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。