【文档说明】河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1004.307 KB，由小赞的店铺上传

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新蔡县第一高级中学高三2024年9月份月考化学试题可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分)1.X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，能形成如下

图所示的化合物，其中Z是空气中含量最高的元素。下列说法正确的是A.原子半径：X＜Y＜ZB.基态Y原子的电子有6种空间运动状态C.该化合物中最多有10个原子共平面D.基态Z原子的电子有5种运动状态【答案】C【解析】【分析】Z是空气中含量最高的元素，Z为N，Y成4根键，Y为C，X成一根键，X、Y、

Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，故X为H。【详解】A．同周期从左往右原子半径减小，同主族从上往下，原子半径逐渐增大，故原子半径：H<N<C，A错误；B．Y为C，核外电子排布为1s22s22p2，基态C原子的电

子有4种空间运动状态，B错误；C．如图所示：，最多有10个原子共平面，C正确；D．Z为N，基态N原子的核外有7个电子，有7种运动状态，D错误；故选C。2.设AN为阿伏加德罗常数的值。将灼热的铜丝插入乙醇后，发生反应：Cu322232CHCHOHO2HO2CHCHO⎯+⎯→+，下列叙述中正确

的是A.1molCH3CH2OH完全反应，转移电子数为2NAB.222.4LO含有的电子数目为A12NC.218gHO含有的σ键数目为A4ND.31molCHCHO含有CH−键的数目为A3N【答案】A【解析】【详解】A．1mol

CH3CH2OH完全反应，转移2mol电子，转移电子数为2NA，A正确；B．没有给出标况，不能确定22.4L2O的物质的量，也就不能确定含有的电子数目，B错误；C．218gHO，即1mol，含有的σ键数目

为A2N，C错误；D．31molCHCHO含有CH−键的数目为A4N，D错误；故选A。3.三氟化氮常用于微电子工业，其制备原理：32344NH3FNF3NHF=++，下列说法正确的是A.中子数为8的氮原子：8

7NB.2F的电子式为C.3NF的VSEPR模型为三角锥D.4NHF为离子晶体【答案】D【解析】【详解】A．中子数为8的氮原子其质量数为15，表示为：157N，故A错误；B．2F为共价化合物，其最外层满足8电子稳定

结构，电子式为，故B错误；C．3NF的中心原子N的价层电子对数为5313+=42－，含有1对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故C错误；D．4NHF是氟离子和铵根离子构成的离子化合物，其属于离子晶体，故D正确；故选D。4.矛盾的普遍性和

特殊性在一些化学规律中得以体现。下列说法正确的是A.0族元素的第一电离能从He到Xe依次减小B.碱金属单质的密度从Li到Cs依次增大C.卤素氢化物的沸点从HF到HI依次升高D.卤素单质均能与2HO反应生成氢卤酸和次卤酸【答案】A【

解析】【详解】A．0族元素从He到Xe原子半径增大，第一电离能依次减小，A正确；B．碱金属单质的密度从Li到Cs呈增大趋势，但钾的密度比钠小，B错误；C．卤素氢化物的沸点从HCl到HI依次升高，但HF由于分子之间形成氢键导致

沸点反常高，C错误；D．氟单质氧化性极强，和水的反应为：2222F+2HO=4HF+O，D错误；故选A。5.NiAs的立方晶胞结构如图所示，其晶体密度为ρg•cm-3。，设NiAs晶体最简式的式量为Mr，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.Ni3+的价电子排布图为B.As位于由Ni

构成的四面体空隙中C.晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个D.晶胞中最近的Ni3+之间的距离为r3A4MρN×107nm【答案】D【解析】【详解】A．3Ni+的价层电子排布式为73d，价电子排布图为，选项A正确；B．与A点处的3Ni+距离最近且相等的3As−有4个

，NiAs原子之比为1∶1，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，选项B正确；C．根据选项B分析可知，晶体中与Ni3+距离最近且相等的As3-有4个，选项C正确；D．设NiAs晶体最简式的式量为rM(式量是指在化学物质

的实验式中各原子的相对原子质量的总和)，晶体密度为3gcm−，则设晶胞参数边长为anm，有()r7A410MmvaN−==，边长7r3A410nmMaN=，则存在该晶胞中最近的3Ni+之间的距离为面对角线

的一半227r3A42210nm222MaaaN+==，选项D错误；答案选D。6.磷化硼(BP)晶体的晶胞如图所示，晶胞的棱长为apm，AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.基态B原子价电子轨道表示式B.晶胞中

P原子的配位数是8C.晶胞中有4个B原子和4个P原子D.晶体的密度3233A1.6810gcmaN【答案】B【解析】【详解】A．硼元素的原子序数为5，价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，故A正确；B．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼原子，则晶胞

中黑球代表磷原子、白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的硼原子与4个磷原子距离最近，则硼原子的配位数为4，由化学式可知，磷原子的配位数也为4，故B错误；C．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼

原子，则晶胞中黑球代表磷原子、白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的磷原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的硼原子个数为4，故C正确；D．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼原子，则晶胞中黑球代表磷原子、

白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的磷原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的硼原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A442N=(10—10a)3d，解得d=323A1.6810aN

，故D正确；故选B。7.M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物能刻蚀玻璃，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是A.M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者B.Y、X

、T三种元素中，Y的最高价含氧酸酸性最强C.与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有2种D.该化合物为离子化合物，熔点很高，高于MgO【答案】B【解析】【分析】M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大短周期主族元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物能刻蚀玻璃，则M为氢

，Q为氟；X形成4个共价键、Y形成3个单键共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y为氮、Z为氧；T与氟形成离子可知，T为硼。【详解】A．H与C形成的化合物种类有很多，例如苯的沸点比H与N形成的化合物3NH的沸点高，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，

Y、X、T三种元素中，氮的最高价含氧酸酸性最强，B正确；C．与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有氮、氟、氖3种，C错误；D．该化合物为离子化合物，其阳离子、阴离子半径很大，离子键弱于氧化镁中离子键，则其熔点低于MgO，D错误；故选B8.生活中常用的香料含有较多的芳香族化合物，

肉桂醇和肉桂醛就是其中两种，它们的结构如图所示：的。关于两者的说法中，错误的是A.肉桂醇的分子式是C9H8O，肉桂醛的分子式是C9H10OB.肉桂醇和肉桂醛分别与酸性高锰酸钾溶液反应，反应的实验现象相同C.两者分子中所有碳原子都可能共平面D.两者分别与溴化氢发生加成反应生成产物均为两种【答案】A

【解析】【详解】A．根据结构简式可知，肉桂醇的分子式是C9H10O，肉桂醛的分子式是C9H8O，故A错误；B．肉桂醇和肉桂醛均含有碳碳双键，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，反应实验现象相同，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．根据苯分子中

12个原子共平面、乙烯分子中6个原子共平面，苯与乙烯基结构若能同面，则两者分子中所有碳原子都可能共平面，故C正确；D．两者分别与溴化氢发生加成反应，溴原子在靠苯环近和远各一种，故生成产物均为两种，故D正确；答案选A。9.烷烃是生产卤代烃的重要原料，丙烷与氯气反应的一氯取代产物比例如下：(

)()323232233CHCHCHClCHCHCHClCHCHClCH1-43%2-57%⎯⎯⎯+→+光照氯丙烷氯丙烷下列说法正确的是A.1-氯丙烷与2-氯丙烷互为同系物B.丙烷中两种化学环境不同氢

原子数之比为1:4C.正丁烷与氯气的一氯取代产物主要为1-氯丁烷D.正戊烷与氯气反应可以产生三种一氯取代产物【答案】D【解析】【详解】A．1-氯丙烷与2-氯丙烷分子式相同，碳氯键官能团的位置不同，互为同分异构体，A错误；B．丙烷CH3CH2CH3中甲基

