2025年外研版选择性必修3化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版选择性必修3化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、华蟾素具有解毒；消肿、止痛的功能；用于治疗中、晚期肿瘤，慢性乙型肝炎等疾病。下列关于华蟾素的说法错误的是。

A.能使酸性KMnO4溶液褪色B.能与NaHCO3反应生成CO2C.1mol该分子最多与2molH2发生加成反应D.能够发生酯化反应、水解反应2、分子式为C5H11Cl的有机物共有(不含立体异构)A.10种B.9种C.8种D.6种3、下列有机物分子中，所有的原子不可能处于同一平面上的是A.CH2=CH—C≡NB.CH2=CH—CH2—CH=CH2C.D.CH2=CH—CH=CH24、下列化学用语或图示不正确的是A.1-丁烯的实验式：B.的空间结构：C.基态原子的价层电子排布式：D.分子中键的形成：5、下列关于苯的说法中正确的有。

①用苯；溴水和铁粉混合制溴苯。

②78g苯中含有碳碳双键的数目为

③实验室制得的溴苯显棕褐色是因为溴苯中溶有可用溶液洗涤除去。

④制溴苯的实验中导出的气体可以使酸化的溶液产生浅黄色沉淀。

⑤制硝基苯的实验装置上方的长导管的作用是冷凝回流和导气。

⑥苯分子中所有原子在一个平面上A.①②③④B.①③⑤⑥C.③④⑤⑥D.②③⑥⑥6、在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是（）A.苯中混有溴，加入CCl4振荡，萃取出溴B.乙烷中混有乙烯，通过氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C.硝基苯中混有浓HNO3和浓H2SO4，沿器壁加入到NaOH溶液中，静置，分液D.乙烯中混有SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气7、下列除去括号内杂质所用的试剂和方法都正确的是。选项物质所用试剂方法A甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气B乙醇（水）生石灰分液C乙醇（乙酸）氢氧化钠溶液分液D乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液

A.AB.BC.CD.D8、2020年，突如其来的疫情使全国人民都带起了口罩，以阻挡病毒的传播。通常人们戴的是一次性使用医科口罩(SMS)或防雾霾的3M(SMMMS)口罩，其原料都是聚丙烯。纺粘层即S层，其纤维直径比较粗，在20um左右；熔喷层即M层，纤维直径比较细，在2um左右。下列说法正确的是A.聚丙烯可以使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色B.聚丙烯单体的结构简式：CH3CHCH2C.聚丙烯其结构简式为：D.为了防止新冠疫情蔓延，95%的酒精可有效杀灭病毒9、玉米芯与稀硫酸在加热加压下反应，可以制得糠醛。糠醛是重要的化工原料，具有广泛的用途，其结构简式为下列说法正确的是A.糠醛的分子式为C5H5O2B.糠醛与银氨溶液混合，水浴加热，可以发生银镜反应C.1mol糠醛最多能与2molH2发生反应D.一定条件下糠醛与苯酚能发生加聚反应生成一种酚醛树脂评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、已知某有机化合物只由碳、氢两种元素组成，其摩尔质量为回答下列问题：

(1)若该有机化合物分子中无碳碳不饱和键和碳环，则该有机化合物的分子式为___________，其同系物中摩尔质量最小的有机化合物的名称为___________。

(2)若该有机化合物分子呈链状；其中含有的碳碳不饱和键只有碳碳双键和碳碳三键，且碳碳三键的数目已确定，请在下表中填写对应分子中所含碳碳双键的数目。

。碳碳三键数目。

1

2

3

碳碳双键数目。

______

_______

_______

(3)若该有机化合物分子中含有碳碳不饱和键，则其分子式为_______，分子结构中含有一个苯环、一个碳碳双键和一个碳碳三键，且苯环上有两个取代基，取代基处于邻位的有机化合物的结构简式为______；若分子结构中含有两个苯环，则该有机化合物的结构简式为______。11、根据要求；回答下列问题：

(1)下列各组物质中互为同分异构体的是_______(填序号，下同)，为同种物质的是_______，为同系物的是_______，互为同素异形体的是_______。

