1、高考资源网（） 您身边的高考专家仿真冲刺练(二)时间:50分钟分值:100分可能用到的相对原子质量:H1Li7N14O16Cl35.5Fe56第一部分一、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。)7.化学与生活紧密联系在一起,下列说法不正确的是()A.工业制粗硅、电镀、钢铁的锈蚀、制玻璃均发生氧化还原反应B.医院里的血液透析利用了胶体的性质C.“天宫一号”中使用的碳纤维,是一种新型无机非金属材料D.天然气、瓦斯等气体及面粉、煤粉等固体粉尘都容易发生爆炸答案A工业制粗硅、电镀、钢铁的锈蚀的过程中均涉及元素化合价的变化,都发生了氧化还原反应;制玻璃涉及
2、的化学方程式为:Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2,CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2,此过程中没有元素化合价的变化,即没有发生氧化还原反应。8.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是()A.标准状况下,铁在22.4 L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NAB.1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-数目之和为0.1NAC.常温常压下,NO2与N2O4的混合气体46 g,所含氧原子数为2NAD.含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中,铁元素的质量为56 g答案CA项,标准状况下,22.4 L Cl2为1 mol,与铁完全反应时,1
3、 mol Cl2变为2 mol Cl-,转移电子数为2NA;B项,根据物料守恒,1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中,有c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1 molL-1,则n(H2CO3)+n(HCO3-)+n(CO32-)=0.1 mol,即HCO3-和CO32-数目之和小于0.1NA;C项,NO2与N2O4的混合气体的最简式均为NO2,M(NO2)=46 gmol-1,则n(NO2)=46 g46 gmol-1=1 mol,n(O)=2n(NO2)=2 mol;D项,氢氧化铁胶粒为若干个Fe(OH)3的聚集体,由于各胶粒的聚合度不同,无法计算NA个胶粒
4、中Fe(OH)3的物质的量。9.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是()实验现象结论A向某溶液中加入NaOH稀溶液,管口放置湿润的红色石蕊试纸试纸不变色原溶液中一定没有NH4+B向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+C将乙醇和浓硫酸混合加热,将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪为无色产生的气体中含有乙烯D向4 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴入几滴0.1 mol/L ZnCl2溶液,再加入CuSO4溶液先产生白色沉淀,后产生黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)答案BA项,检验铵根离子,除了需要加入NaOH溶液之外,还需要加热才行;B项,检验Fe
5、2+,可向溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液,若有蓝色沉淀生成,则说明溶液中有Fe2+;C项,乙醇和浓硫酸反应制备乙烯时,往往会有副反应发生产生SO2,SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以要先除去SO2才行,否则无法说明产生的气体含有乙烯;D项,向4 mL 0.1 mol/L的Na2S溶液中滴入几滴同浓度的ZnCl2溶液,再加入CuSO4溶液,并未说明ZnCl2溶液具体的量,实验中,先产生白色沉淀,再产生黑色沉淀,不能说明沉淀之间发生了转化,该实验不能说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)。10.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对应的水化物反应生成
6、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三种元素形成的某一种盐加入稀盐酸后,有黄色沉淀析出,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.简单氢化物的热稳定性:XWXY;B项,W、X的简单氢化物分别为NH3、H2O,非金属性O比N强,所以热稳定性H2O比NH3强,即简单氢化物的热稳定性:XW;C项,ZX2为SO2,ZX3为SO3,SO2不能在空气中燃烧生成SO3,SO2转化为SO3需要的条件是高温和催化剂;D项,W为N元素,它的一种氢化物肼(N2H4),可用作火箭燃料。11.某有机物X的结构简式如图所示,下列说法正确的是()A.X
7、的分子式为C9H12O3B.X中所有碳原子均可能共面C.X可与氧气发生催化氧化反应D.1 mol X最多能消耗2 mol NaOH答案CA项,由有机物X的结构简式可知,其分子式为C9H14O3;B项,X分子中含有饱和碳原子,则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一平面上;C项,X分子中含有羟基,且与羟基相连的碳原子上含有氢原子,所以X可与氧气发生催化氧化反应;D项,1个X分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应,所以1 mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH。12.用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如图所示。电池放电时的反应为:16Li+xS8 8Li2Sx(2x8),电解池两
