2022-2022学年湖北省黄石市高三（上）月考化学试卷 一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．下列说法正确的是（ ）A．实验过程中若皮肤不慎沾上少量碱液，应先用大量水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液B．过滤、结晶、焰色反应、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法C．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D．检验淀粉是否发生水解，可在溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，若有红色沉淀生成说明已水解，反之则没有水解 2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．23g钠的原子最外层电子数为2NAB．1L0.1mol•L﹣1乙酸溶液中H+数为0.1NAC．标准状况下，22.4L乙烷的分子数为NAD．1mol甲基所含质子数为10NA 3．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径r（C）＞r（D）＞r（B）＞r（A）．B原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族．下列说法正确的是（ ）A．工业上常用电解熔融D的氧化物来制备D的单质B．单质C、D着火，灭火时C不能用泡沫灭火器，但D可以用泡沫灭火器灭火C．化合物A2B2与C2B2所含化学键类型完全相同D．A、B、C组成的化合物，若溶液浓度为0.01mol/L，则常温下其PH为12 4．研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该电池的下列说法不正确的是（ ）A．放电时OH﹣向正极移动B．放电时正极上有氢气生成C．水既是氧化剂又是溶剂D．总反应为：2Li+2H2O═2LiOH+H2↑ 【化学选修3物质结构与性质】5．下列描述中正确的是（ ）A．ClO3﹣的空间构型为平面三角形B．SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp3杂化C．在所有的元素中，氟的第一电离能最大D．C2H5OH分子中共含有8个极性键，1个π键 6．下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）A．NH4ClNH3↑+HCl↑B．NH3+CO2+H2O═NH4HCO3-20-\nC．2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2OD．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 7．晶体硼的结构如图所示．已知晶体硼结构单元是由硼原子组成的正二十面体，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个项点上各有1个B原子．下列有关说法不正确的是（ ）A．每个硼分子含有12个硼原子B．晶体硼是空间网状结构C．晶体硼中键角是60°D．每个硼分子含有30个硼硼单键 【化学选修5有机化学基础】8．以溴乙烷为主要原料制乙二酸时，经过的最佳途径反应顺序为（ ）A．取代﹣消去﹣加成﹣氧化B．消去﹣加成﹣取代﹣氧化C．消去﹣取代﹣加成﹣氧D．取代﹣加成﹣氧化﹣消去 9．下列说法正确的是（ ）A．医用酒精是指质量分数为75%的乙醇溶液B．用过滤的方法可以分离乙醇和乙酸乙酯C．肥皂能去污的原理，是其在水溶液中能电离出钠离子（亲水基团）和硬脂酸根离子（亲油基团），在它们的共同作用下，通过搓洗，将衣服上的油污“拖下水”D．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应 10．（2022秋•黄石月考）下列说法正确的是（ ）A．化合物的名称为2﹣甲基﹣5﹣乙基己烷B．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量C．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液和福尔马林，均能使蛋白质变性，失去生理功能D．CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，乙醛和苯甲醛互为同系物 三、解答题（共3小题，满分43分）11．（16分）（2022秋•黄石月考）高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：-20-\n（1）MnO2熔融氧化应放在 中加热（填仪器编号）．①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚（2）在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 ，打开旋塞 ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是 ．（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至 ，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 （保留4位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）．若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将 ．（填“偏大”、“偏小”、“不变”） 12．（14分）（2022秋•东莞校级月考）（Ⅰ）地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B．则（1）写出构成金属单质A的元素在周期表中的位置为 ．（2）写出D与水蒸气反应的化学方程式 ．（Ⅱ）某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（3）物质X的化学式为 ．“碱溶”时反应的离子方程式为 ．（4）为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有 、 等．（填两种即可）-20-\n（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是 ． 13．（13分）（2022秋•黄石月考）节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨．甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2⇌CH3OH．请根据图示回答下列：（1）关于该反应的下列说法中，正确的是 （填字母）：A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（图1）所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）= ，该反应的平衡常数K= ．（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有 ．A．升高温度B．充入He气C．再冲入1molCO和3molH2D．使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量= g/mol．（5）根据（图2），写出此反应的热化学方程式 ． 【化学选修3物质结构与性质】（共1小题，满分15分）14．