1、（全国I卷）2020届高三化学4月联考试题（含解析）考生注意:1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分,共300 分。考试时间150 分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量:C 12Fe 56第卷（选择题共42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。1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是选项现象或事实解释A食盐能腐蚀铝制容器Al能与Na+发生置换反应B用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化C用(NH4)2S2O8溶液蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强D漂白粉在空气中久置
2、变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应,生成的HClO分解A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.在通常情况下，铝表面有一层致密的氧化物薄膜，对铝有保护作用。当有食盐存在时，食盐能在潮湿的空气中电离出Na+和Cl-，而Cl-很容易在氧化膜的表面发生反应，形成吸附化合物AlCl3，AlCl3易溶于水，不能形成致密的保护膜，因而铝制容器跟食盐接触会被腐蚀。故A错误；B. 常温下铁在浓硝酸中钝化，则可用铁罐贮存浓硝酸，故B正确；C. S2O82-具有强氧化性，氧化性比Cu2+的强，能与铜制线路板中的铜反应，将铜氧化为Cu2+，故C正确；D.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙
3、能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解，导致漂白粉在空气中久置变质，故D正确；故选A。【点睛】在通常情况下，铝表面有一层致密的氧化物薄膜，对铝有保护作用。当有食盐存在时，食盐能在潮湿的空气中电离出Na+和Cl-，而Cl-很容易在氧化膜的表面发生反应，形成吸附化合物AlCl3，AlCl3易溶于水，不能形成致密的保护膜是解答关键和易错点。2.用图示装置及药品制备有关气体,其中能达到实验目的的是A. 制H2SB. 制氨气C. 制NO2 D. 制氯气【答案】C【解析】【详解】A.浓硝酸具有强氧化性，能将硫化亚铁氧化，无法制备硫化氢气体，故A错误；B.实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，
4、加热氯化铵无法制备氨气，故B错误；C.常温下，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故C正确；D.稀盐酸与二氧化锰共热不反应，无法制得氯气，故D错误；故选C。【点睛】浓盐酸与二氧化锰共热制得氯气，稀盐酸与二氧化锰共热不反应是解答关键。3.三氯异氰尿酸（TCCA）是一种极强的氧化剂和氯化剂,可通过下列方法制备:下列说法正确的是A. 尿素属于无机物B. 反应为非氧化还原反应C. 反应中n（CA）n（HClO）=11D. CA分子中各原子均满足8电子结构【答案】B【解析】【详解】A. 尿素是由碳、氮、氧、氢组成的一种有机物，故A错误；B. 反应为三分子尿素发生取代反应生成氰尿酸和氨气，该反应属于非
5、氧化还原反应，故B正确；C. 反应中氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：+3HOCl+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为1：3，故C错误；D. 氰尿酸分子中氢原子最外层为2个电子，故D错误；故选B。4.元素周期表的一部分如图所示,W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X与Z的最高正价之和与W的相等。下列说法错误的是A. 原子半径:XYZWB. X2W2中含有离子键和共价键C. Y的最高价氧化物对应的水化物难溶于水D. 将由X、Z的单质组成的混合物放入冷水中,Z的单质不发生反应【答案】D【解析】分析】设X的最外层电子数为x，则Z和W的最外层电子数为（x
6、+2）、（x+3），由X与Z的最高正价之和与W的相等可得，x+（x+2）=x+3，解得x=1，由此可知X为Na元素、Y 为Mg元素、Z为Al元素、W为C元素。【详解】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径:XYZW，故A正确；B. X2W2为Na2C2，Na2C2中含有离子键和共价键，故B正确；C. Y 为Mg元素，氢氧化镁为难溶于水的氢氧化物，故C正确；D. 将由Na、Al的单质组成的混合物放入冷水中，钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气，故D错误；故选D。【点睛】将由Na、Al的单质组成的混合
7、物放入冷水中，钠首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠和铝单质反应生成偏铝酸钠和氢气是解答关键，也是易错点。5.二茂铁Fe（C5H5）2可作为燃料的节能消烟剂、抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是A. a为电源的正极B. 电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C. 电解池的总反应化学方程式为D. 二茂铁制备过程中阴极的电极反应为【答案】C【解析】【分析】由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应
8、生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2。【详解】A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极，故A错误；B. 与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液，故B错误；C. 由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2，故C正确；D. 二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na+e-=Na，故D错误；故选C。【点睛】由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，
9、钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。6.下列实验中,对应的现象以及结论都正确的是选项实验现象结论A将（NH4）2SO3加热产生的气体通入BaCl2溶液中无明显现象SO2与BaCl2溶液作用不产生BaSO4沉淀B将浓硫酸滴入蔗糖中产生的气体通入品红溶液中品红褪色浓硫酸具有强氧化性C将Fe2O3溶于足量HI 溶液后，加入2滴淀粉溶液溶液颜色不变反应生成Fel3和H2OD往漂白粉中加入浓硫酸产生黄绿色气体Cl2的氧化性比H2SO4的强A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.（NH4）2SO3加热发生分解反应生成二氧化硫、氨气和水，二氧化硫、氨气通入BaCl2溶液中
