1、2015届甘肃省肃南县一中高三上学期期末理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中，正确的是 A石油是由液态烷烃、烯烃和少量芳香烃组成的混合物 B 40%的甲醇水溶液称成为福尔马林，常用于浸制生物标本 C乙醇、乙烯、乙醛都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D油脂、淀粉水解都生成甘油 答案： C 试题分析： A、石油主要是由各种烷烃、环烷烃、芳香烃等组成的混合物， A错误； B、甲醛的水溶液是福尔马林， B错误； C、乙醇、乙烯、乙醛都能使酸性高锰酸钾溶液褪色， C正确； D、淀粉的最终水解产物是葡萄糖， D错误，答案：选 C。 考点：考查有机物结构与性质 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正
2、确的是 A标准状况下， 2.24L SO3含有的分子数为 0.1NA B常温下， 3.0g甲醛含有 C-H键数目为 0.2NA C含有 2molH2SO4的浓硫酸与足量 Cu加热条件充分反应，电子转移数是 2NA D 1L 1mol/L AlCl3溶液含 Al3+数目为 NA 答案： B 试题分析： A标准状况下三氧化硫不是气体。不能适用于气体摩尔体积，即2.24L SO3含有的分子数不是 0.1NA， A错误； B常温下， 3.0g甲醛的物质的量是 0.1mol，甲醛的结构简式为 HCHO，所以含有 C-H 键数目为 0.2NA， B 正确；C浓硫酸与铜的反应中随着反应的进行，硫酸浓度降低，
3、稀硫酸与铜不反应，则含有 2molH2SO4的浓硫酸与足量 Cu加热条件充分反应，电子转移数小于 2NA，C 错误； D铝离子在溶液中水解，则 1L 1mol/L AlCl3溶液含 Al3+数目小于 NA，D错误，答案：选 B。 考点：考查阿伏加德罗常数的计算 能正确表示下列反应的离子方程式的是 A NO2与水的反应： 3NO2+H2O 2NO3 +NO+2H+ B碳酸钙与盐酸反应： CO32 +2H+ H2O+CO2 C向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸： SO32 +2H+ SO2+H2O D NH4HCO3溶于过量的 NaOH溶液中： HCO3 + OH CO32 +H2O 答案： A 试题分
4、析： A NO2与水的反应生成硝酸和 NO，离子方程式为 3NO2+H2O2NO3 +NO+2H+， A正确； B碳酸钙难溶于水，则碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为 CaCO3+2H+ H2O+CO2+Ca2 ， B错误； C向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为 3SO32 +2NO3-+2H+ 3SO42 +2NO+H2O，C错误； D NH4HCO3溶于过量的 NaOH溶液中生成碳酸钠、碳酸铵和水。离子方程式为 HCO3 +NH4+ 2OH CO32 +NH3 H2O+H2O， D错误，答案：选 A。 考点：考查离子方程式正误判段 下列有关以 KOH溶液为电解液的氢氧燃
5、料电池的叙述不正确的是 A正极反应式为： O2 + 2H2O +4e- =4OH- B工作一段时间后，电解液中 KOH的物质的量浓度不变 C该燃料电池的总反应式为： 2H2+O2=2H2O D用该电池电解 CuCl2溶液，产生 2.24LCl2（标准状况）时，有 0.2mol电子转移 答案： B 试题分析： A、原电池中负极失去电子，正极得到电子，则氧气在正极通入，电极反应式为 O2 + 2H2O +4e- =4OH-， A正确； B、工作一段时间后，溶剂水增加，因此电解液中 KOH的物质的量浓度减小， B错误； C、该燃料电池的总反应式为： 2H2+O2 2H2O， C正确； D用该电池电解
6、 CuCl2溶液，产生 2.24LCl2（标准状况）即 0.1mol氯气时，根据阳极电极反应式 2Cl 2e Cl2可知有0.2mol电子转移， D正确，答案：选 B。 考点：考查电化学原理的应用 下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是 A在含有大量 I 离子的溶液中： Cl、 Fe3 、 Al3 、 Cu2 B滴加石蕊试液显红色的溶液： Fe2+、 NH4+、 Cl 、 NO3 能够大量共存 C在由水电离出的 c(H ) 10 12 mol L 1的溶液中： Na 、 Ba2 、 Cl、 Br D在加入 Al能放出大量 H2的溶液中： NH4 、 SO42 、 C1、 HCO3 答案：
