2022年高考全国甲卷理综化学试题解析.pdf

2022年高考全国甲卷理综化学试题解析7.化 学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D.干冰可用在舞台上制造“云雾”【答案】D【解析】STSE题，比较简单，没有涉及传统文化。A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A 错误；漂白粉使用时加入少量的稀盐酸是可以提高消毒效果。这里是说加入少量稀盐酸，要与题中漂白粉与盐酸两者混合要区分开来。B.温室气体主要是指二氧化碳，甲烷等。二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B 错误；C.棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C 错误；D.干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形 成“云雾”效果，D 正确；答案选D。8.辅酶Qi。具有预防动脉硬化 功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Q1的说法正确的是A.分子式为C60H9cO B.分子中含有14个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面 D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】着重是考查键线式，考生一定要会识别。A.由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H9004,A 错误；可以直接数，也可以从不饱和度是15,推断这个分子式是错误的。B.由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H 原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B 正确；C.双键碳以及与其相连的四个原子共面，默基碳采取s p 2杂化，谈基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，c错误；D.分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；答案选B。9.能正确表示下列反应的离子方程式为A.硫化钠溶液和硝酸混合：S2+2 H+=H2S TB.明肌溶液与过量氨水湿合：A 13+4 N H3+2 H2O=A 1 O ；+4 N HC.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：S i O+C O2+H2O=H S i O 3 +H CO；D.将等物质的量浓度的B a(O H)2和N H 4 H S O 4溶液以体积比1 ：2混合：B a2+2 O H+2 H+S O=B a S O4X+2 H2O【答案】D【解析】离子正误判断题。A.硝酸具有强氧化性，可以将S 2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为N O或N t h,反应的离子方程式为 4 H+2 N 0,+S 2 H s i+2 N O 2 T+2 H 2 0(浓)或 8 H+2 N O；+3 S 2-=3 S 1+2 N O T+4 H 2。(稀)，A 错误：B.明帆在水中可以电离出A P+,可以与氨水中电离出的0H发生反应生成A 1(O H)3,但由于氨水的碱性较弱，生成的A 1(O H)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为A P+3 N H 3 H2O=A I(O H)3 1+3 N H；,B 错误；C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为S i O；+H 2 O+CO2=H2S i O 3 1+CO j (C02 少量)或S i O；+2 H 2 O+2 CO 2=H 2 S i O 3 1+2 H CO,(CO 2过量)，C 错误；D.将等物质的量浓度的B a(O H)2与N H 4 H S O 4溶液以体积比1：2混合，B a(O H)2电离出的0 H-与N H4H S O4电离出的H+反应生成水,B a(O H)2电离出的B a?+与N H4H S O4电离出的S O f反应生成B a S O 4沉淀,反应的离子方程为为B a 2+2 O H-+2 H+S O =B a S CM+2 H 2。,D正确；故答案选D。1 0.一种水性电解液Zn-M n Ch离子选择双隔膜电池如图所示(K 0 H溶液中,Zn”以Zn(O H)；存在)。电池放电时，下列叙述错误的是MnO2电 极 离 子 选 择 隔 膜 Zn电极1 口 口-7-/K 2 S C)4溶液:K O H溶液彳-夕I II IIIA.n区的K+通过隔膜向H I区迁移B.I区的s o；通过隔膜向n区迁移C.M n 0 2 电极反应：M n O2+2 e+4 H+=M n2+2 H2OD.电池总反应：Zn+4 O H+M n O2+4 H+=Zn(O H)+M n2+2 H2O【答案】A【解析】看起来非常难，实际上答案很容易找到。确定好正负极，正正负负即可。根据图示的电池结构和题目所给信息可知，H I区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2 e+4 O H-Zn(O H),I 区 M n Ch 为电池的正极，电极反应为 M n Ch+2 e-+4 H+=M n 2+2 H 2 O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到I区消耗H+,生成M n 2+,n区的K+向I区移动或I区的S O；向n区移动，I I I区消耗O H-,生成Zn(O H)：,I I区的S O；向I I I区移动或n i区的K+向n区移动。据此分析答题。A.根据分析，I I区的K+只能向I区移动，A错误；B.根据分析，I区的S O;向n区移动，B正确；C.M n C)2电极的电极反应式为M n O 2+2 e-+4 H+=M n 2+2 H 2 O,C正确；D.电池的总反应为 Zn+4 O H +M n O 2+4 H+=Zn(O H)：+M n 2+2 H 2 O,D 正确；故答案选A。1 1.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2 5,l O l k Pa下，2 8 L氢气中质子的数目为2.5NAB.2.0 L L O m o L LA i d,溶液中，A产的数目为2.0NAC.0.2 0 m o l苯甲酸完全燃烧，生成C O 2的数目为L4NAD.电解熔融C u e 1,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为O.IONA【答案】C【解析】A.25、lOlkPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；B.AP+在溶液中会发生水解生成A1(OH)3,因此2.0L 1.0 mol/L的A1CL溶液中AF*数目小于 2.0NA,故B错误；1 5占燃C.