8、极材料分别为Fe和石墨,工作一段时间后,右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是()A.X是铁电极,发生氧化反应B.电子流动的方向:BY,XAC.正极可发生反应:2Li2S6+2Li+2e- 3Li2S4D.锂电极减重0.14 g时,电解池中溶液减重0.18 g答案DA项,电解法制备Fe(OH)2,则铁作阳极,根据题给电池总反应可知,金属锂发生氧化反应,作电池的负极,所以Y为阴极,故X是铁电极;B项,电子从电池的负极流至电解池的阴极,然后从电解池的阳极流回电池的正极,即电子从B电极流向Y电极,从X电极流回A电极;C项,由图示可知,电极A发生了还原反应,即正极可发生反应:2Li2S6+
9、2Li+2e- 3Li2S4;D项,锂电极减重0.14 g,则电路中转移0.02 mol电子,电解池中发生的总反应为Fe+2H2O Fe(OH)2+H2,所以转移0.02 mol电子时,电解池中溶液减少0.02 mol H2O,即溶液减重0.36 g。13.25 时,向10 mL 0.1 molL-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 molL-1的HCl溶液,溶液的AGAG=lgc(H+)c(OH-)变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()A.若a=-8,则Kb(XOH)10-5B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(
10、Cl-)D.M点到N点,水的电离程度先增大后减小答案BA项,XOH为一元弱碱,若a=-8,则c(OH-)=10-3 molL-1,所以Kb(XOH)=c(X+)c(OH-)c(XOH)10-310-30.1=10-5;B项,XOH与HCl恰好完全反应时,生成强酸弱碱盐,溶液显酸性,而M点AG=0,则溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以此时溶质为XOH和XCl,两者不是恰好完全反应;C项,若R点恰好为XCl溶液时,根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-);D项,M点的溶质为XOH和XCl,继续加入盐酸,直至溶质全部为XCl时,该过程水的电离程度增大,然后向XCl溶液中再
11、加入盐酸,水的电离程度减小,所以从M点到N点,水的电离程度先增大后减小。第二部分二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35、36题为选考题,考生根据要求作答。)(一)必考题(共43分)26.(15分)二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知:ClO2是一种黄绿色、易溶于水的气体,具有强氧化性,回答下列问题:(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器a的名称为,装置B的作用是。装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,该反应的化学方程式为。装置D中滴有几滴淀粉溶液,其作用是。装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,则该反应中氧化剂与还原
12、剂的物质的量之比为,氧化产物是。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下:a.取下装置D,将其中的溶液转入250 mL容量瓶,用蒸馏水洗涤D瓶23次,并将洗涤液一并转移到容量瓶中,再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00 mL溶液于锥形瓶中,用0.100 0 mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2+2S2O32- 2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去24.00 mL硫代硫酸钠标准溶液。滴定至终点的现象是。进入装置D中的ClO2质量为,与C中ClO2的理论产量相比,测定值偏低,可能的原因是。答案(除标注外,每空2分)(1)分液漏斗(1分)防倒吸、防堵塞(或平衡气压或作安全瓶
13、均可)SO2+H2SO4+2KClO3 2KHSO4+2ClO2检验有I2生成,进而证明ClO2有强氧化性21O2(1分)(2)溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变0.324 g产生ClO2的速率太快,ClO2没有被D中的溶液完全吸收(或C中ClO2未全部进入D中)(1分)解析(1)仪器a的名称为分液漏斗,装置B有缓冲作用,所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压或作安全瓶等);装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,根据元素守恒可知,生成的酸式盐为KHSO4,该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3 2KHSO4+2ClO2;装置D中滴有几滴淀粉溶液,淀粉溶液遇碘变为蓝色
