《广西自治区2022年高考化学卷考试真题与答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西自治区2022年高考化学卷考试真题与答案解析.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、广西自治区2022年高考 化学卷 考试真题与答案解析一、选择题1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D.干冰可用在舞台上制造“云雾”【答案】D【详解】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A 错误；B.温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；C.棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，c 错误；D
2、.干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形 成“云雾”效果，D 正确；答案选D。2.辅酶Qi。具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Qi。的说法正确的是A.分子式为C60H90O 4 B.分子中含有14个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面 D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【详解】A.由该物质的结构简式可知，其分子式为c59H90。4,A 错误；B.由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H 原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；C.双键碳以及与其
3、相连的四个原子共面，携基碳采取sp2杂化，谈基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，c 错误；D.分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D 错误；答案选Bo3.能正确表示下列反应的离子方程式为A.硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S tB.明帆溶液与过量氨水湿合：AI3+4NH3+2H2O=AIO 2 +4NH：C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiOr +CO2+H2O=HSiO；+HCO；D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和 NH4Hse4溶液以体积比1 ：2 混 合 Ba2+2OH-+2H+SO4-=BaSO4l
4、+2H2O【答案】D【详解】A.硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO 2,反 应 的 离 子 方 程 式 为 4田+210；+52-=$|+21021+2也0(浓)或8H+2NO；+3S2-=3S；+2NO+4H2。稀)，A 错误;B.明帆在水中可以电离出AF+,可以与氨水中电离出的OH-发生反应生成AI(OH)3,但由于氨水的碱性较弱，生成的AI(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为AI3+3NH3-H2O=AI(OH)3 1+3NH：,B 错误；C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入
5、的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO；+H2O+CO2=H2SiO3 J+COs(C d 少量)或 SiO3-+2H2O+2CO2=H2SiO3；+2HCOJ(CO2过量)，C 错误；D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2与 NH4HS6溶液以体积比1：2 混 合,Ba(OH)2电离出的OH-与 NH4Hse4电离出的H+反应生成水，Ba9H)2电离出的Ba?+与NH4HseU电离出的SO:反应生成Bas。,沉淀，反应的离子方程为为Ba2+2OH-+2H+SO：=BaSC)41+2*0,D正确；故答案选D。4.一种水性电解液Zn-MnC2离子选泽双隔膜电池如图所示(KOH溶
6、液中，Zr)2+以Zn(OH)：存在)。电池放电时，下列叙述错误的是MnO2电极离子选择隔膜 Zn电极1 H2s。4溶液KOH溶液I II IIIA.II区的K+通过隔膜向III区迁移B.I区的SO：通过隔膜向II区迁移C.MnC)2 电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)4-+Mn2+2H2O【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，川区Z n为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4-,I区 MnO2为 电 池 的 正 极，电 极 反 应 为MnO2+2e-+4H+=Mn2
7、+2H2O;电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到I区消耗H+,生 成Mr)2+,I I区 的K+向I区 移 动 或I区的向I I区移动，III区消耗。叶，生成Zn(OH)：,II区的SO：向III区移动或III区的K+向II区移动。据此分析答题。【详解】A.根据分析，II区的K+只能向I区移动，A错误；B.根据分析，I区的SO；一向II区移动，B正确；C.MnC)2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O,C正确；D.电池的总反应为 Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)；+Mn2
8、+2H2O,D 正确；故答案选A。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25,lOlkPa下，28L氢气中质子的数目为2.5N,、B.2.0L LOmoLLAICI3溶液中,A产的数目为2.0NAC.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为L4NAD.电解熔融C uC U,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为010NA【答案】C【详解】A.25、lO lkP a不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；B.AF+在溶液中会发生水解生成AI(OH)3J因此2.0L 1.0 m ol/L的AIQ3溶液中A/数目小于2.0NA,故B错误；15
