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  • 2021-07-03 发布

【化学】河南省安阳市2020届高三第一次调研考试(解析版)

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河南省安阳市2020届高三第一次调研考试 一、选择题:本大题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与工农业生产和日常生活密切相关,下列说法正确的是( )‎ A. 漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂,又可作消毒剂 B. 硅胶可用作催化剂的载体,但不可用作干燥剂 C. 常温下铝制容器可以盛放浓硫酸,因为铝与浓硫酸不反应 D. 明矾可作净水剂,是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查化学在生活中的应用,意在考查对物质性质的识记和理解能力。‎ ‎【详解】A.漂白粉,漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐,有强氧化性,所以可以漂白,杀菌,故A正确;‎ B.硅胶具有吸水性,可用作干燥剂,故B错误;‎ C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸,是因为铝在浓硫酸中发生钝化,故C错误;‎ D.明矾可作净水剂,是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体,胶体的吸附能力很强,故D错误;‎ 答案:A ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体,失去的电子数为 ‎ B. 1 mol甲苯分子中所含单键数目 ‎ C. 的溶液中,由水电离出的H+数目一定是 ‎ D. 、和的混合气体中所含分子数为 ‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题考查阿伏加德罗常数,意在考查对化学键,水的电离及物质性质的理解能力。‎ ‎【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应,Mg变为Mg2+,失去0.2mol电子,故A错误;‎ B.甲苯分子中含有9个单键(8个C-H键、1个C-C键),故B错误;‎ C.未指明温度,Kw无法确定,无法计算水电离的氢离子数目,故C错误;‎ D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同,均为44g/mol,故混合气体的物质的量为=0.1 mol,所含分子数为0.1NA,故D正确;‎ 答案:D ‎3.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示:‎ 又知A~E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是( )‎ A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体 C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类 ‎【答案】A ‎【分析】若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐,据此分析解答。‎ ‎【详解】若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。‎ A.由上述分析可知,A可能为单质Na、S等,也可能为化合物NH3、H2S等,故A错误;‎ B.若A为Na时,C可为过氧化钠,过氧化钠为淡黄色固体,故B正确;‎ C.由上述分析可知,D可能为酸,也可能为碱,故C正确;‎ D.由上述分析可知,E可能属于盐类,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是( )‎ A. 过量铁粉与氯气反应:‎ B. 往溶液中通入少量的:‎ C. 用稀盐酸除去银镜:‎ D. 溶液与溶液等体积混合:‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题考查化学用语,意在考查知识再现及知识迁移能力。‎ ‎【详解】A.氯气氧化性强,与铁反应的产物是氯化铁,故A错误;‎ B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应,生成硫酸钡沉淀,故B错误;‎ C.稀盐酸与银不反应,故C错误;‎ D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量,故D正确;‎ 答案:D ‎【点睛】易错选项B,硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性,SO2具有强还原性,所以要注意氧化还原反应的发生。‎ ‎5.25℃时,一定量的甲烷与a L(已折合成标准状况)空气的混合气体充分反应,甲烷恰好完全燃烧,恢复至25℃时,放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1/5,则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】空气中氧气的体积为L,则甲烷体积为L,物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量b kJ,则1 mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l),且放热反应的焓变为负值,故C正确;‎ 答案:C ‎【点睛】考察燃烧热的重点:(1)可燃物1mol (2)完全燃烧 (3)生成稳定氧化物,H→H2O(l),C→CO2 ,S→SO2等。‎ ‎6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”,Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是( )‎ A. Y元素至少能形成三种单质 B. 简单离子半径:‎ C. 元素的非金属性:‎ D. 化合物ZX中,阴、阳离子的电子层结构相同 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查物质结构和元素周期律,意在考查接受,吸收,整合化学信息的能力。‎ 根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”,可以确定X为H、Y为C;根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,Z、W可形成常见的离子化合物Z2W,可以确定Z为Na、W为S;据此分析。‎ ‎【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质,故A正确;‎ B. ①微粒半径电子层数越多,半径越大;②当电子层数相同时,核电荷数越大,吸电子能力越强,半径越小,故离子半径:S2->Na+>H+,故B错误;‎ C.元素的非金属性:S>C>H,故C错误;‎ D.NaH中,Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子,电子层结构显然不同,故D错误;‎ 答案:A ‎7.将溶液和盐酸等体积混合,在混合溶液中,下列关系式正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【分析】混合后发生反应:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,混合溶液中含三种溶质(Na2CO3、NaCl、NaHCO3)且物质的量浓度相等。