（15分）（2022•湖北模拟）有X、Y、Z、W、P、Q六种前两周期的主族元素，原子序数依次增大，价电子数之和为26，原子半径依Y、Z、W、P、Q、X依次减小．围绕上述元素，回答下列问题：（1）Q的电子排布图为 ，YQ3中心原子的杂化类型为 ，除X外，其余元素的第一电离能由小到大顺序为 （元素符号回答）．（2）X2P和ZP2固态时均为分子晶体，但熔点X2P比ZP2高得多，原因是 ．（3）固体A是离子晶体，结构类似于CsCl，组成中含W的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体．该物质的电子式 ，其与水反应的化学方程式为 ．-20-\n（4）Z单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图，计算晶体中Z原子的空间利用率为 （=1.41，=1.73） 【化学选修5有机化学基础】（共1小题，满分15分）15．（15分）（2022秋•高安市校级月考）2022年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”．常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是 （填选项字母）A．甲能使Br2的CCl4溶液退色B．甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C．1mol甲能与1molNaOH发生水解反应D．甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是 ．（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式 ．（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%．以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：①反应1的反应条件是 ．②反应2的反应类型是 ．③反应3的化学方程式是 ． 2022-2022学年湖北省黄石市高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．下列说法正确的是（ ）A．实验过程中若皮肤不慎沾上少量碱液，应先用大量水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液B．过滤、结晶、焰色反应、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法C．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小-20-\nD．检验淀粉是否发生水解，可在溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，若有红色沉淀生成说明已水解，反之则没有水解【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液；B．常用分离物质的方法有：过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等；C．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小；D．醛基的检验不能在酸性条件下进行，应在碱性条件下进行．【解答】解：A．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故A正确；B．焰色反应不能用来分离物质，故B错误；C．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故C错误；D．醛基的检验不能在酸性条件下进行，应在碱性条件下进行，淀粉水解需加入硫酸；因此，加入新制Cu（OH）2前应先中和硫酸，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验安全、溶液配制、物质分离与提纯以及物质的检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．23g钠的原子最外层电子数为2NAB．1L0.1mol•L﹣1乙酸溶液中H+数为0.1NAC．标准状况下，22.4L乙烷的分子数为NAD．1mol甲基所含质子数为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．钠原子最外层含有1个电子，23g钠的物质的量为1mol，1mol钠原子的最外层含有1mol电子；B．水为弱电解质，只能部分电离出氢离子；C．标准状况下22.4L乙烷的物质的量为1mol；D．甲基中含有9个质子，1mol甲基中含有9mol质子．【解答】解：A．23g钠原子的物质的量为：=1mol，1mol钠原子含有1mol最外层电子，含有的最外层电子数为NA，故A错误；B．1L0.1mol•L﹣1乙酸溶液中含有0.1mol乙酸，0.1mol乙酸只能部分电离出H+，则溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA，故B错误；C．标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为：=1mol，含有的分子数为NA，故C正确；D．1mol甲基中含有9mol质子，所含质子数为9NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间关系为解答关键，注意甲基与甲烷、羟基与氢氧根离子的区别． -20-\n3．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径r（C）＞r（D）＞r（B）＞r（A）．B原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族．下列说法正确的是（ ）A．工业上常用电解熔融D的氧化物来制备D的单质B．单质C、D着火，灭火时C不能用泡沫灭火器，但D可以用泡沫灭火器灭火C．化合物A2B2与C2B2所含化学键类型完全相同D．A、B、C组成的化合物，若溶液浓度为0.01mol/L，则常温下其PH为12【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rC＞rD＞rB＞rA．B原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rC＞rD＞rB＞rA．B原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，A．D为Mg，工业用电解氯化镁的方法冶炼镁，故A错误；B．D为Mg，能与二氧化碳反应，所以单质Mg着火时，不可用二氧化碳灭火器灭火，C为Na，钠燃烧生成过氧化钠，能与二氧化碳生成氧气，助燃，所以不能用泡沫灭火器灭火，故B错误；C．化合物H2O2与Na2O2所含化学键分别为共价键、离子键，故C错误；D．A、B、C组成的化合物NaOH溶液，25℃时若溶液浓度为0.01mol/L，则溶液中氢离子浓度为10﹣12mol/L，则pH=12，故D正确．故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度中等，本题注意根据离子的电子层结构判断元素在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断． 4．研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该电池的下列说法不正确的是（ ）A．放电时OH﹣向正极移动B．放电时正极上有氢气生成C．水既是氧化剂又是溶剂D．