2016年高考理综全国卷1—化学 (1)

2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）

理科综合（化学部分）

一、选择题：

1. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是（ ） A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质 C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95% 【答案】D

【解析】A、蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧时会有烧焦羽毛的气味，而人造纤维由纤维素

改性得到，灼烧时有刺激性气味，可由此区分二者，故A正确。

B、食用油反复加热，碳链会变成环状，产生稠环芳烃等有害物质，故B正确。 C、加热、强酸碱、重金属盐均可以使蛋白质变性，因此加热可杀死流感病毒，故C正确。

D、医用酒精中乙醇的浓度为75%，工业酒精中乙醇的浓度为95%，故D错误。 因此，本题选D。

2. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ） A. 14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA

B. 1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA C. 1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

D. 标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA 【答案】A

【解析】A、乙烯和丙烯最简式均为为CH2，14g混合气体中含有的原子团CH2的物质的量

为1mol，含有的氢原子数为2NA，故A正确。

ol的N2与4mol的H2完全反应则生成2molNH3，B、若1m但此反应是可逆反应，反应不完全，所以NH3分子数小于2NA，故B错误。

C、Fe溶于过量硝酸，由于硝酸具有强氧化性，最终氧化产物是Fe3，因此1molFe与过量硝酸反应转移3NA电子，故C错误。

D、标准状况下，CCl4呈液态，2.24LCCl4不能由气体摩尔体积得出其物质的量为0.1mol，故其含有的共价键数也不为0.4NA，故D错误。 因此，本题选A。

3. 下列关于有机化合物的说法正确的是（ ） A. 2-甲基丁烷也称为异丁烷

B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应 C. C4H9Cl有3种同分异构体

D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物 【答案】B

CH3CHCH2CH3|【解析】A、2-甲基丁烷，其结构简式为，共5个碳，习惯命名法应该为异CH3戊烷，故A错误。

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催化剂CH3CH2OH，符合B、乙烯生成乙醇的反应方程式为：CH2==CH2H2O加成反应的定义，故B正确。

CH3CHCH2CH3|CHClCHCHCHCHClC、49有4种同分异构体，分别为、、3222ClCH3|CH3CHCH2Cl|、CH3C—Cl，故C错误。

|CH3CH3D、高分子化合物要求分子量在10000以上，油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故D错误。 因此，本题选B。

4. 下列实验操作能达到实验目的的是（ ） A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物

B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO

C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2 【答案】C

【解析】A、乙酸和乙醇反应的产物为乙酸乙酯，分离乙酸乙酯应该用分液漏斗，长颈漏斗

不带有活塞，无法用于分离操作，故A错误。

B、NO会与空气中的氧气反应生成NO2，且NO密度与空气相近，故不能用排空气法收集，故B错误。

C、氯化铁易发生水解，所以配制时应在较浓的盐酸中溶解，抑制其水解，防止生成沉淀，再加水稀释，故C正确。 D、将Cl2与HCl的混合气体通过饱和食盐水可除去其中的HCl，但是得到的Cl2未

干燥，会含有水蒸气，故D错误。 因此，本题选C。

5. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交

换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO24可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是（ ）

A. 通电后中间隔室的SO24离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O4e===O2+4H+，负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成

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【答案】B

【解析】直流电作用下电解硫酸钠溶液，由于钠离子与硫酸根在水溶液中均不放电，因此其

本质为电解水。

A、电流从正极流出，负极流入，SO24为阴离子，其移动方向应与电流相反，因此

SO24向正极区（阳极）移动。正极区发生氧化反应，电极反应为

2H2O4eO2↑4H，则正极附近酸性增强，pH下降。故A项错误。 B、负极区（阴极）的电极反应为2H2O2e===H2↑2OH，剩余OH，中间区域的Na迁移到负极区，得到NaOH；正极区的电极反应为

