吉林吉林市实验中学2026届高三年级下学期阶段性测试化学试卷

吉林市实验中学高三年级阶段性测试 化学 一、选择题 1．河南出土了大量文物。下列文物的主要成分是合金材料的是 A．彩陶双连壶 B．杜岭方鼎 C．贾湖骨笛 D．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶 A．A B．B C．C D．D 2．下列有关化学用语表示正确的是 A．的键形成过程： B．乙烯的空间填充模型 C．基态铝原子最高能级的电子云轮廓图： D．的形成过程： 3．下列化学用语正确的是 A．邻羟基苯甲醛分子内氢键： B．2-甲基-1-丙醇： C．丙炔的球棍模型： D．乙醚的结构式： 4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．氨基()中含有的电子数目为 B．若聚乙烯分子的聚合度为，则聚乙烯中含有碳碳双键的数目为 C．丙醛和丙酮的混合物中含有的键数目为 D．标准状况下，体积均为的与在光照条件下反应，生成的分子数目为 5．下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 选项 实例 解释 A POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3 B 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者 A．A B．B C．C D．D 6．由下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 分别测定等物质的量浓度的与溶液的pH 前者pH小 酸性： B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀 酸性： C 向溶液中滴加NaOH浓溶液 溶液由橙色变为黄色 减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动 D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解反应 A．A B．B C．C D．D 7．某化合物的结构如图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，L与R同族。下列说法正确的是 A．X的单质保存在煤油中 B．与NaCl溶液反应制备 C．、中心原子杂化类型相同 D．简单气态氢化物的沸点： 8．A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价（或最低负价）与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．金属性： C．为极性分子 D．A、B、E对应的简单离子半径： 9．科研人员开发了一种生产药物中间体三氟甲苯的方法： 设为阿伏加德罗常数的值，已知25℃时三氟乙酸的，下列叙述正确的是 A．1 mol三氟甲苯中键数目为 B．25℃时三氟乙酸溶液中，的数目为 C．标准状况下，和组成的混合气体中，氢、氧原子总数为 D．100 g质量分数为57%的三氟乙酸的水溶液中含有O-H键的数目为 10．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是 A．对应简单离子半径： B．对应简单气态氢化物的稳定性： C．Z的最高价氧化物对应的水化物为 D．Y的氧化物能与Z和X的最高价氧化物对应的水化物反应 11．为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．配位数为8 B．的密度为 C．和的最短距离等于 D．该晶体的熔点比晶体的熔点低 12．马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计） 下列说法错误的是 A．反应①的活化能小于反应②的活化能 B．反应①的浓度平衡常数 C．1.25 h后转化过程以反应③为主 D．已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于 13．以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．在相同条件下，比更易与成键 B．通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③④为慢反应 C．若为常见非金属单质，则⑤①的反应可能为 D．上述反应历程涉及极性键的断裂和形成 14．在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A．M、N配离子的配位数相等 B．Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C．50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D．向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 二、非选择题 15．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为_______(填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为_______。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为_______。 (6)“沉金”中的作用为_______。