1、- 1 -河南省郑州市开封市 2019 届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 P-31 S-32一、选择題(本题包括 13 小题，每小题 6 分，共 78 分，每小题只有一个合理的选项)1.一种制备高效漂白剂 NaClO2的实验流程如图所示，反应 I 中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A. 反应中 H2O2做还原剂B. 产品中含有 SO42 、Cl C. NaClO2的漂白原理与 SO2相同D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】A【解析】【详
2、解】A. 反应 I 中发生的反应为 3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的 ClO2气体进入反应 II 装置，发生反应：2ClO 2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H 2O2中氧元素的化合价由反应前的-1 变为反应后中 O2中的 0 价，化合价升高，失去电子，H 2O2作还原剂，A 正确；B.反应 II 是在 NaOH 溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的 NaClO2中可能混有 NaOH 引入杂质离子 OH-，不可能含 SO42 、Cl ，B 错误；C. NaClO2中 Cl 元素化合价为+3 价
3、，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO 2的漂白是氧化漂白；而 SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C 错误；D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D 错误；故本题合理选项是 A。【点睛】本题以高效漂白剂 NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。- 2 -2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24LHF 含分子数目为 0.1NAB. 120 g NaHSO4固体含有 H+的数目
4、为 NAC. 100mL0.1mol/L 的 Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于 0.01NAD. 1 mol SO2与足量 O2在一定条件下反应生成 SO3，共转移 2NA个电子【答案】C【解析】【分析】A.标准状况下 HF 为液体；B. 在 NaHSO4固体中含有的离子是 Na+、HSO 4-；C.该盐水解，通过分析水解溶液中的离子数目判断；D.根据反应特点分析，据此解答。【详解】A. 标准状况下，HF 为液体，不能使用气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒数目，A 错误；B. 120 g NaHSO4的物质的量是 1mol，在固体中含有的离子是 Na+、HSO 4-，不含有 H+，B 错
5、误；C. 100mL0.1mol/L 的 Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量是 0.01mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中 CO32-发生水解反应：CO 32-+ H2O HCO3-+OH-；水解产生的 HCO3-会进一步发生水解反应：HCO 3-+ H2O H2CO3+OH-，因此，该溶液中含阴离子的数目大于 0.01NA，C 正确；D. SO2与 O2产生 SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此 1 mol SO2与足量 O2反应，产生的 SO3的物质的量小于 1mol，则转移电子数目小于 2NA个，D 错误；故本题合理选项是 C。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有
6、关计算的知识。熟练掌握有关物质的量的公式、物质存在的状态、结构、反应特点及盐的水解规律是解题关键。3.下列有关有机物结构和性质的说法错误的是A. 分子式为 C5H10O2且能与 NaHCO 3反应放出气体的结构共有 4 种B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C. 苯甲酸( )分子中所有原子可能位于同一平面D. 1mol 盐酸美西律( )最多可与 3 mol H2发生加成- 3 -【答案】B【解析】【详解】A.分子式为 C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C 4H9有四种不同结构，所以 C5H10O2的羧酸有 4
7、种同分异构体，A 正确；B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B 错误；C.苯甲酸是苯分子中的 H 原子被羧基-COOH 取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C 单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C 正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有 1 个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与 3 个 H2发生加成反应，因此 1mol 盐酸美西律最多可与 3 mol H2发生加成反应，D 正确；故本题符合题意的选项是 B。4.某课题组以纳米 Fe2O3作为电极材
8、料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是A. 放电时，负极的电极反应式为 Lie =Li+B. 放电时，电子通过电解质从 Li 流向 Fe2O3C. 充电时，Fe 做阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引D. 充电时，阳极的电极反应式为 2Fe+3Li2O6e = Fe2O3+6Li+【答案】B【解析】- 4 -【分析】由图可知：该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe 2O3 3Li2O+2Fe；放电时负极发生氧化反应，正极发生还原反应；充电时阳极、阴极电极反应式与放电时的负极、正极电极反应式正
