【文档说明】西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三第五次月考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(16)页，626.000 KB，由小赞的店铺上传

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那曲第二高级中学2020届高三第五次月考理科综合试卷化学部分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32P-31Fe-561.化学与生产、生活等多方面都密切相关，下列说法中不正确的是

（）A.石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品B.晶体硅制得的光电池，能将光能直接转化为电能C.误食重金属离子时可先喝大量牛奶或豆浆后再及时就医D.缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗【答案】A【解析】【详解】A．工业中石油进行常压分馏主要目的是得到石油气、汽油、煤油和柴油等轻质油，

减压分馏目的是得到润滑油、石蜡等相对分子质量较大的烷烃，若要获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品需通过裂解实现，故A符合题意；B．晶体硅可以做太阳能电池板，能直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；C．牛奶主要成分是蛋白质，重金属离子能使蛋白质变

性，消耗一部分重金属离子，可防止人体本身的蛋白质被破坏，故C不符合题意；D．亚铁盐可以治疗缺铁性贫血，是常用的补铁药物，故D不符合题意；故答案为：A。2.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1mol羟基(-OH)中含7NA个电子B.过氧化钠

与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC.50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NAD.6.2g白磷(分子式为P4)中所含P—P键的数目为0.2NA【答案】B【解析】【详

解】A．羟基中电子数为8+1=9，因此1mol羟基(-OH)中含9NA个电子，故A错误；B．过氧化钠与水反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，过氧化钠中氧元素化合价从-1价升高至0价生成氧气，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；C．铜与浓硫酸反应随着反应

的进行，硫酸浓度逐渐降低，最终反应停止，最终硫酸有剩余，因此无法根据硫酸的物质的量计算最终生成SO2的数目，故C错误；D．6.2g白磷的物质的量为()6.4g=0.05mol314g/mol，P4的结构为，因此0.

05molP4中含有P-P键数目为0.05×6NA=0.3NA，故D错误；故答案为：B。3.有机化合物萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确．．的是A.a和b均属于苯的同系物B.a和b分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a和

b均能使酸性KMnO4溶液褪色D.a物质与足量氢气加成所得产物的一氯代物最多有6种【答案】C【解析】【详解】A．a不含苯环，所以不属于苯的同系物，故A错误；B．a中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a分子中所有碳原子不

可能处于同一平面上，故B错误；C．a中含有碳碳双键、b苯环的支链上含有H原子，所以a、b都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．a物质与足量氢气加成所得产物中有7种环境的氢，一氯代物最多有7种，故D错误；故答案为C。【点睛】含有饱和碳原子的有

机物不可能所以原子都共面。4.下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是A.Mg、Al合金用来制造飞机外壳——合金熔点低B.葡萄酒中含SO2——SO2有漂白性C.SiO2用来制造光导纤维——SiO2耐

酸性D.食品盒中常放一小袋Fe粉——Fe粉具有还原性【答案】D【解析】【详解】A．Mg、Al合金硬度大，密度小，可用来制飞机外壳，与合金熔点低无关，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化剂

，故B错误；C．二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，故C错误；D．铁粉具有还原性，放在食品袋中可以防止食品氧化变质，故D正确；故选D。5.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中T所处的

周期序数与族序数相等，下列判断错误的是A.W和R形成的化合物属于共价化合物B.元素R与氢形成的化合物有很多种C.含T的盐溶液可能能与NaOH溶液反应也可能与盐酸反应D.常温下，T的单质与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应产生气体【答案】D

【解析】【分析】根据‘T所处的周期序数与族序数相等’可推知T位于第三周期第ⅢA族，即T为铝，进而推知R为碳，Q为磷，W为硫。【详解】A．W和R形成的2CS为共价化合物，A正确；B．碳的氢化物种类有很多，烷烃、烯烃、炔烃等，

B正确；C．含铝的盐溶液如果是3AlCl可以和NaOH反应，如果是()4NaAlOH则可以和盐酸反应，故C正确；D．铝和浓硫酸常温下钝化，D错误；故答案为D。6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（）选项①中物

质②中物质预测②中的现象A稀硫酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解

析】【详解】A.盐酸首先中和氢氧化钠，不会立即产生气泡，故A错误；B.常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C.氢氧化钠溶液开始是过量的，生成偏铝酸钠，不可能产生大量白色沉淀氢氧化铝，故C错误；D.草酸具有还原性，能被酸性

