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全国普通中等学校2016年高考化学置换卷（三）（衡水卷）（解析版） 一、选择题：本题共7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．将KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中．溶液pH随着时间t变化如图所示，正确的是（ ）
A．整个过程中两电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，2H++2e﹣═H2↑不可能同时发生 B．电解至c点时，在电解液中加入适量的CuCl2固体，即可将电解液恢复至原来的浓度 C．ab段表示电解过程中H+被还原，pH上升 D．原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比恰好为2：1 2．某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（ ） A．放电时LixC6发生氧化反应 B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动 C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连 D．放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2 3．向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）（ ） A． 4．下列说法不正确的是（ ） A．84消毒液含有次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸，二者混合使用会产生氯气使人中毒 B．输送氯气的管道漏气，可以用浓氨水检验，是因为氯气和氨气发生化合反应生成氯化铵． C．因氯气消毒过的自来水不宜直接用来养金鱼，最好在阳光下晒一段时间 D．氯气和二氧化硫均有漂白性，二者按体积比1：1混合后不能是有色布条褪色 5．把一定量某碱金属与2.7g铝的混合物放入足量水中，金属全部溶解，收集到标准状况下气体5.6L，向所得溶液中通入过量二氧化碳，过滤，把滤液减压蒸发，得固体20g，此碱金属相对原子质量为（ ） A．7 B．23 C．39 D．85 6．化学是一门以实验为基础，研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的自然科学．学习科学研究的基本方法，可以加深对科学本质的认识，增进对物质世界的认识．下列有关叙述不正确的是（ ） A．将乙酸乙酯与H218O混合后，用稀硫酸作催化剂，借以判断乙酸乙酯水解时分子中共价键的断裂情况，该方法应称为同位素示踪法 B．相对分子质量的测定常用质谱仪，分子结构测定方法主要是用红外光谱等 C．C6H5﹣OH能与浓溴水生成三溴苯酚，甲苯却不能与浓溴水反应，说明苯酚分子中由于苯环影响，使羟基上H原子变得活泼
D．某有机物C分子式为C11H14O2，其1H﹣NMR图谱如图 7．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（ ） A．X的氢化物溶于水显酸性 B．Y的氧化物是离子化合物 C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质 D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸 二、非选择题 8．（14分）（2016·衡水校级模拟）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得： C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr 2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2 相关物质的溶解性见表：
实验流程如下： C6H12O6溶液 请回答下列问题： （1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，如图装置最合适的是____________．
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是____________． A．新制CuOH2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液 C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液 （2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是____________；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是____________． （3）第③步需趁热过滤，其原因是____________． （4）第④步加入乙醇的作用是____________． （5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是____________． A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇﹣水混合溶液． 9．（15分）（2016·衡水校级模拟）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应式如下： 2
已知： ①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、0.95g（60℃）、6.8g（95℃）． ②乙醚沸点34.6℃，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸． ③石蜡油沸点高于250℃
实验步骤如下： ①向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解．稍冷，加入10mL苯甲醛．开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行．加热回流约40min． ②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温．反应物冷却至室温后，用乙醚萃取三次，每次10mL．水层保留待用．合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，分液水层弃去所得醚层进行实验③． ③将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞．将锥形瓶中溶液转入图2 所示蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必需改变加热方式，升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整，继续升高温度并收集203℃～205℃的馏分得产品A． ④实验步骤②中保留待用水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B． 根据以上步骤回答下列问题： （1）步骤②萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需____________（仪器名称），实验前对该仪器进行检漏操作，方法是____________． （2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去____________，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸．醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生原因____________． （3）步骤③中无水硫酸镁是____________剂；产品A为____________ （4）蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式为____________；蒸馏得产品A加热方式是____________；蒸馏温度高于140℃时应改用____________冷凝． （5）提纯产品B 所用到的实验操作为____________． 10．（14分）（2016·衡水校级模拟）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量．O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为： NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ·mol﹣1 NO（g）+ SO2（g）+O3（g）=SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ·mol﹣1 （1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=____________mol·L﹣1． （2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图． ①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是____________． ②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是____________． （3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为 8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：____________． （4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=____________[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是____________．