10、会反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故A错误；B. 浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化并放出大量的热，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫使品红溶液褪色，故B正确；C. Fe2O3与足量HI发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，故C错误；D.漂白粉的主要成份是氯化钙和次氯酸钙，往漂白粉中加入浓硫酸，次氯酸根在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，不能比较氯气和浓硫酸氧化性强弱，故D错误；故选B。【点睛】浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化并放出大量的热，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫使品红溶液
11、褪色是解答关键。7.25 时,用0.1 mol/LNaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分数、pH及物种分布分数如图所示:下列说法错误的是A. 用NaOH溶液滴定0.1 molL-1NaHA溶液可用酚酞作指示剂B. 0.1 molL-1NaA溶液中: C. 0.1 molL-1NaHA溶液中: D. H2A 的K2=110-7【答案】B【解析】【分析】由图可知，实线为0.1 molL-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1 molL-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=2时，反应生成Na2A，Na2A
12、溶液显碱性。【详解】A.强碱滴定弱酸时，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1 molL-1NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A正确；B. 0.1 molL-1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH)，因Na2A溶液显碱性，c(OH) c(H+)，则:c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故B错误；C. 由图可知，当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA-电离大于水解，则溶液中c(Na+)c(HA-) c(A2-) c(H2A)，故C正确；D. 由图可知，当(X)为50%时，溶液中c(HA-)=c(A2-)，
13、pH=7，由Ka2= c(H+)=110-7，故D正确；故选B。【点睛】由图确定实线为0.1 molL-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1 molL-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线是解答关键。8.金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3为原料制备钛的工艺流程如图所示。(1)步骤、中,均需进行的操作是_(填操作名称)。(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在,步骤中生成TiO2+的化学方程式为_,硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示.据此判断,酸浸时所加硫酸的质量分数应为_(填范围)。.(3)
14、请结合离子方程式解释步骤中加热水的原因:_。(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质。Ti在_(填“阳极”或“阴极”)生成，_(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。(5)以绿矾为原料,可以制备重要工业原料氧化铁,基本流程如下:绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。FeCO3达到沉淀溶解平衡时,室温下测得溶液的pH为8,c(Fe2+ )=1.010-5 molL-1。所得FeCO3中_(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知: KspFe(OH)2= 4.910-17【答案】 (1). 过滤 (2). FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOS
15、O4+2H2O (3). 80%85% (4). TiO2+ 2H2OH2TiO3+2H+，水解反应吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行 (5). 阴极 (6). 不能 (7). c(SO42-)c(Fe2+)c(H+)c(OH-) (8). 不含【解析】【分析】钛铁矿加酸溶解过滤得到含有TiO2+和Fe3+的滤液，向滤液中加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，对滤液冷却结晶，过滤得到FeSO47H2O和含有TiO2+的溶液，加入热水促进TiO2+水解生成H2TiO3，煅烧H2TiO3生成TiO2，电解可生成Ti，以此解答该题。【详解】(1)根据分析可知步骤、中，均需进行的操作是过滤；(2)反
16、应物为钛铁矿，结合元素守恒可知方程式为FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；根据图像可知硫酸质量分数在80%85%之间时浸出率最大；(3)TiO2+在水溶液中发生水解TiO2+ 2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行，生成H2TiO3； (4)由TiO2生成Ti，Ti元素化合价降低发生还原反应，电解池中阴极得电子发生还原反应；若换成石灰乳，石灰乳中有水，阴极将产生氢气，无法得到金属钛，所以不能将熔融CaO换成石灰乳；(5)绿矾溶液中亚铁离子会发生水解使溶液显酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为c(SO42-)c(Fe2+)c(H+