2H2O4eO2↑4H，余下H，中间区域的SO2得到H2SO4，4迁移到正极区，故B项正确。

C、负极区发生还原反应：2H2O2eH2↑2OH，负极附近碱性增强，pH升高，故C错误。

D、由正极区的电极反应可知，转移电子与产生氧气的物质的量之比为4:1，因此转移1mol电子时会有0.25mol氧气生成，故D项错误。 因此，本题选B。

6. 298K时，在20.0mL0.10molL1氨水中滴入0.10molL1的盐酸。溶液的pH与所加盐

酸的体积关系如图所示。已知0.10molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）

A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0mL

C. M点处的溶液中cNH+=cH+=cOH 4=cCl D. N点处的溶液中pH<12 【答案】D 【解析】A、向氨水当中滴加稀盐酸，两者等物质的量反应则达到滴定终点，产物为NH4Cl，

其溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂，如甲基橙的变色范围为

3.1~4.4。而酚酞的变色范围是8.2~10.0，在碱性范围内变色，不能作为该滴定的指示剂，故A项错误。

NH3H2OH导致B、盐酸体积为20mL时恰好反应生成NH4Cl，NH4H2O其溶液pH小于7，而M点处pH=7，故B项错误。

C、因为溶液pH=7，所以c(H)=c(OH)=107molL1，又由于电荷守恒

c(H)c(NH可得c(NH二者浓度约为0.05molL1，4)=c(OH)c(Cl)，4)=c(Cl)，

远大于107molL1，故C错误。

D、若开始时pH为12，则c(OH)102molL1，此时对应氨水的电离度为10%，由于题中给出氨水电离度为1.32%，远低于10%，则pH应小于12，故D正确。 因此，本题选D。

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7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物。n是元素Z的单质。通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性。0.01molL1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 原子半径的大小WX>Y C. Y的氢化物常温常压下为液态 D. X的最高价氧化物的水化物为强酸 【答案】C

【解析】Z的单质n为黄绿色气体，n为Cl2，因此Z为氯元素。0.01molL1r的水溶液pH

值为2，说明r为一元强酸。Cl2与p在光的条件下反应得到r以及难溶于水的混

合物s，因此p为烷烃（如CH4），r为HCl，s为发生取代反应后的有机混合物。Cl2与m反应可得HCl以及具有漂白性的q，可知m为H2O，q为HClO。综上，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。

A、原子半径大小排序为HC，即Y>X，故B错误。

C、Y为氧元素，其氢化物为H2O或H2O2，常温下均为液态，故C正确。 D、X为碳元素，其最高价氧化物的水化物为碳酸，是弱酸，故D错误。 因此，本题选C。

26. （14分）

氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题： （1）氨气的制备

①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为

②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置 （按气流方向，用小写字母表示）。 （2）氨气与二氧化氮的反应

将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）。

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。

在一定温度下按图示装置进行实验。 操作步骤 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到温室 打开K2 △【答案】（1）①A；Ca(OH)22NH4Cl===CaCl22NH3↑2H2O；②d→c→f→e→i

实验现象 ①Y管中_____ 解释原因 ②反应的化学方程式 _______________________ 生态的气态水凝聚 ④____________________ Y管中有少量水珠 ③__________________ （2）①气体红棕色逐渐变浅；②8NH36NO27N212H2O；③NaOH溶液

倒吸入Y管；④当产物中的H2O为液体时，反应过程中气体的总物质的量减小，恢复原体积后装置中气压小于大气压。

【解析】（1）①实验室制取氨气的常用方法是Ca(OH)2与NH4Cl混合加热，或者CaO中滴

入浓氨水（不需要加热）。这里提供的装置只有A适合第一种方法。②要收集干燥的氨气应用碱石灰进行干燥，干燥管应“大进小出”，即d进c出；由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，即f进e出；最后应进行尾气处理，并要防止倒吸，应接i。

（2）①②：NH3和NO2反应，根据氧化还原反应规律，生成N2，反应方程式为

8NH36NO27N212H2O，产物均无色，因此随着反应的进行，NO2的红棕

催化剂催化剂色会逐渐变浅。③④：当产物中的H2O为液体时，反应过程中气体总物质的量减小，恢复原体积后装置中气压小于大气压，因此NaOH溶液会倒吸。

27. （15分）

2元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3（蓝紫色）、Cr(OH)、Cr2O7（橙红色）、CrO24（绿色）4（黄色）等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

