安徽省宿州市2020届高三理综模拟考试卷（二）化学试题 Word版含解析 16页

www.ks5u.com 宿州市2020年高三化学理综模拟卷二 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 古代的鎏金工艺利用了电解原理 B. “丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”互为可逆反应 C. 古代所用“鼻冲水”为氨水，其中含有5种微粒 D. “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，故A错误；‎ B. 两个过程条件不同，不属于可逆反应，故B错误；‎ C. 古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH4＋、OH－、H＋、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒，故C错误；‎ D. “蒸烧”的过程为蒸馏操作，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A. 20 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B. 2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA C. 标准状况下，22.4 L水中含有的共价键数为2NA D. 50 mL 12 mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 20 g D2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18 g H2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；‎ B. 亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；‎ C. 标准状况下，水为液体，故C错误；‎ D. 随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2‎ - 16 -‎ 与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。‎ ‎3.下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲烷有两种二氯代物 B. 1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为5NA C. 等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3Cl D. 邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A错误；‎ B. 1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为6NA，故B错误；‎ C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；‎ D. 邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D正确。‎ 综上所述，答案D。‎ ‎4.下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论或解释 A 向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液 产生大量气泡 FeCl3催化 H2O2的分解 B 将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中 溶液紫红色褪去 丙烯醛中含有碳碳双键 C 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液 产生有刺激性气味的气味 原溶液中一定含有SO32-‎ D 试纸不变蓝 原溶液中一定不含有NH4+‎ - 16 -‎ 向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对 H2O2的分解起催化作用，A正确；‎ B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误； ‎ C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；‎ D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：Yc（CH3COO－）‎ D. 向0.1 mol·L－1 NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH＝5，此时混合液中c（Na＋）＝c（）（不考虑酸的挥发与分解）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)>c(SO42−)，故A错误；‎ B. 相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02 mol·L－1氨水和0.01 mol·L－1氨水中的c(OH－)之比小于2∶1，故B错误；‎ C. 依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C错误；‎ D. NaNO3是强酸强碱盐，Na＋和NO3−均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO3−)，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为]，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）‎ - 16 -‎ A. 电子由N极经外电路流向M极 B. N电极区的电极反应式为↑‎ C. 在碱液室可以生成 ‎ D. 放电一段时间后，酸液室溶液pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。‎ ‎【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；‎ B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B正确；‎ C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；‎ D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。‎ 故选B。‎ 二、非选择题 ‎8.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：‎ ‎①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4‎ - 16 -‎ ‎]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；‎ ‎②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；‎ ‎③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。‎ 已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。‎ ‎(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。‎ a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能 c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能 制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。‎ ‎(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。‎ ‎(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000 mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋)。‎ ‎①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。‎ - 16 -‎ ‎②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)‎ a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液 ‎③样品中TiO2的质量分数为________%。‎ ‎【答案】 (1). 温度计 (2). 冷凝回流 (3). b (4). 用含水20%乙醇溶液代替水、缓慢滴液 (5). Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH (6). a (7). 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 (8). b (9). 80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；‎ ‎(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；‎ ‎(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；‎ ‎(4)根据Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；‎ ‎(2) a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b. 增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c. 反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；‎ ‎(3) Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；a；‎ ‎(4)①根据Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；‎ - 16 -‎ ‎②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；‎ ‎③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000 mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。