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为_______。用碱中和可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 16．酸及盐在生活生产中应用广泛。 (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色_______。 (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、_______(填下列操作编号)。 (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得： ①_______。 ②苯甲酸的_______(列出算式，水的电离可忽略)。 (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾  羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性_______，羧基中的羟基_______增大，酸性增强。 ②提出假设  甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为： ③验证假设  甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为_______。 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结  假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。 (5)该小组尝试测弱酸HClO的。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为_______。 ②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案_______(包括所用仪器及数据处理思路)。 ③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。 17．我国原创用于治疗结直肠癌的新药Z已成功登陆海外市场。Z的一种合成路线如下(部分试剂及反应条件略)。 (1)A中含氧官能团名称为_______，A生成D的反应类型为_______。 (2)B的结构简式为_______。 (3)D转化为E的反应生成的有机产物分别为E和_______(填结构简式)。 (4)下列说法正确的是_______。 A．G中存在大键 B．K中新增官能团的碳原子由J提供 C．L可以形成氢键 D．摩尔质量 (5)G(C10H10O2)的同分异构体同时满足下列条件的有_______种。 (i)存在基团和环外2个键 (ii)不含基团和sp杂化碳原子 其中，核磁共振氢谱显示五组峰(峰面积比为)的同分异构体的结构简式为_______。 (6)Q的一种合成路线为： 已知： 根据已知信息，由R和T生成W的化学方程式为_______。 试卷第8页，共8页 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 吉林市实验中学高三年级阶段性测试 化学参考答案 1．B 【详解】A．彩陶双连壶主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．杜岭方鼎为青铜制品，青铜是铜锡合金，属于合金材料，B符合题意； C．贾湖骨笛的主要成分是动物骨骼，其成分为碳酸钙、有机质等，C不符合题意； D．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D不符合题意； 故选B。 2．C 【详解】A．Cl原子的价电子排布为3s23p5，未成对电子在3p轨道上，两个原子的轨道沿键轴方向以 的键是由2个原子的p轨道“头碰头” 重叠形成的，则的键形成过程为：，A错误； B．乙烯的结构简式为，其空间填充模型为：，B错误； C．铝原子最高能级为3p，原子轨道为哑铃形，其电子云轮廓图为，C正确； D．HCl是共价化合物，形成过程中H原子和Cl原子通过共用电子对结合，不存在电子得失，正确表示为：，D错误； 故选C。 3．A 【详解】A．邻羟基苯甲醛中，邻位羟基的的H可以和醛基的O形成分子内氢键，氢键用虚线表示、共价键用实线表示，图示表示正确，A正确； B．该结构共4个碳原子，羟基连接在2号碳上，正确名称为2-丁醇，B错误； C．丙炔中，碳碳三键为sp杂化，三个碳原子共直线，C错误； D．乙醚的结构简式为，图示为二甲醚的结构式，D错误； 故选A。 4．C 【详解】A．1.6 g 氨基（-NH2）的物质的量为0.1 mol，1个中性氨基含9个电子，故电子数目为0.9，A错误； B．聚乙烯是乙烯的加聚产物，分子中不存在碳碳双键，1 mol 聚乙烯中碳碳双键数目为0，B错误； C．丙醛和丙酮互为同分异构体，分子式均为，摩尔质量均为58 g/mol，5.8 g混合物物质的量为0.1 mol，1个分子(无论丙醛还是丙酮)含9个σ键，故σ键数目为0.9，C正确； D．所给甲烷问哦0.5mol，甲烷与氯气的取代反应为连锁反应，会同时生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳四种有机物，根据碳原子守恒知，生成的的分子数目小于，D错误； 故选C。 5．B 【详解】A．POCl3中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为四面体形；中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为四面体形，解释合理，A不符合题意； B．