2020年高考化学模拟卷含答案09

1、2020年高考化学模拟卷09 (考试时间：50分钟   试卷满分：100分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  Na 23  Mg 24  S 32  Ca 40  Fe 56 一、选择题：本题共

2、7个小题，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。7(湖北省浠水实验高中2020届高三12月月考)化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是A温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质C石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化【答案】B【解析】A、二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；B、油脂的

3、主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因氧化而变质，故B错误；C、气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故C正确；D、二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确。答案选B。8（河南省中原名校2020届高三上学期第四次质量考评）分子式为C4H6O2的物质，能使溴的CCl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团的物质最多有A8种B7种C6种D5种【答案】A【解析】能使溴的CCl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团，说明含有碳碳双键和羧基或酯基中的一种，当含氧官能团为-COOH 时，相应的同分异构体有3种：CH2=C(CH3)COOH、CH2 =CH

4、CH2COOH、CH3CH=CHCOOH；当含氧官能团是酯基时有如下5种：甲酸酯有3种、乙酸酯1种；丙烯酸酯1种，共8种。答案选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意羧酸、烯烃的性质，能与NaHCO3 溶液反应生成气体，则有机物含-COOH，能使溴的CCl4 溶液褪色，分子式为C4H6O2，比饱和一元羧酸少2个H，则含碳碳双键。9（广东省六校联盟2020届高三第二次联考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为9NAB25，pH13的Ba(OH)2 溶液中含有OH的数

5、目为0.1NAC常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NAD1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个SS键【答案】D【解析】A一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+31=8，1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为8NA，故A项错误；B题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；C过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.5mol氧气共失去1mol电子，即反应中失电子数为1NA，转移电子数为1NA，故C项错误；D一个分

6、子中含有两个SS键，1mol雄黄含有2NA个SS键，故D项正确；故答案为D。10（湖南省湘潭一中2020届高三高考模拟诊断）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是A单质的沸点：Z>WB简单离子半径：X>WC元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周

7、期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为Na

8、OH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。11(河北省承德第一中学2020届高三第三次月考)将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g)H<0，反应2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1。下列说法正确的是A2 s后物质A的转化率为70%B当各物质浓度满足c(A)=2c(B)=c(C)时，该反应达到了平衡状态C达到平衡状态时，增加A的物质的量，A和B的转化率都提高D达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数K减小【答案】D【

9、解析】起始时，A的浓度为=2 mol/L，B的浓度为=1 mol/L，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则     2A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L）   2            1            0转化（mol/L） 0.6       0.3&

10、nbsp;         0.6 2s  （mol/L）   1.4       0.7         0.6A2s后物质A的转化率为100%=30%，故A错误；Bc(A)=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故B错误；C达到平衡状态时，增加A物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，B的转化率增大

11、，而A的转化率减小，故C错误；DH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则同时化学平衡常数k减小，故d正确。答案选d。 1="" a="" b="" c="" d="" ki="" br2="" 10-10="" 0.1="" 10-12="10-12，AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl" 10-7="10-10，A正确；" l="">10-

12、9mol/L，形成AgCl沉淀需要的Ag+小，因此会先析出AgCl沉淀，C正确；D向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍然存在Ag2CrO4、AgCl的沉淀溶解平衡，温度不变，所以不变，D错误；故合理选项是D。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（安徽省三人行名校联盟2020届高三联考）（14分）某化学兴趣小组欲制备摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O并探究其分解产物。查到如下信息：摩尔盐可由FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合制备；该物质能溶于水

13、、不溶于乙醇，在空气中能逐渐被氧化；100开始分解，且分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。I.制备摩尔盐（1）向新制的FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体，加热，实验过程中最好采用_加热方式。（2）蒸发浓缩、冷却结晶使摩尔盐结晶析出，晶体过滤后用_洗涤。（3）该小组用滴定法测产品纯度。现称取a g该产品于锥形瓶中，加蒸馏水溶解，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnO4溶液20.00 mL，则该产品的纯度为_。II.探究摩尔盐受热分解的产物（4）验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。所选用装置的正确连接顺序为_。(可选部分仪

14、器，填装置的字母序号)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4_。（5）探究分解产物中的硫氧化物，按ADBF的顺序连接装置，进行实验。D装置中试剂的作用是_。实验过程中，仅B中有沉淀生成，其他实验证明摩尔盐受热分解除上述产物外，还有N2生成。写出摩尔盐受热分解的化学方程式_。【答案】（14分）（1）热水浴（2分）（2）乙醇（1分）    （3）（2分）（4）AEFC（2分）    取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe

15、2O3而不含FeO和Fe3O4（3分）（5）检验是否含有SO3，并防止SO2和NH3一同进入D装置生成白色沉淀，干扰SO3的检验 （2分）  2(NH4)2Fe(SO4)26 H2O Fe2O3+4SO2+2NH3+N2+17H2O（2分）    【解析】I.（1）摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O不稳定，在温度超过100时分解，则实验过程中最好采用热水浴加热方式；（2）摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇，则晶体过滤后用乙醇洗涤；（3）根据5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O可知：5(NH4)2Fe(SO4)26H2O5Fe2+MnO4，滴定时消

