河南省鹤壁一中2017届高三（上）第二次综合能力化学试卷（解析版）

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2016-2017学年河南省鹤壁一中高三（上）第二次综合能力化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42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．下列各组物质：①NaNO₃和NaCl；②CaCl₂和CaCO₃；③MnO₂和KCl；④BaSO₄和AgCl．可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是（ ）

A．只有① B．③④ C．②③ D．②④

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【分析】按照溶解、过滤、蒸发的步骤进行分离的物质，必须需要满足：一种物质不能溶于水，另一种物质能溶于水．

【解答】解：①NaNO₃和NaCl，均能溶于水，不能按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离，故①错误；

②CaCl₂和CaCO₃，CaCl₂能溶于水，而CaCO₃不溶于水，能按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离，故②正确；

③MnO₂和KCl，KCl能溶于水，而MnO₂不溶于水，能按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离，故③正确；

④BaSO₄和AgCl，均不能溶于水，不能按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离，故④错误；

故选C．

2．现在MgCl₂、AlCl₃、CuCl₂、FeCl₃四种溶液只用一种试剂把它们区别开，这种试剂是（ ）

A．氨水 B．AgNO₃ C．NaOH溶液 D．NaCl

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】四种物质含有的阳离子各不相同，可加入NaOH溶液检验，生成物的现象各不相同，以此解答该题．

【解答】解：A．加入氨水，不能鉴别MgCl₂、AlCl₃，故A错误；

B．加入AgNO₃溶液，都生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；

C．加入NaOH溶液，则MgCl₂生成白色沉淀，AlCl₃先生成白色沉淀，后溶解，CuCl₂生成蓝色沉淀，FeCl₃生成红棕色沉淀，可鉴别，故C正确；

D．计入NaCl，都不反应，不能鉴别，故D错误．

故选C．

3．下列反应的离子方程式正确的是（ ）

A．一定量的碳酸氢钠溶液中加入足量澄清石灰水 HCO₃^﹣+Ca²⁺+OH^﹣═CaCO₃↓+H₂O

B．漂白粉的稀溶液中通入过量SO₂气体 Ca²⁺+2ClO^﹣+SO₂+H₂O═CaSO₃↓+2HClO

C．已知电离平衡常数：H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO^﹣+CO₂+H₂O═2HClO+CO₃^2﹣

D．Ba（OH）₂溶液加入过量NaHSO₄溶液中：H⁺+SO₄^2﹣+Ba²⁺+OH^﹣═BaSO₄↓+H₂O

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．氢氧化钙足量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；

B．次氯酸根具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成亚硫酸根离子；

C．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO₃^﹣；

D．硫酸氢钠过量，二者反应生成硫酸钡、硫酸钠和水．

【解答】解：A．定量的碳酸氢钠溶液中加入足量澄清石灰水，离子方程式：HCO₃^﹣+Ca²⁺+OH^﹣═CaCO₃↓+H₂O，故A正确；

B．漂白粉溶液中通入过量SO₂的离子反应为Ca²⁺+2ClO^﹣+2H₂O+2SO₂=CaSO₄↓+4H⁺+2Cl^﹣+SO₄^2﹣，离子反应错误，故B错误；

C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO₃^﹣，离子方程式为ClO^﹣+CO₂+H₂O═HClO+HCO₃^﹣，故错误；

D．Ba（OH）₂溶液加入过量NaHSO₄溶液中，离子方程式：2H⁺+SO₄^2﹣+Ba²⁺+2OH^﹣═BaSO₄↓+2H₂O，故D错误；

故选：A．

4．下列叙述不正确的是（ ）

①热稳定性：H₂O＞HF＞H₂S

②熔点：Al＞Na＞K

③第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布

④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素

⑤沸点：NH₃＜PH₃＜AsH₃

⑥已知2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H=﹣571kJ·mol^﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ·mol^﹣1

⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N．

A．②④⑥ B．①③⑤⑦ C．②④⑥⑦ D．⑤⑥⑦

【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子核外电子排布；燃烧热．

【分析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；

②金属晶体中原子半径越小、金属离子所带电荷越多，金属键的越强，熔点越高；

③金属失电子形成阳离子，与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布；

④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过度元素全部为金属元素；

⑤氢化物分子间含有氢键的沸点较高；

⑥1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；

⑦分子的稳定性与化学键的键能有关．

【解答】解：①非金属性：F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H₂O＞H₂S，故①错误；

②金属晶体中原子半径越小、金属离子所带电荷越多，金属键的越强，熔点越高，原子半径：Al＜Na＜K，则金属键：Al＞Na＞K，金属键的作用力越弱，熔点越低，则熔点：Al＞Na＞K，故②正确；

③金属失电子形成阳离子，与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，所以第ⅠA、ⅡA族元素的金属阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；

④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过度元素全部为金属元素，故④正确；

⑤氢化物分子间含有氢键的沸点较高，则沸点：PH₃＜AsH₃＜NH₃，故⑤错误；

⑥1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，已知2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H=﹣571kJ·mol^﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ·mol^﹣1，故⑥正确；

⑦分子的稳定性与化学键的键能有关，因为白磷中共价键的键能小于氮气中共价键的键能，键能越大，分子越稳定，所以非金属性：P＜N，故⑦错误．

故选B．

5．对于可逆反应4NH₃（g）+5O₂（g）⇌4NO（g）+6H₂O（g），下列叙述正确的是（ ）

A．达到化学平衡时，4υ_正（O₂）=5υ_逆（NO）

B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH₃，则反应达到平衡状态

C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大

D．化学反应速率关系是：2υ_正（NH₃）=3υ_正（H₂O）

【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．

【分析】A、达到化学平衡时，化学反应速率是相等的，且反应速率之比等于方程式的系数之比；

B、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；

C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；

D、根据反应速率之比等于方程式的系数之比．

【解答】解：A、4v_正（O₂）=5v_逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；

B、单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH₃，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故B错误；

C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，故C错误；

D、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ_正（NH₃）=2υ_正（H₂O），故D错误．

故选A．

6．已知：Fe₅O₇可以看作Fe₂O₃和Fe₃O₄的混合物．现有Fe、Fe₂O₃、Fe₅O₇混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01mol H₂，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（ ）

A．0.05 mol B．0.06 mol C．0.07 mol D．0.08 mol

【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．

【分析】加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01mol H₂，得到与盐酸反应生成氢气的铁物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，依据极值法计算判断．

【解答】解：铁和盐酸反应Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，生成0.01mol氢气消耗铁物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子；

假设混合物0.1mol为Fe、Fe₂O₃的混合物；设原混合物铁物质的量为x，则Fe₂O₃的物质的量为（0.1﹣x）mol，Fe³⁺物质的量2（0.1﹣x）mol；

Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺；

1 2

（x﹣0.01）mol 2（0.1﹣x）mol

计算得到x=0.055mol；

假设混合物0.1mol为Fe、Fe₅O₇混合物，设原混合物中铁物质的量为y，则Fe₅O₇混物质的量为（0.1﹣y）mol，Fe₅O₇可以看作Fe₂O₃和Fe₃O₄的混合物，Fe₃O₄的可以看做Fe₂O₃和FeO组成，则Fe₂O₃的物质的量为2（0.1﹣y）mol，Fe³⁺物质的量4（0.1﹣x）mol；

Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺；

1 2

（x﹣0.01）mol 4（0.1﹣x）mol

计算得到x=0.07mol；

所以Fe、Fe₂O₃、Fe₅O₇混合物共0.1mol反应含有铁的物质的量为0.055＜n（Fe）＜0.07，在此范围的铁的物质的量符合；

故选B．

7．用惰性电极电解一定质量的某浓度的NaCl溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（ ）

A．6mol B．7mol C．8mol D．9mol

【考点】电解原理．

【分析】电解反应为：2NaCl+2H₂OH₂↑+Cl₂↑+2NaOH，

如果纯粹电解NaCl，那么应该补充纯粹的HCl气体即可，而现在加入的是100g36.5%的浓盐酸，其中含HCl为=1mol，含水为=3.5mol，

由此知还应该有水的电解，即2H₂O2H₂↑+O₂↑．

【解答】解：电解反应为：2NaCl+2H₂OH₂↑+Cl₂↑+2NaOH，

如果纯粹电解NaCl，那么应该补充纯粹的HCl气体即可，而现在加入的是100g36.5%的浓盐酸，其中含HCl为=1mol，含水为=3.5mol，

由此知还应该有水的电解，即2H₂O2H₂↑+O₂↑；1molCl转移1mol电子，1molH₂O转移2mol电子，电解过程中有1molNaCl被电解转移电子1mol，1molH₂O转移2mol电子，3.5mol水被电解转移电子3.5mol×2=7mol，

转移电子的总数是1×1+3.5×2=8mol；

故选C；

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）

8．单晶硅是信息产业中重要的基础材料．通常用炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450～500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅．以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图．

相关信息：①四氯化硅遇水极易水解；②SiCl₄沸点为57.7℃，熔点为﹣70.0℃．请回答：

（1）写出装置A中发生反应的离子方程式 MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O ．

（2）装置C中的试剂是 浓硫酸 ；装置F的作用是 防止空气中的水进入H中 ；装置E中的h瓶需要冷却的理由是 产物SiCl₄沸点低，需要冷凝收集 ．

（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中含有铁元素，为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe²⁺，再用KMnO₄标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定．

①反应的离子方程式： 5Fe²⁺+MnO₄^﹣+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O ．

②滴定前是否要滴加指示剂？ 否 （填“是”或“否”），请说明理由 KMnO₄溶液的紫红色可指示反应终点 ．

③滴定前检验Fe³⁺是否被完全还原的实验操作是 取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe³⁺已完全还原 ．

【考点】制备实验方案的设计；硅和二氧化硅．

【分析】制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止空气中的水进入，最后处理含氯气的尾气．

（1）二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水；

（2）装置C中的试剂应该吸收水而不能吸收氯气，用浓硫酸干燥氯气；四氯化硅遇水极易水解，F可防止空气中的水进入；产物SiCl₄沸点低，需要冷凝收集；

（3）①KMnO₄酸性溶液与Fe²⁺反应时被还原为Mn²⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，根据化合价升降法配平即可；

②MnO₄^﹣转变成Mn²⁺溶液颜色有紫色变成无色，现象明显，无需滴加指示剂；

③Fe³⁺遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，可用KSCN溶液检验铁离子的存在．

【解答】解：（1）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+2H₂O+Cl₂↑，

故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+2H₂O+Cl₂↑；

（2）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止空气中的水进入；产物SiCl₄沸点低，需要冷凝收集，

故答案为：浓硫酸；防止空气中的水进入H中；产物SiCl₄沸点低，需要冷凝收集；

（3）①KMnO₄酸性溶液与Fe²⁺反应时被还原为Mn²⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H₂O的系数为4，H⁺的系数为8，离子方程式为：MnO₄^﹣+5Fe²⁺+8H⁺═Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，

故答案为：MnO₄^﹣+5Fe²⁺+8 H⁺═Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O；

②KMnO₄标准溶液本身就是一种指示剂，MnO₄^﹣转变成Mn²⁺溶液颜色有紫色变成无色，KMnO₄标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，

故答案为：否；KMnO₄溶液的紫红色可指示反应终点；

③Fe³⁺遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明Fe³⁺的存在．因此取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe³⁺已完全还原，

故答案为：取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe³⁺已完全还原．

9．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池．请你利用下列反应“Cu+2Ag⁺=2Ag+Cu²⁺”设制一个化学电池，并回答下列问题：

①该电池的正极材料是 C ，负极材料是 Cu ，电解质溶液是 AgNO₃ 溶液 ．

②在外电路中，电流方向是从 正 极到 负 极．

③正极上出现的现象是 正极质量增加 ．负极上出现的现象是 负极质量减少 ．

【考点】设计原电池．

【分析】根据反应Cu+2Ag⁺=2Ag+Cu²⁺分析，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Cu﹣2e^﹣=Cu²⁺，则正极为活泼性较Cu弱的金属或非金属，如碳棒，Ag⁺在正极上得电子被还原，电极反应为Ag⁺+e=Ag，电解质溶液为AgNO₃ ．

