【化学】河北省正定中学2019-2020学年高二3月线上月考（解析版） 试卷

河北省正定中学2019-2020学年高二3月线上月考
一、选择题（本题共25小题，1~15每小题2分，16~25每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）
1.“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，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是
A. 蚕丝的主要成分是蛋白质
B. 蚕丝属于天然高分子材料
C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；
B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；
C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；
D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；
答案选D。
【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。
2.甘氨酸()和丙氨酸()的混合物缩合最多可形成二肽的种类（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】两个氨基酸分子脱去一个水分子形成二肽。同种氨基酸脱水，可生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种。
故选：D。
【点睛】形成肽键既要考虑不同氨基酸分子间形成肽键，又要考虑同种氨基酸分子间形成肽键。
3.下列高分子材料不宜直接接触食品的是（ ）
A. 聚丙烯 B. 聚乙烯 C. 聚氯乙烯 D. 聚对苯二甲酸乙二醇酯
【答案】C
【解析】
【详解】聚丙烯、聚乙烯以及聚对苯二甲酸乙二醇酯等高分子材料对人体无害，可用于食品包装，而聚氯乙烯对人体有潜在危害，不能用于食品包装。
故选：C。
4.下列关于合成材料的说法中，不正确的是（ ）
A. 塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料
B. 聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2=CHCl
C. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇
D. 合成顺丁橡胶()的单体是CH2=CH—CH=CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶，故A正确；
B．聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，可制成薄膜、软管等，故B正确；
C．酚醛树脂是由苯酚与甲醛缩聚而得，故C错误；
D．的单体是CH2=CH-CH=CH2，故D正确。
故选：C。
5.下列说法正确是（ ）
A. 油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应
B. 蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素
C. 棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D. 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，蛋白质均发生变性
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂、淀粉、蔗糖在一定条件都能发生水解反应，葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；
B．蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N元素，故B正确；
C．蛋白质由C、H、O、N元素组成，还可能含有S、P等，N、S、P燃烧是会生成其各自的氧化物，合成纤维种类繁多，也会有其他元素的氧化物生成，故C错误；
D．滴加饱和NaCl溶液有固体析出，属于蛋白质的盐析，故D错误；
故答案为B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 任何一个电子层最多只有s、p、d、f四个能级
B. 用n表示电子层数，则每一电子层最多可容纳的电子数为2n2
C. 核外电子运动的概率密度分布图就是原子轨道
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级轨道数依次增多
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，故A错误；
B. 在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，故B正确；
C. 电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图(电子云)并不完全等同于原子轨道，故C错误；
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都是3个，故D错误；
故答案为B。
7.铋的相关信息如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. Bi元素的质量数是209
B. Bi元素位于第六周期第ⅤA族
C. Bi原子的6p能级上有1个未成对电子
D. Bi原子最外层有5个能量相同的电子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该表中最下面数据为Bi元素的相对原子质量，其相对原子质量为209.0，故A错误；
B. 根据Bi元素价电子排布式可知，该元素原子有6个电子层，且最外层有5个电子，则Bi元素位于第六周期第ⅤA族，故B正确；
C. 根据Bi元素价电子排布式可知，Bi原子6p亚层（能级）三个轨道，每个轨道上各有一个电子，所以有三个未成对电子，故C错误；
D. Bi原子最外层有5个电子，能量不相同，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查元素周期表的应用，侧重考查基本概念、化学用语，明确表中每一数据、字母的含义是解本题关键，熟练掌握元素周期表、原子结构，题目难度不大。
8.13 CNMR（核磁共振）、15 NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N的叙述正确的是
A. 13C与15N有相同的中子数
B. 13C电子排布式为1s22s22p3
C. 15N与14N互为同位素
D. 15N的电子排布式为1s22s22p4
【答案】C
【解析】
【详解】A.13C、15N的的质子数和中子数分别为6、7和7和8，A不正确；
B.13C的核外有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，B不正确；
C.15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确；
