2016年全国卷1高考理综化学试题解

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：

7. 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。 8. 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，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。

B、若1mol的N2与4mol的H2完全反应则生成2molNH3，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，由于具有强氧化性，最终氧化产物是Fe3，因此1molFe与过量反应转移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。

9. 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|2-甲基丁烷，【解析】A、其结构简式为，共5个碳，习惯命名法应该为异戊烷，故A错误。 CH3催化剂CH2==CH2H2OCH3CH2OH，B、乙烯生成乙醇的反应方程式为：符合加成反应的定义，

故B正确。

C、C4H9Cl有4种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH2Cl、CH3|CH3C—Cl，故C错误。

|CH3CH3CHCH2CH3CH3CHCH2Cl||、、ClCH3D、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。

10. 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。

11. 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SO2 4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

【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。

2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SO4向正极区

↑4H，则正极附近酸性增（阳极）移动。正极区发生氧化反应，电极反应为2H2O4eO2强，pH下降。故A项错误。

↑2OH，剩余OH，中间区域的Na迁移到B、负极区（阴极）的电极反应为2H2O2e===H2↑4H，余下H，中间区域的SO2负极区，得到NaOH；正极区的电极反应为2H2O4eO24迁移到正极区，得到H2SO4，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。

12. 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 D.N点处的溶液中pH<12 4=cCl【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，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。 B、盐酸体积为20mL时恰好反应生成NH4Cl，NH4H2O7，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

1c(H)c(NH4)=c(OH)c(Cl)，可得c(NH4)=c(Cl)，二者浓度约为0.05molL，远大于

NH3H2OH导致其溶液pH小于

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。

13. 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

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，为一元强酸。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H半径是所有原子中最小的），故A错误。

B、元素非金属性中O>C，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 夹好）。

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 Y管中有少量水珠 ③__________________ 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____________________ 。

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△【答案】（1）①A；Ca(OH)22NH4Cl===CaCl22NH3↑2H2O；②d→c→f→e→i

【答案】（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。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。

【解析】（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的红棕色会逐渐变浅。

催化剂催化剂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12（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溶液中c(Cr2O7)随

c(H)的变化如图所示。

①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

。

_________（填算出该转化反应

“增大”“减小”或“不变”）。根据A点数据，计的平衡常数为___________。

③温度升高，溶液中CrO2、“小于”或“等于”）。 4的平衡转化率减小，则该反应的H______0（填“大于”（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)1为__________molL1，此时溶液中c(CrO2（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为4)等于__________molL。

。 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

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

【答案】（3）2.0105；5.0103

2【答案】（4）Cr2O73HSO35H===2Cr33SO244H2O 222【答案】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。

【解析】（2）①选修四26页的方程式，Na2CrO4在酸性条件会转化为Na2Cr2O7。②从图上可以看出，H+2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

【解析】

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

2-c(Cr2O7)0.25K1014 2-22272c(CrO4)c(H)0.5(10)【解析】③升高温度，溶液中CrO2说明反应逆向移动，故该反应为放热反应，H0。 4平衡转化率减小，

【解析】（3）已知c(Cl)1.010-5mol/L，Ksp(Ag2CrO4)2.010淀溶解平衡可得：

c(Ag)2412，Ksp(AgCl)2.01010，当根据沉

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： 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 __________。“电解”中阴极反应的主要产物是 。

。

（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__________、

（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

【答案】（2）2NaClO3SO2H2SO4===2ClO22NaHSO4 【答案】（3）NaOH；Na2CO3；NaClO2 【答案】（4）2:1，O2 【答案】（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。

【解析】（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：

【解析】

2NaClO3SO2H2SO4===2ClO22NaHSO4

【解析】（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。

【解析】（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。

【解析】（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，也就是说每摩尔NaClO2相当于2molCl2。即90.5gNaClO2相当于142gCl2，即“有效氯含量”=

1421.57（保留两位小数）。 90.536. [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： 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。

210CO2↑8H2O）该样品的纯度为__________（列出计算式即可，已知2MnO。 45H2C2O46H2Mn【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率。

△【答案】（2）4KOH2MnO2O2===2K2MnO42H2O。

【答案】（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率。

【答案】（4）①KHCO3；②MnO24e===MnO4;H2；③3:2

【答案】（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。 【解析】（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。

【解析】（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，软锰矿转化率提高。

【解析】（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： 【解析】

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

2【解析】②阳极反应为氧化反应，MnO24被氧化为MnO4，电极反应为MnO4e===MnO4；阴极反应为

↑2OH，故阴极产生的气体为H2；总反应为还原反应，电极反应为2H2O2e===H22K2MnO4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因此利用率之比为1:，即3:2。

32（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：

通电2的K2MnO4转化为了KMnO4，3

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%1.080037. [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/℃ 26 146 沸点/℃ 186 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，Zn、Ge、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，其中原子坐标参数A为0，0，0；1111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）。

【答案】（1）3d104s24p2；2。

【答案】（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。

【答案】（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。

【答案】（4）OGeZn。 【答案】（5）sp3，共价键。 【答案】（6）①(,,)；②

111444873。

6.021023(565.761010)3【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。

【解析】（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。

【解析】（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。

【解析】（4）由三种元素在周期表的相对位置可知电负性相对强弱。

【解析】（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。

D是左下角小正方体的体心， 【解析】（6）①将晶胞切成8个相同的小正方体后，因此原子坐标是(,,)；【解析】②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 【解析】

NAV(晶胞)NAa36.021023(565.761010)338. [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__________。

111444（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__________。

（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

，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________。 44gCO2，W共有__________种（不含立体异构）

（6）参照上述合成路线，以(反，，设计制备对苯二甲酸反)2,4已二烯和C2H4为原料（无机试剂任选）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

OO||||催化剂nHO—C—(CH2)4—C—OHnHO—(CH2)4—OHOO||||[]nHHOC—(CH2)4—C—O—(CH2)4—O(2n1)H2O（4）1,6-己二酸（己二酸）；

（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。

（4）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4种情况，分别—CH—CHCOOH—COOH—COOH32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（（

，C与C2H4反应可以成环生成D

），D在Pd/C催化下加热，可得E

）。仿照上述反应进行过程，可得(反,反)-2,4-己二烯

（

）可与C2H4反应生成

（该反应2014年新课标II卷和2011年全

。仿照课本甲苯被KMnO4酸性溶液氧

国卷也有出现），在Pd/C催化下加热，可得化的过程，可得（

可被KMnO4酸性溶液氧化为对苯二甲酸）。