①和

②和

③和

④和

⑤和

⑥和

(2)依据氧化还原反应设计的原电池如图所示。电解质溶液是_______(填化学式)溶液。石墨电极上发生反应的类型为_______(填“氧化”或“还原”)反应。

12、按要求填空：

（1）烷烃A在同温、同压下蒸气的密度是H2的43倍，其分子式为_________。

（2）0.1mol烷烃E完全燃烧，消耗标准状况下的O211.2L，其分子式为________。

（3）用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为_______。

（4）萘的结构式为其分子式为________，它的二氯代物又有_______种。

（5）立方烷其分子式为__________，它的六氯代物有_________种。13、A()的名称是_______14、现拟分离乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；下图是分离操作步骤流程图。

已知各物质的沸点：乙酸乙酯77.1℃乙醇78.5℃乙酸118℃

请回答下列问题：

(1)试剂(a)为_______，试剂(b)为_______。

(2)图中的分离方法分别是①为_______；②为_______；③为_______。

(3)写出下列有机物的化学式：A_______、B_______、C_______、D_______、E_______。15、甲烷是天然气的主要成分；是生产生活中应用非常广泛的一种化学物质。下列各图均能表示甲烷的分子结构，按要求回答下列问题。

A.B.C.D.

(1)甲烷的球棍模型是____；

(2)甲烷与丙烷互为___；

A.同位素B.同素异形体C.同系物D.同分异构体。

(3)某研究小组为了探究甲烷和氯气反应的情况；设计了以下实验。

[实验一]用如图所示装置；试管中是甲烷和氯气的混合气体，光照后观察实验现象，回答以下问题。

①该反应的反应类型为_____。

②该反应的化学方程式为(只写第一步)____。

③该实验的实验现象为____、___；试管壁上出现油状液滴。

④若题目中甲烷与氯气体积之比为1∶1，则得到的产物为___(填字母；下同)。

A.B.

C.D.16、某天然有机物F()具有抗肿瘤等生物活性；可通过如图路线合成。

(6)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。

①能与溶液发生显色反应②分子中含有2种不同化学环境的氢17、回答下列问题。

I．写出下列有机物的结构简式：

（1）2，6-二甲基－4－乙基辛烷：___________；

（2）2－甲基－1－戊烯：___________；

II．回答下列问题。

（3）立方烷的结构简式如图所示；每个顶点是一个碳原子。则：

①其分子式为___________。

②它的一氯取代物有___________种。

③它的二氯取代物有___________种。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、碳氢质量比为3:1的有机物一定是CH4。(___________)A.正确B.错误19、新材料口罩具有长期储存的稳定性、抗菌性能。(_______)A.正确B.错误20、甲烷、异丁烷、乙烯、乙炔均为脂肪烃。(____)A.正确B.错误21、高级脂肪酸和乙酸互为同系物。(_______)A.正确B.错误22、羧基和酯基中的均能与H2加成。(____)A.正确B.错误23、乙苯的同分异构体共有三种。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共36分)24、科学家合成非石墨烯型碳单质——联苯烯的过程如下。

(1)物质a中处于同一直线的碳原子个数最多为___________。

(2)物质b中元素电负性从大到小的顺序为___________。

(3)物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点的原因可能为___________。

(4)物质c→联苯烯的反应类型为___________。

(5)锂离子电池负极材料中；锂离子嵌入数目越多，电池容量越大。石墨烯和联苯烯嵌锂的对比图如下。

①图a中___________。

②对比石墨烯嵌锂，联苯烯嵌锂的能力___________(填“更大”，“更小”或“不变”)。25、青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体；双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子；离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。26、科学家合成非石墨烯型碳单质——联苯烯的过程如下。

(1)物质a中处于同一直线的碳原子个数最多为___________。

(2)物质b中元素电负性从大到小的顺序为___________。

(3)物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点的原因可能为___________。

(4)物质c→联苯烯的反应类型为___________。

(5)锂离子电池负极材料中；锂离子嵌入数目越多，电池容量越大。石墨烯和联苯烯嵌锂的对比图如下。

①图a中___________。

②对比石墨烯嵌锂，联苯烯嵌锂的能力___________(填“更大”，“更小”或“不变”)。27、青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体；双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子；离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)28、具有治疗自身免疫性疾病等作用的咖啡酸乙酯的合成路线如下图所示：(部分反应所需试剂或反应条件已略去)