【化学--选修2化学与技术】（15分） 11．（15分）（2016·衡水校级模拟）世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．实验室以电解法制备ClO2的流程如图：
（1）ClO2中所有原子____________（填“是”或“不是”）满足8电子结构．上图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用____________（填选项字母）． A．饱和食盐水 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．蒸馏水 （2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品，下列说法正确的是____________（填选项字母）． A．二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理 B．应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期 C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围 D．在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置 （3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备ClO2，化学反应方程式为____________．缺点主要是产率低，产品难以分离，还可能污染环境． （4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备ClO2，化学方程式是____________．此法相比欧洲方法的优点是____________． （5）科学家又研究出了一种新的制备ClO2的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为____________．此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是____________． 【化学--选修3物质结构与性质】（15分） 12．（2016·衡水校级模拟）现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题：
（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有____________个方向，原子轨道呈____________形． （2）某同学根据上述信息，所画的B原子的电子排布图如图 （3）F位于____________族____________区，其基态原子电子有____________种运动状态． （4）CD3中心原子的杂化方式为____________，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为____________．检验E元素的方法是____________． （5）HA3是一种弱酸，可部分电离出H+和A3﹣．配合物[Co（A3）（AH3）5]SO4中的配体是____________（填化学式），钴离子的配位数是____________． [化学--选修5：有机化学基础]（15分） 13．（2016·衡水校级模拟）A（C2H2）是基本有机化工原料．由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题： （1）A的名称是____________，B含有的官能团是____________． （2）①的反应类型是____________，⑦的反应类型是____________． （3）C和D的结构简式分别为____________、____________． （4）异戊二烯分子中最多有____________个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为____________． （5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）____________． （6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3﹣丁二烯的合成路线____________． 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7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．将KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中．溶液pH随着时间t变化如图所示，正确的是（ ）
A．整个过程中两电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，2H++2e﹣═H2↑不可能同时发生 B．电解至c点时，在电解液中加入适量的CuCl2固体，即可将电解液恢复至原来的浓度 C．ab段表示电解过程中H+被还原，pH上升 D．原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比恰好为2：1 【考点】电解原理． 【分析】KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解分3个阶段： [第一阶段]相当于电解氯化铜，阳极：氯离子失电子，阴极：铜离子得电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大； [第二阶段]阳极：氢氧根离子失电子（来源于水的电离），阴极：仍然为铜离子得电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小； [第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小． 【解答】解：KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解分3个阶段： [第一阶段]相当于电解氯化铜，阳极：氯离子失电子，阴极：铜离子得电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大； [第二阶段]阳极：氢氧根离子失电子（来源于水的电离），阴极：仍然为铜离子得电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小； [第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小．A．根据以上分析，氯离子反应完，铜离子还剩，所以整个过程中两电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，2H++2e﹣═H2↑不可能同时出现，故A正确； B．根据以上分析，电解至c点时，在电解液中应加入CuCl2固体和CuO固体，故B错误； C．根据以上分析，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大，故C错误； D．因为由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时，阴极仍然为铜离子得电子，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比不是2：1，故D错误； 故选A． 【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是及本题关键，知道每一阶段发生的反应及溶液pH变化原因，题目难度中等． 2．某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（ ）
