【文档说明】四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三上学期10月月考理科综合化学试题 含解析.docx，共(17)页，2.463 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学实验学校2024届一诊模拟理科综合试题(一)一、单选题1.化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法错误的是A.华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B.用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能

导电，石墨烯与金刚石互为同素异形体C.国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D.国产飞机C919内的椅罩、门帘等使用国产芳砜纶纤维，芳砜纶纤维属于天然纤维【答案】D【解析】【详解】A．晶体硅是华为Mate60pro系列“争气机”的芯片主要材，

A项正确；B．用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石均为碳的单质，它们互为同素异形体，B项正确：C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，则国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C项正确；D．芳砜纶纤维是

合成高分子化合物，属于合成纤维，D项错误；答案选D。.2.日本核污水含有大量的放射性核素，如氚、锶-90、碳-14等。据统计，目前已有12个国家和地区对福岛食品采取进口限制。阿伏加德罗常数为NA，下列有关说

法正确的是A.等物质的量的氚(3H)与氘(2H)的核内中子数分别为2NA和NAB.锶-()903890Sr为第IIA元素，2Sr+得电子能力比2Ca+强C.常温下，17gN2H3所含中子的数目为10NAD.0.1mol14CH4和14NH3的混合物含电子数

为NA【答案】D【解析】【详解】A．等物质的量的氚与氘的核内中子数不能确定，A项错误；B．锶-()903890Sr为第IIA元素，2Sr+得电子能力比2Ca+弱，B项错误；C．常温下，23NH的摩尔质量为1gm20o

l−，2317gNH所含中子的数目为A8.5N，C项错误；D．144CH中含10个电子，143NH中也含10个电子，所以0.1mol144CH和143NH的混合物含电子数为AN，D项正确；答案选D。3.短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大。X和Y位于同一周期且能

组成红棕色的大气污染物，金属元素M的单质与冷水几乎不反应，但可与热水发生置换反应生成W的单质。下列有关说法错误的是A.简单离子半径可能为：Z>X>YB.简单氢化物的还原性：X>YC.常温下，Z的单质能够与水剧烈反应D.由W、X、Y三种元

素组成的化合物的水溶液可能呈酸性【答案】A【解析】【分析】由题给信息，短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X和Y位于同一周期且能组成红棕色的大气污染物，则红棕色大气污染物为2NO，则X为N，Y为O，金属元素M的单质与冷水几乎不反应，但可与热水发生置换反应生成W的单质，则M为Mg，

W为H，原子序数依次增大，Z可能为F或Na，则W、X、Y、M四种元素分别为H、N、O、Mg，Z可能为Na或F；【详解】A．简单离子半径：32NOF−−−(或Na+)，A项错误；，B．同周期从左到右,非金属性增强，氢化物的还原性减弱，则简单氢化物的还

原性：32NH>HO，B项正确，C．常温下，2F或Na均能的与水剧烈反应，C项正确；D．由W、X、Y三种元素组成的32NHHO的水溶液显碱性，组成的43NHNO显酸性，D项正确。答案选A。4.青杞始载于《新修本草》，药用全草，清热解毒。青杞化学成分多种多样，其中一种成

分白英素B的结构如图所示，关于该化合物，下列说法正确的是A.最多有9个碳原子共平面B.1mol白英素B完全反应能消耗4molH2C.可发生加聚、加成、氧化等反应D.1mol白英素B完全反应能消耗2molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，白英素B分子中含

有的苯环为平面结构，则分子中至少有9个碳原子共平面，A项错误；B．由结构简式可知，白英素B分子中含有的醛基、苯环能与2H发生加成反应，B项正确；C．由结构简式可知，白英素B分子中不含有碳碳双键，不能发生加聚反应，加成与氧化反应可以

发生，C项错误；D．由结构简式可知，白英素B分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol白英素B完全反应能消耗1mol氢氧化钠，D项错误；答案选B。故选B5.近期科技工作者开发了一套CO和甘油(C3H8O

3)的电解装置，如图所示。下列说法错误的是A.催化电极b连接电源的正极B.电解过程中K+从阳极区移向阴极区C.阴极区的电极反应为2CO+8e-+6H2O=C2H4+8OH-D.电解过程中阳极附近pH减小【答案】B【解析】【分析】如图所示，催

