2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)化学.docx

《2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)化学.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)化学.docx（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、 2016 年普通高等学校招生全国统一考试 (新课标卷 )化学 一、选择题：本大题共 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 (6 分 )下列关于燃料的说法错误的是 ( ) A燃料燃烧产物 CO2 是温室气体之一 B化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D燃料不完全燃烧排放的 CO 是大气污染物之一 解析 ： A形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故 A 正确； B化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故 B错误； C压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时

2、产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故 C 正确； D燃料不完全燃烧排放的 CO 有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故 D 正确 。 答案： B 2 (6 分 )下列各组中的物质均能发生就加成反应的是 ( ) A乙烯和乙醇 B苯和氯乙烯 C乙酸和溴乙烷 D丙烯和丙烷 解析 ： A乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故 A 错误； B苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故 B 正确； C乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故 C 错误； D丙烯分子

3、中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故 D 错误 。 答案： B 3 (6 分 )a、 b、 c、 d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子， b2 和 c+的电子层结构相同，d 与 b 同族 。 下列叙述错误的是 ( ) A a 与其他三 种元素形成的二元化合物中其化合价均为 +1 B b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C c 的原子半径是这些元素中最大的 D d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性 解析 ： a、 b、 c、 d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为 H 元素； b2 和 c+的电子层结构相同，结合离子所得电

4、荷可知 b 为 O 元素， c 为 Na； d 与 b 同族，则 d 为 S 元素 A H 元素与 Na 形成化合物 NaH， H 元素为 1 价，故 A 错误； B O 元素与 H 元素形成 H2O、 H2O2，与 Na 元素形成 Na2O、 Na2O2，与 S 元素形成 SO2、SO3，故 B 正确； C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中 H 原子半径最小，故 Na 的原子半径最大，故 C 正确； D d 与 a 形成的化合物为 H2S， H2S 的溶液呈弱酸性，故 D 正确 。 答案 ： A 4 (6 分 )分子式为 C4H8Cl2 的有机物共有 (不含立

5、体异构 )( ) A 7 种 B 8 种 C 9 种 D 10 种 解析 ： C4H8Cl2可以看作为 C4H10中 2个 H原子被 2个 Cl原子取代， C4H10有 CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2 两种， CH3CH2CH2CH3中一个 Cl 取代为甲基、亚甲基中 H 原子， 对应另外的Cl 原子分别有 4 种、 4 种位置，但有 2 种重复 (对碳链从前向后一次编号， 1、 2 号碳原子重复一次， 1、 3 与 2、 4 重复 )，故该情况有 6 种， CH3CH(CH3)2中一个 Cl 取代为甲基、次甲基中 H 原子，对应另外的 Cl 原子分别有 3 种、 1 种位置，

6、但有 1 种重复 (分别处于取代甲基、次甲基上 H 原子 )，故该情况有 3 种，故共有 9 种 。 答案： C 5 (6 分 )Mg AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池下列叙述错误的是 ( ) A负极反应式为 Mg 2e =Mg2+ B正极反应式为 Ag+e =Ag C电池放电时 Cl 由正极向负极迁移 D负极会发生副反应 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2 解析 ： A活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为： Mg 2e =Mg2+，故 A 正确； B AgCl 是难溶物，其电极反应式为： 2AgCl+2e 2C1 +2Ag，故 B 错误； C原电池放电时，阴离子

7、向负极移动，则 Cl 在正极产生由正极向负极迁移，故 C 正确； D镁是活泼金属与水反应，即 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2，故 D 正确； 答案 ： B 6 (6 分 )某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下 实验： 取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解； 取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在 。 该白色粉末可能为 ( ) A NaHCO3、 Al(OH)3 B AgCl、 NaHCO3 C Na2SO3、 BaCO3 D Na2CO3、 CuSO4 解析 ： A NaHCO3、 Al(OH)3 都与盐酸反应，盐酸