【解答】解：①根据电池总反应可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，则正极为活泼性较Cu弱的金属或非金属，如碳棒，Ag⁺在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO₃ ，故答案为：C；Cu；AgNO₃ 溶液；

②原电池电流方向从正极经外电路流向正极，电子流向相反，故答案为：正；负；

③原电池工作时，负极反应为Cu﹣2e^﹣=Cu²⁺，电极质量不断减小，正极反应为Ag⁺+e=Ag，正极上有银白色物质析出，质量不断增加，故答案为：正极质量增加；负极质量减少．

10．室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH₃COONa溶液，设由水电离产生的OH^﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为 A：B=10^﹣4：1 ．

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH^﹣） 等于C（H⁺），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH^﹣） 等于水离子积常数与C（H⁺）的比值．

【解答】解：氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH^﹣）等于c（H⁺），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH^﹣）等于水离子积常数与C（H⁺）的比值，则氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH^﹣）=10^﹣9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH^﹣）=mol/L=10^﹣5 mol/L，所以A：B=10^﹣4：1，

故答案为：A：B=10^﹣4：1．

11．在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红．若在该溶液中再滴入过量的BaCl₂溶液，所观察到的现象是 产生白色沉淀，溶液由红色变为无色 ，其原因是 CO₃^2﹣水解呈碱性使酚酞变红：CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣．加入BaCl₂后，CO₃^2﹣转化为BaCO₃沉淀，水解平衡左移，OH^﹣浓度减小，溶液中只有NaCl和BaCl₂，呈中性，溶液褪色． （以离子方程式和简要文字说明）．

【考点】离子方程式的书写．

【分析】纯碱是强碱弱酸盐碳酸钠，碳酸钠水解而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；再滴入过量的BaCl₂溶液，碳酸根离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，由于CO₃^2﹣浓度减小，水解平衡左移，OH^﹣浓度减小，溶液褪色；据此即可解答．

【解答】解：纯碱是强碱弱酸盐碳酸钠，在纯碱溶液中CO₃^2﹣易水解生成氢氧根离子：CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；

向溶液中加入氯化钡后，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，Ba²⁺+CO₃^2﹣═BaCO₃↓（白色）．由于CO₃^2﹣浓度减小，水解平衡左移，OH^﹣浓度减小，溶液中只有NaCl和BaCl₂，呈中性，溶液褪色；

故答案为：产生白色沉淀，溶液由红色变为无色；CO₃^2﹣水解呈碱性使酚酞变红：CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣．加入BaCl₂后，CO₃^2﹣转化为BaCO₃沉淀，水解平衡左移，OH^﹣浓度减小，溶液中只有NaCl和BaCl₂，呈中性，溶液褪色．

12．对于盐A_mB_n的溶液：

①若为强酸弱碱盐，其水解的离子方程式是 Aⁿ⁺+nH₂O⇌A（OH）_n+nH⁺ ；

②若为弱酸强碱盐，其水解的离子方程式是 B^m﹣+H₂O⇌HB^{（m﹣1）﹣}+OH^﹣ ．

【考点】离子方程式的书写．

【分析】①弱碱根离子结合水电离的氢氧根离子生成弱碱和氢离子；

②多元弱酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主．

【解答】解：①若为强酸弱碱盐，Aⁿ⁺水解生成A（OH）_n和氢离子，其水解的离子方程式为：Aⁿ⁺+nH₂O⇌A（OH）_n+nH⁺，

故答案为：Aⁿ⁺+nH₂O⇌A（OH）_n+nH⁺；

②A_mB_n的溶液为弱酸强碱盐的溶液，多元弱酸根离子易水解且分步水解，其第一步水解的离子方程式为：B^m﹣+H₂O⇌HB^{（m﹣1）﹣}+OH^﹣，

故答案为：B^m﹣+H₂O⇌HB^{（m﹣1）﹣}+OH^﹣．

13．已知K_SP（Ag₂CrO₄）=1.12×10^﹣12，将等体积的4×10^﹣3mo1·L^﹣1的AgNO₃和4×10^﹣3mo1·L^﹣1K₂CrO₄混合， 能 产生Ag₂CrO₄沉淀（填“能”或“不能”）．

