【文档说明】宁夏回族自治区银川市兴庆区宁夏回族自治区银川一中2021届高三上学期第四次月考化学【精准解析】.doc，共(16)页，1020.500 KB，由小赞的店铺上传

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宁夏回族自治区银川市银川一中2021届高三上学期第四次月考理科综合化学试题1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.将lmolCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)

=2NA(N表示粒子数）B.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2NAC.H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-akJ·mol-1，若充分反

应后放出akJ热量，则起始时向密闭容器中加入了NA个氢分子和足量的碘单质D.100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．将lmolCl2通入到水中，只有一部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，另一部分在水中仍以Cl2分子形式

存在，所以N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)＜2NA(N表示粒子数），A不正确；B．29.4gCu(OH)2物质的量为29.4g98g/mol=0.3mol，加入0.3molCu(OH)2能使溶液复原，则相当于加

入0.3molCuO和0.3molH2O，所以电解过程中转移电子的数目为0.3mol×(2+2)NA=1.2NA，B正确；C．对于可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-akJ·mol-1，1molH2完全反应后，放出akJ热量，所以起始时向密闭容

器中加入的氢分子数目应大于NA个，C不正确；D．100g质量分数17%的H2O2溶液中含有17gH2O2和83gH2O，含极性键数目为[17g234g/mol+83g218g/mol]NA＞NA，D不正确；故选B。2.下列实

验的现象与结论相对应的是ABCD实验现象电流计指针先向右偏转（说明电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏转烧瓶中有气泡产生，试管内溶液出现白色浑浊加热，肥皂液中产生无色气泡①和②中均迅速产生大量气泡结论铁片作负极，片刻后铜片作负极非金属性强弱：Cl＞C＞Si铁粉与水蒸气反应生成H2MnO2一

定是②中反应的催化剂A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．起初电流计指针先向右偏转，表明电子从左向右流动，从而得出铁片作负极；由于铁片表面发生钝化，阻止了铁失电子，所以片刻后指针向左偏转，表明电子从右向左流动，从而得出铜片作负极，

A符合题意；B．由于盐酸是挥发性酸，挥发出的HCl会进入试管，与试管内的Na2SiO3发生反应生成硅酸，所以不能证明碳酸的酸性比硅酸强，也就不能证明非金属性C＞Si，B不符合题意；C．试管加热，即便铁粉与水蒸气不反应，试管内

空气受热膨胀，也会产生气体，所以肥皂液中产生的无色气体不一定是H2，C不符合题意；D．过氧化钠与水反应生成氧气，①②两试管内均迅速产生大量气泡，所以不能证明②中MnO2起催化作用，D不符合题意；故选A。3

.某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S，下列说法不正确的是A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B.放电时，a极为正极C.充电时，阳极的电极反应式为3

I－－2e－=-3ID.M是阳离子交换膜【答案】B【解析】【分析】充电时Na2S4还原为Na2S，根据图示，可判断充电时a是阴极、b是阳极；充电时，阴极与外接电源的负极相连，阳极与外接电源的正极相连，当对外供电时，a是负极，b是正极；【详解】A．根据装置图

，充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能储存起来，故A正确；B．充电时Na2S4在a极还原为Na2S，充电时a是阴极，所以放电时，a极为负极，故B错误；C．充电时，b是阳极，根据图示，阳极I―失电子被氧化为-3I，电极反应式为3I-―2e－=-3I，故C正确；D．若M是阴离子交换

膜，则阴离子混合后会相互反应，所以M是阳离子交换膜，故D正确；答案选B。4.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是A.简单阴离子的半径大小：X>Z>YB.单质的氧化性：X>Y>ZC.简单氢化物沸点：Y>X>Z

D.X的最高价氧化物对应的水化物为三元酸【答案】D【解析】【分析】按周期表中元素的排列规律分析可知：Y为N元素，X为P元素，Z为O元素；【详解】A．同主族时电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则

简单阴离子的半径大小：332PNO−−−，A错误；B．单质的氧化性：22ONP，B错误；C．氨分子间有氢键、水分子间有氢键，分子间有氢键时，物质的沸点较高，水常温呈液态、氨气常温呈气态，简单氢化物沸点：233HO>NH>PH，C错误；D．