D.15N的核外有7个电子，其电子排布式为1s22s22p3，D不正确；
答案C。
9.下列说法或有关化学用语的使用正确的是（ ）
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B. Fe原子的外围电子排布图为
C. 氧的电负性比氮大，故氧元素的第一电离能比氮元素的第一电离能大
D. 铜原子的外围电子排布式为3d94s2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B. 基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；
C. N原子的2p轨道处于半满，其第一电离能大于氧原子的，故C错误；
D. Cu的外围电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，注意能量最低原理、泡利原理与洪特规则及其特例。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高正化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. S、Cl的电负性和单质的氧化性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属元素和非金属元素分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数(F、O元素除外)，但非主族元素则不一定，如铜的最外层电子数为1，但其最高正价为+2价，故A错误；
B. 离核较近的区域能量较低，多电子原子中，能量高的电子在离核较远的区域内运动，故B错误；
C. 因S、Cl同周期，且原子序数依次增大，非金属性增强，电负性增强，单质的氧化性增强，故C正确；
D. 过渡元素包含副族元素与第Ⅷ族元素，故D错误；
故答案为C。
11.下列各组元素的性质正确的是( )
A. 第一电离能：B>Al>Ga B. 电负性：F>N>O
C. 最高正价：F>S>Si D. 原子半径：P>N>C
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：B＞Al＞Ga，故A正确；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，故B错误；
C．主族元素最外层电子数=最高正价，氧没有最高价、氟无正价，所以最高正价：S＞Si，故C错误；
D．一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：P＞C＞N，故D错误；
答案选A。
12.某元素M的逐级电离能（kJ•mol﹣1）分别为580，1820，2750，11600。该元素氧化物的化学式最可能是（ ）
A. MO B. MO2 C. MO3 D. M2O3
【答案】D
【解析】
【详解】元素M的逐级电离能（kJ/mol）分别为580、1820、2750、11600，该元素的第四电离能剧增，故该元素化合价表现为+3价，故氧化物的化学式为M2O3，故选D。
【点睛】本题考查电离能与化合价的关系，判断化合价是解题的关键。
13.下图表示蛋白质分子结构的一部分，图中A，B，C，D标出了分子中不同的键，当蛋白质发生水解反应时，断裂的键是 （ ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】蛋白质是氨基酸经缩聚形成“肽键”而得到的高分子化合物。肽键是羧基(－COOH)脱掉羟基(－OH)，氨基(-NH2)脱掉其中一个氢原子后彼此结合而成的，即-CONH-。当蛋白质发生水解时，应在“肽键”发生断裂，生成原来的氨基酸，即在图中C处发生断裂，故答案为C。
14.σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成。则下列分子中的σ键是由一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是( )
A. H2 B. HCl C. Cl2 D. F2
【答案】B
【解析】
【详解】A项，H2中的σ键是两个氢原子的s轨道重叠构建而成，故不选A项；
B项，HCl中的σ键是氢原子的s轨道和氯原子的p轨道重叠构建而成，故选B项；
C项，Cl2中的σ键是两个氯原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选C项；
D项，F2中的σ键是两个氟原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选D项。
答案选B。
15.已知Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2—的空间构型为
A. 直线形 B. 平面正方形 C. 正四面体形 D. 正八面体形
【答案】C
【解析】
【详解】此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，故选C。
16.下列关于三氯化磷分子的叙述不正确的是（ ）
A. PCl3分子中三个共价键的键长和键角都相等
B. PCl3分子中的P-Cl键属于极性共价键
C. PCl3分子中三个共价键键能相等
D. PCl3分子中磷原子是sp2杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．PCl3分子中三个P-Cl键完全相同，所以键长、键能、键角都相等，故A正确；
B．不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中P-Cl键是极性共价键，故B正确；
C．PCl3分子中三个P-Cl键完全相同，所以键长、键能、键角都相等，故C正确；
D．中心磷原子的价层电子对数为，为sp3杂化，故D错误；
故答案为D。
17.下列说法中正确的是
A. NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
B. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
C. NH4＋的电子式为，离子呈平面正方形结构
D. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
【答案】D
【解析】
【详解】A、NCl3分子中N原子最外层5个电子，与3个Cl原子生成一对共用电子对，所以N原子最外层满足8电子结构，Cl原子也满足最外层8电子结构，错误；
B、白磷和甲烷都是正四面体分子，但白磷分子的键角是60º，错误；
C、铵根离子的电子式书写正确，但铵根离子的空间构型为正四面体，错误；
D、氨气分子中N原子与3个H原子形成3个共价单键，所以还有一对孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，正确；
答案选D
18.下列说法不正确的是（　　）
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键，2个π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；
B．两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；
C．单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；
