HCl 键所需能量相差约为32kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键（填“强”或“弱”）强（2）对于反映A，如图是4种投料比n（HCl）：n（O2），分别为1：1、2：1、4：1、6：1下，反映温度对HCl平衡转化率影响的曲线曲线b相应的投料比是4：1当曲线b、c、d相应的投料比达到相似的HCl平衡转化率时，相应的反映温度与投料比的关系是投料比越高，相应的反映温度越低投料比为2：1、温度为400时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是30.8%【考点】热化学方程式；化学平衡的调控作用菁优

21、网版权所有【专项】化学平衡专项【分析】（1）水是共价化合物根据电子式书写措施写出电子式；反映A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，根据热化学方程式书写措施，标注物质汇集状态和相应焓变写出；根据反映A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，焓变=反映物断键吸取热量生成物形成化学键放出热量计算；（2）在其她条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大；由图可知，当HCl的转化率相似时，温度由低到高相应的投料比为4：1、2：1、1：1，由此可拟定温度与投料比的关系；根据化学平衡三段式列式计算得到【解答】解：（1）水是共价化合物，氧原子和两个氢原子形成两个共价键，电子式

22、为：，故答案为：；根据反映A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反映的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6 KJ/mol；故答案为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6 KJ/mol焓变=反映物断键吸取热量生成物形成化学键放出热量，4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6 KJ/mol4HCl+498（2432+4HO）=115.6，得到4HO4HCl=498486+115.6=127.6HOHCl=31.932，H2O中HO键比HCl中HCl键强，故答案为：32

23、；强；（2）在其她条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可拟定a为6：1，b为4：1，c为2：1，d为1：1，故答案为：4：1； 由图可知，当HCl的转化率相似时，温度由低到高相应的投料比为4：1、2：1、1：1，由此可拟定温度与投料比的关系是：投料比越高达到相似转化率所需的温度越低，故答案为：投料比越高，相应的反映温度越低； 由图可读出投料比为2：1、温度为400时，HCl的转化率为80%，设投入的HCl为2 mol，O2为1 mol，由此可建立三段式： 4HCl+O2=2Cl2+2H2O n（起始）/mol 2 1 0 0 n（转化）/mol 1.6 0.4 0.8 0.8 n

24、（平恒）/mol 0.4 0.6 0.8 0.8 因此平衡混合气中Cl2的物质的量分数=100%=30.8%【点评】本题考察热化学方程式、热化学方程式书写，化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断、化学反映转化率计算，题目难度中档10（15分）（北京）有文献记载：在强碱性条件下，加热银氨溶液也许析出银镜某同窗进行如下验证和对比实验装置实验序号试管中的药物现象实验I2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生；一段时间后，溶液逐渐变黑；试管壁附着有银镜实验II2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生；一段时间后，溶液无明显变化该同窗欲分析实验和实验的差别，查阅资料：aAg（NH3）2+2H2OAg+

25、2NH3+H2ObAgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O（1）配制银氨溶液所需的药物是AgNO3溶液和浓氨水（2）经检查，实验的气体中有NH3，黑色物质中有Ag2O用湿润的红色石蕊试纸检查NH3，产生的现象是试纸变蓝产生Ag2O的因素是在NaOH存在下，加热增进NH3H2O分解，逸出NH3，促使平衡Ag（NH3）2+2H2OAg+2NH3H2O正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与OH反映立即转化为Ag2O：2 OH+2 Ag+=Ag2O+H2O（3）该同窗对产生银镜的因素提出瑕设：也许是NaOH还原Ag2O实验及现象：向AgNO3溶液中加入过量NaOH溶液，浮现黑色沉淀；水浴加热，未浮现银镜（