和亚甲基是两种化学环境不同氢原子，原子数之比为2:6=1:3，B错误；C．根据丙烷与氯气反应的一氯取代产物比例可知生成2-氯丙烷为主，则正丁烷与氯气的一氯取代产物主要为2-氯丁烷，C错误；的D．正戊烷CH3CH2CH2CH2

CH3含有3种化学环境不同氢原子，则与氯气反应可以产生三种一氯取代产物，D正确；故选D。10.下列有关乙醛的说法不正确．．．的是A.可与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，断①键B.②为不饱和键，可与H2发生加成反应C.由电负性大小推断，与N

H3加成生成CH3CH2ONH2D.受醛基影响，极性键③易断，可发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．—CHO被氧化生成—COOH，则与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，断①键，A正确；B．醛基与氢气发生加成反应生成羟基，则②为不饱和键，可与H2发生加成反应，B正确；C．

O的电负性大于N的电负性，即O带负电荷，NH3中H带正电荷，则与NH3加成生成CH3—CHOH—NH2，C错误；D．受醛基的影响，甲基上H易被取代，则极性键③易断，可发生取代反应，D正确；故答案为：C。11.生活中处处有化学，下列叙述错误的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐

剂是由于其具有酸性B.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子C.发现了月壤中的“嫦娥石()()847CaYFePO”：其成分属于无机盐D.75%的乙醇与84消毒液的消毒原理不相同【答案】A【解析】【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为

食品防腐剂不是由于其具有酸性，故A错误；B．纤维素是一种天然化合物，其分子式为()6105nCHO，其相对分子质量大，是一种天然高分子，故B正确；C．嫦娥石因其含有YCaFe、、等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无

机盐，故C正确；D．75%的乙醇因渗透作用使蛋白质变性而消毒，84消毒液是用的强氧化性消毒，两者消毒原理不相同，故D正确；故选A。12.下列说法正确的是A.苯酚显酸性，是因为羟基对苯环影响的结果B.分子式为24CH和36CH的物质一定互为同系物C.聚合物是苯酚和甲醛在一定条件

下反应得到的高分子化合物D.1mol与足量的NaOH溶液加热充分反应，最多能消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．苯酚显酸性，是苯环对羟基的影响，故A错误；B．C3H6可能为环丙烷，C2H4为乙烯，结构不

相似，故B错误；C．为苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故C正确；D．中酚-OH，-COOC-均与NaOH反应，且水解生成的酚-OH和-COOH也与碱反应，则1mol与足量NaOH溶液充分反应，消耗4molNaOH，故D错误；故答案选

C。13.关子物质的结构与性质，下列说法正确的是A.P和Cl可以形成5PCl分子，N和Cl也可以形成5NCl分子B.冰中1个2HO周围有4个紧邻分子，2HS晶体中1个2HS周围也有4个紧邻分子C.H-N-H的键角：()2+334NH<CuNHD.3

22CHCHNH的碱性比32CHCONH弱，【答案】C【解析】【详解】A．P与2Cl化合时，可形成3PCl、5PCl分子，而N和Cl化合时，由于N原子的L电子层上不存在d轨道，N原子只能发生3sp杂化，不能发生3spd杂化，所以不能形成5NCl分子，A

错误；B．冰中1个水分子可与周围的4个水分子间形成氢键，则冰中1个2HO周围有4个紧邻分子，而2HS晶体结构与2CO相似，采取分子密堆积，1个2HS周围有12个紧邻分子，B错误；C．3NH、()2+34CuNH中的N原子

均为3sp杂化，3NH中N原子有孤电子对，()2+34CuNH中N原子没有孤电子对，孤电子对的排斥力比成键电子对的排斥力大，所以3NH中H-N-H的键角小，C正确；D．乙基为推电子基，羰基为吸电子基，则322CHCHNH的碱性更

强，D错误；答案选C。14.下列关系错误的是A.熔点：2433SiONHNONHB.()344CuNHSO在不同溶剂中的溶解性：乙醇>水C.酸性：323CFCOOHClCHCOOHCHCOOHD.基态原子核外未成对电子数：NCF

【答案】B【解析】【详解】A．SiO2为原子晶体，NH4NO3为离子晶体，NH3为分子晶体，熔点：SiO2>NH4NO3>NH3，故A项正确；B．[Cu(NH3)4]SO4在水溶液中形成配合物，溶解度较大，故B项错误；C．F

的电负性大于Cl，F吸引电子的能力大于Cl，使羧基中的羟基更易电离出H+，酸性：CF3COOH>ClCH2COOH>CH3COOH，故C项正确；D．N原子的电子排布式为：1s22s22p3，未成对电子数为3，C原子的电子排布式为：1s22s22p2，未成对电子数为2，F原子的电子

排布式为：1s22s22p5，未成对电子数为1，故D项正确；故本题选B。二、填空题(本题共4小题，共58分)15.水分子间存在一种“氢键”的作用(作用力介于范德华力与化学键之间)彼此结合而形成(H2O)n。在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形的正四面体，通过“氢键”相互连

接成庞大的分子晶体。（1）1mol冰中有_____mol“氢键”。（2）水蒸气中常含有部分(H2O)2，要确定(H2O)2的存在，可采用的方法是_____。A.把1L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，测产生氢气的体积B.把1L水蒸气

通过浓硫酸后，测浓硫酸增重的质量C.该水蒸气冷凝后，测水的pHD.该水蒸气冷凝后，测氢氧原子个数比（3）水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为_____。已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是_____。（4）在冰的结构中，每个水分

子与相邻的4个水分子以氢键相连接。在冰晶体中除氢键外，还存在范德华力(11kJ/mol)。已知冰的升华热是51kJ/mol，则冰晶体中每个氢键的能量是_____kJ/mol。（5）氨气极易溶于水的原因之一也是与氢键有关。请判断

NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构是_____(填代号)。【答案】（1）2（2）AB（3）①.2H2O=H3O++OH-②.H2O2分子间氢键数目比H2O多（4）20（5）b【解析】【小问1详解】冰中每个水分子被4个

水分子包围形成变形四面体，则1mol冰中含有氢键的物质的量为的14mol=2mol2；【小问2详解】A．钠与水的反应：2222HO2HNaNaOH+=+，即1个水分子与钠反应产生0.5个氢气，但1个(H2O)2含有2个水分子，与钠反应产生1个氢气分子，水蒸气中常含有部分(H2O)2，则1

L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，因1个(H2O)2分子与钠反应产生1个氢气分子，所以产生氢气体积增大，可确定(H2O)2的存在，A符合题意；B．(H2O)2含有2个水分子，也能被浓硫酸吸收，若1L水蒸气通过浓硫酸后，相对H2O而言，(H2O)2的相对分子质量大，所以分子

数目相同时，浓硫酸增重的质量大，可确定(H2O)2的存在，B符合题意；C．该物质的pH也等于7，无论该物质是否存在，pH都等于7，不能确定(H2O)2的存在，C不符合题意；D．该物质的分子中氢氧原子个数比也为2∶1，无论(

H2O)2是否存在，氢氧原子个数比仍为2∶1，不能确定(H2O)2的存在，D不符合题意；故选AB。【小问3详解】水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为：H2O＋H2OH3O＋＋OH-，已知在相

同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是：H2O2分子间的氢键数目比H2O多；【小问4详解】1mol冰升华吸收总能量为51kJ，克服范德华力吸收的能量为11kJ，则克服氢键吸收的总能量为40

kJ，而1mol冰中含有2mol氢键，故冰晶体中每个氢键的能量是20kJ/mol；【小问5详解】因为NH3·H2O的电离方程为为：NH3·H2ONH4++OH-，所以水分子断开O-H键，H原子与NH3分子形成4NH+，则形成的NH3·H2O的合理结构是b。16.按照要求回答下列问

