【精准解析】四川省泸县第五中学2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题

四川省泸县第五中学2020届高三下学期第一次在线月考
理综化学试题
1.下列试剂的保存方法错误
．．的是
A.新制氯水保存在棕色试剂瓶中
B.少量的Na保存在煤油中
C.NaOH溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中
D.氢氟酸保存在玻璃试剂瓶中
【答案】D
【解析】
A、氯水中含有次氯酸，不稳定，应避光保存，故A正确；
B、钠易与空气中氧气、水等反应，但与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故B正确；
C、玻璃中含有SiO
，易与氢
2
氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，应用橡皮塞，故C正确；D、氢氟酸与玻璃中SiO
反应而腐蚀玻璃瓶，应保存在塑料瓶中，故
2
D错误；故选D。

点睛：实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。

注意把握化学试剂的性质，选择正确的保存方法。

2.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A.由乙醇制乙烯；由乙醇制乙醛
B.由苯制溴苯；由甲苯制三硝基甲苯
C.由溴乙烷制乙醇；由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷
D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由2-丁烯制2-丁醇
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应是取代反应。

有机物分子的不饱和键(双键或三键)两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫作加成反应。

有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应。

根据有机物分子中官能团的性质、发生的反应判断反应类型。

【详解】A．由乙醇制乙烯是消去反应；由乙醇制乙醛是氧化反应，A错误；
B．由苯制溴苯和由甲苯制三硝基甲苯均是取代反应，B正确；
C．由溴乙烷制乙醇是取代反应；由丙烯加溴制1，2-二溴丙烷是加成反应，C错误；
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯是酯化反应即取代反应；由2-丁烯制2-丁醇发生的加成反应，D 错误；答案选B。

3.下列说法中正确的是(
)
A.标准状况下，22.4L 水中所含的分子数约为6.02×1023个
B.1mol Cl 2中含有的原子数为N A
C.标准状况下，aL 氧气和氮气的混合物含有的分子数约为a 22.4
×6.02×1023
个D.常温常压下，11.2L CO 分子数是0.5N A 【答案】C 【解析】
【详解】A．标况下水为液体，故22.4L 水的物质的量不是1mol，故A 错误；B．氯气是双原子分子，故1mol 氯气中含2N A 个原子，故B 错误；C．标况下aL 混合气体的物质的量为n ＝a 22.4mol，故分子个数N ＝nN A ＝a 22.4
×6.02×1023
个，故C 正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LCO 的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5N A 个，故D 错误；故答案选C。

【点睛】对于标准状况下非气态物质，如H 2O、SO 3等，不能用22.4L/mol 这个数据进行计算。

4.有M、A 、B、D、N、E 六种短周期元素原子序数依次增大，M 元素的单质是自然界最轻的气体，N 元素的原子半径是所在周期中最大的，A、B、D、E 四种元素在周期表中的相应位置如下图，它们的原子序数之和为37。

下列说法不正确的是
A.沸点：M 2D >BM 3>AM 4
B.原子半径：r E >r A >r B >r D
C.化合物A n M 2n 分子中既含有极性鍵又含有非极性鍵
D.B 元素的氢化物与D 元素的单质在一定条件下能发生置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶3
【答案】D 【解析】【分析】
M 元素的单质是自然界最轻的气体，M 为H；N 元素的原子半径是所在周期原子半径最大的，则N 应为第三周期第ⅠA 族的Na；结合图中的位置，设A 的原子序数为x，则B 为x+1，D 为x+2，E 为x+10，它们的原子序数之和为37，所以x+x+1+x+2+x+10=37，x=6，即A 为C，B 为N、D 为O，E 为S；
【详解】A．C、N、O 三种元素分别与H 元素形成的简单化合物中，NH 3、H 2O 的分子中含有氢键，但H 2O 的沸点最大，沸点的大小顺序为：H 2O＞NH 3＞CH 4，故A 正确；
B．同周期主族元素随核电荷数增大，原子半径减小，同族核电荷数大，原子半径大，则原子半径：S＞C＞N＞O，故B 正确；
C．化合物C n H 2n 分子内含有碳氢键为极性键，碳与碳之间的单键或双键均为非极性键，故C 正确；
D．氨气在纯氧中燃烧，生成N 2和H 2O，该反应为4NH 3+3O 2
2N 2+6H 2O，N 元素的化合价升高，
O 元素的化合价降低，则氧气为氧化剂、氨气为还原剂，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰4，故D 错误；答案为D。

