（1）B中的含氧官能团名称为 ． （2）F→G的反应类型为 ． （3）B→C的化学方程式为
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式 ．
①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中只有4种不同化学环境的氢．④二取代物．
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参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分） 1．下面是某学生利用数据分析的情况，其中正确的是（ ）
A．根据气体的相对分子质量，不可以比较相同状况下气体密度的大小 B．根据甲烷和乙烷的熔点，不能比较二者晶体中的分子间作用力的大小 C．比较同主族金属元素原子半径的大小，可以推断元素的金属性强弱 D．根据液体密度的大小，可以判断液体的挥发性的强弱 【考点】元素周期表的结构及其应用．
【分析】A．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=
判断密度与相对分子
质量关系；
B．分子晶体中，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比；
C．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，元素的金属性随着原子序数增大而减弱；
D．液体的挥发性与沸点有关．
【解答】解：A．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=
知，相同条件下
摩尔质量与密度成正比，故A错误；
B．分子晶体中，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比，甲烷和乙烷都是分子晶体，可以通过其熔点比较二者晶体中的分子间作用力的大小，故B错误； C．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，所以比较同周期金属元素原子半径的大小，可以推断元素的金属性强弱，故C正确；
D．液体的挥发性与沸点有关，沸点越低，越易挥发，液体物质挥发性与密度无关，故D错误； 故选C．
2．分子式为CnH2nO2的羧酸与某醇酯化反应生成分子式为Cn+6H2n+12O2的酯，反应所需羧酸和醇的质量比为1：1，则该羧酸有几种（ ） A．一种 B．二种 C．三种 D．四种 【考点】有机化合物的异构现象．
【分析】酯的分子式与羧酸相比多了6个碳，12个H，即此醇为己醇，与己醇相等的羧酸的分子式为：C5H10O2，可以看做丁烷中的1个H原子被﹣COOH取代，即由丁基与﹣COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等．
【解答】解：依据题意得出，此羧酸应为含有5个碳原子的酸，即n=5，分子式为：C5H10O2，可以看作是丁烷中的1个H原子被﹣COOH取代后生成的，即由丁基与﹣COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，丁基﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，总共有4种，故分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种，故选D．
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3．向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断正确的是（ ） A．整个过程共发生2个氧化还原反应 B．在该溶液中滴少量品红，品红褪色 C．所有离子的浓度都发生了变化
D．反应过程中氯气既作氧化剂又作还原剂 【考点】氧化还原反应；氯气的化学性质．
【分析】某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅
Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，酸沉淀；
氯气过量时溶液中含具有漂白性的HClO，以此解答该题．
【解答】解：A．发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，故A错误；
B．氯气过量，溶液中含HCl哦，具有漂白性，在该溶液中滴少量品红，品红褪色，故B正确；
C．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，但Na+浓度不变，故C错误；
D．与SO32﹣、Br﹣反应中氯气得到电子，氯气作氧化剂，而只有氯气与水反应中Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，故D错误； 故选B．
4．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．该物质的分子式为C16H14O3
B．该物质分子中的所有碳原子可能共平面
C．滴人KMnO4（H+）溶液，可观察到紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键 D．1mol该物质分别与NaOH、浓溴水和H2反应时最多消耗NaOH、Br2和H2分别为3mol、4mol、7mol
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．
A． 【解答】解：由有机物结构简式可知有机物的分子式为C16H16O3，故A错误；
B．苯环和碳碳双键具有平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能公平面，则该物质分子中的所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．分子中能使酸性高锰酸钾褪色的有羟基、甲基和碳碳双键，则滴人KMnO4（H+）溶液，可观察到紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故C正确； D．分子中含有3个酚羟基，能与氢氧化钠发生中和反应，能与溴发生取代的氢原子共有3个，含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应，分子中含有2个苯环、1个碳碳双键，都可与氢气发生加成反应，则1mol该物质分别与氢氧化钠，浓
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溴水和H2反应时最多消耗氢氧化钠、Br2和H2分别为3mol、4mol、7mol，故D正确． 故选A．
5．制备（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液（pH＜1）进行处理．室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子不正确的是（ ）
A．通入过量Cl2：Fe3+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B．加入过量NaClO溶液：NH4+、Fe3+、H+、SO42﹣、ClO﹣ C．加入过量NaOH溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、OH﹣
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣ 【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，离子能大量共存，并结合母液中含有（NH4）2?Fe（SO4）2?6H2O晶体中的离子，利用离子共存的观点分析解答．
【解答】解：A．通入过量氯气后，亚铁离子被氧化成铁离子，则溶液中主要存在的离子为：Fe3+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣，故A正确；
B．加入过量NaClO溶液后，亚铁离子被氧化成铁离子，反应后溶液中主要存在离子为：NH4+、Fe3+、H+、SO42﹣、ClO﹣，故B正确； C．Fe2+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；
D．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液后也不反应，能共存，故D正确； 故选C． 6．已知
，如果要合成
所用的原始原料可以是
（ ）
A．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯和1﹣丁炔 B．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔 C．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔 D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙炔 【考点】烯烃；取代反应与加成反应． 【分析】本题可以采用逆向合成分析法．
或者是
．
【解答】解：由逆向合成分析法可知，若为
机物的命名原则两种原料分别是2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔；
，则有
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若为，则两种原料分别为2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和
2﹣丁炔； 故选：B． 7．Y既能与X反应又能与Z反应的有几组 一定条件下，下列各组物质中，（ ）序号 X Y Z ① NaHSO4溶Al（OH）稀硫酸 液 3 CaCl2溶液 ② SO2 CaSO3 HF溶液 Ba（OH）③ Si 2 ④ Fe Cl3溶液 Fe 浓硝酸 A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变． 【分析】①NaHSO4溶液显强酸性，Al（OH）3能与强酸性溶液反应； ②CaCl2溶液与SO2不反应；
③HF溶液与Si反应、Si能与强碱反应；
④铁和浓硝酸发生氧化还原反应，和氯化铁反应生成氯化亚铁．
【解答】解：①Al（OH）3能与强酸性溶液反应，稀硫酸、NaHSO4溶液显强酸性能与氢氧化铝反应，符合Y既能与X反应又能与Z反应，故①正确；
②CaCl2溶液与SO2不反应，SO2与Na2SO3溶液生成亚硫酸氢钠；故②错误； ③Si与HF溶液反应生成四氟化硅和氢气，硅溶于碱生成硅酸盐和氢气，符合Y既能与X反应又能与Z反应，故③正确；
④铁和浓硝酸发生氧化还原反应，和氯化铁反应生成氯化亚铁，符合Y既能与X反应又能与Z反应，故④正确； 故选C．
8．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．乙醛溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热CH3CHO+2Cu（OH）2+OH﹣CH3COO﹣
+Cu2O↓+2H2O
B．甲酸溶液与新制氢氧化铜反应：2H++Cu（OH）2→Cu2++2H2O C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
+CO2+H2O
+HCO3﹣
D．CH3COOCH2CH3+OH﹣→CH3COO﹣+CH3CH2O乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应：﹣
+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．反应生成乙酸盐、氧化亚铜、水，H原子不守恒； B．甲酸在离子反应中保留化学式； C．反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．碱性条件下水解生成乙酸钠、乙醇．
【解答】解：A．醛溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热CH3CHO+2Cu（OH）2+OH﹣
CH3COO﹣+Cu2O↓+3H2O，故A错误；
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