河南省焦作市2020届高三第三次模拟考试理综化学试题 Word版含解析 16页

www.ks5u.com 焦作市普通高中2019—2020学年高三年级 第三次模拟考试 可能用到的相对原子质量：B 11 As 75‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6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.中国是瓷器的故乡，有“瓷都”之称的江西景德镇出产的青花瓷是瓷器的代表，蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2O6）是瓷器加工中常用的颜料。下列说法正确的是 A. 瓷器属于新型无机硅酸盐产品 B. 硅酸铜钡还可表示为BaO·CuO·2SiO2‎ C. 石灰石、黏土是生产瓷器的主要原料 D. 瓷器具有较高的强度与硬度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．陶瓷为传统无机非金属材料，故A错误；‎ B．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡(BaCuSi2O6)用氧化物形式表示为：BaO•CuO•2SiO2，故B正确；‎ C．生产陶瓷用到的主要原料为黏土，故C错误； D．瓷器易碎，强度不大，但具有较高的硬度，故D错误； 故选：B。‎ ‎【点睛】硅酸盐改写为氧化物的形式要注意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最后为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能改变。‎ ‎2.有机物X与Y反应可得到一种重要的有机物Z。下列说法错误的是 A. Z分子中共平面的碳原子最多有7个 B. X、Z均能与NaOH溶液反应 C. 上述反应中，X、Y均发生了加成反应 D. Y与甲苯互为同分异构体 ‎【答案】A - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Z含有苯环、碳碳双键、酯基，具有平面形结构，该分子中碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，苯环也与碳碳双键相连，单键可以旋转，则最多共平面的碳原子大于7个，故A错误；‎ B．X、Z含有酯基，可在氢氧化钠溶液中发生水解，故B正确；‎ C．反应过程中X中碳碳三键打开发生加成，Y中碳碳双键打开发生加成，故C正确；‎ D．Y的分子式为C7H8，与甲苯的分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。‎ ‎3.某无色溶液W由下列离子中的若干种组成：H＋、、Fe3＋、Ba2＋、Mg2＋、、I－、OH－、。向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成。若不考虑水的电离，则下列说法中正确的是 A. X一定是Al3＋ B. Y一定是H2‎ C. W中最多含有6种离子 D. 溶液中不可能含 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性， 若溶液为酸性，则一定不存在：OH-、CO32-，若阴离子含为I-，I-具有强还原性，则一定不含NO3-，此时气体Y为氢气；若阴离子含为NO3-，酸性条件下NO3-具有强氧化性，则一定不含I-，此时气体Y为NO，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Mg2+，W中最多含有5种离子，这时生成的含铝元素的离子X为Al3+； 若溶液为碱性，则不存在Mg2+、H+、NH4+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32-，可存在的离子为：Ba2+、I-、OH-、NO3-，W中最多含有4种离子，则这时生成的含铝元素的离子X为AlO2-； 综上所述，ABC错误，D正确；‎ ‎4.下列实验装置能达到相应实验目的的是 - 16 -‎ A. 装置①用于验证反应是否有CO2生成 B. 装置②用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度 C. 装置③用于制备少量含NaClO的消毒液 D. 装置④用于比较铜、铁活泼性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；‎ B．有活塞滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；‎ C．上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；‎ D．图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.用原电池原理可以除去酸性废水中的三氯乙烯和，其原理如图所示（导电壳内部为纳米铁）。下列说法正确的是 A 纳米铁发生还原反应 B. 正极电极反应式：C2HCl3＋5H＋＋8e－=C2H6＋3Cl－‎ C. 导电壳上电极反应式：＋＋14Fe2＋＋14H＋=FeAsS↓＋13Fe3＋＋7H2O D. 当电路中有0．4 mol电子转移时，就会有11．2 L乙烷生成 ‎【答案】B - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知纳米铁生成Fe2+，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；‎ B．原电池正极得电子发生还原反应，据图可知在酸性条件下，正极上C2HCl3被还原为乙烷，则电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，故B正确；‎ C．