A．放电时LixC6发生氧化反应 B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动 C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连 D．放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【分析】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答． 【解答】解：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低， A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，故A正确； B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故B错误； C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故C正确； D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故D正确； 故选B． 【点评】本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大． 3．向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）（ ） A． 【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件；碳族元素简介． 【分析】n（CO2）= 2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，以此解答该题． 【解答】解：n（CO2）= 含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH﹣）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol， n（Ca2+）=0.1mol， 通入CO2，发生：2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓， 设生成xmolCO32﹣，ymolHCO3﹣， 则 x=0.1，y=0.2， 所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3﹣）=0.2mol， 可依次发生：①2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O， ②Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，离子浓度迅速减小， ③OH﹣+CO2=HCO3﹣， 所以图象C符合， 故选C． 【点评】本题考查离子方程式的计算，题目难度较大，解答本题时注意B和C的区别，为易错点． 4．下列说法不正确的是（ ） A．84消毒液含有次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸，二者混合使用会产生氯气使人中毒 B．输送氯气的管道漏气，可以用浓氨水检验，是因为氯气和氨气发生化合反应生成氯化铵． C．因氯气消毒过的自来水不宜直接用来养金鱼，最好在阳光下晒一段时间 D．氯气和二氧化硫均有漂白性，二者按体积比1：1混合后不能是有色布条褪色 【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯气的化学性质． 【分析】A．NaClO和盐酸发生氧化还原反应生成氯气； B．氯气和氨气发生氧化还原反应生成氯化铵和氮气； C．氯水中含HClO，具有强氧化性，光照HClO分解生成氧气； D．氯气和二氧化硫均有漂白性，二者按体积比1：1混合，反应生成硫酸和盐酸． 【解答】解：A．NaClO和盐酸发生氧化还原反应生成氯气，则混合使用会产生氯气使人中毒，故A正确； B．氯气和氨气发生氧化还原反应生成氯化铵和氮气，不是化合反应，故B错误； C．氯水中含HClO，具有强氧化性，光照HClO分解生成氧气，则因氯气消毒过的自来水不宜直接用来养金鱼，最好在阳光下晒一段时间，故C正确； D．氯气和二氧化硫均有漂白性，二者按体积比1：1混合，反应生成硫酸和盐酸，则1：1混合后不能是有色布条褪色，故D正确； 故选B． 【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 5．把一定量某碱金属与2.7g铝的混合物放入足量水中，金属全部溶解，收集到标准状况下气体5.6L，向所得溶液中通入过量二氧化碳，过滤，把滤液减压蒸发，得固体20g，此碱金属相对原子质量为（ ） A．7 B．23 C．39 D．85 【考点】有关混合物反应的计算． 【分析】2.7g铝的物质的量为： 【解答】解：2.7g铝的物质的量为： 标况下5.6L氢气的物质的量为：
则碱金属与水反应生成的氢气的物质的量为：0.25mol﹣0.15mol=0.1mol，根据电子守恒，碱金属的物质的量为：
向所得溶液中通入过量二氧化碳，过滤，把滤液减压蒸发，得固体20g，该固体为该碱金属的碳酸氢盐，该碳酸氢盐的物质的量为0.2mol，其摩尔质量为： 故选C． 【点评】本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度中等，正确分析“金属全部溶解”的含义及铝与强碱溶液的反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． 6．化学是一门以实验为基础，研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的自然科学．学习科学研究的基本方法，可以加深对科学本质的认识，增进对物质世界的认识．下列有关叙述不正确的是（ ） A．将乙酸乙酯与H218O混合后，用稀硫酸作催化剂，借以判断乙酸乙酯水解时分子中共价键的断裂情况，该方法应称为同位素示踪法 B．相对分子质量的测定常用质谱仪，分子结构测定方法主要是用红外光谱等 C．C6H5﹣OH能与浓溴水生成三溴苯酚，甲苯却不能与浓溴水反应，说明苯酚分子中由于苯环影响，使羟基上H原子变得活泼
D．某有机物C分子式为C11H14O2，其1H﹣NMR图谱如图 【考点】有机物的结构和性质． 【分析】A、酯化反应中酸失羟基醇失氢； B、质谱法用于测定相对分子质量，红外光谱用于测定分子结构； C、C6H5﹣OH能与浓溴水生成三溴苯酚，说明苯酚分子中由于羟基的影响，使苯环上H原子变得活泼； D、不同氢原子个数比不符合5：2：2：2：3． 【解答】解：A、将乙酸乙酯与H218O混合后，用稀硫酸作催化剂，据18O的存在情况判断断键位置，为同位素示踪法，故A正确； B、质谱法用于测定相对分子质量，红外光谱用于测定分子结构，故B正确； C、C6H5﹣OH能与浓溴水生成三溴苯酚，说明苯酚分子中由于羟基的影响，使苯环上H原子变得活泼，不是使羟基上H原子变得活泼，故C错误； D、有机物 故选CD． 【点评】本题考查了同位素示踪法、测定相对分子质量和分子结构的方法、有机物分子中不同基团之间的相互影响等等，题目难度不大． 7．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（ ） A．X的氢化物溶于水显酸性 B．Y的氧化物是离子化合物 C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质 D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸 【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为 A、利用氨气与水反应即氨水的电离来分析； B、利用氧化镁的构成微粒来分析； C、利用硫化氢中硫元素的化合价来分析其性质； D、X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸．
【解答】解：因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为 A、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，在水中电离生成按很离子合氢氧根离子，则溶液显碱性，故A错误； B、Y的氧化物为氧化镁，是由镁离子和氧离子构成，则属于离子化合物，故B正确； C、Z的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其水溶液在空气中存放易被氧化，故C错误； D、N、S的最高价氧化物对应的水化物为硝酸和硫酸，都属于强酸，故D错误； 故选B． 【点评】本题考查学生利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键，学生应熟悉元素化合物知识来解答此类习题． 二、非选择题 8．（14分）（2016·衡水校级模拟）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得： C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr 2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2 相关物质的溶解性见表：
实验流程如下： C6H12O6溶液 请回答下列问题： （1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，如图装置最合适的是 B ．