题：（1）下列物质：①铁片②稀盐酸③蔗糖④熔融状态的3KNO⑤4BaSO固体(a)以上物质中能导电的是___________。(填序号，下同)(b)以上物质中属于电解质的是___________。（2）铜器久置于空气中会产生“绿锈”，

该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”，[化学式为()223OHCuCO]，某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→…→铜”的转化。22HACu(OH)BCu⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→①②③④⑤铜铜绿(a)写出B的化学式______

_____。的(b)写出②反应的离子方程式：___________。（3）工业上从金矿中提炼黄金可以采用氰化法，即：用NaCN稀溶液浸取粉碎的金矿石，生成溶于水的配位化合物()2NaAuCN，再用Zn置换出Au，产生的含氰废

水经处理后排放。①配离子()2AuCN−中的中心离子是___________，配体是___________。②可用2Cl处理含CN−废水：___________CN−+___________2Cl+___________=___________3H

CO−+___________2N+___________Cl−+___________。(a)CN⁻中各原子均达到8电子稳定结构，写出CN−的电子式___________。(b)将上述离子方程式补充完整并配平

_________。【答案】（1）①.①②④②.④⑤（2）①.CuO②.()223222CuOHCO4H2Cu3HOCO+++=++（3）①.Au+②.CN−③.④.23222CN5Cl10OH2HCON10Cl4HO−−−−++=+++【解析】【分析】铜在空气中与氧气、二氧化碳

、水反应生成铜绿，铜绿和盐酸反应生成氯化铜，氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解为氧化铜和水，用氢气还原氧化铜生成铜和水，所以A是氯化铜、B是氧化铜。【小问1详解】①铁片为单质能导电不是电解质；②稀

盐酸为混合物能导电，不是电解质；③蔗糖不导电，是非电解质；④熔融状态的KNO3能导电且属于电解质；⑤BaSO4固体不导电但属于电解质；故能导电的是①②④，属于电解质的是④⑤；【小问2详解】B的化学式为CuO；反应②的离子方程式为()223222CuOHCO4H2Cu3HOC

O+++=++；【小问3详解】①配离子-2[Au(CN)]中的中心离子是Au+，配体是CN−；②CN−中各原子均达到8电子稳定结构，CN−的电子式为；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的方程式为：23222CN5Cl10OH2HCON10C

l4HO−−−−++=+++。17.铁粉、活性炭等成分可与空气中的氧气接触发生化学反应并产生热量，采用先进的自发热控温技术，可以制成蒸汽眼罩。高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种净水剂。（1）基态铁原子中有_______种能量不同的电子，铁原子次外层的电子云有

_______种不同的伸展方向。（2）结合图，补充完整Fe2+的核外电子排布式[Ar]_______。（3）自然界一共存在四种稳定的铁原子，分别是54Fe、56Fe、57Fe和58Fe，它们的丰度分别为a1%、a2%、a3%、a4%，在计算式54×

a1%+56×a2%+57×a3%+58×a4%=A中_______。A.a1%表示54Fe的质量分数B.a4%表示58Fe的原子个数百分比C.55.85表示56Fe的质量数D.A表示铁元素的近似相对原子质量（4）写出使用蒸汽眼罩

时，所发生的还原反应的半反应方程式_______。A.-2+Fe-2e=FeB.-+222HO-4e=O+4HC.--22O+2HO+4e=4OHD.+-22CO+4H+4e=C+2HO（5）与铁同周期的主族元素中，最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的化合物与酸性最强的化

合物的化学反应方程式为_______。（6）配平制取高铁酸钠的化学方程式：_______。_____Fe(NO3)3+_______NaOH+_______Cl2=_______Na2FeO4+______NaNO3+______NaCl+______H2O。（7）高铁酸钠(Na2FeO4)

可用作净水剂，其原因是_______。A.可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B.可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C.能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D.能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌【答案】（1）①.7②.9（2）3d6（3）B

D（4）C（5）KOH+HBrO4=H2O+KBrO4（6）2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O（7）A【解析】【小问1详解】①根据铁原子的核外电子排布式可知中有7种能量不同的电子，故答案为：7；②铁原子次外层的电子即第3电子层，