总反应为：2Li+2H2O═2LiOH+H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程，根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答．【解答】解：A、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH﹣向负极移动，故A错误；B、放电时正极上是水中的氢离子得电子，所以会有氢气生成，故B正确；C、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，该反应中，水是氧化剂，在电池中还可以担当溶剂，故C正确；-20-\nD、锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故D正确．故选A．【点评】本题考查电化学的热点﹣锂离子电池，根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应，从化合价变化的角度分析． 【化学选修3物质结构与性质】5．下列描述中正确的是（ ）A．ClO3﹣的空间构型为平面三角形B．SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp3杂化C．在所有的元素中，氟的第一电离能最大D．C2H5OH分子中共含有8个极性键，1个π键【考点】判断简单分子或离子的构型；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定其分子空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据此判断其空间构型；B．sp3杂化的中心原子的价层电子对的数目是4；C．同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低；D．碳碳键位非极性共价键，碳氢键为极性共价键，碳氧键为极性共价键，氢氧键为极性共价键，双键中含有1个σ键1个π键，三键中含有1个σ键2个π键．【解答】解：A．ClO3﹣中Cl原子形成3个δ键，孤电子对数为=1，应为三角锥形离子，故A错误；B．SiF4中Si原子的价层电子对为4+=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，SO32﹣中S原子的价层电子对为=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，故B正确；C．稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故C错误；D．C2H5OH分子中共含有5个碳氢极性共价键、1个碳氧极性共价键和1个氢氧极性共价键，所以含有7个极性共价键，含1个碳碳非极性共价键，无π键，故D错误；故选B．【点评】本题考查微粒空间构型的判断、第一电离能的变化规律、乙醇分子结构等，根据价层电子对互斥理论来分析、注意同周期主族元素能级处于半满、全满的稳定特殊情况第一电离能增大的特殊情况，题目难度中等． 6．下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）A．NH4ClNH3↑+HCl↑B．NH3+CO2+H2O═NH4HCO3C．2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2OD．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，化学变化中一定含化学键断裂和生成，以此来解答．-20-\n【解答】解：A．无非极性键的断裂和形成，故A不选；B．无非极性键的断裂和形成，故B不选；C．有非极性键（Cl﹣Cl）的断裂但无非极性键的形成，故C不选；D．Na2O2既有离子键又有非极性共价键，CO2中有极性共价键，O2中有非极性共价键，时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D选；故选D．【点评】本题以四个化学反应为载体综合考查了学生对离子键、极性共价键和非极性共价键的认识程度，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 7．晶体硼的结构如图所示．已知晶体硼结构单元是由硼原子组成的正二十面体，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个项点上各有1个B原子．下列有关说法不正确的是（ ）A．每个硼分子含有12个硼原子B．晶体硼是空间网状结构C．晶体硼中键角是60°D．每个硼分子含有30个硼硼单键【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12；B﹣B键组成正三角形，则每个键角均为60°；每2个面共用一个B﹣B键，每个面拥有这个B﹣B键的，每个等边三角形占有的B﹣B键为：×3=，20个等边三角形拥有的B﹣B键为：×20=30，据此答题；【解答】解：在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12；B﹣B键组成正三角形，则每个键角均为60°；每2个面共用一个B﹣B键，每个面拥有这个B﹣B键的，每个等边三角形占有的B﹣B键为：×3=，20个等边三角形拥有的B﹣B键为：×20=30，A．晶体硼结构单元中含有12个原子，故A正确；B．晶体硼中含有分子，不存在空间网状结构，故B错误；C．B﹣B键组成正三角形，则每个键角均为60°，故C正确；D．由以上分析可知，每个硼分子含有30个硼硼单键，故D正确；故选B．-20-\n【点评】本题考查了晶体的结构，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大，注意根据题中的结构图分析． 【化学选修5有机化学基础】8．以溴乙烷为主要原料制乙二酸时，经过的最佳途径反应顺序为（ ）A．取代﹣消去﹣加成﹣氧化B．消去﹣加成﹣取代﹣氧化C．消去﹣取代﹣加成﹣氧D．取代﹣加成﹣氧化﹣消去【考点】有机化学反应的综合应用．【分析】由溴乙烷制取乙二酸，需要先将溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再加成得到二溴乙烷，最后水解得到乙二醇，乙二醇氧化生成乙二酸．【解答】解：由溴乙烷制取乙二醇，反应如下：消去反应：CH2Br﹣CH3+NaOHCH2=CH2+H2O+NaBr；加成反应：CH2=CH2+Br2=CH2BrCH2Br；水解反应（取代反应）：CH2BrCH2Br+NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，CH2OHCH2OH+O2HOOCCOOH+2H2O，故选B．【点评】本题考查有机物的合成以及化学反应类型的判断，了解有机合成原理水关键． 9．下列说法正确的是（ ）A．医用酒精是指质量分数为75%的乙醇溶液B．用过滤的方法可以分离乙醇和乙酸乙酯C．肥皂能去污的原理，是其在水溶液中能电离出钠离子（亲水基团）和硬脂酸根离子（亲油基团），在它们的共同作用下，通过搓洗，将衣服上的油污“拖下水”D．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【分析】A．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数为75%，乙醇含量高；B．乙醇和乙酸乙酯互溶，但沸点不同；C．肥皂在结构上含有亲水基（﹣COONa）和亲油基（﹣R）；D．葡萄糖中含﹣OH，氨基酸中含﹣COOH．【解答】解：A．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，故A错误；B．乙醇和乙酸乙酯互溶，但沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；C．肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，它是油脂在碱性条件下的水解产物，在结构上含有亲水基（﹣COONa）和亲油基（﹣R），故C错误；D．葡萄糖中含﹣OH，氨基酸中含﹣COOH，在一定条件下都能发生酯化反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，涉及混合物分离提纯、化学与生活、有机反应等，综合性较强，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 10．（2022秋•黄石月考）下列说法正确的是（ ）A．化合物的名称为2﹣甲基﹣5﹣乙基己烷B．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量C．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液和福尔马林，均能使蛋白质变性，失去生理功能-20-\nD．CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，乙醛和苯甲醛互为同系物【考点】有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号；B、石油催化裂化的目的是为了获得轻质油；C、硫酸钠是轻金属盐，能使蛋白质发生盐析；D、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物．【解答】解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有7个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号，故2号和5号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，5﹣二甲基庚烷，故A错误；B、石油催化裂化的目的是为了获得轻质油如汽油的产量和质量，故B正确；C、硫酸钠是轻金属盐，能使蛋白质发生盐析而非变性，故C错误；D、CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而乙醛和苯甲醛在分子组成上相差的不是一个或若干个CH2原子团，故不是同系物，故D错误．故选B．【点评】本题考查了烷烃的命名、石油的裂化和裂解的目的区分以及能使蛋白质变性和盐析的物质的区分等内容，难度不大，属于基础知识的考查． 三、解答题（共3小题，满分43分）11．（16分）（2022秋•黄石月考）高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：（1）MnO2熔融氧化应放在 ④ 中加热（填仪器编号）．①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚（2）在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 A、C ，打开旋塞 B、D、E ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是 用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全 ．（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至 溶液表面出现晶膜为止 ，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 高锰酸钾晶体受热易分解 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1-20-\n草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 87.23% （保留4位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）．若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将 偏小 ．（填“偏大”、“偏小”、“不变”）【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（2）①该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；②根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；（3）蒸发溶液获得晶体时不能蒸干，避免固体飞溅；高锰酸钾在温度较高时容易分解，需要低温下烘干；（4）根据n=cV计算出25mL待测液消耗的醋酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出25mL待测液中含有高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据m=nM计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度；待测液被蒸馏水稀释后浓度减小，测定的样品中含有的高锰酸钾物质的量减小，纯度减小．【解答】解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，故答案为：④；（2）①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：A、C；B、D、E；②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：溶液表面出现晶膜为止；高锰酸钾晶体受热易分解；（4）50mL0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol﹣1=6.32g，则高锰酸钾产品的纯度为：×100%=87.23%；-20-\n若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为：87.23%；偏小．【点评】本题通过高锰酸钾的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度中等，涉及了样品中纯度计算、化学实验基本操作方法、物质制备原理等知识，明确物质制备原理及流程为解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算的能力． 12．（14分）（2022秋•东莞校级月考）（Ⅰ）地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B．则（1）写出构成金属单质A的元素在周期表中的位置为 第三周期ⅢA族 ．（2）写出D与水蒸气反应的化学方程式 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 ．（Ⅱ）某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（3）物质X的化学式为 CO2 ．“碱溶”时反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．（4）为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有 增大盐酸的浓度 、 升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等 等．