7、 C 试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A在含有大量 I 离子的溶液中： Fe3 、 Cu2 均与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存， A错误； B滴加石蕊试液显红色的溶液显书写，则溶液中 Fe2+、NO3 能够发生氧化还原反应，不能大量共存， B错误； C在由水电离出的 c(H ) 10 12 mol L 1的溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性，不论是酸性还是碱性 Na 、 Ba2 、 Cl、 Br之间不反应，可以大量共存， C正确；D在加入 Al能放出大量 H2的溶液可能显酸性，也可 能显碱性。显酸性则HCO3不能大量共存，显碱性则 NH4 、
8、HCO3均不能大量共存， D 错误，答案：选 C。 考点：考查离子共存正误判段 下列实验方案能达到预期目的的是 实验室保存 FeCl3溶液应加少量稀盐酸，并且放入少量的 Fe粉 氢氧化钠溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中 向溶液中滴入氯化钡溶液，再加稀硝酸能检验溶液中是否含有 SO 用丁达尔现象可以区分食盐水和淀粉溶液 工业上可用金属铝与 V2O5在高温下冶炼矾，铝作还原剂 A B C D 答案： C 试题分析： 实验室保存 FeCl3溶液应加少量稀盐酸，但不需要放入少量的 Fe粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，错误； 氢氧化钠溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，正确； 向溶液中滴入氯化钡溶液，再加稀
9、硝酸不能检验溶液中是否含有 SO，因为氯化银也是不溶于硝酸的白色沉淀，错误； 淀粉溶于水形成的是胶体，用丁达尔现象可以区分食盐水和淀粉溶液，正确； 工业上可用金属铝与 V2O5在高温下发生铝热反应冶炼矾，铝作还原剂，正确，答案：选C。 考点：考查试剂保存、离子检验、溶液和胶体以及铝热反应等 分类是化学学习和研究中的常有用 手段，下列分类依据和验论都正确的是 A浓 HC1、浓 H2SO4、浓 HNO3均具有氧化性，都属氧化性酸 B Na2O、 SO2、 BaSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质 C NaOH、 HNO3、 NaNO3在水溶液中均能电离出离子，都属离子化合物 D金刚石、二
10、氧化硅、碳化硅晶体中的原子均能以共价键结合，都属原子晶体 答案： D 试题分析： A、盐酸不是氧化性酸， A 错误； B、 SO2 不能自身电离出阴阳离子，属于非电解质， B错误； C、硝酸是由共价键形成的共价化合物， C错误； D、金刚石、二氧化硅、碳化硅晶体中的原子均能以共价键结合，都属原子晶体，D正确，答案：选 D。 考点：考查物质的分类 实验题 （ 13分）已知 HI是一种无色，有刺激性气味，极易溶于水的气体， HI的水溶液称之为氢碘酸，是一种强酸。 （ 1）请写出碘元素在周期表的位置：第五周期 族。 （ 2）将 HI气体通入一定量的浓硫酸中，产生的混合气体除含 HI、少量的 I2蒸气
11、和水蒸气外，还可能 有 气体。 （ 3）小明拟对 HI通入浓硫酸后的混合气体成分进行验证和探究。他设计了如右实验装置图初步探究设计： 其中直形玻璃管中所装的药品是 （写名称） 足量四氯化碳的两个作用是： ， 。 进一步探究： 查阅资料：氧化性强弱 KMnO4HNO3I2SO42 ，且较稀的硝酸不能氧化 I2。 小明拟对溶在水层的其它混合气体成分做进一步探究。请你从以下限选试剂中选择合适的试剂帮小明完成实验报告。 限选的试剂：石蕊试剂、品红溶液、酸性 KMnO4溶液、 0.1mol/L HNO3、淀粉溶液、 BaCl2溶液 实验方案 可能的现象和相应的结论 取少量烧杯中的上层溶液分装入 A、B两