电子云有9种不同的伸展方向，故答案为：9；【小问2详解】铁为26号元素，失去两个电子后，核外电子排布式[Ar]3d6，故答案为：3d6；【小问3详解】A．a1%、a2%、a3%、a4%是指各同位素的在自然界中的原子百分含量，即丰度，故A项错误；B．a1%、a2%、a3%、a4%是指各同位素的在自然

界中的原子百分含量，即丰度，故B项正确；C．55.85表示56Fe的相对原子质量，故C项错误；D．计算铁元素的近似相对质量的计算式为：54×a1%+56×a2%+57×a3%+58×a4%，即A，，故D项正确；故答案为：BD；【小问4详解】使用蒸汽眼罩时，Fe发

生氧化反应，O2发生还原反应，则还原反应的半反应方程式为：22O+2HO+4e4OH−−=，故答案为：C；【小问5详解】与铁同周期的主族元素中，最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的化合物为KOH，酸性最强的化合物为HBrO4，两者反应的化学方程式为：KOH+HBrO4=H2O

+KBrO4，故答案为：KOH+HBrO4=H2O+KBrO4；【小问6详解】该反应中，Fe化合价从+3价升高到+6价，转移3个电子，Cl从0价降低至-1价，转移1个电子，2个氯原子共转移2个电子，则根据得失电子守恒，硝酸铁和高铁酸钠的化学计量数为2，Cl2前系数为3，氯化钠

的化学计量数为6，再根据质量守恒，确定其他物质的化学计量数，则化学方程式为：2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O，故答案为：2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO

4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；【小问7详解】高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体能吸附水中杂质，故答案为：A。18.羰基化合

物中，羰基邻位碳原子上的氢原子(α-H)受到羰基吸电子作用的影响具有一定的活泼性，因此醛或酮在碱性条件下会发生羟醛缩合反应，如图：（1）A的名称是___________，B中碳___________和碳_________

__(填编号)之间的碳碳键是新构建的。（2）AB→的反应类型是___________，B的结构简式是___________。（3）2，2-二甲基丙醛与丙酮在碱性条件下发生羟醛缩合反应的方程式为___________(省略中间体)。（4）丙醛

与丁醛混合后，加入NaOH溶液发生羟醛缩合反应，生成碳原子数小于9的产物(不含中间体，不考虑立体异构，存在共轭现象)有___________种，其中核磁共振氢谱为5组峰的产物的结构简式是___________。（5）依据逆合成分析法，利用羟醛缩

合反应合成，试设计其中间体及原料完成图合成路线中间体1________，中间体2_________，原料________。【答案】（1）①.3-羟基丁醛②.2③.3（2）①.消去反应②.（3）（4）①.4②.（5）①.②.③.【解析】【小问1详解】A的名称是3-羟基丁醛；根据羟醛缩合

反应的原理可知，羰基中的碳氧双键与α-H加成可得A，即可知新构建的碳碳键，由B中碳2和碳3之间的碳碳键是新构建的；【小问2详解】A生成B的过程消去了一分子水，反应类型是消去反应，根据反式结构与共轭现象的信息可得B的结构为；【小问3详解】根据结构可知，2，2-二甲基丙醛的羰基无α-H，则依据反

应规律可得方程式；【小问4详解】丙醛与丁醛反应过程中可能有以下几种可能：情况1：丙醛的α-H与丁醛的羰基加成；情况2：丁醛的α-H与丙醛的羰基加成；情况3：丙醛的α-H与丙醛的羰基加成；丁醛的α-H与丁醛的羰基加成，则生成碳原子数小于9的产物有4种，其中核磁共振氢谱

为5组峰的产物的结构简式是；【小问5详解】依据逆合成分析法，合成可由碳碳双键和酮羰基与氢气加成生成，中间体1为，可由醇羟基发生消去反应生成，则中间体2是，利用羟醛缩合反应，原料为。