1、广东省广州市2020届高三化学4月第一次模拟考试试题（含解析）相对原子质量：H1 Li7 N14 O16 Ni59 Zn65 Cd112 La139一、单选题 每题6分1.我国古代优秀科技成果对人类文明进步做出巨大贡献，下列有关说法错误的是A. 烧制“青如天，明如镜，薄如纸，声如磬”的瓷器的主要原料为黏土B. 记载“伦乃造意，用树肤以为纸”中的“树肤”的主要成分含纤维素C. 古代“黑火药”是由硫磺、木炭、硝酸三种物质按一定比例混合制成D. “司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁（Fe3O4）【答案】C【解析】【详解】A瓷器的主要原料为黏土，是利用黏土高温煅烧制得的，故A
2、正确；B树肤即树皮，主要成分为纤维素，故B正确；C制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为123，故C错误；D与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故D正确；故选C。2.关于化合物1，4-二氢萘（），下列说法错误的是A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 分子中所有原子均处同一平面C. 一氯代物有4种（不考虑立体异构）D. 与 互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，但分子结构中含有亚甲基，分子中所有原子不可能处同一平面上，故B错误；C上有4种H原子()，一氯代物有4种，故C正确；D与 的分
3、子式相同，均为C10H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选B。【点睛】有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。3.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是A. 装置、依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液B. 装置中气体呈红棕色C. 装置中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成D. 通空气主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替【答案】D【解析】【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化，4NH3
4、+ 5O2 4NO + 6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO在中被吸收，防止污染，因此中可以选用氢氧化钠溶液，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，装置、依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；B装置NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；C装置中发生3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；D通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；故选D。4.一种矿石Y3Z2X5（XW）4的组成元素
5、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，其中Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半,1个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是A. 原子半径：YZXWB. Y与X可形成共价化合物C. Z的最高价氧化物的水化物是中强酸D. 简单氢化物的沸点：ZX【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，X位于第2周期，Z位于第3周期，1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层有4个电子，Z为Si元素，Y3Z2X5(XW)4的化学式为Y3Si2O5
6、(OH)4，根据正负化合价的代数和为0，Y显+2价，为Mg元素，据此分析解答。【详解】A同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：YZXW，故A正确；BY为Mg元素，为活泼的金属元素，X为O元素，是活泼的非金属性元素，Y与X形成离子化合物，故B错误；CZ为Si元素，Z的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，故C错误；D水分子间能够形成氢键，因此简单氢化物的沸点：XZ，故D错误；故选A。【点睛】正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为B，要注意活泼的金属元素和活泼的非金属元素容易形成离子键。5.我国科学家设计了一种太阳能驱动从海水中提取金属锂的装置，示意
7、图如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是A. 铜箔上的电势比催化电极上的高B. 海水的pH变大C. 若转移1mol电子，理论上铜箔增重7gD. 固体陶瓷膜可用质子交换膜代替【答案】C【解析】【分析】根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，阴极上得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。【详解】A根据以上分析，催化电极为阳极，铜箔为阴极，铜箔上电势比催化电极上的低，故A错误；B海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不变，故B错误；C根据转移电子数相等，若导线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确
8、；D因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误；故选C。【点睛】明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应原理的分析。本题的易错点为D，要注意固体陶瓷膜为阳离子交换膜，是使锂离子通过的，不能用质子交换膜代替。6.已知邻苯二甲酸（H2A）的K a1 =1.1103，K a2=3.9106。常温下，用0.10molL1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10molL1的邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是A. a点混合溶液中：c（K+）c（A2-）c（Na+）c（HA-）B. b点
9、的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）C. c点溶液pH在910之间D. 从a点到c点水的电离程度逐渐增大【答案】B【解析】【详解】Aa点(加入的NaOH为KHA物质的量的一半，)溶液显酸性，HA-的水解常数Kh=10-11，HA-的电离常数为3.910-610-11，则HA-的电离程度大于水解程度，但其电离程度较小，所以其溶液中离子浓度关系为：c(K+)c(A2-)c(Na+)c(HA-)，故A正确；Bb点溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+) = c(OH-)