17、)c(OH-)；根据题意，pH为8，则c(OH-)=110-6mol/L，因为c(Fe2+)c2(OH-)=1.010-5(110-6)2 =1.010-17KspFe(OH)2，故无Fe(OH)2生成。9.实验室用酸性蚀刻废液（含等）和碱性蚀刻废液NH4+、Cu（NH3）42+ 、NH3H2O等制备CuI（白色固体）的实验流程如下:（1）步骤中发生了多个反应,其中与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为_。（2）步骤需控制pH为12,80 下进行,合适的加热方式是_。（3）步骤的具体步骤是蒸发浓缩、_、_。（4）步骤在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称
18、是_,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_。装置c中反应完成的现象是_。用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是_,然后再用无水乙醇洗涤的目的是_。【答案】 (1). Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+ (2). 热水浴 (3). 冷却结晶 (4). 过滤（洗涤） (5). 分液漏斗 (6). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (7). 三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体 (8). 可防止CuI被空气中的O2氧化 (9). 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)
19、Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。【详解】（1）步骤中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+，故答案为：Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+；（2）步骤为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在控制pH为12，80 下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤为硫酸铜粗溶
20、液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤；洗涤；（4）装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；当硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应完全生成碘化亚铜白色固体时，三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体，故答案为：三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体；装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止
21、碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。10.雾霾由多种污染物形成,包含颗粒物（PM2.5）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。（1）已知:H1=-566.0 kJmol-1H2=-116.5 kJmol-1 H3=+180.5 kJmol-1，废气中NO2 与CO 转化成无污染气体的热化学方程式为_。（2）研究发现利用NH3可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为12、11.5、31时,N
22、O脱除率随温度变化的曲线如图所示。曲线a中,NO的起始浓度为610-4mgm-3,从X点到Y点经过10 s,则该时间段内NO的脱除速率为_mg m-3s-1。曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是_,其理由是_。（3）炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化氧可以快速氧化SO2。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。无水情况下,一个氧分子的活化能为_,容易活化氧分子的条件是_（填“有水”或“无水”）。（4）利用反应构成的电池既能有效消除氮氧化物的排放,减轻雾霾污染,又能充分利用化学能,装置如图所示。B极的电极反应式为_。若反应转移1.2 mol电子,A极生成N2
23、的体积为_L（标准状况）。【答案】 (1). 2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g） H=1196.0kJmol-1 (2). 1.2105 (3). 1：2 (4). NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大 (5). 0.75eV (6). 有水 (7). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (8). 3.36【解析】【详解】（1）由盖斯定律可知，2可得废气中NO2与CO 转化成无污染气体的热化学方程式为2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g），则H=H12H2H3=（-566.0 kJmol-1）（-116.5 kJmol-1）（+180
24、.5 kJmol-1）=1196.0kJmol-1，故答案为：2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g） H=1196.0kJmol-1；（2）曲线a中，NO的起始浓度为610-4mg/m3，A点的脱除率为0.55，B点的脱除率为0.75，从A点到B点经过10s，该时间段内NO的脱除速率=1.2105 mg m-3s-1，故答案为：1.2105；NH3与NO的物质的量的比值越大，NH3的物质的量越大，NO脱除率越大，物质的量之比分别为1：2、1：1.5、3：1所对应的曲线分别为c、b、a，故曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是1：2，故答案为：1：2；NH3与NO的物质的量的比
25、值越大，NO脱除率越大；（3）根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV；有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，故答案为：0.75eV；有水；（4）根据装置图可知，电极B通入氨气，在KOH溶液中氨气被氧化为氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；由化学方程式可知，A极消耗5mol二氧化氮，生成3mol氮气，反应转移24mol电子，则反应转移1.2 mol电子，A极生成0.15mol氮气，标准
