《2019-2020学年北京师大第二附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京师大第二附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京师大第二附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是（）A NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂B浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜C捕获工业排放的CO2，可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质【答案】A【解析】【详解】A.NaCl 浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A 不正确；B.乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；C
2、.CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2，合成此可降解塑料，C正确；D.SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品质，D正确。故选 A。2中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如下：下列说法正确的是（）A电极为阴极，其反应为：O2+4H+4e=2H2O B聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过C如果电极II 为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体D当负极质量减少5.4g 时，正极消耗3.36L 气体【答案】C【解析】【详解】A 选项，电极 为正极，其反应为：O2+4H+4e=2H2O，故 A 错误；B 选项，根
3、据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B错误；C 选项，如果电极II 为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；D 选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D 错误。综上所述，答案为C。【点睛】通过体积算物质的量时，一定要看使用条件，1、是否为气体，2、是否为标准状况下。3化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是A利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松
4、多孔D喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C 具有氧化性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B 正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素 C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D 错误。答案选 D。4
5、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 11g超重水(T2O)含中子数为5NAB25，pH=13 的 1L Ba(OH)2溶液中 OH的数目为0.2NAC1mol 金刚石中CC键的数目为2NAD常温下，pH=6 的 MgCl2溶液中 H+的数目为10-6NA【答案】C【解析】【详解】A.11g 超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在 1 个超重水(T2O)中含有 12 个中子，所以 0.5mol 超重水(T2O)中含中子数为6NA，A 错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则 1L 溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B 错误；C.由于一个 C 原子
6、与相邻的4 个 C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1 个 C原子含有的 C-C键数目为412=2，因此 1mol 金刚石中CC键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D 错误；故合理选项是C。5工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2(g)。如图表示在0.3 MPa 下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对纯度变化曲线。下列说法正确的是 ()A工业生产中，在0.3 MPa 下合成 LiNH2的最佳球磨时间是2.0 h B投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均
7、摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高C在 0.3 MPa 下，若平衡时H2的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5 D LiH 和 LiNH2都能在水溶液中稳定存在【答案】C【解析】【详解】A、2.0h LiNH2的相对纯度与1.5h 差不多，耗时长但相对纯度提高不大，故A 错误；B、平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，说明氨气的含量越多，正向反应程度越小，LiNH2的相对纯度越低，故 B 错误；C、K=23c(H)c(NH)=0.60.4=1.5，故 C正确；D、LiH 和 LiNH2均极易与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2和 LiNH2+H2O=LiOH+NH3，都不能在
8、水溶液中稳定存在，故D 错误。答案选 C。6短周期主族元素W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A最简单氢化物的稳定性：WX B含氧酸的酸性：ZCu2+S C在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2 价、H 元素
9、化合价都是+1 价、Cl 元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A 错误；B转化过程中O2把 Fe2+氧化为 Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2 Fe3+S，故 B错误；C 根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为 S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故 C错误；D H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2 价变成 0 价，氧元素的化合价从0 价变成-2 价，依据得失电子数相等，所以2H2S-O2，所以有 34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为34g34g/m
10、ol12 32g/mol=16g，故 D 正确；故选 D。11根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A 向 KI 溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B 向 Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C 向 AgNO3溶液中先滴加少量 NaCl 溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCIAg2S D 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A A BB
11、 CC D D【答案】A【解析】【详解】A单质溴与KI 在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A 正确；B酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B 错误；C由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl 溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生 Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液