5.常温下，溶液中由水电离产生的c（OH ﹣）=1×10﹣14mol•L ﹣1，满足此条件的溶液中一定能大量共存的离子组是A.Al 3+
Na +CO 32﹣Cl ﹣
B.K +
Ba 2+Cl ﹣
NO 3﹣
C.K +Na +Cl ﹣CO 32﹣
D.K +NH 4+SO 42﹣NO 3﹣
【答案】B 【解析】【分析】
溶液中由水电离产生的c（OH ﹣）=1×10﹣14mol•L ﹣1，溶液可能是酸性或碱性。

【详解】A.铝离子和碳酸根离子反应不共存，故错误；B.四种离子在酸性或碱性溶液中都不反应，能共存，故正确；C.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，故错误；D.铵根离子在碱性溶液中不存在，故错误。

故选B。

【点睛】注意给出水电离出的离子浓度时，溶液可能呈酸性或碱性，题干中要求一定存在，则该离子组在酸性和碱性溶液中都能存在才符合题意。

6.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。

下列有关微生物电池的说法错误的是
A.正极反应中有CO 2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C 6H 12O 6+6O 2=6CO 2+6H 2O 【答案】A 【解析】
【详解】A．根据图象，负极上C 6H 12O 6失电子，正极上O 2得电子和H +反应生成水，负极的电极反应式为C 6H 12O 6+6H 2O-24e -=6CO 2+24H +，正极的电极反应式为O 2+4e -+4H +═2H 2O，因此CO 2在负极产生，故A 错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B 正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H +，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H +)通过交换膜从负极区移向正极区，故C 正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C 6H 12O 6+6O 2=6CO 2+6H 2O，故D 正确；故选A。

7.向25mL0.1mol/LNaOH 溶液中逐滴加入0.2mol/L 醋酸溶液，曲线如下图所示。

下列有关溶液中粒子浓度关系的描述中，错误的是（
）
A.在A、B 间可能存在：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (H +)
B.在B 点：a =12.5，且有c (Na +)=c (CH 3COO -)
C.在C 点：c (CH 3COO -)>c (Na +)>c (H +)>c (OH -)
D.在D 点：c (CH 3COO -)+c (CH 3COOH)=2c (Na +)【答案】B 【解析】
【详解】A．当加入的醋酸的物质的量等于或略少于氢氧化钠时，溶液呈碱性，在A、B 间可能存在：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (H +)，选项A 正确；
B．a =12.5，则为醋酸钠溶液，醋酸钠水解呈碱性，c (OH -)>c (H +)，c (Na +)>c (CH 3COO -)，选项B 错误；
C．在C 点，溶液显酸性，故有c （OH -）＜c （H +），根据电荷守恒：c （Na +）+c （H +）=c （CH 3COO -）+c （OH -），故c (CH 3COO -)>c (Na +)，离子浓度大小为：c (CH 3COO -)>c (Na +)>c (H +)>c (OH -)，选项C 正确；
D．在D 点时，溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒，c （CH 3COO -）+c （CH 3COOH）=2c （Na +），选项D 正确；答案选B。

【点睛】本题是一道酸碱混合后离子浓度大小比较的题目，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用，在25mL 0.1mol．L -1NaOH 溶液中逐滴加入0.2mol•L -1CH 3COOH 溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c （OH -）=c （H +），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。

8.2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。

锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。

锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO 2、A1等，处理该废料的一种工艺如下图所示：
回答下列问题：
(l)Li 元素在元素周期表中的位置为____________，LiCoO 2中Co 的化合价是____。

(2)“碱浸”时Al 溶解的离子方程式为________。

(3)“酸溶”时加入H 2O 2的目的是____，调节pH 后所得滤渣主要为____。

(4)“沉钴”的离子方程式为________。

(5)配制100mL l.0mol/L (NH 4)2C 2O 4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要_________。

(6)取CoC 2O 4固体4.41g 在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该反应的化学方程式为_________________。

【答案】
(1).第2周期IA 族
(2).+3
(3).2Al＋2OH -＋2H 2O=2AlO 2-＋3H 2↑
(4).将LiCoO 2中的Co(Ⅲ)还原为+2价(5).LiOH
(6).Co 2+＋C 2O 42-=CoC 2O 4↓(7).
100mL 容量瓶、胶头滴管(8).3CoC 2O 4＋2O 2
Co 3O 4＋6CO 2
【解析】【分析】
由流程可知，加入NaOH 碱液浸泡，将Al 充分溶解，过滤后得到的滤液含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO 2；加硫酸、过氧化氢发生2LiCoO 2+H 2O 2+3H 2SO 4=Li 2SO 4+2CoSO 4+O 2↑+4H 2O，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，用草酸铵“沉钴”发生CoC 2O 4，以此来解答。