（1）Cr3与Al3的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是________________________________。

21（2）CrO24和Cr2O7在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0molL的Na2CrO4溶

2)随c(H)的变化如图所示。 液中c(Cr2O7①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 ②由图可知，溶液酸性增大，CrO24的平衡转化率_________（填“增大”“减小”或“不变”）。根据

。

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A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。

③温度升高，溶液中CrO2、“小4的平衡转化率减小，则该反应的H______0（填“大于”于”或“等于”）。

（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3，标准溶液滴定溶液中Cl，利用Ag与CrO24生成转红色沉淀，指示剂达滴定终点。当溶液中Cl恰好沉淀完全（浓度等于

1.0105molL1）时，溶液中c(Ag)为__________molL1，此时溶液中c(CrO24)等于

__________molL1。（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010）。

2（4）6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O7还原成Cr3，该反应的离子方程式为______________________________________________________________。

【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时生成灰蓝色沉淀，继续滴加NaOH溶液，沉淀溶解，

最终溶液变绿色

（2）①2CrO242H2Cr2O7H2O②增大；1.01014；③小于

（3）2.0105；5.0103

2（4）Cr2O73HSO35H===2Cr33SO244H2O 222或：Cr2O78HSO3===2Cr33SO45SO34H2O

【解析】（1）类比Al3+与NaOH反应的性质，但需注意反应过程中伴有颜色变化。Cr3+为

蓝紫色，滴加NaOH后蓝紫色变浅同时产生灰蓝色沉淀Cr(OH)3，继续滴加，沉淀溶解，Cr(OH)3变为Cr(OH)4，溶液最终变为绿色。

（2）①选修四26页的方程式，Na2CrO4在酸性条件会转化为Na2Cr2O7。②从图

2上可以看出，H+浓度升高，Cr2O7浓度上升，说明反应向右进行的更多，CrO24的平衡转化率增大；根据A点数据，列三段式计算平衡常数：

2CrO242H2Cr2O7H2O

起1mol/L变0.5mol/L平0.5mol/L00.25mol/L0.25mol/L

2-c(Cr2O7)0.25K1014 2-22272c(CrO4)c(H)0.5(10)③升高温度，溶液中CrO24平衡转化率减小，说明反应逆向移动，故该反应为放热反应，H0。

12（3）已知c(Cl)1.010-5mol/L，Ksp(Ag2CrO4)2.010，

Ksp(AgCl)2.01010，当根据沉淀溶解平衡可得：

c(Ag)24Ksp(AgCl)c(Cl)2.010102.0105mol·L1， 51.0102.010125.0103mol·L1。 52(2.010)c(CrO)Ksp(Ag2CrO4)c(Ag)2（4）NaHSO3盐溶液为酸性，因此配平时应在方程式左边添加H或HSO3。

28. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

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回答下列问题：

（1）NaClO2中Cl的化合价为__________。 （2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 。

（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂

分别为__________、__________。“电解”中阴极反应的主要产物是 。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________，该反应中氧化产物是 。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。（计算结果保留两位小数）。 【答案】（1）+3

（2）2NaClO3SO2H2SO4===2ClO22NaHSO4 （3）NaOH；Na2CO3；NaClO2

（4）2:1，O2 （5）1.57

【解析】（1）NaClO2中Na为+1价，O为-2价，计算可得Cl的化合价为3。

（2）由流程图可知反应物为H2SO4、SO2和NaClO3，产物为ClO2和NaHSO4，根据氧化还原化合价升降守恒进行配平，可得方程式为：

2NaClO3SO2H2SO4===2ClO22NaHSO4

（3）粗盐提纯过程，主要考虑除去杂质离子，且不引入新的杂质，故加入NaOH除去Mg2、加入Na2CO3除去Ca2；电解食盐水并加入ClO2，产物中有NaClO2生成，由于阴极发生还原反应，所以应该是ClO2在阴极被还原生成NaClO2。