请按要求回答下列问题：

(1)B的名称：___________；C的官能团结构简式：___________；C→D的反应类型：___________﹔咖啡酸乙酯分子中共平面碳原子数目最多为___________。

(2)H→I所需试剂及反应条件：___________。

(3)D→F反应进行一段时间后：

①检验有产物F生成的实验操作及现象为：___________。

②写出检验该反应转化完全与否的化学方程式：___________。

(4)写出符合下列所有条件的H的同分异构体的结构简式：___________。

a.与H具有相同官能团b.苯环上有三个取代基c.苯环上的一氯取代物有2种。

(5)结合题示信息，写出以一氯甲烷和丙二酸(HOOCCH2COOH)为原料，合成丙烯酸()的合成路线(其它无机试剂任选)：___________。29、聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层；其合成路线如下：

已知：R1-CHO+R2-CH2CHO

请回答：

(1)B的化学名称为__________；M中含氧官能团的名称为__________；F→G的反应类型为_____________________________________。

(2)C→D的化学反应方程式为__________________________。

(3)H的顺式结构简式为__________________。

(4)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生水解反应和银镜反应。写出其中一种核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式________________________。

(5)参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物如图所示，设计合成路线__________________________

30、某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：

已知：

试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2；在适当条件下，可由C生成D。

②

③

请回答：

（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。

（2）下列说法不正确的是_____。

A.B到C的反应类型为取代反应。

B.EMME可发生的反应有加成；氧化，取代，加聚。

C.化合物E不具有碱性；但能在氢氧化钠溶液中发生水解。

D.D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上。

（3）已知：RCH2COOH设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。

（4）写出C→D的化学方程式______。

（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____

①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子；IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；

②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。31、化合物A(C12H16O2)经碱性水解、酸化后得到B和C(C8H8O2)。C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子。B经过下列反应后得到环状化合物G，G的实验式为C2H3O；相对分子质量为172，核磁共振氢谱显示只有一个吸收峰。

已知：

请回答下列问题：

(1)写出G的分子式：_______________。

(2)写出A的结构简式：______________________。

(3)写出F→G反应的化学方程式：____________，该反应属于________(填反应类型)。

(4)C的同分异构体有多种。

①属于芳香族化合物，且能发生水解反应的有_____种；

(5)F可以发生下列变化：

J的结构简式是_________________，由F可以直接生成H，设计反应①和②的目的是________________。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共32分)32、高聚物M广泛用于各种刹车片。实验室以烃A为原料制备M的一种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

（1）A的结构简式为____。H的化学名称为_____。

（2）B的分子式为____。C中官能团的名称为____。

（3）由D生成E、由F生成G的反应类型分别为____、_____。

（4）由G和I生成M的化学方程式为____。

（5）Q为I的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为____。

①1molQ最多消耗4molNaOH②核磁共振氢谱有4组吸收峰。

（6）参照上述合成路线和信息，以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_____________________。33、CH4在光照条件下与Cl2反应；可得到各种氯代甲烷。

(1)生成CH3Cl的化学方程式是____。

(2)CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：。Ⅰ.链引发Ⅱ.链传递Ⅲ.链终止Cl22Cl·Cl·+CH4→·CH3+HCl

·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·

2Cl·→Cl2

Cl·+·CH3→CH3Cl

①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。

②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)△H。

已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。

a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。

b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。

③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。编号操作结果A将Cl2与CH4混合后，光照得到氯代甲烷B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到氯代甲烷C将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合几乎无氯代甲烷D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合几乎无氯代甲烷

a．由B和D得出的结论是____。

b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。

(3)丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。

推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。34、具有抗菌；消炎作用的黄酮醋酸类化合物L的合成路线如下图所示：

已知部分有机化合物转化的反应式如下：

（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是______；A→B所属的反应类型为______。

（2）C→D的化学方程式是______。

（3）写出满足下列条件的D的任意一种同分异构体的结构简式：______。

a.能发生银镜反应。

b.分子中含有酯基。

c.苯环上有两个取代基；且苯环上的一氯代物有两种。

（4）F的结构简式是______；试剂b是______。

（5）H与I2反应生成J和HI的化学方程式是______。

（6）以A和乙烯为起始原料，结合题中信息，选用必要的无机试剂合成苯乙酸乙酯（），参照下列模板写出相应的合成路线。_____________35、白黎芦醇（结构简式：）属二苯乙烯类多酚化合物；具有抗氧化；抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：