化剂a电极中24COCH→，C元素化合价降低，得电子，为阴极，与电源负极相连，电极方程式为：2242CO+8e+6HO=CH+8OH−−，催化剂b电极，383363CHOCHO→中C元素化合价升高，失电子，为阳极，与电源正极相连，电极方程式为：3833632

CHO-2e2OH=CHO+2HO−−+。【详解】A．催化电极b为383363CHOCHO→，为阳极，接电源的正极，A项正确B．电解过程中，阳离子向阴极移动，但是K+不能通过阴离子交换膜，B项错误；C．催化电极a

为+2-224COCH→，为阴极，电极反应为2242CO+8e+6HO=CH+8OH−−，C项正确D．电解时，阳极室反应3833632CHO-2e2OH=CHO+2HO−−+，阳极室pH减小，D项正确；答案选B。6.某学习小组设计如图所示装

置改进钠与氯气反应的实验。下列说法正确的是A.加入药品后应检查装置气密性B.先点燃酒精灯再滴加浓盐酸C.钠在氯气中剧烈燃烧产生白烟D.若将Na改为Cu，可以观察到蓝色的烟【答案】C【解析】【详解】组装好装置后，加入药品前应检查装置气密性，A错误；先滴加浓盐酸，产生一段时间的

氯气，排除装置内的空气，再加热酒精灯，B错误；钠在氯气中剧烈燃烧生成白色固体氯化钠，所以现象为产生白烟，C正确；钠在氯气中剧烈燃烧生成棕黄色固体氯化铜，所以现象为产生棕黄色烟，D错误；故选C。7.下列离子方程式不正确的是A.乙醇与227KCrO酸

性溶液反应：233227323CHCHOH2CrO16H3CHCOOH4Cr11HO−++++⎯⎯→++B.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO-2＋3H2↑C.4FeSO溶液中加入22HO产生沉淀：()222232FeHO4HO2FeO

H4H++++=+D.将等物质的量浓度的()2BaOH和44NHHSO溶液以体积比1：1混合：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+【答案】D【解析】【详解】A．乙醇与227KCrO酸性溶液反应，乙醇被氧化为乙酸，根据得失电子守恒配平离子方程式为2332

27323CHCHOH2CrO16H3CHCOOH4Cr11HO−++++⎯⎯→++，故A正确；B．氢氧化钠溶液与铝反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，离子方程式为：2Al＋2OH-＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，故B正确；

C．4FeSO溶液中加入22HO，Fe2+被氧化生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为()222232FeHO4HO2FeOH4H++++=+，故C正确；D．将等物质的量浓度的()2BaOH和44NHHSO溶液以体积比1：1混合，生成

一水合氨、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2+2444232Ba2OHNH+HSOBaSOHO+NHHO+−+−+++=+，故D错误；选D。三、非选择题：第22至25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。8.以某废锌渣(主要成分为ZnFe2O4

及一定量的FeS、PbO、ZnS、Al2O3、SiO2)为原料制备碳酸锌的工艺流程如图：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如表所示：金属离子Zn2+Fe3+Fe2+Pb2+Al3+开始沉淀pH5.51.36.5703.3刚好完全沉淀pH8.03.29.28.84.

7回答下列问题：（1）为提高“浸出”效率，可采取措施有_____(任意回答一条)。.的（2）“浸出”时ZnFe2O4除直接溶于硫酸外，有部分ZnFe2O4在酸性条件下与FeS、ZnS发生了氧化还原反应。①“浸出”步骤中，滤渣I的主要

成分除硫单质外还有_____(填化学式)。②写出在酸性条件下ZnS与ZnFe2O4反应的化学方程式：_____。（3）“转化”步骤中，加入H2O2的电子式为_____。H2O2的加入量高于理论值的主要原因为_____。（4）“调pH”时需调节pH的最佳范围为_____。（5）“沉锌”步

骤中，发生的主要反应的离子方程式为_____。（6）铁酸锌可用于循环分解水制氢气，其反应原理如图所示。反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____。【答案】（1）将废锌渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高浸出温度、不断快速的搅拌等(任答一条，合理即可)（2）

①.4PbSO、2SiO②.2424442ZnSZnFeO4HSO2ZnSO2FeSOS4HO++=+++（3）①.②.3Fe+可以催化22HO分解（4）4.7≤PH<5.5（5）Zn2++2HCO3-=ZnCO3↓+H2O+CO2↑（6）1∶4【解析】【分析】废锌渣加入硫酸酸浸出时，

