湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟考试理科综合化学试题含答案解析

怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2019年高三第一次模考
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 S-32 C1-35.5
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列有关说法不正确的是
A. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
B. 生活垃圾直接焚烧会产生很多对身体有害的物质
C. 钢铁在潮湿空气中易发生化学腐蚀
D. 锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理，使其转化成CaCO3，而后用酸去除
【答案】C
【解析】
【详解】A、石灰水能够使蛋白质变性，因此把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故A正确；B、许多生活垃圾在焚烧之后,会产生许多对人体健康有害的化学物质，如废塑料燃烧时不仅会产生浓烟和恶臭,还会产生强烈刺激性的氯化氢等有毒有害气体，故B正确；
C、钢铁在潮湿空气中易发生电化学腐蚀，故C错误；
D、CaSO4与酸不反应，必须先转化为碳酸钙，再加酸除去，所以要先加入碳酸钠，故D正确。

选C。

2.下列说法正确的是
A. Na2O2与水反应生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.2N A
B. 标准状况下，0.56L丙烷含共价键数为0.2N A
C. 标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数为0.1N A
D. 14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为2N A
【答案】D
【解析】
【分析】
A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价；
B、1个丙烷分子中含有10个共价键；
C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆；
D、乙烯和丙烯的最简式都是。

【详解】A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成标准状况下
1.12LO2转移电子数为0.1N A，故A错误；
B、标准状况下，0.56L丙烷的物质的量是0.025mol，含共价键数为0.25N A，故B错误；
C、SO 2与氧气反应生成SO3的反应可逆，标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数小于0.1N A，故C错误；
D、乙烯和丙烯的最简式都是，14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为，故D正确。

3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述正确的是
A. lmol该有机物在镍催化下可消耗3molH2
B. 该有机物既能发生氧化反应又能发生还原反应
C. 该有机物的分子式为C12H18O2
D. 1mol该有机物能消耗2 mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A、乙酸橙花酯分子中含有2个碳碳双键，酯基与氢气不发生加成反应，则1mol该有机物可消耗2mol H2，故A错误；
B、乙酸橙花酯含有碳碳双键，所以既能发生氧化反应又能发生还原反应，故B正确；
C、由乙酸橙花酯的结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故C错误；
D、能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故D错误。

4.有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有(不考虑立体异构)
A. 4种
B. 9种
C. 13种
D. 17种
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有酸和酯。

【详解】C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的酸有、、
、，与NaOH溶液反应的酯有、、
、、、、
、、，共13种，故选C。

5.根据下列实验操作及现象推出的结论一定正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气；
B、浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；
C、无氧酸的酸性不能证明元素非金属性强弱；
D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化。

【详解】A、向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4把H2O2氧化为氧气，氧化性H2O2<KMnO4，故A错误；
B、浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则不能比较
C、Si的非金属性，故B错误；
C、向Na2S溶液中滴加盐酸, 产生臭鸡蛋气味的气体，证明酸性：HCl>H2S，无氧酸的酸性不能证明非金属性强弱，因此不能证明氯的非金属性比硫强，故C错误；
D、溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，所以能实现实验目的，故D正确。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、非金属性的比较、物质的性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。

6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期；X 与W的最高化合价之和为8；Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应。

则下列说法不正确的是
A. 原子半径：Z>W>Y>X
B. YX4W中含有离子键和共价键
C. Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料
D. 工业上常用电解ZW3的方法制取单质Z
【答案】D
【解析】
【分析】
Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应，Z为Al元素； X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期，所以X是H元素；X与W的最高化合价之和为8，W是Cl元素；则Y是N元素。

【详解】A、原子半径：Al>Cl>N>H，故A正确；
B、NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，故B正确；
C、AlN强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料，故C正确；
D、工业上常用电解Al2O3的方法制取单质Al，故D错误；选D。

7.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是
A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C. 已知H2CO3的电离平衡常数K a1远远大于K a2，则K a2约为1.0×10－10.2
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒判断；
C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1=，则K a2= =；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。