已知：

根据以上信息回答下列问题：

（1）白黎芦醇的分子式是___________。

（2）C→D的反应类型是_______；E→F的反应类型是_________。

（3）化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其1H核磁共振谱（H-NMR）中显示不同化学环境的氢原子个数比为________。

（4）写出A→B反应的化学方程式：___________________________________。

（5）写出结构简式：D______________、E_______________。

（6）化合物符合下列条件的所有同分异构体共_________种；

①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。

写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_____________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．华蟾素分子中有碳碳双键和羟基，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色；故A正确；

B．华蟾素分子中无羧基，不能与NaHCO3，反应生成CO2；故B错误；

C．1mol该分子中只有2mol碳碳双键能与H2发生加成反应；故C正确；

D．该分子中存在羟基能发生酯化反应；存在酯基能发生水解反应，故D正确；

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

分子式为C5H11Cl的有机物共有(不含立体异构)，先考虑C5H12的碳架异构有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4三种，再考虑Cl原子的位置异构，根据等效氢原理可知，上述三种碳架异构有分别有3种、4种和1种Cl原子位置异构，故一种有3+4+1=8种，故答案为：C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．由乙烯的平面结构知乙烯所在的平面和过平面上的两点所连的直线相重合；A项正确；

B．由甲烷的四面体结构可知，选项中的—CH2—上的氢原子均不能和双键所在的平面重合；B项错误；

C．由乙烯和苯的平面结构可知；所有的原子可能共面，C项正确；

D．由乙烯的平面结构可知所有的原子可能共面；D项正确；

故答案为B。4、B【分析】【详解】

A．1-丁烯的结构简式：其实验式为A项正确；

B．的中心原子价层电子对数为故其VSEPR模型为四面体形，B项错误；

C．根据铜离子的电子排布可知，基态铜原子的价电子排布式为C项正确；

D．HCl分子中σ键的形成为D项正确；

答案选B。5、C【分析】【详解】

①苯和溴水不反应；苯和液溴在铁的催化下才能取代，故①错误；

②苯环中不含有碳碳双键；故②错误；

③溴可以和NaOH溶液反应生成易溶于水的盐；而溴苯不和NaOH溶液反应，故③正确；

④制溴苯的实验中导出的气体为溴化氢，遇酸化的溶液产生浅黄色沉淀溴化银；故④正确；

⑤反应过程中有硝酸和苯蒸气；长导管不但可以导气，还可以将蒸气冷凝并回流下来，故⑤正确；

⑥苯是平面结构；所有原子共平面，故⑥正确；

故选C。6、C【分析】【详解】

A．溴；苯均溶于四氯化碳；不能除杂，应该用NaOH溶液、分液，故A错误；

B．乙烷中易引入新杂质氢气；不能除杂，应用溴水；洗气，故B错误；

C．酸碱反应后；与硝基苯分层，然后分液可分离，故C正确；

D．乙烯、SO2均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；不能除杂，应选NaOH溶液；洗气，故D错误；

选C。7、D【分析】【详解】

A．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；引入新杂质，应加溴水；洗气除杂，故A错误；

B．CaO与水反应后；增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故B错误；

C．乙酸与NaOH溶液反应后；增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故C错误；

D．乙酸与碳酸钠反应后；与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故D正确；

故选D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．聚丙烯中没有不饱和键；不可以使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．聚丙烯单体的结构简式：CH3CH=CH2；故B错误；

C．聚丙烯其结构简式为：故C正确；

D．95%的酒精消毒时渗透性比较差；内部的病毒难以杀灭，为了防止新冠疫情蔓延，75%的酒精可有效杀灭病毒，故D错误；

故选C。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据结构简式得到糠醛的分子式为C5H4O2；故A错误；

