云南省玉溪市玉溪一中高三上学期第三次月考化学试题 W

云南省玉溪市玉溪一中2018届高三上学期第三次月考化学
试题
1. 下面的“诗”“情”“化”“意”，分析正确的是
A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
B. “日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应
C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大
D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，新醅酒即新酿的酒，在酿酒过程中葡萄糖发生水解反应【答案】B
点睛：本题考查了化学变化与物理变化的区别、硅酸盐的性质、胶体的性质、葡萄糖的性质等。

侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。

本题的难点是理解各诗句的含义，和与化学知识的联系。

2. 下列关于有机物的说法正确的是
A. 纤维素属于高分子化合物，与淀粉互为同分异构体，水解后均生成葡萄糖
B. 油脂的皂化和乙烯的水化反应类型相同
C. C3H6Cl2有四种同分异构体
D. 某有机物的结构简式是，该有机物能够发生加成反应、取
代反应、缩聚反应和消去反应
【答案】C
【解析】A．淀粉、纤维素为多糖，分子式为(C6H10O5)n，但n不同，二者不是同分异构体，故A错误；B. 油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应；乙烯的水
化反应是乙烯与水的加成反应，反应类型不同，故B错误；C．分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有2种：CCl3-CCl2-CClH2 、CCl3-CH2 -CCl3；两个氢原子分别取代两个碳上的氯原子，有2种：CCl2H-CCl2-CCl2H(两个边上的)，CCl2H-CHCl-CCl3 (一中间一边上)，共有4种，故C正确；D．与-OH相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故D错误；故选C。

3. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确是
A. 在Na2O2与水的反应中每生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.2 N A
B. 0.1mol/L的Na2S溶液中，S2－、HS－、H2S微粒总数为0.1N A
C. 向含有0.2 mol NH4Al（SO4）2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗OH－的数目为0.8N A
D. 标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2N A
【答案】A
【解析】A．过氧化钠与水反应中过氧化钠中O元素的化合价由-1价变成0价，生成0.1mol 氧气，转移了0.2mol电子，故A正确；B. 未注明溶液的条件，无法计算0.1mol/L的Na2S 溶液中，S2－、HS－、H2S微粒总数，故B错误；C、氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，0.2mol铝离子消耗0.6mol氢氧根；然后与铵根结合生成一水合氨，0.2mol铵根离子消耗0.2mol氢氧根；最后氢氧根与0.2mol氢氧化铝反应转化为偏铝酸钠溶液，此过程消耗氢氧根0.2mol，故整个过程共消耗的OH-为1mol，故C错误；D、标况下乙醇为液体，故22.4L乙醇的物质的量大于1mol，则生成的二氧化碳分子个数大于2N A个，故D错误；故选A。

4. 稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称。

已知镧La是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为La2O3 ，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是
A. La和盐酸反应的离子方程式为：La＋2H＋= La3＋＋H2↑
B. LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3
C. La（NO3）3水溶液显酸性
D. 镧的一种核素为57139La，其中子数为57
【答案】C
【解析】A．镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子
方程式为：2La+6H+=2La3++3H2↑，故A错误；B．La(OH)3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La(OH)3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C．已知La(OH)3是不溶于水的弱碱，则La(NO3)3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故C正确；D．镧的一种核素为57139La，中子数为139-57=82，故D错误；故选C。

点睛：明确题干信息为解答本题的关键。

注意掌握常见金属单质及其化合物性质。

本题的易错点为B，注意要充分利用题示信息“La(OH)3是不溶于水的弱碱”，判断LaCl3能否水解。

5. 下列实验操作能到达目的的是
A. 制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤
B. 除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液
C. 除去AlCl3溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
【答案】D
【解析】A. 将金属钠投入MgCl2溶液，首先发生钠与水的反应，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应，不能生成镁，故A错误；B．氯化氢和二氧化碳都能和碳酸钠溶液反应，不符合除杂的原则，故B错误；C．先加入足量浓氨水，过滤，沉淀为氢氧化铝、氢氧化铁，不符合除杂的原则，故C错误；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故D正确；故选D。

6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3＋＋Zn = Zn2＋＋2Fe2＋
B. 磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4 ＋8H＋= Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
C. Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O =CaSO3↓＋2HClO
D. NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：
【答案】D
点睛：明确反应的实质，掌握离子方程式书写的方法是解题关键。