10、+c(HA-) + 2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，因此c(Na+)+ c(H2A)= c(A2-)，故B错误；Cc点溶液中含有等浓度的K2A和Na2A，Kh=10-8，c(OH-)mol/L=10-5mol/L，pH在910之间，故C正确；Da点溶液由于HA-的电离产生H+，溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐渐减小，c(A2-)逐渐增大，A2-的水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，故D正确；故选B。7.研究人员提出了一
11、种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示，下列说法错误的是A. 第一步每生成1mol氧气转移的电子数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）B. 第一步实现了能量转化：可再生能源电能化学能C. 第二步反应方程式为 6Li+N22Li3ND. 该工艺的总反应为N2+3H22NH3【答案】D【解析】【详解】A第一步电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，每生成1mol氧气转移4mol电子，电子数为4NA，故A正确；B根据图示，第一步的能量转化：风能和太阳能等可再生能源转化为电能，在电解池中电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，实现可再生能源电能化学能的转化，故B正确；C根据图示，第一步生成了锂，第三步
12、中的反应物为Li3N，因此第二步反应生成了Li3N，因此第二步反应的化学方程式为 6Li+N22Li3N，故C正确；D根据流程图，该工艺的第一步反应为4LiOH(熔融)4Li+2H2O+O2，第二步反应为 6Li+N22Li3N，第三步反应为Li3N+ 3H2O= 3LiOH+ NH3，因此总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D错误；故选D。二、填空题8.实验室以活性炭为催化剂，用CoCl26H2O制取三氯化六氨合钴（）。总反应式为2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2+2H2O。制备流程如下：回答下列问题：（1）步骤“溶解”需加热并使用研细的CoCl26H2O，目的是_。（
13、2）步骤“络合”需降温至10进行，原因是_。（3）步骤“氧化”在60进行。“操作I”是_。已知：Co（NH3）6Cl3在冷水中溶解度较小，在热水中溶解度较大。（4）“溶液2”中钴主要以Co（NH3）63+形式存在，加入浓HCl的作用是_。（5）用下图装置测定产品中NH3的含量（已省略加热和夹持装置）：蒸氨：取mg样品进行测定。添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 molL1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是_。滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，滴定过剩的H2SO4，消耗V2 mLc2 molL1的NaOH标准溶液。产品中NH3的质量分数为_。若未将液封
14、装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数可能_（填“偏高”或“偏低”）。【答案】 (1). 加速溶解 (2). 防止氨气逸出 (3). 趁热过滤 (4). 存在溶解平衡Co(NH3)6Cl3(s) Co(NH3)63+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出Co(NH3)6Cl3晶体 (5). 平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出 (6). 100% (7). 偏低【解析】【分析】将CoCl26H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性碳和浓氨水，得到Co(NH3)6Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶
15、液中Co()氧化为Co()，生成Co(NH3)6Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体Co(NH3)6Cl3，据此分析解答。【详解】(1)步骤“溶解”需加热并使用研细的CoCl26H2O，目的是加速CoCl26H2O的溶解速率，故答案为：加速溶解；(2)浓氨水容易挥发，步骤“络合”需降温至10进行，可以防止氨气逸出，故答案为：防止氨气逸出；(3)Co(NH3)6Cl3在冷水中溶解度较小，在热水中溶解度较大，步骤“氧化”在60进行。为了防止Co(NH3)6Cl3结晶析出，“操作I”需要趁热过滤，故答案为：趁热过滤；(4)“溶液2”中钴主要以Co(NH3)63+形式存在，存在溶解平
16、衡Co(NH3)6Cl3(s) Co(NH3)63+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出Co(NH3)6Cl3晶体，故答案为：存在溶解平衡Co(NH3)6Cl3(s) Co(NH3)63+(aq)+3Cl-(aq)，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于析出Co(NH3)6Cl3晶体；(5)添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 molL1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，为了防止氨气逸出，需要用液封装置，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用，故答案为：平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；硫酸过量，氨气与硫酸反应
17、生成硫酸铵(NH4)2SO4，剩余的H2SO4，消耗V2 mLc2 molL1的NaOH标准溶液，因此硫酸吸收的氨气的物质的量为10-3mol，产品中NH3的质量分数为100%，氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低，故答案为：100%；偏低。9.镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和_（填化学式）。（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别
18、为_、_。（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是_。若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_kg。（4）“置换”后滤液溶质主要成分是_（填化学式）。（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是_。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的_不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。【答案】 (1). CaSO4 (2). 3Fe2+MnO4-+7H2O=MnO2+3 Fe(OH)3+5H+ (3).