9、好相反，据此解答。【详解】A. 该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe 2O3 3Li2O+2Fe；放电时 Li 为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式是 Lie =Li+，A 正确；B. 放电时，电子通过外电路从负极 Li 流向正极 Fe2O3，不能经过电解质，B 错误；C. 充电时，Fe 做阳极，失去电子，发生氧化反应，被氧化变为 Fe2O3，Fe 2O3不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸引，C 正确；D.充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，该电极反应式为 2Fe-6e +3Li2O= Fe2O3+6Li+，选项 D 正确；故本题合理选项是 B。【点睛】本题考查了化学电源、新型电池
10、的知识，是高频考点，侧重考查学生分析问题的能力，明确电池放电时正负极与充电时的阴阳极电极反应式的关系是本题解答的关键，电子流动区域及离子移动区域的区别是学生易混淆之处。5.下列有关实验操作，说法正确的是A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低B. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确C. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却D. 测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度【答案】D【解析】【详解】A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不影响配制溶液，由于
11、溶质的物质的量不变，溶液的体积也不变，所以根据 ，可知溶液的物质的量浓度不变，错误；B.用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，由于二者反应产生的盐 NH4Cl 水解使溶液显酸性，所以选用酸性范围内变色的甲基橙比选择碱性范围内变色的酚酞，测定的结果会更准确，B 错误；- 5 -C.由于空气中含有水蒸气，在空气中冷却，会导致部分水分被吸收，使测得的结晶水数目偏低，C 错误；D. 测定中和热时，为减少实验过程中的热量损失，应在有保温措施的容器内迅速将酸、碱稀溶液混合、搅拌，并及时记录反应达到的最高温度数值，D 正确；故本题合理答案是 D。6.X、Y、Z、M、W 为 5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。
12、X 有三种核素，质量数之比为 1：2：3，Y 是植物生长所需的三大营养元素之一，Z 和 M 同主族。下列说法正确的是A. 单质沸点：YWMB. 原子半径：XMY【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、M、W 为 5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。X 有三种核素，质量数之比为 1：2：3，则 X 是氢元素；Y 是植物生长所需的三大营养元素之一，Y 是氮元素（不可能是磷和钾） ；Z 和 M 同主族，Z 只能是第二周期的元素，若 Z 是氧元素，W 是硫元素；若Z 是 F 元素，则 W 是氯元素，M 元素不能确定是哪种元素。A.Y 是 N 元素，其单质 N2室温下为气体，若 Z 是 O 元素，则
13、M 是 S 元素，其 S 单质在室温下为固态，沸点比 N2高，A 错误；B. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，Y 是 N 元素，Z 可能是 O(或 F)元素，则原子半径 YZ，B 错误；C. 若 Z 是 F 元素，则 X、Y、Z 三种元素可以形成 NH4F，该物质是离子化合物，含有离子键，C 正确；D.H 与 N 形成的最简单化合物 NH3水溶液显碱性，pH7；若 Z 是 O 元素，则 W 是 S 元素，其与 H 元素形成的化合物 H2S 的水溶液显弱酸性、pHW，D 错误。因此合理选项是 C。7.常温下向 10mL0.1mol/L 的 HR 溶液中逐滴加入 0.1mol/L 的
14、氨水，所得溶液 pH 及导电性变化如图。下列分析正确的是- 6 -A. ac 点，溶液中离子数目先增大后减小B. b 点溶液 pH=7 说明 c(NH4+)=c(R )C. c 点溶液存在 c(NH4+)c(R )c(H+)c(OH )D. b、c 两点对应溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】【分析】A.根据溶液的导电性与自由移动的离子浓度有关，与离子数目无关；B.根据电荷守恒分析判断；C.根据溶液的 pH 判断离子浓度关系；D.根据酸、碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐会促进水的电离分析解答。【详解】A.根据图象可知 ab 点，溶液的导能力增强，bc 点溶液的导电能力减弱，说明从ac
15、点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A 错误；B.根据图象可知 b 点溶液的 pH=7，c(H +)=c(OH-)，结合电荷守恒 c(H+)+ c(NH4+)=c(R )+ c(OH-)，可得 c(NH4+)=c(R )，B 正确；C.根据图象可知 c 点溶液的 pH7，说明 c 点溶液中离子浓度：c(OH )c(H+)，C 错误；D.由曲线的起点的 pH 可知，HR 为弱酸，b 点溶液的 pH=7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而 c 点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生 OH-会抑制水的电离，使水的电
16、离程度减小，所以水的电离程度：bc，D 错误。因此本题合理选项是 B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液中离子浓度关系及溶液导电性的判断的知识。是高频考点，明确曲线含义、对应溶液的成分及其性质是本题解答的关键，难度不大。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 3338 题，考生根据要求作答)- 7 -(一)必考题8.磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体PH3(沸点89.7，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以 PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg 时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同
