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四川省2023_2024学年高三化学上学期9月月考理科综合试题含解析
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这是一份四川省2023_2024学年高三化学上学期9月月考理科综合试题含解析，文件包含河北省衡水市武强中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题Word版含解析docx、河北省衡水市武强中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将对应数字方框涂黑。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： O 16 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。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. 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. 干冰可用在舞台上制造“云雾”
C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D. 温室气体是形成酸雨的主要物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉与足量盐酸混合使用会产生黄绿色有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2，A错误；
B．干冰为固体二氧化碳，升华吸热，使得空气中的水蒸气迅速冷凝，可用在舞台上制造“云雾”，B正确；
C．棉花、麻均为碳水化合物，蚕丝主要成分是蛋白质，C错误；
D．氮氧化物和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，不是温室气体，D错误；
故选B。
2. 金丝桃苷是从中药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. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
4. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于碳酸的酸性弱于HCl，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，不能除杂，故A错误；
B．乙醇和水都能和钠反应生成氢气，不能通过向乙醇中加入一小粒金属钠来检验乙醇中是否含有水，故B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入CO2生成H2SiO3白色沉淀，根据强酸制取弱酸的原理，可以证明碳酸的酸性强于硅酸，故C正确；
D．pH试纸不能湿润，应用玻璃棒蘸取溶液点在干燥的pH试纸上，故D错误；
故选：C。
5. 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 ml重水比1 ml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 ml·L−1 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1ml，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，1ml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=1mlC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；
D．1mlNaCl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。
6. 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，Q与Z同主族，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：X>QB. 单质的熔点：X>Y
C. 简单氢化物的沸点：Z>QD. 最高价含氧酸的酸性：Z>Y
【答案】D
【解析】
【分析】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Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al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19-3-4=12，Q与Z同主族，则QZ的最外层电子数为6，Q为O元素、Z为S元素；综上所述，Q为O，X为Al，Y为Si，Z为S；
【详解】A．X为Al，Q为O，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：O>Al，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于共价晶体，故单质熔点Si>Al，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高， Q简单氢化物为H2O，Z简单氢化物为H2S，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H2O>H2S，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，S的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：S>Si，D正确；
故选D。
7. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，K2SO4溶液浓度增大，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2＋4H+＋2e= Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn＋4OH＋MnO2＋4H+= Zn(OH)＋Mn2+＋2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，III区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；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Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，III区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向III区移动或III区的K+向Ⅱ区移动，据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 碱式氯化铜 [Cux(OH)yClz·mH2O] 是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等。某化学兴趣小组为测定某品牌药品碱式氯化铜的组成，设计了如下两种方案：
方案一：滴定法
取样品4.650 g用适量酸溶解后配成100 mL溶液，用标准AgNO3溶液滴定Cl-，用EDTA标准溶液(pH=4.42)滴定Cu2+。
(1)溶解样品所用酸的化学式为___________。配制样品溶液时，所需实验仪器有：分析天平、烧杯、玻璃棒、___________，其中玻璃棒的作用是___________。
(2)滴定过程中，盛装EDTA标准溶液仪器名称是___________。实验测得样品中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，则x：y=___________。
方案二：热分解法
(3)准确称取a g样品装入石英玻璃管中，实验时A、B、C装置的连接顺序依次是___________，为了准确测定碱式氯化铜的组成，C中应放入的药品是___________。
(4)实验过程中需缓缓通N2，实验开始前通入N2目的是___________。B中可观察到的现象是___________。
(5)实验结束后A中固体由绿色变为黑色，测得A中质量减少b g，B中质量增加c g，C中质量增加d g。碱式氯化铜样品中Cu的质量分数计算式为___________。
【答案】 ①. HNO3 ②. 100mL容量瓶、胶头滴管 ③. 在溶解时起搅拌作用，在转移时起引流作用 ④. 酸式滴定管 ⑤. 2:3 ⑥. ACB ⑦. 无水氯化钙 ⑧. 排出装置内的空气，防止空气中的水蒸气进入C装置，干扰实验 ⑨. 有白色沉淀生成 ⑩.
