广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1.pdf

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1、广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟(二模)试题汇编-非选择题1一、工业流程题1.(2 0 2 0 广东广州 统考二模)氧化铳(S C 2 O 3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以铳镒矿石(主要含Mn C h、SQ 及少量S C 2 O 3、AI 2 O 3,C a O、F eO)为原料制备 S C 2 O 3 的工艺流程如图，其中T B P 和 P5 0 7均为有机萃取剂。NaOHP507坑镭矿H 2 s。4、度铁屑举取除铁卜HCkTBP富钛力机和草余液2|HCI H2C2O4反/固 体煨烧 2Sc：O、反草余液|疔机棚收FeCII产品回答下列问题：(1)S C

2、 2 C)3 中 S c 的化合价为一。(2)“溶解”时铁屑被M n O2氧化为F e3+,该反应的离子方程式是一。(3)“滤渣”的主要成分是 o(4)“萃取除铁”时铁和铳的萃取率与O/A 比(有机相与水相的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A 比为一。Q00(98%/怀宣舱施750 1 2 3 4 5O/A(5)有机萃取剂P5 0 7萃取S c?+的反应原理为阳离子交换：S c C h+3 H R=S c R3+3 H C l(H R 代表 P5 0 7)。在“富铳有机相”中反应生成SC(OH)3的化学方程式是一。(6)“萃余液2”中的金属阳离子除AP+、C a 2+外，还有一。S C

3、 2(C 2 C)4)3 在空气中“煨烧”生成S c2O3的化学方程式是 o(8)某厂用1 0 0 0 k g 的铳钵矿制备S C 2 O 3,最终得到S c 2 C h 3 0 6g,该矿中含铳的质量分数为2.(2 0 2 1 广东广州统考二模)锂、镀等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业.一种从萤石矿(主要含BeO、Li。、CaF,及少量CaCO,、SiO2、FeO、Fe2O,、AI2O3)中提取钺的工艺如图:苯甲 油酸钠已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。回答下列问题：(1)被的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶 液 的 化

4、学 方 程 式。(2)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是。(3)“浸出渣”的 主 要 成 分 是。(4广除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O,。“除铝”时，溶液的pH 越小，铝 的 去 除 率(填“越高”、“越低”或 不变”)。利用 除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，(6)由油酸皱制备BeO的方法是。3.(2022 广东广州统考二模)金属钱拥有电子工业脊梁的美誉，钱与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是AbCh，还含有少量GazCh和 FezCh等)中回收钱的工艺如下：Na2cO3固 体 Na

5、OH溶液过量C O 2 石 灰 乳 过 量 CO?NaOH溶液j1 I J j I粉煤灰 T 焙烧I U 碱浸I-1转化转化2 1 fl 碱溶 I 电解 i Gaj i I 浸出渣 滤液1 铝酸钙 滤液2(回收铝)回答下列问题：“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的 化 学 方 程 式 为。(2)“碱浸”所 得 浸 出 渣 的 主 要 成 分 是。(3)“转 化 1”中通入过量CO2至溶液pH=8,过滤，所得滤渣的主要成分是A1(OH)3和Ga(OH)3,写出生成A1(OH)3的 离 子 方 程 式。(4)“溶铁”所 得 溶 液 中 存 在 的 阴 离 子 主 要 有。(5)“电解”所用装

6、置如图所示，阴 极 的 电 极 反 应 为。若电解获得Im olG a,则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为 L,电解后，阳极室所得溶液中的溶质经试卷第2 页，共 9 页加 热 分 解 生 成(填 化 学 式)可 循 环 利 用。阳离子交换膜/0 2+9IQ.h/wwA/vwA二、原理综合题4.(2 0 2 0.广东广州.统考二模)甲苯(C7 H 8)和二甲苯(Cg H i o)是重要的化工原料。利用苯(C6 H 6)和甲醇(CH-Q H)在催化剂作用下反应得到C7 H 4C8HIO和副产物三甲苯(C9 H l2)，发生的主要反应如下：I .C6 H 6(g)+CH 3 0 H(g)U C