D．两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确；
故答案为C。
19.某高聚物的结构式为，下列分析正确的是
A. 它是缩聚反应的产物
B. 其单体是CH2CH2和HCOOCH3
C. 其单体为CH2CHCOOCH3
D. 它燃烧后产生CO2和H2O的物质的量之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【详解】根据该高分子化合物的结构简式可知，它是加聚反应的产物，其单体是CH2＝CHCOOCH3，A、B不正确，C正确；它燃烧后产生CO2和H2O的物质的量之比为4∶3，D不正确；
答案选C。
【点睛】该题是高考中的常见题型，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确加聚产物和缩聚产物的结构特点，然后灵活运用即可。
20. 下列说法正确的是 (　　)
A. 蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物
B. 氢键形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用
C. 使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及生物质能的利用
D. 石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖不属于高分子化合物，A不正确；
B. 形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中，氢键起关键作用，故B项正确；
C.生物质能绿色植物通过叶绿素将太阳能转化为化学能存储在生物质内部的能量，是太阳能以化学能形式存储在生物质中的能量，所以使用太阳能热水器不涉及生物质能的利用，C不正确；
D.化石燃料是指煤炭、石油、天然气等这些埋藏在地下不能再生的燃料资源，因此植物油不属于化石燃料，D不正确。
答案选B。
21.对应下列叙述的微粒M和N，肯定属于同主族元素且化学性质相似的是（ ）
A. 原子核外电子排布式：M为1s22s2，N为1s2
B. 结构示意图：M，N
C. M原子基态2p轨道上有一对成对电子，N原子基态3p轨道上有一对成对电子
D. M原子基态2p轨道上有1个未成对电子，N原子基态3p轨道上有1个未成对电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. M核外电子排布式为：1s22s2，则M为Be，N核外电子排布式为：1s2，则为He，不是同主族元素，故A错误；
B. 根据核电荷数可知M为Ne，N为Na+，不是同主族元素，故B错误；
C. M原子基态2p轨道上有一对成对电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素，N原子基态3p轨道上有一对成对电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素，二者为同主族元素，化学性质相似，故C正确；
D. M原子基态2p轨道上有1个未成对电子，M可能为B或F元素，N原子基态3p轨道上有1个未成对电子，N可能为Al或Cl元素，所以M和N可能不属于同一族，故D错误；
故答案为C。
22.下列元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是
A. 原子的L电子层p轨道只填了两个电子的元素
B. 外围电子排布式为3s23p2的元素
C. 第三周期有7个价电子的元素
D. 3p轨道电子半充满元素
【答案】C
【解析】
【详解】根据题中叙述可判断A是碳元素，B是硅元素，C是氯元素，D是磷元素，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。由于四种元素中非金属性最强的是Cl，则元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的元素是Cl，所以答案选C。
23.下列叙述正确的是（ ）
A. 电负性的大小可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度
B. 在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
C. 镁原子的核外电子排布由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
D. 基态原子价层电子排布是5s1的元素，其氢氧化物的溶液一定不能溶解氢氧化铝
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强，故A正确；
B. 同一原子轨道上运动的两个电子，自旋方向肯定不同；但同一电子层上运动的电子，其自旋方向有可能相同，如2p能级若只有2个电子，则两个电子自旋方向相同，故B错误；
C. 基态转化成激发态要吸收能量，则镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，故C错误；
D. Rb原子最外层电子排布为5sl，Rb为第IA族的金属元素，其氢氧化物的碱性大于KOH，则RbOH为强碱，能溶解Al(OH)3，故D错误。
故选：A。
24.某有机物M的结构简式如下：

下列有关M的叙述中正确的是( )
A. M的分子式为C12H15O5N2
B. M可以发生水解反应、中和反应、加成反应、消去反应
C. M的水解产物中一定含有醇类
D. 1molM最多可以与1L4mol/L的NaOH溶液完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.由键线式可以得出该分子中含有14个H，错误；
B.该分子中含有酯基和肽键，可以发生水解反应，含有羧基，可以发生中和反应，含有苯环，可以发生加成反应，但不能发生消去反应，错误；
C.水解产物有酚，无醇，错误；
D项，与NaOH溶液反应时，每摩尔羧基、肽键和酯基各需要1molNaOH，酯水解生成的酚还要继续消耗1molNaOH，共消耗4molNaOH，正确。
答案选D。
25.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. B3N3H6（B和N交替排列）和苯是等电子体，均有6mol非极性键
C. NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. BF3和CO32-是等电子体，均为平面三角形结构
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4和NH4+原子总数为5，价电子总数都为8，是等电子体，为正四面体结构，键角均为109°28′，不是60°，故A错误；
B．B3N3H6和苯原子总数为12，价电子总数都为30，是等电子体，但B和N交替排列所以B3N3H6分子中不存在非极性键，故B错误；
C．NH3和PCl3原子总数为4，NH3价电子总数为8，PCl3价电子总数为26，不是等电子体，但二者都为三角锥型结构，故C错误；
D．BF3和CO32-原子总数为4，价电子总数都为24，是等电子体，BF3成3个σ键，B原子不含孤对电子，采取sp2杂化，为平面正三角形，等电子体的空间结构相同，故CO32-也为平面正三角形，故D正确；
故选：D。
