【化学】北京市中国人民大学附属中学2020届高三教学质量监测（解析版）

【化学】北京市中国人民大学附属中学2020届高三教学质量监测（解析版）

北京市中国人民大学附属中学2020届高三教学质量监测 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56 I-127 Ag-108‎ 一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是（ ）‎ A．瓷器 ‎ B．丝绸 C．茶叶 D．中草药 ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、瓷器是硅酸盐，陶瓷的成分主要是：氧化铝,二氧化硅，属于无机物，A正确。B、丝绸有要可怜人是蛋白质，属于有机物，B错误；C、茶叶主要含有茶多酚（Tea Polyphenols），是茶叶中多酚类物质的总称，包括黄烷醇类、花色苷类、黄酮类、黄酮醇类和酚酸类等，属于有机物，C错误；D、中药所含化学成分很复杂，通常有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、蜡、酶、色素、维生素、有机酸、鞣质、无机盐、挥发油、生物碱、甙类等，主要成份是有机物，D错误。‎ ‎2.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2‎ 和O2都是气态分子，‎2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。‎ ‎3.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）‎ A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合 C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合 ‎【答案】C ‎【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A不合题意；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B不合题意；‎ C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，C符合题意；‎ D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D不合题意。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列变化中，气体被还原的是（ ）‎ A. 二氧化碳使Na2O2固体变白 B. 氯气使KBr溶液变黄 C. 乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D. 氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。‎ ‎5.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 （ ）‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③‎ ‎④ ‎ A. 反应①、②为反应③提供原料气 B. 反应③也是资源化利用的方法之一 C. 反应的 D. 反应 ‎【答案】C ‎【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2； B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇； C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高； D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。‎ ‎【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；  B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；  C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误； D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。 所以答案选C。‎ ‎6.用石墨电极完成下列电解实验 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……‎ 下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）‎ A a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- ‎ B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑‎ C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ ‎ D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜 ‎【答案】B ‎【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；‎ B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；‎ C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；‎ D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。‎ ‎7.下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是（ ）‎ A. 氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B. 氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C. 0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D. 氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎【答案】D ‎【详解】A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；‎ B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；‎ C.0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；‎ D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。‎ 二、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-第12题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题 ‎8.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：‎ ①尿素水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_____________________。‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_________________________________。‎ ‎③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_________________________________________。‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=‎60g·mol-1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_____。‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是________。‎ ‎③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：___□15NNO+□H2O___。‎ ‎【答案】(1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O ‎【分析】结合反应物、生成物，根据原子守恒，若是氧化还原反应的方程式，再结合得失电子守恒配平化学反应方程式；测定溶液中尿素含量时，将所含氮完全转化为NH3，用过量的稀硫酸吸收氨气，反应后剩余的硫酸，用氢氧化钠溶液中和，整个过程中的，硫酸与氨气、氢氧化钠反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O。‎ ‎【详解】（1）①尿素水溶液热分解为氨气和二氧化碳，反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 ；‎ ‎②NH3在催化剂作用下还原NO2生成N2和H2O，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；‎ ‎③二氧化硫在氧气作用下与氨气和水反应生成硫酸铵，此反应中二氧化硫是还原剂，氧气是氧化剂；反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；‎ ‎④NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，过程中所涉及的化学方程式为：2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4‎ ‎，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O，反应中n(H2SO4)=c1×v1×10-3mol，n(NaOH)=c2×v2×10-3mol，由方程式可知：n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则n(NH3)=(‎2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，n[CO(NH2)2]=n(NH3)=×(‎2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，m[CO(NH2)2]=‎60g·mol-1××(‎2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol=(‎0.06c1×v1‎-0.03c2×v2)g，所以尿素的质量分数是： =；‎ ‎（2）①由图可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再被还原为N2，则存储NOx的物质是BaO；‎ ‎②第一步反应中H2被氧化生成水，氢元素化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2中的N元素的化合价由+5价降到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气得到16mol电子，根据氧化还原反应中得失电子守恒，则参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，故第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8：1； ‎ ‎③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知，15NO与NH3的物质的量之比应为1：1，结合氧化还原反应中得失电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是：根据反应物、生成物结合原子守恒、得失电子守恒配平化学反应方程式，在测定溶液中尿素（M=‎60g·mol-1）含量时，要结合相关数据的处理，通过反应方程式的化学计量数来计算相关的量。