1、高考资源网（） 您身边的高考专家拉萨中学2021届高三第一次月考理科综合化学部分第I卷1. 化学与资源、环境、生活密切相关，下列说法正确的是A. 煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为洁净燃料B. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C. 二氧化硫具有漂白性，常用于纸张、食品的增白D. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理【答案】A【解析】【详解】A. 煤的气化和液化过程中均有新物质生成，属于化学变化过程，该变化过程可变为洁净燃料，A正确；B. 从海水中提取物质不一定都必须通过化学反应才能实现，例如从海水中获得氯化钠不需要化学变化，B错误；C. 二氧化硫具有漂白性，常用于纸张的
2、增白，二氧化硫有毒，不能用于食品的增白，C错误；D. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，而不是应用化学原理对环境污染进行治理，D错误；答案选A。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB. 1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC. 5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD. 6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA【答案】C【解析】【详解】A若2molSO2和1molO2完全反应，可生成2molSO3，即
3、反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；BpH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；D6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO
4、，所以根据还原产物计算电子转移数目。3. 利用下列实验装置能达到实验目的的是A. 分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B. 验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C. 蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D. 验证C、Cl、Si的非金属性强弱【答案】B【解析】【详解】A. CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B. 硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C. 蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D. 根据元素非金属性越强，其最高价氧化
5、物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。4. 下列离子方程式表达正确的是A. 向FeC13溶液中滴加HI溶液：B. 向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液: C. Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：D. 3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合：【答案】D【解析】【详解】AFeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离
6、子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，故A错误；B向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；CCa(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；D3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。故选D。5. “重油氧气熔融碳酸钠”燃料电池装置如图所示。下列说法错误的是A. O2在b极得电子，最终被还原为B. 放电过程中，电子由电极a经导线流向电极bC. 该电池工作时，经“交换膜2”移向b极D. H2参与的电极反应为：【答案】C【解析】【分析】在燃料电池中，通
7、入O2的电极为正极，即b极为正极，a极为负极。【详解】A. O2在b极得电子，生成的O2-与CO2反应，最终O2被还原为，A正确；B. 放电过程中，电子由负极经导线流向正极，即由电极a经导线流向电极b，B正确；C. 该电池工作时，因b极不断生成，所以经“交换膜2”移向左侧，C错误；D. H2在负极失电子生成H+，与CO32-结合生成水和二氧化碳气体，参与的电极反应为：，D正确。故选C。6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀
8、析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大B. X的简单氢化物的热稳定性比W的强C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为N
9、a，Z为S。A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是ZWXY，A错误；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性XW，所以简单氢化物的热稳定性XW，B正确；C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律
10、关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。7. 常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=lgY。下列叙述错误的是A. 曲线n表示与pH的变化关系B. Ka1(H2X)=1.01010.3C. NaHX溶液中c(OH)c(H+)D. 当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX)+2c(X2)+c(Cl)【答案】B【解析】【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）Ka2（H2X），则pH相同时，pY=-lgY，则p
11、p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系，据此结合选项分析解答。【详解】A根据分析可知，n表示pH与p的变化关系，A选项正确；BM点pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，p=-lg=1，则=0.1，所以Ka2（H2X）=c（H+）=10-9.30.1=1.010-10.3，N点pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，p=-lg=-1，则=10，所以Ka1(H2X)=c（H+）=10-7.410=1.010-6.4，B选项错误；C根据B可知HX的电离平衡常数为1.01010.3；曲线n表示pH与p的变化关系，n点pH=7.4，p=-lg=-1，=10，所以HX-的水解平衡
12、常数Kh=1.010-7.61.010-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，C选项正确；D当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D选项正确；答案选B。【点睛】本题难度较大，根据图像计算电离常数和水解常数是关键，通过比较电离常数和水解常数的大小确定酸式酸根离子水解平衡为主还是电离平衡为主。第II卷8. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：. . . 回答下列问题：(1)_
13、。(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为 mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_molL-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率是图_(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_。(4)