14、,根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2生成,从而证明ClO2是否具有氧化性;装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH 2NaClO2+O2+2H2O,在该反应中ClO2是氧化剂,NaClO2是还原产物,H2O2是还原剂,O2是氧化产物,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(2)淀粉溶液遇I2变为蓝色,当I2与硫代硫酸钠完全反应后溶液变为无色,所以滴定终点是溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变;ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+ 5I2+2Cl-+4H2O,结合I2+2S2O32- 2I-+S4O6
15、2-,可得关系式:ClO25S2O32-,25.00 mL溶液中吸收ClO2的物质的量n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=150.100 0 mol/L0.024 L=0.000 48 mol,则250 mL溶液中共吸收ClO2 0.004 8 mol,m(ClO2)=0.004 8 mol67.5 g/mol=0.324 g。27.(14分)碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO2+2H2O 2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:滤渣结晶产品(1)已知
16、MnxZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰元素相同,则铁元素的化合价为。(2)滤液A中溶质的电子式为。(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+,写出该反应的离子方程式:。(4)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度,使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1-x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式:、。若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL-1,c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL-1,滤液体积为1 m3,“调铁”工序中,需加入的
17、铁粉质量为kg(忽略溶液体积变化,用含a、b的代数式表示)。(5)在“氧化”工序中,加入双氧水的目的是,生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外,主要是。(6)用氨水“调pH”后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C(C为正盐),从滤液C中还可分离出一种氮肥,该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为。答案(除标注外,每空2分)(1)+3(1分)(2)K+OH-(1分)(3)MnO(OH)+Fe2+3H+ Mn2+Fe3+2H2O(4)Fe+2Fe3+ 3Fe2+(1分)Fe+2H+ Fe2+H2(1分)112a-56b(5)把Fe2+氧化为Fe3+生成的Fe3+催化了双氧水
18、的分解(6)c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)解析(1)用二氧化锰制取氯气时的还原产物为MnCl2,其中Mn的化合价为+2价,则在MnxZn(1-x)Fe2O4中,设Fe的化合价为y,则有(+2)x+(+2)(1-x)+2y+(-2)4=0,解得y=+3,即Fe的化合价为+3价。(2)由于Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2都不溶于水,则滤液A的溶质为KOH,其电子式为K+OH-。(3)硫酸亚铁和MnO(OH)反应的化学方程式为2MnO(OH)+3H2SO4+2FeSO4 2MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,则其离子方程式为MnO(OH)+Fe2+3H+ M
19、n2+Fe3+2H2O。(4)在“溶渣”时,加入了过量的稀硫酸,所以“调铁”时,发生的离子方程式有:Fe+2H+ Fe2+H2,Fe+2Fe3+ 3Fe2+。从化学式MnxZn(1-x)Fe2O4来看,“调铁”的目标是使n(Mn)+n(Zn)n(Fe)=12。已知:滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL-1,c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL-1,滤液体积为1 m3,则n(Mn2+)+n(Zn2+)=1 000a mol,n(Fe2+)+n(Fe3+)=1 000b mol,设需要加入的铁粉的物质的量为z mol,有1 000a1 000b+z=12,解得z=(2
20、000a-1 000b)mol,则所需铁粉的质量为(2 000a-1 000b)mol56 gmol-1=1 000(112a-56b)g=(112a-56b)kg。(5)在“氧化”工序中,双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+;双氧水的消耗量大于理论值,可能的原因是其自身不稳定,发生了分解,而Fe3+可以催化H2O2的分解。(6)经过“调pH”“结晶”“过滤”后得到产品和硫酸铵溶液,所以滤液C为(NH4)2SO4溶液,则其溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)。28.(14分)二甲醚又称甲醚,简称DME,熔点-141.5 ,沸点-24.9 ,与液化石