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是 C ． A．新制CuOH2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液 C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液 （2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是 提高葡萄糖的转化率 ；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙 ． （3）第③步需趁热过滤，其原因是 葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品 ． （4）第④步加入乙醇的作用是 可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 ． （5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是 D ． A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇﹣水混合溶液． 【考点】制备实验方案的设计． 【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体； （1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的； （2）增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙； （3）根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答； （4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出； （5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失． 【解答】解：葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体； （1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的， 故答案为：B；C； （2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，宜用CaCl2替代CaCO3， 故答案为：提高葡萄糖酸的转化率；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙； （3）葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品， 故答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品； （4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出， 故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出； （5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失， 故选：D． 【点评】本题考查物质制备，涉及对工艺流程的理解、对装置于操作的分析与评价、物质的量分离提纯等，操作考查学生对知识的迁移应用，题目体现化学再生活、生产中应用，难度中等． 9．（15分）（2016·衡水校级模拟）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应式如下： 2
已知： ①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、0.95g（60℃）、6.8g（95℃）． ②乙醚沸点34.6℃，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸． ③石蜡油沸点高于250℃
实验步骤如下： ①向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解．稍冷，加入10mL苯甲醛．开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行．加热回流约40min． ②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温．反应物冷却至室温后，用乙醚萃取三次，每次10mL．水层保留待用．合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，分液水层弃去所得醚层进行实验③． ③将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞．将锥形瓶中溶液转入图2 所示蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必需改变加热方式，升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整，继续升高温度并收集203℃～205℃的馏分得产品A． ④实验步骤②中保留待用水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B． 根据以上步骤回答下列问题： （1）步骤②萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需 分液漏斗 （仪器名称），实验前对该仪器进行检漏操作，方法是 向分液漏斗加少量水，检查旋塞芯外是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用 ． （2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去 未反应完的苯甲醛
，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸．醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生原因
（3）步骤③中无水硫酸镁是 干燥（吸收水分） 剂；产品A为 苯甲醇 （4）蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式为 水浴加热 ；蒸馏得产品A加热方式是 石蜡油油浴加热 ；蒸馏温度高于140℃时应改用 改用空气冷凝管 冷凝． （5）提纯产品B 所用到的实验操作为 重结晶 ． 【考点】制备实验方案的设计． 【分析】利用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中通过发生歧化反应得到苯甲醇和苯甲酸，反应后的混合溶液利用乙醚萃取并依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，得到的有机层为苯甲醇的乙醚溶液，此有机混合液可通过蒸馏操作得到苯甲醇；步骤②所得水溶液通过酸化并重结晶最终可得到苯甲酸； （1）萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外还有分液漏斗；有机分液漏斗的使用方法回答； （2）有机实验操作步骤所述，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去未反应的苯甲醛；碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的； （3）无水硫酸镁是干燥剂；203℃～205℃的馏分，依据沸点判断馏出成分为苯甲醇； （4）乙醚沸点34.6℃，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热；石蜡油沸点高于250℃，蒸馏得产品A加热方式应控制苯甲醇的沸点馏出A；在石蜡油油浴加热；升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整为空气冷凝管； （5）依据步骤操作可知B是利用重结晶方法得到晶体． 【解答】解：利用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中通过发生歧化反应得到苯甲醇和苯甲酸，反应后的混合溶液利用乙醚萃取并依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL 10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤，得到的有机层为苯甲醇的乙醚溶液，此有机混合液可通过蒸馏操作得到苯甲醇；步骤②所得水溶液通过酸化并重结晶最终可得到苯甲酸； （1）萃取的主要玻璃仪器是分液漏斗，使用时需要对分液漏斗进行查漏，操作为向分液漏斗加少量水，检查旋塞芯外是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用， 故答案为：分液漏斗； 向分液漏斗加少量水，检查旋塞芯外是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用；
