2022-2022学年山东省青岛九中高二（下）第一次段考化学试卷 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学科学与材料、能源、信息、环境等科学密切相关．下列现象或事实的解释或解决问题的方法不正确的是（ ）选项现象或事实解释或解决方法A大量的燃煤、燃油是形成雾霾的主要原因，发展核能等清洁能源，减少化石燃料的使用B“地沟油”是被氧化、分解的油脂，禁止食用采用化学技术处理后代替汽油作燃料C氢氧化钠与氢氟酸都能与硅、二氧化硅反应硅、二氧化硅都具有两性D漂白粉在空气中久置变质是漂白粉中的有效成分与空气中的CO2反应生成CaCO3A．AB．BC．CD．D 2．下列有关钠的化合物的叙述不正确的是（ ）A．Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，它还可以用于消毒、杀菌和漂白B．NaH可用于和水反应制取氢气，NaH是共价化合物C．Na2CO3的水溶液可用于油污的去除，其热溶液去污效果更好D．侯氏制碱法，首先制取的是NaHCO3，NaHCO3受热分解生成碳酸钠 3．氯气是氯碱工业的主要产品之一，用作为强氧化剂与氯化剂．下列有关氯气及其化合物的叙述正确的是（ ）A．氯气与甲烷发生取代反应，是制取二氯甲烷的有效方法B．红热的铁丝、铜丝都能在氯气里剧烈燃烧，生成大量白色的烟C．氯气和次氯酸钠都可用于杀菌、消毒，使用时要注意用量D．聚氯乙烯是使用量非常大，应用领域最为广泛的塑料，也是熟、热食品常用的包装材料 4．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O═2Cu+O2↑+4H+B．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClOC．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH+H++2OH﹣═NH3↑+2H2OD．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+ 5．下表是元素周期表中短周期的一部分，则下列说法正确的是（ ）XMYZNA．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于13B．元素Z的含氧酸的酸性比元素N的强C．离子半径的大小顺序为Z（n+1）﹣＞M（n+1）﹣＞Yn﹣23D．Z的气态氢化物的还原性和热稳定性均比N强 6．实验室制备氯气，检验是否收集满的正确方法是（ ）A．用手扇动收集的气体，有气味则已收集满B．将润湿的淀粉﹣KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满C．将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸腿色则已收集满D．将铁丝伸到瓶口，铁丝燃烧说明已收集满 7．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．2.3g金属钠与氧气反应变成钠离子时，失去的电子数目为0.1NAB．2.7g铝与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧根离子数目是0.2NAC．17gNH3所含的质子数为NAD．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠反应，转移电子数目是2NA 8．某工厂排放的工业废水中可能含有K+、Al3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣、HCO3﹣等离子．经检测废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不大量含有的离子组合是（ ）A．Al3+、NH4+、Mg2+、HCO3﹣B．K+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣C．Al3+、K+、NO3﹣、HCO3﹣D．K+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ 9．下列各组物质属于同分异构体的是（ ）A．金刚石和石墨B．氨基乙酸和硝基乙烷C．和D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯 10．稀土是我国的丰产元素，17种稀土元素性质非常接近，化合物A是其中一种．用有机萃取剂来分离稀土元素是一种重要的技术．有机萃取试剂A的结构式如图，据你所学知识，判断A属于（ ）A．酸类B．醚类C．醛类D．酯类 11．在同温同压下，一定量的某有机物和过量的金属钠反应产生aL氢气，另取等量的该有机物与足量的小苏打溶液反应，可以收集二氧化碳气体bL，若a=b，则该有机物可能是（ ）A．HOOC﹣CH2﹣CH2OHB．HOOC﹣CH2﹣COOHC．HOCH2﹣CH2﹣CH2OHD．CH3﹣CH2﹣COOH 12．可用来鉴别己烯、甲苯、苯酚溶液的一组试剂是（ ）A．碳酸钠溶液B．氯化铁溶液C．酸性高锰酸钾溶液D．溴水 13．下列关于油脂的叙述错误的是（ ）A．硬水使肥皂去污能力减弱是因为发生了沉淀反应23B．用热的纯碱溶液可区别植物油和矿物油C．从溴水中提取溴可用植物油作萃取剂D．生产盐酸和人造脂肪必须用氢气作原料 14．分子式为C8H16O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C．则有机物A的可能结构有（ ）A．1种B．2种C．3种D．4种 15．除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（ ）混合物试剂分离方法A溴苯（溴）氢氧化钠分液B乙醇（水）生石灰蒸馏C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠的溶液分液D乙烷（乙烯）氢气催化剂、加热A．AB．BC．CD．D 16．已知：蜂胶被誉为“紫色黄金”．CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸与苯乙醇可合成CPAE：参考上述信息，找出下列说法中不正确的是（ ）A．该反应属于取代反应，CPAE含有三类官能团B．CPAE的分子式为C17H16O4C．苯乙醇属于醇类，含有苯环的醇类同分异构体有四种D．与咖啡酸互为同分异构体 二、第Ⅱ卷（简答题，共52分）17．某兴趣小组研究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体与Fe3+反应的主要产物是 、 ．