【文档说明】《历年高考化学真题试卷》2021年高考全国甲卷化学试题（解析版）A3.docx，共(10)页，869.604 KB，由envi的店铺上传

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绝密★考试启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试·化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cu64Zr91一、选择题1.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任

何防腐剂B.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【分析】【详解】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；B．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故

B错误；C．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；D．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故选C。2.AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.18g重水(2DO)中

含有的质子数为A10NB.3mol的2NO与2HO完全反应时转移的电子数为A4NC.32g环状8S()分子中含有的S-S键数为A1ND.1LpH=4的-12270.1molLKCrO溶液中2-27CrO离子数为A

0.1N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2DO的质子数为10，18g2DO的物质的量为18g=20g/mol0.9mol，则18g重水(2DO)中所含质子数为A9N，A错误；B．2NO与2HO反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移

的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为A2N，B错误；C．一个8S()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为32g=832g/mol18mol，则含有的S-S键数为AA18N=N8，C正确；D．酸性227KCr

O溶液中存在：2-2-+2724CrO+HO2CrO+2H，含Cr元素微粒有2-27CrO和2-4CrO，则1LpH=4的-12270.1molLKCrO溶液中2-27CrO离子数应小于A0.1N，D错误；故选C。3.实验室制备下列气体的方法可行的是

A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气

加热氯酸钾和二氧化锰的混合物B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会

与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；故选D。4.下列叙述正确的是A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇C.烷烃

的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应

，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B正确；C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；D．戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱

和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。故选B。5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A

.原子半径：Z>Y>X>WB.W与X只能形成一种化合物C.Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】D【解析】【分析】W．X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最

外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为62=3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此结合元素及

其化合物的结构与性质分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Al元素，Z为S元素，则A．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；B．W为H元素，X为N元素，两者可形成N

H3和N2H4，B错误；C．Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；D．W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。故选D。6.已知相同温度下，()()3sp4spBaSO<BaCOKK。某温度下，饱和溶液中()2-4-lgSOc

、()2-3-lgCOc、与()2+-lgBac的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表3BaCO的沉淀溶解曲线B.该温度下4BaSO的()sp4BaSOK值为-101.010C.加适量2BaCl固体可使

溶液由a点变到b点D.()2+5.1Ba=10c−时两溶液中()()212-4yy2-3SO=10COcc−【答案】B【解析】【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-4SO)]}＝

－lg[c(Ba2＋)×c(2-4SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-3CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(Ba

CO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-4SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-3CO)]的关系。【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱

和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-4SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(2-4SO)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)

]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(2-4SO)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动

，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中()()2-42-3SOCOcc＝21yy1010−−＝12yy10−，选项D错误；答案选B。7.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图

中的双极膜中间层中的2HO解离为+H和-OH，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为：+2H++2e-=+H2OC.制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子

D.双极膜中间层中的+H在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【解析】【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。【详解】

A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1

mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+

在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。二、非选择题8.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)2I的一种制备方法如下图所示：①加入Fe粉进

行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入2Cl的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比()()22nCl/nFeI=

1.5时，氧化产物为_______；当()()22nCl/nFeI>1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以3NaIO为原料制备2I的方法是：先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中加入3NaIO溶液，反应得到2I，

上述制备2I的总反应的离子方程式为_______。(3)KI溶液和4CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和2I，若生成21molI，消耗的KI至少为_______mol。2I在KI溶液中可发生反应--23I+II。实验室中使用过量的KI

与4CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。【答案】(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).

I2、FeCl3(5).I2被过量的2Cl进一步氧化(6).--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO(7).4(8).防止单质碘析出【解析】【分析】【详解】(1)①由流程图可知悬浊

液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通

入2Cl的过程中，因I-还原性强于Fe2+，2Cl先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比()()22nCl/nFeI=1.5时即2Cl过量，

先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当()()22nCl/nFeI>1.5即2Cl过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2

被过量的2Cl进一步氧化；(2)先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHSO，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的两个反应中I-为中间产物，总反应为-3IO与-3HSO发生氧化还原反应，生成2-4SO和2I，根

据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO，故答案为：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO；(3)KI溶液和4CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和2I，化学方程式为4KI+2CuSO4=2

CuI+I2+2K2SO4，若生成21molI，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应--23I+II平衡右移，增大2I溶解度，防止2I升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。9.胆矾(42CuSO5HO)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用

工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标号)。A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管(2)将CuO加

入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是_______。(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量22HO，冷却后用32NHHO调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操

作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是_______，煮沸10min的作用是_______。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为1m，加入胆矾

后总质量为2m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为3m。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_____

__(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来【答案】(1).A、C(2).CuO+H2SO4ΔCuSO4+H2O(3).不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）(4).过滤(5).干燥(6).除尽铁，抑制硫酸铜水解(7).破坏氢氧化铁胶