17、学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。在 C 中加入 100g 原粮，E 中加入 20.00mL2.50104 mol/ L KMnO4溶液(H 2SO4酸化)，往 C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定 E 中过量的 KMnO4溶液。回答下列问题：(1)PH3的电子式为_。仪器 D 的名称是_。(2)通入空气的作用是_。(3)装置 B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的 O2。若去掉该装置，对实验的影响为_。(4)装置 E 中 PH3被氧化成磷酸，则装置 E 中发生反应的离子方程式为_。收集装置 E 中的吸收液，加水稀释至 250mL，取 2
18、5.00mL 于锥形瓶中，用 4.0105 mol/L 的Na2SO3标准溶液滴定剩余的 KMnO4溶液，消耗 Na2SO3标准溶液 20.00mL，Na 2SO3与 KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO 32 +MnO4 +H+SO 42 +Mn2+H2O(未配平)，则该原粮样品中磷化物(以 PH3计)的质量为_mg。该原粮样品_(填“合格”或“不合格”)【答案】 (1). (2). 分液漏斗 (3). 排出装置中空气；保证生成的PH3全部被装置 E 中的酸性 KMnO4溶液吸收 (4). 造成测定结果偏低(磷化物质量偏低) (5). 5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn
19、2+12H2O (6). 0.038 (7). 不合格【解析】- 8 -【分析】(1)根据 P、H 原子结构，分析书写出 PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；(2)根据 PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；(3)结合空气中氧气的氧化性和 PH3的还原性分析；(4)利用题目已知信息，及 KMnO4在酸性环境中常见的还原产物，利用电荷守恒、电子守恒及原子守恒书写反应的离子方程式；并根据氧化还原反应中电子守恒计算出 PH3的质量，利用产品合格分析判断即可。【详解】(1)由于 P、H 两元素通过共价键结合形成化合物，H 原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P 原子
20、最外层有 5 个电子，可结合 3 个 H 原子形成三对共用电子对，达到 8 电子的稳定结构，PH 3的电子式是 ；由示意图可知仪器 D 是分液漏斗；(2) AlP 与水发生反应产生 Al(OH)3和 PH3，PH 3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的 PH3全部赶到 E 内，被装置 E 中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差； (3)在装置 B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，可以吸收空气中的 O2。若去掉该装置，空气中的氧气就会氧化 PH3气体，使实验结果偏低；(4)在装置 E 中 PH3被酸性 KMnO4溶液氧化成磷酸，KMnO 4被还原为
21、 MnSO4，同时产生水，根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为 5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；根据题意可知 KMnO4得到电子的物质的量与 PH3、Na 2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na 2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，带入数值：2104.0105 mol/L0.02L+8 n(PH3)=52.50104 mol/ L0.02L，解得 n(PH3)=1.12510-6mol，m(PH 3)=1.12510-6mol34g/mol=3.82510-5g=0.038mg；则 1000g 该粮食中含有 PH3的
22、质量是 0.38g 大于国家卫计委规定粮食中磷化物(以 PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg 的规定，所以该原粮样品不合格。【点睛】本题以粮食中残留磷化氢的含量测定为线索，考查元素化合物、氧化还原反应滴定及有关计算、误差分析等。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。9.氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO 4，含有少量 Al2O3、SiO 2、Fe 2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO 2)的流程如下：- 9 -25时，有关离子在水溶液中沉淀时的 pH 数据：Fe(OH)3 Zr(OH)4
23、Al(OH)3开始沉淀时 pH 1.9 2.2 3.4沉淀完全时 pH 3.2 3.2 4.7请回答下列问题：(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有_。(2)操作 I 的名称是_滤渣 2 的成分为_。(3)锆英石经“高温熔融”转化为 Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：_。(4)“调节 pH”时，合适的 pH 范围是_。为了得到纯的 ZrO2，Zr(OH) 4需要洗涤，检验 Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式_。根据 ZrO2的性质，推测其两种用途_。【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). 硅酸(H 2SiO3或 H4SiO4)
24、 (4). ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (5). 3.2” “c(NO2-)c(CH3COO-) (9). bc【解析】【分析】（1）运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达- 12 -到平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得 K 的表达式；再利用温度对化学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系；根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置；(2)根据负极失去电子，发生氧化反应物质所含元素的化合价升高；正极得到电