26、状况选体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36。【点睛】根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV；有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低是解答关键和难点。化学物质结构与性质11.（NH4）3Fe（SCN）6、Fe（TCNE）（NCCH3）2FeCl4 、K4Fe（CN）63H2O等铁的配合物用途非常广泛。回答下列问题:（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为_。（2）Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同,铁的熔点和沸点均比钙的高,其原因是_。（3）配合物（
27、NH4）3Fe（SCN）6中的H、S、N的电负性从大到小的顺序是_。（4）Fe（TCNE）（NCCH3）2FeCl4中,配体为CH3CN和TCNE（）。CH3CN中碳原子的杂化方式是_和_。TCNE中第一电离能较大的是_（填元素符号）,分子中所有原子_（填“在”或“不在”）同一平面,分子中 键与键的数目之比是_。（5）K4Fe（CN）63H2O是食盐的抗结剂,强热分解有Fe3C生成, Fe3C 的晶胞结构如图所示:Fe3C的密度为_（列出计算式）gcm-3。【答案】 (1). (2). Fe的原子半径比Ca小，价电子数更多，金属键更强 (3). NSH (4). sp3 (5). sp (6)
28、. N (7). 在 (8). 1:1 (9). 【解析】【分析】（1）Fe元素的原子序数为26，由电子排布规律书写价层电子的电子排布图；（2）金属单质中金属原子的原子半径越大，价电子越少，金属键越弱，熔沸点越低；（3）元素的非金属性越强，电负性越大；（4）CH3中饱和碳原子的杂化方式是sp3杂化，CN中饱和碳原子的杂化方式是sp杂化；TCNE分子是由4个氰基和1个碳碳双键构成，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大；氰基中碳原子和氮原子在同一直线上，碳碳双键上的碳原子和连接的原子在同一平面；分子中含有9个 键和9个键；（5）由均摊法计算可得。【详解】（1）Fe元素原子序数为26，基
29、态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为，故答案为：；（2）Fe的价电子排布式为3d64s2，Ca的价电子排布式为4s2，Fe与Ca位于同一周期，Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低，故答案为：Fe的原子半径比Ca小，价电子数更多，金属键更强；（3）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性NSH，则电负性NSH，故答案为：NSH；（4）CH3CN分子中含有CH3和CN，CH3中饱和碳原子的杂化方式是sp3杂化，CN中饱和碳原子的杂化方式是sp杂化，故答案为：sp3；spTCNE分子是由4个氰基和1个碳碳双键构成，C、N属于同一周期元素且原子
30、序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，则第一电离能大小顺序是NC；氰基中碳原子和氮原子在同一直线上，碳碳双键上的碳原子和连接的原子在同一平面，则TCNE分子中所有原子在同一平面；分子中含有9个 键和9个键， 键与键的数目之比为1:1，故答案为：N；在；1:1； （5）由晶胞结构可知，每个碳原子周围有6个铁原子，构成正八面体，正八面体的化学式为Fe3C，体内碳原子形成1个正八面体、面心碳原子形成个正八面体、顶点和棱上碳原子形成个正八面体，则1个晶胞结构中含有4个Fe3C，由质量公式可得=（4.5151085.077108）6.726108d，解得密度d= gcm-3，故
31、答案为：。【点睛】由晶胞结构可知，每个碳原子周围有6个铁原子，构成正八面体，正八面体的化学式为Fe3C，体内碳原子形成1个正八面体、面心碳原子形成个正八面体、顶点和棱上碳原子形成个正八面体是解答关键。化学有机化学基础12.花椒毒素（H）有抗实验性心律失常、镇痛、抗炎等作用。由芳香族化合物A为原料合成H的一种合成路线如下:已知:+ClCH2CH2Cl+HCl回答下列问题:（1）A的化学名称是_（用系统命名法）。（2）G中所含官能团的名称是_。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。E中_（填“有”或“没有”）手性碳。（4）反应的反应类型是_。（5）D的结构简式为_。（6）F与足
32、量NaOH溶液反应的化学方程式为_。（7）芳香族化合物W是D的同分异构体,能发生银镜反应和水解反应,遇FeCl3溶液发生显色反应;W的核磁共振氢谱有5组峰,且面积比为12221。符合上述要求的W有_种。（8）有机物M（）是一种重要的化工原料。设计由邻苯二酚和氯乙酰氯（ClCH2COCl）为起始原料制备有机物M的合成路线_。（无机试剂及有机溶剂任用）【答案】 (1). 1,2,3苯三酚 (2). 酯基、醚键和碳碳双键 (3). 有 (4). 消去反应 (5). (6). +3NaOH+2H2O (7). 1 (8). 【解析】【分析】由有机物的转化关系和C的结构简式可知，在PCl3做催化剂作用下
33、，与ClCH2COCl发生取代反应生成，则A为，B为；一定条件下发生取代反应生成，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，则D为；与发生一系列反应生成，与（CH3）2SO4发生取代反应生成，一定条件下发生消去反应生成。【详解】（1）A的结构简式为，名称是1,2,3苯三酚，故答案为：1,2,3苯三酚；（2）G结构简式为，含有的官能团为酯基、醚键和碳碳双键，故答案为：酯基、醚键和碳碳双键；（3）E的结构简式为，2号碳原子（带）连有4个不同的原子或基团，为手性碳，故答案为：有；（4）反应为一定条件下发生消去反应生成，故答案为：消去反应；（5）D的结构简式为，故答案为：；（6）F的结构简式为，分子中含
34、有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，与足量NaOH溶液反应生成和水，反应的化学方程式为+3NaOH+2H2O，故答案为：+3NaOH+2H2O；（7）D的结构简式为，其同分异构体W能发生银镜反应和水解反应说明含有OOCH，遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为12221的结构只有符合，故答案为：1；（8）由M的结构简式和题给信息，利用逆推法可知，在PCl3做催化剂作用下，与ClCH2COCl发生取代反应生成，一定条件下发生取代反应，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。【点睛】分子中含有的酯基和酚羟基，酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，注意1mol酚酯能消耗2mol氢氧化钠是解答关键，也是易错点。