19、 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+ (4). 锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本 (5). 86.2 (6). ZnSO4 (7). Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2 (8). 密度【解析】【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量
20、的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。【详解】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4；(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2+MnO4-+7H2O=MnO2+3 Fe(OH)3+5H+，3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Fe2+MnO4-+7H2O=MnO2+3 Fe(OH)3+5H+；3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；(3)实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中Na
21、OH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；锌置换镉的反应为Cd2+Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为65kg/kmol1.3=86.2kg，故答案为：86.2；(4)根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2。当反应釜内无明显气泡产生时停止加
22、热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2；密度。【点睛】本题的易错点和难点为(3)的计算，要注意镉置换率达到98%，同时=1.3。10.丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题：（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：C3H8（g）C3H6（g）+H2（g） H1=+124 kJmol-1 总压分别为100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示：100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_、_。某
23、温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，C3H8的平衡转化率为_。该反应的平衡常数Kp=_kPa（保留1位小数）。（2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下：C3H8（g）+O2（g）C3H6（g）+H2O（g） H2在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。已知H2（g）+O2（g）H2O（g） H=-242kJmol-1 。由此计算H2=_kJmol -1。图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_。575时，CH的选择性为_。（100）基于本研究结果，能
24、提高C3H6选择性的措施是_。【答案】 (1). a (2). d (3). 33% (4). 1.6 (5). -118 (6). 温度升高，催化剂的活性增大 (7). 51.5% (8). 选择相对较低的温度【解析】分析】(1)C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)H1=+124 kJmol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，据此分析判断；同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，根据三段式列式计算；(2)i. C3H8(g
25、) C3H6(g)+H2(g) H1=+124 kJmol-1，ii. H2(g)+O2(g)H2O(g) H=-242kJmol-1，根据盖斯定律分析计算C3H8(g)+O2(g) C3H6(g)+H2O(g) H2；结合催化剂的活泼变化分析解答；根据图象，575时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，据此分析解答；根据图象，分别计算535、550、575时，C3H6的选择性，再分析解答。【详解】(1)C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)H1=+124 kJmol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；
26、根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa 时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d；同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x， 则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp=1.6kPa，故答案为：33%；1.6；(2)i. C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)H1=+124 kJmol-1
27、，ii. H2(g)+O2(g)H2O(g) H=-242kJmol-1，根据盖斯定律，将i+ii得：C3H8(g)+O2(g) C3H6(g)+H2O(g) H2=(+124 kJmol-1)+(-242kJmol-1)=-118kJmol-1，故答案为：-118；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的，故答案为：温度升高，催化剂的活性增大；根据图象，575时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，假设参加反应的C3H8为100mol，生成的C3H6为17mol，C3H6