B．糠醛含有醛基；当糠醛与银氨溶液混合，水浴加热，可以发生银镜反应，故B正确；

C．1mol糠醛含有1mol醛基，2mol碳碳双键，因此最多能与3molH2发生反应；故C错误；

D．一定条件下糠醛与苯酚能发生缩聚反应生成一种酚醛树脂；故D错误。

综上所述，答案为B。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

有机化合物只由碳、氢两种元素组成，其摩尔质量为分析该有机化合物的摩尔质量可知其分子式可能为或

(1)该有机化合物分子中无碳碳不饱和键和碳环，可知该有机物为烷烃，而为烷烃，其同系物中摩尔质量最小的是甲烷。故答案为：甲烷；

(2)该链烃中含有碳碳不饱和键，其分子式为含有7个不饱和度，故当该分子中所含碳碳三键的数目分别为1；2、3时，对应所含碳碳双键的数目分别为5、3、1，故答案为：5；3；1；

(3)由(2)可知，其分子式为分子结构中含有一个苯环，一个碳碳双键和一个碳碳三键，且苯环上两个取代基处于邻位的有机化合物为分子结构中含有两个苯环，且分子式为的有机物的结构简式为故答案为：【解析】甲烷53111、略

【分析】【分析】

(1)

①和是由氧元素组成的不同单质；属于同素异形体；

②和质子数相同为6；中子数不同分别为6；8，是碳元素不同核素，互为同位素；

③和它们的结构不同但分子式相同；所以二者互为同分异构体；

④和它们的结构不同但分子式相同；所以二者互为同分异构体；

⑤和组成和结构都相同；为同一物质；

⑥和它们结构相似都为烷烃，在分子组成上相差1个CH2原子团；互为同系物；

故答案为：③；④；⑤；⑥；①；

(2)

依据氧化还原反应设计的原电池，可知该反应Cu失去电子，为电池负极，发生氧化反应，石墨为正极，铁离子将会得到电子，发生还原反应，则电解质溶液是或溶液，故答案为：或还原。【解析】(1)③；④⑤⑥①

(2)或还原12、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据密度比等于相对分子质量比计算烷烃相对分子质量；再根据烷烃通式计算分子式。

（2）根据烷烃燃烧通式计算分子式。

（3）式量为43的烷基是

（4）根据萘的结构式写分子式。

（5）根据立方烷的结构式写分子式；根据它的二氯代物判断六氯代物。

解析：（1）根据密度比等于相对分子质量比，可知该烷烃的相对分子质量是86，根据烷烃通式14n+2=86，n=6，分子式为C6H14。

（2）根据烷烃燃烧通式。

1mol

0.1mol11.2L

n=3

分子式为C3H8。

（3）用式量为43的烷基是有两种结构取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物

共6种。

（4）根据萘的结构式为其分子式为C10H8，它的二氯代物又有

10种。

（5）根据立方烷的结构式分子式为C8H8，它的二氯代物有两个氯原子在同一个楞上、两个氯原子在面对角线、两个氯原子在体对角线，如图有3种，所以六氯代物也有3种。【解析】①.C6H14②.C3H8③.6④.C10H8⑤.10⑥.C8H8⑦.313、略

【分析】【详解】

该物质主链上有3个碳，羟基连在第二个碳上，故名称为2-丙醇或异丙醇。【解析】异丙醇(或2-丙醇)14、略

【分析】【分析】

乙酸乙酯不溶于水，而乙酸、乙醇均易溶于水，可先加饱和Na2CO3溶液分液分离出乙酸乙酯，余下的CH3COONa和乙醇，用蒸馏法蒸出乙醇，最后向D中加入硫酸，将CH3COONa转化为乙酸，再蒸馏即可得到CH3COOH，故A为乙酸乙酯，B为含CH3COONa和乙醇的溶液，C为CH3COONa；D为乙酸，E为乙醇。

【详解】

（1）由分析可知试剂(a)为饱和Na2CO3溶液，试剂(b)为硫酸；

（2）加入饱和Na2CO3溶液分液后，分离出乙酸乙酯，①的分离方法是分液；B中的CH3COONa和乙醇，用蒸馏法蒸出乙醇，故②的分离方法是蒸馏；最后向D中加入硫酸，将CH3COONa转化为乙酸，再蒸馏即可得到CH3COOH；故②的分离方法是蒸馏；

（3）由分析可知：A为CH3COOCH2CH3，B为CH3CH2OH、CH3COONa，C为CH3COONa，D为CH3COOH，E为CH3CH2OH。【解析】(1)饱和Na2CO3溶液硫酸。