【详解】A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，故B错误；
C．0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）= mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，
Kh1=，则K a2= =，故C正确；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，c(HCO3－)/c(CO32－)增大，故D错误。

选C。

【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．K a2=Kw，为易错点
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。

(一)必考题：共129分
8.已知岩脑砂的主要成分为NH4Cl，实验室可通过过量氨气和氯气反应制NH4Cl。

I.实验室制NH4Cl
(1)写出B中反应的离子方程式_________________________________。

(2)为使氨气和氯气在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为a→d→c_____、______←j←i←h←g←b；写出D中反应的化学方程式_________________________________。

(3)若要检验NH4Cl，除蒸馏水、稀HNO3、AgNO3溶液、红色石蕊试纸外还需要的试剂为___________。

Ⅱ：天然岩脑砂中NH4Cl，纯度的测定(杂质不影响NH4Cl纯度测定)
已知：2NH4 C1+3CuO3Cu+2HC1↑+N2↑+3H2O
实验步骤：①准确称取1.19g岩脑砂。

②将岩脑砂与足量氧化铜混合加热(装置如下)。

(1)连接仪器，检查装置气密性：先将K中装入水，然后加热G，______________________，则气密性良好。

(2)H中浓硫酸的作用是_________________________________。

(3)实验结束后，恢复至原温，通过K测得气体体积为224mL(换算为标准状况)，则天然岩脑砂中NH4C1的纯度为___________。

(保留三位有效数字)
(4)某同学通过测I的增重来计算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，则所得NH4C1的纯度___________。

(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
【答案】(1). (2). e (3). f (4).
(5). 氢氧化钠浓溶液 (6). 量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱 (7). 吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰 (8). 89.9% (9). 偏低【解析】
【分析】
I. 实验室制NH4Cl需要分别制备氨气和氯气，A装置中用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，装置C碱石灰干燥氨气，装置B中二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，用装置F干燥氯气，氨气的密度小、氯气密度大，为使氨气和氯气充分混合，通过f通入氯气、通过e通入氨气； D中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸。

Ⅱ：(1) 若气密性良好，导管和量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱；(2)H中浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰；(3) K中收集到的气体是氮气，根据氮气的体积可以计算NH4C1的质量。

(4)反应生成的氯化氢不能完全被I吸收。

【详解】I. (1)装置B中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式是
；(2)制取氨气的气流顺序为a→d→c，制取氯气的气流顺序为b→g→h→i→j，考虑到氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，合理的连接顺序为a→d→c→e、f←j←i←h←g←b。

D
中氨气和氯气反应生成氮气和氯化铵，反应方程式是； (3)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠浓溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为氢氧化钠浓溶液。

Ⅱ：(1)连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，量气管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱，则气密性良好。

(2)产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差。

(3) K中收集到的气体是氮气,标准状况下，224mL氮气的物质的量是0.01mol，根据反应2NH4Cl＋3CuO3Cu＋2HCl↑＋N2↑＋3H2O 可知，消耗氯化铵的量为0.02 mol，质量为0.02 mol×53.5 g/mol＝1.07 g，则天然岩脑砂中NH4Cl的质量分数为1.07 g/1.19 g×100%＝89.9%。

(4) 反应生成的氯化氢不能完全被I吸收，所以通过测I的增重来计
算天然岩脑砂中NH4C1的质量分数，结果会偏低。

9.一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+2等
②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表
③CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是
___________(填化学式)
(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.
(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如右图，据此分析pH的最佳范图为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5
B.3.0~3.5
C.4.0~4.5
D.5.0~5.5
(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。

【答案】(1). Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2). 将Fe2+氧化成Fe3+(3). Cl2(4).
5.2PH<7.6 (5). 除去溶液中的Mn2+ (6). B (7). 降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴
【解析】
【分析】
含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】（1）水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；
（3）Fe3+完全水解的PH为3.7，Al3+完全水解的PH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2PH<7.6；
（4）根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；
（5）根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。