8、足量时没有固体剩余，故 A 错误； B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体， AgCl 不溶于盐酸，故 B 错误； C BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且 BaCO3，能和 H2SO4 反应生成 BaSO4 沉淀，故 C 正确； D加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故 D 错误 。 答案： C 7 (6 分 )下列实验操作能达到实验目的是 ( ) 实验目的 实验操作 A 制备 Fe(OH)3 胶体 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3 溶液中 B 由 MgCl2溶液制备无水 MgCl2 将 MgCl2溶液加热蒸干 C 除去 Cu 粉中混

9、有的 CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 A A B B C C D D 解析 ： A将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3 溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故 A 错误； B氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故 B错误； C二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故 C 错误； D分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，故 D 正确 。 答案： D 三、非选择题：包括必考题和选考题两部

10、分 。 第 22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答 。 第 33 题第 40 题为选考题，考生根据要求作答 。 (一 )必考题 (共 129 分 ) 8 (14 分 )联氨 (又称肼， N2H4，无色液体 )是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料 。回答下列问题： (1)联氨分子的电子式为 _，其中氮的化合价为 _。 解析： 肼的分子式为 N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为： ，其中氢元素化合价为 +1 价，则 氮元素化合价为 2 价 。 答案： 2 (2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程

11、式为 _。 解析： 氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为： 2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O。 答案： 2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O (3)2O2(g)+N2(g) N2O4(l) H1 N2(g)+2H2(g) N2H4(l) H2 O2(g)+2H2(g) 2H2O(g) H3 2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) H4= 1048.9kJmol 1 上述反应热效应之间的关系式为 H4=_，联氨和 N2O4 可作为火箭推进剂的主要原因为 _。 解析： 2O2(g)+N2(

12、g) N2O4(l) H1 N2(g)+2H2(g) N2H4(l) H2 O2(g)+2H2(g) 2H2O(g) H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算 2 2 得到2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) H4=2 H3 2 H2 H1，根据反应 可知，联氨和 N2O4 反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂 。 答案： 2 H3 2 H2 H1 反应放热量大，产生大量气体 (4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似 。 联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知： N2H4+H+N2H5+的 K=8.7107； Kw=1.010 14)联氨与硫酸形成的

13、酸式盐的化学式为 _。 解析： 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH ，平衡常数 Kb= = =KKw=8.71071.010 14=8.710 7，第二步电离方程式为 N2H5+H2ON2H62+OH ，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6(HSO4)2。 答案： 8.710 7 N2H6(HSO4)2 (5)联氨是一种常用的还原剂 。 向装有少量 AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_。 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2_kg；与使用 Na2SO3 处理水中溶解的

14、O2相比，联氨的优点是_。 解析： 联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银， 2 价的 N 元素被氧化为 N2，反应方程式为： N2H4+4AgBr=4Ag+N2+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子 N2H4 N2 4e ， O2 4e ，N2H4 O2 4e ，联胺和氧气摩尔质量都是 32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O21kg，与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比，联氨的优点是用

15、量少，不产生其他杂质 (还原产物为 N2和 H2O)，而 Na2SO3 产生 Na2SO4， 答案：固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质 (还原产物为 N2和 H2O)，而 Na2SO3 产生 Na2SO4。 9 (14 分 )丙烯腈 (CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用 “ 丙烯氨氧化法 ” 生产 。主要副产物有丙烯醛 (CH2=CHCHO)和乙腈 (CH3CN)等 。 回答下列问题： (1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈 (C3H3N)和副产物丙烯醛 (C3H4O)的热化学方程式如下： C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)

16、 C3H3N(g)+3H2O(g) H= 515kJmol 1 C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) H= 353kJmol 1 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 _；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 _；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 _。 解析： 两个反应在热力学上 趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图 b 可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂 。 答案：两个反应均为放热量大的反应 低温、低压 催化剂 (2)图 (a)为丙

17、烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为 460 低于 460 时，丙烯腈的产率 _(填 “是 ”或 “不是 ”)对应温度下的平衡转化率，判断理由是_；高于 460 时，丙烯 腈产率降低的可能原因是 _ (双选，填标号 )。 A催化剂活性降低 B平衡常数变大 C副反应增多 D反应活化能增大 解析： 因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态， 460C 以前是建立平衡的过程，所以低于 460C 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于 460C 时，丙烯腈产率降低 。 A催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故 A 正确；