中N价层电子对数为，为sp杂化，无孤电子对，键角180°；中N价层电子对数为，为sp2杂化，无孤电子对，键角120°；中N价层电子对数为，为sp2杂化，含1对孤电子对，键角小于120°。三者键角依次减小，主要原因是中心原子杂化类型的不同，其次才是孤电子对斥力的影响。题干解释仅提及孤电子对斥力，未能全面说明键角变化的主要原因，故解释不合理，B符合题意； C．SiX4均为分子晶体，不存在氢键，相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，解释合理，C不符合题意； D．邻硝基苯酚形成分子内氢键，削弱分子间作用力，熔点较低；对硝基苯酚形成分子间氢键，分子间作用力更强，熔点更高，解释合理，D不符合题意； 故选B。 6．C 【详解】A．等物质的量浓度的两种溶液中浓度不同，中浓度是的2倍，且是的二级电离对应的酸根，变量不唯一，无法通过测定等物质的量浓度的与溶液的pH来比较和的酸性，A错误； B．该反应能发生是因为难溶于酸，不能通过该实验比较和的酸性，B错误； C．溶液中存在平衡，加入浓溶液时，与反应，使浓度减小，平衡正向移动，浓度增大，溶液由橙色变为黄色，C正确； D．溶液中存在电离平衡，与结合生成Ag3PO4沉淀，促进的电离，与水解无关，D错误； 故选C。 7．D 【分析】L与R同族，且原子序数依次递增，结合结构中L形成双键，推测L为O，则R为同族的S；Y能形成4个共价键，推断Y为C；Z原子序数介于Y和L之间，推断Z为N；M原子序数介于L和R之间，且只形成1个单键，推断M为F，X的序数最小，且形成+1价的阳离子，故X为Li。综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。 【详解】A．X的单质是Li单质，Li的密度比煤油小，故不能保存在煤油中，应该保存在石蜡中，故A错误； B．M2是F2，F2化学性质活泼会先与水发生反应，故不能与NaCl溶液反应制取Cl2，故B错误； C．是OF2，中心原子O原子的价层电子对为4，是sp3杂化；是CO2，中心原子C原子的价层电子对为2，是sp杂化，故杂化类型不同，故C错误； D．Y、Z的简单气态氢化物分别为CH4和NH3，二者都是分子晶体，NH3分子间存在氢键，故沸点CH4＜NH3，故简单气态氢化物的沸点：Y<Z，故D正确； 故答案为D。 8．C 【分析】A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，原子半径的大小关系为，结合B的最高正价为+1，B为Na（原子半径为），F的最高正价+6，F为S，G的最高正价+7，G为Cl，C的最高正价+3（且原子半径较大），C为Al，A的最低负价-2，A为O，E的最高正价+5（且原子半径比F、G小），E为N，D的最高正价+4，D为C。 【详解】A．A、D、E分别为O、C、N，位于同一周期，根据同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p能级为半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能为，A错误； B．B为Na，C为Al，金属性：，B错误； C．F为S，G为Cl，为，中心原子S价层电子对数为，且有2个孤电子对，分子空间结构为形，属于极性分子，C正确； D．A、B、E对应的简单离子分别为，离子半径为，D错误； 故选C。 9．C 【详解】A．一个三氟甲苯分子中由7个C-Cσ键，3个C-Fσ键，5个C-Hσ键，故总σ键数为，故1mol三氟甲苯中σ键数目为，A错误； B．三氟乙酸的，说明三氟乙酸是弱酸，不能完全电离，因此三氟乙酸溶液中，数目小于，B错误； C．标准状况下混合气体总物质的量为，设物质的量为，物质的量为：氢原子总数为，氧原子总数为，氢氧原子总物质的量为，总数为，C正确； D．三氟乙酸摩尔质量为，质量分数的溶液中，三氟乙酸质量为，物质的量为，仅三氟乙酸中就含键，但溶液中溶剂水也含有键，因此总键数目远大于，D错误； 故选C。 10．D 【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，则为9或11，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素。 【详解】A．O、Na对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，对应简单离子半径：Na+＜O2-，A正确；    B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性Cl＞Si，HCl稳定性较强，B正确； C．Z为Cl元素，位于第ⅦA族，Z的最高价氧化物对应的水化物为，C正确； D．Y的氧化物为二氧化硅，Z和X的最高价氧化物对应的水化物分别为高氯酸、氢氧化钠，二氧化硅能和氢氧化钠反应，但是不和HClO4反应，D错误； 故选D。 11．D 【详解】A．每个的周围有8个距离相等且最近的，所以的配位数为8，A正确； B．晶胞中，位于正方体的顶点和面心，共有个，位于晶胞内部，有8个，所以一个晶胞的质量为，晶胞参数为，则一个晶胞的体积为，故晶胞密度为，B正确； C．最近的和的距离是体对角线的，晶胞参数为，体对角线为则和的最短距离等于，C正确； D．和是离子晶体，半径小于，晶格能较大，该晶体的熔点比晶体的熔点高，D错误； 故答案选D。 12．C 【详解】A．活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内的增长比快，说明反应①速率更快，A正确； B．