（4）根据尾气吸收过程中加入的反应物和生成物，写出氧化还原反应方程式并配平，可得：2ClO22NaOHH2O2===2NaClO2O22H2O。其中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，氧化剂与还原剂的比值为2:1，该反应的氧化产物为O2。 （5）“有效氯含量”的定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。其实就是求相同质量的NaClO2和Cl2在还原为Cl时，转移的电子数之比。1molNaClO2还原为Cl时转移4mol电子，1molCl2还原为Cl时转移2mol电子，50.g也就是说每摩尔NaClO2相当于2molCl2。即91421.57（保留两位小数）效氯含量”=。 90.5NaCOl2相当于142gCl2，即“有

36. [化学——选修2：化学与技术]（15分）

高锰酸钾（KMnO4）是一种常见氧化剂。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：

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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”中发生反应的化学方程式为 。 （3）“平炉”中需要加压，其目的是 。 （4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。

①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应。反应中生成KMnO4、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“CO2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1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000molL1的H2C2O4标准溶液20.00mL，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24.48mL。该样品的纯度为__________（列出计算式即可，已

210CO2↑8H2O）知2MnO。 45H2C2O46H2Mn【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率。

△（2）4KOH2MnO2O2===2K2MnO42H2O。 （3）增大压强，提高反应速率。

（4）①KHCO3；②MnO24e===MnO4;H2；③3:2

（5）20.200020.00103100158524.48100%1.0800【解析】（1）影响固体反应速率的因素之一是接触面积，粉碎矿石可增大其接触面积，提

高反应速率。

（2）由题目可知MnO2转化为K2MnO4，MnO2作还原剂，氧化剂应为空气中的O2，反应物还有KOH，根据氧化还原基本原理配平方程式即可。

（3）反应不是可逆反应，加压应从反应速率的方面来考虑。由于此反应有气体参加，增大压强，氧气的浓度提高，反应速率提高。

（4）①由于反应体系为中性或弱酸性，CO2没有变价，产物应为KHCO3，故反应的方程式为：

3K2MnO44CO22H2O===2KMnO4MnO24KHCO3

②阳极反应为氧化反应，MnO24被氧化为MnO4，电极反应为

MnO24e===MnO4；阴极反应为还原反应，电极反应为

2H2O2e===H2↑2OH，故阴极产生的气体为H2；总反应为

2K2MnO42H2O2KMnO4H↑22KOH

③电解中所有的K2MnO4都转化成了KMnO4，而歧化反应中只有2化为了KMnO4，因此利用率之比为1:，即3:2。

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通电2的K2MnO4转3

2（5）由题中反应方程式得到MnO4与C2O4反应的比例为2:5，列式计算：

m(KMnO4)c(KMnO4)V(KMnO4)M(KMnO4)100%100%

m(样品)m(样品)V总(KMnO4)22c(C2O4)V(C2O2)M(KMnO4)4V滴(KMnO4)即：5

100%m(样品) 代入数据得：20.200020.00103100158524.48100%1.0800 37. [化学——选修3：物质结构与性质]（15分）

锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：

（1）基态Ge原子的核外电子排布式为Ar__________，有__________个未成对电子。 （2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键，从原子结构角度分析，原因是 。 （3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因 。

熔点/℃ GeCl4 GeBr4 GeI4 49.5 26 146 83.1 186 沸点/℃ 约400 （4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂，Ge、Zn、O电负性由大至小的顺序是____________________。

（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为__________，微粒之间存在的作用力是__________。

（6）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标

1111参数A为0，0，0；B为，0，；C为，，0。则D原子的坐标参数为 。

2222

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a565.76pm，其密度为__________gcm3（列出计算式即可）。 37

【答案】（1）3d104s24p2；2。

（2）Ge原子半径较大，难以形成稳定的键，不易形成双键或叁键。

（3）GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点依次上升。因为其组成和结构相似的物质，随分子量增大，范德华力增大，熔沸点上升。