（填离子符号）（2）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是 ．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是 ．（4）如果有280mLSO2气体（已折算为标态）进入C装置中，则C中50mLNaOH溶液的浓度至少为 mol/L才能达到目的．23（5）在上述装置中通入过量的SO2为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去．方案②：往第一份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红．方案③：往第二份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀．上述方案不合理的是 ，原因是 ．（6）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是 ，写出有关离子方程式： ． 18．X是一种重要的工业原料，X在160℃分解制备异氰酸和氨气，反应方程式为：XHCNO+NH3（已配平）．完成下列填空：（1）在上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的元素是 （2）在上述物质中有三种元素处于同周期，下列叙述中能说明三种元素非金属性递变规律的事实是 ．a．最高价氧化物对应水化物的酸性b．单质与H2反应的难易程度c．两两形成化合物中元素的化合价d．元素原子半径的大小工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氮和水，反应方程式可表示为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）（3）上述反应转移3mol电子，生成N2 mol．（4）X可以代替NH3还原烟气中的NOx，X的分子模型如图所示，X结构为 ．（5）氰酸有两种结构，一种分子内含有叁键，称为氰酸，另一种分子内不含叁键，称为异氰酸，且两种结构中所有原子最外层均已达到稳定结构，分子中也不含环状结构．请分别写出氰酸和异氰酸的结构式： 、 ． 19．有机物A的结构简式（如图A）它可通过不同化学反应分别制得B、C、D和E四种物质．请回答下列问题：23（1）指出反应的类型：A→C： 反应．A→E： 反应（填取代，加成，消去或氧化，还原）（2）在A～E五种物质中，互为同分异构体的是 （填代号）． 20．现有下列A、B两组物质：A组：CH3﹣CHCl﹣CH3、、HCOOH、CH3COOC2H5．B组：CH3CH2CH2OH、银氨溶液、KOH溶液、Na2CO3溶液．试回答：（1）A组中 能跟B组中所有物质都可发生反应．（2）B组中 可跟A组中的三种物质反应． 21．现有分子式均为C3H6O2的四种有机物A、B、C、D，且分子中均含甲基，把它们分别进行下列实验加以鉴别，实验记录如下：NaOH溶液银氨溶液新制Cu（OH）2悬浊液金属钠A中和反应﹣溶解产生氢气B﹣有银镜加热后有砖红色沉淀产生氢气C水解反应有银镜加热后有砖红色沉淀﹣D水解反应﹣﹣﹣（1）则A、B、C的结构简式分别为：A ，B ，C ，（2）写出D在NaOH溶液中水解的化学方程式 ． 22．已知葡萄糖在乳酸菌作用下可转化为乳酸（C3H6O3）．（1）写出葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应的有机产物的结构简式： （2）取9g乳酸与足量金属Na反应，可生成2.24LH2（标准状况），另取同量乳酸与同物质的量的乙醇反应，生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水，由此可推断乳酸分子中含有的官能团名称为 （3）由乳酸缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式为 ． 23．非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）写出反应④的反应类型： ．（2）写结构简式：X： ；C： ．（3）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应②本身不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一可以．③分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环．23任写一种符合以上条件的同分异构体的结构简式： ．（4）由为原料制备的合成路线流程图如下：①③反应中的试剂分别为 、 ． 232022-2022学年山东省青岛九中高二（下）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学科学与材料、能源、信息、环境等科学密切相关．下列现象或事实的解释或解决问题的方法不正确的是（ ）选项现象或事实解释或解决方法A大量的燃煤、燃油是形成雾霾的主要原因，发展核能等清洁能源，减少化石燃料的使用B“地沟油”是被氧化、分解的油脂，禁止食用采用化学技术处理后代替汽油作燃料C氢氧化钠与氢氟酸都能与硅、二氧化硅反应硅、二氧化硅都具有两性D漂白粉在空气中久置变质是漂白粉中的有效成分与空气中的CO2反应生成CaCO3A．AB．BC．CD．D【考点】常见的生活环境的污染及治理；钠的重要化合物；油脂的性质、组成与结构．【专题】化学应用．【分析】A．化石燃料燃烧产生大量的污染物；B．油脂的燃烧值较高；C．二氧化硅能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；D．漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸．【解答】解：A．，使用清洁型能源，减少化石燃料的使用，可以减少空气污染，故A正确；B．地沟油的成分是油脂，油脂的燃烧值较高，采用化学技术处理后代替汽油作燃料，故B正确；C．二氧化硅能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但二氧化硅能和HF反应，故C错误；D．漂白粉在空气中久置变质，漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，漂白粉失效，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大． 2．下列有关钠的化合物的叙述不正确的是（ ）A．Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，它还可以用于消毒、杀菌和漂白B．