16、耗的KMnO4物质的量为0.1mol/L0.02L=0.002mol，则(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为50.002mol=0.01mol，该产品的纯度为=；II.（4）实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置E中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置F中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置C检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为AEFC；设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，设计实验利用亚铁

17、离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4； （5）利用D装置中盛装的酸性BaCl2溶液可的作用是检验是否含有SO3，并防止SO2和NH3一同进入D装置生成白色沉淀，干扰SO3的检验；实验过程中，D中无沉淀，而B中有沉淀生成，说明分解产物中含有SO2，而没有SO3，说明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)26 H2O Fe2O3+

18、4SO2+2NH3+N2+17H2O。27（惠州市2020届高三二调）（14分）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。（1）250时，以镍合金为催化剂，向4 L容器中通入6 mol CO2、6 mol CH4，发生如下反应：CO2 (g)CH4(g) 2CO(g)2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数K=_。已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)  H =890.3 kJmol1CO(g)H2O (g)CO2(g)H2 (g

19、)   H =+2.8 kJmol12CO(g)O2(g)2CO2(g)         H =566.0 kJmol1反应CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g) 的H =_kJmol1（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_。（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2 ；如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议不合理的是_。a.

20、可在具有强氧化性的物质中寻找 b.可在碱性氧化物中寻找c.可在A、A族元素形成的氧化物中寻找 Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2 ，原理是：在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是_。（4）高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2O CO+H2+O2，其可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：CO2在电极a放电的电极反应式是_。【答案】（14分，每空2分）（1）64    +247.3 &n

21、bsp;  （2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低    增大反应压强或增大CO2的浓度 （3）a    CO2 + Li4SiO4  Li2CO3 + Li2SiO3    （4）CO2 + 2e- =CO+O2 -    【解析】（1）建立三步走思维：  x = 4此温度下该反应的平衡常数已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)  H =890.3 kJmol1CO(g)H2O (g)CO2(g)H2 (g)   H =+2.8 kJmol

22、12CO(g)O2(g)2CO2(g)         H =566.0 kJmol1将2 - 2，反应CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g) 的H =+247.3 kJmol1以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。250300时，根据图中信息知道高于250时，催化剂的催化效率降低，因此温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为温度超过250时，催化剂的催化效率降低；为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大压强或者增加二氧化碳的浓度，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2 ；a选项，可在具有强

23、氧化性的物质中寻找，强氧化性的物质不与二氧化碳反应，故a不合理；b选项，碱性氧化物与二氧化碳反应，故b合理；c选项，可在A、A族元素形成的氧化物主要是碱性氧化物，与二氧化碳反应，故c合理；综上所述，答案为a； Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2 ，原理是：在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，根据质量守恒，另一中生成物为Li2SiO3，平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是CO2 + Li4SiO4  Li2CO3 + Li2SiO3，故答案为CO2 + Li4Si

24、O4  Li2CO3 + Li2SiO3；根据分析CO2在电极a放电变为CO，化合价降低，得到电子，因此其电极反应式是CO2 + 2e=CO+O2。28（湖北省普通高中联考协作体2020届高三期中理综）（15分）水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁(Fe2(OH)x(SO4)3m)的工艺流程如图：（1）用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_(填标号）。a.容量瓶   &nbs

25、p; b.烧杯      c.玻璃棒     d.分液漏斗（2）废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为_，步骤的具体实验操作有_。（3）水解、聚合要严控pH和温度。pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则_。写出水解、聚合反应生成PFS的化学方程式：_。（4）步骤相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。（5）污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质能作为沉淀剂的是_（填标号）。a.氨水   b.硫化氢气体   c.硫酸钠溶液   d.纯碱溶液（6）硬度

26、为1的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质(如7.1mgMgO)。若某天然水中c(Ca2+)=1.5103mol/L，c(Mg2+)=6.4104mol/L，则此水的硬度为_。【答案】（15分）（1）bc（2分）    （2）Fe2O3nH2O或Fe2O3（1分）    蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤) （2分）    （3）形成氢氧化铁沉淀（2分）    mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3m+H2SO4（2分）（4）降低蒸发温度防止产物分解（2分）    （5

27、）bd（2分）    （6）12（2分）    【解析】黄铁矿的烧渣中主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于水，将其过滤除去，向滤液I中加入废Fe屑，Fe2(SO4)3会发生反应产生FeSO4，过滤除去过量的铁屑，将滤液II蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO47H2O，向其中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3，然后经水解、聚合得到PFS。（1）配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内部缓缓倒入

28、盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和玻璃棒，故合理选项是bc；（2）铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为Fe2O3nH2O或Fe2O3；步骤是从FeSO4溶液中获得的FeSO47H2O，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；（3）铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中c(H+)，盐水解程度减小，即pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知Fe2(SO4)3水解、聚合反应生