12、支试管中 答案：（ 1） VIIA（ 1分） （ 2） SO2（ 2分） （ 3） 无水硫酸铜（ 2分） 检验、吸收碘蒸气；防倒吸（ 3分，每个 1分） （答案：合理便给分） 实验方案 可能的现象和相应的结论 往 A试管中加入少量品红溶液（ 1分） 若品红溶液褪色，则原混合气体中有 SO2 若溶液不褪色，则原混合气体中没有 SO2（ 1分） 往 B试管中滴加足量硝酸溶液后（ 1分），再滴入少量淀粉溶液（ 1分） 若淀粉溶液变蓝，则原混合气体中有 HI 若溶液不变蓝，则原混合气体中没有 HI（ 1分） 试题分析：（ 1）碘的原子序数是 53，因此碘元素在周期表的位置是第五周期第 VIIA族。 （
13、 2）由于浓硫酸具有氧化性，而碘化氢具有还原性，能被浓硫酸氧化生成单质碘，硫酸被还原为 SO2，所以将 HI气体通入一定量的浓硫酸中，产生的混合气体除含 HI、少量的 I2蒸气和水蒸气外，还可能有 SO2气体。 （ 3） 由于气体通过溶液时会带出水蒸气，所以首先检验水蒸气，一般用五水硫酸铜，即其中直形玻璃管中所装的药品是无水硫酸铜。 碘能被四氯化碳萃取，又因为碘化氢极易溶于水，所以足量四氯化碳的两个作用是检验、吸收碘蒸气和起防倒吸作用。 由于上层溶液中溶解的是碘化氢和 SO2，检验 SO2可以用品红溶液。又因为氧化性强弱 KMnO4 HNO3 I2 SO42 ，且较稀的硝酸不能氧化 I2，所以
14、检验碘离子应该用稀硝酸，因此实验方案可设计为 实验方案 可能的现象和相应的结论 往 A试管中加入少量品红溶液（ 1分） 若品红溶液褪色，则原混合气体中有 SO2 若溶液不褪色，则原混合气体中没有 SO2（ 1分） 往 B试管中滴加足量硝酸溶液后（ 1分），再滴入少量淀粉溶液（ 1分） 若淀粉溶液变蓝，则原混合气体中有 HI 若溶液不变蓝，则原混合气体中没有 HI（ 1分） 考点：考查物质性质实验方案设计与探究 填空题 （ 16分）工业上用 CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。 图 1表示反应中能量的变化；图 2表示一定温度下，在体积为 2L的密闭容
15、器中加入 4mol H2和一定量的 CO后， CO和 CH3OH(g)的浓度随时间变化。 请回答下列问题： （ 1）在 “图 1”中，曲线 （填： a或 b）表示使用了催化剂；该反应属于 （填：吸热、放热）反应。 （ 2）下列说法正确的是 A起始充入的 CO为 2mol B增加 CO浓度， CO的转化率增大 C容器中压强恒定时，反应已达平衡状态 D保持温度和密闭容器容积不变，再充入 1molCO和 2molH2，再次达到平衡时 n(CH3OH)/n(CO)会减小 （ 3）从反应开始到建立平衡， v(H2) _；该温度下 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为 _。若保持其它条
16、件不变，将反应体系升温，则该反应化学平衡常数 _ （填 “增大 ”、 “减小 ”或 “不变 ”）。 （ 4）请在 “图 3”中画出平衡时甲醇百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的 2条曲线（在曲线上标出 P1、 P2，且 P1P2）。 （ 5）已知 CH3OH(g) 3/2O2(g) CO2(g) 2H2O(g) H 192.9kJ/mol 又知 H2O(l)= H2O(g) H 44 kJ/mol，请写出 32g的 CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式 。 答案：（ 16分，每空 2分）（ 1） b；放热 （ 2） AC（选 1个且正确，给 1分，错 1个
17、 0分） （ 3） 0.15mol L-1 min-1； 12 L2 mol-2（无单位不扣分；或） 减小 （ 4） （ 5） CH3OH(g) 3/2O2(g) CO2(g) 2H2O(l) H 280.9kJ/mol 试题分析：（ 1）根据图像可知曲线 b表示的活化能小，所以 b曲线表示使用了催化剂。反应物的总能量高于生成物的总能量，因此正反应是放热反应。 （ 2） A容器容积为 2L，根据图像可知起始充入的 CO为 1mol/L2L 2mol，A正确； B增加 CO浓度，平衡向正反应方向进行，但 CO的转化率降低， B产物； C正反应是体积减小的可逆反应，因此容器中压强恒定时，表明反应已