NaH可用于和水反应制取氢气，NaH是共价化合物C．Na2CO3的水溶液可用于油污的去除，其热溶液去污效果更好D．侯氏制碱法，首先制取的是NaHCO3，NaHCO3受热分解生成碳酸钠【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气；B．NaH为离子化合物；C．加入促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强；23D．侯氏制碱法反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠不稳定，易分解．【解答】解：A．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用于制备氧气，具有强氧化性，可用于消毒、杀菌和漂白，故A正确；B．NaH属于离子化合物，电子式为Na+[：H]﹣，故B错误；C．加入促进碳酸钠的水解，溶液碱性增强，进而有利于油脂的水解，故C正确；D．侯氏制碱法反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠不稳定，易分解，可生成碳酸钠，故D正确．故选B．【点评】本题综合考查钠的化合物等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累． 3．氯气是氯碱工业的主要产品之一，用作为强氧化剂与氯化剂．下列有关氯气及其化合物的叙述正确的是（ ）A．氯气与甲烷发生取代反应，是制取二氯甲烷的有效方法B．红热的铁丝、铜丝都能在氯气里剧烈燃烧，生成大量白色的烟C．氯气和次氯酸钠都可用于杀菌、消毒，使用时要注意用量D．聚氯乙烯是使用量非常大，应用领域最为广泛的塑料，也是熟、热食品常用的包装材料【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．氯气与甲烷发生取代反应，为链锁反应，产物复杂；B．Cu与氯气反应生成氯化铜固体，则燃烧观察到棕黄色的烟，生成氯化铁时为红棕色烟；C．具有强氧化性的物质可杀菌、消毒；D．聚氯乙烯不能用于熟、热食品常用的包装材料．【解答】解：A．氯气与甲烷发生取代反应，为链锁反应，产物复杂，不能制备纯净的二氯甲烷，故A错误；B．红热的铁丝、铜丝都能在氯气里剧烈燃烧，分别观察到棕黄色的烟、红棕色烟，故B错误；C．具有强氧化性的物质可杀菌、消毒，则氯气和次氯酸钠都可用于杀菌、消毒，使用时要注意用量，故C正确；D．聚氯乙烯不能用于熟、热食品常用的包装材料，使用时产生有害物质影响人类健康，但聚氯乙烯是使用量非常大，应用领域最为广泛的塑料，故D错误；故选C．【点评】本题考查氯气的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，注重基础知识的考查，注意烟与雾的区别及化学与生活的联系，题目难度不大． 4．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O═2Cu+O2↑+4H+B．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClOC．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH+H++2OH﹣═NH3↑+2H2OD．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．23【分析】A．Cu作电解，阳极Cu失去电子，不能生成氧气；B．发生氧化还原反应；C．亚硫酸氢根离子不能拆分；D．发生沉淀的转化生成氢氧化铁．【解答】解：A．用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；B．Fe2+与ClO﹣会发生氧化还原反应，生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，离子方程式为2Fe2++5ClO﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4HClO，故B错误；C．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热的离子反应为NH4++HSO3﹣+2OH﹣═NH3↑+2H2O+SO32﹣，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大． 5．下表是元素周期表中短周期的一部分，则下列说法正确的是（ ）XMYZNA．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于13B．元素Z的含氧酸的酸性比元素N的强C．离子半径的大小顺序为Z（n+1）﹣＞M（n+1）﹣＞Yn﹣D．Z的气态氢化物的还原性和热稳定性均比N强【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，N为Cl元素，M为O元素，Z为S元素，结合元素周期律的递变推断元素对应单质、化合物可能具有的性质．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，N为Cl元素，M为O元素，Z为S元素，A．元素Y为F元素，没有最高正价，元素Z为S元素，最高正价为+6价，故A错误；B．同周期从左到右元素的最高价含氧酸的酸性逐渐增强，所以元素Z的最高价含氧酸的酸性比元素N的弱，故B错误；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，所以离子半径的大小顺序为S2﹣＞O2﹣＞F﹣，故C正确；D．同周期从左到右元素的氢化物的稳定性逐渐增强，还原性逐渐减弱，所以Z的气态氢化物的还原性比N强，热稳定性比N弱，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素位置结构性质的关系，题目难度中等，根据元素在周期表中的位置确定元素是解题关键，注意掌握元素周期表、元素周期律． 6．实验室制备氯气，检验是否收集满的正确方法是（ ）A．用手扇动收集的气体，有气味则已收集满23B．将润湿的淀粉﹣KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满C．将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸腿色则已收集满D．将铁丝伸到瓶口，铁丝燃烧说明已收集满【考点】气体的收集．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氯气极易挥发；B．