10.目前处理烟气中的SO2有三种方法：液吸法、还原法、电化学法。

I.液吸法
25℃，K b(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3：K a1=1.5×10－2，K a2=1.0×10－7；K sp(CaSO4)=7.1×10－5
第1步：用过量浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化。

第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O。

(1)25℃，(NH4)2SO3溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”、“中性”)
(2)通过计算第2步反应的K判断第2步反应___________(填“能”或“不能”)进行完全。

(一般认为K>105时反应就进行完全了。

)
Ⅱ.还原法
已知：①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) △H1=－37.0kJ·mo1－1
②2H2(g)+SO2(g)S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
③2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) △H3=－566.0 kJ·mol－1
④2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
(1)写出液态硫(S)燃烧的热化学方程式_________________________________。

(2)一定压强下，反应①SO2的平衡转化率[α(SO2)]与投料比的比值温度(T)的关系如图所示。

则CO的平衡转化率：N___________M(填“＞”、“＜”、“=”，下同)；逆反应速率：N___________P。

Ⅲ.电化学法
(1)原电池法：写出SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池的负极反应式___________。

(2)电解法：先用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，同时在阳极得到副
产物氧气，装置如下图所示。

①b为电源的___________(填“正极”或“负极”)。

②用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，目的是______________________。

③若电解一段时间后通过质子交换膜的离子数为1.204×1024个，则通过处理烟气理论上能得到硫
___________Kg。

【答案】 (1). 碱性 (2). 能 (3). -529.0 kJ·mol－1 (4). > (5). < (6). (7). 正极 (8). 增强溶液导电能力，加快电解速率(9). 16
【解析】
【分析】
I. (1) 根据K b(NH3·H2O)=1.8×10－5、H2SO3的K a2=1.0×10－7分析25℃，(NH4)2SO3溶液的酸碱性；
(2)；Ⅱ. (1)根据盖斯定律计算液态硫(S)燃烧的焓变；(2)相
同温度下，越大，α(SO2)越大，根据图示可知；温度越高反应速率越快；Ⅲ. (1) SO2中的S 是+4价,反应时升高到+6价,所以发生氧化反应,是原电池的负极；（2）①用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，硫元素化合价降低发生还原反应，在电解池的阴极，同时溶液中氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，由于铜是活泼电极，所以铜电极做阴极，铂棒做阳极，电源正极连接阳极，电源负极接阴极；②从溶液导电能力和电解原理分析；③阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，通过质子交换膜的离子数与转移电子数相等。

【详解】I. (1) K b(NH3·H2O)=1.8×10－5大于H2SO3的K a2=1.0×10－7，所以NH4+的水解程度小于SO32－，所以25℃，(NH4)2SO3溶液的显碱性；
(2)
所以第2步反应能完全进行。

Ⅱ. (1)②2H2(g)+SO2(g)S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
④2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
根据盖斯定律，④-②得液态硫(S)燃烧的热化学方程式-529.0 kJ·mol－1；(2)相同温度下，越大，α(SO2)越大，根据图示可知，M、N点α(SO2)相等，M点CO的投放大于N，所以CO的平衡转化率：N>M；温度越高反应速率越快，P点的温度大于N，所以逆反应速率：N<P。

；Ⅲ. (1) SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池，SO2在负极失电子生成SO42－，负极反应式是；（2）①用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，硫元素化合价降低发生还原反应，该反应在电解池的阴极发生，同时溶液中氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，由于铜是活泼电极，所以铜电极做阴极，铂棒做阳极，电源正极连接阳极，电源负极连接阴极，故b是电源正极；②Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，电解过程中可以增强溶液导电能力，加快电解速率；③阴极是二氧化硫在酸性溶液中得到电子生成单质硫，电极反应为：
SO2+4H++4e-═S+2H2O；通过质子交换膜的离子数为1.204×1024个物质的量=2mol，依据电极反应中定量关系计算每4mol氢离子交换生成硫单质1mol，则2mol氢离子交换生成硫单质0.5mol，质量
=0.5mol×32g/mol=16g。

