【新高考】高三化学总复习练习题含答案(五)

32 K 39 Ti 48 V 51 Fe 56

一、选择题：

1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是

A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素 B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程 C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性 D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 【答案】C

【解析】A．丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；

B．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误； C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确； D．硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；故选C。 2.设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA B．15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NA C．1 L 0.1 mol∙L−1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO−数目为0.1NA D．12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA 【答案】B

【解析】A．未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；

B．Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2NA，故正确；

C．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；

D．12g金刚石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。故选B。 3.下列关于2－环己基丙烯（A．二者均为芳香烃

）和2－苯基丙烯（

）的说法中正确的是

B．2－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面

D．2－苯基丙烯的一氯代产物只有3种

C．二者均可发生加聚反应和氧化反应 【答案】C

【解析】A、结构中不含苯环，不是芳香烃，故A错误；

B、2－苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，不能说一定，因为当苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在同一平面内，故B错误；

C、两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；

D、因2－苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，故D错误；答案为C。

【点睛】芳香烃是指含有苯环的烃，为易错点。

4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶

性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是 A．简单离子半径：r(W) >r(Z) >r(Y) >r(X) B．最常见氢化物的稳定性：X＞Y

C．Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电 D．HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构 【答案】C

【解析】X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，

A．电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－) > r(N3－) > r(O2－) >r(Na＋)，A项错误；

B．因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；

C． Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；

D． HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。

5.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0A．放电时Ni元素最先失去电子

B．放电时电子从a电极由导线移向b电极 C．充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+ D．充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g 【答案】D

【解析】根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。 A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；

B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误； C．充电时的阴极反应式是：nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；

D．充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；故选D。

6.某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是 ．．．

A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl B．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成 C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4>Cl2

D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂 【答案】C

【解析】A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有

的HCl，选项A正确；B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，C、D、选项B正确；根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确；答案选C。

7.室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法错误的是

A．a点水的电离程度最大 B．该温度下H2S的Ka1≈10-7.2

C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化

c(HSO3-)D．a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小

c(H2SO3)【答案】D

【解析】A选项，由题图可知，a点表示通入SO2气体112mL(即0.005mol)时pH=7，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，溶液呈中性，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，故a点水的电离程度最大，故A正确；

B选项，由题图中曲线的起点可知，a点溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为H2S

H++HS－、HS-H++S2－；以第一步

10-4.110-4.1－7.2

≈10为主，根据平衡常数表达式计算出该温度下H2S的Ka1≈，故B正确； -4.10.1-10C选项，当通入SO2气体336mL时，物质的量为0.015mol，反应后相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3的酸性强于H2S，故此时溶液对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；

c(HSO3-)Ka1+D选项，根据平衡常数表达式可知=+，a点之后，随SO2气体的通入，c(H)

c(H2SO3)c(H)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)不再变化，故D错误。综上所述，答案为D。

二、非选择题： 8.过氧乙酸(

)，是一种高效消毒剂，它可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用

下制得，实验装置和步骤如下

①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水； ②不断搅拌并控制装置B中混合液的温度为20～30℃至反应结束； ③接入仪器C和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。 回答下列问题：

（1）仪器C的名称是_______，仪器C中冷水流入口是_______ (填“a”或“b”)。 （2）为更好地控制反应温度，应采用的加热方法是______________。 （3）生成过氧乙酸的化学方程式为_________________。

（4）实验测得产物过氧乙酸的百分含量随反应物比例和反应时间的变化数据如下表。由表中数据可知，反应物最佳比例(CH3COOH/H2O2)是_______，最佳反应时间约_______。

（5）产品中过氧乙酸浓度的测定：取2.00mL过氧乙酸产品试样，加水稀释成100mL；从中取出5.00mL，逐滴滴加酸性KMnO4溶液至溶液恰好呈粉红色，以除去残余的H2O2；再加入稍过量的KI溶液，发生反应CH3COOOH＋2I－＋2H＋＝I2＋CH3COOH＋H2O；反应完全后，L－1的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应式为2S2O32－＋I2滴入几滴淀粉溶液，用0.1000mol·