‎ ‎9.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。‎ ‎（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。‎ ‎（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________ mol。‎ ‎（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。‎ ‎（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。‎ - 16 -‎ ‎（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。‎ ‎【答案】 (1). 提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） (2). SiO2 (3). 0.15 (4). 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑ (5). Fe(OH)3 (6). 0.015mol/L (7). N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O) (8). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (9). 避免FeO42-在阴极上被还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据提高原料利用率与化学反应速率的影响因素作答；‎ ‎（2）红土镍矿中只有二氧化硅不溶于硫酸；‎ ‎（3）依据氧化还原反应规律与得失电子数守恒计算；‎ ‎（4）加入碳酸钠“沉铁”生成NaFe(SO4)2(OH)6，依据元素守恒定律书写化学方程式；碳酸钠过多会使溶液显碱性，据此分析；‎ ‎（5）根据图示信息，找出Ni晶体的衍射峰强度较强对应的氢氧化钠的浓度；依据氧化还原反应规律分析作答；‎ ‎（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，阳极Fe失电子发生氧化反应生成FeO42-；阳离子交换膜可防止FeO42-在阴极被还原，提高了产率。‎ ‎【详解】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，‎ - 16 -‎ 故答案为提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；‎ ‎（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，‎ 故答案为SiO2；‎ ‎（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，‎ 故答案为0.15；‎ ‎（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，‎ 故答案为2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；‎ ‎（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，‎ 故答案为0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；‎ ‎（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；‎ 故答案为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。‎ ‎10.C、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。请回答下列问题：‎ ‎（1）已知：Ⅰ． ；‎ Ⅱ． ；‎ Ⅲ． ‎ ‎ __________（用含有、和的代数式表示）。‎ ‎（2）25℃时，溶液中各种含硫微粒的物质的量分数与溶液 - 16 -‎ 的变化关系如图甲所示。‎ 甲 乙 已知25℃时，的水溶液，解释其原因为：__________。‎ ‎（3）是一种绿色消毒剂和漂白剂，工业上采用电解法制备的原理如图乙所示。‎ ‎①交换膜应选用__________（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。‎ ‎②阳极的电极反应式为__________。‎ ‎（4）一定温度下，向2L恒容密闭容器中渗入和，发生反应 ，若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率v(CO)=__________，该温度下反应化学平衡常数K=__________。‎ ‎（5）在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：‎ ‎①图中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为__________。（填序号）‎ ‎②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是__________。‎ ‎【答案】 (1). （△H1+2△H2+△H3）/2 (2). 由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=10－7.2 ，Ka1(H2SO3) =10－1.9，所以HSO3—的水解常数是10－12.1，HSO3—电离程度大于水解程度，溶液显酸性 (3). 阳离子交换膜 (4). 2Cl—--2e-=Cl2↑ (5). 0.03mol·L-1·min-1 ‎ - 16 -‎ ‎ (6). 11.25 (7). b (8). 升高温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律同向相加，异向相减的原则计算；‎ ‎（2）根据图像计算亚硫酸氢根离子的电离常数和水解常数，进行比较确定酸碱性；‎ ‎（3）仔细分析图像中的反应物和产物即可确定离子交换膜和电极反应式；‎ ‎（4）利用三行式法进行计算；‎ ‎（5）通过起点和斜率即可判断；‎ ‎【详解】（1）利用盖斯定律同向相加，异向相减的原则计算△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2；‎ 正确答案：（△H1+2△H2+△H3）/2。‎ ‎（2）根据图像PH=1.9的交点计算水解常数Ka1(H2SO3)==10－1.9,Kh=Kw/ Ka1(H2SO3)= 10－12.1,根据PH=7.2的交点计算Ka2==C（H+）=10-7.2 ，由于Kh＜Ka2,所以亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,NaHSO3的水溶液pH＜7。‎ 正确答案：由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=10－7.2 ，Ka1(H2SO3) =10－1.9，所以HSO3—的水解常数是10－12.1，HSO3—电离程度大于水解程度，溶液显酸性。‎ ‎（3）仔细分析图像中的反应物和产物，可以看出左侧由ClO2制备NaClO2，需要Na+从右侧到左侧，所以判定为阳离子交换膜，根据Na+的移动方向可知左侧为阴极，右侧为阳极，写出阳极电极反应式2Cl—-2e-=Cl2↑；‎ 正确答案：阳离子交换膜 2Cl—-2e-=Cl2↑。‎ ‎（4） 2CO(g)+ SO2(g) S(l)+2CO2(g) ΔH=-270kJ/mol C（初） 1 0.5 0‎ ‎△C x x/2 x C（平） 1-x 0.5（1-x） x 根据题干可知0.5=，计算得出x=0.6‎ v(CO)===0.03mol·L-1·min-1，k===11.25；‎ - 16 -‎ 正确答案：0.03mol·L-1·min-1 11.25。‎ ‎（5）①根据斜率可以看出b线单位时间内变化最快，所以图（I）中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为b；‎ ‎②根据PV=nRT，可知n，V相同时，压强越大，温度越高，所以与实验a相比，c组改变的实验条件可能是升高温度；‎ 正确答案：①b；②升高温度。‎ ‎【点睛】本题易错点是根据图像计算水解常数和电离常数，一般图像题要注意起点，交点，转折点的利用，要掌握水解常数与电离常数之间的转换。‎ ‎【化学——选修5：有机化学基础】‎ ‎11.有机物M的合成路线如下图所示： ‎ 已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）有机物B的系统命名为__________。‎ ‎（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。‎ ‎（3）M的结构简式为_________。‎ ‎（4）B→C反应的化学方程式为__________。‎ ‎（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。‎ ‎（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 2－甲基－1－丙醇 (2). 醛基、碳碳双键 (3). 加成反应（或还原反应） (4). (CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5 (5). 2（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3‎ - 16 -‎ ‎）2CHCHO (6). 9 (7). (8). CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。‎ ‎（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。‎ ‎（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。‎ ‎（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O2 2(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O2 2(CH3)2CHCHO＋2H2O。‎ ‎（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；‎ - 16 -‎ ‎。‎ ‎（6）参照M合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。‎ - 16 -‎ ‎ ‎ - 16 -‎