注意反应物用量对化学反应的影响，反应必须遵循客观事实。

本题的选项C为易错点，容易忽视次氯酸根离子的氧化性。

2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－= BaSO4↓＋2H2O
7. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离
子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是
A. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极区的电极反应为2H2O－4e－==O2＋4H＋，负极区溶液pH降低
D. 通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
【答案】B
【解析】A、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol
的O2生成，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，
而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧
气，根据电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在
阴极得电子生成氢气；两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故
可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、阴极发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；D、阴离子向阳极(即正极区)移动，氢氧根离子放电pH减小，故D错误；故选B。

8. 已知KMnO4 、浓硫酸、双氧水是常见的氧化剂。

某小组同学用下图装置做浓硫酸与木炭反应的实验，以及检验生成的CO2和SO2。

据此回答下列问题：
（1）木炭与浓H2SO4在加热条件下反应的化学方程式为：__________________________；（2）装置B观察到的现象是品红溶液褪色，可确定该气体中含有_________________；说明该气体具有___________性；
（3）装置C中紫红色褪去，利用了SO2的还原性，MnO4－被还原为Mn2+，反应的离子方程式为________________________；还原剂与氧化剂的物质的量之比为_________；
（4）装置E观察到的现象是_______________________，该装置中发生的离子方程式是
____________________________。

（5）若将装置A中生成的气体通入BaCl2溶液中是否产生沉淀？________（填“是”或“否”）,如果通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀的化学式为_____________。

【答案】(1). C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(2). SO2(3). 漂白性(4). 5SO2＋2MnO4－＋2H2O == 5SO42－＋2Mn2＋＋4H＋(5). 5：2(6). 澄清石灰水变浑浊(7). CO2＋Ca2＋＋2OH－==CaCaO3↓＋H2O(8). 否(9). BaSO4
【解析】(1)木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为
2H2SO4(浓)+C2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：2H2SO4(浓)+C2SO2↑+CO2↑+2H2O；
(2)反应生成了SO2，可使品红褪色，体现了二氧化硫的漂白性，故答案为：SO2；漂白性；
(3)SO2具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应的离子方程式为
5SO2＋2MnO4－＋2H2O == 5SO42－＋2Mn2＋＋4H＋，根据方程式，还原剂(SO2)与氧化剂(MnO4－)的物质的量之比为5:2，故答案为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O ==
5SO42－＋2Mn2＋＋4H＋；5:2；
(4)产物中有CO2，与澄清石灰水发生CO2 +Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，可观察到澄清石灰水变浑浊，故答案为：澄清石灰水变浑浊；CO2 +Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O；
(5)SO2和CO2溶于水生成了亚硫酸和碳酸，亚硫酸钡和碳酸钡都能溶于盐酸，因此不会有沉淀生成，硝酸能把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于硝酸的硫酸钡沉淀，故答案为：否；BaSO4。

9. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。

以下是一种制取亚氯酸钠的工艺流程：
已知：①NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O。

②ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用。

③ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。

（1）在无隔膜电解槽中用惰性电极电解一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为：____________________________________________。

“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为___________、___________。

（2）发生器中鼓入空气的作用是___________。

（3）吸收塔内反应的化学方程式为___________________________________，吸收塔内的温度不宜过高的原因为：_______________________________。

（4）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是____、__________、过滤、洗涤、低温干燥。

（5）经查阅资料可知，当pH≤2.0时，ClO2—能被I—完全还原成Cl—，欲测定成品中NaClO2（M为90.5g/ mol）的含量，现进行以下操作：
①步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______________________________________。

②若上述滴定操作中用去了VmL Na2S2O3溶液，则样品中NaClO2的质量分数为：__________（用字母表示，不用化简）。

（已知2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI）
【答案】(1). NaCl+ 3H2O NaClO3 + 3H2↑(2). NaOH溶液(3). Na2CO3溶液(4). 稀释ClO2以防止爆炸(5). 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2 H2O+O2↑(6). 防止H2O2分解(7). 蒸发浓缩(8). 冷却结晶(9). ClO2—＋4H＋＋4I—=2I2＋Cl—＋2H2O
(10).
【解析】过氧化氢法生产亚氯酸钠，由流程可知，NaClO3溶解后与硫酸发生氧化还原反应生成ClO2，结合信息②可知混合气体稀释ClO2，吸收塔内发生
2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，过滤后，结合信息①可知，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2•3H2O。