9、占燃C.苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5coOH+万0 2 g 7 c o 2+3凡0,Im o l苯甲酸燃烧生成7molCO2,则0.2m ol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCC)2,数目为L4NA,故C正确；D.电解熔融C U 02时，阳极反应为2c-2e=C12 T,阴极反应为Qj2+2e-=CU,阴极增加的重量为C u的质量，6.4gCu的物质的量为O.lm o l,根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2 m o l,数目为0.2NA,故D错误；答案选C。6.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、丫、Z位于不同周期，X、Y相邻
10、，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性：XQ B.单质的熔点：XYC.简单氢化物的佛点：ZQ D.最高价含氧酸的酸性：ZY【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，丫的最外层电子数为4,则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y,则X为A I元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为1 9,则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素，
11、Z的最外层电子数为5,为 P元素，若 Q 的最外层电子数为6,为。元素，则 Z的最外层电子数为 6,为S元素，若 Q 的最外层电子数为5,为 N 元素，Z的最外层电子数为7,为。元素;综上所述，Q 为 N 或。或 F,X为AI,丫为Si,Z 为CI或 S或 P,据此分析解题。【详解】A.X 为Al,Q 为 N 或。或 F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：QX,A 错误；B.由分析可知，X 为AI属于金属晶体，Y 为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点SiAI,即 YX,B错误;C.含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q 为 N 或。或 F,其简单氢化
12、物为匕。或 NH3或 HF,Z 为CI或 S或 P,其简单氢化物为HCI或 H2s或 P%,由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点QZ,C 错误；D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Q 的非金属性均强于S i,因此最高价含氧酸酸性：ZY,D 正确；故答案为：Do7.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比 较 CH3coeF和HC。、的水解常数分 别 测 浓 度 均 为 O.lmollT的CH3COONH4 和 NaHCO3 溶液的PH,后者大于前者Kh(CH3COO)Kh(HCO,B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈落于浓
13、盐酸，滴入KMnO溶液，紫色褪去铁绣中含有二价铁C探究氢离子浓度对CrO亍、C&0 相互转化的影响向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成5 0 歹的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水【答案】C【详解】A.CH3coONH4 中 NH：水解，NH：+H20 j：-t NH3 H2O+H 会消耗 CH 3coO水解生成的O H-,测定相同浓度的CFCO O N M 和 NciHCQs溶液的p H,后者大于前者，不能说明 Kh(CH3COb)Kh(HCO),A 错误；B.铁锈中含有F e单质，单质Fe与浓盐酸可反应
14、生成Fe2+,滴入KMn。,溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B错误；C.9。4中存在平衡2CrO储黄色)+2田叶 5。；(橙红色)+也。，缓慢滴加硫酸,H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C 正确；D.乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D 错误；答案选C。二、非选择题8.硫酸锌亿*04)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnC O j,杂质为Si。?以及c a、Mg、Fe、C u 等的化合物。其制备流程如下：滤渣 滤渣 滤渣 滤渣本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：回
15、答下列问题:离子Fe,Zr?-CU2+Fe2+Mg2+4.0 x10-386.7 x IO-172.2x10-2。8.0 x IO-161.8x1。-“(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 O(2)为了提高锌的浸取效果，可 采 取 的 措 施 有、o(3)加入物质X调溶液PH=5,最适宜使用的X是(填 标 号)。A.NH3-H2O B,Ca(OH)2 C.NaOH滤渣的主要成分是_ _ _ _ _ _、O(4)向8090C的滤液中分批加入适量KMnO,溶液充分反应后过滤，滤渣中有MnO2,该步反应的离子方程式为 o(5)滤液中加入锌粉的目的是 o(6)滤渣与浓H2s0,反应可以释放HF并循
16、环利用，同 时 得 到 的 副 产 物 是、【答案】焙烧(1)ZnCO3=ZnO+CO2t(2).增大压强.将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3).B .Fe(OH)3 .CC1SO4 SiO2(4)3Fe2+MnO4+7H2O=3Fe(OH)3 I+MnO2；+5H+(5)置换Cu2+为C u从而除去(6).CaSO4.MgSO4【小问1详解】焙烧由分析，焙烧时，生成Zn。的反应为：ZnCO3=Z n O+C O2t;【小问2 详解】可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；【小问3 详解】A.NH3易分解产生N%污染空气，且经济
17、成本较高，故 A 不适宜；B.Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故 B适宜；C.NaOH会引入杂质N a+,且成本较高，C 不适宜；故答案选B;当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L),结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH 2不溶于酸，故滤渣的主要成分是Fe(OH)3s CaSO4s SiO2;【小问4 详解】向8090滤液中加入K M nd溶液，可氧化Fe2+,得到Fe(OH)3和 MnO?的滤渣，反应的离子方程式为 3Fe2+MnO；+7H2O=3Fe(OH)3；+MnO2；+5H+;【小问5 详解】滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zr)2+=Cu,故加入锌粉的目
