2020年高考理综(化学)模拟试题及答案解析(5).doc

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1、2020年高考理综(化学)模拟试题(5)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Ga-70 Ge-73 As-75 Se-79 Br-80 Ag-108 I-127第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)7下列有关资源开发和利用的说法正确的是A海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠B海带中的碘是以I-形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，有蓝色出

2、现C将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一D工业上对煤进行干馏、液化和气化等物理方法处理，目的是降低污染和获得更多化工原料【答案】C【解析】A项，电解饱和食盐水反应产生NaOH、H2、Cl2，不能反应制备金属钠，A错误；B项，海带中的碘是以I-形式存在，单质碘遇淀粉变蓝色，I-遇淀粉不变蓝色，故B错误；C项，垃圾是放错位置的资源。我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用， 对废旧金属进行回收利用，可以提高资源的利用率，是保护金属资源的途径之一，C正确；D项， 煤的干馏、液化和气化均属于化学变化，D错误。8我国自主研发的对二甲苯绿色

3、合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A异戊二烯所有碳原子可能共平面B可用溴水鉴别M和对二甲苯C对二甲苯的一氯代物有2种DM的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气【答案】D【解析】A项，异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；B项， M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C项，对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D项， M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误。9战争的气体化学和分析中介绍

4、了一种制取COC12(光气，熔点为-118，沸点为8.2，微溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂)的方法，其实验装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2+4HCl+ S2O5Cl2。下列说法正确的是A该反应属于氧化还原反应B自来水从冷凝管的X口通入，且被冷凝的物质是CCl4C可将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH溶液中进行尾气处理D装置乙中可收集到光气的甲苯溶液，装置丙、丁均可收集到液态光气【答案】D【解析】A项，反应3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2+4HCl+ S2O5Cl2中各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，A错误；B项，自来水从冷凝管的Y

5、口通入，且被冷凝的物质是COC12，B错误；C项，若将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH溶液中进行尾气处理，因尾气中含有氯化氢，容易引起倒吸，应用倒扣的漏斗，C错误；D项，装置乙中可收集到光气的甲苯溶液，光气，熔点为-118，沸点为8.2，装置丙、丁均可收集到液态光气，D正确；故选D。10将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 molL1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(

6、有氧)中有白色沉淀下列说法不正确的是A曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-B曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4+ 4H+C与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒D依据该实验预测0.2 molL1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2【答案】C【解析】A项，曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，故A正确；B项，曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液 pH变

7、化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4+ 4H+，故B正确；C项，氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；D项，0.1 molL1的Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 molL1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，故D正确；故选C。11常温时，把浓度为0.1 molL1盐酸分别滴加到浓度为0.1 molL1的MOH和NOH两种一元碱，所得到滴定曲线如图所示，下列说法正确的是AKb(NOH)1

8、021B碱性：MOHNOH，且两次滴定时均可用酚酞作为指示剂C滴定NOH，当加入盐酸体积为10mL时，溶液中必有：c(Cl)c(H+)c(OH)c(NOH)D当两溶液均恰好滴定完全时，两溶液中的离子总数相等【答案】C【解析】A项，由起始时pH值的大小可知，NOH一定为弱碱，MOH可能是强碱也可能是弱碱，由起始得，NOH溶液中c(OH)=10-3 molL1，故Kb(NOH)105，A错误；B项，用强酸滴定时，对于NOH来说，滴定终点为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，对MOH来说，终点可能是酸性也可能是中性，故均可选用甲基橙作为指示剂，不宜用酚酞，B项不正确；C项，当滴定到加入HCl为10mL时，由电荷

9、守恒：c(N+)c(H+)c(Cl)c(OH)，由物料守恒：2c(Cl)c(N+)c(NOH)，两式相加得：c(Cl)c(H+)c(OH) c(NOH)，C项正确；D项，滴定至恰好完全反应时，均消耗盐酸20mL，两溶液中由电荷守恒均有c(R+)c(H+)c(Cl)c(OH)(R为N或M)，两溶液中c(Cl)相等，但c(OH)不相等，所以离子总浓度不相等，离子总数也不相等，D错误。12以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图，下列说法正确的是A以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1 mol e转移时，有3.2 g铜溶解B若以甲烷为燃料气时，负极反应式为C

10、H45O28e=CO32-2H2OC该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D空气极发生的电极反应式为：O2+4e+2CO2 = 2CO32-【答案】D【解析】A项，电解精炼铜，阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液，当有0.1 mol e转移时，若只有铜放电，则有3.2 g铜溶解，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，A错误；B项，根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，B错误；C项，该电池的电极反应为负极：H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，正极：O

11、24e2CO2=2CO32，所以碳酸根离子的浓度不变，该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，C错误；D项，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O24e2CO2=2CO32，D正确。13某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A原子半径：B简单离子的氧化性：CX与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物DW与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】某种化合物由W、X、Y、Z四种短周期元素