【解析】
【详解】(1)实验中需要用标准AgNO3溶液滴定碱式氯化铜中的Cl-生成氯化银沉淀，因此不能用盐酸或硫酸溶解，因为会引入氯离子、硫酸根与银离子反应，则酸溶时所用的酸为硝酸，化学式为HNO3；配制100 mL溶液所需的实验仪器有：分析天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，其中玻璃棒在溶解时起搅拌作用，在转移时起引流作用；
(2)EDTA标准溶液的pH=4.42，溶液呈酸性，应用酸式滴定管盛装；品中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，可设Cux(OH)yClz·mH2O中Cu2+有2 ml，Cl-有1 ml，根据电荷守恒有: (+2)×2 +(-1)×y+(-1)×1=0，解得y=3 ml，则x : y=2:3；
(3)A装置用来加热碱式氯化铜，B装置用来测定氯离子，C装置用来测定碱式氯化铜中的水，为了准确测定碱式氯化铜的组成，首先通过A装置进行加热，再通过C测定碱式氯化铜中的水，最后通过B装置测定氯离子，因此A、B、C装置的连接顺序为ACB；C装置用来测定碱式氯化铜中的水，所用药品为无水氯化钙；
(4)实验前通入氮气的目的是为了排出装置内的空气，防止空气中的水蒸气进入C装置，干扰实验；B中盛放的是硝酸银溶液，所以B中会产生AgCl沉淀，可观察到的现象是有白色沉淀生成；
(5)实验结束后A中固体由绿色变为黑色，说明碱式氯化铜加热分解生成了CuO，测得A中质量减少bg，B中质量增加cg，C中质量增加dg，则生成CuO的质量为(a-b)g，碱式氯化铜样品中Cu的质量分数计算式为。
9. 羰基硫(COS)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染，研究其脱除方式意义重大。回答下列问题：
（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为___________。
（2）Dalleska等人研究发现：在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，得到一种酸溶液并放出气体，该脱除反应的化学方程式为___________。
（3）已知：① CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) ΔH1=-41.2 kJ‧ml-1
②COS(g)＋H2O(g) H2S(g)＋CO2(g) ΔH2=-35.5 kJ‧ml-1
则氢气脱除COS生成CO和H2S的热化学方程式为___________。
（4）利用反应②可在高温下脱除COS，在T℃下，向密闭容器中充入5 mlH2O(g)和5mlCOS(g)，测得混合气体中H2S体积分数(φ)与时间(t)的关系如图所示。
①下列能说明该可逆反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．v消耗(H2O)=v生成(CO2) B．不变
C．压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
②该条件下COS的平衡转化率为___________，T ℃时该反应的平衡常数K=___________。
（5）将含COS和H2O的某工业气体按一定流速通过以Al2O3为载体的催化剂，在不同温度下测得COS水解转化率如图所示。
①当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS水解转化率降低，可能的原因是___________。
②在催化剂不变时，为提高COS的转化率可采取的措施有___________、___________。
【答案】（1）（2）COS＋4H2O2=CO2＋H2SO4＋3H2O
（3）H2(g)＋COS(g)CO(g)＋H2S(g) ΔH1=+5.7 kJ·ml-1
（4） ①. B ②. 80% ③. 16
（5） ①. 继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动 ②. 控制温度在200 ℃ ③. 增大水蒸气浓度 [或增大比例]
【解析】
【小问1详解】
CO2的等电子体COS，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的电子式可知COS电子式为：；
【小问2详解】
在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，得到一种酸溶液并放出气体，过氧化氢具有强氧化性，结合质量守恒可知，H2O2氧化COS生成H2SO4和CO2气体，该脱除反应的化学方程式为COS＋4H2O2=CO2＋H2SO4＋3H2O；
【小问3详解】
根据盖斯定律，②−①可得氢气脱除COS生成CO和H2S的热化学方程式：H2(g)＋COS(g)CO(g)＋H2S(g) ΔH=ΔH2-ΔH1=+5.7 kJ·ml-1；
【小问4详解】
①A．v消耗(H2O)=v生成(CO2)描述的都是正反应，不确定反应是否达到平衡状态，不符合题意；
B．不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；
C．反应是气体分子数不改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，混合气体的压强不随时间的变化而变化，故压强不变不能说明达到平衡状态，不符合题意；
D．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不符合题意；
故选B；
②投料共5ml+5ml=10ml，反应为气体分子数不变的反应，平衡时H2S体积分数为40%，则平衡时生成硫化氢、二氧化碳均为4ml，反应COS、H2O均为4ml，剩余COS、H2O均为1ml，该条件下COS的平衡转化率为；T ℃时该反应的平衡常数K=；
【小问5详解】
①该反应正向放热，达到平衡后继续升高温度，反应逆向移动，COS的转化率降低，由图知，Al2O3催化水解最佳温度为200℃，高于这个温度，催化剂活性会降低，都会使得当温度升高到一定值后，一定时间内COS水解转化率降低；
②在催化剂不变时，为提高COS的转化率可采取的措施有：控制温度为200°C，增大水蒸气浓度 [或增大比例]，会促进反应正向进行，提高COS转化率。
10. 硫酸锌(ZnSO4)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ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
（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_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，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10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
(二)选考题：共45分。请考试从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为___________；单晶硅的晶体类型为___________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si杂化方式为___________。
（2）CO2分子中存在___________个σ键和___________个π键。
（3）甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6 ℃) 之间，其原因是___________。
（4）BaO的熔沸点___________MgO(填“>”“<”“=”)，原因是___________。
（5）立方CuO晶胞结构如图所示。其中Cu2+的配位数为___________。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm，则其晶体密度为___________ g‧cm-3(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3s23p2 ②. 共价晶体 ③. sp3