据示意图可判断亚铁离子还原AsO3-，但该反应并不是发生在导电壳上，而是发生在含SO42-的酸性溶液中，导电壳上的反应为铁被氧化成亚铁离子，故C错误；‎ D．根据电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，当电路中有0.4mol电子转移时，就会有0.5mol乙烷生成，但未指明温度和压强，不能确定气体的体积，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.X、Y、Z、W是质子数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物Q的结构式如图所示。X与W形成的化合物M常温下是液体。下列说法正确的是 A. X与Z可形成质子数、电子数均相同的ZX3、‎ B. M热稳定性强且具有弱氧化性 C. Q分子中各原子最外电子层均达到稳定结构 D. X、Y、Z、W四种元素间只能形成共价化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知，W形成2个共价键，X形成1个共价键，X与W形成的化合物M常温下是液体，则X为H，W为O元素，M为H2O或H2O2；Z可以形成3个共价键，其质子数小于O，则Z为N；Y形成4个共价键，其质子数小于N，则Y为C元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．ZX3、ZX4+分别为NH3、NH4+，NH3、NH4+的电子数均为10，但质子数分别为10、11，故A错误；‎ B．M为H2O或H2O2，H2O2的热稳定性较差，且具有强氧化性，故B错误； C．该化合物中，H原子满足最外层2电子稳定结构，C、N、O原子满足8电子稳定结构，故C正确； D．H、C、N、O形成的化合物可能为离子化合物，如醋酸铵、碳酸铵等，故D错误； ‎ - 16 -‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】易错选项为B、C，O和H元素可以形成两种常温下液体的物质：H2O和H2O2；C选项要注意是“最外电子层均达到稳定结构”，而不是达到8电子稳定结构。‎ ‎7.常温下，Ksp（CaCO3）＝2．8×10－9，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是 A. a点是CaSO4饱和溶液而b点不是 B. 蒸发水可使溶液由b点变化到a点 C. 常温下，CaCO3（s）＋（aq）CaSO4（s）＋（aq）的K＝3．1×10－4‎ D. 除去锅炉中的CaSO4时，可用Na2CO3溶液将其转化为CaCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 曲线上的点均为硫酸钙溶解平衡点，a点对应的溶液c(Ca2+)=3×10-3mol/L，c(SO42-)=3×10-3mol/L，所以Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)·c(SO42-)=9×10-6。‎ ‎【详解】A．a点位于溶解平衡曲线上，所以为饱和溶液，b点位于曲线下方，该点处溶液中c(Ca2+)·c(SO42-)<9×10-6，所以为非饱和溶液，故A正确；‎ B．b点和a点溶液中硫酸根浓度相同，蒸发水硫酸根和钙离子浓度均会增大，无法变化到a点，故B错误；‎ C．对于反应CaCO3(s)＋SO42-(aq)CaSO4(s)＋CO32-(aq)平衡常数K==，故C正确；‎ D．常温下Ksp(CaSO4)> Ksp(CaCO3‎ - 16 -‎ ‎)，二者为同类型沉淀，所以硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，所以Na2CO3溶液可将CaSO4转化为CaCO3，故D正确；‎ 故答案为B。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。‎ ‎（一）必考题：共129分。‎ ‎8.某化学研究性学习小组的同学根据理论分析后认为，NO2可能会氧化单质铜，他们设想利用下图所示装置验证NO2的氧化性（夹持装置已省略）。‎ ‎（1）装置A～C中有一处错误，改正的方法是________，A中发生反应的两种试剂通常是_____。‎ ‎（2）点燃C处酒精灯比较合适的时机是_________。若C中固体全部变成黑色，同时生成对环境无污染的气体，写出C中反应的化学方程式：_____。装置D的用途是__________。‎ ‎（3）开关K的设计是以实现绿色化学实验为目的，请说明K的使用方法：_______（包括使用时段与内容）。‎ ‎（4）实验结束后发现C中的固体混有少量的红色粉末，经过分析，甲同学认为该红色粉末是Cu2O，乙同学认为该红色粉末是Cu，丙同学认为该红色粉末是Cu和Cu2O的混合物。查阅资料，Cu、Cu2O和CuO的部分性质如下：‎ 请设计一个简单的实验证明甲同学的看法是否正确：__________。‎ ‎【答案】 (1). 无水氯化钙或五氧化二磷代替碱石灰 (2). 浓硝酸和铜 (3). 装置C硬质玻璃管中充满红棕色气体时 (4). 4Cu+2NO24CuO+N2 (5). 吸收未反应完的NO2 (6). 待C中反应停止后，关闭分液漏斗的活塞，打开K，向装置只中通入氮气至装置中无红棕色气体 (7).