1、1陕西省榆林市 2019 届高三化学模拟考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Sn 119一、选择题：每小题 6 分，共 42 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.化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是A. “玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B. “乙醇汽油” 、肼(N 2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C. “神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D. 所有糖
2、类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用【答案】C【解析】【详解】A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项 A 错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项 B 错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项 C 正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项 D 错误。2.设 NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是A. 常温下，48g CT 3CO18OCH2CH3含电子数 24NA、中子数 24NAB. 标况下，11.2L 氮气和足量的氧气在高温条件下可以生成 46g NO2C. 常温下，1L pH9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为
3、1109NAD. 常温下，5.6mol/L 的 10mL 氯化铁溶液滴到 100mL 沸水中，生成 0.056NA个氢氧化铁胶粒【答案】A【解析】【详解】A、CT 3CO18OCH2CH3的摩尔质量为 96gmol1 ，含有电子物质的量为48g48/96gmol1 =24mol，含有中子物质的量为 48g48/96gmol1 =24mol，故选项 A正确；B、氮气和足量的氧气在高温条件下只能生成 NO，故选项 B 错误；2C、常温下，1L pH9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1105NA，故选项 C 错误；D、氢氧化铁胶体是集合体，一个氢氧化铁胶粒含许多个氢氧化铁，因此
4、含有氢氧化铁胶粒的物质的量小于 10103 L5.6molL1 =0.056mol，故选项 D 错误。3.以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是A. NaClO3在发生器中作氧化剂B. 吸收塔中 1mol H2O2得到 2mol 电子C. 吸收塔中温度不宜过高，会导致 H2O2的分解D. 从“母液”中可回收的主要物质是 Na2SO4【答案】B【解析】【详解】A、根据流程图，NaClO 3与 SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中 NaClO3作氧化剂，故 A 说法正确；B、吸收塔中发生的反应为 2ClO2+H2O2+2N
5、aOH=2NaClO2+2H2O+O2，1mol H 2O2失去 2mol电子，故 B 说法错误；C、H 2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故 C 说法正确；D、根据选项 A 的分析，母液中溶质主要为 Na2SO4，故 D 说法正确。4.已知 C2H6O 有 CH3CH2OH 和 CH3OCH3二种结构，C 4H10、C 4H10O 组成中相差一个氧原子，则C4H10的一元取代物种数和 C4H10O 的所有同分异构体种数A. 相同B. C4H10一元取代物种数多C. C4H10O 同分异构体种数多D. 不能确定哪种多【答案】C【解析】【分析】C4H10的同分异构体为 CH3CH2C
6、H2CH3（有两种不同的氢原子） 、CH 3CH(CH3)CH3（有两种不同的3氢原子） ，根据信息，醇与醚互为同分异构体进行分析；【详解】C 4H10的同分异构体为 CH3CH2CH2CH3（有两种不同的氢原子） 、CH 3CH(CH3)CH3（有两种不同的氢原子） ，因此 C4H10的一元代物有四种，C 4H10O 可以醇也可以是醚，作为醇：可以看作OH 取代 C4H10上的氢原子，共有四种，作为醚：CH3OCH2CH2CH3、CH 3CH2OCH2CH3、CH 3OCH(CH3)2，有三种，C 4H10O 共有七种同分异构体，故选项 C 正确。5.X、Y、Z、W、M 五种短周期主族元素，
7、原子序数依次增大，已知 X 为原子半径最小的元素，Y 的最高正化合价和最低负化合价的代数和为 0，Z 可以与 X 形成原子个数比为 11和 12 的两种液态化合物，W 是地壳中含量最高的金属元素，M 的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是A. 原子半径的大小关系 WMZYXB. Y 和 M 的含氧酸的酸性，前者一定比后者弱C. YX4与 M 的单质在光照条件下的反应产物最多有 4 种物质D. X、Y、W 的单质均可用于冶炼金属的还原剂【答案】D【解析】【分析】原子半径最小的元素是氢；最高正化合价和最低负化合价的代数和为 0 的元素为 H 元素或第 IVA 族元素；能与氢形成原子个数比为 1
8、1 和 12 的两种液态化合物的元素是氧；地壳中含量最高的金属元素是铝；单质是一种黄绿色气体的元素为氯，所以 X、Y、Z、W、M分别为：氢、碳、氧、铝、氯；【详解】原子半径最小的元素是氢；最高正化合价和最低负化合价的代数和为 0 的元素为H 元素或第 IVA 族元素；能与氢形成原子个数比为 11 和 12 的两种液态化合物的元素是氧；地壳中含量最高的金属元素是铝；单质是一种黄绿色气体的元素为氯，所以X、Y、Z、W、M 分别为：氢、碳、氧、铝、氯；A、原子半径大小关系为：AlClCOH，故选项 A 错误；B、因为非金属性：氯碳；所以最高价含氧酸的酸性：高氯酸强于碳酸，但是次氯酸的酸性比碳酸弱，故
9、选项 B 错误；C、CH 4与 Cl2在光照条件下发生取代反应可得：CH 3Cl、CH 2Cl2、CHCl 3、CCl 4、HCl 五种产物，故选项 C 错误；4D、氢气、炭、铝均可用于金属冶炼的还原剂，故选项 D 正确。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，电子数越多，半径越大；本题易错点是选项 B，通过含氧酸的酸性比较非金属性，含氧酸应是最高价氧化物对应水化物的酸性。6.科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王”石墨烯将“彻底改变 21 世纪” 。中国华为研发人员
10、利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，已在世界上率先开发出石墨烯电池，电池反应式为 LixC6+Li1 xCoO2 C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是A. 有设计师建议该电池采用隔膜效果更好，可选用质子交换膜B. 放电时，LiCoO 2极发生的电极反应为：LiCoO 2xe Li 1x CoO2+xLi+C. 石墨烯电池通过提高储锂容量进而提高能量密度，废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入 LiCoO2中而有利于回收D. 石墨烯电池充电时 LiCoO2极与电源负极相连【答案】C【解析】【详解】A、隔膜只允许 Li+通过，不选用质子交换膜，故
11、 A 错误；B、根据电池反应，放电时，LiCoO 2上得到电子，LiCoO 2发生电极反应式：Li1 xCoO2+xLi+xe=xLiCoO2，故 B 错误；C、石墨烯电池的优点提高电池的储锂容量进而提高能量密度，根据工作原理，Li +嵌入LiCoO2中，故 C 正确；D、LiCoO 2极是电池正极，充电时与电源正极相连，故 D 错误。7.已知：AGlgc(H +)/c(OH-)，室温下用 0.01molL1 NH3H2O 溶液滴定 20.00mL 0.01molL1某一元酸 HA，可得下图所示的结果，下列说法中错误的是5A. 该滴定实验最好选用甲基橙作指示剂B. 整个过程中，C 点时水的电离
12、程度最大C. 若 x330，则有：3c(OH )c(NH 4+)+3c(H+)2c(NH 3H2O)D. AC 的过程中，可存在：c(A )c(H +)c(NH)c(OH )【答案】B【解析】【详解】A、由 A 点可知 0.01molL1HA 溶液中 c(H+)0.01molL 1，所以 HA 为强酸，因为氨水是弱碱，所以滴定时应该选用甲基橙作指示剂，故 A 说法正确；B、整个滴定过程中，当酸碱恰好反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而 C 点为中性，故 B 说法错误；C、若 x330，根据电荷守恒有：c(OH )+c(A)c(NH 4+)+c(H+)，根
13、据物料守恒有 3c(A)2c(NH)+c(NH 3H2O)，二者联合解得：3c(OH )c(NH 4+)+3c(H+)2c(NH 3H2O)，故 C说法正确；D、AC 的过程中，若加入的氨水的量很少时，溶液中 H+和 A较多，此时可存在：c(A )c(H +)c(NH 4+)c(OH )，故 D 说法正确。【点睛】选择指示剂的原则是一是变色范围越窄越好，二是滴定终点的酸碱性与 pH 变色范围一致，如本题选项 A，HA 为强酸，NH 3H2O 为弱碱，生成的 NH4A 为强酸弱碱盐，溶液显酸性，即指示剂选用甲基橙。二、非选择题（共 43 分）8.CuCl 广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习
14、小组拟热分解 CuCl22H2O 制备CuCl，并验证其它分解产物。【查阅资料】6CuCl 是一种白色难溶固体，潮湿 CuCl 在空气中缓慢被氧化（1）配平潮湿 CuCl 在空气中被氧化的化学方程式：_CuCl+_O2+_ =3CuOCuCl23H2O+_HCl【实验探究】该小组选用下图装置进行实验（夹持加热仪器略） 。（2）装置 A 用于制取 HCl：NaCl+H 2SO4=NaHSO4+HCl，浓硫酸在该反应中体现强酸性和_性；（3）按实验要求选择上图装置，连接顺序为：a_（按气流方向，用小写字母表示） ；（4）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：连接装置，_；装入药品；打开分液漏斗
15、活塞；控制温度加热硬质玻璃管一段时间；停止通 HCl，升温继续加热；步骤通 HCl 的目的是_；（5）装置 E 中发生反应的离子方程式是_。【实验分析与改进】（6）装置 B 中试纸先变蓝后又褪色，经查资料获知过量的 Cl2能将 I2氧化。甲同学认为可将湿润的淀粉 KI 试纸改成足量的淀粉 KI 溶液以克服 Cl2过量的问题，但小组分析后认为该方案存在一个明显安全问题：_（7）反应结束后，CuCl 产品中可能含有少量未分解的 CuCl2，乙同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。该实验方案为：取少量固体放入小试管中，_。【答案】 (1). 4，1，4H 2O=1，2 (2). 难挥发性 (3
16、). degfcbh 或 edgfcbh (4). 检查装置气密性 (5). 抑制 CuCl2水解 (6). H+ + OH=H2O (7). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (8). HCl 易溶于水，易发生倒吸 (9). 加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含 CuCl2，若不显蓝色则不含 CuCl2【解析】7配平潮湿 CuCl 在空气中被氧化，说明有水参加反应，结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式经配平后为 4CuCl+O2+4H2O=3CuOCuCl23H2O+2HCl；实验室通过利用浓硫酸的强酸性和难挥发性的性质，通过反应 NaCl+H2SO
17、4=NaHSO4+HCl来制取 HCl；由 A 装置制备的 HCl 通入 C 装置，经过 D 装置无水硫酸铜检验生成的水和 B 装置检验是否有氯气生成，最后用 E 装置进行尾气处理，减小环境污染，则装置的连接顺序为adegfcbh 或 aedgfcbh；装置连接后，首先要检验装置气密性，再进行后续实验；因 CuCl2 在水溶液中易水解，可通入 HCl 抑制 CuCl2水解；装置 E 是用 NaOH 溶液吸收含有 HCl 和 Cl2的尾气，发生反应的离子方程式是 H + + OH=H2O 和 Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；如果将湿润的淀粉 KI 试纸改成足量的淀粉 KI 溶液，因 HCl
18、 气体易溶解于水，容易产生倒吸现象，存在安全隐患；CuCl 2能溶解于水，且其水溶液显蓝色，同时考虑到 CuCl 在潮湿环境中易氧化，则检验时需避免空气中氧气的干扰，具体操作是加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含 CuCl2，若不显蓝色则不含 CuCl2。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格
19、等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。9.回答下列问题：（1）已知室温下 CO 的燃烧热为 283 kJ/mo1，则 CO 的燃烧热的热化学方程式为_。（2）工业上利用 CO 和 H2合成清洁能源 CH3OH，其反应为：CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g) H=-116kJ/mo1如图表示 CO 的平衡转化率()随温度和压强变化的示意图。X 表示的是_，Y 1_Y2(填“”)。8（3）合成甲醇的反应原理为：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，在 1L 的密闭容器中，充入 1m
20、ol CO2和 3mol H2，在 500下发生反应，测得 CO2(g)和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。反应进行到 4min 时，v(正)_v(逆)(填“” “ (5). 0.125 (6). 5.33(或 5.3 或 16/3) (7). C (8). CH4 - 8e- + 10 OH- = CO32-+7 H2O【解析】【分析】燃烧热为 1mol 纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时，9同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。【详解】
21、(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O 2(g) CO2(g) H=-283kJ/mo1；(2) Hv(逆)；v(CO2)= / =0.5/4=0.125mol/（Lmin） ；该温度下平衡常数， =5.33；=(3)(2)(2)3(2) =0.750.750.250.753A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此 3v 正 (CH3OH)=v 正 (H2)，所以 v 正(CH3OH)=3v 逆 (H2)不能说明 CH3OH 正逆反应速率相同，A 错误；B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内 CO2、H 2、CH 3OH 和 H2O 的浓度之比