（2） ①. 2 ②. 2
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇形成氢键多
（4） ①. < ②. MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高
（5） ①. 6 ②. ×1030
【解析】
【小问1详解】
硅为14号元素，基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，Si为主族元素，其价电子层即最外层，故Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是空间立体网状结构，因此晶体硅为共价晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；
【小问2详解】
单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，CO2分子中存在2个σ键和2个π键。
【小问3详解】
甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇形成的氢键多，氢键的存在导致物质沸点升高，故甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6 ℃) 之间；
【小问4详解】
MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高；
【小问5详解】
以左下角铜离子为例，在x、y、z轴上各有2个相邻且最近的氧离子，故其中Cu2+的配位数为6。根据“均摊法”，晶胞中含个Cu2+、个O2-，则晶体密度为。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②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/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，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
（7）如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式_______、_______。H′分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4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
（3）（4）（5）硝基、酯基和羰基
（6）（7） ①. ②. ③. 5
【解析】
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
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】
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反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
根据分析可知，C与Br2/CCl4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、酯基和羰基；
【小问6详解】
C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
【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HC—NO2和C=O成环，且C=O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。
目的
实验
A
除去食盐水中的少量BaCl2
向食盐水中通入过量的CO2
B
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
C
证明碳酸的酸性强于硅酸
向硅酸钠溶液中通入CO2
D
验证小苏打溶液显碱性
用玻璃棒蘸取溶液点在湿润的pH试纸上
离子
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将对应数字方框涂黑。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： O 16 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。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. 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. 干冰可用在舞台上制造“云雾”
C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D. 温室气体是形成酸雨的主要物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉与足量盐酸混合使用会产生黄绿色有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2，A错误；
B．干冰为固体二氧化碳，升华吸热，使得空气中的水蒸气迅速冷凝，可用在舞台上制造“云雾”，B正确；
C．棉花、麻均为碳水化合物，蚕丝主要成分是蛋白质，C错误；
D．氮氧化物和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，不是温室气体，D错误；
故选B。
2. 金丝桃苷是从中药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. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
4. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于碳酸的酸性弱于HCl，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，不能除杂，故A错误；
B．乙醇和水都能和钠反应生成氢气，不能通过向乙醇中加入一小粒金属钠来检验乙醇中是否含有水，故B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入CO2生成H2SiO3白色沉淀，根据强酸制取弱酸的原理，可以证明碳酸的酸性强于硅酸，故C正确；
D．pH试纸不能湿润，应用玻璃棒蘸取溶液点在干燥的pH试纸上，故D错误；
故选：C。
5. 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 ml重水比1 ml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 ml·L−1 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1ml，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，1ml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=1mlC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；
D．1mlNaCl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。
6. 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，Q与Z同主族，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：X>QB. 单质的熔点：X>Y
C. 简单氢化物的沸点：Z>QD. 最高价含氧酸的酸性：Z>Y
【答案】D
【解析】