12、红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。12某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或 NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是A制备无水AlCl3:装置 A中的试剂可能是高锰酸钾B点燃 D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C装置 C中的试剂为浓硫酸D制备无水AlCl3和 NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同【答案】D【解析】【分析】由图可知，装置 A 为氯气或氢气的制备装置，装置 B 的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置 C的目的是干燥氯气或氢气，装置 E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入
13、E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。【详解】A 项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A 正确；B 项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D 处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B 正确；C 项、装置 C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C 正确；D 项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH 时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。13下列
14、说法正确的是()A碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键BNa2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为11 CCO2和 SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体【答案】D【解析】【详解】A、NH4Cl 的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A 错误；B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na)数之比为12，选项 B 错误；C、SiO2中，Si原子、O 原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，
15、前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项 D正确。答案选 D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。14莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A分子中所有碳原子共平面B分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C分子中含有3 种官能团，能发生加成、氧化
16、、取代反应D 1mol 莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答案】C【解析】【分析】【详解】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5 个碳原子共平面，A 错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B 错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3 种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D 1mol 莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D 错误；答案选 C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH 与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。15下列有关实验操作、现象和解
17、释或结论都正确的是（）选项操作现象结论A 测定等浓度的Na2CO3和 Na2SO3溶液的 pH 前者 pH 比后者大非金属性：SC B 滴加稀 NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+C 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D 将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未发生水解A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A.测定等浓度的Na2CO3和 Na2SO3溶液的 pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀 Na
18、OH 溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al 的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和 Na2SO3溶液的 pH，可比较HCO3-与 HSO3-的酸性，不能比较S、C 两种元素的非金属性强弱，A 错误；B.滴加稀 NaOH 溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热 Al，表面的Al 被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al 的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作
19、不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D 错误；故合理选项是B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某同学设计了如下装置用于制取SO2并验证 SO2的部分性质。请回答下列问题：(1)写出氮气的电子式_。(2)B 中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B 中可以放入的试剂是_(填相应的编号)。新制氯水 品红溶液 含酚酞的NaOH 试液 紫色石蕊试液(3)装置 C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为_。【答案】N?N SO22Fe3 Ba22H2O=BaSO42Fe24H【解析】【分析】装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二
20、氧化硫，B 中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B 中可以放入的试剂是含酚酞的NaOH 试液或紫色石蕊试液，新制氯水体现二氧化硫的还原性，品红溶液体现二氧化硫的漂白性。装置C中可观察到白色沉淀现象，说明产生BaSO4沉淀，据此分析。【详解】(1)氮气的电子式为N?N；(2)装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二氧化硫，B中选用不同的试剂可验证 SO2不同的性质。为验证 SO2具有酸性氧化物性质，在 B 中可以放入的试剂是含酚酞的NaOH 试液和紫色石蕊试液，新制氯水体现二氧化硫的还原性，品红溶液体现二氧化硫的漂白性。答案选；(3)装置
21、 C中可观察到白色沉淀现象，说明产生BaSO4沉淀，相关反应的离子方程式为SO2 2Fe3Ba22H2O=BaSO42Fe24H。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知 A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X 为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示（1）已知条件I 和条件 II 相同，则该反应条件为_。（2）物质 X的电子式为 _。（3）写出 B 与 Ca(OH)2反应的化学方程式_。（4）写出 X在条件 II 下反应生成B、C、D 的离子方程式_。（5）写出实验室制B 的化学方程式，并标出电子转移方向、数目_。（6）请简述鉴定物质X的实验方法 _。【答
22、案】通电2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O电解2OH-+H2+Cl2（用双线桥表示也可）用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-【解析】【分析】X 为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X 易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若 X 为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则 B 为 Cl2，A 为Mg，但 Mg 生成 Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg 与 H2O 不反应，所以X 只能为 NaCl。从而得出A为 Na，B 为 Cl2，C、D 为 NaOH、H2中的