如物质中含有碘或存在能将KI氧化为碘的物质，则可使淀粉KI试纸变蓝；C．氯水中的次氯酸能漂白石蕊试纸；D．铁丝燃烧需要引燃．【解答】解：A．氯气极易挥发，闻到有气味的气体不一定表明已收集满，故A错误；B．氯气有强氧化性，能使淀粉KI试纸变蓝，故B正确；C．氯水中的次氯酸能漂白石蕊试纸，伸入瓶内只能证明有氯气，故C错误；D．铁丝燃烧需要引燃，应用烧红的铁丝，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了氯气的验满方法，掌握氯气的性质是解答的关键，题目难度不大． 7．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．2.3g金属钠与氧气反应变成钠离子时，失去的电子数目为0.1NAB．2.7g铝与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧根离子数目是0.2NAC．17gNH3所含的质子数为NAD．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠反应，转移电子数目是2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素变为+1价来分析；B、求出铝的物质的量，然后根据1mol铝～1mol氢氧根来分析；C、求出氨气的物质的量，然后根据氨气为10质子微粒来分析；D、求出氯气的物质的量，然后根据氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应来分析．【解答】解：A、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后钠元素变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子即0.1NA个，故A正确；B、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而1mol铝～1mol氢氧根，故0.1mol铝消耗0.1mol氢氧根即0.1NA个，故B错误；C、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气为10质子微粒，故1mol氨气中含10mol质子即10NA个，故C错误；D、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1mol电子即NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 8．某工厂排放的工业废水中可能含有K+、Al3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣、HCO3﹣等离子．经检测废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不大量含有的离子组合是（ ）A．Al3+、NH4+、Mg2+、HCO3﹣B．K+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣C．Al3+、K+、NO3﹣、HCO3﹣D．K+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣23【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】废水呈明显的碱性，则含有大量的OH﹣，与某些阳离子结合生成沉淀或弱电解质不能共存，则阳离子一定存在K+，且能与HCO3﹣反应，以此来解答．【解答】解：因废水呈明显的碱性，则含有大量的OH﹣，OH﹣能分别与HCO3﹣、Al3+、NH4+、Mg2+反应，则溶液中一定不存在HCO3﹣、Al3+、NH4+、Mg2+，故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，明确溶液显碱性及氢氧根离子与常见离子的反应即可解答，题目难度不大． 9．下列各组物质属于同分异构体的是（ ）A．金刚石和石墨B．氨基乙酸和硝基乙烷C．和D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，注意把握好三要素：分子式相同、结构不同、化合物．【解答】解：A、金刚石和石墨是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，故A错误；B、氨基乙酸与硝基乙烷（C2H5NO2）分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、的分子式为C12H10，的分子式为C10H8，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D、甲基丙烯酸的分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的分子式为C4H8O2，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了同素异形体、同分异构体、同位素等基本概念，难度不大，明确这几个概念的区别是解本题的关键． 10．稀土是我国的丰产元素，17种稀土元素性质非常接近，化合物A是其中一种．用有机萃取剂来分离稀土元素是一种重要的技术．有机萃取试剂A的结构式如图，据你所学知识，判断A属于（ ）A．酸类B．醚类C．醛类D．酯类【考点】酯的性质；烃的衍生物官能团．【专题】物质的分类专题；有机化学基础．【分析】A．含有羧基的物质属于羧酸类；B．含醚键的为醚类；23C．含有醛基的物质为醛类；D．醇和酸反应生成酯．【解答】解：A．含有羧基的物质属于羧酸类，试剂A不含羧基，故A错误；B．化合物A不含醚键，故B错误；C．含有醛基的物质为醛类，化合物A不含醛基，故C错误；D．化合物A为HOCH2﹣C（CH2OH）3与磷酸形成的酯，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构，侧重于有机物类别的判断，难度不大，注意含有羟基的物质属于醇，醇和酸反应生成酯． 11．在同温同压下，一定量的某有机物和过量的金属钠反应产生aL氢气，另取等量的该有机物与足量的小苏打溶液反应，可以收集二氧化碳气体bL，若a=b，则该有机物可能是（ ）A．HOOC﹣CH2﹣CH2OHB．HOOC﹣CH2﹣COOHC．HOCH2﹣CH2﹣CH2OHD．