12、组成，由结构图可知X的简单离子为X+， W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，可知X为Na元素，Y为O元素，则W为Al元素；有W、Y、Z分别位于三个不同周期，可知Z为H元素，该化合物为NaAl(OH)4；A项，同周期的主族元素核电荷数大，原子半径小，则原子半径NaAlS，S和O同主族，则原子半径SO，氢原子是原子半径最小的原子，则原子半径：HOAlNa，即ZWYX，故A错误；B项，金属越活泼，简单离子的氧化性的越弱，Na的金属性比Al强，则简单离子的氧化性：Al3+Na+，故B正确； C项，Na2O2、H2O2均有强氧化性，具有漂白性，故C

13、正确；D项，Al(OH)3能与NaOH溶液反应，即Al、Na的最高价氧化物的水化物可相互反应，故D正确；故选A。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(14分) 水合草酸亚铁(FeC2O4xH2O)是生产锂电池的原料，难溶于水，受热易分解。某化学兴趣小组对草酸亚铁的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，反应的化学方程式是_。(2)将水合草酸亚铁溶于适量盐酸。分别取2 mL此溶液于3支试管中，进行实验：第一支试管中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红；第二支试管中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色

14、沉淀；第三支试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。上述实验能证明水合草酸亚铁中存在Fe2+的是_(填编号)。(3)为测定水合草酸亚铁中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。 验步骤如下：a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.加热装置A一段时间；c.停止加热，冷却到室温；d.关闭K1和K2，称量A；e.重复上述步骤，直至A恒重，记为m3 g。步骤b至步骤c继续通入N2的目的是 _。根据实验数据记录，计算水合草酸亚铁化学式中结晶水数目x_(列式表示)。(4)为探

15、究草酸亚铁的分解产物，将(3)中已恒重的装置A接入下图所示部分的装置(可重复选用)进行实验。打开K1和K2，缓缓通入N2，充分加热。实验后石英玻璃管中固体仅残留一种有磁性的黑色化合物。写出草酸亚铁受热分解的化学方程式_。实验装置中，依次连接的合理顺序为A、_。【答案】 (1)FeSO4+H2C2O4+xH2OFeC2O4xH2O+H2SO4(2分) (2)(2分) (3)将装置A中的水蒸气带走；同时防止FeC2O4冷却时被氧化(2分) (3分) (4)3FeC2O4 Fe3O4 + 4CO+ 2CO2(2分) C E (C) F G C H(3分)【解析】(1)硫酸亚铁溶液和草酸反应的化学方程

16、式是FeSO4+H2C2O4+xH2OFeC2O4xH2O+H2SO4；(2)向试管中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，不能说明肯定存在Fe2+；向试管中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明肯定存在Fe2+；草酸根离子、Fe2+均能与紫红色酸性KMnO4溶液反应，不能说明肯定存在Fe2+；故答案选。(3)在无氧环境中进行反应，防止FeC2O4冷却时被氧化，同时将装置A中的水蒸气转移出A装置；m(H2O)=(m3-m1)g，m(FeC2O4)= (m2-m3)g，FeC2O4xH2O= FeC2O4 + xH2O 144 18x (m2-m3)g (m3-m1)g 得到x=(4)由

17、于分解后有磁性的黑色化合物生成，该化合物为Fe3O4，铁元素化合价有变化，说明分解过程中发生了氧化还原反应，化学方程式为：3FeC2O4 Fe3O4 + 4CO+ 2CO2；生成的气体先通过澄清石灰水来证明二氧化碳的存在，再通过浓的氢氧化钠吸收二氧化碳，再通过澄清石灰水来证明二氧化碳已吸收完全，气体经干燥灼热的氧化铜，将产生后气体澄清石灰水来证明又生成了二氧化碳，最后进行尾气处理；依次连接的合理顺序为A、C E (C) F G C H。27(14分) 细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利

18、用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为：(1)上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是_。(2)绿矾(FeSO47H2O)是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时，必须_。在溶液B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)46H2O的原因是_。(3)溶液B中一定含有的金属阳离子是_。若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应，则此反应的平衡常数的表达式为_。(4)写出黄铜矿中的CuSFeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：_

19、。(5)氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液，根据反应2Cu+H2OCu2O+H2，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法：_(只要求画实验装置图，其他必要材料任选)。【答案】(1)胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸(2分) (2)密封保存，防止被空气中氧气氧化(2分) 相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小(2分) (3)Fe2+(2分) K=(2分) (4)4CuSFeS+17O2+4H+4Cu2+4Fe3+8SO42-+2H2O(2分)

20、(5)(2分) 【解析】(1)题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤，胶体分散质粒子能通过滤纸，所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质；(2)绿矾是一种良好的还原剂，易被氧化，所以保存绿矾时必须密封保存，防止被空气中的氧气氧化；相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小，所以在溶液B中加入适量(NH4)2SO4固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)26H2O；(3)溶液A中的Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+，所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+；氧化性Fe3+Cu2+，加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反

21、应，平衡常数的表达式为K=；(4)CuSFeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe3+、Cu2+和SO42-，反应的离子方程式为4CuSFeS+17O2+4H+4Cu2+4Fe3+8SO42-+2H2O；(5)根据反应2Cu+H2OCu2O+H2，铜失电子发生氧化反应，可用电解法制备氧化亚铜，铜作阳极，因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是。28(15分)工业上，常采用氧化还原方法处理尾气中的CO、NO。方法1：氧化法。沥青混凝土可作为反应：2CO(g)O2(g) 2CO2(g)的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(型、型