体，易于过滤(8).233180()9()mmmm−−(9).①③【解析】【分析】【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；(2)将CuO加入到适量的稀硫酸

中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4ΔCuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）

；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑

制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4)称量干燥坩埚的质量为1m，加入胆矾后总质量为2m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至

室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为3m。则水的质量是(2m－3m)g，所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为2331()():18160mmmm−−=n:1，解得n＝233180()9()mmmm−−；(5)①胆矾未充分干燥，捯饬所测m2偏大，根据n=233180()9()mmm

m−−可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=233180()9()mmmm−−可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不

符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=233180()9()mmmm−−可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。10.二氧化碳催

化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+该反应一般认为通过如下步骤来实现：①-12221CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=+41kJmol②-1232CO(

g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJmol总反应的ΔH=_______-1kJmol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。A.B.C.

D.(2)合成总反应在起始物()()22nH/nCO=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为3x(CHOH)，在t=250℃下的()3xCHOH~p、在5p=510Pa下的()3xCHOH~t如图所示。①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常

数，表达式pK=_______；②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；③当()3xCHOH=0.10时，2CO的平衡转化率α=____，反应条件可能为___或___。【答案】(1).-49(2).A(3).ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH

为负值，反应①的活化能大于反应②的(4).()()()()23322HOCHOHHCOpppp(5).b(6).总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小(7).33.3%(8).5×105Pa，210℃(9).9×105Pa

，250℃【解析】【分析】【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①-12221CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=+41kJmol，②-1232CO(g)

+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJmol，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+()()-1-1-1ΔH=+41kJmol90k

Jmol=49kJmol+−−；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，

故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=()()()()23322HOCHOHHCOpppp

，故答案为：()()()()23322HOCHOHHCOpppp。②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中3x(CHOH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应

ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则()()()()()()()22323Hg+COgCHOHg+HOgmol3100mol3xxxxmol3-3x1

-xxx起始转化平衡，当平衡时()3xCHOH=0.10时，()()x3-3x+1-x+x+x=0.1，解得x=13mol，平衡时CO2的转化率α=1mol3100%1mol=33.3%；由图可知，满足平衡时()3xCHOH=0.10的条件有：

5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。【化学—选修3：物质结构与性质】11.我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项

目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为______

___。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________（填标号）。（2

）CO2分子中存在_______个σ键和______个π键。（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4

+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________（用x表达）。【答案】(1)

.3s23p2(2).原子晶体(共价晶体)(3).sp3(4).②(5).2(6).2(7).甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多(8).8(9).230A491816ac10N−+(10).2-x【解析】【

分析】【详解】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+4412−=4，

因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因

此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均

能，且水比甲醇的氢键多；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=A4mol91g/

mol8mol16g/molN+，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度=mV=A2303491816gac10cmN−

+=230A491816ac10N−+g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)

=2y，解得y=2-x，故答案为：230A491816ac10N−+；2-x。【化学—选修5：有机化学基础】12.近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______。(2)1molD反应生成E至少需要_______mol氢气。(3)写出E中任意两种含氧官能团的名称_______。(4)由E生成F的化学方程式为_______。(5)由G

生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为_______。(6)化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填标号)。a.含苯环的醛、酮b.不

含过氧键(-O-O-)c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1A.2个B.3个C.4个D.5个(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成

路线_______。【答案】(1).间苯二酚（或1,3-苯二酚）(2).2(3).酯基，醚键，酮基（任写两种）(4).TsOHPhMe⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O(5).取代反应(6).C(7).m-CPBA⎯⎯⎯⎯⎯→242浓HSOHO⎯⎯⎯⎯⎯→32(CHCO)O揪揪井【解析】【分析】由合

成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C（），与碳酸二甲酯发生酯化反应，生成，与氢气发生加成反应生成，发生消去反应，生成F，F先氧化成环氧化合物G，G在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H，据此

分析解答。【详解】(1)A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚），故答案为：间苯二酚（或1,3-苯二酚）；(2)D为，与氢气发生加成反应生成，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1molD反应生成E至少需要2mol氢气，故答案为：

2；(3)E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，酮基（任写两种），故答案为：酯基，醚键，酮基（任写两种）；(4)E为，发生消去反应，生成，化学方程式为TsOHPhMe⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O，故答案为：TsOHPhMe⎯⎯⎯⎯⎯→

+H2O；(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(6)化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不含

过氧键(-O-O-)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：，，，，故有4种，答案为：C；(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA的作用下生成环

氧化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为：m-CPBA⎯⎯⎯⎯⎯→242浓HSOHO⎯⎯⎯⎯⎯→32(CHCO)O揪揪井。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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