高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查实验方案设计与评价，实验已成为化学中考命题的重点和难点,实验设计与评价是化学实验中难度最大、综合性最强、能力要求相对较高的一类科学探究试题。该题是选择题的形式，相对简单，实际是考查

了四个具体的化学反应原理及其现象，明白原理和目的加上扎实的基础，解答本题应该游刃有余。7.对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v

(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A.①②B.④C.③D.④⑤【答案】B【解析】【详解】①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②2A(s)＋3B(g)

C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞

v(逆)，故④正确；⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。8.金属锰在冶金工业中用来制造特种钢，常作为脱硫剂和去氧剂，其化合物广泛应用于电池、机械制造业等领域。(1)以软锰矿(主要为MnO2)为原料通过热还原法得到金属锰涉及的两个反应：①3MnO2(

s)=Mn3O4(s)+O2(g)△H1=akJ•mol-1②3Mn3O4(s)+8Al(s)=4Al2O3(s)+9Mn(s)△H2=bkJ•mol-1已知Al的燃烧热为△H3=ckJ•mol-1，则MnO2与

Al发生铝热反应的热化学方程式为___________。(2)科研人员将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出(假定杂质不反应，溶液体积不变)，发生反应Mn(s)+Sn2+(aq)Mn2+(aq)+S

n(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)请回答下列问题：①为加快反应速率可以采取的措施有__________；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是____________________。②下列能说明反应已达平衡的有____________________(填

编号)。A.溶液的颜色不发生变化B.溶液中c(Mn2+)=c(Sn2+)C.体系中固体的质量不变D.Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变③室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=________________，Mn2+的产率为______

______。④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时c(Mn2+)=____________(不考虑离子水解的影响)。(3)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电

解液中电解获得，其阳极反应式为_____________________，阳极附近溶液的pH____________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1).()()()()()2233MnOs+4Als=2AlOs+1=3a+b+43MnckJ3s/mol

H(2).升高温度或增大c(Sn2+)(3).构成多个微型原电池，加快反应速率(4).ACD(5).3(6).75%(7).0.375mol∙L-1(8).2+-+22Mn2e+2HO=MnO+4H-(9).减小【解析】【

详解】（1）Al的燃烧热为△H3=ckJ•mol-1，则铝的燃烧反应的热化学方程式为：③()()()2234Als+3Og=2AlOs4ckJ/molH=−，根据盖斯定律计算(①×3+②+③)×13得到MnO2与Al发生铝

热反应的热化学方程式：()()()()()2233MnOs+4Als=2AlOs+1=3a+b+43MnckJ3s/molH；（2）①通过升高温度或增大反应物浓度可使化学反应速率加快；因Mn与Sn的金属活泼性不同，析出的Sn附着在Mn表面，溶液中存在能够自由移动的离子，从而构成了原电池，使得Mn

的溶解速率加快，故答案为：升高温度或增大c(Sn2+)；构成多个微型原电池，加快反应速率；②A．该体系中只有Sn2+具有颜色，若溶液的颜色不发生变化，则说明溶液中c(Sn2+)不变，能够说明反应达到了平衡状态，故A符合题意；B．因不确定起始Sn2+浓度以及其转化率，因此达到

平衡状态时，无法确定c(Mn2+)与c(Sn2+)关系，故不能判断反应是否处于平衡状态，故B不符合题意；C．反应中固体质量在不断发生变化，若体系中固体的质量不变，说明溶液中离子浓度不变，能够说明反应达到平衡状态，故

C符合题意；D．随着反应的进行，Mn2+与Sn2+浓度在不断变化，当Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变时，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D符合题意；故答案为：ACD；③随着反应的进行，c(Sn2+)逐渐减小，c

(Mn2+)逐渐增加，由此可知，平衡状态下c(Mn2+)=0.75mol/L，c(Sn2+)=0.25mol/L，平衡常数()()2+2+0.75mol/L=30.25mMnSnol/LccK==；Mn2+理论

产量为Sn2+完全转化时的生成量，由此Mn2+的产量为0.75mol/L100%75%1mol/L=；④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，c(Mn2+)、c(Sn2+)均变为原来的一半

，平衡不发生移动，由此再次平衡时()2+0.75mol/L=0.375mMnol/L2c=；（3）由题可知，该体系中Mn元素化合价升高，电解质溶液为酸性，由此阳极上发生的电极反应式为：2+-+22Mn2e+2HO=MnO+4H-；阳极附近生成