CH3﹣CH2﹣COOH【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】有机物与足量的NaHCO3反应，可得到气体bL，说明有机物中含有﹣COOH，等质量的该有机物和足量的金属钠反应，可得到气体aL，同温同压下a=b，由﹣COOH～HCO3﹣～CO2，R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，说明该有机物还含有﹣OH，且羧基与羟基数目相等，以此解答该题．【解答】解：有机物与足量的NaHCO3反应，可得到气体bL，说明有机物中含有﹣COOH，等质量的该有机物和足量的金属钠反应，可得到气体aL，同温同压下a=b，由﹣COOH～HCO3﹣～CO2，R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，说明该有机物还含有﹣OH，且羧基与羟基数目相等，选项中只有HOOC﹣CH2﹣CH2OH符合，故选：A．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，关键是掌握官能团的性质． 12．可用来鉴别己烯、甲苯、苯酚溶液的一组试剂是（ ）A．碳酸钠溶液B．氯化铁溶液C．酸性高锰酸钾溶液D．溴水【考点】有机物的鉴别．【专题】物质检验鉴别题．【分析】根据乙烯含有C=C键，能发生加成反应和氧化反应，甲苯不溶于水，能使酸性高锰酸钾褪色，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚进行分析．【解答】解：A．己烯、甲苯与碳酸钠溶液不反应，且密度都比水小，不能鉴别，故A错误；B．加入氯化铁，只能鉴别苯酚，故B错误；C．己烯、甲苯、苯酚都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，故C错误；D．溴水能鉴别己烯、苯酚，现象分别是褪色和生成白色沉淀三溴苯酚，甲苯分层，可鉴别，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重有机物性质及鉴别方法的考查，把握有机物的官能团与性质及反应的不同现象为鉴别的关键，题目难度不大． 2313．下列关于油脂的叙述错误的是（ ）A．硬水使肥皂去污能力减弱是因为发生了沉淀反应B．用热的纯碱溶液可区别植物油和矿物油C．从溴水中提取溴可用植物油作萃取剂D．生产盐酸和人造脂肪必须用氢气作原料【考点】油脂的性质、组成与结构；有机物的鉴别．【专题】物质检验鉴别题；有机物的化学性质及推断．【分析】A．硬水中含大量的钙离子和镁离子；B．植物油属于酯类，矿物油属于烃类；C．植物油是由不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯；D．盐酸是氢气和氯气制取，人造脂肪是不饱和脂肪酸加氢．【解答】解：A．硬水中含大量的钙离子和镁离子，能和肥皂中的硬脂酸根反应生成硬脂酸钙、硬脂酸镁沉淀，从而造成肥皂的浪费，故A正确；B．植物油属于酯类，热的纯碱溶液能使其水解，而矿物油属于烃类，和纯碱不反应，故可以用热的纯碱溶液来鉴别，故B正确；C．植物油是由不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯，结构中含碳碳双键，能和溴发生加成反应，故不能用植物油来萃取溴水中的溴，故C错误；D．盐酸是氢气和氯气制取，人造脂肪是不饱和脂肪酸加氢，必须用氢气做原料，故D正确．故选C．【点评】本题考查了油脂的结构和性质，难度不大，注意掌握植物油中含碳碳双键，而动物脂肪中没有． 14．分子式为C8H16O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C．则有机物A的可能结构有（ ）A．1种B．2种C．3种D．4种【考点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】分子式为C8H16O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，则说明A应为酯，B在一定条件下能转化成C，则B为醇，C为酸，B能被氧化为酸，则B中含有﹣CH2OH，根据C3H7﹣的结构判断．【解答】解：因B在一定条件下可氧化成C，则B为C3H7CH2OH，C为C3H7COOH，而C3H7﹣有CH3CH2CH2﹣和CH3CH（CH3）﹣两种，故选B．【点评】本题考题有机物的推断，题目难度不大，注意根据B转化为C的性质和C3H7﹣的同分异构体的种类判断． 15．除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（ ）混合物试剂分离方法A溴苯（溴）氢氧化钠分液B乙醇（水）生石灰蒸馏C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠的溶液分液23D乙烷（乙烯）氢气催化剂、加热A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．溴与NaOH反应后与溴苯分层；B．水与生石灰反应后，增大与乙醇的沸点差异；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；D．乙烷中可能混有新杂质氢气．【解答】解：A．溴与NaOH反应后与溴苯分层，则选择分液法可除杂，故A正确；B．水与生石灰反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故B正确；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故C正确；D．乙烷中可能混有新杂质氢气，不符合除杂的原则，则应选溴水、洗气法除杂，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应及混合物分离方法等为解答的关键，注意有机物的性质，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 16．已知：蜂胶被誉为“紫色黄金”．CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸与苯乙醇可合成CPAE：参考上述信息，找出下列说法中不正确的是（ ）A．该反应属于取代反应，CPAE含有三类官能团B．CPAE的分子式为C17H16O4C．苯乙醇属于醇类，含有苯环的醇类同分异构体有四种D．与咖啡酸互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．由反应可知咖啡酸中﹣OH被取代，由结构可知官能团；B．根据结构简式确定其分子式；C．属醇类物质，﹣OH与苯环不能直接相连；D．官能团及结构均相同．【解答】解：A．该反应属于酯化反应或取代反应，CPAE含酚﹣OH、碳碳双键、酯基三种官能团，故A正确；B．CPAE的分子式为C17H16O4，故B正确；C．