7、7 H 8(g)+H 2 O(g)I I.C7 H8(g)+CH3O H(g)C8 H i o(g)+H20(g)H I G H i o(g)+CH 3 0 H(g)=C9 H i 2(g)+H 2 O(g)(l)5 0 0,0.1 8 M p a条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。%/除3肝尚型之204080600.1 0.4 0.7 1.0 1.3(CH3OH)%C6H-由图分析，随着投料比n(CH Q H)n(C6H6)增加，C H 3 0 H 的平衡转化率，平衡时n(C,HB)+nG H：)+n(CH2)的值一。(填“增大”、“减小”或“不变”)投料比n(CH Q H)n(C6 H

8、6)为 1.0 时，C6 H 6 的平衡转化率为5 0%,产物中C7 H 8、Cs H i o 和 C9 H 已物质的量之比为6 ：3 ：1。C H 3 0 H 的平衡转化率为一，反应I 的平衡常数K=。(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I 在固体酸(H B)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(H B)表面的物种用*标注。反应历程反应I 的，=k J m o l o吸附C H 3 0 H 的焰变 吸附C 6 H 6 的焰变(填“或“A H?=k J-m o r1 朝八髭 C O(g)+H2O(g)+2 H2(g)9 0.6 k J,m o l-1C H3O H(

9、g)+H2O(g)41.2 k J-m o l-1C O,(g)+3H2(g)反应历程(2)在 4.0 M P a 压强下，按n(H j n(C C 2)=3：l 把两种气体通入恒压反应器中，C O?的平试卷第4 页，共 9页衡转化率及CH Q H 的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知:CH30H的产率=CH30H物质的量CO2起始物质的量%、碣也会拼7X田xlOO%温度/K525575K时，使CO?平 衡 转 化 率 随 温 度 升 高 而 增 大 的 反 应 为(填“反 应 I”或“反应II”)。475K时，平衡体系中n(CHQH):n(CO)=,反 应 I 的平衡常数J =(MPa)

10、%列出计算式)。(3)为同时提高CO?的平衡转化率和CH QH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是(写条)o(4)利用M 催化CO”加氢制CH Q H 的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，E,表示活化能，单位为eV。VC&O*转化为CH Q H 的化学方程式为 下 列 说 法 正 确 的 是(填 标 号)。A.凡 与2H*能量差为0.60eVB.第 ii步有0-0 键断裂C.第 iii步反应速率最慢D.加入催化剂M 不影响CH Q H 的平衡产率6.(2022广东广州统考二模)乙烯是石油化工最基本原料之一。I.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C 2 H 6(g)=C 2

11、H 4(g)+H 2(g)A/0 o(1)提高 乙 烷 平 衡 转 化 率 的 措 施 有、。一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C 2 H 6 和 H 2,初始压强为l O O k P a,发生上述反应，乙烷的平衡转化率为2 0%。平衡时体系的压强为 k P a,该反应的平衡常数K=k P a (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x 物质的量分数)。I I.在乙烷中引入02可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：a.2c 2H 6(g)+O2(g 2c 2H*g)+2H2O(g)H2 0b.2c 2H 6(g)+5O2(g)=4C 0(g)+6H2O(g)Hf 0c.C2H4(g

12、)+2O2(g)=2C 0(g)+2H2O(g)H4 0(3)根据盖斯定律，反应a的4“2=(写出代数式)。(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_ _ _ _ _ _ _(选填 a、b、c )的活化能。(5)常压下，在某催化剂作用下按照(C 2H 6)：(。2)=1：1投料制备乙烯，体系中C 2H 4和 C O在含碳产物中的物质的量百分数及C 2H 6转化率随温度的变化如下图所示。100 I-oooO8642%、龄白皿575 585 595 605温度/电0565乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 o 在 570 600温度范围内，下 列 说 法

13、正 确 的 有(填 字 母)。A.C 2H 4产率随温度升高而增大B.H z O 的含量随温度升高而增大C.C 2H 6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大D.此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率某学者研究了生成C 2H 4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式o该 历 程 的 催 化 剂 是。试卷第6 页，共 9 页210过渡态I2.06.1.8 0 过渡态I IB N O +H O2 1.28 38B N O +C 2H 6 0.740.0/B N O H+C 2H$过渡态H IB N O H+O2 空3-1.07/C2H4+HO2 三、有机推断题7.(2020