(2)分液蒸馏蒸馏。

(3)CH3COOCH2CH3CH3CH2OH、CH3COONaCH3COONaCH3COOHCH3CH2OH15、略

【分析】【详解】

(1)甲烷的球棍模型是有球有棍的模型；C符合，所以答案选C。

(2)甲烷与丙烷结构相似，分子式相差2个CH2；互为同系物，答案选C。

(3)①甲烷与氯气光照发生取代反应；所以该反应的反应类型为取代反应。

②该反应的第一步为：

③该实验氯气被消耗；生成了难溶于水的有机物，气体总物质的量减少，所以实验现象为：量筒内液面上升；黄绿色褪去、试管壁上出现油状液滴。

④该取代反应四种有机产物和无机物HCl均会产生，与反应物投料比无关，所以答案为D。【解析】CC取代反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl量筒内液面上升黄绿色褪去D16、略

【分析】【分析】

【详解】

(6)A的结构简式为含有2个碳碳双键，不饱和度等于4，其一种同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环恰好为4个不饱和度，因此剩余C原子都是以饱和单键的形式成键，有2种不同化学环境的H原子，则该同分异构的结构高度对称，应为【解析】17、略

【分析】【分析】

（1）

根据烷烃的系统命名法，2，6-二甲基－4－乙基辛烷的结构简式是

（2）

根据烯烃的系统命名法，2－甲基－1－戊烯的结构简式是

（3）

①根据价键规律，立方烷上每个碳原子连有1个氢原子，其分子式为C8H8。

②立方烷结构对称；分子中只有1种等效氢，它的一氯取代物有1种。

③立方烷结构对称，立方烷二氯取代物的两个氯原子位于同一个楞上、两个氯原子位于面对角线上、两个氯原子位于体对角线上，所以它的二氯取代物有3种。【解析】（1）

（2）

（3）C8H813三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【详解】

碳氢质量比为3:1的有机物一定是CH4或CH4O，错误。19、A【分析】【详解】

新材料口罩的材料以聚丙烯为原材料，通过添加抗菌剂、降解剂、驻极剂以及防老化助剂，使其具有长期储存的稳定性及抗菌性能，答案正确；20、A【分析】【详解】

脂肪烃分子中的碳原子通过共价键连接形成链状的碳架；两端张开不成环的烃，甲烷；异丁烷、乙烯、乙炔均为脂肪烃，故正确；

故答案为：正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

高级脂肪酸是含有碳原子数比较多的羧酸，可能是饱和的羧酸，也可能是不饱和的羧酸，如油酸是不饱和的高级脂肪酸，分子结构中含有一个碳碳双键，物质结构简式是C17H33COOH；而乙酸是饱和一元羧酸，因此不能说高级脂肪酸和乙酸互为同系物，这种说法是错误的。22、B【分析】【详解】

羧基和酯基中的羰基均不能与H2加成，醛酮中的羰基可以与氢气加成，故错误。23、B【分析】【详解】

乙苯的同分异构体中含有苯环的有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯3种，除此以外，苯环的不饱和度为4，还有不含苯环的同分异构体，故乙苯的同分异构体多于3种，错误。四、结构与性质(共4题，共36分)24、略

【分析】【分析】

苯环是平面正六边形结构，据此分析判断处于同一直线的最多碳原子数；物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，据此分析解答；石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，结合均摊法计算解答；石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，据此分析判断。

【详解】

(1)苯环是平面正六边形结构，物质a()中处于同一直线的碳原子个数最多为6个()；故答案为：6；

(2)物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，电负性从大到小的顺序为F＞C＞H，故答案为：F＞C＞H；

(3)C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别，因此物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点；故答案为：C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别；

(4)根据图示；物质c→联苯烯过程中消去了HF，反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；

(5)①石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，含有3个Li原子，含有碳原子数为8×+2×+2×+13=18个，因此化学式LiCx中x=6；故答案为：6；

②根据图示，石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，锂离子嵌入数目越多，电池容量越大，因此联苯烯嵌锂的能力更大，故答案为：更大。【解析】6F＞C＞HC－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别消去反应6更大25、略

【分析】【分析】

非金属性越强的元素；其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构；配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。

【详解】

（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图

（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：

（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键；原因是：B原子的半径较小；价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；