苯甲酸燃烧的化学方程式为C 6H 5 coO H+5 O 2 J7 c o 2+3也0,Im ol苯甲酸燃烧生成7moic0 2,则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成L4molCO2,数目为L4NA,故C正确；D.电解熔融CuCL时，阳极反应为2 0一-2曰=。2 t,阴极反应为Ci?+2e=Cu，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为O.lm ol,根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0 2 n o l,数目为0.2NA,故D错误；答案选C。12.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性：XQ B.单质的熔点：X YC.简单氢化物的沸点：ZQ D.最高价含氧酸的酸性：ZY【答案】D【解析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4,则Y为S i元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y,则X为A I元素,Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4W2,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素，Z的最外层电子数为5,为P元素，若Q的最外层电子数为6,为0元素，则Z的最外层电子数为6,为S元素，若Q的最外层电子数为5,为N元素，Z的最外层电子数为7,为C1元素；综上所述，Q为N或。或F,X为Al,Y为Si,Z为C l或S或P。A.X为AL Q为N或0或F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：QX,A错误；B.由分析可知,X为A l属于金属晶体,Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点SiAl,即YX,B错误;C.含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或。或F,其简单氢化物为H2O或NH3或 HF,Z 为 C l或 S 或 P,其简单氧化物为HC1或 H2s或 P H 3,由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点QZ,C 错误；D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、C1的非金属性均强于Si,因此最高价含氧酸酸性：ZY,D 正确；故答案为：D。1 3.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较 CH3coCT和 HCO；的水解常数分别测浓度均为O.lmol 的CH3coONH 和NaHCCh溶液的p H,后者大于前者Kh（CH,COOjKh（HCO-）B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMn。,溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C探究氢离子浓度对 CrO亍、Cr2O相互转化的影响向K zCrO,溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成c,o 打的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水【答案】C【解析】A.CH3coONE 中 NH：水解，NH4+H2O;=iN H3 H20+H+,会消耗 CH3coeX水解生成的O H,还有NaHCCh溶液不仅有水解还有电离。测定相同浓度的CH3coONH 和NaHCCh溶液的p H,后者大于前者，不能说明Kh（CH3coeT）Kh（HC。；），A 错误；B.浓盐酸也能与KMnCh发生反应，使溶液紫色褪去，B 错误；C.KzCM 中存在平衡2CrOf（黄色）+2H+C r2。；（橙红色）+氏0,缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C 正确；D.乙醉和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醉中含有水，D 错误；答案选c。二、非选择题8.硫酸锌(Z n S O j是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为Z n C O v 杂质为SiO?以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：滤渣 滤渣 滤渣 滤渣本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3+Zn2+Cu2Fe2+Mg2+4.0 x10-386.7 xlO-172.2 x IO-208.0 xl()T61.8xl0-回答1二列问题：(1)菱 锌 矿 焙 烧 生 成 氧 化 锌 的 化 学 方 程 式 为。(2)为了提高锌的浸取效果，可 采 取 的 措 施 有、o(3)加入物质X 调溶液pH=5,最适宜使用的X 是(填标号).A.NH,-H2O B.Ca(0H)2 C.NaOH滤 渣 的 主 要 成 分 是、。(4)向8 090 的滤液中分批加入适量KMn。,溶液充分反应后过滤，滤渣中有MnO2,该 步 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(5)滤 液 中 加 入 锌 粉 的 目 的 是。(6)滤渣与浓HzS。反应可以释放HF并循环利用，同 时 得 到 的 副 产 物 是、【答案】焙烧(1)ZnCO3=ZnO+C O 2 t(2)粉碎焙烧矿物，加热提高浸取温度，充分搅拌，延长浸取时间，适当增加硫酸(H2so4)的用量或浓度等(3)B Fe(OH)3,CaSO4,SiO2(4)3Fe2+MnO4+7H2O=3Fe(OH)3 I+MnO2 I+5H+(5)将 CM+置换为C u从而除去(6)C a SO4,M gSO4【解析】【小问3详解】A.N H 3 比0易分解产生N H 3 污染空气，且经济成本较高，故 A不适宜；B.C a(0 H)2 不会引入新的杂质，且成本较低，故 B适宜；C.N a O H 会引入杂质N a+,且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于1 0-5m o l/L),结合表格K s p 计算各离子完全沉淀时p H Si O2；【小问4详解】向 8 0 9 0 滤液中加入K M n O4 溶液，可氧化F e?+,得到F e(OH)3 和 M n C h 的滤渣，反应的离子方程式为 3 F e2+MnO4+7 H2O=3 F e(OH)3 I +M n O2 I +5 H+；【小问5详解】滤液中加入锌粉，发生反应Z n+C u 2+=Z n 2+=C u,故加入锌粉的目的为置换C/+为C u 从而除去；【小问6详解】由分析，滤渣为C a F?、M gF2,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为C a SC 4、M gSO49.硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用9 5%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：(1)工业上常用芒硝(Na 2 S。4 1 0 H 2。)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO,该反应 化 学 方 程 式 为(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是闭 冷 凝 水 移 去 水 浴，正确的顺序为。回流结束后，需进行的操作有停止加热 关(填标号)。A.B.C.D.(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 过滤除去的杂质为 o若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是(5)滤液冷却、结 晶、过 滤，晶体用少量_ _ _ _ _ _ _洗 涤，干 燥，得 到Na 2 s-H 2。高温【答 案】（1）Na 2 s0 4 1 0 H2O+4C=N a2S+4 C O t +1 0 H2O(2).煤 灰(粗 品)可 以 起 到 沸 石 作 用，或 煤 灰(粗 品)可 以 防 暴 沸 .降 低水溶液温度，或者加快冷凝速度，(3).减 少Na 2 s(硫 化 钠)被 氧 化 .D(4).乙 静 易 挥 发，易燃烧 .煤 灰 和 重 金 属 硫 化 物 .没 有 趁 热 过 滤(5)冷 的9 5%乙醇【解 析】【小 问1详 解】工业上常用芒硝(Na 2 sO/l OH?。)和煤粉在高温下生产硫化钠，同 时 生 产C O,根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2S O4 1 0 H2O+4 C=N a2S+4 C O t +1 0 H2O；【小 问2详 解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；【小问3详解】硫化钠易被氧化，若回流时间过长，Na 2 s会被氧化，使提纯率较低；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选D。【小问4详解】乙醉易挥发，易燃烧，使用锥形瓶可有效减少乙醉挥发。煤灰和重金属硫化物难溶于乙醇，故它们是过滤除去的杂质，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；所以要趁热过滤。【小问5详解】题目中有实验室中常用9 5%乙醇重结晶纯化，硫化钠粗品硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷的9 5%乙醇洗涤，再干燥，即可得到Na 2 s-x H?。1 0.金属钛(T i)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石(T i O?)转化为T i C l 再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)T i。?转化为T i C 有直接氯化法和碳氯化法。在1 0 0 0 C时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(i)直接氯化：T i O,(S)+2 C 12(g)=T i C l4(g)-K)2(g)A H,=1 7 2 k J-m o r,Kp l=1.0 x l 0-2(i i)碳氯化：T i O2(S)+2 C 12(g)+2 C(s)=T i O4(g)+2 C O(g)A H2=-5 1 k J-m o l1,Kp 2=1.2 x l 0l 2Pa反应2 c(s)+C)2(g)=2 C O(g)的AH为 k J-m o r1，&=Pa。碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右 或 不)；温度升高，平衡转化率(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在LOx l O p a,将T i O?、C、C 1?以物质的量比1 ：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。0.70 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600温度/反应 C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数 Kp(1400)=Pa。图中显示，在200平衡时Ti。？几乎完全转化为TiCl,，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。(3)TiO2碳氯化是一个“气固固”反应，有利于TiO?-C“固一固”接触的措施是【答案】(1).-2 2 3 .1.2 XI0 M.C 和 0 2 反应高温条件下生成CO,促使平衡正向(或向右)移动.向左 .变小(2).7.2 X1 0 5.2 0 0 C 时温度太低，速率太慢，生产效率太低,实际温度高于2 0 0 c 是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的T i C Lt 产品，提高效益。(3)将两固体粉碎后混合，使T i O -C“固 固”充分混合【解析】【小 问 1 详解】根据盖斯定律，将“反应i i-反 应 i ”得到反应2c(s)+O 2(g)=2CO(g),则K 1 2 x 1 ()l2PaAH=-5 1 k J/m o l-172k J/m o l=-223k J/m o l；则 K p=-=1.2X 1014P a；Kpl 1.0 x W2碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，A H 小于0,是燃增、放热过程，蜡判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。【小问2详解】从图中可知，1400,体系中气体平衡组成比例CO?是0.05,TiCL,是0.35,CO是0.6,反应 C(s)+CCh(g)=2CO(g)的平衡常数 Kp(1400)=(0-6 x 1.0 x 10 y0.05 P首 0.05 x 1.0 x 105Pa=7.2X105Pa；实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200,就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCk产品。【小问3详解】固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiCh-C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入C b,使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。