苯乙醇属于醇类，含有苯环的醇类同分异构体有三种（邻、间、对甲基苯甲醇）和苯环连接﹣CHOHCH3的有机物，共4种，故C正确；D．与咖啡酸结构相同，为同种物质，故D错误；23故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酚的性质及分异构体的考查，题目难度不大． 二、第Ⅱ卷（简答题，共52分）17．某兴趣小组研究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体与Fe3+反应的主要产物是 Fe2+ 、 SO42﹣ ．（填离子符号）（2）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是 B ．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是 吸收未反应的SO2，防止空气污染 ．（4）如果有280mLSO2气体（已折算为标态）进入C装置中，则C中50mLNaOH溶液的浓度至少为 0.25 mol/L才能达到目的．（5）在上述装置中通入过量的SO2为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去．方案②：往第一份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红．方案③：往第二份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀．上述方案不合理的是 方案① ，原因是 过量的SO2也能使KMnO4溶液褪色 ．（6）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是 装置B中溶液蓝色褪去 ，写出有关离子方程式： I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣ ．【考点】性质实验方案的设计．【专题】氧化还原反应专题；氧族元素；几种重要的金属及其化合物；无机实验综合．【分析】（1）根据装置A反应的离子方程式SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+进行解答；（2）A．硝酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、NO或NO2；B．较强酸制较弱酸，浓硫酸不能氧化二氧化硫；C．生成的二氧化硫混有氧气；D．生产的二氧化硫混有二氧化碳等杂质；（3）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；（4）保证二氧化硫吸收充分，二氧化硫和氢氧化钠的反应为：SO2+NaOH=NaHSO3，据此计算解答；（5）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；（6）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析．【解答】解：（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，反应中铁离子被氧化成亚铁离子，所以还原产物为亚铁离子；氧化产物是SO42﹣，23故答案为：Fe2+；SO42﹣；（1）A．硝酸具有强氧化性，硝酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、NO或NO2，故A错误；B．较强酸制较弱酸，浓硫酸不能氧化二氧化硫，因此可以用Na2SO3固体与浓硫酸制取二氧化硫，故B正确；C．固体硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫，但生成的二氧化硫混有氧气，故C错误；D．碳与热浓H2SO4反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，生产的二氧化硫混有二氧化碳等杂质，故D错误；故答案为：B；（3）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染，故答案为：吸收未反应的SO2，防止空气污染；（4）如果有280mL即0.0125molSO2气体（已折算为标态）进入C装置中，则C中，SO2+NaOH=NaHSO3，至少需要氢氧化钠的物质的量是0.0125mol，浓度是=0.25mol/L，故答案为：0.25；（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：方案①；过量的SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣，故本题答案为：装置B中溶液蓝色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣．【点评】本题考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及氧化还原反应的计算、氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，侧重学生分析能力和计算能力的考查，明确掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的检验方法等知识为解答本题关键． 18．X是一种重要的工业原料，X在160℃分解制备异氰酸和氨气，反应方程式为：XHCNO+NH3（已配平）．完成下列填空：（1）在上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的元素是 C （2）在上述物质中有三种元素处于同周期，下列叙述中能说明三种元素非金属性递变规律的事实是 c ．a．最高价氧化物对应水化物的酸性b．单质与H2反应的难易程度c．两两形成化合物中元素的化合价d．元素原子半径的大小工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氮和水，反应方程式可表示为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）（3）上述反应转移3mol电子，生成N2 0.5 mol．（4）X可以代替NH3还原烟气中的NOx，X的分子模型如图所示，X结构为 ．（5）氰酸有两种结构，一种分子内含有叁键，称为氰酸，另一种分子内不含叁键，称为异氰酸，且两种结构中所有原子最外层均已达到稳定结构，分子中也不含环状结构．请分别写出氰酸和异氰酸的结构式： H﹣O﹣C≡N 、 H﹣N=C=O ．