‎ - 16 -‎ ‎ 取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体完全溶解，则甲同学的看法正确，若有红色粉末剩余，则甲同学看法不正确 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A利用浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，B装置对气体进行干燥，但二氧化氮会和碱石灰发生反应，应选用酸性干燥剂；C装置中铜和二氧化氮在加热条件下反应，D为尾气吸收装置，同时防止倒吸，实验结束后通入氮气，可使生成的二氧化氮完全被吸收，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)碱石灰可与二氧化氮反应，应用无水氯化钙或五氧化二磷代替碱石灰，A用于制备二氧化氮，可用浓硝酸和铜反应生成；‎ ‎(2)二氧化氮为红棕色气体，所以为排除氧气的干扰，可待装置C硬质玻璃管中充满红棕色气体时再点燃C处酒精灯；若C中固体全部变成黑色，说明铜被氧化生成氧化铜，同时生成对环境无污染的气体，根据元素守恒可知该气体为氮气，反应方程式为：4Cu+2NO24CuO+N2；装置D用于吸收未反应完的NO2；‎ ‎(3)待C中反应停止后，关闭分液漏斗的活塞，打开K，向装置只中通入氮气至装置中无红棕色气体，可使二氧化氮完全被吸收，避免污染环境；‎ ‎(4)由题给信息可知Cu2O溶于氨水，则取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体完全溶解，则甲同学的看法正确，若有红色粉末剩余，则甲同学看法不正确。‎ ‎9.KMnO4在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。现以软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等）为原料制备KMnO4的工业流程如图所示。‎ ‎（1）料渣的主要成分是____，操作2的意义是__________。‎ ‎（2）“调pH”的目的是__________；写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：________；熔融过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。‎ ‎（3）操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，已知KHCO3、KMnO4的溶解度曲线是下图中的两种，则KHCO3、KMnO4的溶解度曲线分别是_____（填序号）。‎ - 16 -‎ ‎（4）用惰性电极电解K2MnO4溶液也可得到目标产物，则生成目标产物的电极反应式为___________，充分电解后，得到的溶液中溶质的主要成分是______和KMnO4。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 提高原料的利用率 (3). 除去Al3+ (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ (5). 1:2 (6). II、Ⅲ (7). MnO42--e-= MnO4- (8). KOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等)加入稀硫酸同时通入二氧化硫，可将MnO2还原成Mn2+，则溶液中主要阳离为Mn2+和Al3+，料渣为不溶于稀硫酸的SiO2，之后滤液中加入碳酸锰调节pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；然后加入高锰酸钾氧化Mn2+得到MnO2沉淀，向熔融状态的MnO2中通入氧气，同时加入KOH，反应生成K2MnO4，加水溶解并通入过量二氧化碳，K2MnO4发生歧化得到含KMnO4和KHCO3的溶液，以及MnO2沉淀，之后对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤烘干得到高锰酸钾晶体。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知料渣主要成分为SiO2，操作2可以提高原料的利用率；‎ ‎(2)调pH值的目的是使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；氧化过程中KMnO4和Mn2+发生归中反应得到MnO2，离子方程式为2 MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；熔融过程中O2为氧化剂，由0价降为-2价，每个氧气分子可以得到4个电子，MnO2为还原剂，化合价由+4价升为+6价，失去2个电子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；‎ ‎(3)操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，说明KHCO3的溶解度随温度变化较大，为防止其析出要趁热过滤，所以曲线II代表碳酸氢钾；而KMnO4的溶解度随温度变化不大，而且KMnO4析出，说明其溶解度要比碳酸氢钾的溶解度小，所以曲线Ⅲ代表KMnO4的溶解度；‎ ‎(4)由K2MnO4得到KMnO4，锰元素化合价升高被氧化，所以应在阳极生成，电极方程式为MnO42--e-= MnO4-；电解过程中阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时破坏水的电离平衡产生氢氧根，所以溶质为KOH和KMnO4。‎ ‎10.碳、氮能形成多种氧化物、氢化物。‎ - 16 -‎ ‎(1)已知：①2NO(g)N2(g)＋O2(g)△H1＝－180．5 kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)＋O2(g)CO2(g)△H2＝－283 kJ·mol－1‎ 则NO与CO反应生成两种无毒气体的热化学方程式为________________。‎ ‎(2)使用高效催化剂可大大减少汽车尾气排放出的NOx含量，某研究所的科研人员探究了T1℃时等质量的三种催化剂对CO还原NO的催化效果(其他条件相同)，所得结果如图1所示。‎ ‎①如果不考虑催化剂价格，则使用催化剂____(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)最好；A、B两状态下，生成CO2的速率大小关系是_____。