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（4）OGeZn。 （5）sp3，共价键。

873111（6）①(,,)；②。

6.021023(565.761010)3444 【解析】（1）锗位于硅的正下方，是(141832)号元素，核外电子排布为[Ar]3d104s24p2。

（2）双键、叁键与单键中均有键，但只有双键和叁键中存在键。锗难以形成双键或叁键，说明锗难以形成稳定的键。这是因为Ge原子半径较大，4p形成肩并肩重叠较难。

（3）由表中数据可知，三种物质熔沸点均不高，均为分子晶体，并且不存在氢键，因此熔沸点由范德华作用力的强弱决定。即熔沸点依次升高，是范德华力依次增强的结果，而对于组成和结构相似的物质而言，范德华力主要受分子量决定。分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。

（4）由三种元素在周期表的相对位置可知电负性相对强弱。

（5）锗与金刚石结构相似，金刚石中碳原子是sp3杂化，锗晶体中锗也是相同的杂化，原子间以共价键结合。

（6）①将晶胞切成8个相同的小正方体后，D是左下角小正方体的体心，因此原

111子坐标是(,,)；

444②每个晶胞中含有8个锗原子，根据密度公式进行计算，注意换算单位：

M(晶胞)8M(Ge)873

NAV(晶胞)NAa36.021023(565.761010)3

38. [化学——选修5：有机化学基础]（15分）

秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：

回答下列问题：

（1）下列关于糖类的说法正确的是__________。（填标号） a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式

b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全

d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物 （2）B生成C的反应类型为__________。

（3）D中的官能团名称为__________，D生成E的反应类型为__________。 （4）F的化学名称是__________，由F生成G的化学方程式为__________。

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（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有__________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________。 （6）参照上述合成路线，以(反，，设计反)2,4已二烯和C2H4为原料（无机试剂任选）制备对苯二甲酸的合成路线__________。 【答案】（1）cd

（2）取代反应（酯化反应） （3）酯基、碳碳双键；氧化反应 （4）1,6-己二酸（己二酸）；

OO||||催化剂nHO—C—(CH2)4—C—OHnHO—(CH2)4—OH

OO||||[C—(CH2)4—C—O—(CH2)4—O]nH(2n1)H2OHO（5）12；（6）

【解析】（1）糖类不一定都有甜味，比如淀粉和纤维素；糖类也不一定具有CnH2mOm的通

式，比如脱氧核糖（C5H10O4）、鼠李糖（C6H12O5）等，故a错误；一分子麦芽糖水解得到两分子葡萄糖，蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，故b错误；淀粉水解得到葡萄糖，银镜反应能用于检验含有醛基的葡萄糖，只能检验淀粉是否发生水解，不能检验是否水解完全，故c正确；淀粉和纤维素属于多糖，也属于天然高分子化合物（选修五课本p83），故d正确。

（2）C分子式为C8H10O4，不饱和度为4，相比B增加了2个C，结合D中的酯基，说明C是由B与2分子CH3OH发生酯化反应，从反应类型说，酯化反应也可认为是取代反应，故答案为取代反应或酯化反应。 （3）D生成E为失氢的过程，为氧化反应。

F的系统名称为1,6-己二酸；F和1,4-丁二烯生成聚酯G为羧基和羟基的缩聚（4）

反应（注意不要漏掉端基原子和小分子H2O）。

（5）0.5molW与足量NaHCO3生成1molCO2，说明W中含有两个羧基。E不饱和度为6，除苯环和2个羧基以外的碳原子均饱和。又已知W为二取代芳香化合物，对两个取代基进行分类：

—CH2COOH—CH2CH2COOH—CH(CH3)—COOH—CH(COOH)2、、、，共—COOH—CH2COOH—COOH—CH34种情况，分别有邻、间、对三种位置异构，故共有4312种。核磁共振氢谱为三组峰，说明对称性较好，应为对位的对称二取代物，其结构简式为

（6）根据推断可知，C为环生成D（，C与C2H4反应可以成

），D在Pd/C催化下加热，可得E

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（二烯（

）。仿照上述反应进行过程，可得(反,反)-2,4-己

）可与C2H4反应生成

（该反应2014年新

。

可被KMnO4酸

）。

课标II卷和2011年全国卷也有出现），在Pd/C催化下加热，可得仿照课本甲苯被KMnO4酸性溶液氧化的过程，可得性溶液氧化为对苯二甲酸（

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