6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确； C．1.25 h后，的持续增大，说明的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误； D．MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确； 故选C。 13．A 【详解】A．由反应历程可知，优先与催化剂的M位点结合成键，后续NO才发生结合，说明相同条件下比更易与M成键，A说法错误； B．慢反应的反应速率慢，中间产物的生成速率小于消耗速率，因此体系中该中间产物含量少，若③④为慢反应，则物质④含量最少，B说法正确； C．该反应目的是消除、污染，最终产物为和，a为常见非金属单质，题给反应中原子守恒，反应合理，C说法正确； D．反应过程中存在极性键断裂，也存在等极性键的形成，因此涉及极性键的断裂和形成，D说法正确； 答案选A。 14．C 【分析】对于配离子[Fe(CN)x]y−，由稳定常数定义：变形取对数得：，即纵坐标其中斜率为配位数x，截距为−lgK稳。 【详解】A．根据图中点坐标：①（M，Fe2+的配离子）过点(1,−29)，截距（−lg c(CN−)=0时）为−35，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率为6，即配位数x=6；②（N，Fe3+的配离子）过点 (2,−30)，截距为−42，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率也为6，配位数也为6。因此二者配位数相等，A正确； B．对N，由，截距为−lg K稳(N) = −42，得lg K稳(N) = 42，即K稳(N) = 1.0 × 1042，B正确； C．50%转化时，c(Fea+) = c(配离子)，故； 对M：0 = 6X − 35，得，c(CN−) = 10−5.83≈1.5×10−6 mol/L； 对N：0 = 6X − 42，得，c(CN−) = 10−7 mol/L。后者（N）的CN−平衡浓度更小，C错误； D．转化反应为：，平衡常数，K很大，反应可以完全进行，D正确； 故选C。 15．(1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 16．(1)由紫色变为无色 (2)dab (3) (4) 增大 极性 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同 (5) 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka 【详解】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。 （2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解，趁热过滤至另一烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，故操作编号为dab； （3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度； ②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。 （4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强； ③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 （5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为； ②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。 17．(1) 酯基 取代反应 (2) (3) (4)ABC (5) 10 (6) 【分析】A和B发生取代反应生成D，结合D的结构简式，以及B的分子式可知，B的结构简式为，D中的酯基先水解，再酸化生成E，E发生反应生成G，G和J发生取代反应生成K，K再发生取代反应生成L，L和Q发生反应得到目标产物，结合目标产物的结构简式以及Q的分子式可知，Q的结构简式为，据此解答。 【详解】（1）由A的结构简式可知，其含氧官能团名称为酯基，由结构简式可知，A和B发生反应生成D的同时会生成HBr，反应类型是取代反应； （2）由分析可知，B的结构简式为； （3）D到E先发生酯基的水解以及酸碱中和反应，再酸化生成羧基，另一种产物是乙醇，结构简式为； （4）A．G中含有苯环，存在大键，A正确； B．由G和K的结构简式可知，K中有1个碳原子来自于J，B正确； C．L中含有酰胺基，能形成氢键，C正确； D．L与Q生成Z的反应中，发生的是取代反应，会生成小分子的CH3Cl，因此，D错误 故选ABC； （5）G的分子式为，不饱和度为6，存在和2个环外键，说明分子中除了苯环外还存在2个双键结构，不含与sp杂化的碳原子，说明不含有羟基、羧基、碳碳三键，则苯环的支链可以为： 属于醛或酮的有：、、、、、； 属于酯的有：、、、总计10种同分异构体； 核磁共振氢谱峰面积比为()，则分子总有1个甲基，满足条件的结构简式为； （6）由已知信息的反应可知，T的结构简式为，R中即含有氨基，又含有羧基，由X的结构简式，以及已知信息的反应，可推断出，R中氨基和羧基处于邻位，R的结构简式为，则由R和T生成W的化学方程式为。 答案第2页，共8页 答案第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $