2020年全国统一高中考试化学试卷（新课标ⅲ）（含剖析版）.doc

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1、2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试 化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)22CuCO3)。下列说法错误的是A. 保存千里江山图需控制温度和湿度B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D. Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22

2、CuCO3【答案】C【解析】【详解】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜温度和湿度，A说法正确；B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。2.金丝桃苷是从中药

3、材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是A. 可与氢气发生加成反应B. 分子含21个碳原子C. 能与乙酸发生酯化反应D. 不能与金属钠反应【答案】D【解析】【详解】A该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；B根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故B正确；C该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；D该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误；故答案为D。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B 1 mol重水比1 mo

4、l水多NA个质子C. 12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子D. 1 L 1 molL1 NaCl溶液含有28NA个电子【答案】C【解析】【详解】A标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；D1molNaC

5、l中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为C。4.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀H2SO4DCO2饱和NaHCO3溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。【详解】A由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；B氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产

6、生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；C一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；D二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；故选B。5.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:B. 向CaCl2溶液中通入CO2： C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3： D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合： 【答案】A【解析】【详解】A用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原

7、为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；B向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；C向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2，C选项错误；DNH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H+OH=H2O，D选项错误；答案选A。【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略

8、H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。6.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是A. 负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高C. 电池总反应为D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极【答案】B【解析】【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程

9、式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。【详解】A当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；B反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；C根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；D电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极负载VB2电极KOH溶液复合碳电极，D正确；故选B。【点睛】本题在解答时应注意正极

10、的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A. 非金属性：W XY ZB. 原子半径：ZYXWC. 元素X的含氧酸均为强酸D. Y的氧化物水化物为强碱【答案】D【解析】【分析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y

11、=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则ANa为金属元素，非金属性最弱，非金属性YZ，A选项错误；B同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：NaClNH，B选项错误；CN元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；DY的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；答案选D。二、非选择题(一)必考题8.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性

12、质。回答下列问题：(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是_，a中的试剂为_。(2)b中采用的加热方式是_，c中化学反应的离子方程式是_，采用冰水浴冷却的目的是_。(3)d的作用是_，可选用试剂_(填标号)。ANa2S BNaCl CCa(OH)2 DH2SO4(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_，_，干燥，得到KClO3晶体。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_色。可知该条件下KClO3的氧化能力_NaClO(填“大于”或“小于”)。【答案】 (1). 圆底烧瓶

13、 (2). 饱和食盐水 (3). 水浴加热 (4). Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O (5). 避免生成NaClO3 (6). 吸收尾气(Cl2) (7). AC (8). 过滤 (9). 少量(冷)水洗涤 (10). 紫 (11). 小于【解析】【分析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。【

14、详解】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；ANa2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；B氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故

15、B不可选；C氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；D氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；综上所述可选用试剂AC；(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。【点睛】第3小题

16、为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质吸收。9.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01 molL1)的pH沉淀完全时(c=1.0105 molL1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应

17、的离子方程式_。(2)“滤液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液”中可能含有的杂质离子为_。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。【答案】 (1). 除去油脂、溶解铝及其氧化物 (2). +H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al

18、(OH)3+H2O (3). Ni2+、Fe2+、Fe3+ (4). O2或空气 (5). Fe3+ (6). (7). 3.26.2 (8). 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (9). 提高镍回收率【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经H2

19、O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlO2(或NaAl(OH)4)，加入稀硫酸可发生反应+H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、F

20、e2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.010-8.7molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01molL-1，c(H+)=1.010-7.2molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化

21、”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.26.2，故答案为：；3.26.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO被还原为Cl，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。

22、【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。10.二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量

23、分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】 (1). 14 (2). 变大 (3). d (4). c (5). 小于 (6). 或等 (7). 选择合适催化剂等【解析】【分析】根据质量守恒定律配平

24、化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(

25、2) 由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之

26、一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。(二)选考题化学选修3：物质结构与性质11.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：(1)H、B、N中，原子半径最大

27、的是_。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_的相似。(2)NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+9H2，的结构如图所示：在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)，电负性大小顺序是_。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_(写分子式)，其熔点比NH3BH3_(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在_，也称“双氢键”。(4)研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm

28、、b pm、c pm，=90。氨硼烷的222超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度=_gcm3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). B (2). Si(硅) (3). 配位 (4). N (5). sp3 (6). sp2 (7). NHB (8). CH3CH3 (9). 低 (10). H+与H的静电引力 (11). 【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。【详解】(1)在所有元素

29、中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，NB键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子

30、的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3) NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为NHB。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在H+与H-的静电引力。(4)在氨硼烷的22

31、2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为gcm-3。【点睛】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。 化学选修5：有机化学基础12.苯基环丁烯酮( PCBO)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生

32、4+2环加成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如下：已知如下信息：回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)B的结构简式为_。(3)由C生成D所用的试别和反应条件为_；该步反应中，若反应温度过高，C易发生脱羧反应，生成分子式为C8H8O2的副产物，该副产物的结构简式为_。(4)写出化合物E中含氧官能团的名称_；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为_。(5)M为C一种同分异构体。已知：1 mol M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳；M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M的结构简式为_。(6)对于，选用不同的取代基R，在催化剂作用

33、下与PCBO发生的4+2反应进行深入研究，R对产率的影响见下表：RCH3C2H5CH2CH2C6H5产率/%918063请找出规律，并解释原因_。【答案】 (1). 2羟基苯甲醛(水杨醛) (2). (3). 乙醇、浓硫酸/加热 (4). (5). 羟基、酯基 (6). 2 (7). (8). 随着R体积增大，产率降低；原因是R体积增大，位阻增大【解析】【分析】根据合成路线分析可知，A()与CH3CHO在NaOH的水溶液中发生已知反应生成B，则B的结构简式为，B被KMnO4氧化后再酸化得到C()，C再与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，D再反应得到E()，据此分析解答

34、问题。【详解】(1)A的结构简式为，其名称为2-羟基苯甲醛(或水杨醛)，故答案为：2-羟基苯甲醛(或水杨醛)；(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，故答案为：；(3)C与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，即所用试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式可知，C发生脱羧反应生成，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；(4)化合物E的结构简式为，分子中的含氧官能团为羟基和酯基，E中手性碳原子共有位置为的2个手性碳，故答案为：羟基、酯基；2；(5)M为C的一种同分异构体，1molM与饱和NaHCO3溶液反应能放出2mol二氧化碳，则M中含有两个羧基(COOH)，又M与酸性高锰酸钾溶液溶液反应生成对二苯甲酸，则M分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则M的结构简式为，故答案为：；(6)由表格数据分析可得到规律，随着取代基R体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因为R体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，故答案为：随着R体积增大，产率降低；原因是R体积增大，位阻增大。