【点睛】阳离子价电子总数=原子的价电子总数-离子所带的电荷数，阴离子价电子总数=原子的价电子总数+离子所带的电荷数。
二、填空题（本题包括2个小题，共40分）
26.（1）铁在元素周期表中的位置为_____，基态铁原子有个未成对电子_____，三价铁离子的电子排布式为_____。
（2）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号_____，该能层具有的原子轨道数为_____；铝元素的原子核外共有_____种不同运动状态的电子、_____种不同能级的电子。
（3）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_____形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_____对自旋相反的电子。
（4）中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，除S外，上述元素的电负性从大到小依次为_____，第一电离能从大到小依次为_____。
（5）有以下物质：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥CH4，⑦H2，⑧H2O2，⑨HCN(H—C≡N)，⑩Ar，既有σ键又有π键的是______；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是______；不存在化学键的是______。
（6）在BF3分子中，F—B—F的键角是______，硼原子的杂化轨道类型为______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为______。
【答案】 (1). 第4周期Ⅷ族 (2). 4 (3). 1s22s22p63s23p63d5 (4). M (5). 9 (6). 13 (7). 5 (8). 电子云 (9). 2 (10). O>N>C>K (11). N>O>C>K (12). ④⑤⑨ (13). ⑦ (14). ⑩ (15). 120° (16). sp2 (17). 正四面体形
【解析】
【详解】(1)铁为26号元素，位于元素周期表的第4周期Ⅷ族；基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，有4个未成对电子；铁原子失去4s两个电子和3d一个电子形成铁离子，所以铁离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
(2)原子中，离原子核越远的电子层其能量越高，所以Si原子中M电子层能量最高；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道，所以一共有9个轨道；铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种，有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
(3)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态14C原子的核外电子排布为1s22s22p2，1s、2s为成对电子，自旋方向相反，2p能级为单电子，自旋方向相同，核外存在2对自旋相反的电子；
(4)同周期元素从左到右电负性增强，金属性越强的元素电负性越小，故O＞N＞C＞K；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的核外2p轨道排3个电子，半充满，较稳定，比相邻元素的第一电离能都高，所以第一电离能从大到小依次为N>O>C>K；
(5)含双键和三键的分子既有σ键又有π键，为④⑤⑨；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的物质只有氢气，即⑦；稀有气体不含化学键，即⑩；
(6)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=(3-3×1)=0，杂化轨道数目为3，BF3分子的中心原子B原子采取sp2杂化，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°；BF4-中B原子的价层电子对=4+(3+1-1×4)=4，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构。
【点睛】电子的运动状态由能层、能级、原子轨道和电子的自旋状态共同决定，没有运动状态完全相同的电子存在，所以核外有几个电子，就有几种运动状态不同的电子；非金属性越强，电负性越强，第一电离能同周期元素从左到右增强趋势，但是ⅡA族ⅤA族元素比相邻元素都高。
27.【化学——有机化学基础】
聚酰胺—66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及弹力丝袜等织物，可利用下列路线合成：

已知反应：
（1）能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为_________________，
（2）D的结构简式为____________，①的反应类型为_____________，
（3）为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及___________，
（4）由F和G生成H的反应方程式为____________________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO (2). CH2ClCH2CH2CH2Cl (3). 取代反应 (4). HNO3和AgNO3 (5). nHOOC(CH2)4COOH+nH2N(CH2)6NH2→+（2n-1）H2O
【解析】
【分析】
由合成流程图可知，A经H2加成得到环丁醚B，B与HCl加成得到C氯代丁醇，再进行一步取代得D，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；通过反应①取代得到己二腈，结合所给信息可知F是己二酸，G是己二胺，通过缩聚反应得到H（聚酰胺-66），然后结合有机物的结构与性质来解答。
【详解】（1）B分子式是C4H8O，符合饱和一元醛的通式，能与银氨溶液反应的B的同分异构体含-CHO，其结构简式为CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO；
（2）由上述分析可知，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；反应①的反应中-Cl被-CN取代，属于取代反应，故答案为：CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应；
（3）D中官能团为-Cl，要检验氯代烃中氯元素，应先通过NaOH溶液水解，然后加硝酸至酸性再用AgNO3溶液检验Cl-，故答案为：硝酸和硝酸银；
（4）F是HOOC(CH2)4COOH，G是H2N(CH2)6NH2，两者发生缩聚反应生成H，反应方程式为nHOOC(CH2)4COOH+nH2N(CH2)6NH2→+（2n-1）H2O，
故答案为：nHOOC(CH2)4COOH+nH2N(CH2)6NH2→+（2n-1）H2O。