21、油气(LPG)相似,被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)H1=-90.0 kJmol-12CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)H2=-20.0 kJmol-1回答下列问题:(1)已知:H2O(l) H2O(g)H=+44.0 kJmol-1,若由合成气(CO、H2)制备1 mol CH3OCH3(g),且生成H2O(l),其热化学方程式为。(2)有人模拟该制备原理:500 K时,在2 L的密闭容器中充入2 mol CO和6 mol H2,5 min达到平衡,平衡时测得c(H2)=1.8 molL
22、-1,c(CH3OCH3)=0.2 molL-1,此时CO的转化率为。用CH3OH表示反应的速率是molL-1min-1,可逆反应的平衡常数K2=。(3)在体积一定的密闭容器中发生反应,如果该反应的平衡常数K2值变小,则下列说法正中正确的是。A.平衡向正反应方向移动B.平衡移动的原因是升高了温度C.达到新平衡后体系的压强不变D.容器中CH3OCH3的体积分数减小(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中,按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应,平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图1所示,则a=(填数值)。 图1 图2 (5)绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图2所示,电解质为熔融态的碳
23、酸盐(如熔融K2CO3),其中CO2会参与电极反应。工作时负极的电极反应式为。答案(每空2分)(1)2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(l)H=-244.0 kJmol-1(2)60%0.121(3)BD(4)2(5)CH3OCH3+6CO32-12e- 8CO2+3H2O解析(1)已知:H2O(l) H2O(g)H=+44.0 kJmol-1,记为,根据盖斯定律,将热化学方程式2+-得:2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(l)H=-244.0 kJmol-1。(2)由题意可得,平衡时,n(H2)=1.8 molL-12 L=3.6 mol,则消耗了
24、H2 2.4 mol,根据方程式计算可得参加反应的CO的物质的量为1.2 mol,则CO的转化率=1.2mol2mol100%=60%;在反应中,消耗了H2 2.4 mol,则有1.2 mol的CH3OH生成,所以v(CH3OH)=1.2mol5min2 L=0.12 molL-1 min-1;在反应中,c(H2O)=c(CH3OCH3)=0.2 molL-1,则c(CH3OH)=1.2mol2 L-0.2 molL-12=0.2 molL-1,K2=c(CH3OCH3)c(H2O)c2(CH3OH)=0.20.20.22=1。(3)平衡常数只和温度有关,对于放热反应,升高温度,平衡常数减小;
25、K2变小,说明温度升高,平衡向逆反应方向移动,A错误、B正确。C项,题中说明了容器的体积一定,即体积不变,且该反应是反应前后气体体积不变的反应,即反应前后总物质的量不变,K2变小,说明温度升高,根据pV=nRT知,反应后压强也变大,错误。D项,平衡向逆反应方向移动,则n(CH3OCH3)减小,所以容器中CH3OCH3的体积分数减小。(4)转化率=反应物的变化量反应物的起始量100%,不同反应物的变化量之比等于化学计量数之比,所以当反应物的起始量之比等于化学计量数之比时,不同反应物的转化率必然是相等的,所以a=2。(5)题中所述燃料电池中,O2一定在正极发生反应,则CH3OCH3在负极发生反应。
26、负极的反应方程式为CH3OCH3+6CO32-12e- 8CO2+3H2O。(二)选考题(共15分)。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。35.【化学选修3:物质结构与性质】(15分)电池在人类生产和生活中具有十分重要的作用,其中锂离子电池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅,还有铜、锗、镓、硒等化合物。(1)基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为。(2)若基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py2,则其违背了。(3)下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势,其中表示磷元素的曲线是(填标号
27、)。(4)元素X与硅同主族且原子半径在同族元素中最小,X形成的最简单氢化物Q的电子式为,该分子的中心原子的杂化类型为。写出一种与Q互为等电子体的离子。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏,其化学式写作Na2B4O710H2O,实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4-缩合而成的双六元环,应该写成Na2B4O5(OH)48H2O,其结构如图所示,它的阴离子可形成链状结构,则该晶体中不存在的作用力是(填选项字母)。A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键(6)GaAs的熔点为1 238 ,密度为 gcm-3,其晶胞结构如图所示