26、4）重新假设：在NaOH存在下，也许是NH3还原Ag2O用图1所示装置进行实验现象：浮现银镜在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图（夹持仪器略）（5）该同窗觉得在（4）的实验中会有Ag（NH3）2OH生成由此又提出假设：在NaOH存在下，也许是Ag（NH3）2OH也参与了NH3还原Ag2O的反映进行如图2实验：有部分Ag2O溶解在氨水中，该反映的化学方程式是Ag2O+4 NH3H2O=2Ag（NH3）2OH+3H2O实验成果证明假设成立，根据的现象是与溶液接触的试管壁上析出银镜（6）用HNO3清洗试管壁上的Ag，该反映的化学方程式是4HNO3（稀）+3Ag3AgNO3+NO+2H2

27、O【考点】性质实验方案的设计菁优网版权所有【专项】压轴题；实验设计题【分析】（1）向硝酸银溶液中滴入氨水至生成的沉淀正好溶解得到银氨溶液；（2）氨气遇到湿润的红色石蕊试液变蓝；Ag（NH3）2+2H2OAg+2NH3H2O，根据平衡移动原理，加热一水合氨分解增进平衡正向进行，银离子浓度增大生成氢氧化银分解生成氧化银；（3）向AgNO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液浮现黑色沉淀氧化银，但无银镜现象阐明无银生成；（4）生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图根据用分液漏斗把浓氨水滴入盛生石灰固体的烧瓶或锥形瓶中，氧化钙与水反映放热增进一水合氨分解生成氨气；（5）氧化银溶解于氨水中生成银氨溶液；Ag（NH3）

28、2OH也参与了NH3还原Ag2O的反映，试管内壁浮现银镜现象；（6）稀硝酸洗试管和银反映生成硝酸银、一氧化氮和水；【解答】解：（1）向硝酸银溶液中滴入氨水至生成的沉淀正好溶解得到银氨溶液，配制银氨溶液所需的药物是AgNO3溶液和浓氨水；故答案为：AgNO3溶液和浓氨水；（2）用湿润的红色石蕊试纸检查NH3，产生的现象是试纸变蓝；故答案为：试纸变蓝；在NaOH存在下，加热增进NH3H2O分解，逸出NH3，促使平衡Ag（NH3）2+2H2OAg+2NH3H2O正向移动，c（Ag+）增大，阴离子和氢氧根离子反映生成氢氧化银，AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O故答案为：在NaOH存在下，加热增进N

29、H3H2O分解，逸出NH3，促使平衡Ag（NH3）2+2H2OAg+2NH3H2O正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与OH反映立即转化为Ag2O：2OH+2Ag+=Ag2O+H2O；（3）该同窗对产生银镜的因素提出假设：也许是NaOH还原Ag2O，可以向AgNO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液，不浮现银镜现象证明不是氢氧化钠的还原作用；故答案为：过量NaOH溶液；（4）生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图根据用分液漏斗把浓氨水滴入盛生石灰固体的烧瓶或锥形瓶中，氧化钙与水反映放热增进一水合氨分解生成氨气，装置为：故答案为：（5）氧化银溶解于氨水中生成银氨溶液，反映的化学方程式为：Ag2O+4 NH3H

30、2O=2Ag（NH3）2OH+3H2O；故答案为：Ag2O+4 NH3H2O=2Ag（NH3）2OH+3H2O；Ag（NH3）2OH也参与了NH3还原Ag2O的反映，试管内壁浮现银镜现象；故答案为：与溶液接触的试管壁上析出银镜；（6）稀硝酸洗试管和银反映生成硝酸银、一氧化氮和水，反映的化学方程式为：4HNO3（稀）+3Ag3AgNO3+NO+2H2O；故答案为：4HNO3（稀）+3Ag3AgNO3+NO+2H2O【点评】本题考察了银氨溶液性质的分析判断，制备方案的设计和现象判断，物质性质应用是解题核心，题目难度较大11（17分）（北京）优良的有机溶剂对孟烷、耐热型特种高分子功能材料PMnMA的

31、合成路线如下：己知芳香化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代如：（1）B为芳香烃由B生成对孟烷的反映类型是加成反映（或还原反映）（CH3 ）2CHCl与A生成B的化学方程式是A的同系物中相对分子质量最小的物质是苯（2）1.08g的C与饱和溴水完全反映生成3.45g白色沉淀E不能使Br2的CCl4溶液褪色F的官能团是碳碳双键C的构造简式是反映I的化学方程式是（3）下列说法对的的是（选填字母）adaB可使酸性高锰酸钾溶液褪色 bC不存在醛类同分异构体cD的酸性比E弱 dE的沸点高于对孟烷（4）G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1G与NaHCO3反映放出CO2反映II的化学方程式是