24ZnFeO与FeS、ZnS在酸性条件下反应得到4FeSO、4ZnSO、硫单质，PbO溶于稀硫酸生成难溶物质4PbSO，23AlO溶于稀硫酸生成()243AlSO，2SiO不与稀硫酸反应，过滤得到的滤渣为硫单质、4PbSO、2SiO；向滤液中加双氧水，将2Fe+氧化为3

Fe+；再加入NaOH溶液，根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH表，调节在4.5pH5.5的范围内，将溶液中的3Fe+、3Al+转化为()3FeOH沉淀、()3AlOH沉淀，滤渣Ⅱ为()3FeOH沉淀、()3AlOH沉淀，滤液为4ZnSO，向滤液4ZnSO中加3Na

HCO溶液，生成3ZnCO，过滤得到3ZnCO。【小问1详解】为提高“浸出”效率，可采取的措施有将废锌渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高浸出温度、不断快速的搅拌等(任答一条，合理即可)；【小问2详解】

“浸出”步骤中，滤渣I的主要成分除硫单质外还有4PbSO、2SiO；在酸性条件下ZnS与ZnFe2O4反应的化学方程式2424442ZnSZnFeO4HSO2ZnSO2FeSOS4HO++=+++；【小问3详解】H2O

2的电子式为；H2O2的加入量高于理论值的主要原因为3Fe+可以催化22HO分解，因此22HO需过量；【小问4详解】“调pH”，目的是将溶液中的3Fe+、3Al+转化为()3FeOH沉淀、()3AlOH沉淀，而且2Zn+不能沉淀，根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH表可

知，需调节pH的最佳范围为4.7≤PH<5.5；【小问5详解】“沉锌”步骤中，发生的主要反应的离子方程式为23322Zn2HCOZnCOHOCO+−+=++；【小问6详解】铁酸锌可用于循环分解水制氢气，反应①中发生反应24

3426ZnFeO6ZnO4FeOO++高温，氧元素化合价升高，氧化产物是2O，铁元素化合价降低，还原产物是34FeO，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为()()342O:FeO1:4nn=。9.三水合硝酸铜［Cu(NO3)2·3H2O，M=242g·mol-1］是一种重要的无机试剂

，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：I．三水合硝酸铜［Cu(NO3)2·3H20］的制备。实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为_____。（2）

若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为_____。II．Cu(NO3)2溶液的配制。（3）实验室里需要500mL0.1mol·L-1Cu(NO3)2溶液。用三水合硝酸铜［Cu(NO3)2·3H20］配制该溶液时，下列仪器一定不需要的是_____(填仪器名称．．)。（4）所需

三水合硝酸铜固体的质量为_____g。（5）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是_____(填序号)。A.加水定容时俯视刻度线B.容量瓶未干燥处理C.定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯III．三水合硝酸铜［Cu(N

O3)2·3H20］热分解实验。（6）将24.2gCu(NO3)2·3H20样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在12TT℃℃过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为_____。继续升温至3℃T时生成的固体产物为_____(填化学式)。【答案】（

1）2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入KSCN溶液，若溶液

变为红色，则溶液中含有铁元素)（3）100mL容量瓶、分液漏斗（4）12.1（5）CD（6）①.()32222CuNO2CuONOOΔ4++②.2CuO【解析】【小问1详解】制备硝酸铜时，铜和硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的离子方程式为2323Cu8H2NO3Cu2NO

4HO+−+++=++；【小问2详解】若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以2Fe+的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素。【小问3详解】实验室里

需要500mL0.1mol·L-1Cu(NO3)2溶液，操作步骤有：计算、称量、溶解(并冷却)、移液、洗涤、定容，摇匀，配制时需要500mL规格的容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平，因此不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗。【小问4详解】用500mL容量瓶配制0.1mo

l·L-1Cu(NO3)2溶液，需要()3220.05molCuNO3HO，质量为10.05mol242gmol12.1g−=；【小问5详解】配制过程中，加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，会导致浓度偏大，故不选A；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响，故不选B；定容加水时

超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度偏低，故选C；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度偏低，故不选D；选CD。【小问6详解】24.2gCu(NO3)2·3H2O的物质的量为0.1mol，完

全失去结晶水生成0.1molCu(NO3)2，质量为18.8g，根据铜元素守恒，Cu(NO3)2分解生成0.1mol氧化铜，质量为8g，再加热生成0.05molCu2O，质量为7.2g，T1℃的固体产物是Cu(N

