2022届湖北省重点中学沃学联盟高三上学期期中联考化学试题（含解析）

湖北省重点中学*沃学联盟*2022届高三(上)期中联考化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O16Ne20Ti48一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法错误的是A.聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不能用聚氯乙烯替代B.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，古代的蜡是高级脂肪酸酯C.“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口。D.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物【1题答案】【答案】C【解析】【分析】

【详解】A．聚乙烯是乙烯聚合而成的高分子，可作为生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，聚氯乙烯是氯乙烯的聚合物，在加热时会生成有毒物质，所以聚乙烯不能用聚氯乙烯替代，故A正确；B．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，我国白蜡的主要成分是蜡酸酯；蜂蜡的主要成分是软脂酸蜂蜡酯，古代的蜡是高级脂肪酸酯，故B正确；C．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是使料酒中的酒精和醋里的醋酸发生酯化反应生成酯，让鱼的味道更加鲜香可口，故C错误；D．丝绸所含的天然纤维主要是蚕丝纤维，是熟蚕结茧时所分泌丝液凝固而成的连续长纤维，主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D正确；故选C。2.存放照相机、显微镜、食品和药品的包装盒中常可发现一些袋装透明胶状颗粒，该颗粒材料可能的名称及其作用是A.活性炭、吸附剂 B.氯化钠、干燥剂C.硅胶、干燥剂 D.KMnO4、氧化剂【2题答案】【答案】C【解析】【分析】存放照相机、显微镜、食品和药品的包装盒中常可发现一些袋装透明胶状颗粒，该颗粒材料主要是起干燥剂作用。【详解】题干中的颗粒材料主要是起干燥剂作用；A．活性炭具有吸附作用，不能起干燥剂作用，A错误；B．氯化钠不能起干燥剂作用，B错误；C．硅胶能起到干燥剂作用，C正确；D．KMnO4是氧化剂，不能起到干燥剂作用，D错误；故答案选C3.下列有关化学用语表述或性质比较正确的是A.基态氧原子核外价电子排布轨道表示式B.基态氧原子核外有8种空间运动状态的电子C.用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：D.第三周期的元素中，第一电离能介于Mg和S之间只有1种元素【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A.基态氧原子核外价电子排布式为2s22p4，价电子排布轨道表示式，故A错误；B.同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氧原子核外电子数为8，所以电子的运动状态有8种，而不是“空间运动状态”,故B错误；C.，左边是氢原子原子轨道，右边不是氢原子原子轨道，因此该原子轨道描述不是描述氢分子中化学键的形成过程，故C错误；D.P原子最外层3p能级电子为半充满，较稳定，第一电离能应为S<P，在第三周期元素中，第一电离能介于Mg和S之间只有硅元素1种元素，故D正确；故答案选择D。4.某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是A.将铁粉加入冷的浓硫酸中：探究铁的活泼性B.将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+C.在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2O晶体D.将FeCl3溶液滴入酸性KMnO4溶液中：检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，在室温下遇铁时，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属进一步被氧化，即发生钝化现象，因此不能据此判断铁的活泼性强弱，A错误；B．将铜粉加入FeCl3溶液中：发生氧化还原反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此可据此验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，B正确；C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液时，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解产生Fe(OH)3，同时产生的硫酸是不挥发性的酸，二者反应最终得到Fe2(SO4)3，而不是FeSO4·6H2O晶体，C错误；D．要证明FeCl3溶液中是否含有FeCl2，应该向FeCl3溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，就证明含有Fe2+，否则不含Fe2+，D错误；故合理选项是B。5.