【点睛】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，电解原理分析判断，电解过程中电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等。

(二)选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

11.[化学一选修3：物质结构与性质]
(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式______________________；基态C1原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。

(2)SO 42－中心原子的轨道杂化类型为___________；NO3－的空间构型为___________。

(3)萤石晶胞结构如图I所示，则Ca2+的配位数是___________，萤石的化学式为 ___________。

(4)NiO氧化镍)晶胞结构如图Ⅱ所示，则每个Ni2+周围与其等距离的Ni2+有___________个；若Ni2+与最邻近O2－的核间距为a×10－8cm，则NiO晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式)(已知NiO的摩尔质量为
74.7g·mol－1，阿伏加德罗常数的值为N A)
【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). (4). 平面三角形 (5). 8 (6). (7). 12 (8).
【解析】
【分析】
(1)基态Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；基态C1原子电子占据最高能级是3P；
(2)SO42－中心原子的杂化轨道数=；NO3－中心原子的杂化轨道数=，配位原子数为3，无孤电子对；(3)有晶胞图可知，每个Ca2+被8个F-包围；利用“均摊法”计算晶胞的化学式；(4)根据NiO的晶胞结构图分析每个Ni2+周围与其等距离的Ni2+的个数；根据计算。

【详解】(1)基态Fe2+核外有24个电子，核外电子排布式是；基态C1原子电子占据最高能级是3P，P 能级原子轨道为哑铃形；(2)SO42－中心原子的杂化轨道数=，所以中心原子的轨道杂化类型为；NO3
－的空间构型为平面三角形；(3)－中心原子的杂化轨道数=，配位原子数为3，无孤电子对，所以NO
3
每个Ca2+被8个F-包围，所以的配位数是8；根据均摊原则，每个晶胞含有Ca2+数，每个晶胞含有F-数是8，所以萤石的化学式为。

(4)根据NiO的晶胞结构图，每个Ni2+周围与其等距离的Ni2+同层的有4个、上层、下次各有4个，共12个；Ni2+与最邻近O2－的核间距为a×10－8cm，则晶胞边长为2a×10－8cm，
体积为，每个晶胞含有Ni2+数，每个晶胞含有O2－数是，所以NiO晶体的密度为g·cm－3=g·cm－3。

12.[化学一选修5：有机化学基础](15分)
2，3-二氢呋喃()可用于电子化学品和香料中，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为___________。

(2)A的名称为___________；B所含官能团的名称为___________。

(3)写出E的结构简式______________________。

(4)写出F→G的化学方程式______________________。

(5)满足下列条件的F的同分异构体共有___________种。

①含②不含环状结构③不考虑立体异构
(6)写出符合下列条件的D的同分异物体的结构简式___________。

①能发生银镜反应。

②核磁共振氢谱有三种峰且峰面积之比为6︰1︰1。

(7)写出用1，3-丁二烯为原料制备四氢呋喃()的合成路线_____________________(无机试剂任选)。

【答案】 (1). 取代反应 (2). 丙烯 (3). 碳碳双键溴原子 (4).
(5). (6). 10 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据，，可知C是；根据
，可知，D是
；与溴水发生加成反应生成E，E是；F在KOH的醇溶液中发生消去反应生成，逆推F是。

【详解】根据以上分析，(1)是溴原子取代了甲基上的1个氢原子，所以A→B的反应类型为取代反应。

(2)的名称为丙烯；含官能团的名称为碳碳双键、溴原子。

(3) 与溴水发生加成反应生成E， E的结构简式是。

(4) 在KOH的醇溶液中发生消去反应生成，化学方程式。

(5)满足①含②不含环状结构③不考虑立体异构， F的同分异构体共有、
、、、、、
、、、，共10种。

(6)①能发生银镜反应说明含有醛基。

②核磁共振氢谱有三种峰且峰面积之比为6︰1︰1的D的结构简式是。

(7) 1，3-丁二烯与溴发生1,4加成，生成，水解为，在浓硫酸作用下发生分之内脱水生成；合成路线为。