28、的选择性=100%=51.5%，故答案为：51.5%；根据图象，535时，C3H6的选择性=100%=66.7%，550时，C3H6的选择性=100%=61.5%，575时，C3H6的选择性=100%=51.5%，选择相对较低的温度能够提高C3H6选择性，故答案为：选择相对较低的温度。 化学选修3：物质结构与性质 11.储氢合金能有效解决氢气的贮存和输运问题，对大规模使用氢能具有重要的意义。（1）镍氢电池放电时的总反应为NiOOH+MHNi（OH）2+M，M表示储氢合金。Ni成为阳离子时首先失去_轨道电子。Ni3+的价层电子排布式为_。（2）用KF/HF溶液对储氢合金表面进行氟化处理，能改善合
29、金的表面活性。HF与水能按任何比例互溶，原因是_。KHF2KF+HF，KHF2晶体中的作用力类型有_，与HF2-互为等电子体的分子为_（填一种）。（3）用KBH4和NaH2PO4处理储氢合金电极。KBH4中阴离子的空间构型是_，NaH2PO4中阴离子中心原子的杂化类型是_。（4）某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图（a）、（b）所示，该储氢合金的化学式是_（填最简式）。已知该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.3977nm，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_gcm3（列出计算式）。【答案】 (1). 4s (2). 3d7 (3). HF能与水分子形
30、成氢键 (4). 离子键、共价键和氢键 (5). CO2或N2O或CS2等 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). LaNi5 (9). 【解析】【分析】(1)Ni为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，据此分析解答；(2)HF能与水分子形成氢键；KHF2为离子晶体，结合阴离子HF2-的结构和等电子体的概念分析解答；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=键个数+(a-xb)计算解答；(4)根据晶体结构及俯视图可知，La位于晶胞的顶点和棱上，Ni位于内部和面上，利用均摊法计算判断化学式；该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.39
31、77nm，则晶胞的体积为aasin60c，图示晶体结构含有2个晶胞，计算晶胞的质量，根据晶体的密度=计算。【详解】(1)Ni为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Ni3+的价层电子排布式为3d7，故答案为：4s；3d7；(2)HF能与水分子形成氢键，因此HF与水能按任何比例互溶，故答案为：HF能与水分子形成氢键；KHF2为离子晶体，含有离子键，HF2-中存在氢键和共价键；等电子体是含有相同的原子数和价电子数，HF2-含有3个原子，16个价电子，与HF2-互为等电子体的分子为CO2或N2O或CS2等，故答案为：离子键、共价键和氢
32、键；CO2或N2O或CS2等；(3)KBH4中阴离子中B的价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，空间构型是正四面体，NaH2PO4中阴离子中心原子P的价层电子对数=4+=4，杂化类型是sp3，故答案为：正四面体；sp3；(4)根据晶体结构及俯视图可知，La位于晶胞的顶点和棱上，个数=4+4+2+2=2，Ni位于内部和面上，个数=12+4=10，因此化学式为LaNi5；该储氢合金晶胞底边长为a=0.5017nm，高为c=0.3977nm，则晶胞的体积为aasin60c=a2c=(0.501710-7)20.397710-7cm3，图示晶体结构含有2个晶胞，晶胞的质量为g=g，则晶体的密度= gc
33、m3，故答案为：LaNi5；。【点睛】本题的难点为(4)的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，同时晶体结构不是晶胞，是2个晶胞的组合的结构。 化学选修5：有机化学基础 12.化合物I是一种优良的镇痉利胆药物，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的名称是_。（2）反应的反应类型是_。（3）E中含氧官能团的名称是_。（4）反应所需试剂和条件是_。反应所需试剂和条件是_。（5）H结构简式为_。（6）芳香化合物X是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应，其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为3221。写出两种符合要求的X的结构简式_。（7）设计由 和为原料制备的合成路线如图
34、，请补充完整_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 邻苯二酚 (2). 加成反应 (3). 醚键和醛基 (4). 银氨溶液、酸化（或新制氢氧化铜悬浊液，加热或氧气，催化剂，加热） (5). 甲醇，浓硫酸，加热 (6). (7). 、 (8). 【解析】【分析】根据B的结构和A的分子式可知，A为，根据D的结构，结合BC的条件，C为，C氧化生成D()，D中酚羟基与发生取代反应生成E()；根据已知信息，G加热生成H，H为，H与发生取代反应生成I()，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为，名称是邻苯二酚，故答案为：邻苯二酚；(2)根据上述分析，C为，是B和甲醛发生的加成产物，反应的反应类型是
35、加成反应，故答案为：加成反应；(3)E()中含氧官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；(4)根据G的结构可知，F中含有羧基，F为，因此反应是将中的醛基转化为羧基，所需试剂和条件是银氨溶液、酸化；反应是F与甲醇发生的酯化反应，所需试剂和条件是甲醇，浓硫酸，加热，故答案为：银氨溶液、酸化(或新制氢氧化铜悬浊液，加热或氧气，催化剂，加热)；甲醇，浓硫酸，加热；(5)H的结构简式为，故答案为：；(6)芳香化合物X是D()的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生水解反应，说明含有酯基，其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为3221，符合要求的X的结构简式为、，故答案为：、；(7)由和为原料制备，根据题意，与溴发生苯环上的取代反应生成，在氢氧化钠溶液中水解生成，根据题干流程图的提示结合信息，与反应生成，最后将加热即可得到，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】本题的易错点和难点为(7)，要注意充分利用流程图中的结构变化规律和题干提供的信息，该小题难度较大。