14、广东广州统考二模)化合物W 是一种医药化工合成中间体，其合成路线如图:COOCjHj”J C,H C a O,F e O),加入稀硫酸后，溶液中含有A F+,F e2+,C a2+,Sc3+,再加入F e,可以将二氧化镒还原为M r?*,铁被氧化成F e3+,滤渣中含有Si C h，T B P 和 H C 1 加入除去F e 3+,得到有机相和萃余液1,萃余液1 加入有机萃取剂P 5 0 7 萃取Sc 3+,萃余液2中剩余A 产、C a2 M n2+,富铳有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体SC(O H)3，加入H C 1 得到SC C I 3，加 入 H 2 c 2 O 4 后得到SC 2(C

15、2 C)4)3，在空气中煨烧后SC 2 O 3,据此分析。【详解】(D SC 2 O 3 中 o 的化合价为-2 价，根据元素的化合价之和等于0,则 Sc 的化合价为+3 价；(2)“溶解”时铁屑被M n C h 氧化为F e 3+,M n O?还原M i?+,溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3 M n O2+2 F e+1 2 H+=3 M n2+2 F e3+6 H2O；(3)铳镒矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是S iC h；(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，铳的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A

16、 比为2；(5)在“富铳有机相”中反应生成SC(O H)3,SCR,与氢氧化钠反应生成SC(O H)3，化学方程式是S c R3+3 Na O H=3 Na R+S c(O H)3l ；(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有S c 3+,“萃余液2”中的金属阳离子除A/、C a 2+夕卜,还有 M n2+；(7)SC2(C 2 O 4)3在空气中“燃烧”生成S C 2 O 3 和二氧化碳的化学方程式是2 S C 2(C2O 4)3+3 O 2 警 2 S C 2 O 3+12 c 02 ；(8)某厂用1000k g 的铳锦矿制备S C 2 O 3,最终得到S c 2 O 3 3 06 g,铳元

17、素的质量等于三氧化二铳4 5 x 2 Q()的质量X 铳元素的质量分数=3 06 g x ；=3 06 g x =2 00g,4 5 x 2+16 x 3 13 8该 矿 中 含 铳 的 质 量 分 数 为 x l(X)%=鬻x l O O%=O.O 2 x l O-2=o.o2%。1000k g 10 g2.B e O +2 Na O H=Na2B e O2+H2O 增大与H2S O4的接触面积,加快浸出速率 S iO2、C a S O4 3 F e,+Na+2SO；+6 H2O =Na F e3(S O4)2(O H)614 H+越低 冷却结晶，过滤 高 温 焙 烧答案第1 页，共 18

18、页【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2s04中溶解，此时BeO、Li?。、CaE,CaCO,FeO、Fe2O3.AIQ?都发生溶解，只有SiO?不反应，CaF,CaCO,发生转化，生成CaSOa沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的AF+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀：金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉被，此时将生成的油酸被灼烧，便可获得氧化镀。【详解】(1)由题意可知，钺的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：A12O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O,类比化学反应方程式，氧化镀与氢氧化钠反应为非氧化还

19、原反应，生成被酸盐和水。所以氧化被与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H20 o 答案为：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H,O；(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2sO&的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与H2sO,的接触面积，加快浸出速率；(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中CaF?与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧

20、化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为：Si。?、CaSO4；(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矶渣形式存在，所以N aF q(S 0J(0H)6是难溶于水的固体，根据题意可知，3Fe3+Na+2SO：+6H2O=NaFe,(SO4),(OH)6 J +6H+0 答案为：3Fe3+Na+2SO；+6H2O=NaFe3(SO4X(OH)()J +6H+；(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH 越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除