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是A.p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B.p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C.p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D.p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)【5题答案】【答案】D【解析】【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2＜Ne＜O2，则压强的大小顺序为p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；本题答案选D。6.中医药是中华传统文化的瑰宝，在抗击新冠肺炎的斗争中作出了重要贡献。绿原酸是中药金银花的有效药理成分之一，关于绿原酸的下列说法正确的是A.分子式为C16H20O9B.1mol绿原酸最多可消耗3molNaOHC.绿原酸可发生取代反应、加成反应、氧化反应、消去反应D.绿原酸能使紫色石蕊试液显红色，不能使酸性KMnO4溶液褪色【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．依据绿原酸的结构简式得出其分子式为C16H18O9，故A错误；B．绿原酸分子中含2个酚羟基，1个酯基，1个羧基，因此1mol绿原酸最多可消耗4molNaOH，故B错误；C．绿原酸结构中的醇羟基可发生酯化反应，也为取代反应，醇羟基也可发生消去反应，碳碳双键和苯环可以发生加成反应，碳碳双键、-OH均可被氧化，发生氧化反应，故C正确；D．绿原酸结构中的-COOH能使紫色石蕊试液显红色，碳碳双键、-OH能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选C。7.A、B、C、D、E、F、G是短周期中原子序数依次增大的主族元素，A、B元素最高正价与最低负价之和均为0，D、F是同主族元素，F元素原子序数是D元素原子序数的2倍，E元素原子半径是短周期中最大的。下列说法正确的是A.B、C、D三者的氢化物沸点：D＞C＞BB.简单离子的半径：E＞D＞CC.气态氢化物的还原性：G＞FD.B、C、D与A均可形成含非极性键的二元化合物【7题答案】【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G是短周期中原子序数依次增大的主族元素，D、F是同主族元素，F元素原子序数是D元素原子序数的2倍，则D为O，F为S；A、B元素最高正价与最低负价之和均为0，二者的原子序数均小于O，则A为H，B为C元素；E元素原子半径是短周期中最大的，则E为Na；G的原子序数大于S；则G为Cl元素；C介于C、O之间，则C为N元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是S，G是Cl元素。A．B是C，C是N，D是O，三种元素形成的简单氢化物分别是CH4、NH3、H2O，三种物质都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，NH3、H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，由于分子间作用力H2O比NH3的大，所以B、C、D三者的简单氢化物沸点：D＞C＞B，但题目未说明是否是最简单的氢化物，因此不能比较物质沸点高低，A错误；B．C是N，D是O，E是Na，三种元素形成的简单离子核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以三种元素的简单离子的半径：E＜D＜C，B错误；C．元素的非金属性越强，其简单的气态氢化物的还原性就越强，F是S，G是Cl，元素的非金属性：S＜Cl，所以气态氢化物的还原性：F(H2S)＞G(HCl)，C错误；D．A是H，B是C，C是N，D是O，H与这三种元素都可以形成含有非极性键的共价化合物，如化合物可以是C2H6、N2H4、H2O2，D正确；故合理选项是D。8.用下列实验装置进行有关实验能达到实验目的的是A.检验溶液中是否有K+ B.证明蔗糖属于还原性糖C制备CaCO3 D.检验【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．检验溶液中是否有K+，需要透过蓝色钴玻璃观察，A不符合题意；B．蔗糖不属于还原性糖，该选项图中所示操作是验证还原性糖，B不符合题意；C．溶有NH3的CaCl2溶液能吸收CO2，并发生反应：，C符合题意；D．NH4Cl与NaOH反应生成的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，要用湿润的红色石蕊试纸检验，不能用湿润的蓝色石蕊试纸，D不符合题意；故选C。9.下列说法正确的是A.用酸性高锰酸钾溶液鉴别丙醛和葡萄糖溶液B.“”与“1，3-丁二烯”互为同分异构体C.、、为同系物D.为取代反应【9题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．丙醛和葡萄糖中均含有醛基，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别丙醛和葡萄糖溶液，A项错误；B．的分子式为C4H6，1，3-丁二烯的分子式为C4H6，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构休，B项正确；C．