14、为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_(填标号)。A低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压【答案】 (1). +40.9 (2). (3). (4). 乙 (5). p1、p2、p3 (6). T1时以反应为主，反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 (7). A【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。【详解】(1).根据反应I-II=III，则H3=H1-H
15、2=-49.5kJmol-1-(-90.4 kJmol-1)=+40.9 kJmol-1；(2).假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(
16、a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；(3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1p2p3；温度升高，反
17、应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。9. 无机研究开创绝不无“钴”的时代，例如：C
18、oCl26H2O是一种饲料营养强化剂、草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O工艺流程如下图所示：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；酸性条件下，ClO3不会氧化Co2+，ClO3转化为Cl；(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要离子方程式为_。(2)加入 NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去，但不能向“浸出液”中加过量 NaClO3的主要原因是：_。(3)若“滤液”中c(Ca2+)=
19、1.0103molL1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F)=_mol/L。已知Ksp(CaF2)=4.01011(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的选择的标准是_；其使用的适宜pH范围是_(填字母代号)。A.2.02.5 B.3.03.5 C.4.04.5(5)CoC2O42H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中600以前是隔绝空气加热，600以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物；用化学方程式表示从A点到B点的物质转化_。C点所示产物的化学式是_。(Co的相对原子质量是59)【答案】 (1). Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O (2)
20、. 过量的ClO3在酸性条件下会与Cl反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染。 (3). 2.010-3molL-1 (4). 不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小。 (5). b (6). CoC2O4=350=Co+2CO2 (7). Co2O3【解析】分析】(3) 利用Ksp计算即可；(4) 从选取萃取剂的标准考虑；【详解】(1) 水钴矿主要成分为Co2O3，而浸出液中的是Co2+，钴的化合价降低为氧化剂，而Na2SO3为还原剂，Na2SO3主要与Co3+反应，本题要求写出主要反应并不需要写Na2SO3与Fe3+的反应，答案
21、为Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O；(2) ClO3过量使用会带来新的杂质，才会和氯离子发生反应生成氯气，答案过量的ClO3在酸性条件下会与Cl反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染；(3) c(Ca2+)=1.0103molL1，当除钙率达到99%时，则剩余c(Ca2+)=1.0105molL1，根据，则，答案为2.010-3mol/L；(4) 按照萃取剂的选择标准，它不能和原溶剂发生反应，不会和溶质发生反应，而且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；该过程中萃取剂的作用是将Fe2+、Mn2+、Al3+除去，而不去除Co2+，根据图像可知适宜的pH，答案为
22、不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；b；(5)18.30g的CoC2O42H2O，为0.1mol,A到B的过程质量减少3.6g,为0.2molH2O,A为CoC2O4，B到C的过程中，质量减少8.8g,只能为0.2molCO2的质量，B处的为Co单质，可以写出反应方程式，B到C在空气中加热，生成Co的氧化物，0.1mol的Co质量为5.9g，剩余2.4g为O的质量，0.15mol，则产物为Co2O3。答案为CoC2O4 Co+2CO2，Co2O3。10. 人教版高中化学选修4实验2-3中用到了硫代硫酸钠，某化学兴趣小组对这一物质展
23、开了如下探究。实验一制备Na2S2O35H2O通过查阅资料，该化学兴趣小组设计了如下的装置(略去部分夹持仪器)来制取Na2S2O35H2O晶体。已知烧瓶C中发生如下三个反应：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g) Na2SO3(aq)H2S(aq) 2H2S(aq)SO2(g) 3S(s)2H2O(l)；S(s)Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)（1）写出A中的化学反应方程式_。（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以采取的措施有_（写一条）。（3）装置E作用是_。（4）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和N
24、a2SO3物质的量之比为_。实验二性质探究（5）常温下，用pH试纸测定0.1molL1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定时的具体操作是_。（6）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，写出该反应的离子化学方程式_。 实验三Na2S2O3的应用（7）用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解。此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100molL-1的Na2S2O3标准溶液进行
25、滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：滴定次数1234消耗Na2S2O3标准溶液的体积/mL18.0220.0317.9818.00部分反应的离子方程式为： Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O I2+2S2O32=S4O62+2I滴定时Na2S2O3标准溶液应该用_(填仪器名称) 盛装，该废水中Ba2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O (2). 调节硫酸的滴加速度 (3). 吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境 (4). 2:1 (5). 取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段