‎ ‎②若容器容积为2 L，开始时加入0.5 mol NO、0.5 mol CO，在催化剂Ⅰ的作用下达到如图1所示平衡，则反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)在该温度下的平衡常数K＝____L·mol－1。‎ ‎③在图2坐标系中画出使用催化剂Ⅰ(其他条件相同)时，25s时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图____。‎ ‎(3)化学动力学上将一步完成的反应称为基元反应。对于基元反应：aA＋bBcC＋dD，其速率方程式为v＝k·ca(A)·cb(B)(k为只与温度有关的速率常数)，复杂反应(由几个基元反应构成)的速率取决于慢的基元反应。‎ ‎①已知反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)△H＜0，在温度低于250℃时是由两个基元反应构成的复杂反应，该反应的速率方程式为v＝k·c2(NO2)，则其两个基元反应分别为：Ⅰ．____=NO3＋_____；Ⅱ．略，这两个反应中活化能较小的是___。‎ ‎②某科研小组测得380℃时该反应的c(NO2)、c(CO)与生成CO2的速率[v(CO2)]的关系如下：‎ - 16 -‎ 则该温度下的反应速率常数k＝____L·mol－1·s－1。‎ ‎【答案】 (1). 2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=-746.5kJ kJ·mol－1 (2). I (3). v(A)>v(B) (4). 640 (5). (6). 2NO2 (7). NO (8). II (9). 0.22‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) NO与CO反应生成两种无毒气体，应为CO2和N2，方程式应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)；‎ 由已知：①2NO(g)N2(g)＋O2(g) △H1＝－180.5 kJ·mol－1；‎ ‎②CO(g)＋O2(g)CO2(g) △H2＝－283 kJ·mol－1；‎ 根据盖斯定律可知可得2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=-180.5 kJ·mol－1+(-283 kJ·mol－1)=-746.5kJ kJ·mol－1；‎ ‎(2)①据图可知相同时间内使用催化剂I的反应最先达到平衡，所以使用催化剂I最好；据图可知A点曲线的斜率更大，反应速率更快；‎ ‎②据图可知25s时氮气的物质的量不再改变说明反应达到平衡，此时n(N2)=0.2mol，根据方程式可知此时容器中n(CO2)=0.4mol，△n(NO)=△n(CO)=0.4mol，初始投料为0.5molCO和0.5molNO，所以平衡时容器内n(NO)=n(CO)=0.1mol，容器的体积为2L，所以K==640；‎ ‎③温度低于T1时，反应速率小于T1时的反应速率，所以25s时反应达不到平衡，且温度越高反应速率越快，相同时间内脱氮率越高，当温度高于T1时，反应速率加快，则25s时反应达到平衡，但由于该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以温度升高，平衡左移，脱氮率会下降，所以关系图为；‎ ‎(3)①温度低于250℃时，该反应的速率方程式为v＝k·c2(NO2)，说明NO2‎ - 16 -‎ 和CO不参与同一个基元反应，且NO2参与的基元反应为慢反应，决定了该反应的反应速率，基元反应I中产物有NO3，根据元素守恒可知该基元反应反应物应为NO2，则该基元反应I为：2NO2=NO3+NO； 活化能越大，反应速率越慢，基元反应I决定整个反应速率，说明反应I活化能较大，即反应II活化能较小；‎ ‎②根据表格分析可知CO和NO2的浓度均会影响反应速率，由于该反应不是基元反应，可设该反应的正反应速率v＝k·cx(NO2)·cy(CO)，将表格中相应数据代入有联立可解得x=1，y=1，k=0.22L·mol-1·s-1。‎ ‎【点睛】第3题为难点，要注意理解“复杂反应(由几个基元反应构成)的速率取决于慢的基元反应”，所以可以根据v＝k·c2(NO2)推断出两个基元反应中有一个反应的反应物为NO2，且其计量数为2，而且该反应为慢反应决定了整个反应的反应速率。‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ 化学·选修3：物质结构与性质 ‎11.2019年8月13日中国科学家合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2 [Sn（OH）6][B（OH）4] 2并获得了该化合物的LED器件，该研究结果有望为白光发射的设计和应用提供一个新的有效策略。‎ ‎（1）基态Sn原子价层电子的空间运动状态有___种，基态氧原子的价层电子排布式不能表示为，因为这违背了____原理（规则）。‎ ‎（2）[B（OH）4] －中氧原子的杂化轨道类型为____，[B（OH）4] －的空间构型为______。 [Sn（OH）6] 2－中，Sn与O之间的化学键不可能是___。‎ a 键 b σ键 c 配位键 d 极性键 ‎（3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较低的是_____（填化学式），其原因是___________。‎ ‎（4）超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）的晶胞结构如下图所示，则1号砷原子的坐标为____。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为a pm，则该晶体的密度为__g·cm－3（列出含a、NA的计算式即可）。‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 洪特 (3). sp3 (4). 正四面体 (5). a (6). BaO (7). 离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高 (8). (，，) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Sn元素与C元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子为5s25p2，5s能级的s轨道为一种空间运动状态，5p能级占据两个p轨道有两种空间运动状态，共有3种空间运动状态；根据洪特规则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则；‎ ‎(2)[B(OH)4] －中每个氧原子与氢原子和B原子各形成一个σ键，还有2对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；[B(OH)4] －中B原子与每个氧原子之间均形成一个σ键(其中一个为配位键)，价层电子对数为4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；[Sn(OH)6] 2－中，O原子和氢原子之间为σ键，也为极性共价键，Sn原子和O原子之间有σ键和配位键，所以该物质中不含π键，所以选a；‎ ‎(3)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为BaO和MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以镁离子半径更小，形成的离子键更强，晶格能更大，熔点较高；‎ ‎(4)根据晶胞结构可知1号砷原子距离坐标原点的距离为晶胞体对角线的，所以坐标为(，，)；根据晶胞结构可知，距离最近的As原子和B原子即为1号砷原子距离坐标原点B原子的距离，所以晶胞体对角线的长度为4a pm，则晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积V=pm3=×10-30cm3；根据均摊法该晶胞中As原子个数为4，B原子个数为=4，所以晶胞的质量m=，所以密度为g/cm3。‎ 化学·选修5：有机化学基础 - 16 -‎ ‎12.酯类物质H是一种疗效明显的血管扩张剂，以烃A、E为原料合成H的流程如下：‎ 已知：RCHCl2RCHO，回答下列问题：‎ ‎（1）C的名称是____，①的反应类型是___。D中含有官能团的名称是____。‎ ‎（2）E的结构简式可能为___，H的分子式为____。‎ ‎（3）写出反应④的化学方程式：__________。‎ ‎（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式（同一碳原子上不能连2个—OH）：______（写一种即可）。‎ ‎①能发生银镜反应但不能发生水解 ‎②核磁共振氢谱峰面积比为2 ：2 ：2 ：1 ：1‎ ‎③遇FeCl3溶液显紫色 ‎（5）以1—丙醇为原料合成2—丁烯酸，写出合成路线图：_______（无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). 或 (5). C17H24O3 (6). ：+NaOH+NaBr (7). 、、 (8). CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2CHOHCOOHCH3CH=CHCOOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ 根据B到C的反应条件可知B发生题目所给反应生成C，则B为，A在光照条件下与氯气反应生成B，则A为；E的不饱和度为=2，结合F的结构简式可知E中应有一个六元环占据一个不饱和度，则还应含有一个碳碳双键，与HBr在催化剂作用下发生加成反应，则E为或；F在氢氧化钠水溶液中发生溴离子的水解生成G，则G为，G与D发生酯化反应生成H，所以H为。‎ ‎【详解】(1)C的名称为苯甲醛；反应①为甲基与氯气在光照条件下发生的取代反应；D中的官能团为为羟基和羧基；‎ ‎(2)根据分析E的结构简式可能为或；H的结构简式为，分子式为C17H24O3；‎ ‎(3)反应④为溴原子的水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr；‎ ‎(4)D的同分异构体满足：‎ ‎①能发生银镜反应但不能发生水解，说明含有醛基，但不含酯基；‎ ‎②核磁共振氢谱峰面积比为2 ：2 ：2 ：1 ：1，则有五种环境的氢原子，结构对称；‎ ‎③遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；‎ 则满足条件的结构有：、、；‎ ‎(5)1—丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，2-丁烯酸为CH3CH=CHCOOH，对比二者的结构简式可知需要将1-丙醇的碳链加长，同时引入羧基、碳碳双键，可参考C到D的反应，1-丙醇可以被氧化成丙醛，丙醛发生类似C到D的反应可以生成CH3CH2‎ - 16 -‎ CHOHCOOH，该物质再发生羟基的消去反应即可得目标产物，所以合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2CHOHCOOHCH3CH=CHCOOH。‎ ‎【点睛】合成路线设计为本题难点，除了对题目所给信息的理解应用，还需要对羟基的性质熟悉，当与羟基相连的碳原子上有两个氢时可以被氧化成醛；当与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢时可以发生消去反应生成碳碳双键。‎ - 16 -‎ - 16 -‎