它们的化学式之间相差一个或若干个C3H4，且三者结构不同，不是同系物，C项错误；D．，乙醛被氧化为乙酸，该反应属于氧化反应，D项错误；答案选B。10.为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。下列说法中，错误的是A.最终产物X、Y属于同系物B.产物X名称为“2-甲基丁烷”或“异戊烷”C.反应I、II、III均有副产物H2O产生D.产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰【10题答案】【答案】C【解析】【分析】根据题中信息可知，在新型纳米催化剂Na-Fe3O4的作用下二氧化碳和氢气先转化为一氧化碳，一氧化碳和氢气转化为乙烯和丙烯，乙烯和丙烯在HMCM-22的表面转化为2—甲基丁烷和3—甲基戊烷，由此分析。【详解】A．X、Y都属于烷烃，且分子组成上相差1个CH2，因此两者属于同系物，故A不符合题意；B．根据产物X的结构可知，主链上有4个C，2号碳上连有1个甲基，其系统命名法为2-甲基丁烷，习惯命名法为异戊烷，故B不符合题意；C．根据转化过程图可知，只有烯烃与氢气作用，根本没有氧元素参与反应，所以不会产生H2O，故C符合题意；D．由X、Y结构简式可知，两者均有4种等效氢，分别位于①②③④位上的氢原子，即、，核磁共振氢谱图上均有4组峰，故D不符合题意；答案选C。11.已知氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，向含amolFeI2的溶液中加入含bmolBr2的溴水，充分反应。下列说法正确的是A.离子的还原性强弱：I-＞Br-＞Fe2+B.当2a≥b时，发生的离子反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-C.当5a=4b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)：c(Fe3+)：c(Br-)=2：1：5D.当3a≦2b时，发生的离子反应：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-【11题答案】【答案】D【解析】【详解】A．已知氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，则根据氧化还原反应规律可知微粒的还原性：I-＞Fe2+＞Br-，A错误；B．由于氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，所以加入的Br2先与FeI2电离产生的I-发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，此时二者反应的物质的量的比是b=，过量的Br2与Fe2+发生反应：Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，故当2a≥b时，一定发生的离子反应：Br2+2I-=I2+2Br-，B错误；C．当5a=4b时，即amolFeI2和Br2反应，所以I-完全反应，Fe2+一半被氧化成Fe3+，所以离子浓度之比：c(Fe2+)：c(Fe3+)：c(Br-)=1：1：5，C错误；D．当3a=2b时，amol的FeI2溶液和bmolBr2恰好完全反应，其中Fe2+与I-的物质的量之比为1：2，离子反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-，D正确；故合理选项是D。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A.0.5molNH4HSO4晶体中，含有阴、阳离子总数约为NAB.标准状况下，1mol水煤气的体积约为22.4LC.0.1molCl2溶于10L水中，转移的电子数为0.1NAD.某密闭容器中0.1molNa2O2和0.1molCO2充分反应，转移电子的数目为0.1NA【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．NH4HSO4晶体中盐电离产生、，因此0.5molNH4HSO4晶体中，含有阴、阳离子的总物质的量是1mol，则含有的离子总数约为NA，A正确；B．在标准状况下水煤气是气体，则1mol水煤气的体积约为22.4L，B正确；C．Cl2溶于水后，有一部分与水反应产生HCl、HClO，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此0.1molCl2溶于10L水中，转移的电子数小于0.1NA，C错误；D．Na2O2和CO2反应产生Na2CO3、O2，每有1molNa2O2和1molCO2反应转移1mol电子，则某密闭容器中0.1molNa2O2和0.1molCO2充分反应，转移电子的物质的量是0.1mol，则转移的电子数目为0.1NA，D正确；故合理选项是C。13.EDTA(乙二胺四乙酸)是一种重要的络合剂，结构简式如图所示。关于化合物[Cu(EDTA)]SO4的说法正确的是A.SO与PO互为等电子体，空间构型均为正四面体B.EDTA中碳原子的杂化轨道类型为sp、sp2、sp3C.EDTA组成元素的第一电离能顺序为O>N>C>HD.[Cu(EDTA)]SO4中所含的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键【13题答案】【答案】A【解析】【详解】A．SO与PO价电子总数和原子数均相同，互为等电子体，中心原子的价电子对数均为4，采用sp3杂化，空间构型均为正四面体，故A正确；B．-CH2-结构中碳原子采取sp3杂化，-COOH结构中碳原子采取sp2杂化，无sp杂化的碳原子，故B错误；C．N的外围电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态，因而第一电离能相对较高，即N>O，故C错误；D．[Cu(EDTA)]SO4中所含的化学键有离子键、共价键、配位键，氢键不是化学键，故D错误；答案选A。14.是引起酸雨的因素之一，工业上通过NaClO碱性溶液(含NaOH)吸收来控制和治理。在45℃时，将含有的烟气和NaClO碱性溶液按图示方式通入反应釜；常加作催化剂，催化过程如图1所示。下列说法不正确的是

