2021高考化学全真模拟卷09（含解析）.docx

1、2021高考化学全真模拟卷一、选择题：本题共7个小题，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。72019年9月25日，全世界几大空之一北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是( )A机杨航站楼所用钢铁属于合金材料B航站楼使用的玻璃是无机非金属材料C航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料D机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏【答案】C【解析】A机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；B玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；C橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是

2、金属材料，故C错误；D常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；故答案为C。8设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4 L二氯甲烷的共价键数为NA个B一定条件下，2 mol SO2和1 mol O2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAC含4.8 g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2NA个D2 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001NA【答案】B【解析】A. 标准状况下，二氯甲烷是油状液体，标准状况下22.4 L二氯甲烷的物质的量不是1 mol，故A错误；

3、B. SO2和O2生成SO3的反应可逆，2 mol SO2和1 mol O2混合在密闭容器中充分反应后，容器中的分子数大于2NA，故B正确；C石墨中每个碳原子参与形成三条共价键，即每个碳原子形成的共价键的个数=3=1.5，含4.8 g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4 mol，共价键是0.4 mol1.5=0.6 mol，故C错误；D. 2 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，胶体粒子为氢氧化铁的集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D错误；答案选B。9X、Y、Z、W 为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X 原子中只有一个电子，Y 原子的L电子层

4、有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（ ）A简单离子半径：W Z YBY的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生CX、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D含氧酸的酸性：W的一定强于Z的【答案】B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 原子中只有一个电子，则X为H元素；Y 原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；AS2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2- Cl-，故A错误；BN的气态

5、氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；CH、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；DCl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。10下列相关实验能达到预期目的的是相关实验预期目的A不同温度下，取0.1 molL-1KI溶液，向其中先加入0.1 molL-1的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应4H+O2+4I- =2I2+2H2O探究溶液出现蓝色的时间与温度的关系B相同温度下，测定等浓度

6、的Na2CO3和NaClO的pH比较H2CO3和HClO酸性C在加热搅拌的条件下向溶液中加入足量的MgCO3，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+D向5mL0.1 molL-1AgNO3溶液中滴几滴0.1molL-1NaCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1 molL-1KI溶液，观察沉淀颜色变化探究AgCl沉淀能否转化为 AgI沉淀【答案】C【解析】A.加入试剂时应先加入淀粉，再加入稀硫酸，A项错误；B.次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用试纸，应用pH计测量，且应该测定碳酸氢钠的pH值，B项错误； C.Fe3+水解使溶液显酸性，且为吸热反应，在加

7、热搅拌的条件下加入碳酸镁，促进了Fe3+水解，水解平衡正向移动，使Fe3+沉淀后除去，C项正确；D.由数据可知硝酸银过量，可以直接和KI发生反应，不一定是沉淀的转化，D项错误；答案选C。11某有机物A的结构如图所示，下列叙述正确的是A1molA最多可4molBr2发生反应BA分子中含有三类官能团C1molA与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHDA的分子为C13H15O4Cl【答案】D【解析】此有机物只有碳碳双键能与溴加成，另外酚羟基的邻、对位还有二个氢可被取代，1molA最多可3molBr2发生反应，选项A不正确；此有机物分子内有酚羟基、醇羟基、酯基、卤素原子、苯环共5种官能团，

8、选项B不正确；此有机物酚羟基的中和和卤素原子的水解都能消耗一个NaOH，但酯水解后生成羧酸和酚羟基，因此需要消耗二个NaOH，1molA与足量的NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，选项C不正确；A的分子为C13H15O4Cl，选项D正确。12科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A过程I得到的Li3N中N元素为3价B过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D过程涉及的反应为4OH4eO2+2H2O【答案】C【解析】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元

9、素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。13已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或Zn(OH)4 2-的物质的量浓度的对数。25时，下列说法中不正确的是A往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2+4

10、OH-=Zn(OH)42-B若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.012.0之间CpH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108D该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1l0-10【答案】D【解析】由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，KspZn(OH) 2=10-17。当pH=8.0时，c(Zn2+)=mol/L，当pH=12.0时，c(Zn2+)=mol/L，所以pH