＝S4O62－＋2I－)，消耗14.30mLNa2S2O3标准液。则产品中过氧乙酸的物质的量浓度是________mol·L－1 (保留2位小数)。

【答案】（14分）（1）直形冷凝管（1分）a（1分） （2）水浴加热（2分） （3）CH3COOHH2O2浓H2SO4CH3COOOH+H2O（3分）

（4）1:1（2分）5h（2分） （5）7.15（3分）

【解析】（1）仪器C为冷凝管，冷凝水应当低进高出，则流入口为a，故答案为：冷凝管；a；

（2）为更好地控制反应温度，应采用的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热； （3）过氧乙酸由过氧化氢氧化乙酸得到，化学方程式为

CH3COOHH2O2浓H2SO4CH3COOOH+H2O；

（4）分析图表可知，当反应物比例为1:1时，过氧乙酸的百分含量最高，且反应达到5h为最佳反应时间，故答案为1:1；5h；

（5）根据关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的5mL溶液中过氧乙酸的物质

11的量=×0.0143L×0.1000mol/L，原来的2mL溶液中过氧乙酸的物质的量=

22×0.0143L×0.1000mol/Lmol×

100mL=0.0143mol，故该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是5mL0.0143mol=7.15mol/L，故答案为：7.15。

0.002L9.随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：

（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)⇌CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：

共价键 mol－1 键能/kJ·C—O 351 H—O 463 N—H 393 C—N 293 C—H 414 mol－1。 则该反应的ΔH＝_________kJ·

（2）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH <0。在一定条件下，将1 mol CO和2 mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：

①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_________。

②X轴上a点的数值比b点_________ (填“大”或“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是________________________________。 （3）工业上可采用CH3OH

催化剂ΔCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用

量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。

甲醇（CH3OH）脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式： mol-1 方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·mol-1 方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·

由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_________(填A、B)。 下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。

该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为

______________________________________________。

L－1，则Ksp(PbI2)＝_________。 （4）常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3mol·【答案】（14分，每空2分） （1）-12

（2）25%小随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度

（3）ACHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*） （4）4×10-9

【解析】⑴未断键的可以不计算，只计算断键和成键的，因此该反应的ΔH＝351 + 393 – 293 – 463 = -12 kJ·mol－1，故答案为：-12。 ⑵

CO(g) ＋ 2H2(g) ⇌CH3OH(g) 开始：1mol 2mol 0 转化：xmol 2xmol xmol 平衡：(1-x)mol (2-2x)mol xmol

x0.25mol100%10%，解得x = 0.25 mol，α=100%=25%

1x22xx1mol①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为25%，故答案为：25%。 ②根据图象得出X轴上a点的数值比b点小，某同学认为上图中Y轴表示温度，其判断的理由是随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度，故答案为：小；随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。

（3）由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A，该历程中，放热最多的步骤是CHO*＋3H*的反应阶段，因此该反应的化学方程式为CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*），故答案为：A；CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*）。 L－1，则（4）常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3mol·

2Ksp（PbI2）=1.0103（1.0103）=410-9，故答案为：4×10-9。

10.工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。

（1）焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为____________________。（2）滤渣的主要成分是________________(写化学式)。

L−1，为使钒元素的沉降率达（3）“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3−)=0.1mol·L−1。[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×10−3] 到98%，至少应调节c(NH4+)为____mol·

（4）“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为____________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是____________________________。

（5）称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入

0.02mol·L−1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的素除去过量NaNO2，最后用c mol·

体积为b mL。(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O) ①KMnO4溶液的作用是______________。

②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，“偏低”或“无影响”)。 会使测定结果_____(填“偏高”、【答案】（1）V2O3+Na2CO3+O2（2）Mg3(PO4)2、MgSiO3（2分） （3）0.8（2分）

（4）N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O（2分）有氯气生成，污染空气（2分） （5）①将

VO2+

83bc103氧化为VO2（2分）②100%（2分）③偏高（1分）

a+

2NaVO3+CO2（2分）

【解析】（1）将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O2

2NaVO3+CO2；

（2）焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入MgSiO3沉淀，硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、2、MgSiO3；

L−1，为使钒元素（3）已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)•c(VO3−)=1.6×10−3, 若滤液中c(VO3−)=0.1mol·

L−1×2%=0.002 mol·L−1，此时c(NH4+)=的沉降率达到98%，则溶液中剩余c(VO3−)=0.1mol·

1.6103mol·L−1=0.8mol·L−1；

0.002（4）用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为

N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境； （5）①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；