（填两种即可）（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是 加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（Ⅰ）地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Al2O3，D为Fe，据此答题；（Ⅱ）含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝．【解答】解：（Ⅰ）地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B（分子量为232）发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Fe，D为Al2O3，（1）A为Al，A的元素在周期表中的位置为第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；（2）D为Fe，D与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，-20-\n故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（Ⅱ）含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（3）氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：CO2；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）根据影响反应速率的因素可知，为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度、升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等，故答案为：增大盐酸的浓度、升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀．【点评】本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大． 13．（13分）（2022秋•黄石月考）节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨．甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2⇌CH3OH．请根据图示回答下列：（1）关于该反应的下列说法中，正确的是 C （填字母）：A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（图1）所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）= 0.075mol/（L•min） ，该反应的平衡常数K= ．（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有 C ．-20-\nA．升高温度B．充入He气C．再冲入1molCO和3molH2D．使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量= 25.6 g/mol．（5）根据（图2），写出此反应的热化学方程式 CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol ．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．【分析】（1）根据方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，根据图2可知，生成物质能量低于反应；（2）根据图I时，反应中CO浓度的变化，结合速率公式计算，根据K=计算平衡常数；（3）恒容条件下，下列措施中能使增大，则平衡正移，据此分析；（4）根据平均摩尔质量=计算；（5）根据反应物与生成物的总能量来分析吸热还是放热，并书写热化学反应方程式．【解答】解：（1）根据方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，所以该反应△S＜0，根据图2可知，生成物质能量低于反应，所以△H＜0，故选C；（2）由图I可知，反应中CO浓度的变化为：1.00﹣0.25=0.75mol•L﹣1，则v（CO）===0.075mol/（L•min），根据图可知，平衡时c（CO）=0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，c（H2）=1.5mol/L，K===，故答案为：0.075mol/（L•min）；；（3）恒容条件下，下列措施中能使增大，则平衡正移；A．已知该反应的正方向为放热反应，升高温度，平衡逆移，故A错误；B．充入He气，容器的体积不变，各反应物的浓度不变，平衡不移动，故B错误；C．再充入1molCO和2molH2，与原来加入了的量等比例，平衡时比原来的平衡的压强增大，平衡正移，故C正确；D．使用催化剂，同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动，故D错误；故答案为：C；-20-\n（4）由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的，平衡时总物质的量为（1mol+2mol+1mol）×=2.5mol，总质量为1×28g+2×2g+1×32g=64g，所以平均摩尔质量==25.6g/mol，故答案为：25.6；（5）反应物的总能量为419kJ，生成物的总能量为510kJ，则该反应为放热反应，放出的热量为419kJ﹣510kJ=91kJ，热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol，故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol．【点评】本题为综合性习题，考查影响化学平衡的因素、热化学反应、化学平衡常数、反应速率的计算，图象的分析和利用等知识点，注重对高考热点知识的考查，是较好的习题． 【化学选修3物质结构与性质】（共1小题，满分15分）14．（15分）（2022•湖北模拟）有X、Y、Z、W、P、Q六种前两周期的主族元素，原子序数依次增大，价电子数之和为26，原子半径依Y、Z、W、P、Q、X依次减小．围绕上述元素，回答下列问题：（1）Q的电子排布图为 ，YQ3中心原子的杂化类型为 sp2杂化 ，除X外，其余元素的第一电离能由小到大顺序为 B＜C＜O＜N＜F （元素符号回答）．（2）X2P和ZP2固态时均为分子晶体，但熔点X2P比ZP2高得多，原因是 H2O分子存在分子间氢键 ．（3）固体A是离子晶体，结构类似于CsCl，组成中含W的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体．该物质的电子式 ，其与水反应的化学方程式为 NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑ ．（4）Z单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图，计算晶体中Z原子的空间利用率为 33.95% （=1.41，=1.73）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；位置结构性质的相互关系应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】有X、Y、Z、W、P、Q六种前两周期的主族元素，由原子序数X＜Y，原子半径X＜Y，可知X只能处于第一周期，其余元素处于第二周期，故X为H元素；Y、Z、W、P、Q原子序数依次增大，原子半径依Y、Z、W、P、Q依次减小，则最外层电子数依次增大，它们最外层电子数之和为26﹣1=25，最外层电子数只能分别为3、4、5、6、7，故Y为B、Z为C、W为N、P为O、Q为F．