【化学一选修3：物质结构与性质】11.2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CFZ=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为。(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是(填标号)，判断的根据是_;第三电离能的变化图是(填标号)。(3)固态氟化氢中存在(HF)“形式，画出(HF)3的 链 状 结 构。(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_。(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示,X代 表 的 离 子 是：若该立方晶胞参数为a p m,正负离子的核间距最小为.pm。【答案】(1)工 肯 1 (2).图 a .同周期从左向右电负 11|U Ti T性逐渐增加，但是N的 2 P 轨道半充满，电负性较大 .图 b(3)F,/F、，/F、(4).s p2.s p 3 .C-F 键的键能H H H大于聚乙烯中C-H 的键能，键能越大，化学性质越稳定(5).C a2+.a p m4【解析】【小 问 1 详解】F为第9 号元素其电子排布为I s 2 2 s 2 2 P 5,则其价电子排布图为二n 一二 q 一,故2s 2p答案为II 一【小问2详解】C、N、0、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能 总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2 P 能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、0两种元素高，因此C、N、0、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C 0 N F,满足这一规律的图像为图a,气态基态正2 价阳离子失去1 个电子生成气态基态正3 价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2 个电子之后的2 s 能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b,故答案为：图 a、同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2 P 能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高、图 b。【小问3详解】固体H F中存在氢键，则(H F)3的链状结构为F、.F、，H H H【小问4详解】C F 2=C F 2 中 C原子存在3 对共用电子对，其 C原子的杂化方式为s p?杂化，但其共聚物E T F E中 C原子存在4对共用电子对，其 C原子为s p 3 杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F 键的键能大于聚乙烯中C-H 的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：s p 2、s p 3、C-F 键的键能大于聚乙烯中C-H 的键能，键能越大，化学性质越稳定。【小问5详解】根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则 1 个晶胞中浅色X离子共有 8 x+6 x；=4 个，深色Y离子分布在晶胞内部，则 1 个晶胞中共有8 个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为X Y 2,结合萤石的化学式可知，X为 C a 2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察C a F 2 的晶胞结构不难发现F位于晶胞中8 个小立方体的体心，小立方体边长为，a,体对角线为走a,Ca 2+与F 之间距离就是小晶胞体对角线的一半，2 2因此晶体中正负的核间距的最小的距离为立a pm,故答案为：Ca2 且a p m。4 4【化学一选修5,有机化学基础】1 2.用 N-杂环卡其碱(N H C b a se)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。NHC baseNa2CO3回答下列问题:(1)A 的 化 学 名 称 为.(2)反应涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为(3)写出C 与 Br2 /CC14反应产物的结构简式(4)E 的结构简式为(5)H中 含 氧 官 能 团 的 名 称 是。(6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锌酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_ _ _ _ _ _ _O0 如 果 要 合 成H的类似物H，(、0Y C相应的D，和G，的结构简式_ _ _ _ _ _、_ _ _ _ _ _ _ _。H分子中有个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。【答案】(1)苯甲醇(2)消去反应),参照上述合成路线，写出)个手性碳(碳原子上连有4B rC H O(3)BrCHO(6)(7)VCH=CH2(3).5【解析】由合成路线，A的分子式为C7H 8。,CHO CI构简式为,则A为4)工/(5)硝基、酯基和羊炭基B、CHO似 o J ._J NO2在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B,B的结120H、，B与CH3C H O发生加成反应生成再发生消去反应反应生成c,C的结构B与E在强碱的环境下还原得到F,E的分子式为C5H6。2,F的结构简式为成G,G与D反应生成H,据此分析解答。F 与 H0NO2生【小 问1详解】CH.OH由分析可知，A的结构简式为,其化学名称为苯甲醇;小问2详解】CHO由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与CH3cHO发生碳氧双键的加成CHOCHO再发生消去反应生成【小问3 详解】根据分析可知，C 与 Bn/CCL发生加成反应得到【小问4 详解】由分析，E 的结构简式为【小问5 详解】H 的结构简式为可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和然基;小问6 详解】c 的结构简式为/CHO,分子式为c9H8。，其同分异构体X 可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锯酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则 X 的取代基处于苯环CHO的时位，满足条件的X 的结构简式为:CH=CH2【小问7 详解】G 与 D 反应生成H 的反应中，D 中碳碳双键断裂与G 中 HCNO2和 C=O成环，且 C=O与一CHO成环，从而得到H,可推知，若要合成H手性碳原子为连有4 各不同基团的0饱和碳原子，则 H，（）的手性碳原子为共 5 个。