29、成PFS的化学方程式为：mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3m+H2SO4。的水解规律及盐水解的酸碱性分析；（4）降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；（5）a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子NH4+，不符合题意；   b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的CuS、HgS、PbS沉淀，然后经过滤除去，b符合题意；   c.硫酸钠溶液不能除去Cu2+，去除效果不理想，c不符合题意；   d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d符合题意；故合理选项是bd；（6）c(

30、Ca2+)=1.5103mol/L，则c(Mg2+)=6.4104mol/L，1L水中含有n(Ca2+)=1.5103mol，n(Mg2+)=6.4104mol，根据元素守恒可得m(CaO)= 1.5103mol56g/mol1000mg/g=84mg，m(MgO)=6.4104mol40g/mol1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为=12。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（昆明一中2020届高三第三次双基检测）（15分）碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：（1

31、）在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_(填元素符号)，该元素基态原子最外层电子的自旋状态_(填“相同”或“相反”)。（2）碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键CHCOSiHSiO键能/kJmol1413336318452SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是_。（3）天然硅酸盐都是由SiO4四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下图a代表SiO44，b、c是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中Si的轨道杂化类型为_； 图b环状结构硅酸根的化学式为_若在环状结构中硅的原子数为n，写出环状结构中硅酸根的通式_。（4）钾与溴作用能形成溴化钾

32、晶体，该晶体类型为_，其晶格能可通过下图的BormHaber循环计算得到。从上图可知，K原子的第一电离能为_ kJ/mol， BrBr键键能为_kJ/ mol，KBr的晶格能为_kJ/mol，晶格能越大，该晶体的熔点越_。【答案】（15分）（1）Mg（1分）    相反（1分）（2）CH键的键能大于CO键，CH键比CO键稳定，而SiH键的键能却远小于SiO键，所以SiH键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键（2分）    （3）sp3杂化（1分）    (SiO3)36（2分）    SinO3n2n（2分） &

33、nbsp;  （4）离子晶体（2分）    418.8（1分）    193.0（1分）    689.1（1分）    高（1分）    【解析】（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，该元素是12号元素，核外电子排布是1s22s22p63s2，在同一轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，所以在Mg原子基态原子核外M层电子2个电子的自旋状态相反；（2）由表中数据可知，CH键的键能大于CO键，CH键比CO键稳定而SiH键的键能却远小于SiO键，所以SiH键不稳定而倾向

34、于形成稳定性更强的SiO键，所以SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物SiO2；（3）硅氧四面体中Si原子与4个O原子形成4个键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，Si原子轨道杂化类型为sp3杂化；b中含有3个四面体结构，所以含有3个Si原子，含有的氧原子数为9，含有氧原子数比3个硅酸根离子少6个3，带有的电荷为：3(2)=6，该离子化学式是(SiO3)36；c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6(2)=12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n

35、个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n(2)=2n，其化学式为：SinO3n2n；（4）KBr晶体由K+、Br通过离子键结合形成离子晶体；根据示意图可知K原子的第一电离能为418.8kJ/mol；molBr2蒸气转化为Br气态原子吸收能量96.5kJ，则BrBr键键能96.5kJ/mol2=193.0kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，则根据图示，结合盖斯定律可得(89.2+418.8)+(15.5+96.5324.7)kJ/molQkJ/mol=393.8kJ/mol，解得Q=+689.1kJ/mol；离子晶体的晶格能越大

36、，离子之间的作用力就越强，断裂消耗的能量就越大，因此该晶体的熔点越高。36化学选修5：有机化学基础（成都市2020届高三第二次统考）（15分）有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体(G)：（1）G的分子式是_。（2）化合物A中含氧官能团的名称为_。（3）由CD的反应类型为_；化合物E的结构简式为_。（4）写出BC的反应的化学方程式：_。（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_。能与新制Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1249；分子中含有氨基。（6）已知：RCNRCH2NH2，请写

37、出以HOOCCH2CH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线流程图_(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH2Cl【答案】（15分）（1）C11H18O2N2（2分）    （2）羰基（1分）（3）取代反应 （2分）    （2分）（4）+HCl（2分）（5）或（2分）（6） （4分）   【解析】（1）根据G的结构式数出G的分子式是C11H18O2N2，故答案为：C11H18O2N2。（2）化合物A中含氧官能团的名称为羰基，故答案为：羰基。（3）对比C、D的结构简式可知，C中的Cl被CN取代生

38、成D，所以CD属于取代反应；由题图知，E与乙醇发生酯化反应得到F，由F的结构简式逆推得，E的结构简式为，故答案为：取代反应；。（4）对比B、C的结构简式可知，B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C，BC的反应的化学方程式为+HCl，故答案为：+HCl。（5）同时满足下列条件的B的同分异构体：能与新制Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酯基，即取代基为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1249，存在对称结构，还含有2个NH2、1个C(CH3)3，符合条件的B的同分异构体为或，故答案为：或。（6）由FG的转化可知，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3反应得到，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2CH2COOH反应得到CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，故答案为：。