(1)在无隔膜电解槽中用惰性电极电解食盐水一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为NaCl+ 3H2O NaClO3 + 3H2↑； “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为NaOH溶液；Na2CO3溶液，故答案为：NaCl+
3H2O NaClO3 + 3H2↑；NaOH溶液；Na2CO3溶液；
(2)由题目中的信息可知，纯ClO2易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为：稀释ClO2，防止发生爆炸；
(3)吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠(NaClO2)，Cl 元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物中还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是
2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不宜过高，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解；
(4)从溶液中得到含结晶水的晶体，需要采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，最后通过过滤得到粗晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
(5)①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2-能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O；
②依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2，
ClO2-～2I2～4Na2S2O3
1 4
x cV×10-3mol
x=mol，样品中NaClO2的质量分数
=×100%=×100%，故答案为：×100%。

10. 碳及其化合物在工农业上有重要作用。

Ⅰ、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝___________。

该反应为__________（填“吸热”或“放热”）反应。

（2）某温度下平衡浓度符合下式： c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），该温度下加入1 mol CO2（g）和1 mol H2（g），充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为
______________。

（3）在800 ℃时发生上述反应，某时刻测得容器内各物质的浓度分别为c（CO2）为2 mol/L，c（H2）为1.5 mol/L，c（CO）为1 mol/L，c（H2O）为3 mol/L，则正、逆反应速率的比较为：v正___________v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。

Ⅱ、工业上用CO2和H2反应合成甲醚。

已知：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ•mol-1
CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH（g）△H2=+23.4kJ•mol-1
则2CO 2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3=_______________kJ·mol-1。

Ⅲ、常温下用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在该溶液中，c（NH4+）________（填“>”、“<”或“＝”）c（HCO3—）；反应NH4+＋HCO3—＋H2O NH3·H2O＋H2CO3的平衡常
数K＝__________。

（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数K b＝2×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4×10－7，K2＝4×10－11）
【答案】(1). (2). 吸热(3). 50%(4). ＜(5). －130.8(6). ＞(7). 1.25×10-3
【解析】Ⅰ、(1)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=，由表中数据可知，升高温度，平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：；吸热；
(2)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)，说明平衡常数K=1，故温度为830℃；CO2、H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，则二者平衡浓度相等，由CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，可知平衡时CO(g)、H2O(g)浓度相等，结合平衡常数
K==1，可知平衡时c(CO2)=c(H2)=c(CO)=c(H2O)，根据碳元素守恒可知，平衡时n(CO2)=n(CO2)==0.5mol，故二氧化碳的转化率为×100%=50%，故答案为：50%；
(3)此时浓度商Qc==1＞800℃时平衡常数K=0.9，反应向逆反应方向移动，则
v(正)＜v(逆)，故答案为：＜；
Ⅱ、已知：①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ•mol-1，②CH3OCH3(g)+H2O(g) ═2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ•mol-1，根据盖斯定律，①×2-②可得：2CO2(g)+6H2(g)⇌
CH3OCH3(g) +3H2O(g)，△H3=2△H1-△H2=2×(-53.7kJ•mol-1)-23.4kJ•mol-1 =-130.8kJ•mol-1，故答案为：-130.8；
Ⅲ、根据盐类水解规律，已知NH3·H2O的电离平衡常数K=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；在NH4HCO3溶液中，c(NH 4+)＞c(HCO3-)；反应NH4++HCO3-+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数
K==×===1.25×1 0-3，故答案为：＞；1.25×10-3。

点睛：本题考查化学平衡计算、盖斯定律的应用等，较好的考查学生对知识的迁移应用。

本题的易错点为Ⅲ，要能够根据反应NH 4++HCO3-+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数表达式找到K与K w、电离平衡常数的关系，注意对平衡常数的理解与灵活应用。

11. 【化学—选修3:物质结构与性质】
前四周期原子序数依次增大的X、Y、Z、G、O、R、T七种元素，已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；G原子s能级与P能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子。

（1）Y原子核外共有______种不同运动状态的电子，T＋离子价电子排布图为________。

（2）T元素在周期表的位置为__________。

（3）G、Q、R三种元素的氯化物的熔点如下表，G的氯化物明显高于其他两种的原因是__________。

Q的氯化物高于R的氯化物，有同学猜想可能是因为其存在缔合分子，试写出其结构式____。

（4）硒（Se）与Z同一主族，Se原子比Z原子多两个电子层，则Se得原子序数为_____，其最高价氧化物中心原子的杂化方式为_____。

该族2-5周期元素单质分别于H2反应生成
1mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是_____（填字母代号）。

a.＋99.7KJ/mol
b.＋29.7KJ/mol
c.－20.6KJ/mol
d.－241.8KJ/mol
（5）金属Q属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g/cm3，通过计算确定Q原子在三维空间中堆积方式________（已知N A=6.02×1023,4053=6.64×107）；晶胞中距离最近的Q 原子可看作是接触的，列式计算Q的原子半径=pm______。