（2）实验步骤中的，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去为反应的苯甲醛；碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的；反应的离子方程式为 故答案为：未反应完的苯甲醛； （3）加无水硫酸镁的作用是吸收水蒸气，起到干燥的作用，203℃～205℃的馏分，依据沸点判断馏出成分为苯甲醇，故答案为：干燥（吸收水分）；苯甲醇； （4）乙醚沸点34.6℃，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热，易于控制温度；蒸馏得产品A加热方式应控制苯甲醇的沸点馏出A；石蜡油沸点高于250℃，在石蜡油油浴加热能达到蒸馏苯甲醇馏出；升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整为空气冷凝管，常温下苯甲醇为液体； 故答案为：水浴加热；石蜡油油浴加热；改用空气冷凝管； （5）实验步骤②中保留待用水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B，需要几次溶解后再结晶的操作，进行析出提纯，操作方法为重结晶，故答案为：重结晶． 【点评】本题考查了有机实验分离提纯的步骤分析判断，物质制备的条件应用，题干条件的分析判断和信息应用是解题关键，题目难度中等． 10．（14分）（2016·衡水校级模拟）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量．O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为： NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ·mol﹣1 NO（g）+ SO2（g）+O3（g）=SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ·mol﹣1 （1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H= ﹣317.3 mol·L﹣1． （2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图． ①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是 O3将NO2氧化成更高价氮氧化物 ． ②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 SO2与O3的反应速率慢 ． （3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为 8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为： SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O ．
（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=
【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】（1）已知：①NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ·mol﹣1 ②NO（g）+ 由盖斯定律可知，①+②×2得3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），据此计算； （2）①根据O3的强氧化性分析； ②SO2与O3的反应速率很慢； （3）SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，N元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，所以SO32﹣被氧化为SO42﹣； （4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，溶液中存在CaSO3+SO42﹣?CaSO4+SO32﹣，根据Ks计算；根据CaSO3+SO42﹣?CaSO4+SO32﹣的平衡移动影响因素． 【解答】解：（1）已知：①NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ·mol﹣1 ②NO（g）+ 由盖斯定律可知，①+②×2得3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），△H=﹣317.3kJ/mol； 故答案为：﹣317.3； （2）①O3具有强氧化性，当n（O3）：n（NO）＞1时，过量的O3会将NO2氧化为更高价态的化合物； 故答案为：O3将NO2氧化成更高价氮氧化物； ②SO2具有较强的还原性，增加O3量，SO2的量几乎没有变化，说明SO2与O3的反应速率很慢； 故答案为：SO2与O3的反应速率很慢； （3）SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，N元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，所以SO32﹣被氧化为SO42﹣，其反应的离子方程式为：SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O； 故答案为：SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O；
（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，溶液中存在CaSO3+SO42﹣?CaSO4+SO32﹣，则c（SO32﹣）= 故答案为：CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2的反应速率． 【点评】本题考查了盖斯定律的应用、影响反应速率的因素、化学平衡移动、溶度积常数的应用等，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生对化学原理的应用能力和计算能力． 【化学--选修2化学与技术】（15分） 11．（15分）（2016·衡水校级模拟）世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．实验室以电解法制备ClO2的流程如图：
（1）ClO2中所有原子 不是 （填“是”或“不是”）满足8电子结构．上图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用 C （填选项字母）． A．饱和食盐水 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．蒸馏水 （2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品，下列说法正确的是 ABCD （填选项字母）． A．二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理 B．应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期 C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围 D．在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置 （3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备ClO2，化学反应方程式为 2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O ．缺点主要是产率低，产品难以分离，还可能污染环境． （4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备ClO2，化学方程式是 2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 ．此法相比欧洲方法的优点是 安全性好，没有产生毒副产品 ． （5）科学家又研究出了一种新的制备ClO2的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为 H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O ．此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是 反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用 ． 【考点】制备实验方案的设计． 【分析】（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子；产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂； （2）高效“绿色”消毒剂二氧化氯，可推广使用，代替氯气； （3）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水； （4）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯； （5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答． 