11、=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108。A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2+4OH-=Zn(OH)42-，A正确；B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，由图像可知，通常可以调控该溶液的pH在8.012.0之间，B正确；C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108，C正确；D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1l0-17，D不正确。本题选D。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（13分）氯化

12、亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2（OH）4-nCln，随着环境酸度的改变n随之改变。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_，若将(NH4)2SO3换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式_。（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70干燥2h，冷却密封包装。真空干燥、密封

13、包装的原因是：_。（4）随着PH值减小Cu2（OH）4-nCln中Cu% _。(填字母)A增大 B不变 C不能确定 D减小（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。由图可知，溶液温度控制在60时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65 时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是_。（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：_。【答案】（1）漏斗（1分） （2）2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+ （2分） Cu2+ 2Cl-+ Fe=2CuCl+Fe2+（2分）（3）防止C

14、uCl在潮湿的空气中水解氧化 （2分） （4）D（2分） （5）温度过高，促进了CuCl的水解（或温度过高，促进了CuCl与空气中氧气反应） （2分） （6）Cu2+e-+Cl-=CuCl （2分） 【解析】（1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+；若换为Fe时，铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2+ 2Cl-+ Fe=2CuCl+Fe2+；（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干

15、燥、密封包装可防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；（4）随着pH值减小，溶液中c（H+）增大，则Cu2（OH）4-nCln中OH-的量逐渐减小，则Cl-的量增大，摩尔质量增大，则Cu的百分含量减小，答案为D；（5）温度过高时，CuCl与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl产率下降；（6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为Cu2+e-+Cl-=CuCl。27（14分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH10，AgNO3溶液pH5，原因是（用离子方程式表示）：_。（2）调节pH，实验记

16、录如下：实验序号pH实验现象a10产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清b6产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解c2产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X查阅资料得知：.Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液。.Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设：白色沉淀为Ag2SO3。白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是_。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4。实验方法是：另取Ag2SO4固体置于_溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：.向X中滴

17、加稀盐酸，无明显变化。.向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体。.分别用Ba(NO3)2、BaCl2溶液检验中反应后的溶液，前者无明显变化，后者产生白色沉淀。实验的目的是_。根据实验现象分析，X的成分是_。中反应的化学方程式是_。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因：随着酸性的增强，体系的还原性增强。【答案】（1）SO32-+H2OHSO3-+OH-（2分） Ag+H2OAgOH+H+ （2分） （2）SO32-具有较强的还原性，若被空气中的O2氧化为SO42-即为Ag结合生成Ag2SO4沉淀 （2分） （3）过量的Na2SO3(或亚硫酸钠) （2分） （4）验证棕黑色物质X不是Ag2

18、O （2分） Ag （2分） Ag2HNO3(浓)=AgNO3NO2H2O （2分） 【解析】（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，则溶液的pH=10，其水解离子方程为：SO32-+H2OHSO3-+OH-，AgNO3为强酸弱碱盐，在溶液中pH=5，其水解离子方程为：Ag+H2OH+AgOH；故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-、Ag+H2OAgOH+H+（2）推测a中白色沉淀为Ag2SO3，Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3，Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液，生成沉淀的离子方程式为：2Ag+SO32-=Ag2SO3，推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其依据为：

19、SO32-有还原性，可能被氧化为SO42-，与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀，故答案为：SO32-具有较强的还原性，若被空气中的O2氧化为SO42-即与Ag结合生成Ag2SO4沉淀；（3）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解，说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3，另取Ag2SO4固体，同样条件置于足量Na2SO3溶液中，进行对照试验，发现沉淀不溶解，故答案为：过量的Na2SO3(或亚硫酸钠)；（4）氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水，溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸

20、，无明显变化，说明X不是Ag2O，故答案为：验证棕黑色物质X不是Ag2O；向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银，含有Ag元素，不含S元素，故答案为： Ag；向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为：Ag+2HNO3（浓）AgNO3+NO2+H2O，故答案为：Ag+2HNO3（浓）AgNO3+NO2+H2O。28（16分）甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2加氢合成甲醇是合理利用CO2的有效途径，由CO2制

21、备甲醇过程可能涉及反应如下： 反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.58kJ/mol反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJ/mol回答下列问题： （1）反应的H2=_ ，反应 I自发进行条件是 _(填“较低温”“较高温”或“任何温度”)。（2）在一定条件下3 L恒容密闭容器中，充入一定量的H2和CO2仅发生反应，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示。 H2和CO2的起始的投入量以A和B两种方式投入 A：n(H2