【详解】(1)Li 的原子结构示意图为
，则Li 元素在元素周期表中的位置为第2周期IA
族；LiCoO 2中Co 的化合价是0-(+1)-(-2)×2=+3；
(2)“碱浸”时Al 溶解的离子方程式为2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑；
(3)“酸溶”时加入H 2O 2的目的是将LiCoO 2中的Co(Ⅲ)还原为+2价，调节pH 后所得滤渣主要为LiOH；
(4)“沉钴”的离子方程式为Co 2++C 2O 42-═CoC 2O 4↓；
(5)配制100mL1.0mol/L(NH 4)2C 2O 4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100mL 容量瓶、胶头滴管；
(6)取CoC 2O 4固体4.41g 在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，
n(CoC 2O 4)= 4.41g 147g /mol =0.03mol，氧化物为Co 3O 4时其物质的量为 2.41g
241g /mol
=0.01mol，则该
反应的化学方程式为3CoC 2O 4+2O 2
Co 3O 4+6CO 2。

9.几种中学化学中常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：
可供参考的信息有：
①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物。

A、E、F、G 四种物质中含同种元素。

②A 由X 和Y 两种元素组成，其原子个数比为1∶2，元素质量之比为7∶8。

③B 气体是引起酸雨的主要物质，H 常温下为无色无味的液体，E 常用作红色油漆和涂料。

试根据上述信息回答下列问题：
(1)A 的化学式为________，每消耗1mol A 转移的电子为______mol；(2)F 与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：
__________________________________________________________________；
(3)化合物M 与H 组成元素相同，可以将G 氧化为F，且不引进新的离子。

试写出M 在酸性环境下将G 氧化为F 的离子方程式：
___________________________________________________________________。

【答案】(1).FeS 2
(2).11
(3).2Fe 3＋＋Fe=3Fe 2＋
(4).H 2O 2＋2H ＋＋2Fe 2＋=2H 2O
＋2Fe 3＋【解析】【分析】
由③中信息：B 气体是引起酸雨的主要物质，则B 为SO 2，H 常温下为无色无味的液体，则H 为H 2O；E 常用作红色油漆和涂料，故E 为Fe 2O 3，则A 中应含Fe、S 两种元素。

由②A 由X 和Y 两种元素组成，其原子个数比为1∶2，元素质量之比为7∶8，可计算得到A 中化学式为FeS 2。

再结合流程图可推知甲为O 2，C 为SO 3，D 为H 2SO 4，由E（Fe 2O 3）与乙在高温条件下反应得到丁（单质）可知，丁为Fe，D（H 2SO 4）+E（Fe 2O 3）→F，则F 为Fe 2(SO 4)3，G 为FeSO 4，丙可以为S 等，乙可以为碳或氢气等，据此解答。

【详解】（1）由上述分析可知，A 的化学式为FeS 2，高温下燃烧的化学方程式为：
4FeS 2+11O 2
2Fe 2O 3+8SO 2，由此分析可知，每消耗4mol FeS 2，转移电子为44mol，即每
反应1mol 的A（FeS 2）转移的电子为11mol；
（2）由转化关系图可知F 为Fe 2(SO 4)3，丁为Fe，G 为FeSO 4，则有关的离子反应为：Fe+2Fe 3+=3Fe 2+；（3）化合物M 与H（H 2O）组成元素相同，则M 为H 2O 2，M 在酸性条件下将G（FeSO 4）氧化为F[Fe 2(SO 4)3]的离子方程式为：H 2O 2+2H ++2Fe 2+=2H 2O+2Fe 3+。

10.I.氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。

请回答下列与氮元素有关的问题:
(1)亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂。

它可由Cl 2和NO 在通常条件下反应制得，反应方程式为2NO(g)+Cl 2(g) 2ClNO(g)。

已知几种化学的键能数据如下表所示:
当Cl 2与NO 反应生成ClNO 的过程中转移了5mol 电子，理论上放出的热量为____kJ.
(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1mol Cl 2(g)发生(1)中反应，在温度分别为T 1、T 2时测得NO 的物质的量(单位:mol)与时间的关系如下表所示
①T 1________T 2(填“>“”＜”或”＝”)。

②温度为T 2℃时，起始时容器内的强为p 0，则该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

(3)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。

在金属Pt、Cu 和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H 2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO 3-)，其工作原理如图所示
①Ir 表面发生反应的方程式为_____________。