A.催化过程1的化学方程式：B.催化过程2的离子方程式：C.反应釜中的总反应：D.用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好，可生成难溶CaSO4有利于反应进行【14题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．催化过程1中，Ni2O3与ClO-反应生成NiO2和Cl-，则化学方程式为，A正确；B．催化过程2中，NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，则反应的离子方程式为，B正确；C．反应釜中，含NaOH的NaClO溶液与SO2催化剂表面接触后发生反应，生成、Cl-等，总反应的化学方程式为，C正确；D．用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫，虽然也能将SO2氧化为H2SO4并最终转化为CaSO4，但难溶的CaSO4会堵塞催化剂层的气孔，使SO2、Ca(ClO)2溶液、催化剂三者难以充分接触，从而降低脱硫效果，D不正确；故选D。15.(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如图，下列说法正确的是A.通入NH3和CO2的顺序不可以互换B.操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得(NH4)2SO4C.步骤②中反应的离子方程式为D.通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用【15题答案】【答案】AB【解析】【分析】NH3易溶于水，硫酸钙悬浊液中通入氨气，使溶液呈碱性，后通入的CO2被氨水吸收转变出碳酸根离子、进一步把CaSO4转化为CaCO3沉淀，过滤，所得滤液主要成分为硫酸铵，可提取硫酸铵晶体，据此回答。【详解】A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，A正确；B．流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可得(NH4)2SO4，B正确；C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH+SO，C错误；D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，应通适量二氧化碳，二氧化碳若过量、碳酸钙会溶解，D错误；故答案为AB。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。（1）实验室用70%H2SO4溶液和Na2SO3粉末在常温下反应制备SO2，装置如下图。①将虚线框a内的仪器补充完整___________(夹持装置可省略)。②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。（2）生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如下图。①步骤I反应的离子方程式为___________。②生物浸出时的总反应的氧化剂是___________。（3）硒是一种抗癌元素，湖北恩施称之为硒都，以工业硒为原料制备高纯硒的流程如下图。①下列说法正确的是___________(填字母序号)。a．过程i到过程iii均为氧化还原反应b．H2SeO3既有氧化性，又有还原性c．SeO2能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2Od．Se与H2化合比S与H2化合容易②过程iii中使用的还原剂为N2H4·nH2O，对应产物是N2，理论上，过程i消耗的O2与过程iii消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与O2的反应可忽略)。【16~18题答案】【答案】（1）①.或②.NaOH溶液（2）①.8Fe3++CuS+4H2O=Cu2++8Fe2+++8H+②.O2（3）①.bc②.1:1【解析】【分析】生物浸出法以Fe3+作催化剂，先将CuS氧化为Cu2+、等，反应的化学方程式为8Fe3++CuS+4H2O=Cu2++8Fe2+++8H+；嗜酸氧化亚铁硫杆菌再将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。【小问1详解】实验室利用Na2SO3与浓H2SO4在不加热条件下反应制取SO2，装置为固、液不加热装置：或。②SO2为酸性气体，常使用碱溶液吸收，则b装置中的试剂为NaOH溶液。答案为：或；NaOH溶液；【小问2详解】①由分析可知，步骤I反应的离子方程式为8Fe3++CuS+4H2O=Cu2++8Fe2+++8H+。