23、一种，Y 为 H2O。（1）已知条件I 和条件 II 相同，则该反应条件为通电。（2）物质 X为 NaCl，由此可写出其电子式。（3）Cl2与 Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。（4）X为 NaCl，在条件II 下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、H2。（5）实验室制Cl2是利用 MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。（6）鉴定物质NaCl 时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。【详解】（1）已知条件I 和条件 II 相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；（2）物质 X为 NaCl，其电子式为。答案为：；（3）Cl2与 Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=C
24、aCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X 为 NaCl，在条件 II 下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2；（5）实验室制Cl2是利用 MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；（6）鉴定物质NaCl 时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定 Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。【点睛】鉴定物质有
25、别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A 包含物质为H2O和_(填化学式)(2)已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H1=a kJ/mol 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(
26、g)+6H2O(g)H2=b kJ/mol H2O(l)=H2O(g)H3=+c kJ/mol 则反应 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)的 H=_ kJ/mol(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN 的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)H0 其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则 X可以是 _(填字母序号)a温度b压强c催化剂d34n NHn CH在一定温度下，向2L 密闭容器中加入n mol CH4和 2 moI NH3，平衡时NH3体积分数随n 变化的关系如图乙所示。a 点时，CH4的转化率为 _%；平衡
27、常数：K(a)_K(b)(填“”“=”或“0 的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据 X越大，NH3的转化率越小分析影响因素；根据加入2molNH3、2molCH4时，利用三段式法，结合平衡时氨气含量是30%，计算出各种物质的平衡物质的量，再结合反应时二者消耗关系，可计算CH4的转化率；并根据化学平衡常数的含义计算此时反应平衡常数；(4)根据可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，结合平衡常数表达式计算K 与 K正、K逆的关系；将 P(O2)=4.5kPa，肌红蛋白的结合度(a)是 90%，带入平衡常数表达式可得K；将 K=kk正逆中的 K、k 逆带入可得 k正。【详解】(1)根据流程图可知NH3
28、与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；(2)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H1=a kJ/mol 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H2=b kJ/mol H2O(l)=H2O(g)H3=+c kJ/mol 根据盖斯定律，将(2+3-30)15，整理可得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H=123305abckJ/mol；(3)反应 CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图象可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动
29、，使氨气的转化率增大，a 错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b 正确c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c 错误；d.增大34n NHn CH，相对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d 正确；故合理选项是ad；对于反应：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)，假设反应消耗CH4物质的量为x 开始(mol)2 2 0 0 转化(mol)x x x 3x 平衡(mol)2-x 2-x x 3x 根据图象可知在平衡时氨气的体积分数是30%，
30、可得2x42x=30%，解得 x=0.5，则 a 点时，CH4的转化率为0.5mol100%2mol=25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)=K(b)；(4)可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，由于 正=k正 c(Mb)P(O2)，逆=k逆 c(MbO2)，所以 k正 c(Mb)P(O2)=k逆 c(MbO2)，22MbcOkkc MbP On正逆，而反应Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K=22MbcOkc MbP Okn正逆；将 C点时，P(O2)=4.5，肌红蛋白的结合度(a)是 90%带入平衡常数表达式中可得K=22Mb0
31、.94.510.9cOc MbP On=2；K=kk正逆，由于 K=2，k逆=60s-1带入该式子，可得k正=K?k逆=260s-1=120s-1。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算及与化学平衡常数与速率常数的关系等的计算的知识。掌握化学基础知识，利用题目提供的信息进行分析与解答问题的能力。充分利用题目信息是解答问题的关键。19化合物H 是一种香料合成中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)A 的化学名称是_。(2)A 到 B的反应方程式是_。(3)C 的结构简式是_。(4)的反应类型是_。(5)H
32、中的含氧官能团的名称是_。(6)X 是 F的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 6：1：1。写出两种符合上述条件的X的结构简式 _。(7)设计由苯甲醇和制备的合成路线 _（无机试剂任选）。【答案】丙二酸二乙酯取代反应羰基(酮基)、酯基、【解析】【分析】(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B 与 LiAlH4反应生成C，由 C 的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由 E、G 结构及 F 的分子式，可确定F 的结构简式为。【详解】(1)A 的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。答案为：丙二酸二乙酯；(2)(A)与在吡啶的作用下反应生成(
33、B)，反应方程式是。答案为：；(3)由以上分析知，C的结构简式是。答案为：；(4)为,与 NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和 NaBr，反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(5)H 的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基。答案为：羰基(酮基)、酯基；(6)X 是(F)的同分异构体，X 所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4 个-CH3、2 个-COOH、1 个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。符合上述条件的X 的结构简式为：、。答案为：、；(7)由苯甲醇和制备，需利用A B的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。合成路线为：。答案为：。【点睛】由两种反应物制取目标有机物，关键的一步是如何将两种反应物结合成一种中间产物，也就是找到流程图中的信息，并利用信息将反应物的官能团进行转化。