18、达平衡状态， C正确； D保持温度和密闭容器容积不变，再充入 1molCO和2molH2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，因此 再次达到平衡时n(CH3OH)/n(CO)会增大， D错误，答案：选 AC。 （ 3）根据图像可知反应进行到 10min时达到平衡状态，此时生成甲醇是0.75mol/L，则根据方程式可知消耗甲醇是 0.75mol/L2 1.5mol/L，所以用氢气表示的反应速率为 1.5mol/L10min 0.15mol L-1 min-1；平衡时氢气的浓度是2mol/L1.5mol/L 0.5mol/L，甲醇和 CO的平衡浓度分别是 0.75mol/L、0.25mol/L，
19、所以该温度下的平衡常数 K ；正反应是放热反应，若保持其 它条件不变，将反应体系升温，平衡向逆反应方向进行，则该反应化学平衡常数减小。 （ 4）正反应是放热反应，升高温度甲醇的含量降低。又因为正反应是体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向进行，甲醇含量增大，所以其图像可表示为 （ 5）已知： CH3OH(g) 3/2O2(g) CO2(g) 2H2O(g) H 192.9kJ/mol， H2O(l)= H2O(g) H 44 kJ/mol，则根据盖斯定律可知 2 即得到 32g的 CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式为 CH3OH(g) 3/2O2(g)CO2(g) 2H2O
20、(l) H 280.9kJ/mol。 考点：考查反应热、盖斯定律应用、外界条件对平衡状态影响、反应速率和平衡常数计算等 （选考）【化学 物质结构与性质】（ 15分） W、 Q、 R、 X、 Y、 Z六种元素的原子序数逐渐增大。已知 W原子 1s轨道上只有一个电子， Q、 X原子 p轨道的电子数分别为 2和 4， Z的原子序数为 29，除Z外均为短周期主族元素， Y原子的价电子排布为（ n+1） sn(n+1)pn。请回答下列问题： （ 1） Q和 W能形成一种化合物的相对分子质量为 28，则该化合物的中心原子采取的杂化轨道类型是 ，该分子中含有 _个 键。 （ 2） Z 原子的核外电子排布式为
21、 ；向 Z 的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体中 Z的离子与NH3之间的化学键为 。 （ 3）这六种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于 _晶体； W、 Q、 X三种元素之间可以形成多种化合物，其中邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，理由是 。邻甲基苯甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为 。 1 mol 苯甲醛分子中 键为 mol。 （ 4）元 素 X的阴离子 Xn-中所有电子正好充满 K和 L电子层， CnX晶体的最小结构单元如图所示。 该晶体中阳离子和阴离子个数比为 _，晶体中每个 Xn-被 个等距离的 C+离子包围
22、。 答案：（ 1） sp2杂化（ 1分） 1（ 1分） （ 2） Ar 3d104s1；（或1s22s22p63s23p63d104s1）（ 1分） 配位键（ 1分） （ 3）原子（ 1分）邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能在分子间形成氢键（ 2分） sp2和 sp3（ 2分） 14（ 2分）（ 4） 3： 1（ 2分） 6（ 2分） 试题分析： W、 Q、 R、 X、 Y、 Z六种元素的原子序数逐渐增大。已知 W原子1s轨道上只有一个电子则 W是 H。 Q、 X原子 p轨道的电子数分别为 2和 4，这说明 Q是 C， X是 O，则 R是 N。 Z的原子序数为 29，则 Z是 Cu。除
23、 Z外均为短周期主族元素， Y原子的价电子排布为（ n+1） sn(n+1)pn，则 n 2，所以Y是 Si元素。 （ 1） Q和 W能形成一种化合物的相对分子质量为 28，该化合物是乙烯。乙烯是平面型结构，则该化合物的中心原子采取的杂化轨道类型是 sp2杂化。单键都是 键，而双键是由 1个 键和 1个 键构成，则根据乙烯的结构简式 CH2CH2可知该分子中含有 1个 键。 （ 2）铜的原子序数是 29，根据核外电子排布规律可知，原子的核外电子排布式为 Ar 3d104s1（或 1s22s22p63s23p63d104s1）；向 Z的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入