【解答】解：（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子，则O原子不能满足8电子稳定结构，产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有C中浓硫酸符合， 故答案为：不是；C； （2）A．二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理，代替氯气，为“绿色”消毒剂，故A正确； B．应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期，能杀菌消毒，故B正确； C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围，便于运输和应用，故C正确； D．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装，故D正确； 故答案为：ABCD； （3）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O， 故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O； （4）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯，该反应为2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2，该法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有产生毒副产品， 故答案为：2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2；安全性好，没有产生毒副产品； （5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用， 故答案为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用． 【点评】本题通过二氧化氯的性质及应用，考查了制备方案的设计，题目难度中等，注意把握所给信息来分析解答，侧重学生解决新问题能力的考查，将知识活学活用为解答的关键． 【化学--选修3物质结构与性质】（15分） 12．（2016·衡水校级模拟）现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题：
（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有 3 个方向，原子轨道呈 纺锤形 形． （2）某同学根据上述信息，所画的B原子的电子排布图如图 （3）F位于 第ⅦB 族 d 区，其基态原子电子有 25 种运动状态． （4）CD3中心原子的杂化方式为 sp3 ，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为 三角锥形 ．检验E元素的方法是 焰色反应 ． （5）HA3是一种弱酸，可部分电离出H+和A3﹣．配合物[Co（A3）（AH3）5]SO4中的配体是 N3﹣、NH3 （填化学式），钴离子的配位数是 6 ． 【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期，则其电子排布为1s22s22p63s2，故B为Mg；C原子核外所有p轨道全满或半满，结合原子序数可知，价电子为3s23p3符合题意，即C为P；D元素的主族序数与周期数的差为4，原子序数大于P，则D为第三周期第ⅦA族元素，即D为Cl；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K；F在周期表的第七列，则F为Mn，据此解答． 【解答】解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期，则其电子排布为1s22s22p63s2，故B为Mg；C原子核外所有p轨道全满或半满，结合原子序数可知，价电子为3s23p3符合题意，即C为P；D元素的主族序数与周期数的差为4，原子序数大于P，则D为第三周期第ⅦA族元素，即D为Cl；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K；F在周期表的第七列，则F为Mn， （1）A为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形，故答案为：3；纺锤形； （2）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，B基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利不相容原理，故答案为：泡利不相容； （3）F为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，核外电子数为25，有25种运动状态不同的电子，故答案为：第ⅦB；d；25； （4）PCl3中P原子孤电子对数为1，成键数为3，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，F为K，检验K元素应利用焰色反应，故答案为：sp3；三角锥形；焰色反应； （5）A为氮元素，配合物[Co（N3）（NH3）5]SO4中的配体是N3﹣、NH3，其中N3﹣是1个，NH3是5个，所以配位数是6，故答案为：N3﹣、NH3；6． 【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及其应用，难度中等，注意原子结构知识在元素推断中的重要性，学生应熟悉电子的排布、空间构型、杂化等知识点． [化学--选修5：有机化学基础]（15分） 13．（2016·衡水校级模拟）A（C2H2）是基本有机化工原料．由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题： （1）A的名称是 乙炔 ，B含有的官能团是 碳碳双键和酯基 ． （2）①的反应类型是 加成反应 ，⑦的反应类型是 消去反应 ． （3）C和D的结构简式分别为 （4）异戊二烯分子中最多有 11 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为 （5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式） CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3 ． （6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3﹣丁二烯的合成路线 【考点】有机物的推断．
【分析】由分子式可知A为HC≡CH，结合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式发现B（C4H6O2）为A与乙酸发生加成反应所得，生成B为CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成
【解答】解：由分子式可知A为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成 （1）由以上分析可知A为乙炔，B为CH2=CHOOCCH3，含有的官能团为碳碳双键和酯基，故答案为：乙炔；碳碳双键和酯基；
（2）A为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2=CHOOCCH3， 故答案为：加成反应；消去反应； （3）C为
（4）异戊二烯结构简式为CH2=C（CH3）﹣CH=CH2，分子中含有2个C=C键，与C=C键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有1个H原子与C=C键也可能在同一个平面上，则共有11个原子共平面，如图所示： 顺式聚异戊二烯的结构简式为 （5）与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有C≡C键，可能的结构简式有CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3等， 故答案为：CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3；
（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成HC≡CCHOHCH3，然后与氢气发生加成反应生成H2C=CHCHOHCH3，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，该题最好的方法是使用逆推法，合成路线为 【点评】本题为2015年高考题，题目侧重烯烃、炔烃的性质的考查，有助于培养学生良好的分析能力和自学能力，难度适中，注意把握题给信息，易错点为结构的判断和同分异构体的书写． |
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