（只列出计算式即可）
【答案】(1). 7(2). (3). 第四周期，第IB族(4).
MgCl2为离子晶体，而AlCl3和SiCl4为分子晶体(5). (6). 34
(7). sp2(8). b(9). 面心立方最密堆积(10).
【解析】X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，X 的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或
1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；G
原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于G的原子序数比Z大，而Z的电子排布为1s22s22p4，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即G为镁元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，则R为硅元素；原子序数介于G与R之间的Q为铝元素；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子且原子序数不大于36，则T为铜元素。

（1）Y为氮元素，原子序数为7，其原子核外共有7种不同运动状态的电子，T 是铜元素，原子序数为29，失去一个电子后其3d轨道全充满，T+离子价电子排布图为；（2）T是铜元素，原子序数为29，在周期表的位置为第四周期，第IB族；（3）G、Q、R三种元素的氯化物的熔点如下表，G的氯化
物明显高于其他两种的原因是MgCl
2为离子晶体，而AlCl
3
和SiCl
4
为分子晶体；
氯化铝熔点高于氯化硅，可能是因为其存在缔合分子，其结构式为：
；（4）硒（Se）与O同一主族，Se原子比O原子多两个电子
层，则Se的原子序数为8+8+18=34，其最高价氧化物H
2SeO
4
中心原子Se价层电
子对数==4，的杂化方式为sp3杂化；同主族元素从上而下非金属性逐渐减弱，与氢气化合的难度逐渐增强，Se是第四周期元素，故该族2-5周期元素单质分
别于H
2
反应生成1mol气态氢化物的反应热中，表示生成1mol硒化氢反应热的是b；（5）每个晶胞中含有铝原子个数===4.00，该晶胞的每个顶点上和每个面上都含有一个Al原子，为面心立方晶胞最密堆积；面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以对角线长度=×405pm，对角线为四个Al原子半径之和，所以每个铝原子半径=。

点睛：本题考查了晶胞的计算、原子核外电子排布式的书写、晶体类型的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，根据构造原理、密度公式、晶体类型与熔沸点的关系来分析解答，难点的晶胞的计算，注意：面心离子晶胞中，每个面对角线上三个原子紧挨着，而不是每个棱上两个原子紧挨着，为易错点。

12.
有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，
相关合成路线如下：
已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，E的结构简式为：
根据以上信息回答下列问题：
（1） A的分子式为___________，A所含的官能团名称为____________，E→F的反应类型为___________。

（2） I的结构简式为__________________________，
（3） D与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为
________________________________。

（4） H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W的结构简式
_____________________________________。

（5） J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为_______________________。

【答案】(1). C9H10(2). 碳碳双键(3). 消去反应(4).
(5).
(6). (7).
【解析】在质谱图中烃A的最大质荷比为118，则烃A的相对分子质量为118，根据商余法，118÷12=9…10，其化学式为C9H10；由流程图可知A可与Br2/CCl4的溶液发生加成反应，说明B为溴代烃，根据C能够被氧化生成D，D能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成E，结合
E的结构简式，可知D为，C为，则B为，A为；E在浓硫酸存在时脱水生成F，F为
，F再与苯乙醇发生酯化反应生成的酯I为。

(1)A的结构简式为，分子式为C9H10，含有的官能团为碳碳双键；
在浓硫酸存在时脱水生成，即E→F的反应类型为消
去反应，故答案为：C9H10；碳碳双键；消去反应；
(2)由分析可知I的结构简式为，故答案为：
；
(3)与新制Cu(OH)2混合加热生成的化学方程式为
；故答案为；(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1mol W参与反应最多消耗3mol Br2，可知酚羟基的邻、对位均有可取代的氢，则符合条件的W的结构简式为，故答案为：
；
(5)J是一种高分子化合物，则由与乙二酸发生缩聚反应生成J的化学方程式为
或；故答案为：。

点睛：本题考查有机物推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。

注意结合题给信息及
有机反应条件来分析解答。

本题的易错点和难点为同分异构体结构简式和有机方程式的书写，要根据学过的基础知识迁移应用。