24、乙醇会析出蓝色晶体，该晶体是配合物，其中铜离子与 NH3之间的化学键为配位键。 （ 3）同主族自上而下电负性逐渐减小，同周期自左向右电负性逐渐增大，则这六种元素中，电负性最大是氧元素，最小的非金属是硅元素，两种非金属元素形成的晶体是二氧化硅，属于原子晶体；由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对 羟基苯甲醛能在分子间形成氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点；甲基碳原子是饱和碳原子，属于 sp3杂化。醛基和苯环上的碳原子是 sp2杂化，则邻甲基苯甲醛分子中碳原子的杂化类型为 sp2和 sp3。单键都是 键，而双键是由 1个 键和 1个 键构成，则根据苯甲醛的结构
25、简式 可知 1 mol 苯甲醛分子中 键为 14mol。 （ 4）根据晶胞结构可知 X原子的个数 81/8 1， C原子数 121/4 3，所以该晶体中阳离子和阴离子个数比为 3： 1。晶体中每个 Xn-被 6个等距离的 C+离子包 围，即上下左右前后各 1个。 考点：考查物质结构与性质模块的分析与判断 推断题 （ 14分） A、 B、 C、 D、 E、 F是原子序数依次增大的短周期主族元素， A的最外层电子数是次外层电子数 2倍， B是短周期中金属性最强的元素， C是同周期中阳离子半径最小的元素， D元素的最高价氧化物对应水化物与 B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物 M是制备木材防火剂
26、的原料， E的最外层电子数与内层电子数之比为 35。请回答： （ 1） D的元素符号为 。 （ 2） F在元素周期表中的位置 。 （ 3）用电子式表示元素 B与元素 F形成的化合物： 。 （ 4） B单质与氧气反应的产物与 C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为 、 。 （ 5）工业上将干燥的 F单质通入熔融的 E单质中可制得化合物 E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体， 0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为 。 （ 6）某混合物的稀溶液中，只可能含有 B、 C、 F构成的简单离子或 A、
27、 E的最高价氧化物对应水化物所电离出来的阴离子。现分别取一定体积的该溶液进行实验。两次每次取 200.00mL进行实验。 实验 1：取 2mL溶液，向其中加入 AgNO3溶液有沉淀产生； 实验 2：取 200mL溶液，向其中加入足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 12.54g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余 4.66g。请回答： 根据以上实验，不能判断是否存在的离子有 。 B的简单离子是否存在 ；若存在，浓度至少为 mol/L（若不存在，则不必回答第二问）。 答案：（ 1） Si （ 1分）（ 2）第 3周期， VIIA（ 2分）（ 3） （ 1分） （ 4） 2Na2O2 + 2H2O 4
28、NaOH + O2（ 2分） 2Al+ 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 +3H2（ 2分） （ 5） 2S2Cl2 + 2H2O = 3S + SO2+ 4HCl （ 2分） （ 6） Cl- HCO3- （各 1分，共 2分） 存在， 0.6 （ 2分） 试题分析： A、 B、 C、 D、 E、 F是原子序数依次增大的短周期主族元素， A的最外层电子数是次外层电子数 2倍，则 A是第二周期元素，因此 A是碳元素。B是短周期中金属性最强的元素，则 B是钠元素。 C是同周期中阳离子半径最小的元素，原子序数大于钠，则 C是铝元素。 D元素的最高价氧化物对应水化物与 B元素的最高价氧化物对