O3)2，T2℃的固体产物是CuO，T3℃的固体产物是Cu2O，T1℃~T2℃时固体由Cu(NO3)2转化为CuO，同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时还有氧气生成，因此T1℃~T2℃Cu(NO3)2分解产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为()

32222CuNO2CuO4NOO++△，加热到T2℃时CuO又分解，最终生成Cu2O。10.氮氧化物是形成酸雨和光化学烟雾的主要物质之一。研究消除氮氧化物的反应机理，对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。回答下列问题：（1）NO2是工业合成硝酸的中间产物，也是一种主要的大气污染物，工

业可采用CH4消除NO2污染，主要原理为CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H。①已知：CH4的燃烧热△H1=-890.3kJ•mol-1N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H2=

+133kJ•mol-1H2O(g)=H2O(l)△H3=-44kJ•mol-1则△H=________kJ•mol-1。②在3.0L恒温密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，进行上述反应，容器内气体总压强(p)随反应时间(

t)变化的数据如表所示：反应时间t/min0246810总压强p/×100kPa4.805.445765.926.006.00则0~4min用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)=________mol/(L

•min)，该温度下的平衡常数Kp=_________kPa。（2）N2O曾用作麻醉剂，其分解的方程式为2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，分别向四个密闭容器中充入如表所示相应气体，进行上述反应。容器I、II、III中N2O的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示：容器物质的量/mo

l编号体积/LN2ON2O2IV1=1.00.100IIV20100IIIV30.100IVV4=1.00.060.040.04①若容器IV保持370℃，则起始反应速率v正(N2O)_______2v逆(O2)(填“＞”“

＜”或“=”)。②A、B、C三点中压强最大的是_______。..③碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程如下：第一步I2(g)2I(g)(快速平衡，平衡常数为K)第二步I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步2IO(g)+2

N2O(g)2N2(g)+2O2(g)+I2(g)(快反应)则第二步的活化能________(填“＞”“＜”或“=”)第三步的活化能。实验表明，碘蒸气存在时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•c0

.5(I2)(k为速率常数)，已知第二步反应不影响第一步的平衡，其反应速率方程v=k1•c(N2O)•c(I)(k1为速率常数)。则第一步反应的平衡常数K=________(用k和k1表示)。【答案】（1）①.-

935.3②.0.1③.3240（2）①.＜②.C③.＞④.221kk【解析】【小问1详解】①Ⅰ.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)△H1=-890.3kJ•mol-1Ⅱ.N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H2=+133kJ•mol-1Ⅲ.H2O(g)=

H2O(l)△H3=-44kJ•mol-1依据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ×2得，反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H=(-890.3kJ•mol-1)-(+133kJ•mol-1)-(-44kJ•mol-1)×2=-935

.3kJ•mol-1。②0~4min内，n(混)=5.76100kPa3mol4.80100kPa=3.6mol，利用差量法，可求出参加反应NO2的物质的量为(3.6mol-3mol)×2=1.2mol，用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)=1.2mol3.0L4min

=0.1mol/(L•min)。平衡时，n(混)=6.00100kPa3mol4.80100kPa=3.75mol，利用差量法，可求出参加反应CH4的物质的量为(3.75mol-3mol)×1=0.75mol，则平衡时，CH4、NO2、CO2、H2O(g)、N2的物质的量分别

为0.25mol、0.5mol、0.75mol、1.5mol、0.75mol，该温度下的平衡常数Kp=220.751.50.75600kPa(600kPa)600kPa3.753.753.750.250.5600kPa(600kPa)3.753.75=3240kPa。【

小问2详解】①对于反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，370℃时，在容器Ⅰ中，N2O的起始物质的量为0.1mol，变化量为0.1mol×40%=0.04mol，则平衡时，N2O、N2、O2的物质的量分别为0.06mol、0.04mol、0.