【分析】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Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al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19-3-4=12，Q与Z同主族，则QZ的最外层电子数为6，Q为O元素、Z为S元素；综上所述，Q为O，X为Al，Y为Si，Z为S；
【详解】A．X为Al，Q为O，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：O>Al，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于共价晶体，故单质熔点Si>Al，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高， Q简单氢化物为H2O，Z简单氢化物为H2S，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H2O>H2S，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，S的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：S>Si，D正确；
故选D。
7. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，K2SO4溶液浓度增大，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2＋4H+＋2e= Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn＋4OH＋MnO2＋4H+= Zn(OH)＋Mn2+＋2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，III区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；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Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，III区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向III区移动或III区的K+向Ⅱ区移动，据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 碱式氯化铜 [Cux(OH)yClz·mH2O] 是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等。某化学兴趣小组为测定某品牌药品碱式氯化铜的组成，设计了如下两种方案：
方案一：滴定法
取样品4.650 g用适量酸溶解后配成100 mL溶液，用标准AgNO3溶液滴定Cl-，用EDTA标准溶液(pH=4.42)滴定Cu2+。
(1)溶解样品所用酸的化学式为___________。配制样品溶液时，所需实验仪器有：分析天平、烧杯、玻璃棒、___________，其中玻璃棒的作用是___________。
(2)滴定过程中，盛装EDTA标准溶液仪器名称是___________。实验测得样品中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，则x：y=___________。
方案二：热分解法
(3)准确称取a g样品装入石英玻璃管中，实验时A、B、C装置的连接顺序依次是___________，为了准确测定碱式氯化铜的组成，C中应放入的药品是___________。
(4)实验过程中需缓缓通N2，实验开始前通入N2目的是___________。B中可观察到的现象是___________。
(5)实验结束后A中固体由绿色变为黑色，测得A中质量减少b g，B中质量增加c g，C中质量增加d g。碱式氯化铜样品中Cu的质量分数计算式为___________。
【答案】 ①. HNO3 ②. 100mL容量瓶、胶头滴管 ③. 在溶解时起搅拌作用，在转移时起引流作用 ④. 酸式滴定管 ⑤. 2:3 ⑥. ACB ⑦. 无水氯化钙 ⑧. 排出装置内的空气，防止空气中的水蒸气进入C装置，干扰实验 ⑨. 有白色沉淀生成 ⑩.
【解析】
【详解】(1)实验中需要用标准AgNO3溶液滴定碱式氯化铜中的Cl-生成氯化银沉淀，因此不能用盐酸或硫酸溶解，因为会引入氯离子、硫酸根与银离子反应，则酸溶时所用的酸为硝酸，化学式为HNO3；配制100 mL溶液所需的实验仪器有：分析天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，其中玻璃棒在溶解时起搅拌作用，在转移时起引流作用；
(2)EDTA标准溶液的pH=4.42，溶液呈酸性，应用酸式滴定管盛装；品中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，可设Cux(OH)yClz·mH2O中Cu2+有2 ml，Cl-有1 ml，根据电荷守恒有: (+2)×2 +(-1)×y+(-1)×1=0，解得y=3 ml，则x : y=2:3；
(3)A装置用来加热碱式氯化铜，B装置用来测定氯离子，C装置用来测定碱式氯化铜中的水，为了准确测定碱式氯化铜的组成，首先通过A装置进行加热，再通过C测定碱式氯化铜中的水，最后通过B装置测定氯离子，因此A、B、C装置的连接顺序为ACB；C装置用来测定碱式氯化铜中的水，所用药品为无水氯化钙；
(4)实验前通入氮气的目的是为了排出装置内的空气，防止空气中的水蒸气进入C装置，干扰实验；B中盛放的是硝酸银溶液，所以B中会产生AgCl沉淀，可观察到的现象是有白色沉淀生成；
(5)实验结束后A中固体由绿色变为黑色，说明碱式氯化铜加热分解生成了CuO，测得A中质量减少bg，B中质量增加cg，C中质量增加dg，则生成CuO的质量为(a-b)g，碱式氯化铜样品中Cu的质量分数计算式为。
9. 羰基硫(COS)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染，研究其脱除方式意义重大。回答下列问题：
（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为___________。
（2）Dalleska等人研究发现：在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，得到一种酸溶液并放出气体，该脱除反应的化学方程式为___________。
（3）已知：① CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) ΔH1=-41.2 kJ‧ml-1
②COS(g)＋H2O(g) H2S(g)＋CO2(g) ΔH2=-35.5 kJ‧ml-1
则氢气脱除COS生成CO和H2S的热化学方程式为___________。
（4）利用反应②可在高温下脱除COS，在T℃下，向密闭容器中充入5 mlH2O(g)和5mlCOS(g)，测得混合气体中H2S体积分数(φ)与时间(t)的关系如图所示。
①下列能说明该可逆反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．v消耗(H2O)=v生成(CO2) B．不变
C．压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
②该条件下COS的平衡转化率为___________，T ℃时该反应的平衡常数K=___________。
（5）将含COS和H2O的某工业气体按一定流速通过以Al2O3为载体的催化剂，在不同温度下测得COS水解转化率如图所示。
①当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS水解转化率降低，可能的原因是___________。
②在催化剂不变时，为提高COS的转化率可采取的措施有___________、___________。
【答案】（1）（2）COS＋4H2O2=CO2＋H2SO4＋3H2O
（3）H2(g)＋COS(g)CO(g)＋H2S(g) ΔH1=+5.7 kJ·ml-1
（4） ①. B ②. 80% ③. 16