‎ ‎9.高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目是______________________。‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。‎ ‎③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取‎1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H‎2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________‎ ‎（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】(1). 扩大接触面积，加快化学反应速率 (2). 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (3). 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 (4). K2CO3 (5). MnO42--e-=MnO4- (6). H2 (7). 3:2 (8). 95.62%‎ ‎【详解】（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；‎ ‎（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；‎ ‎（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率； ‎ ‎（4） ①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-‎ ‎；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；‎ ‎（5）根据离子方程式2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H‎2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则‎1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m=0.006536mol × ‎158g/mol =‎1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。‎ ‎10.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：‎ ‎（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：‎ ‎①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1‎ 已知：②C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1‎ 反应①的ΔH1为________ kJ·mol-1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填标号）。‎ A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强 ‎（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_________________。‎ ‎（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______________________、______________________________；‎590℃‎之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_______________________________________。‎ ‎【答案】(1). +123kJ·mol－1 (2). < (3). AD (4). 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类 ‎【解析】（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，‎590℃‎之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过‎590℃‎时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。‎ ‎(二)选考题 ‎11.(2017·新课标全国卷Ⅰ)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎（1）元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm(填标号)。‎ A．4044 B．‎553.5 C．589.2 D．670.8 E.766.5‎ ‎（2）基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________________________。‎ ‎（3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的几何构型为_____________，中心原子的杂化形式为________________。‎ ‎（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为______nm，与K紧邻的O个数为__________。‎ ‎（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于______位置，O处于______位置。‎ ‎.‎ ‎【答案】(1). A (2). N (3). 球形 (4). K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 (5). V形 (6). sp3 (7). 0.315 (8). 12 (9). 体心 (10). 棱心 ‎【解析】（1）紫色波长400nm～435nm，因此选项A正确；（2）K位于第四周期IA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最后一个电子填充子在s能级上，电子云轮廓图为球形；K的原子半径大于Cr的半径，且价电子数较少，金属键较弱，因此K的熔点、沸点比Cr低；（3）I3＋与OF2互为等电子体，OF2属于V型，因此I3＋几何构型为V型，其中心原子的杂化类型为sp3；（4）根据晶胞结构，K与O间的最短距离是面对角线的一半，即为nm＝0.315nm，根据晶胞的结构，距离K最近的O的个数为12个；（5）根据KIO3的化学式，以及晶胞结构，K处于体心，O处于棱心。‎ ‎12.反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：‎ 已知：RCHO+R＇OH+R＂OH ‎（1）A的名称是__________；B分子中共面原子数目最多为__________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有__________种。‎ ‎（2）D中含氧官能团的名称是__________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________________________________________________________。‎ ‎（3）E为有机物，能发生的反应有__________。‎ a．聚合反应b．加成反应c．消去反应d．取代反应 ‎（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：________。‎ ‎（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。‎ ‎（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是______________________________。‎ ‎【答案】(1). 正丁醛或丁醛 (2). 9 8 (3). 醛基 (4). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O； (5). cd (6). CH2=CHCH2OCH3、、、 (7). ； (8). 保护醛基 ‎【详解】（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8种，故答案为丁醛；9；8；‎ ‎（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；‎ ‎（3）根据流程图，结合信息，C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；‎ ‎（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团， F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、、，故答案为CH2=CHCH2OCH3、、；‎ ‎（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；‎ ‎（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应目的是保护醛基，故答案为保护醛基。‎ ‎【点晴】本题为信息推断题，解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，平时要多加训练。‎