22、不一定为 1: 3 :1: 1，所以不能作为平衡的标志，B 错误；C.该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C 正确；D. 反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D 错误；答案为 C(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以 KOH 溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH 4 - 8e- + 10 OH- = CO32-+7 H2O；10.某化学兴趣小组拟探究锡及锡的化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn 的熔点 231；SnCl2易被氧化，且易水解；
23、Sn(OH) 2常温下易分解，SnCl 4常温下为无色液体，熔点33，沸点 114.1，请回答下列问题：（1）该小组用以下流程制备 SnSO4晶体：10操作所需的实验仪器为_。过滤操作中玻璃棒使用的注意事项为_。操作为沉淀的洗涤。请简述如何判断沉淀是否洗涤干净：_。（2）用熔融的锡与干燥的氯气制备 SnCl4，提供的装置如下：装置为冷凝管，则水流从_进入。请用大写英文字母按从左到右顺序连接组装仪器_。有同学指出中连接的实验装置存在不足，不足之处为_。（3）测定锡粉质量分数的步骤：取锡粉 1.226g 溶于盐酸中，加入过量的 FeCl3溶液，再用 0.1000molL1 K2Cr2O7溶液滴定
24、Fe2+，消耗 K2Cr2O7溶液 32.00mL，发生的反应：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应)_。【答案】 （1）蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴；玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；取洗涤液少许于试管中滴入用 HNO3酸化的 AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净；（2）Q；BJIKACDGHE(F)；缺少尾气处理装置（3）9318%【解析】试题分析：（1）从溶液中获得溶质的晶体，可以通过蒸发结晶得到，因此操作所需
25、的实验仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴，故答案为：蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台)、火柴；11过滤操作中使用玻璃棒时要注意：玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上，故答案为：玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；操作 I 前的过滤，得到的滤液中含有氯离子，判断沉淀是否洗涤干净，只需判断沉淀上是否还吸附有氯离子即可，方法是取洗涤液少许于试管中滴入用 HNO3酸化的 AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净，故答案为：取洗涤液少许于试管中滴入用 HNO3酸化
26、的 AgNO3溶液若无明显理象则证明洗涤干净；否则洗涤不干净；（2）使用冷凝管时，冷却水应该下进上出，水流从 Q 进入，故答案为：Q；用熔融的锡与干燥的氯气制备 SnCl4，首先要制备干燥的氯气，应该选择装置和，且先除氯化氢，再干燥；然后将干燥的氯气通入中反应生成 SnCl4，根据 SnCl4的物理性质可知，SnCl 4的沸点较低，可以用使之冷凝，用收集生成的 SnCl4，为了防止外界水蒸气等进入装置，最后连接一个干燥装置，从左到右组装仪器的顺序为 BJIKACDGHE(F)，故答案为：BJIKACDGHE(F)；反应中的氯气可能不完全反应，会造成空气污染，故答案为：缺少尾气处理装置；（3）由
27、 Sn+2HClSnCl 2+H2，SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl 3+2KCl+ 2CrCl3+7H2O，6SnK 2Cr2O7由方程式得知 K2Cr2O76FeCl 23SnCl 23Sn，n(Sn)=3n(K2Cr2O7)=301000mol/L0032L=00096mol，m(Sn)=“n(Sn)M(Sn)=“ 00096mol119g/mol= 11424g，锡粉样品中锡的质量分数= 100%= 100% =9318%，故答案为：9318%。()(样 品 ) 1.14241.226考点：考查了物质的分离提纯、化学
28、计算的相关知识。化学选修 3：物质结构与性质11.有 A、B、C、D、E 五种元素，其相关信息如表：元素 相关信息A A 原子的 1s 轨道上只有 1 个电子B B 是电负性最大的元素12C C 基态原子的 2p 轨道中有 3 个未成对电子D D 是主族元素且与 E 同周期，其最外能层上有 2 个运动状态不同的电子E E 能形成红色(或砖红色)的 E2O 和黑色的 EO 两种氧化物请回答下列问题：（1）写出 E 元素原子基态时的电子排布式_。（2）C 元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_ (填“大”或“小”) 。（3）CA 3分子中 C 原子的杂化类型是_。（4）A、C、E 三种元素可形成E