X的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，H3PO4为三元酸，D正确；答案选D。5.某固体混合物中可能含有Na+、K+、2-4SO、Cl-、2-3CO、2-3SO等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验：第一份，加入过量的Ba

(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀。第二份，取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色。下列关于该混合物的组

成说法正确的是A.一定是K2SO3和NaClB.可能是Na2SO4和KClC.可能是NaCl和K2CO3D.一定是Na2CO3和NaCl【答案】C【解析】【分析】第一份，加入过量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，白色沉淀溶于过量盐酸，则原溶液中一定含有2-3CO、2-

3SO中的某一种或两种，但一定不含有2-4SO；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则一定含有Cl-；第二份，取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则一定含有Na+，但不能肯定K+是否存在。【详解】A

．由上面分析可知，溶液中不一定含有K+，则不一定含有K2SO3，A不正确；B．溶液中一定不含有2-4SO，则固体混合物中不可能含有Na2SO4，B不正确；C．溶液中肯定含有Na+，可能含有K+、2-3C

O，所以固体混合物可能是NaCl和K2CO3，C正确；D．溶液中可能含有K+，则固体混合物不一定是Na2CO3和NaCl，D不正确；故选C。6.下列图示与对应的叙述相符的是A.图一表示反应：mA(s)+nB

(g)pC(g)ΔH＞O，在一定温度下，平衡时B的转化率(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快B.图二是可逆反应：A(g)+B(s)C(s)+D(g)ΔH＞O的速率时间图像，在t1时刻改变条件可能

是加入催化剂C.图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0D.图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)【答案】B【解析】

【详解】A．由图一可看出，x点的压强比y点小，所以反应速率x点比y点时的慢，A不正确；B．由图二可知，在t1时刻正、逆反应速率都增大且增大的程度相同，所以改变的条件可能是加入催化剂，B正确；C．由图三可知，在M点之前，反应未达平衡，在M点之后，随着温度的不断升高，A的百分含量不断增大，则平衡逆向

移动，所以该反应的ΔH＜0，C不正确；D．图四表示速率-时间关系曲线，图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)t，D不正确；故选B。7.碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]是一种绿色粉末状

晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300℃以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题:(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置__________、__________(填字母，装

置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中__________(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是__________

。(3)装置A的作用是__________，装置E的作用是__________。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品(质量/g)装置C(质量/g)装置D(质量/g)实验前7.54114.4651.22实验后3.04112

.3050.34已知碱式碳酸镍中Ni化合价为+2价，则该碱式碳酸镍的化学式为__________。(5)请写出加热时氢气还原上述碱式碳酸镍的化学反应方程式__________。【答案】(1).c(2).c(3).不再有气泡产生(4).将装置中残留的气体产物吹入吸

收装置中(5).吸收空气中的CO2和水蒸气(6).防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D(7).Ni3(OH)4CO3·4H2O(8).3H2+Ni3(OH)4CO3·4H2O==3Ni+9H2O+CO2【解析】【分析】测定碱式碳酸镍的组成，采用热分解法，将碱式碳酸镍转化为NiO、H

2O、CO2三种氧化物，利用B、C、D装置在加热前后的质量变化，确定NiO、H2O、CO2三种氧化物的质量，然后求出三者的物质的量，从而确定碱式碳酸镍的组成。在实验操作过程中，为防止装置内和空气中CO2、H2O的干扰，同时为防止反应生成的气体滞留在装置中，需要先后两次

通入去除了CO2和H2O的空气。【详解】(1)由于浓硫酸只能吸收水，不能吸收CO2；无水硫酸铜通常用于检验水；氧化钙虽然可吸收CO2，但吸收效果不好。而甲装置用于吸收水蒸气和二氧化碳、乙装置用于吸收CO2，所以可分别选取装置c、c。答案为：c；c；(

2)加热硬质玻璃管，当装置C中不再有气泡产生时，固体完全分解，停止加热；为使装置内的CO2、H2O完全被C、D装置内的试剂吸收，打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中。答案为：不再有气泡产生；将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中；(3)往反应

装置内先后两次通入去除了CO2和水蒸气的空气，都是为了减小实验误差，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D。答案为：吸收空气中的CO2和水蒸气；防止空气中的CO2和