18、的为置换CU+为C u从而除去；【小问6 详解】由分析，滤渣为CaF2、MgF2,与浓硫酸反应可得到H F,同时得到的副产物为CaS。,、MgSO4o9.硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：(1)工业上常用芒硝(Na2s010凡0)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成C O,该反应的化学方程式为 o(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_ _ _ _ _ _ o 回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气
19、雾上升过高，可采取的措施是_ _ _ _ _ _o硫化钠粗品(3)回流时间不宜过长，原因是_ _ _ _ _ _ _ o 回流结束后，需进行的操作有停止加热 关闭冷凝水移去水浴，正 确 的 顺 序 为(填 标 号)。A.B.C.D.(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_ _ _ _ _ _ _-过滤除去的杂质为 o 若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 o(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_ _ _ _ _ _ _ 洗涤，干燥，得到Na2s-H?。【答案】局温(1)Na2SO4-10H2O+4C-Na2S+4COt+10H2O(2).硫化钠粗品中常含有一定量煤灰
20、及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石.降低温度(3).硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2s会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸.D(4),防止滤液冷却.重金属硫化物.温度逐渐恢复至室温(5)冷水【小问1详解】工业上常用芒硝(Na2s010凡0)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产C O,根据得失电子高温守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4-10H2O+4C-Na2S+4COt+10H2O;【小问2 详解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气
21、流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低【小问3 详解】硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2s会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选D。【小问4 详解】硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；【小 问 5 详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干燥,即可得到Na2s 凡
22、 0。10.金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石(不。2)转化为T i C l*再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)Ti。?转化为TiCL,有直接氯化法和碳氯化法。在 1000时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(i )直 接 氯 化:TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)AH,=172kJ-mor,Kpl=1.0 xl0-2(ii)碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)A H2=-51kJ-mol1,Kp2=1.2xlO12Pa反应 2c(s)+C)2(g尸2co(g)
23、的 A H 为 kJ mor,J=Pao碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_ _ _ _ _ _ _o对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移 动(填“向左”向 右 或 不 )；温度升高,平 衡 转 化 率(填“变大”变 小 或 不 变”(2)il.OxlO5P a,将Ti。?、C、C U 以物质的量比1 ：2.2：2 进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。0.70 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600温度/6543210。O.O.O.O.SO.反应C(s)+CO2(g)=2C0(g)的平衡常数 J (1400)=P
24、a o图中显示，在200平衡时TiO?几乎完全转化为TiCl，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_ _ _ _ _ _O(3)TiO?碳氯化是一个 气固一固”反应，有利于TiC2-C 固一固”接触的措施是【答案】(1).-223.1.2X10.碳氯化反应气体分子数增加，ZkH小于0,是嫡增、放热过程，爆判据与烙判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程.向左.变小(2).7.2x105.为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的Ti04产品，提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入C b,使固体粉末“沸腾”【小问1详解】根 据 盖 斯 定 律，将“反 应 ii-反
25、 应 i”得 到 反 应 2c(s)+5(g)=2CO(g),则 4K 2 1 2 x 10,2PaH=-51 kJ/mol-l72kJ/mol=-223kJ/mol;贝 ij Kp=2-=-=1.2x 1014Pa;碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，小于0,是爆增、放热过程，爆判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动 该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。【小问2 详解】从图中可知，1400
26、,体系中气体平衡组成比例CC2是 0.05,TiCL是 0.35,C。是 0.6,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400)=Q 6 P，J0.05P”S(0.6 x 1.0 x 10120.05 x 1.0 x 105Pa=7.2x 105Pa;实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200,就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiC 产品。【小问3 详解】固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于Ti5-C “固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入。2,使固体粉末 沸腾，增大接触面积。【化 学 一 选 修3:
27、物 质 结 构 与 性 质】11.2008年北京奥运会的“水立方”，在 2022年冬奥会上华丽转身为 冰立方，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2FH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：(1)基态F 原子的价电子排布图(轨道表示式)为 o(2)图a、b、c 分别表示C、N、。和 F 的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一 电 离 能 的 变 化 图 是(填 标 号)，判 断 的 根 据 是；第三电离能的变化图是(填标号)。(4)CF2=CF2和 ETFE分子中C 的杂化轨道类型分别为 和；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化
28、学键的角度解释原因_ _ _ _ _ _o(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X 代表的离子是；若该立方晶胞参数为a p m,正负离子的核间距最小为 p m。【答 案】(1)|Y I J i i n|T|(2).图。.同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、。两种元素高 .图b(3)F、JF、H，H，H(4)0.sp2.sp3.C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定(5)0.Ca2+.a pm4【小问1详解】F为第9号元素其电子排布为Is22s22P5,则其价电子排布图为
29、,故答案为 。【小问2详解】C、N、。、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、。两种元素高，因此C、N、。、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为CONF,满足这一规律的图像为图a,气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，统一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b,故答案为图a、同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2
30、P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、。两种元素高、图b。【小问3详解】固 体H F中存在氢键，贝”HF)3的 链 状 结 构 为JF、下、故答案为：nn.il【小问4 详解】CF2=CF2中C 原子存在3 对共用电子对，其 C 原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C 原子存在4 对共用电子对，其 C 原子为sp3杂化由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能
31、越大，化学性质越稳定。【小问5 详解】根据萤石晶胞结构，浅色X 离子分布在晶胞的顶点和面心上，贝 I 1个晶胞中浅色X 离子共有1 8X$+6X5=4个，深色Y 离子分布在晶胞内部，贝 I 1个晶胞中共有8 个深色Y 离子，因此该晶胞的化学式应为XY2,结合萤石的化学式可知，X 为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8 个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F位于晶胞中8 个小立方体中互不相邻的 4 个小立方体的体心，小立方体边长为:a,体对角线为g a,CCP+与 F之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为f a p m,故答案为：Ca2V3 a pmo
32、12.用 N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。NHC baseNa2CO3回答下列问题:(1)A的化学名称为 o(2)反应涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 o(3)写出C与母2/(3。4反应产物的结构简式 o(4)E的结构简式为 o(5)H中含氧官能团的名称是_ _ _ _ _ _o(6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高镒酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 O【分析】由合成路线，A的分子式为C 7 H 8。，在C u作催化剂的条件下发生催化氧
33、化生成B,(7)如果要合成H的类似物H (c的D 和G的结构简式_ _ _ _ _ _、_ _ _ _ _ _ _ _o H 分子中有一个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。【答案】(1)苯甲醇(2)消去反应B r C H O(4)x 2 r C H O1n CHO丫(6)(7).，0、V(jCH=CH?),参照上述合成路线，写出相应_ _ _ _ _ _ 个手性碳(碳原子上连有4(5)硝基、酯基和谈基.(.5NO2CHOBr、,CHO,C 与Br2/CCI4发 生 加 成 反 应 得 到Br、,CHO再在碱性条件下发生消去反应生成D,D为在强碱的环境下还原得到F,E的分子式为C5H6。2,
34、F的结构简式为可推知E为,F 与 H0N 02生成G,G与D反应生成H,据此分析解答。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为,其化学名称为苯甲醇;【小问2详解】CHO由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B(/A)先与CH3cH。发生碳氧双键的加成反CHO CHO应 生 成 广、/OH，O H耳CHOc(C),故第二步的反应类型为消去反应；【小问3详解】Br根据分析可知，C与Brz/CC 发生加成反应得到未 发 生 消 去 反 应 生 成CHO【小问6详解】【小问4详解】由分析，E的结构简式为【小问5详解】H的结构简式为，、2 ,02N 飞 OO1 7*ni可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和谈基CHOc的结构简式为,分子式为C9H8。，其同分异构体X可发生银镜反应,说明含有醛基，又与酸性高镒酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位,满足条件的X的结构简式为:2【小问7详解】G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与6中HC NO?和C=O成环，且C=OCHO,G与一CHO成环，从而得到HNO2）的手性碳原子为,共5个。