02mol，则平衡常数K=220.040.020.06≈0.0089。若容器IV保持370℃，则浓度商Qc=220.040.040.06＞K，所以平衡逆向移动，起始反应速率v正(N2O)＜2v逆(O2)。②370℃时，增大压强，平衡逆向移动，N2O的转化率

减小，则I、II、III中容器内的压强依次增大，从曲线变化可以看出，升高温度，平衡正向移动，则压强增大，所以A、B、C三点中压强最大的是C。③慢反应的活化能大，第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步的活化能＞第三步的活化能。实验表明，碘蒸气存在时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•c

0.5(I2)(k为速率常数)，已知第二步反应不影响第一步的平衡，其反应速率方程v=k1•c(N2O)•c(I)(k1为速率常数)。则平衡时，k•c(N2O)•c0.5(I2)=k1•c(N2O)•c(I)，第一步反应的平衡常数K=22c(I)c(I

)=221kk。【点睛】若一个化学反应分若干步进行，则慢反应为决速反应。(二)选考题：共45分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.金属Mn、Ni、Ga等在电池、半导体材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：（1）

基态Mn原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_____，基态Ni简化的核外电子排布式为_____。（2）铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。①甲酸的沸点比甲醛的_____(填“低”或“高

”)，主要原因是_____。②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_____σ键，键角：α_____β(填“>”“=”或“<”)。（3）氮化镓是用于高科技领域的半导体材料，Ga是与Al同主族的第四周期元素，其价电子排布式为__

___，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。Ga的配位数为_____，两个氮原子间的最近距离是_____nm。氮化镓的晶胞密度为_____g·cm3−(列出计算式即可，AN为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）①.N②.[Ar]3d84s2（2）①.高②.甲酸分子间有氢键，甲醛没有③.s-sp2④.<（3）①4s24p1②.4③.2a2④.213A4(70+14)10Na【解析】【小问1详解】Co为27号元素，有4个电

子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；【小问2详解

】①甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，而甲醛分子间没有氢键，甲酸的沸点比甲醛的沸点要高；②甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；【小问3详解】Ga是与Al同主族的第四周期元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s

24p1，其价电子排布式为4s24p1；由氮化镓的立方晶胞结构图可知，晶胞参数为anm，Ga周围最近且距离相等的N原子数目为4，故Ga的配位数为4，其中两个氮原子间的最近距离是面对角线的一半，即为2a2nm，一个晶胞中含有Ga的个数为：118682+=4，N原子个数为4，则一个晶胞的质量为

：A4(70+14)gN，故氮化镓的晶胞密度为：A734(70+14)gNm==(10)Vacm−=213A4(70+14)10Nag·cm3−。[化学——选修5：有机化学基础]12.有机物G可用作光电材料，其一种合成

路线如图：.已知：①(R、R’表示氢或烃基)②回答下列问题：（1）反应①的反应类型是_______。（2）反应②的化学方程式为_______，C中官能团的名称是_______。（3）D的结构简式是_______。反应③和⑤的目的是_______。（4）E有多种同分异构体，请写出其中能同时满

足以下条件的芳香化合物的结构简式：_______。①能与NaHCO3反应产生CO2②能发生银镜反应③能与FeCl3发生显色反应④核磁共振氢谱有4组峰（5）设计以1，2-二溴乙烷和甲醛为起始原料制备HCOOCH2C≡CH的合成路线：_______(无机试剂任选)。【答案】（1

）加成反应（2）①.H-C≡C-CH2OH+HBr⎯⎯→H-C≡C-CH2Br+H2O②.碳碳三键、碳溴键（3）①.②.保护苯环上的(酚)羟基不被氧化（4）、（5）【解析】【分析】A是一种烃，分子式为C2H2，则A为HCCH，A与HCHO发生类似信息①的反应生成B，则B

为HCCHCH2OH，B与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成C，C为HCCHCH2Br，F发生加聚反应生成G，根据G的结构简式可知F的结构简式应为；D发生信息的反应生成E，E中应含有羟基，再结合C的简式可知E为，所以反应④为中的甲基被酸性高锰酸钾氧化的反应，则D的结构简式为。

【小问1详解】反应①是HCCH与HCHO发生类似信息①的反应生成HCCHCH2OH，反应类型是加成反应；【小问2详解】反应②是HCCHCH2OH与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成HCCHC

H2Br，反应的化学方程式为H-C≡C-CH2OH+HBr⎯⎯→H-C≡C-CH2Br+H2O，C为HCCHCH2Br，官能团的名称是碳碳三键、碳溴键；【小问3详解】D的结构简式是；若没有反应③，酸性高锰酸钾氧化甲基时，也会氧化酚羟基，反应③和

⑤的目的是保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；【小问4详解】E的同分异构体，满足以下条件，且为芳香化合物，即含有苯环；①能与NaHCO3反应产生CO2说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核

磁共振氢谱有4组峰，即含有4种环境的氢原子，说明结构对称，满足的条件的有：、；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com