18、 B平衡常数的大小不影响产率，故 B 错误； C根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故 C 正确； D反应活化能的大小不影响平衡，故 D 错误； 答案：不是 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC (3)丙烯腈和丙烯醛的产率与 n(氨 )/n(丙烯 )的关系如图 (b)所示 。 由图可知，最佳 n(氨 )/n(丙烯 )约为 _， 理由是 _。 进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 _。 解析： 根据图象可知，当 约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应 C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气

19、、氧气、丙烯按 1： 1.5： 1 的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占 20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为： 1： 7.5： 1。 答案： 1： 1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1： 7.5： 1 10 (15 分 )某班同学用如下实验探究 Fe2+、 Fe3+的性质回答下列问题： (1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1mol/L 的溶液 。 在 FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是 _。 解析： (1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在 FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化 。 答案：防止氯化亚铁被氧化 (

20、2)甲组同学取 2mL FeCl2 溶液，加入几滴氯水，再加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明Cl2可将 Fe2+氧化 。 FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 _。 解析： 氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl 答案： Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl (3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mL FeCl2 溶液中先加入 0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是 _。 解析： 煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响

21、。 答案：隔离空气 (排除氧气对实验的影响 ) (4)丙组同学取 10mL 0.1molL 1KI 溶液，加入 6mL 0.1molL 1 FeCl3 溶液混合分别取 2mL此溶液于 3 支试管中进行如下实验： 第一支试管中加入 1mL CCl4 充分振荡、静置， CCl4 层显紫色； 第二支试管中加入 1 滴 K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀； 第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红 。 实验 检验的离子是 _ (填离子符号 )；实验 和 说明：在 I 过量的情况下，溶液中仍含有 _ (填离子符号 )，由此可以证明该氧化还原反应为 _。 解析： 加入 1 滴 K3Fe(CN)

22、6溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验 检验的离子是 Fe2+， 第一支试管中加入 1mL CCl4充分振荡、静置， CCl4 层显紫色说明生成 I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为： Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl ， 第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在 I 过量的情况下，溶液中仍含有 Fe3+，说明该反应为可逆反应 。 答案： Fe2+ Fe3+ 可逆反应 (5)丁组同学向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离

23、子方程式为 _；一段时间后，溶液中有气泡出 现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是 _，生成沉淀的原因是 _ (用平衡移动原理解释 )。 解析： 向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为： 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡， Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进 Fe3+的水解平衡正向移动 。 答案： 2Fe2+H2

24、O2+2H+=2Fe3+2H2O 铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 过氧化氢分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动 。 四、选考题：共 45 分 。 请考生从给出的 3 道物理题、 3 道化学题、 2 道生物题中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑 。 注意所选题目的题号必须 与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题 。 如果多做，则每学科按所做的第一题计分 。 化学 -选 修 2：化学与技术 11 (15 分 )双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示： 生产过程中，把乙基蒽醌溶于有

25、机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水 。 回答下列问题： (1)蒽醌法制备 H2O2 理论上消耗的原料是 _，循环使用的原料是 _，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是 _。 解析： 由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应，则蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂 。 答案：氢气和氧气 乙基蒽醌 乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂 (2)氢化物 A 中反应的化学方程式为

26、 _。 进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为 _。 解析： 由原理和流程可知， A 中乙基蒽醌与氢气反应，反应为；进入氧 化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌 。 答案： 乙基氢蒽醌 (3)萃取塔 D 中的萃取剂是 _，选择其作萃取剂的原因是 _。 解析： D 中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 。 答案：水 过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 (4)工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原因是 _。 解析： 工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气，与氢气

27、混合，易发生爆炸 。 答案：过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸 (5)双氧水浓度可在酸性条件下用 KMnO4 溶液测定，该反应的离子方程式为 _，一种双氧水的质量分数为 27.5%(密度为 1.10gcm 3)，其浓度为 _molL 1。 解析： 双氧水在酸性条件下与 KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H2O2+6H+2MnO4 =2Mn2+5O2+8H2O，由 c= 可知一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为 1.10gcm 3)，其浓度为 =8.89mol/L。 答案： 5H2O2+6H+2MnO4 =2Mn2+5O2+8H2O 8.89 化学 -选修 3：物