26、，与比色卡对照，读出溶液的pH值 (6). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl- (7). 碱式滴定管 (8). 0.0024molL1【解析】【详解】（1）A中亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，控制SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度实现，故答案为调节硫酸的滴加速度；（3）在装置C中，通入的二氧化硫使溶液呈现酸性，在酸性溶液中，存在Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g
27、)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) 、2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)、S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，二氧化硫和硫化氢会污染环境，因此装置E可以吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境，故答案为吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境；（4）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，根据题干提示C中的三个反应，可以推出2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2:1，故答案为2:1；（5）常温下，用pH试纸测定0.1molL-1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定
28、的具体操作为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH值，故答案为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH值；（6）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，氯气被还原为氯离子，反应的离子化学方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-，故答案为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-； （7）Na2S2O3溶液水解，溶液显碱性，应该选用碱式滴定管盛放Na2S2O3溶液进行滴定；根据表中数据可知，
29、数据2有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为mL=18.00mL，根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I22S2O32=S4O622I，可得关系式6n(S2O32-)n(Cr2O72-)2n(Ba2+)，滴定用去的Na2S2O3的物质的量为0.010molL-10.018L=1.810-4mol，所以Ba2+的物质的量为1.810-4mol=610-5mol，25.00mL废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.0024molL-1，故答案为碱式滴定管；0.0024mol/L。11. 氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是
30、激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题： (1)氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是_。 (2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化方式为_。NaBH4中存在_(填标号)。 a.离子键 b.氢键 c.键 d.键(3)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_。 (4)第三周期元素氟化物的熔点如下表： 化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/99312611291-90-83-50.5解释表中氟化物熔点变化的原因：_。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca
31、2+占据F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度=_gcm-3(列出计算表达式)。 【答案】 (1). FOB (2). 正四面体 (3). sp3 (4). ac (5). (6). 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大 (7). 【解析】【详解】（1）氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，非金属性强弱顺序为FOB，电负性大小顺序为FOB；（2）BH的中心原子B原子孤电子对数=(3+1-14)/2=0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形，B原子采取sp3杂化；N
32、a+与BH之间形成离子键，B原子有3个价电子，H有空轨道，而BH中形成4个B-H键，故BH中含有1个配位键、3个键，没有氢键与键，答案选ac；（3）双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中的1个Cl原子与另外分子中Be原子之间形成1个配位键，BeCl2的结构式为；（4）NaF、MgF2和AlF3为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而SiF4、PF5和SF6为分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大；（5）晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8+6+12=8，结合化学式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代
33、表F-，处于晶胞中F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=pm，故晶胞棱长=2pm，晶胞相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量=g，晶体密度为gcm-3。12. 化合物F具有独特的生理药理作用，实验室由芳香化合物A制备下的一种合成路线如下:已知：回答下列问题:（1）A的名称为_，B生成C的反应类型为_。（2）咖啡酸的结构简式为_。（3）F中含氧官能团名称为_。（4）写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_（5）G为香兰素的同分异构体，能使FeCl3溶液变紫色，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，符合要求的同分
34、异构体有_种，请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为3:2:2:1的G的结构简式_。（6）写出以原料(其他试剂任选) 制备肉桂酸()的合成路线。_【答案】 (1). 4-甲基苯酚 (2). 取代反应 (3). (4). 酯基、羟基 (5). (6). 9 (7). (8). 【解析】【分析】C与CH3ONa的反应一定是题目的已知反应，所以C为，推出B为。由上，再根据A的分子式得到A为。香兰素发生题目已知反应得到D，所以D为。最后一步E与酯化得到F，所以E为。【详解】（1）A为，所以名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚。由B（）到C（）的反应为取代反应。（2）咖啡酸E为。（3）根
35、据F的结构简式得到其含氧官能团的名称为羟基和酯基。（4）F与足量氢氧化钠反应，其两个酚羟基会与氢氧化钠中和，另外酯基和氢氧化钠水解，所以方程式为：（5）G为香兰素的同分异构体，能使FeCl3溶液变紫色，说明一定有酚羟基，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，说明除酚羟基外，其余的两个C和两个O都在另一个取代基上，且一定有酯基。所以符合要求的同分异构体有9种：（各自有邻间对三种同分异构体）。其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为3:2:2:1的G的结构简式为：和。（6）很明显制备肉桂酸需要用到题目的已知反应，所以需要制得，将原料水解后氧化即可得到，所以路线图为： 。- 18 - 版权所有高考资源网