29、应水化物反应的产物 M是制备木材防火剂的原料，所以 D是硅元素。 E的最外层电子数与内层电子数之比为 35，则 E是硫元素，所以 F是氯元素。 （ 1）根据以上分析可知 D的元素符号为 Si。 （ 2） F的原子序数是 17，在元素周期表中的位置第三周期第 VIIA族。 （ 3）氯化钠是离子化合物，电子式为 。 （ 4） B单质与氧气反应的产物与 C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，这说明钠与氧气的产物是过氧化钠，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠与铝反应生成偏氯酸钠和氢气，有关的化学方程式为 2Na2O2 + 2H2O4NaOH + O2、 2Al+ 2NaOH + 2H2O 2
30、NaAlO2 +3H2。 （ 5）工业上将干燥的 F单质通入熔融的 E单质中可制得化合物 E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体是 SO2。 0.2mol该物质参加反应时转移 0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变。在 S2Cl2中 S元素的化合价 1价，所以化合价发生变化的元素是 S，氧化产物是 SO2，还原产物是 S，该反应的化学方程式为 2S2Cl2 + 2H2O 3S + SO2+ 4HCl。 （ 6）实验 1：取 2mL溶液，向其中加入 AgNO3溶液有沉淀产生，说明含有氯离子或硫酸根离子或碳酸根离子；实验 2：取 200mL溶液，向其中加入足量B
31、aCl2 溶液后，得干燥沉淀 12.54g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余 4.66g，这说明 4.66g沉淀是；硫酸钡，物质的量是 0.02mol，碳酸钡的质量是12.54g4.66g 7.88g，物质的量是 0.04mol，一定含有硫酸根和碳酸根，则一定没有铝离子。根据溶液的电中性可知一定含有钠离子。 根据以上分析可知，不能判断是否存在的离子有 Cl-、 HCO3-。 根据以上分析可知，钠离子一定存在。由于硫酸根和碳酸根的浓度分别是0.1mol/L、 0.2mol/L，而氯离子与碳酸氢根离子不能确定，所以根据电荷守恒可知钠离子浓度至少为 0.1mol/L2 0.2mol/L2 0.6mo
32、l/L。 考点：考查元素推断的有关应用 （选考）【化学 有机化学基础】（ 15分） 有机物 A是常用的食用油抗氧化剂，分子为 C10H12O5，可发生如下变化： 已知 B的相对分子质量为 60，分子中只含一个甲基。 C的结构可表示为：（其中 -x、 -y均为官能团）。请回答下列问题： （ 1）根据 系统命名法 B的名称为 。 （ 2）官能团 -x的名称为 ，高聚物 E的链节为 。 （ 3） A的结构简式为 。 （ 4）反应 的化学方程式为 。 （ 5） C有多种同分异构体，写出其中 2种符合下列要求的同分异构体的结构简式 、 。 含有苯环 能发生银镜反应 含有酚羟基 （ 6）从分子结构上看，
33、A具有抗氧化作用的主要原因是 （填序号）。 A含有苯环 B含有羰基 C含有酚羟基 答案：（ 1） 1 丙醇 （ 2）羧基； （ 3）（ 4） （ 5） （任写 2 种） （ 6） 试题分析： A在氢氧化钠溶液中水解生成 B和 C，根据 A的分 子式可知 A是酯类。 C能与碳酸氢钠反应产生气泡，说明含有羧基，也能与氯化铁溶液发生显色反应，说明还含有酚羟基。已知 B的相对分子质量为 60，分子中只含一个甲基，所以 B是正丙醇。 B在浓硫酸的作用下发生消去反应生成 D，则 D是丙烯，结构简式为 CH3CH CH2。丙烯发生加聚反应生成高分子化合物 F，则 F的结构简式为 。 C的结构可表示为： ，根据 A和 B的分子式可知 C分子中含有 7个碳原子，所以 C的结构简式为 ，则 A的结构简式为 。 （ 1）根据 B的结构简式可知， B的名称为 1 丙醇。 （ 2）根据 C的结构简式可知官能团 -x的名称为羧基；高聚物 E的链节为。 （ 3）根据以上分析可知 A的结构简式为 。 （ 4）根据以上分析可知反应 的化学方程式为 。 （ 5） 含有苯环； 能发生银镜反应，说明含有醛基； 含有酚羟基，则符合条件的有机物结构简式为 （ 6）酚羟基易被氧化，所以从分子结构上看， A具有抗氧化作用的主要原因是含有酚羟基，答案：选 C。 考点：考查有机化学基础模块的分析与应用