④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示：Na+半径的半径为对角线的对角线长为则Na+半径的半径为H-半径为阴、阳离子的半径比0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道⑦.6⑧.0.414⑨.电荷因素⑩.键性因素26、略

【分析】【分析】

苯环是平面正六边形结构，据此分析判断处于同一直线的最多碳原子数；物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，据此分析解答；石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，结合均摊法计算解答；石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，据此分析判断。

【详解】

(1)苯环是平面正六边形结构，物质a()中处于同一直线的碳原子个数最多为6个()；故答案为：6；

(2)物质b中含有H；C、F三种元素；元素的非金属性越强，电负性越大，电负性从大到小的顺序为F＞C＞H，故答案为：F＞C＞H；

(3)C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别，因此物质b之间可采取“拉链”相互识别活化位点；故答案为：C－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别；

(4)根据图示；物质c→联苯烯过程中消去了HF，反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；

(5)①石墨烯嵌锂图中以图示菱形框为例，含有3个Li原子，含有碳原子数为8×+2×+2×+13=18个，因此化学式LiCx中x=6；故答案为：6；

②根据图示，石墨烯嵌锂结构中只有部分六元碳环中嵌入了锂，而联苯烯嵌锂中每个苯环中都嵌入了锂，锂离子嵌入数目越多，电池容量越大，因此联苯烯嵌锂的能力更大，故答案为：更大。【解析】6F＞C＞HC－F共用电子对偏向F，F显负电性，C－H共用电子对偏向C，H显正电性，F与H二者靠静电作用识别消去反应6更大27、略

【分析】【分析】

非金属性越强的元素；其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构；配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。

【详解】

（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图

（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：

（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键；原因是：B原子的半径较小；价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；

④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示：Na+半径的半径为对角线的对角线长为则Na+半径的半径为H-半径为阴、阳离子的半径比0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。【解析】①.O>C>H②.③.7④.CH4、NH4+⑤.2⑥.B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道⑦.6⑧.0.414⑨.电荷因素⑩.键性因素五、有机推断题(共4题，共8分)28、略

【分析】【分析】

由题给有机物的转化关系可知，ClCH2CH2CH2Cl在碱性条件下共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO，则C为OHCCH2CHO；在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；一定条件下，HOOCCH2COOH与反应生成一定条件下，发生取代反应生成在加热条件下发生脱羧反应生成在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯。

【详解】

(1)由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；C的结构简式为OHCCH2CHO，官能团结构简式—CHO；C→D的反应为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH；咖啡酸乙酯的结构简式为分子中苯环；碳碳双键、酯基都为平面结构，结合三点成面及单键可以旋转可知，分子中的11个碳原子都可能共平面，故答案为：1，3—丙二醇；—CHO；氧化反应；11；

(2)H→I的反应为在浓硫酸作用下；H与乙醇共热发生酯化反应生成咖啡酸乙酯，则反应所需试剂为乙醇；浓硫酸，反应条件为加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；

(3)D→F反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与反应生成

①D；E分子中不含有碳碳双键；产物F中含有碳碳双键，则检验有产物F生成的实验操作及现象为取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色；

②E分子中含有醛基，能发生银镜反应，若该反应转化完全，反应后的溶液中不存在E，不能发生银镜反应，则检验该反应转化完全与否的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓；

(4)H的结构简式为由H的同分异构体与H具有相同官能团，说明含酚羟基、碳碳双键和羧基，苯环上有三个取代基，苯环上的一氯取代物有2种可知，H的分子结构对称，则符合条件的结构简式为故答案为：

(5)由题给信息可知，以一氯甲烷和丙二酸为原料合成丙烯酸的合成步骤为一氯甲烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成甲醇，甲醇在铜的催化下发生氧化反应生成甲醛，一定条件下甲醛与丙二酸反应生成在加热条件下发生脱羧反应生成合成路线如下故答案为：【解析】1，3—丙二醇—CHO氧化反应11乙醇、浓硫酸、加热取少量反应后的液体于试管中，滴加少量溴的四氯化碳溶液，振荡，观察到溴的四氯化碳溶液褪色+2Ag(NH3)2OH+3NH3+H2O+2Ag↓