28、。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构,则二者晶体的类型均为,GaAs的熔点 (填“高于”或“低于”)GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol-1和MAs gmol-1,原子半径分别为rGa pm和rAs pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。答案(除标注外,每空1分)(1)14(2分)(2)洪特规则(3)b(4)HCHHsp3NH4+(其他合理答案也可,2分)(5)C(2分)(6)原子晶体低于410-30NA(rGa3+rAs3)3(MGa+MAs)100%(3分)解析(1)基态亚铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1
29、0,s能级只有1个轨道,p能级有3个轨道,d能级有5个轨道,所以基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为14。(2)洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,且自旋方向相同。题中基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py2违背了洪特规则,正确的书写应该是4s24px24py14pz1。(3)由于C和Si是同主族元素,价电子数为4,所以它们的四级电离能变化趋势相近,而同主族自上而下,元素的第一电离能减小,故a、c分别为C和Si的四级电离能变化趋势,b为P的四级电离能变化趋势。(4)元素X与硅同主族且原子半径在同族元素中最小,则X为C,其最简单氢化
30、物为CH4,电子式为HCHH;CH4中碳原子的杂化类型为sp3杂化;与CH4互为等电子体的离子有NH4+等。(5)由题图可知该晶体为离子晶体,含有离子键;晶体中有B-O键,该化学键为共价键;金属键仅存在于金属晶体中;结晶水合物中都含有分子间作用力(范德华力);该化合物中含有较多羟基,则一定存在氢键。(6)从图中可以看出构成晶胞的微粒为Ga原子和As原子,所以GaAs为原子晶体,则GaN也是原子晶体。在GaAs晶体和GaN晶体中,原子半径:N小于As,所以键长:Ga-N键小于Ga-As键,键能:Ga-N键大于Ga-As键,则熔点:GaN晶体大于GaAs晶体。一个GaAs晶胞中,含有As的个数为8
31、18+612=4,含有Ga的个数为41=4;Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol-1和MAs gmol-1,则一个Ga原子的质量为MGaNA g,一个As原子的质量为MAsNA g,所以一个GaAs晶胞的质量为4(MGa+MAs)NA g,则一个GaAs晶胞的体积为4(MGa+MAs)NA cm3;Ga和As的原子半径分别为rGa pm和rAs pm,则在GaAs晶胞中,4个Ga和As的体积为:4(43rGa3+43rAs3)10-30cm3=1610-303(rGa3+rAs3)cm3,所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为:1610-303(rGa3+rAs3)cm34(M
32、Ga+MAs)NAcm3100%=410-30NA(rGa3+rAs3)3(MGa+MAs)100%。36.【化学选修5:有机化学基础】(15分)芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系:已知:A能与金属钠反应生成氢气,但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色; +CO2;RCOCH3+RCHO RCOCHCHR+H2O。回答下列问题:(1)A生成B的反应类型为,由D生成E的反应条件为。(2)H中含有的官能团名称为。(3)K的结构简式为。(4)由E生成F的化学方程式为,由H生成I的化学方程式为。(5)F有多种同分异构体,写出符合下列条件的同分异构体的结构简式: 。能发生水解和
33、银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有5组核磁共振氢谱峰(6)糠叉丙酮()是一种重要医药中间体,参考上述合成路线,设计一条以叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选,用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明反应试剂和条件) 。答案(除标注外,每空2分)(1)消去反应(1分)NaOH溶液,加热(2)羟基、羧基(3)(4)2 +O2 2 +2H2On +(n-1)H2O(5)、(6) 解析芳香族化合物A的化学式为C9H12O,除去苯环上的6个C,还剩下3个C在苯环的侧链上。BCK的系列反应和已知条件中的相似,则B中含有碳碳双键,且B的结构简式为,C为,D为,K为。因为A可以与钠反应放出H2,且A中含有一个O,则A中一定含有羟基;A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,则A的结构简式为。F的分子式为C9H10O2,比A的分子式少了两个H,多了一个O,且F可以发生银镜反应,则F中含有一个醛基和羟基,则F的结构简式为,逆推E为,F氧化后再酸化生成H,则H为,H在催化剂作用下生成聚酯I,I为。(5)F为,其同分异构体中,能发生水解和银镜反应,说明是甲酸酯;属于芳香族化合物,说明含有苯环,分子中只有一个甲基;该同分异构体有5组核磁共振氢谱峰,说明结构对称,所以该同分异构体为:、。- 15 - 版权所有高考资源网