②若导电基体上的Pt 颗粒增多，造成的后果是______________。

II:利用电化学原理，将NO 2、O 2和熔融KNO 3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示
请回答下列问题:
(4)①甲池工作时，NO 2转变成绿色硝化剂Y，Y 是N 2O 5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为________。

②若用10A 的电流电解60min 后，乙中阴极得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____％。

(保留小数点后一位。

通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。

法拉第常数为96500C/mol)
【答案】(1).277.5(2).<
(3).
6p (4).H 2+N 2
O N 2+H 2O (5).若Pt
颗粒增多，NO 3-更多转化为NH 4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体(6).O 2+4e -+2N 2O 5=4NO 3-(7).80.4
【解析】【分析】(1)2NO(g)+Cl 2(g)
2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
(2)①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；
②用三段式法计算出平衡时各种成分的物质的量，根据压强比等于气体的物质的量的比，用每种物质的物质的量占总物质的量的百分比乘以总压强得该组分的分压，带入平衡常数表达式，可得K p ；
(3)①由原理的示意图可知，Ir 的表面氢气和N 2O 发生反应生成N 2和H 2O；
②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt 颗粒增多，则NO 3-会更多的转化成铵根。

(4)①石墨I 上发生氧化反应，为原电池的负极，石墨II 为原电池的正极，正极上发生还原反应；
②根据Ag 的质量计算电子转移的物质的量，结合法拉第常数为96500C/mol 及电流强度与通电时间可计算出电解池的电解效率。

【详解】(1)2NO(g)+Cl 2(g)
2ClNO(g)，1molCl 2参与反应发生焓变
△H=243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，此时转移2mol 电子，则有5mol 电子转移时，热量变化为111kJ/mol×
5
2
mol=277.5kJ；(2)①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短，根据表格数据可知在温度为T 2时先达到平衡，所以反应温度T 1<T 2；
②起始物质的量为3mol，压强为p 0，反应后各物质变化为
2NO+Cl 2
2ClNO 起始物质的量210达平衡物质的量
1
0.5
1
在恒容密闭容器中发生反应，气体的物质的量的比等于压强之比，反应后气体的总物质的量
n(总)后=2.5mol，反应前气体的物质的量n(前)总=3mol，所以反应后压强为P=2.53
P 0=5
6P 0；
p(NO)=p(ClNO)=
1
2.5×56P 0=13
P 0；p(Cl 2)=12p(NO)=1 6P 0，则化学平衡常数
K p =2
2
1P0311
P0P036
⎛⎫
⎪⎝⎭⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭=06p ；(3)①在Ir 表面上H 2与N 2O 反应产生N 2和水，反应方程式为H 2+N 2O
N 2+H 2O；
②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt 颗粒增多，则NO 3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中含氮量；
(4)①根据图示可知在石墨I 上NO 2失去电子发生氧化反应转化为N 2O 5，为原电池的负极，石墨II 上O 2获得电子，与溶液中的N 2O 5结合形成NO 3-，发生还原反应，为原电池的正极，电极反应式为：O 2+4e -+2N 2O 5=4NO 3-；②n(Ag)=
32.4g 108/m M g mol
==0.3mol，由于每反应产生1molAg，转移1mol 电子，则转移的电量为Q=0.3mol×96500C/mol=28950C，由于电流强度为10A，电解时间为60min，转移的总电量Q 总=10×60×60C=36000C，所以电解池的电解效率=
28950C
36000C
×100%=80.4%。

【点睛】本题考查了反应热、反应速率和平衡常数的计算应用、分压焓变的计算、原电池原理的应用及电解效率等知识点，掌握基础知识和基本理论是解题关键。

11.已知X、Y、Z 三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W 为前30号元素。

5种元素的部分特点：元素特点
X 其气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性
Y 基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍Z 元素原子的外围电子层排布式为ns n-1
np
n-1
Q 被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子W
原子M 能级层为全充满状态且核外的未成对电子只有一个
（1）XF
分子中X的杂化类型为______，该分子的空间构型为_______．
3
（2）基态Q原子的电子排布式为_____________________，第一电离能：X______Y（填“＞”“＜”或“=”）．
（3）X、Y、Z电负性由大到小的顺序为____________（用元素符号表示）．
中燃烧产物的电子式为________________．
（4）Na在Y
2
（5）Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于_______
晶体．
（6）W元素与X元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球代表W原子），若该晶体的密度为ρg·cm-3，则该晶胞的体积是__________cm3．
【答案】(1).sp3(2).三角锥形(3).1s22s22p63s23p63d24s2(4).＞(5).
.ρ)
O＞N＞Si(6).(7).原子(8).206/(N
A
【解析】
【分析】
X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素，由X的气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性，可知X为N元素；Y的基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍，最外层电子数为6，可知Y为O元素；Z的外围电子层排布式为ns n-1np n-1，n-1=2，可知n=3，即外围电子层排布式为3s23p2，Z为Si元素；Q被誉为“太空金属”也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子，Q为Ti元素；W的原子M能级层为全充满状态且核外的未成对电子只有一个，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，W为Cu元素，据此分析解答。