25、子，发生还原反应进行分析判断；(3)利用物质之间的反应，确定溶液的成分，结合元素守恒、结合盐的水解规律比较离子浓度的大小；并根据影响溶液 pH 的因素选择合适的方法，调节溶液的 pH，据此解答。【详解】(1) I .2NO(g) N2O2(g) H 1CH3COOH，所以水解程度：CH 3COO-NO2-，因此等浓度的 CH3COONa、NaNO 2中离子浓度c(CH3COO-)c(NO2-)c(CH3COO-)；溶液甲是 NaNO3和 NaNO2的混合溶液，NaNO 2水解使溶液显碱性，溶液乙为 CH3COONa 溶液，水溶液显碱性，由于 CH3COONa 水解程度大于 NaNO2，所以碱性
26、乙甲，要使溶液甲和溶液乙的 pH相等，可采用向甲溶液中加入适量的碱 NaOH，使溶液的 pH 增大，也可以向乙溶液中加入适- 13 -量的水进行稀释，使乙的 pH 减小，故合理选项是 bc。【点睛】本题以氮氧化合物为线索，考查了盖斯定律、化学反应速率与反应的活化能的关系、化学平衡常数及应用、原电池反应原理的应用、电离平衡常数在离子浓度大小比较的应用等知识，涉及知识面广，全方位考查了学生的知识掌握及灵活应用能力。准确掌握化学反应原理是本题解答的关键。(二)选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂
27、黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：(1)已知元素 M 是组成物质 Ca5(PO4)3F 的一种元素。元素 M 的气态原子逐个失去第 1 个至第5 个电子所需能量(即电离能，用符号 I1至 I5表示)如表所示：元素 M 化合态常见化合价是_价，其基态原子电子排布式为_。(2)Ca3(PO4)3F 中非金属元素电负性由大到小的顺序为_。(3)PO43 的中心原子的杂化方式为_，该离子的空间构型为_，键角为_，其等电子体有_ (请写出两种)。(4)CaF2晶胞结构
28、如图所示，则 CaF2晶体中与 Ca2+最近且等距离的 Ca2+数目为_；已知 Ca2+和 F 半径分别为 a cm、b cm，阿伏加德罗常数为 NA，M 为摩尔质量，则晶体密度为_gcm 3 (不必化简)。(5)已知 MgO 与 CaO 的晶体结构相似，其摩氏硬度的大小关系为_，原因为_。【答案】 (1). +2 (2). Ar4s2 (3). FOP (4). sp3 (5). 正四面体形 - 14 -(6). 10928 (7). SO42-、CCl 4等 (8). 12 (9). (10). MgOCaO (11). Mg2+半径比 Ca2+小，晶格能较大【解析】【分析】根据处于同一电
29、子层内相邻电子的电离能相差不大，不同电子层内相邻电子的电离能相差较多分析；结合原子核外电子排布规律书写其基态原子电子排布式；利用元素的非金属性越强，电负性越大，分析该物质中的元素电负性大小；根据微粒的空间构型、等电子体概念分析判断 PO43 的结构，并学会运用晶胞结构中微粒的相对位置，判断微粒距离及晶体密度大小，利用微粒半径大小分析物质的硬度和熔沸点关系，据此解答。【详解】(1) 根据元素 M 的气态原子的第 I1-I5电离能大小可以看出：I 1、I 2相差不大，二I2、I 3电离能相差较多，说明 M 原子最外层有 2 个电子。在 Ca5(PO4)3中元素有 Ca、P、O 三种元素，只有 Ca
30、 元素最外层有 2 个电子，原子半径大，容易失去最外层的 2 个电子，化合价为+2 价；根据原子核外电子排布规律可知 Ca 基态原子电子排布式为Ar4s 2或写为1s22s22p63s23p64s2；(2)Ca3(PO4)3F 中非金属元素有 P、O、F 三种，元素的非金属性 FOP，元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以按电负性由大到小的顺序排列为 FOP；(3) PO43 的中心原子 P 的价层电子对数是 4，故 P 原子杂化为 sp3杂化；由于孤对电子对数为 0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为 10928，其等电子体有 SO42-、CCl 4；(4)根据 CaF2晶胞结构可知：在
31、每个晶胞中与 Ca2+离子距离最近且等距离的 Ca2+有 3 个，通过每个 Ca2+可形成 8 个晶胞，每个 Ca2+计算了 2 次，所以与 Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有(38)2=12 个；将 CaF2晶胞分成 8 个小正方体，正方体中心为 F-离子，顶点为Ca2+，晶胞中共有 4 个钙离子、8 个氟离子。立方体的对角线为 2(a+b)，则晶胞的对角线为4(a+b)，晶胞的边长为 ，根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度= g/cm3；(5)MgO 与 CaO 的晶体结构相似，由于离子半径 Ca2+Mg2+，离子半径越大，与 O2-形成的离子- 15 -键的键长就越大，晶格能就越小
32、，物质的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小关系为MgOCaO。【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素的推断、原子核外电子排布、电离能应用、原子的杂化、晶胞密度的计算等知识，这就需要学生要具备扎实物质结构的基础、强的空间想象能力及运用均摊法分析、解决晶体密度等问题的能力。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：已知：回答下列问题：(1)B 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_。- 16 -(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，
33、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_(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、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
34、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)。【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 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- 17 -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
35、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- 18 -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。