②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2−+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10−3L=cb×10−3mol，粗产品中钒的质量分数的

cb103mol83g/mol83bc103100%=表达式为100%；

aga③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2−+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。 （二）选考题：

11.核电荷数依次增大的A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，AC2为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27。F元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，FCl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时需用元素符号表示）

B氢化物与HCl反应生成的含有B元素粒子的空间构型是___________；F元素原子的（1）

最外层电子数为________个。

（2）B3-离子分别与AC2及由B、C组成的气态化合物互为等电子体，则B、C组成的化合物化学式为_______________；B3-离子还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式为_________，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号为_________。

（3）B元素与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为_______________。 （4）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______________。

（5）F3+的核外电子排布式是_________________________，FCl3形成的六配位的配合物化学式为________________________。

（6）E的一种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式为__________；若apm、bpm、cpm。该晶胞的三个晶胞参数分别为：则该氧化物的密度为____________g/cm3。

(写出表达式即可) 【答案】（15分）

（1）正四面体形（1分）1（1分） （2）N2O（1分）（3）C＜O＜N（1分） （4）1:4（2分）

（5）1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3（1分）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（2分） （6）TiO2（1分）

280（2分）

NAabc10-30（2分）Fe3+（1分）

【解析】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E＜F。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，故D为镁元素；核电荷数B＜C，则B为氮元素；A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27，则质子数为22，E为Ti元素。F元1s22s22p63s23p63d54s1，素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，则F为Cr元素；且两种配体的物质的量之比为2：1，2个H2O，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl，则配体中有4个NH3、说明三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，据此分析解题。

A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Mg元素、E为Ti元素、F为Cr元素； 由分析知：

（1）N元素氢化物与HCl反应生成的含有N元素粒子为NH4+，分子中N原子价层电子对数=4+

5114=4、N原子为sp3杂化，不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；F为Cr，原2子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，元素原子的最外层电子数为1个；

（2）N3-离子分别与CO2、由N、O组成的气态化合物互为等电子体，则N、O组成的化合物化学式为N2O；N3-离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用S、C原子代替2个N原子可知该阴离子为SCN-，结构与CO2类似，这阴离子电子式为这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为Fe3+； （3）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；

，

（4）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5-(-3)]×x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4；

（5）Cr原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，由上述分析可知，CrCl3形成的六配位的配合物化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；

（6）由可知，晶胞中Ti原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个

11面上及体内(有2个)，故晶胞中Ti元素数目=1+8×=2、O原子数目=2+4×=4，故该化合物

8280g，若晶胞中参数分别为apm、bpm、cpm，则晶胞的体积化学式为TiO2，晶胞质量=2×NA80280g=a×10-10cm×b×10-10cm×c×10-10cm=abc×10-30cm3，该晶体的密度==NA-30Nabc10Aabc1030cm32g/cm3。

36．[化学——选修5：有机化学基础]（河南省中原名校2020届高三上学期第四次质量考评）（15分）

有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FeCl3溶液能发生显色反应）：

回答下列问题：

（1）A的名称是______________，E中的官能团是名称是_____________。 （2）B→C的反应类型是_____________，F的分子式为_______________。

（3）H的结构简式为_________________。

（4）E与NaOH溶液反应的化学方程式为__________________________________。 （5）同时满足下列条件的D的同分异构体共有________种，写出核磁共振氢谱有5组峰

的物质的结构简式____________。 ①是芳香族化合物

②能与NaHCO3溶液反应但不能与Na2CO3溶液反应 ③1 mol该物质与钠反应时最多可得到1 mol H2 （6）以2−氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯(

)，写出合成路线图（无机

试剂自选）_________________________________________________。 【答案】（15分）

（1）乙醛（1分）酯基（1分）

（2）取代反应（1分） C9H6O3（1分） （3）（4）

（5）4（2分）

（2分） +3NaOH→

+ CH3COONa+CH3OH+H2O（2分） （1分）

（6）（4分）

【解析】由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C。由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为

、D为

。E分

子中含有2个酯基，与NaOH溶液反应生成

、CH3COONa、CH3OH、H2O。（5）

由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有—COOH且不含酚羟基。由③知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为—CHOHCOOH、当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为—CH2OH、—COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体。其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是

。（6）2−氯丙

酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。