23【考点】位置结构性质的相互关系应用；球棍模型与比例模型；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】（1）根据元素守恒知，X中含有C、N、O、H元素，C、O、N元素位于周期表相同周期，原子序数越大，半径越小；（2）a．O元素无正价；b．氨气键能较大，难以与氢气反应；c．根据元素的化合价，可知反应中得失电子的难易；d．元素非金属性强弱与原子半径大小无关；（3）2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）中N元素化合价由﹣3价、+2价、+4价转化为0价，该反应中只有氨气作还原剂，根据方程式知，生成的氮气一半来自于氨气，根据氨气和转移电子之间关系式计算；（4）由模型可知分子式为CO（NH2）2，由此可确定电子式；（5）根据共价键的特点和原子核外电子排布确定结构简式．【解答】解：（1）C、O、N元素位于周期表相同周期，原子序数越大，半径越小，则原子半径最大的为C，故答案为：C；（2）a．O元素无正价，故a错误；b．氨气键能较大，难以与氢气反应，不能用于比较非金属性强弱，故b错误；c．形成的化合物分别为N4C3、NO、CO，由化合价可知在反应中得失电子的难易，可知非金属性O＞N＞C，故c正确；d．元素非金属性强弱与原子半径大小无关，故d错误；故答案为：c；（3）2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）中N元素化合价由﹣3价、+2价、+4价转化为0价，该反应中只有氨气作还原剂，根据方程式知，生成的氮气一半来自于氨气，根据氨气和转移电子之间关系式知，如果有3mol电子转移，则有1mol氨气反应，生成0.5mol氮气，故答案为：0.5；（4）由模型可知分子式为CO（NH2）2，电子式为，故答案为：；（5）氰酸有两种结构，一种分子内含有叁键，称为氰酸，另一种分子内不含叁键，称为异氰酸，且两种结构中所有原子最外层均已达到稳定结构，分子中也不含环状结构，可知氰酸的结构式为H﹣O﹣C≡N，异氰酸的结构式为H﹣N=C=O，故答案为：H﹣O﹣C≡N；H﹣N=C=O．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及氧化还原反应等知识点，明确物质性质及氧化还原反应特点即可解答，难点是（4）（5）题物质结构判断及电子式的书写，侧重考查学生知识运用能力，题目难度中等． 19．有机物A的结构简式（如图A）它可通过不同化学反应分别制得B、C、D和E四种物质．23请回答下列问题：（1）指出反应的类型：A→C： 消去 反应．A→E： 取代 反应（填取代，加成，消去或氧化，还原）（2）在A～E五种物质中，互为同分异构体的是 C和E （填代号）．【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）A→B中﹣OH变为﹣CHO，发生氧化反应，A→C中﹣OH变为C=C，则发生消去反应，A→D为A与HCOOH的酯化反应，为取代反应，A→E为分子内脱水生成酯；（2）分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体．【解答】解：（1）由有机物的结构及官能团变化可知，A→B中﹣OH变为﹣CHO，发生氧化反应，A→C中﹣OH变为C=C，则发生消去反应，A→D为A与HCOOH的酯化反应，为取代反应，A→E为分子内脱水生成酯，属于酯化反应，也属于取代反应，故答案为：消去反应；取代反应；（2）A发生催化氧化生成B，A发生消去反应生成C，A与甲酸发生酯化反应生成D，A发生分子内酯化反应生成E，C、E均比A少H2O，四种物质中只有C、D的分子式相同，但结构不同，则C与D互为同分异构体，故答案为：C和E．【点评】本题以查有机物的结构与性质，为高考高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸、性质的考查，注意A与几种物质的转化反应，题目难度不大． 20．现有下列A、B两组物质：A组：CH3﹣CHCl﹣CH3、、HCOOH、CH3COOC2H5．B组：CH3CH2CH2OH、银氨溶液、KOH溶液、Na2CO3溶液．试回答：（1）A组中 HCOOH 能跟B组中所有物质都可发生反应．（2）B组中 NaOH溶液 可跟A组中的三种物质反应．【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）HCOOH分别与B中物质发生酯化反应、银镜反应、中和反应、复分解反应；（2）B组中只有NaOH分别与A组物质CH3﹣CHCl﹣CH3、HCOOH、CH3COOC2H5发生水解反应、中和反应、水解反应，与乙苯不反应．【解答】解：（1）A组中只有HCOOH分别与B中物质发生酯化反应、银镜反应、中和反应、复分解反应，故答案为：HCOOH；（2）B组中只有NaOH分别与A组物质CH3﹣CHCl﹣CH3、HCOOH、CH3COOC2H5发生水解反应、中和反应、水解反应，故答案为：NaOH溶液．【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重有机物性质的考查，为高频考点，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大． 2321．现有分子式均为C3H6O2的四种有机物A、B、C、D，且分子中均含甲基，把它们分别进行下列实验加以鉴别，实验记录如下：NaOH溶液银氨溶液新制Cu（OH）2悬浊液金属钠A中和反应﹣溶解产生氢气B﹣有银镜加热后有砖红色沉淀产生氢气C水解反应有银镜加热后有砖红色沉淀﹣D水解反应﹣﹣﹣（1）则A、B、C的结构简式分别为：A CH3CH2COOH ，B CH3CH（OH）CHO ，C HCOOCH2CH3 ，（2）写出D在NaOH溶液中水解的化学方程式 CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH ．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】A能与NaOH发生中和反应且能溶解Cu（OH）2，说明含有﹣COOH；B能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能与Na发生生产氢气，说明含有﹣OH；C能发生水解，且能发生银镜反应，说明含有﹣OOCH，为甲酸酯；D能水解，含有酯基，结合分子式可确定有机物的结构简式．