21、率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；答案第2 页，共 18页(6)油酸镀制备B e O,根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸被，生成二氧化碳、水和氧化被制得氧化被。答案为：高温焙烧。【点睛】分析工业流程图时，应沿着工业生产的过程，将杂质、工业品中所含元素的转化逐一理顺，便可获得操作目的及发生反应的方程式。炸烧3.(1 )G a 2 C h+N a 2 c C h=2 N a G a C h+C O 2 T F e z C

22、h(3)A 1 O,+C O2+2 H,0 =A 1(O H)3 J +H C O-(4)G a O；O H(5)G a O ；+3 e+2 H2O=G a+4 O H-1 6.8 N a 2 c o 3、C O 2【分析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，G a z C h和碳酸钠反应转化成N a G a C h，加入氢氧化钠碱浸，钱、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将钱转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出钱沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到钱溶液，电解最终得到保单质；【详解】(1)“焙烧”中，G a z C h和碳酸钠反应转化成N a G a C h,化

23、学方程式为焙烧G a z C h+N a 2 c。3=2 N a G a C h+C O 2 T；(2)高铝粉煤灰主要成分是A I 2 O 3,还含有少量G a 2 O 3和F e z C h等，由流程可知，钱最终转化为保单质；加入氢氧化钠，氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是F e2O3;(3)“转 化1”中通入过量C O 2至溶液p H=8,碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，A 1 O；+C O,+2 H q =A 1(O H)3 J +H C O 3 ；(4)转 化1中生成G a(0 H)3,“溶钱”中加入石灰乳

24、，根据流程可知，G a(0 H)3转化为含钱溶液以G a O：离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有G a O 和过量的O；(5)阴极G a O 2得到电子发生还原反应生成G a单质，电极反应为G a O；+3 e+2 H2O=G a+4 O H：阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧答案第3页，共1 8页气：2H2O-4e-=4H+O2T，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得3Im olG a,根据电子守恒可知，4Ga12 3 0 2,则生成。2的物质的量为二mol,则阳极产生4的气体在标准状况下的体积至少为=3 x22.4=16.8L；电解后，阳极室所得溶

25、液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2cCh和二氧化碳CO?可分别在焙烧、转 化 1 和转化2中循环利用。4.减小 增大 75%1.8-61.4 (),该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施答案第7 页，共 18页有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个);(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C 2 H 6 和 H 2,初始压强为l O O k P a,假设都为I mo l,发生上述反应，乙烷的平衡转化率为2 0%,C 2 H 6(g)噜方 C2H4(g)+H2(g)开始 I mo l 0 I mo l转化 0.2 mo l 0.2

26、 mo l 0.2 mo l平衡 0.8mo l 0.2 mo l 1.2 mo l根 据 压 强 之 比 等 于 物 质 的 量 之 比 得 到 赢=T，解得E l O k P a,即平衡时体系的压八 0.2 mo l c 1.2 mo l1 l O k P a x -x l l O k P a x 强 为 U O k P a,该反应的平衡常数5=-2-2 m 0 1 Q8 m ol 2-2 m 0 1=15 k P a 答案为:1 l O k P a x-2.2 mo l110；15；(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c 的 2 倍，得到反应a 的 A H 2=A，3-2 A”4。答案为:

27、“3-2 A H 4；(4)为减少过度氧化，即 b e,要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；(5)升高温度，C 2 H 6 的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C 2 H 4 的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成 CO的反应速率增大的程度大于C 2 H 4；A.从 C 2 H 6 的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C 2 H 4 产率随温度升高而增大，A正确；B.因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H 2 O 的含量随温度升高而

28、增大，B 正确；C.根据图中信息C 2 H 6 转化率增大，则 C 2 H 6 在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低,C错误；D.因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；答案第8页，共 1 8 页故选AB；起初反应时，BNOH先与02反应，生成BN0和HO?，生成的BN0再与C2H6反应，重新生成B N 0H,则表明BN0H为催化剂；C2H6先转化为C2H5、C2H5再与02反应生成C2H4和 HO2;从而得出总反应式为C2H6+2C)2=C2H4+2HO2F答案为：体系未达