‎ ‎【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故A错误;‎ B. CO32-的水解程度大于HCO3-,且溶液呈碱性,故c(Na+)> c(HCO3-)> c(Cl-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+),故B正确;‎ C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3),故C错误;‎ D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),物料守恒c(Na+)=2‎ ‎ c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3),联立可得c(OH-)+c(Cl-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+),故D错误;‎ 答案:B ‎【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。‎ ‎8.下图是有机合成中的部分片段:‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 有机物a能发生加成、氧化、取代等反应 B. 有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. d中所有原子不可能共平面 D. 与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种 ‎【答案】D ‎【分析】本题考查有机物的结构与性质,意在考查知识迁移能力。‎ ‎【详解】A. a中含有碳碳双键,可以发生加成反应,氧化反应,氢原子在一定条件下可以被取代,故不选A;‎ B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH,它们能被酸性高锰酸钾氧化,故不选B;‎ C.d中含有四面体结构的碳,所以所有的原子不可能共平面,故不选C;‎ D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等,故选D;‎ 答案:D ‎【点睛】易错选项B,能使酸性高锰酸钾褪色的有:碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键,醇羟基(和羟基相连的碳上含有C-H键)、酚、醛等。‎ ‎9.下列说法错误的是( )‎ A. 取用固体时动作一定要轻 B. 蒸馏提纯乙醇的实验中,应将温度计水银球置于被加热的酒精中 C. 容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏 D. 量取5.2 mL硫酸铜溶液用到仪器有10 mL量筒、胶头滴管 ‎【答案】B ‎【分析】本题考查化学实验,意在考查对实验基本操作的理解。‎ ‎【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸,因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻,故不选A;B.蒸馏提纯乙醇的实验中,应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处,故选B;‎ C.容量瓶、滴定管,分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏,故不选C;‎ D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液,应选择10 mL规格的量筒,向量筒内加液时,先用倾倒法加液到接近刻度线,再改用胶头滴管加液到刻度线,故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管,故不选D;‎ 答案:B ‎10.下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图,工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是( )‎ A. a极的电极反应式为 B. 若所用离子交换膜为质子交换膜,则将由A室移向B室 C. 根据图示,该电池也可以在碱性环境中工作 D. 由于A室内存在细菌,所以对A室必须严格密封,以确保厌氧环境 ‎【答案】C ‎【分析】本题考查电化学原理,意在考查对电解池原理的理解和运用能力。‎ ‎【详解】A.由图可知负极(a极)反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+,正极(b极)反应式为O2+4H++4e-=2H2O,故不选A;‎ B.根据图示和题中信息,A室产生而B室消耗,氢离子将由负极移向正极,故不选B;‎ C.在负极室厌氧环境下,有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子,电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递,并通过外电路传递到正极形成电流,而质子通过质子交换膜传递到正极,氧化剂(一般为氧气)在正极得到电子被还原与质子结合成水,所以不可以碱性环境,故选C;‎ D.由于A室内存在细菌,所以对A室必须严格密封,以确保厌氧环境,故不选D;‎ 答案:C ‎11.下列实验操作、解释或结论均正确的是( )‎ 选项 实验目的 操作 结论或解释 A 检验、混合溶液中的 取待测液少许,加入过量的溶液,再加振荡静置;取上层清液,向其中加入硝酸酸化的溶液 液体分层,加入硝酸酸化的,溶液有白色沉淀产生,则溶液中含 B 检验某溶液中有无 取待测液少许,加入盐酸,有气体放出,将气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊,则含 C 检验溶液中的 取待测液少许,先通入氯气,再加KSCN溶液 溶液变红色,则含 D 检验食盐中是否含 取少量食盐溶于水,加少量淀粉 溶液变蓝色,则含 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查化学实验的评价,意在考查分析问题,解决问题的能力。‎ ‎【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液,但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰,因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取,此时上层液体中不含碘离子,再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生,则表明溶液中含有氯离子,故A正确;‎ B.CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-‎ 均可与盐酸反应,生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误;‎ C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液,溶液未变红,再通人氯气,溶液变红,证明有Fe2+,故C错误;‎ D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色,故D错误;‎ 答案:A ‎12.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入溶液的方法制备,发生反应:‎ ‎①(未配平);‎ ‎②。