22、)催化时，CO的转化率与温度的关系。(1)在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是_。(2)已知c点时容器中O2浓度为0.04molL-1，则50时，在型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K_(用含x的代数式表示)。(3)下列关于图甲的说法正确的是_。ACO转化反应的平衡常数K(a)K(c)B在均未达到平衡状态时，同温下型沥青混凝土中CO转化速率比型要大Cb点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高De点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性方法2：还原法。某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将模拟尾气(成分如表所示)以相同的流

23、速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图乙所示。模拟尾气气体(10 mol)碳烟NOO2He物质的量(mol)0.0250.59.475n(4)375时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.052molCO2，则Y的化学式为_。(5)实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是_。(6)工业上常用高浓度的 K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：在阳极区发生的反应包括_和H+HCO3- =CO2+H2O简述CO32-在阴极区再生的原理：_。【答案】(1)a (2分) (2) (2分) (3)BD(

24、3分) (4) N2(2分) (5)由于存在反应2NO2N2O4会导致一定的分析误差(2分) (6)4OH-4e-2H2O+O2(或2H2O-4e-=4H+O2)(2分) 阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH-与HCO3-反应生成CO32- (2分)【解析】(1)CO和O2反应是放热反应，当达到平衡后升高温度，CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态是不平衡状态。(2)令CO起始浓度为a molL-1。 2CO(g)O2(g) 2CO2(g)起始浓度(molL-1)： a 0转化浓度(molL-1)： ax ax平衡浓度(molL-1)： a(1-x) 0.04 ax。

25、(3)CO和O2反应是放热反应，a点未达到平衡，没有平衡常数。若达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，A项错误；观察图象知，催化剂作用下CO的转化速率大于催化剂，B项正确；有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速率越大，有效碰撞几率越高，故在图象中e点有效碰撞几率最高，C项错误；催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温度高而催化剂失去活性，D项正确。故选BD。(4)观察图象，NO生成X、Y的转化率之和为24，即NO参加反应的物质的量n(NO)0.025mol(168)0.006 mol，根据原子守恒，X和Y的物质的量之和等于0.003mol。先根据O原子守恒求N2O

26、的物质的量，再根据N守恒求N2的物质的量。由投入各物质和排出各物质的物质的量知， NOCO2CO2N2N2O物质的量：0.006 0.05 0.052 0.001 0.002根据图象，X的体积是Y的2倍，故Y为N2。(5)NO2、N2O4共存，二者存在转化平衡，用NO2模拟实验会产生较大误差。(6)装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH-4e-2H2O+O2(或2H2O-4e-=4H+O2)，生成的氢离子与HCO3-反应生成二氧化碳气体；在阴极区，溶液中H+放电，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与H

27、CO3-反应生成CO32-，所以CO32-再生。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为Ar_；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有_种；SeO3的空间构型是_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。(填“大于”或“小于”) (3)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_。硅与氢结合能

28、形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为_，丁硅烯(Si4H8)中键与键个数之比为_。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因_。GaNGaPGaAs熔点170014801238(5)GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_；从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN晶体的密度为_g/cm3(用a

29、、NA表示)。图1 图2【答案】(1)3d104s24p4(2分) 3(1分) 平面三角形(1分) (2)大于(1分) 小于(1分) (3)SiBr4SiCl4Si2H6SiH4(1分) 11：1 (2分) (4)原子半径N P As，键长Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As，故熔点降低(2分) (5)12(1分) (3分) 【解析】(1) Se是34号元素，处于第四周期第A族，核外电子排布式为：Ar3d104s24p4 ；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr；

30、 气态SeO3分子Se原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形； (2)根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As； (3) 水晶晶体中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，以SiO4四面体结构向空间延伸的立体网站结构，水晶的晶体中硅原子的配位数为4；均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点：SiBr4SiCl4Si2H6SiH4；丁硅烯(Si4H8)与丁烯结构类似，分子中有8个Si-H键，1个Si=Si双键、2个Si-Si键，单键

31、为键，双键含有1个键、1个键，分子中键与键个数之比为11：1； (4)原子半径N P As，键长Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As，故熔点降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原

32、子个数为6，晶胞中N原子个数为，所以该结构为Ga6N6，质量为684/NAg，该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高，cm，所以体积为，密度为=。38化学选修5：有机化学基础(15分)香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。(1)A的名称是_，G中含氧官能团的名称是_。(2)的反应类型是_，B和F的结构简式分别为_、_。(3)写出一

33、种能鉴别A和D的试剂：_ _；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有_种。(4)写出反应的化学方程式：_ _。(5)G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_【答案】(1)甲苯(1分) 羧基(1分) (2)加成反应(1分) (2分) (2分) (3)酸性高锰酸钾溶液(1分) 4 (2分) (4)+CH3COOH+H2O(2分) (5) (3分)【解析】由C及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为392=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子

34、中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基；(2)反应为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种；(4)反应为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O； (5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为。