【详解】由上述分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为Si元素、Q为Ti元素、W为Cu元素。

分子中N原子上有1对孤对电子，形成3个N-F键，则X的杂化类型为sp3；空间构型(1)XF
3
为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；
(2)Q为Ti元素，原子序数为22，基态Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；N的2p
电子半满为稳定结构，则第一电离能X＞Y，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 24s 2；＞；
(3)非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z 电负性由大到小的顺序为O＞N＞Si，故答案为：O＞N＞Si；
(4)Na 在Y 2中燃烧的产物为过氧化钠，属于离子化合物，含有离子键和非极性键，其电子式为
，故答案为：
；
(5)Z 和X 形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，可知熔点高，该化合物形成的晶体为原子晶体，故答案为：原子；(6)黑球代表W 原子，位于棱上，个数为12×
14=3，N 位于顶点，个数为8×1
8
=1，化学式为Cu 3N，该晶体的密度为ρg•cm -3，则该晶胞的体积是A 64314
N ⨯+ρcm 3
=A
206N ρcm 3
，故答案为：
A
206
N ρ。

【点睛】本题的易错点为(6)，要注意均摊法在晶胞计算中的应用，注意晶胞的质量与M 和N A 的关系。

12.透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。

制备它的一种配方中含
有下列四种物质：
填写下列空白：
(1)甲中不含氧原子的官能团名称是__________；下列试剂能与甲反应而褪色的是__________(填标号）。

a.Br 2/CCl 4溶液
b.石蕊溶液
c.酸性KMnO 4溶液
(2)甲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____________(3)淀粉通过下列转化可以得到乙(C 2H 6O 2)(其中A 〜D 均为有机物，A 为一种单糖，B 为一种有特殊香味的一元醇，C 为一种气体）
B 转化到乙的一系列反应中涉及到的反应类型有__________。

a.消去反应 b.取代反应c.加成反应
d.加聚反应
B 转化为
C 的化学反应方程式为______________________________
(4)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，其相对分子质量为110。

丁与FeCl 3溶液作用显现紫色，且丁分子中苯基上的一氯取代物只有一种。

则丁的结构简式为______________(5)已知：
利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是________________________【答案】(1).碳碳双键（或
）
(2).ac
(3).CH 2=CH-CH 2-CH 2-COOH (4).
abc
(5).CH 3CH 2OH CH 2=CH 2↑+H 2O
(6).
(7).
【解析】【分析】
(1)甲中含C=C 和-COOC-，含C=C 能发生加成和氧化反应；(2)甲的同分异构体中一种不含甲基的羧酸，含C=C 和-COOH；
(3)淀粉水解得到A 为葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇；
(4)相对分子质量为110．丁含有酚羟基，110-12×6-6-16=16，则含2个酚-OH，丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种，则结构对称，酚-OH 位于对位；
(5)以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，乙烯加成生成氯乙烷，苯与氯乙烷发生取代反应生成苯乙烷，最后消去生成丙。

【详解】(1)甲中含C=C 和-COOC-，名称为碳碳双键(或
)、酯基，其中不含有氧的
官能团为碳碳双键(或)；含C=C 能发生加成和氧化反应，与ac 中物质反应褪色；
(2)甲的同分异构体中一种不含甲基的羧酸，含C=C 和-COOH，其结构简式为CH 2=CH-CH 2-CH 2-COOH；
(3)淀粉水解生成A 为葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇，则：B 转化到乙的一系列反应中涉及到的反应类型有消去反应、加成反应、取代反应，故答案为abc；其中B 转化为C 为乙醇的消去反应，反应方程式为CH 3CH 2OH
CH 2=CH 2↑+H 2O；
(4)相对分子质量为110．丁含有酚羟基，110-12×6-6-16=16，则含2个酚-OH，丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种，则结构对称，酚-OH 位于对位，其结构简式为
；
(5)乙烯与HCl 发生加成反应生成CH 3CH 2Cl，由信息可知，苯与CH 3CH 2Cl 发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程式为：。