29、略

【分析】【分析】

D和H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为．G发生氧化反应生成H，则G结构简式为F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E为F为A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为B结构简式为CH2=CHCl；A结构简式为HC≡CH；

(5)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成

【详解】

(1)B结构简式为CH2=CHCl；B的化学名称为：氯乙烯；M中含氧官能团的名称为：酯基；F→G的反应类型为消去反应；

(2)C→D的化学反应方程式为：

(3)H结构简式为具有顺反异构，其顺式结构为

(4)F为F的同分异构体符合下列条件：

①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的醛基。取代基为HCOO-和-CH2CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-和-CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)-有1种；如果取代基为HCOOCH2CH2-有1种；如果取代基为-COOH和两个-CH3，两个甲基位于相邻位置，有2种；如果两个甲基位于间位，有3种；如果两个甲基位于对位，有1种，符合条件的有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积之比为6：2：1：1的物质的结构简式：

(5)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成合成路线流程图为：

【点睛】

能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。【解析】①.氯乙烯②.酯基③.消去反应④.⑤.⑥.14⑦.⑧.30、略

【分析】【分析】

根据流程图分析，A为B为C为E为F为H为

（1）根据以上信息；可知诺氟沙星的结构简式。

（2）A.B到C的反应类型为还原反应；

B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2；碳碳双键可发生加成；氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；

C.化合物E含有碱基；具有碱性；

D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断；右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子；两个环上的9个C原子可能共平面；

（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。

（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。

（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：

若六元环上只有一个N原子；则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上；不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。

【详解】

（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为答案为：

（2）A.B到C的反应类型为还原反应；A错误；

B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2；碳碳双键可发生加成；氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；

C.化合物E含有碱基；具有碱性，C错误；

D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断；右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子；两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；

（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；

（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；

（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为答案为：【解析】①.②.AC③.C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2④.+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH⑤.31、略

【分析】【分析】

化合物A经碱性水解、酸化后得到B和C(C8H8O2)，B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C(C8H8O2)的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是B经过一系列反应后得到环状化合物G，G的实验式为C2H3O，令分子式为(C2H3O)x，相对分子质量为172，则(24+3+16)x=172，解得x=4，故G的分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，由于G分子中只有1种H原子，故应是2分子F自身发生酯化反应生成G为环酯，F应含有2个甲基，故F为G为逆推可得，E为D为B为故A为

【详解】

(1)由上述分析可知，G的结构简式为结构中每个节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为：C8H12O4；

(2)由上述分析可知，A的结构简式为：

(3)F→G反应的化学方程式：属于酯化反应；

(4)属于芳香族化合物；且能发生水解反应，含有酯基，只有一个侧链时，有乙酸苯酚酯；甲酸苯甲酯、苯甲酸甲酯，若侧链为甲基、-OOCH，有邻、间、对三种位置，故共有6种；

(5)中F与HBr发生取代反应生成K为K发生消去反应生成H为CH2=C(CH3)COOH，H与甲醇发生酯化反应生成I为CH2=C(CH3)COOCH3，I发生加聚反应生成高聚物J为由F可以直接生成H，可以发生酯化反应、成醚等副反应，设计反应①和②的目的是减少如酯化、成醚等副反应的发生。【解析】①.C8H12O4②.③.④.取代反应(或酯化反应)⑤.6种⑥.⑦.减少酯化、成醚等副反应的发生六、原理综合题(共4题，共32分)32、略

【分析】【分析】

结合给定的已知信息①，采用逆合成分析法可推出A为苯，与一氯甲烷和氯化铝反应生成H，则为对二甲苯，最终被高锰酸钾氧化为对二苯甲酸；因此B为氯苯，再结合给定信息②推知C为根据合成路线可知E为结合高聚物的结构简式可知，G为据此分析作答。

【详解】

（1）根据上述分析可知，A为苯，其结构简式为H的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）；

故答案为对二甲苯（或1,4-二甲苯）；

（2）B为氯苯，其分子式为C6H5Cl，C为其分子内所含官能团为醚键；

故答案为C6H5Cl；醚键；

（3）由D生成E的过程为苯酚中苯环的硝化反应；即取代反应；由F生成G为羟基被氨基取代的过程，反应类型也为取代反应；

故答案为取代反应；取代反应；

（4）由G和I生成M发生的是缩聚反应；其方程式为：