了H+，溶液的pH将减小。【点睛】判断化学平衡状态的方法：各种“量”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量、物质的量分数、质量分数等不变(反应中存在至少两种相同状态的物质)；③温度(绝热体系)、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等且恒

容装置中进行)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量始终为“不变量”，则不能作为平衡标志。9.某兴趣小组为了探究铁粉与水蒸气反应的产物，做了下面实验。资料：在不同温度下，铁粉与水蒸气反应的产物

不同。Fe+H2O570=＜℃FeO+H23Fe+4H2O570=＞℃Fe3O4+4H2实验一：某兴趣小组用下图所示装置，使铁粉与过量水蒸气充分反应并检验固体产物的组成。(1)实验过程中，应先点燃_______

____（选填“酒精灯”或“酒精喷灯”）；目的是__________________，装置中石棉绒的作用是_____________________。(2)若在实验中的某段时间内生成H20.2g，则这段时间内参加反应的铁粉质量至少是___________g。实验二：铁粉完全反应后，兴趣小组对硬质玻

璃管中生成的FeO和Fe3O4的质量进行测定，实验流程如下图。(1)实验前检查装置A的气密性：关闭止水夹K，从长颈漏斗向试管内加水，至长颈漏斗中管内的液面高于管外液面，静置一段时间，若液面高度差__________，则气密性良好。(

2)装置A中发生的反应方程式_______________________________________。(3)为了安全，在点燃酒精灯之前，在F装置出口b处必须______________________。(4)装置C中所放试剂为_________，装置B的作用是____

_____________________。(5)干燥管E右边又连接干燥管F的目的是_________________________________。若无干燥管F，测得Fe3O4的质量将_______________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

【答案】(1).酒精灯(2).先产生水蒸气,排尽空气(3).增大铁粉与水蒸气接触面积(4).4.2(5).不变(6).Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑(7).验纯(8).浓硫酸(9).除去HCl气体(10).防止空气中的二氧化碳和水蒸气进去到E装置(11).偏大【解析】【分析】实验一：

（1）铁能与空气中的氧气发生反应，先加热酒精灯利用生成的水蒸气排除装置中的空气；装置中石棉绒可以增大水蒸气与铁粉的接触面积；（2）分析两个反应可知产生四氧化三铁需要的铁少，因此可依据3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2，由氢气的质

量求出需要铁的质量；实验二：（1）根据检验气密性的方法进行分析解答；（2）根据锌和盐酸反应产生氯化锌和氢气写出反应方程式；（3）根据氢气点燃容易发生爆炸分析使用注意事项；（4）根据产生的氢气会混有杂质，要进行除杂、干燥分析装置的作用；（5）根据碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水蒸

气导致E装置质量增加大，会影响实验结果进行分析。【详解】实验一：（1）铁能与空气中的氧气发生反应，因此为了排除氧气的干扰，先加热酒精灯利用生成的水蒸气排除装置中的空气；装置中石棉绒可以增大水蒸气与铁粉的接触面积，故答案为：酒

精灯；先产生水蒸气，排尽空气；增大铁粉与水蒸气的接触面积；（2）在不同温度下发生的反应中，Fe元素化合价均升高，H元素化合价均降低，生成一定量H2时，Fe元素化合价升高越高，则所需Fe的量越少，因此根据生成Fe3O4进行计算最少所需Fe的量，设生成0.2g氢气至少需要铁的质量

为x，2342=3Fe+4HOFeO+4H168g8gx0.2g高温，则168g8g=x0.2g，解得x=4.2g；实验二：（1）检查A装置气密性的方法：关闭止水夹K，从长颈漏斗向试管内加水，至长颈漏斗中管内的液面高于管外液面，静置一段时间，形成的液柱不下降

，即液面高度差不变，则气密性良好；（2）锌和盐酸反应产生氯化锌和氢气，故反应的方程式为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；（3）因为氢气在不纯的情况下点燃容易发生爆炸，因此在点燃酒精灯之前，在F装置出口b

处必须验纯；（4）产生的氢气会混有氯化氢和水蒸气，因此要先通过水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气；故答案为：浓硫酸；除去HCl气体；（5）碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气导致E装置质量增加大，会使测定生成的水多，使测定的结

果偏大；故答案为：防止空气中的二氧化碳和水被E吸收；偏大。10.用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的工业流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水，②RH为有机物(难电离