22、)=3 mol，n(CO2)=1.5 mol B：n(H2)=3 mol，n(CO2)=2 mol，曲线 I代表哪种投入方式_(用A、B表示)。在温度为500K的条件下，按照A方式充入3 molH2和1.5 molCO2，该反应10 min时达到平衡： a.此温度下的平衡常数为_；500K时，若在此容器中开始充入0.3 mol H2和0.9 molCO2、0.6 mol CH3OH、x mol H2O，若使反应在开始时正向进行，则x应满足的条件是 _。 b.在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示，当反应时间达到3 min时，迅速将体系温度升至600 K，请在图2中画出

23、310 min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线_。（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过，该电池的工作原理如图3所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型。写出该燃料电池的负极反应式 _。 如果用该电池作为电解装置，当有16 g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为 _(法拉第常数为9.65104C/mol) 【答案】（1）+41.19 kJ/mol （2分） 较低温 （2分） （2）A （2分） a.450 （2分） 0x2.025（2分） b. （2分） （3）CH3OH-6

24、e-+3O2-=CO2+2H2O （2分） 2.895105 C （2分） 【解析】（1）反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.58kJ/mol反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJ/mol根据盖斯定律，反应可以是-得到，所以反应的焓变H2=(-49.58 kJ/mol)-(-90.77kJ/mol)=+41.19 kJ/mol；根据反应自发行的判据：G=H-TS0，反应是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行；（2）A：n(H2)=3 mol，n(CO2

25、)=1.5 mol，B：n(H2)=3 mol，n(CO2)=2 mol，二者比较，B相当于增大二氧化碳的量，平衡正向移动，但CO2的转化率反而降低，转化率小于A，所以曲线该I代表A的投料；在温度为500K的条件下，在3 L恒容密闭容器中充入3 mol H2和1.5 mol CO2，该反应10 min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%，则转化的CO2物质的量浓度为c(CO2)= 60%=0.3 mol/L，根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应关系可知，c(H2)= 3c(CO2)=0.9 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=n(CO2)=0

26、.3mol/L，所以各种物质的平衡浓度：c(CO2)=(0.5-0.3) mol/L=0.2 mol/L，c(H2)=(1-0.9)mol/L=0.1mol/L；c(CH3OH)=c(H2O)=0.3 mol/L，所以a.该温度下，反应I的平衡常数K=450，500K时，若在此容器中开始充入0.3molH2和0.9 mol CO2、0.6 mol CH3OH、x mol H2O，浓度分别为0.1 mol/L，0.3 mol/L，0.2 mol/L， mol/L，若使反应在开始时正向进行，浓度商Qc=K=450，x=2.025，所以x应满足的条件是0x2.025；b.当反应时间达到3min时，迅

27、速将体系温度升至600K，反应正向进行，反应速率加快，反应产生更多的甲醇，甲醇的浓度会增加，图象为。（3）以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲醇失去电子，发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写电极反应为：CH3OH-6e-+3O2-=CO2+2H2O；16g甲醇物质的量n(CH3OH)= =0.5 mol，则其发生反应时转移电子的物质的量n(e-)=0.5 mol6=3 mol，因此理论上提供的电量最多Q=3 mol9.65104 C/mol=2.895105 C。（二）选考题：共15分。请考生从2道

28、化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）碳原子核外有_种不同空间运动状态的电子，第一电离能介于B和C之间的元素的名称为_。（2）碳元素能形成多种无机物。CO32-的立体构型是_。MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_。石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K（如图），其结构为每隔一层碳原子插入一层钾原子，与钾原子层相邻的上下两层碳原子排列方式相同，则与钾最近等距的配位碳原子有_个。（3）碳也可形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。1

29、mol 吡啶分子中含有键数目是_。嘌呤结构中N原子的杂化方式为_。嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，解释原因_。（4）将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构T-碳。已知T-碳密度为 g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a=_ pm (写出表达式即可)。【答案】（1）4 （1分） 铍（1分） （2）平面三角形（1分） 氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子（2分） 12 （2分） （3）10NA（2分） sp2（2分） 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大