水蒸气进入装置D；(4)m(NiO)=7.54g-3.04g=4.5g，m(H2O)=114.46g-112.30g=2.16g，m(CO2)=51.22g-50.34g=0.88g，n(NiO)=4.5g75g/mol=0.06mol，n(H2O)=2.16g18g/mol=

0.12mol，n(CO2)=0.88g44g/mol=0.02mol，n(NiO)：n(H2O)：n(CO2)=0.06mol：0.12mol：0.02mol=3：6：1，则该碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO3·4H2O。答案为：Ni3(OH)4CO3·4

H2O；(5)加热时，氢气还原上述碱式碳酸镍，生成Ni、CO2和H2O，化学反应方程式为3H2+Ni3(OH)4CO3·4H2O==3Ni+9H2O+CO2。答案为：3H2+Ni3(OH)4CO3·4H2O==3Ni+9H2O

+CO2。【点睛】碱石灰吸收CO2时，由于生成水，所以能促进CO2的吸收。8.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如图所示：(1)电解饱和食盐水的化学方程式为______

______。(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。a．Na2SO4b．NaNO3c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压(3)食盐水中的I－若进入电

解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为-3IO。-3IO可继续被氧化为高碘酸根(-4IO)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。①ICl为有毒的黑色晶体，可用氢氧化钠溶液吸收，请写出相应的离子反应方程式：__________

_____________。②请写出NaIO3被氧化为NaIO4的离子反应方程式为________________________。(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I－转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下

I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。①结合化学用语解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：__________________。②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因_____

_______________。③研究表明食盐水中I－含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I－浓度为1.47mg•L-1的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少．．需要0.05mol•L-1NaClO溶液_____________L。(已知NaClO的反

应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)【答案】(1).2NaCl+2H2O通电C12↑+H2↑+2NaOH(2).cd(3).ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O(4).Na++-3IO+Cl2+H2

O===NaIO4↓+2H++2Cl—(5).ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O,10min时pH越低，c(H+)越大反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，所以c(I2)越高吸光度越大(6).c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，所以c(

I2)降低吸光度下降(7).0.1【解析】【分析】电解精制的饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，要从电解液中脱去溶解的氯气，可通过改变外界条件，降低氯气的溶解度；共存的杂质碘离子会参与氧化还原反应，逐步被氧化，转变

出ICl等，从组成元素非金属性I<Cl看，ICl中碘+1价、Cl-1价，ICl与水的反应生成盐酸和次碘酸，据此可推出ICl与氢氧化钠溶液反应的产物，碘单质生成与消耗的速度可从影响速率的因素来分析、计算结合题给信息进行；【详解】(1)电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反

应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氢气，则电解的化学方程式为2NaCl+2H2O电解C12↑+H2↑+2NaOH。(2)a．Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；b．NaNO3与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯

，故b不符合题意；c．海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；d．由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意；答案选cd。(3)①碘元素和氯元素处于同

一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价、氯元素呈-1价，ICl和OH-反应是非氧化还原反应，生成IO-、Cl-和H2O，则反应的

离子方程式为：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O；②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价，生成溶解度较小的NaIO4而析出，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl

-，离子方程式为Na++-3IO+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl-。(4)①ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O，10min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度

越大；②c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降；③研究表明食盐水中I-含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2mg•L-1×1m3×1000=0.2g

时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47mg•L-1的食盐水需处理掉1.47mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O，需NaClO的物质的量为0

.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。9.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应,秉承“低碳环保,绿色出行”的生活理念,CO2的综合利用也成为热门研究领域。I.CO2可用于

生产乙烯。(1)依据图1写出CO2和H2生成C2H4和H2O(l)的热化学方程式________。(2)以稀硫酸作电解质溶液，利用电解法将CO2转化为乙烯的装置如图2所示。M电极的电极反应式为_____，工作一段时间后，阳极室中溶液的pH_____

(填“增大”“不变”或“减小”)。Ⅱ.CO2与H2在一定条件下可生产二甲醚:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH<0(3)在2.0L恒容密闭容器中,加入2.0molCO2和6.0molH2,恒温条件下经过5min达到平衡状态，此时的压强是起始压强的2