)(1)滤渣I的主要成分是_____________(填化学式)，写出两种能提高酸浸速率的措施_____________、___________。(2)操作①用到的主要仪器有___________________。(3)H2O2是种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应

的离子方程式________________________________________。(4)加入氧化钴的目的是______________________________。(5)加入(NH4)2C2O4反应得到草酸钴晶体的离子方程式___________

_____________________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是__________________________________________。(6)实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子(C2O42-)，测定溶液中C2O42-的浓度

，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果___________(填“偏高”、“偏低“或“无影响”)。【答案】(1).SiO2(2).增大硫酸的浓度(3).提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎(任选两

个)(4).分液漏斗、烧杯(5).2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO(6).调节pH(7).2+2242242Co+CO+2HO=CoCO2HO−(8).取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，

则证明洗涤干净(9).偏高【解析】【分析】用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含

有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢

氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，操作①为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。【详解】（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、

搅拌、将固体粉碎均能提高酸浸速率；（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；（3）H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO；（4）加入氧化钴的目的

是调节溶液的pH，将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀；（5）加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为：2+2242242Co+CO+2HO=CoCO2HO−，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最

后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（6）若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高。11.碳、铜、锡及其化合物有许多用途。回答下列问题（1）在元素周期表里，锡和碳同族，

锡在第五周期。基态锡原子的价电子排布式为__________，据此推测，锡的常见正价是__________。（2）磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(P

H3)气体，PH3分子的空间构型为__________；P、S的第一电离能(I1)的大小为I1(P)__________I1(S)(填“>”“<”或“=”)（3）CO32－中C原子的杂化轨道类型为__________；乙烯分子中σ键与π键数目之比为__________。（4）NH3

的沸点__________(填“高于”或“低于”)PH3的沸点，原因是____________________。（5）磷青铜晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的__________的空隙中。

若晶体密度为ag·cm－3，P与最近的Cu原子的核间距为__________nm(用含NA的代数式表示)。【答案】(1).5s25p2(2).+2、+4(3).三角锥形(4).>(5).sp2(6).5：1(7).高于(8).NH3分子间能形成氢键，而PH3

不能(9).正八面体(10).731342102AaN【解析】【分析】（1）锡在第五周期ⅣA族元素，其价电子为最外层电子数，价电子排布式为5s25p2，第四主族常见价态为+2、+4价；（2）N、P为同主族元素，和NH3的分子构型相同，NH3为三角锥型，则PH3

为三角锥型；第一电离能在同周期中随原子序数的递增，有增大的趋势，但核外电子拍布满足充满或半充满状态时，第一电离能大于其后面的元素的第一电离能，故I1(P)>I1(S)；（3）CO32－中C原子孤对电子数=12（a-所带电荷-xb）=12（4+2-3×2）=0，

杂化轨道类型为sp2；乙烯的结构简式：CH2=CH2,则σ键5条，π键1条，比值为：5：1；（4）氢键为分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，氢键存在于，氨分子间存在氢键，磷化氢无氢键，则氨的沸点高于磷化氢；（5）观察磷青铜晶体的晶胞结构，Cu原子位于正方体的六个面的中心位置，形成正八面体的结

构；P原子与最近的Cu原子之间的距离为：12棱长，Sn原子：8×18=1，Cu原子：6×12=3，P为1，化学式为：SnCu3P，摩尔质量为：342g/mol，1mol时的体积为：342g/ag/cm3，由NA个晶胞组成，晶胞的体积为：

342cm3/aNA，棱长=3342AaNcm，P与最近的Cu原子的核间距为731342102AaN；【详解】（1）锡在第五周期ⅣA族元素，其价电子为最外层电子数，价电子排布式为5s25p2，第四主族常见价态为+2、+4价；（2）N、P为同主族元素，和NH3的分子构

型相同，NH3为三角锥型，则PH3为三角锥型；第一电离能在同周期中随原子序数的递增，有增大的趋势，但核外电子拍布满足充满或半充满状态时，第一电离能大于其后面的元素的第一电离能，故I1(P)>I1(S)

，答案为：三角锥型；>；（3）CO32－中C原子孤对电子数=12（a-所带电荷-xb）=12（4+2-3×2）=0，杂化轨道类型为sp2；乙烯的结构简式：CH2=CH2,则σ键5条，π键1条，比值为：5：1；（4）氢键为分子间的作用力，对物质的熔沸点影