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 若反应①中,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1‎ B. 反应①中每消耗4 mol KOH,吸收标准状况下 C. 氧化性:‎ D. 若反应①的氧化产物只有KClO,则得到时消耗 ‎【答案】D ‎【分析】本题考查氧化还原反应,意在考查对相关规律的理解和运用能力。‎ ‎【详解】A. 设ClO-为5 mol,ClO3-为1 mol,根据电子守恒,生成的Cl-为10 mol,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3,故A错误;‎ B.由于反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3,其中K、Cl的物质的量之比为1:1,所以每消耗4 mol KOH,吸收2molCl2,标准状况下其体积为44.8 L,故B错误;‎ C.反应②中K2FeO4是氧化产物,KClO是氧化剂,故氧化性:K2FeO4p1,T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大,说明增大压强平衡正向移动,则x<2,分析曲线b、c可知,b曲线先出现拐点,则T1>T2,故C正确;‎ D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-),ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-),故D错误;‎ 答案:C ‎14.下表是25℃时五种物质的溶度积常数,下列有关说法错误的是( )‎ 化学式 CuS 溶度积 A. 根据表中数据可推知,常温下在纯水中的溶解度比的大 B. 向溶液中通入可生成CuS沉淀,是因为 C. 根据表中数据可推知,向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液,不可能有碳酸钡生成 D. 常温下,在溶液中比在溶液中的溶解度小 ‎【答案】C ‎【分析】本题考查溶度积常数,意在考查对溶度积的理解和应用。‎ ‎【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似,可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小,溶度积大的溶解度大,故不选A;‎ B.Qc>Ksp时有沉淀析出,故不选B;‎ C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4),但两者相差不大,当c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3)‎ 时,硫酸钡可能转化为碳酸钡,故选C;‎ D.根据同离子效应可知,CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小,故不选D;‎ 答案:C ‎【点睛】(1)同种类型的难溶物,Ksp越小,溶解能力越小;(2)当Qc>Ksp析出沉淀;当QcpK a2,故其电离程度大于水解程度,又由于NH4+水解呈酸性,所以NH4HSO3溶液呈酸性;‎ 答案:<‎ ‎(3)氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫,方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑,Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低,它们都是氧化剂;‎ 答案:Cu2O、Cu2S ‎(4)由题意,反应物为Cr3+、S2O82-和H2O,生成物为Cr2O72-、SO42-和。根据得失电子守恒,电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+;‎ 答案: 2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+‎ ‎(5)阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-,电极反应式为2SO42—2e-= S2O82-;‎ 答案:2SO42—2e-= S2O82-‎ ‎18.某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度,设计了如下方案。‎ 方案一、实验装置如图1所示。‎ 已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀,可用于鉴定溶液中微量的。‎ ‎(1)写出铜与浓硫酸反应的化学方程式:_______________________________________。NaOH溶液的作用是___________________________________。‎ ‎(2)仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积,其名称是________________。‎ ‎(3)实验过程中,当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时,烧瓶内开始有红棕色沉淀生成,则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________(精确到小数点后一位;混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和)。‎ 方案二、实验装置如图2所示。‎ 加热,充分反应后,由导管a通入氧气足够长时间,取下烧杯,向其中加入足量的 溶液,经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。‎ ‎(4)通入氧气的目的是__________________________、________________________。‎ ‎(5)若通入氧气的量不足,则测得的硫酸的最低浓度_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). (2). 吸收尾气中的 (3). 酸式滴定管 (4). 11.0 (5). 使产生的全部被NaOH溶液吸收 (6). 将最终转化为 (7). 偏大 ‎【分析】反应原理:Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,因为浓硫酸为酸,所以用酸式滴定管盛装,生成二氧化硫为酸性气体,有毒,必须用碱液吸收法吸收;亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀,据此分析。‎ ‎【详解】(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境,所以必须用碱溶液吸收。‎ 答案:Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2‎ ‎(2)X可用于测定浓硫酸的体积,应该是酸式滴定管。‎ 答案:酸式滴定管 ‎(3)当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml,硫酸的浓度为=11.0mol/L;‎ 答案:11.0‎ ‎(4)通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去,二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4;‎ 答案:使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4 ‎ ‎(5)若通入氧气的量不足,则生成沉淀的质量偏小,即计算出的生成二氧化硫的量偏小,则测得的硫酸的最低浓度偏大。‎ 答案:偏大 ‎19.硼元素的单质和化合物很多,我们可以利用所学知识认识和理解它们。