/3①0~5min内反应的平均速率v(H2)=____,此温度下的平衡常数K=______.②平衡常数K(800K)______K(900K)(填“>”“=”或“<”)(4)分别以Cat.1和Cat.2作催化剂

发生该反应,反应进行相同的时间后,测得CO2的转化率a(CO2)随反应温度T的变化情况如图3所示(忽略温度对催化剂活性的影响)。①该反应的活化能Ea(Cat.1)________Ea(Cat.2)(填“>”或“<”)。②a、b、c、d、

e五个状态中一定是平衡状态的是_______(填字母)。【答案】(1).2CO2(g)+6H2(g)==C2H4(g)+4H2O(l)ΔH=-303.8kJ/mol(2).2CO2+12H++12e−==

C2H4+4H2O(3).减小(4).0.4mol/(L∙min)(5).3.0L4/mol4(6).>(7).<(8).d、e【解析】【详解】I.（1）依据图1，分别写出热化学方程式：①C2H4(g)+3O2(

g)==2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-1411.0kJ/mol；②2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol；根据盖斯定律，②×3-①得2CO2(g)+6H2(g)==C2H4(g)+4H2O(l)ΔH=-303.8

kJ/mol。故本题答案为：2CO2(g)+6H2(g)==C2H4(g)+4H2O(l)ΔH=-303.8kJ/mol。CO2转化为乙烯，碳元素化合价降低，得电子被还原，发生还原反应。所以M电极的电极反应式为

2CO2+12H++12e−==C2H4+4H2O；因为阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+,氢离子浓度增加，所以工作一段时间后，阳极室中溶液的pH减小。Ⅱ.(3)设容器中转化的CO2的浓度为2x，223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)(mol/L)130

0(mol/L)2x6xx3x(mol/L)12x36xx3x−−起始浓度变换浓度平衡浓度依据题意，有（1-2x+3-6x+x+3x)/(1+3)=2/3，解得，x=1/3；①0~5min内反应的平均

速率v(H2)=16/35molLmin=0.4mol/(L∙min),此温度下的平衡常数K=c(CH3OCH3)·c3(H2O)/c2(CO2)·c6(H2)=32113113L4/mo

l4=3.0L4/mol4②因为正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以平衡常数K(800K)>K(900K)；（4）①从图3ab点数值可知，Cat.1催化效率更高，反应更快，活化能更低，所以活化能Ea(Cat.1)<Ea(Cat.

2)；②因为催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，最终达到平衡时二氧化碳转化率应相同，所以a、b、c、d、e五个状态中一定是平衡状态只有d、e两点。10.氢能被视为最具发展潜力的清洁能源，开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。请回答下列问题:Ⅰ．化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储

氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。(1)基态B原子的价电子排布式为__________，B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为__________，CH4、H2

O、CO2的键角按照由大到小的顺序排列为__________。(2)与(HB=NH)3互为等电子体的有机分子为__________(填分子式)。Ⅱ．氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键。(1)印度尼赫鲁先进科学研究中心的Datta和Pati等人借助ADF软

件对一种新型环烯类储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种材料的分子呈平面结构(如图)，每个杂环平面上下两侧最多可吸附10个H2分子。①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为__

________。②相关键长数据如表所示：化学键C—SC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据看出，C16S8中碳硫键键长介于C-S键与C=S键之间，原因可能是__________。③C16S8与H2微粒间的作用力是______

____。(2)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为__________cm3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).2s22p1(2).N

＞O＞C＞B(3).CO2＞CH4＞H2O(4).C6H6(5).sp2、sp3(6).C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质(7).范德华力(8).A52aN【解析】【分析】比较第一电离能时，通常先看非金属性。一般情况下，非金属性越强，第

一电离能越大，但若遇到价层电子排布处于半满、全满或全空状态时，电子的能量低，第一电离能反常，但也只比原子序数大1的元素的第一电离能大。【详解】Ⅰ．(1)B为5号元素，电子排布式为1s22s22p1，则基态B原子的价电子排布

式为2s22p1，B、C、N、O的非金属性O＞N＞C＞B，但由于N原子的2p轨道处于半满状态，电子的能量低，第一电离能反常(比O大)，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C＞B，CH4、H2O、CO2的键角分别为109°28′、104.5°、180°，