响较大，氢键存在于，氨分子间存在氢键，磷化氢无氢键，则氨的沸点高于磷化氢，答案为：高于；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能；（5）观察磷青铜晶体的晶胞结构，Cu原子位于正方体的六个面的中心位置，形成正八面体的结构；P原子与最

近的Cu原子之间的距离为：12棱长，Sn原子：8×18=1，Cu原子：6×12=3，P为1，化学式为：SnCu3P，摩尔质量为：342g/mol，1mol时的体积为：342g/ag/cm3，由NA个晶胞组成，晶胞的体积为：342cm3/aNA，棱

长=3342AaNcm，P与最近的Cu原子的核间距为731342102AaN；【点睛】本题为原子结构综合考查题，其中氢键为较强的分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，可以存在于分子之间，也可存在于分子内不相邻的N

、O、F与H原子之间。12.化合物G()是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：已知：RCOOH4PClΔ⎯⎯⎯⎯→催化剂，RCOCl回答下列问题：(1)C→D的化学方程式为_____________

___________________________。(2)H是一种高聚酯，其结构简式为____________________；A→B、D→H的反应类型分别是________________、____________

__。(3)下列关于化合物D的说法正确的是__________(填标号)。A.一定条件下，D还可以发生催化氧化反应B.1molD分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应，产生的气体体积比为1：1(在相同状况下)C.一定条件下，D发生消去反应生成的有机物不存在顺反异构体D.一定条件下，D不

能与HBr发生取代反应(4)符合下列条件F的同分异构体有__________种，其中核磁共振氢谱有四组吸收峰的结构简式为____________________。①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基。(5)已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，设计由苯酚、甲苯为起

始原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成路线_______________________________(无机试剂任选)。【答案】(1).(CH3)2C(OH)CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂(CH3)2C(OH)COOH+H2O(2).(3).加成反应(4).缩聚反

应(5).BC(6).8(7).(8).【解析】【分析】A和溴发生加成反应生成B为CH2BrCH(CH3)2Br，D发生信息中的反应生成E，结合D分子式知，D为(CH3)2C(OH)COOH，C为(CH3)2C(OH)CH2OH，B发生水解反应生成C；H

是一种高聚酯，则D发生缩聚反应生成H，H为，E和F发生取代反应生成G；（5）甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸发生取代反应生成苯甲酰氯，苯甲酰氯和苯甲醇发生取代反应生成苯甲酸苯酯。【详解】（1）D为(CH3)2

C(OH)COOH，C为(CH3)2C(OH)CH2OH，C被催化氧化生成D，C→D的化学方程式为：(CH3)2C(OH)CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂(CH3)2C(OH)COOH+H2O；（2）通过以上分析知，H的结构简

式为；A→B、D→H的反应类型分别是加成反应、缩聚反应；（3）D为(CH3)2C(OH)COOH，A．D中连接醇羟基的C原子上不含H原子，则一定条件下，D不能发生催化氧化反应，故A错误；B．醇羟基和羧基都能和钠反应生成氢气，1molD与Na反

应生成1mol氢气，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1molD与NaHCO3溶液反应生成1mol二氧化碳，故B正确；C．一定条件下，D发生消去反应生成的有机物为CH2=C(CH3)COOH，该分子中不存在顺反异构体，故C正确；D．D中含

有醇羟基，一定条件下，D能与HBr发生取代反应，故D错误；故选BC；（4）F为对羟基苯甲酸甲酯，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基；③苯环上有两个取代基，如果取代基为−OH、HC

OOCH3−，有邻间对3种；如果取代基为−OH、CH3COO−，有邻间对3种；如果取代基为−OH、−COOCH3，还有邻、间2种；所以符合条件的同分异构体有8种；其中核磁共振氢谱有四组吸收峰的结构简式为：；（5）甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲

酸发生取代反应生成苯甲酰氯，苯甲酰氯和苯甲醇发生取代反应生成苯甲酸苯酯，其合成路线为：。【点睛】醇催化氧化的本质是：去氢，也就是去掉醇羟基上的H和连接有醇羟基的C原子上的氢，这两个H原子与氧气的O原子结合生成水；

如果连接有醇羟基的C原子上有2个或者3个H，这样的醇催化氧化后形成醛；连接有醇羟基的C原子上有1个H，醇催化氧化后的产物是酮；连接有醇羟基的C原子上没有H原子，这样的醇不能发生催化氧化。