②生物浸出时Fe3+为催化剂，Fe2+为催化剂的中间产物，两反应式相加，得总反应为CuS+2O2=Cu2++，总反应的氧化剂是O2。答案为：8Fe3++CuS+4H2O=Cu2++8Fe2+++8H+；O2；小问3详解】①a．过程i到过程iii中，SeO2+H2O=H2SeO3为非氧化还原反应，a不正确；b．H2SeO3中的Se显+4价，位于-2~+6之间，所以既有氧化性，又有还原性，b正确；c．SeO2能与水反应生成酸，则其为酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O，c正确；d．Se与S为同主族元素，Se在S的下方，非金属性比S弱，所以Se与H2化合比S与H2化合困难，d不正确；故选bc。②1molN2H4·nH2O生成N2，失去4mole-，1molO2参加反应，得到4mole-，所以理论上，过程i消耗的O2与过程iii消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为1:1。答案为：bc；1:1。【点睛】70%H2SO4溶液和Na2SO3粉末发生复分解反应，书写离子方程式时，H2SO4可以改写成离子形式。17.物质的组成、结构决定着物质的性质与变化，我们必须在原子、分子层次上深入地研究物质的结构。在5-氨基四唑()中加入金属Ga，得到的盐是一种新型气体发生剂，常用于汽车安全气囊。（1）基态Ga原子核外电子排布式为_______；N原子的外围电子轨道表示式为________。（2）在1mol5-氨基四唑中含有的σ键的数目为________。该有机物中氮原子的杂化方式为___________。（3）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐作原料，可以生成碳氮化钛化合物。其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如下图)顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为___________。该晶胞参数为anm，该晶体的密度为为___________g/cm3。【17~19题答案】【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p1②.（2）①.9NA②.sp2、sp3（3）①.Ti4CN3②.【解析】【小问1详解】Ga是31号元素，根据构造原理，可知基态Ga核外电子排布式是1s22s22p63s33p63d104s24p1，则其简化的电子排布式是[Ar]3d104s24p1；N是7号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p3，外围电子排布式是2s22p3，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，故外围电子的轨道表示式是；【小问2详解】共价单键都是σ键，共价双键中1个是σ键，一个是π键，根据5-氨基四唑分子的结构简式可知1个分子中含有9个共价键，则在1mol的5-氨基四唑分子中含有的σ键数目是9NA；该有机物中氮原子形成的有N-N单键和N=N双键，所以N原子的杂化方式为sp2、sp3杂化；【小问3详解】根据晶胞结构可知：其中含有的Ti原子数目为12×+1=4；含有的N原子数目为8×+6×=4，由于顶点N原子数为8×=1，因此将C原子替代顶点N原子就可以得到该晶胞化学式为Ti4CN3；根据晶体密度公式可得该晶胞密度ρ=。18.重氮化合物是一类活泼的化合物，在有机合成方面有着重要应用。重氮化合物A在光照及甲醇参与反应的条件下经过一系列活泼中间体转化为F的路线如下：

回答下列问题：（1）为研究反应历程，A中的羰基上的碳原子用13C标记，这种研究方法称为___________。（2）B1中的一个碳原子含有未共用电子对，易与B2相互转化或转化为C，B2的官能团名称为___________；上述路线中与B1、B2互为同分异构体的是___________(填标号)。（3）从结果上看，C和CH3OH生成E的反应类型为___________；写出CH2=C=O与CH3CH2OH反应的化学方程式___________(不要求写出中间体)。（4）E不稳定，能自发转化为F，说明稳定性C=O___________C=C(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________(从键参数的角度说明)。（5）X、Y是二十多年前才发现的两种生物碱，在室温下可相互转化：含N+的中间体的结构简式为____________【18~22题答案】【答案】（1）同位素示踪法（2）①.碳碳双键、醚键②.C（3）①.加成反应②.CH2=C=O+CH3CH2OH→（4）①.大于②.氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大（5）【解析】【分析】根据图中信息可知各种物质的的结构简式，分子式相同、结构式不同的有机化合物互称为同分异构体，E不稳定，能自发转化为F，说明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C稳定；由于氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大，以此来解析；【小问1详解】13C属于碳元素的一种同位素，该方法叫做同位素示踪法；【小问2详解】B2中的官能团是碳碳双键和醚键；分子式