32、【考点】有机物的合成菁优网版权所有【专项】压轴题；有机物的化学性质及推断【分析】2氯丙烷和化合物A反映生成B，B为芳香烃，B和氢气发生加成反映生成对孟烷，根据对孟烷的构造简式及题给信息知，A是甲苯，B是；1.08g的C与饱和溴水完全反映生成3.45g白色沉淀，阐明C中具有酚羟基，C变为白色沉淀时质量增长的量=（3.451.08）g=2.37g，当1mol酚和浓溴水发生取代反映时，有1mol氢原子被溴原子取代时，质量增长79g，当酚质量增长2.37g，则使有0.03mol氢原子被取代，有0.01mol酚参与反映，因此C的摩尔质量为：=108g/mol，苯酚的相对分子质量是94，该酚的相对分子质量

33、比苯酚大14，阐明C中还具有一种甲基，C中能和溴水发生3溴取代，则C是间甲基苯酚，C和2氯丙烷发生取代反映生成D，D的构造简式为：，D反映生成E，E发生消去反映生成F，F和氢气发生加成反映生成对孟烷，D和氢气发生加成反映生成，和氢氧化钠的醇反映发生消去反映生成或，然后或发生加成反映生成对孟烷，则E是，F是或，G与NaHCO3反映放出CO2，阐明G中具有羧基，G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1，则G的构造简式为：CH2=C（CH3）COOH，H是【解答】解：2氯丙烷和化合物A反映生成B，B为芳香烃，B和氢气发生加成反映生成对孟烷，根据对孟烷的构造简式及题给信息知，A是甲苯，B是；

34、1.08g的C与饱和溴水完全反映生成3.45g白色沉淀，阐明C中具有酚羟基，C变为白色沉淀时质量增长的量=（3.451.08）g=2.37g，当1mol酚和浓溴水发生取代反映时，有1mol氢原子被溴原子取代时，质量增长79g，当酚质量增长2.37g，则使有0.03mol氢原子被取代，有0.01mol酚参与反映，因此C的摩尔质量为：=108g/mol，苯酚的相对分子质量是94，该酚的相对分子质量比苯酚大14，阐明C中还具有一种甲基，C中能和溴水发生3溴取代，则C是间甲基苯酚，C和2氯丙烷发生取代反映生成D，D的构造简式为：，D反映生成E，E发生消去反映F，F和氢气发生加成反映生成对孟烷，D和氢气

35、发生加成反映生成，和氢氧化钠的醇反映发生消去反映生成或，然后或发生加成反映生成对孟烷，则E是，F是或，G与NaHCO3反映放出CO2，阐明G中具有羧基，G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1，则G的构造简式为：CH2=C（CH3）COOH，H是（1）通过流程图知，B和氢气发生加成反映生成对孟烷，故答案为：加成（还原）反映；2氯丙烷和甲苯在催化剂条件下发生取代反映，反映方程式为：，故答案为：；A是甲苯，A的同系物中相对分子质量最小的物质是苯，故答案为：苯；（2）F是或，其具有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；通过以上分析知，C的构造简式为：，故答案为：；和氢气发生加成反映，反映方程式为：，故答案为：；（3）aB是，B中直接连接苯环的碳原子上具有氢原子，因此B可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故对的； bC是，C存在醛类同分异构体，故错误；cD是，E是，酚的酸性不小于醇，故错误；dE中能形成氢键，对孟烷不能形成氢键，因此E的沸点高于对孟烷，故对的；故选a、d；（4）H是，H发生加聚反映，因此反映II的化学方程式是 ，故答案为：【点评】本题考察了有机物的推断，对的推断C是解本题核心，注意结合题给信息进行分析解答，难度中档