28、质结构与性质 12 (15 分 )东晋华阳国志 南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜 (铜镍合金 )闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品回答下列问题： (1)镍元素基态原子的电子排布式为 _， 3d 能级上的未成对电子数为 _。 解析： Ni 元素原子核外电子数为 28，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2， 3d 能级上的未成对电子数为 2。 答案： 1s22s22p63s23p63d84s2 2 (2)硫酸镍溶于氨水形成 Ni(NH3)6SO4蓝色溶液 。 Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是 _。 在 Ni(NH3)6SO4 中 Ni2+与

29、NH3 之间形成的化学键称为 _，提供孤电子对的成键原子是 _。 氨的沸点 _ (填 “高于 ”或 “低于 ”)膦 (PH3)，原因是 _；氨是分子_ (填 “极性 ”或 “非极性 ”)，中心原子的轨道杂化类型为 _。 解析： SO42 中 S 原子的孤电子对数 = =0，价层电子对数 =4+0=4，离子空间构型为正四面体 ； Ni2+提供空轨道， NH3中 N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键 ； PH3 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于 PH3分子的 ； NH3 分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不 重合，属于极性分子，

30、 N 原子有 1 对孤对电子，形成 3 个 N H 键，杂化轨道数目为 4，氮原子采取 sp3杂化 。 答案： 正四面体 配位键 N 高于 氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强 极性 sp3 (3)单质铜及镍都是由 _键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJmol 1、 INi=1753kJmol 1， ICu INi 的原因是 _。 解析： 单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体； Cu+的外围电子排布为 3d10，Ni+的外围电子排布为 3d84s1， Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的 。 答案：金属 铜失去的是

31、全充满的 3d10电子， Ni 失去的是 4s1 电子 (4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示 。 晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 _。 若合金的密度为 d gcm 3，晶胞参数 a=_nm。 解析： 晶胞中 Ni处于顶点， Cu处于面心，则晶胞中 Ni原子数目为 8 1、 Cu原子数目 =6 =3，故 Cu 与 Ni 原子数目之比为 3： 1； 属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为 g，则 g=d gcm 3(a10 7 cm)3，解得 a= 107。 答案： 3： 1 107 化学 -选修 5：有机化学基础 13 (15分 )氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 从而具有胶黏性 。 某种氰

32、基丙烯酸酯 (G)的合成路线如下： 已知： A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，核磁共振氢谱显示为单峰 回答下列问题： (1)A 的化学名称为 _。 解析： A的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，则 A分子中氧原子数目为=1，分子中 C、 H原子总相对原子质量为 58 16=42，则分子中最大碳原子数目为 =36，故 A 的分子式为 C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故 A 为 。 答案： 丙酮 (2)B 的结构简式为 _。 其核磁共振氢谱显示为 _组峰，峰面积比为_。 解析： 由上述分析可知， B 的结构简式为 其核磁共

33、振氢谱显示为 2 组峰，峰面积比为 1： 6。 答案： 2 1： 6 (3)由 C 生成 D 的反应类型为 _。 解析： C 与氯气光照反应生成 D， D 发生水解反应生成 E，结合 E 的分子式可知， C 与氯气发生取代反应生成 D，则 D 为 。 由 C 生成 D 的反应类型为：取代反应 。 答案：取代反应 (4)由 D 生成 E 的化学方程式为 _。 解析： 由 D生成 E的化学方程式为 +NaOH +NaCl 答案： +NaOH +NaCl (5)G 中的官能团有 _。 (填官能团名称 ) 解析： G 为 ， G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基 。 答案：酯基、碳碳双键、氰基 (6)G 的同分异构体中，与 G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有 _种 。 (不含立体结构 )。 解析： G( )的同分异构体中，与 G具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基： HCOOCH2CH=CH2、 HCOOCH=CHCH3、 HCOOC(CH3)=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2时， CN的取代位置有 3种，当为 HCOOCH=CHCH3时， CN的取代位置有 3种，当为 HCOOC(CH3)=CH2时， CN的取代位置有 2种，共有 8种 。 答案： 8