【解答】解：（1）A能与NaOH发生中和反应且能溶解Cu（OH）2，说明含有﹣COOH，应为CH3CH2COOH；B能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能与Na发生生产氢气，说明含有﹣OH，且分子中含甲基，应为CH3CH（OH）CHO；C能发生水解，且能发生银镜反应，说明含有﹣OOCH，为甲酸酯，应为HCOOCH2CH3；D能水解，含有酯基，应为CH3COOCH3，故答案为：CH3CH2COOH；CH3CH（OH）CHO；HCOOCH2CH3；（2）D为CH3COOCH3，D在NaOH溶液中水解的化学方程式为CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH，故答案为：CH3COOCH3+NaOHCH3COONa+CH3OH．【点评】本题考查有机物的推断，掌握官能团性质与转化关系为解答的关键，侧重羧酸和醇、酯、醛性质的考查，题目难度中等． 22．已知葡萄糖在乳酸菌作用下可转化为乳酸（C3H6O3）．（1）写出葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应的有机产物的结构简式： CH2OH（CHOH）4COOH （2）取9g乳酸与足量金属Na反应，可生成2.24LH2（标准状况），另取同量乳酸与同物质的量的乙醇反应，生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水，由此可推断乳酸分子中含有的官能团名称为 羧基、羟基 （3）由乳酸缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式为 ．【考点】有机物结构式的确定．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，葡萄糖中醛基被氧化为羧基；（2）乳酸分子式是C3H6O3，M（乳酸）=90g/mol，则9.0g乳酸的物质的量为0.1mol，与同物质的量的乙醇反应，生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水，n（H223O）=0.1mol，即乳酸中1个﹣COOH，与Na反应收集到2.24L标准状况下氢气，氢气为0.1mol，说明乳酸分子中还含有1个羟基，即乳酸中含1个﹣OH，1个﹣COOH；（3）乳酸含有﹣OH、﹣COOH，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物．【解答】解：（1）葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，葡萄糖中醛基被氧化为羧基，氧化产物结构为：CH2OH（CHOH）4COOH，故答案为：CH2OH（CHOH）4COOH；（2）乳酸分子式是C3H6O3，M（乳酸）=90g/mol，则9g乳酸的物质的量为：0.1mol，与同物质的量的乙醇反应，生成0.1mol乳酸乙酯和1.8g水，n（H2O）=0.1mol，即乳酸中1个﹣COOH，与Na反应收集到2.24L标准状况下氢气，氢气的物质的量为：=0.1mol，说明乳酸分子中还含有1个羟基，即乳酸中含1个﹣OH，1个﹣COOH，故答案为：羧基、羟基；（3）乳酸含有﹣OH、﹣COOH，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物，该高分子化合物结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查了有机物结构简式的确定，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握缩聚反应原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 23．非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）写出反应④的反应类型： 取代反应 ．（2）写结构简式：X： ；C： ．（3）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应②本身不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一可以．③分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环．23任写一种符合以上条件的同分异构体的结构简式： ．（4）由为原料制备的合成路线流程图如下：①③反应中的试剂分别为 H2或NaBH4 、 HBr ．【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【分析】根据流程图中，比较A和D的结构简式可知，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生信息中的取代反应生成D，所以B为，C为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）反应④中溴原子被CN基取代；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知X的结构简式；（3）能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，据此可写出非诺洛芬的同分异构体；（4）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成；故反应①、③中还需的试剂分别为H2或NaBH4与HBr．23【解答】解：根据流程图中，比较A和D的结构简式可知，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生信息中的取代反应生成D，所以B为，C为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）反应④中溴原子被CN基取代，故反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为；根据上面的分析可知，C的结构简式是：，故答案为：；；（3）根据条件：能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的非诺洛芬的同分异构体的结构简式为：，23故答案为：；（4）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成；故反应①、③中还需的试剂分别为H2或NaBH4与HBr；故答案为：H2或NaBH4；HBr．【点评】本题考查有机合成和推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据反应条件、部分有机物结构简式、部分有机物分子式及结构简式的差异性进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．23