30、（2分） （4）1010 （2分） 【解析】（1）碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，其中2p上的3个原子轨道互相垂直，一共有4种不同空间运动状态的电子；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第A族、VA族满足全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期中，第一电离能介于B元素和C元素间的元素是Be，名称为铍，故答案为4；铍；（2）CO32-中C的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为平面三角形，故答案为平面三角形；在离子晶体中，离子半径越小晶格能越大，所以在第A族金属碳酸盐中，阳离子半径越小对氧的吸引力越大，就越容易导致碳酸根的分

31、解，所以在第A族中，随着原子序数的增加，原子半径增大，碳酸盐的分解温度也增大，所以MgCO3分解温度比CaCO3低，故答案为氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子；根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图，与钾最近等距的配位碳原子有上下2层中对应的2个六边形上的12个碳原子，故答案为12；（3）1个单键为1个键，1个双键为1个键和1个键，1 mol 吡啶()分子中含有键数目是10NA，故答案为10NA；嘌呤分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为sp2；根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大

32、于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，因此嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，故答案为孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；（4）一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8+6+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T-碳晶胞中含有碳原子数目为84个，取1mol这样的晶胞，则有NA个这样的晶胞，则1molT-碳晶胞的质量为m=1284g，T-碳密度为 g/ cm3，则1个晶胞的体积为= cm3，则T-碳的晶胞参数a= cm =1010pm，故答案为1010。36化学选修5：有机化学基础(15分)萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和

33、溶剂。合成-萜品醇G的路线之一如下：已知：请回答下列问题：（1）A的分子式为_；G所含官能团的名称是_。（2）CD的反应类型为_；该反应的副产物中与D互为同分异构体的化合物的结构简式为_。（3）EF反应中加入试剂浓H2SO4的作用是_；F中混有少量C2H5OH和E，最好用_（填字母）洗涤除去。A水 B氢氧化钠溶液 C浓硫酸 D饱和碳酸钠溶液（4）B在一定条件下发生聚合反应的化学方程式为_；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式_。核磁共振氢谱有2个吸收峰。 能发生银镜反应。【答案】（1）C7H10O3 （1分） 碳碳双键、羟基（2分） （2）消去反应（2分） （2分）（3）催化剂、

34、吸水剂（2分） D（2分） （4）（2分） （2分） 【解析】试题以-萜品醇G的合成为线索，考查有机物的分子式、结构简式、官能团、有机反应原理、有机反应类型、除杂方案、同分异构体等知识点，考查考生对有机流程的分析能力和利用已有知识解决问题的能力。-萜品醇G的合成流程中，根据反应条件可知，BC是醇与HBr的取代反应，C为，CD是消去反应，同时COOH与碱发生中和，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成的F为，结合已知中酯发生的反应及产物G的结构，则已知反应的反应物及产物中R是CH3，所以Y为CH3MgBr。（1）A的分子式为C7H10O3，G分子中官能团是C=C和OH，名称是碳碳双键

35、和羟基。正确答案：C7H10O3、碳碳双键 羟基。（2）CD是卤代物在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，同时COOH与碱发生中和，卤原子邻位C原子有两种，六元环上的两个位置是等价的，另外一种是在CH3上消去H原子生成。正确答案：消去反应、。（3）EF是酯化反应，浓硫酸在反应中做催化剂和吸水剂。F中混有的C2H5OH和E时，A、水虽然可以溶解乙醇，但是E、F能够互溶，所以不能除去有机物E；B、NaOH能够使F发生水解，也不合适 。C、由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸 不能使反应完全进行，C错误。D、饱和碳酸氢钠溶液可以溶解乙醇，并使E反应生成可溶性钠盐而与F分离，再用分液即可分离出F，D正确。正确答案：催化剂和吸水剂、D。（4）B的聚合是OH与COOH 的缩聚反应，反应原理为。B分子式是C8H14O3，不饱和度为2，能够发生银镜反应说明含有CHO，链状结构不存在环，如果再有一个碳碳双键，由于对称性较差，核磁共振氢谱吸收峰最少的结构吸收峰数目也大于2，不符合。所以应当含有两个CHO，对称性最好的结构是，核磁共振氢谱有2个吸收峰。正确答案：、。