29、(CA 3)42+，其中存在的化学键类型有_(填序号)；配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键若E(CA 3)42+具有对称的空间构型，且当E(CA 3)42+中的两个 CA3被两个 Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA 3)42+的空间构型为_ (填序号)。a.平面正方形 b.正四面体 c.三角锥形 d.V 形（5）B 与 D 可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示，其中 D 离子的配位数为_，若该晶体的密度为 a gcm3，则该晶胞的体积是_cm 3(写出表达式即可)。【答案】 (1). 1s 22s22p63s23p63d104s1 (2). 大 (3). sp
30、 3 (4). (5).a (6). 8 (7). 784【解析】【分析】A 原子的 1s 轨道上只有 1 个电子，则 A 为 H 元素；B 是电负性最大的元素，则 B 为 F 元素；C 基态原子的 2p 轨道中有 3 个未成对电子，即核外电子排布为 1s22s22p3，则 C 为 N 元素；E 能形成红色(或砖红色)的 E2O 和黑色的 EO 两种氧化物，则 E 为 Cu 元素；D 是主族元素且与 E 同周期，其最外能层上有 2 个运动状态不同的电子，则为 Ca 元素；13【详解】A 原子的 1s 轨道上只有 1 个电子，则 A 为 H 元素；B 是电负性最大的元素，则 B为 F 元素；C
31、基态原子的 2p 轨道中有 3 个未成对电子，即核外电子排布为 1s22s22p3，则 C为 N 元素；E 能形成红色(或砖红色)的 E2O 和黑色的 EO 两种氧化物，则 E 为 Cu 元素；D 是主族元素且与 E 同周期，其最外能层上有 2 个运动状态不同的电子，则为 Ca 元素；（1）Cu 元素原子基态时的电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d104s1；（2）N 元素原子的 2p 轨道为半充满，结构较稳定，则 N 元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大；（3）NH 3分子中 N 原子含有一个孤电子对、3 个 键电子对，则其杂化类型是 sp3；（4）Cu(NH 3)42+为配
32、离子，其中 Cu2+离子与 NH3分子形成配位键，NH 3分子中 N、H 原子间为极性共价键，答案选；Cu(NH 3)42+形成 4 个配位键，且具有对称的空间构型，则可能为平面正方形或正四面体，若为正四面体，Cu(NH 3)42+中的两个 NH3被两个 Cl离子取代后，只有一种结构，所以应为平面正方形，答案选 a；（5）由晶胞结构图可知，Ca 2+离子的配位数为 8；根据均摊法，晶胞中含有 4 个 Ca2+离子和 8 个 F离子，根据 = ，则 V= = cm3。 784化学选修 5：有机化学基础12.G 是药物合成中的一种重要中间体，下面是 G 的一种合成路线：14回答下列问题：（1）B
33、的结构简式为_，其中所含官能团的名称为_；B 生成 C 的反应类型为_。（2）D 的名称是_。（3）由 C 和 E 合成 F 的化学方程式为_。（4）D 的同分异构体中，能发生银镜反应且分子结构中含苯环的还有_种，其中核磁共振氢谱上有 6 组峰，峰面积之比为 111111 的同分异构体的结构简式为_ (一种即可)。（5）参照上述合成路线，以 CH3CH2Cl 为原料(其他试剂任选)，设计制备巴豆醛(CH 3CH=CHCHO)的合成路线。_【答案】 (1). (2). 羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). 对羟基苯甲醛 (5). (6). 3 (7). 或 (8). 【解析】【分析】根据 A
34、、C 结构及分子式的区别，结合已知条件，可得到 B 物质的结构简式及其含有的官能团的种类；并根据 B、C 结构的区别分析出 B 产生 C 的反应类型；并利用该反应类型逆推分析出 D 的结构简式，根据系统命名法对 D 命名；在判断 D 的同分异构体时种类时，要从官能团异构、位置异构方面，结合题干要求分析，书写出相应的物质的结构简式；根据 C+E生成 F 时的变化，利用元素的原子守恒，可得该反应的化学方程式；最后用已知物质CH3CH2Cl，结合题目已知信息，合成需要制备的目标产物巴豆醛(CH 3CH= CHCHO)。15【详解】(1)根据 A、C 结构，结合题干已知信息和 B 的分子式，可知 B
35、物质的结构简式是，该物质含有的官能团有羟基、羰基；B 与 CH3I 发生取代反应，产生C 和 HI；(2)D 与 CH3I 发生取代反应可产生 ，逆推可知 D 为对羟基苯甲醛 ；(3)由 C 和 E 在碱性条件下加热，反应生成 F和水，反应的化学方程式为；(4)D 是 ，有多种同分异构体，其中的同分异构体分子结构中含苯环，且能发生银镜反应说明含有醛基，还有 、 、 ，共 3 种，其中核磁共振氢谱上有 6 组峰，峰面积之比为 1：1：1：1：1：1 的同分异构体的结构简式为 或 ；(5)以 CH3CH2Cl 为原料制备巴豆醛(CH 3CH= CHCHO)，可以先水解得到乙醇，再把乙醇催化16氧化得到乙醛，最后利用题信息合成巴豆醛，具体合成路线为：。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识。充分利用有机物的分子式、结构简式及提供提供的信息、各种烃及其衍生物的性质是进行推断是解答该题的关键。该题很好的考查了学生信息获取与运用能力及分析推断能力，难度中等。17