‎ ‎(1)硼元素位于元素周期表的__________区;硼元素的价电子排布式为_________。‎ ‎(2)B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示:‎ 化学键 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 键能 ‎389‎ ‎411‎ ‎318‎ ‎561‎ ‎358‎ ‎452‎ ‎293‎ ‎346‎ ‎222‎ ①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_______________________________。‎ ‎②类似于烷烃,B、Si也有一系列氢化物,但从物质数量角度看:硅烷<硼烷<烷烃。原因是________________________________________________。‎ ‎③推测晶体B的晶体类型是__________。‎ ‎(3)乙硼烷具有强还原性,它和氢化锂反应生成硼氢化锂,硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______;中三种元素电负性由大到小的顺序是__________(写元素符号)。‎ ‎(4)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到:‎ ‎①□内物质的空间构型为__________。‎ ‎②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中,晶体的层间距为a pm,键键长为b pm,则六方氮化硼晶体的密度为__________(用表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎【答案】(1). p (2). (3). 键键能很大,导致B主要以含氧化合物的形式存在 (4). 、键的键能比、键的键能大,但比、‎ 键的键能小,因此硼烷虽有一定数量,但少于烷烃,多于硅烷 (5). 原子晶体 (6). (7). (8). 三角锥形 (9). ‎ ‎【分析】(1)根据B的核外电子排布式可知;‎ ‎(2)根据键能判断;‎ ‎(3)根据价层电子对数判断杂化轨道类型;根据LiBH4中B和H的化合价判断电负性;‎ ‎(4)①根据元素守恒可知方框内的物质是,其空间构型为三角锥形。②计算六棱柱体积和一个六棱柱的质量即可计算密度。‎ ‎【详解】(1)硼元素位于第ⅢA族,位于元素周期表的p区;硼元素的核外电子排布式为1s22s22p1,价电子排布式为2s22p1。‎ 答案:p 2s22p1‎ ‎(2)①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是B-O键键能很大,导致B主要以含氧化合物的形式存在;‎ 答案:B-O键键能很大,导致B主要以含氧化合物的形式存在 ‎②B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大,但比C-C、C-H键的键能小,因此硼烷虽有一定数量,但少于烷烃,多于硅烷;‎ 答案:B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大,但比C-C、C-H键的键能小,因此硼烷虽有一定数量,但少于烷烃,多于硅烷 ‎③B-B的键能比Si-Si的键能还大,根据键能数据可判断出B是原子晶体;‎ 答案:原子晶体 ‎(3)BH4-中B原子的价层电子对数为4,则其杂化轨道类型为sp3杂化。LiBH4中阴离子为BH4-,显然B是价,H是价,所以H的电负性大于B。而Li是金属元素,其电负性必定小于B的电负性。‎ 答案:sp3 H>B>Li ‎(4)①根据元素守恒可知方框内的物质是,其空间构型为三角锥形。②以一个六棱柱为研究对象,每一层的底面为正六边形,其面积为6×1/2×b2×sin60°=b2pm2,六棱柱的高为a pm,六棱柱的体积为V=ab2pm3‎ ‎。一个六棱柱中平均拥有1个B原子、1个N原子,一个六棱柱的质量m=g,所以晶体的密度为m/V=;‎ 答案:三角锥形 ‎ ‎20.丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下:‎ 已知:Bn-代表苄基()‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)D的结构简式为__________,H中所含官能团的名称为_______________。‎ ‎(2)的反应类型为_____________,该反应的目的是_________________________。‎ ‎(3)A的名称是__________,写出的化学方程式:_______________________________________________。‎ ‎(4)用苯酚与B可以制备物质M()。N是M的同系物,相对分子质量比M大14.则符合下列条件的N的同分异构体有__________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有6组峰,且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________(写出一种即可)。‎ ‎①苯环只有两个取代基 ‎②能与溶液发生显色反应 ‎③能发生银镜反应 ‎④红外光谱表明分子中不含醚键 ‎(5)参照丹参素的上述合成路线,以为原料,设计制备的合成路线:___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 醚键、羟基、羧基 (3). 取代反应 (4). 保护(酚)羟基 (5). 乙二醛 (6). +O2→ (7). 18 (8). (9). ‎ ‎【分析】根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛(OHC-CHO),乙二醛氧化生成B;根据C、E、B的结构可知D为;B与D发生加成反应生成E();F与BnCl碱性环境下,发生取代反应生成G(),保护酚羟基不被后续步骤破坏;H与氢气发生取代反应生成丹参素,据此分析。‎ ‎【详解】(1)根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H()中所含官能团为醚键、羟基、羧基;‎ 答案: 醚键、羟基、羧基 ‎(2)的结果是F中的羟基氢被苄基取代,所以是取代反应。从F到目标产物,苯环上的两个羟基未发生变化,所以是为了保护酚羟基,防止它在后续过程中被破坏。‎ 答案:取代反应 保护(酚)羟基 ‎(3)A为乙二醛(OHC-CHO),属于醛基的氧化反应,方程式为+O2→;‎ 答案: 乙二醛 +O2→‎ ‎(4)根据题意,N的同分异构体必含一个酚羟基,另一个取代基可能是:HCOOCH2CH2-、HCOOCH(CH3)、OHCCH(OH)CH2-、OHCCH2CH(OH)-、、,每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系,共有;其中核磁共振氢谱有6组峰,且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是;‎ 答案: 18 ‎ ‎(5)由原料到目标产物,甲基变成了羧基(发生了氧化反应),但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化,所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护,最后通过氢气使酚羟基复原,合成路线为;‎ 答案:‎ ‎【点睛】本题难点第(4)小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等;②先确定官能团种类,在确定在苯环中的位置。 ‎

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