29、平衡，温度升高，生成C 0 的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2r BNOHo【点睛】分析催化剂时，需看物质在变化过程中是如何表现的。如果先参加反应，后由反应生成，则其为催化剂。7.丙 烯 碳 碳 双 键、氯 原 子 加 成 反 应 取 代 反CTI,OIK，Z X CHO、C I J /C l t U-IKXX：V C(KMI应 2+02 A 2+2H2O CI3Hl6O2个)0 V*I11AA.VIR K.*11*牛 工 含.(,XX(,1 1 0 C:IIOOCZ、COOCM【分析】由合成路线分析可知，F 与 C2H50H在浓硫酸加热的条件下发生酯

30、化反应生成G(COOC：H),则 F 为竣酸，又 E(N()酸化得到F,F 的分子式为C5H6O5,则 F答案第9 页，共 18页oIKXX I为，D与 N a C N 发生取代反应得到E,C的分子式为C 3H 6。2,C在 C uOH作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D,则 C为“、人B 与 H O C 1 发生加成反应得到C,则 B 为ky/a,人与C b 在光照条件下发生取代反应生成B,则 A为 彳、,CJH5OOC COOC2H5 缶G与 在 p H=8.3的条件下反应生成H(2 /+O2 r 2+2 H2O,故答案为：a、1 ,c i ：a 1 a2 /+O2 21 s z z+

31、2 H2O；C(XXH5(4)F 与 C 2 H 5 0 H 在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G(C(XK H),则 F为段酸，又E(、()酸化得到F,F的分子式为C 5 H 6。5,则 F的结构简式为，0故,3答 案,为,：IUXK USI/(MHI答案第1 0 页，共 1 8 页,x(5)W的结构简式为,1 个该分子含有13个 C 原子，16个 H 原子，2 个 0 原子，则其分子式为Cl3Hl6 6,故答案为：C|3Hl6。2；(6)芳香化合物X 是 W的同分异构体，X 能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5 组等效氢，且峰面积之比为6：4：3：2：1,满

32、足条件的同分异构CHO产 CHO、A 太CIK H、AWA.(写出其中3 个)；(7)结合题干中GTHTW的合成路线，由 1,2-二氯乙烷与z ACHO 6CHO、k、6、C H O O CX COOCH制备答案第II页，共 18页o=CO。(Ml,可 先 将 1,2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成 ,“工。I。再 在 C u作 催 化 剂 加 热 的 条 件 下 发 生 催 化 氧 化 生 成 接 着”与C,H5OOC发生类似于GTHTW的反应制得,合成路线ClCNaOHIlQA*a为“丫0H人OOpilCJ1OOC COOCJh+,8。C3H(MX XCOOC2H1,故答,c

33、iNM*川1PCl“丫 I I人co(11,M K A /C02N9.(1)竣基、酸键-0 Q,CH5OH合成路线为 R笔(3)(4)s(5)10 HOOC，0 H H：0,产obX rH O O C l/C O O H00H 或 X X1OH(YHr,H H.0H 化优加了LoZ 8答案第15页，共18页-o。【分析】A 与 CH30H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：B与 RMgCl在 C ui作用下发生加成反应产生C,C 与 NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应,然后酸化可得D,D 脱 去 1分子H2O 生成E：,E 与在 LDA作用下发生取代反应产生F 和 HC1,F 与 H2发生

34、加成反应产生G,G 在一定条件下发生消去反应产生H。(1)根据A 结构简式可知A 分子中的含氧官能团名称为竣基、酸键;(2)A 分子中含有-C 0 0 H,与 CH30H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：(3)和 H aO,该反应为可逆反应，化学方程式为:浓硫酸1 CH3OHHQD 生成E 同时产生H 2O,该反应方程式为(4)在上述反应中，反应属于取代反应，反应属于取代反应，反应属于取代反应，反应属于加成反应，反应属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有；(5)W 是分子式比A 少两个CH2的有机化合物，W 的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物,答案第16页，共 18页说明分子中含

35、有苯环；b)l mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 m oi二氧化碳，说明分子中含有2个-C O O H,则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链COOH6H-COOH,只 有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-C00H,二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH,-CH3,都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构,故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：化剂存在条件下与比 发生加成反应产生,该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生的流程图为:答案第17页，共18页答案第18页，共18页