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【分析】混合液中c（Ag⁺）=×4×10^﹣3mo1·L^﹣1=2×10^﹣3mo1·L^﹣1，c（CrO₄^2﹣）=×4×10^﹣3mo1·L^﹣1=2×10^﹣3mo1·L^﹣1，

根据离子积与溶度积常数相对大小确定是否产生沉淀，如果离子积大于浓度商，则产生沉淀．

【解答】解：混合液中c（Ag⁺）=×4×10^﹣3mo1·L^﹣1=2×10^﹣3mo1·L^﹣1，c（CrO₄^2﹣）=×4×10^﹣3mo1·L^﹣1=2×10^﹣3mo1·L^﹣1，

K_SP（Ag₂CrO₄）=c²（Ag⁺）·c（CrO₄^2﹣）=（2×10^﹣3）²×2×10^﹣3=8×10^﹣9＞1.12×10^﹣12，所以能够生成铬酸银沉淀，

故答案为：能．

14．X、Y都是芳香族化合物，均为常见食用香精，广泛用于化妆品、糖果及调味品中．1mol X水解得到1mol Y和1mol CH₃CH₂OH，X、Y的分子量都不超过200，完全燃烧都只生成CO₂和H₂O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，且碳与氢元素的质量比为11：1

（1）X、Y分子量之差为 28 ．

（2）X的分子式是 C₁₁H₁₂O₂ ．

（3）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，用芳香烃A合成G路线如下：

①写出A的结构简式 ．

②B→C的反应类型是 取代反应 ，E→F反应的化学方程式为： ．

③写出所有符合下列条件的F的同分异构体的结构简式： ．

ⅰ．分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基．

ⅱ．一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl₃溶液发生显色反应．

④某物质M与E同分异构体，写出M满足下列条件的同分异构体有 20 种．

ⅰ、与FeCl₃溶液发生显色反应

ⅱ、与碳酸氢钠溶液反应放出气体

ⅲ、苯环上有3条侧链．

【考点】有机物的推断．

【分析】1molX水解得到1molY和1mol CH₃CH₂OH，X、Y的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO₂和H₂O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，含O为≈2，则X为酯，由D的结构可知，D→E发生催化氧化，E为，E→F发生消去反应，所以F为，F与乙醇发生酯化反应生成G，则G为，G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，则X为，Y为，再结合合成路线可知，A→B发生加成，B→C发生水解，C→D发生催化氧化，则A为，据此分析解答．

【解答】解：1molX水解得到1molY和1mol CH₃CH₂OH，X、Y的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO₂和H₂O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，含O为≈2，则X为酯，由D的结构可知，D→E发生催化氧化，E为，E→F发生消去反应，所以F为，F与乙醇发生酯化反应生成G，则G为，G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，则X为，Y为，再结合合成路线可知，A→B发生加成，B→C发生水解，C→D发生催化氧化，则A为，

（1）X为，Y为，相差C₂H₄，即相对分子质量相差28，

故答案为：28；

（2）X为，X的分子式为C₁₁H₁₂O₂，

故答案为：C₁₁H₁₂O₂；

（3）①由上述分析可知A为，

故答案为：；

②B→C的反应为卤代烃的碱性水解，是取代反应，E→F的反应为，

故答案为：取代反应；；

③F为，符合i．分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基，ii．一定条件下该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl₃溶液发生显色反应，其一取代基为﹣OH，则同分异构体为，

故答案为：

④E为，M与E同分异构体，M满足下列条件ⅰ、与FeCl₃溶液发生显色反应，说明有酚羟基，ⅱ、与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明有羧基，ⅲ、苯环上有3条侧链，则M的结构为苯环上连有﹣OH、﹣COOH、﹣CH₂CH₃，或﹣OH、﹣CH₂COOH、﹣CH₃，根据定二动一的原则可知，每种情况都有10种结构，所以共有20种，

故答案为：20．

2016年12月22日