-20-\n（1）根据核外电子排布画出其电子排布式；计算BF3中心原子B原子价层电子对数确定其杂化方式；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但原子核外电子处于半满、全满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；（2）水分子之间存在氢键，熔点较高；（3）固体A是离子晶体，结构类似于CsCl，组成中含N的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体，该物质为NH4H，与水反应生成氢气与一水合氨；（4）碳单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图：，以内部碳原子进行研究，每个碳原子与周围4个碳原子紧密相邻，并形成正四面体结构，设碳原子半径为a，则正四面体中心碳原子与顶点碳原子距离为2a，顶点到底面的距离为（2a+）=，设正四面体的棱长为x，则斜高为x，底面中心到边的距离为x×=x，由勾股定理计算x的值，再计算晶胞体积，根据均摊法计算晶胞中碳原子数目，计算晶胞中碳原子总体积，进而计算空间利用率．【解答】解：有X、Y、Z、W、P、Q六种前两周期的主族元素，由原子序数X＜Y，原子半径X＜Y，可知X只能处于第一周期，其余元素处于第二周期，故X为H元素；Y、Z、W、P、Q原子序数依次增大，原子半径依Y、Z、W、P、Q依次减小，则最外层电子数依次增大，它们最外层电子数之和为26﹣1=25，最外层电子数只能分别为3、4、5、6、7，故Y为B、Z为C、W为N、P为O、Q为F．（1）Q为F元素，其电子排布图为，BF3中心原子B原子价层电子对数为3+=3，故B原子采取sp2杂化，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：B＜C＜O＜N＜F，故答案为：；sp2杂化；B＜C＜O＜N＜F；（2）H2O和CO2固态时均为分子晶体，但H2O分子存在分子间氢键，熔点H2O比CO2高得多，故答案为：H2O分子存在分子间氢键；（3）固体A是离子晶体，结构类似于CsCl，组成中含N的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体，该物质为NH4H，该物质的电子式为，其与水反应的化学方程式为NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，故答案为：；NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑；-20-\n（4）碳单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图：，以内部碳原子进行研究，每个碳原子与周围4个碳原子紧密相邻，并形成正四面体结构，设碳原子半径为a，则正四面体中心碳原子与顶点碳原子距离为2a，顶点到底面的距离为（2a+）=，设正四面体的棱长为x，则斜高为x，底面中心到边的距离为x×=x，由勾股定理：（x）2+（a）2=（x）2，解得x=a，故晶胞棱长为a×2×=a，故晶胞的体积为（a）3=a3，晶胞中碳原子数目为4+8×+6×=8，碳原子总体积为8×πa3，故晶体中碳原子原子的空间利用率为（8×πa3÷a3）×100%=33.95%，故答案为：33.95%．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、电离能、氢键、电子式、晶胞计算，（3）（4）为易错点，中学较少涉及氢化铵，（4）中关键是计算晶胞棱长，需要学生具备一定的空间想象力与数学计算能力，难度较大． 【化学选修5有机化学基础】（共1小题，满分15分）15．（15分）（2022秋•高安市校级月考）2022年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”．常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是 B （填选项字母）A．甲能使Br2的CCl4溶液退色B．甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C．1mol甲能与1molNaOH发生水解反应D．甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是 酯基 ．（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式 ） ．（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%．以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：-20-\n①反应1的反应条件是 NaOH水溶液、加热 ．②反应2的反应类型是 氧化反应 ．③反应3的化学方程式是 ．【考点】有机物的推断．【分析】（1）根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，根据酯的性质答题；（2）根据丙的结构简式判断丙中官能团；（3）根据乙的结构简式和条件：不含甲基的羧酸，书写结构简式；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为﹣CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为．A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故A为，在NaOH水溶液条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，据此解答．【解答】解：（1）根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，所以甲不能使Br2的CCl4溶液退色，根据甲的结构简式可知甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3，1mol甲能与nmolNaOH发生水解反应，甲不能发生酯化反应、消去反应、加成反应，故选B；（2）根据丙的结构简式可知，丙中官能团为酯基，故答案为：酯基；-20-\n（3）属于不含甲基的羧酸，且是乙的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为﹣CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为．A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故A为，在NaOH水溶液、加热的条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，①根据上面的分析可知，反应1的反应条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；②根据上面的分析可知，反应2的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；③反应3的化学方程式是，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，丁的推断是解答的关键，注意利用转化关系中的反应条件及碳链变化推断各有机物即可解答，注意把握有机物结构与性质的关系，题目难度中等 -20-