按照由大到小的顺序排列为CO2＞CH4＞H2O。答案为：2s22p1；N＞O＞C＞B；CO2＞CH4＞H2O；(2)(HB=NH)3分子式为N3B3H6，与苯互为等电子体，则互为等电子体的有机分子为C6H6。答案为：C6H6；Ⅱ．(1)①C16S8分子中，C原子和S原子的价层电子对数分别为3和4，

所以杂化轨道类型分别为sp2、sp3。②从表中数据看出，C16S8中碳硫键键长介于C-S键与C=S键之间，但不可能像苯一样形成大π键，所以只能从键长推出键能大小关系，从而得出原因可能是C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质。③因为“每个杂环平面上下两侧最多可吸附

10个H2分子”，则C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力。答案为：sp2、sp3；C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；范德华力；(2)从晶胞图中可以看出，晶胞中有8个Mg原子在顶点，1个Mg原子在体心，4个H原子在面心，2个H原子在体内，所以每个晶胞中含Mg原子个数为8×18+1

=2，含H原子个数为4×12+2=4，该晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为31A(22441)g/molag/cmmolN−+=A52aNcm3。答案为：A52aN。【点睛】计算晶胞中所含原子数目时，利用原子所在位置，确定能被几个晶胞共用，从而得出在1个晶胞中所占的份额

。11.醇酸树脂合成技术成熟、原料易得、涂膜的综合性能良好，是涂料用合成树脂中用量最大、用途最广的品种之一，新型环保醉酸树脂的合成线路如图所示：（1）E的化学名称是______,D中官能团的名称是____________。（2）

反应①的有机反应类型是_________。（3）下列说法正确的是_________（填字母编号）。a．化合物A的核磁共振氢谱有3组峰b．油脂、蔗糖、麦芽糖酸性水解都能得到2种物质c.检验B中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢量氧化钠溶液、硝酸银溶液d.1m

olC与足量的银氨溶液反应能生成4molAge.1molE与足童的金属钠反应产生33.6LH2(标准状况下）（4）写出CD的化学方程式：_________。（5）在Cu作催化剂，F(C8H10O2)与O2生成C,则F的同分异构体中，符合下列条件的芳香族化合物的结构简式有__________

_。a．遇FeCl3溶液发生显色反应；b．发生消去反应后生成的化合物核磁共振氢谱有5组峰；（6）已知：RCH3CH=CH2RCHClCH=CH2。上述合成路线，以2-丙醇为原料（无机试剂任选），设计制备OHC-CH2-CHO的合成路线_

__________。【答案】(1).丙三醇(2).羧基(3).取代反应(4).ade(5).(6).、(7).【解析】试题分析：，B为卤代烃，根据逆推可知D是、E是CH2OHCHOHCH2OH；解析：根据以上分析，（1）CH2OHCHOHCH2OH的化学名称是丙三醇；中官能团的名称

是羧基。（2）发生甲基上的取代反应。（3）a．邻二甲苯结构对称，核磁共振氢谱有3组峰，故a正确；b．麦芽糖酸性水解只得到葡萄糖一种物质，故b错误；c.检验B中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢量氧化钠溶液、加硝酸、最后硝

酸银溶液，故c错误；d.含有2个醛基，1mol与足量的银氨溶液反应能生成4molAg，故d正确；e.CH2OHCHOHCH2OH含有3个羟基，1molE与足童的金属钠反应产生33.6LH2(标准状况下），故e正确；（4）邻苯二甲醛被氢氧化铜氧化为邻

苯二甲酸的化学方程式：。（5）在Cu作催化剂，F(C8H10O2)与O2生成，则F是邻苯二甲醇，F同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；发生消去反应后生成的化合物核磁共振氢谱有5组峰的芳香族化合物的结构简式有和。(6）已

知：根据RCH3CH=CH2RCHClCH=CH2，由2-丙醇制备OHC-CH2-CHO需要制备丙烯，再与氯气发生取代反应，再与氯化氢发生加成反应，合成路线为点睛：检验卤代烃中所含官能团时，加试剂的顺序依次是过氢

量氧化钠溶液水解、加硝酸中和过量的氢氧化钠、最后硝酸银溶液，根据沉淀颜色判断卤素原子种类。