（5） ①. 继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动 ②. 控制温度在200 ℃ ③. 增大水蒸气浓度 [或增大比例]
【解析】
【小问1详解】
CO2的等电子体COS，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的电子式可知COS电子式为：；
【小问2详解】
在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，得到一种酸溶液并放出气体，过氧化氢具有强氧化性，结合质量守恒可知，H2O2氧化COS生成H2SO4和CO2气体，该脱除反应的化学方程式为COS＋4H2O2=CO2＋H2SO4＋3H2O；
【小问3详解】
根据盖斯定律，②−①可得氢气脱除COS生成CO和H2S的热化学方程式：H2(g)＋COS(g)CO(g)＋H2S(g) ΔH=ΔH2-ΔH1=+5.7 kJ·ml-1；
【小问4详解】
①A．v消耗(H2O)=v生成(CO2)描述的都是正反应，不确定反应是否达到平衡状态，不符合题意；
B．不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；
C．反应是气体分子数不改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，混合气体的压强不随时间的变化而变化，故压强不变不能说明达到平衡状态，不符合题意；
D．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不符合题意；
故选B；
②投料共5ml+5ml=10ml，反应为气体分子数不变的反应，平衡时H2S体积分数为40%，则平衡时生成硫化氢、二氧化碳均为4ml，反应COS、H2O均为4ml，剩余COS、H2O均为1ml，该条件下COS的平衡转化率为；T ℃时该反应的平衡常数K=；
【小问5详解】
①该反应正向放热，达到平衡后继续升高温度，反应逆向移动，COS的转化率降低，由图知，Al2O3催化水解最佳温度为200℃，高于这个温度，催化剂活性会降低，都会使得当温度升高到一定值后，一定时间内COS水解转化率降低；
②在催化剂不变时，为提高COS的转化率可采取的措施有：控制温度为200°C，增大水蒸气浓度 [或增大比例]，会促进反应正向进行，提高COS转化率。
10. 硫酸锌(ZnSO4)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ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
（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_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，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10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
(二)选考题：共45分。请考试从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为___________；单晶硅的晶体类型为___________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si杂化方式为___________。
（2）CO2分子中存在___________个σ键和___________个π键。
（3）甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6 ℃) 之间，其原因是___________。
（4）BaO的熔沸点___________MgO(填“>”“<”“=”)，原因是___________。
（5）立方CuO晶胞结构如图所示。其中Cu2+的配位数为___________。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm，则其晶体密度为___________ g‧cm-3(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3s23p2 ②. 共价晶体 ③. sp3
（2） ①. 2 ②. 2
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇形成氢键多
（4） ①. < ②. MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高
（5） ①. 6 ②. ×1030
【解析】
【小问1详解】
硅为14号元素，基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，Si为主族元素，其价电子层即最外层，故Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是空间立体网状结构，因此晶体硅为共价晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；
【小问2详解】
单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，CO2分子中存在2个σ键和2个π键。
【小问3详解】
甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇形成的氢键多，氢键的存在导致物质沸点升高，故甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6 ℃) 之间；
【小问4详解】
MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高；
【小问5详解】
以左下角铜离子为例，在x、y、z轴上各有2个相邻且最近的氧离子，故其中Cu2+的配位数为6。根据“均摊法”，晶胞中含个Cu2+、个O2-，则晶体密度为。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②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/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，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
（7）如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式_______、_______。H′分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4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
（3）（4）（5）硝基、酯基和羰基
（6）（7） ①. ②. ③. 5
【解析】
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
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】
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反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
根据分析可知，C与Br2/CCl4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、酯基和羰基；
【小问6详解】
C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
【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HC—NO2和C=O成环，且C=O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。
目的
实验
A
除去食盐水中的少量BaCl2
向食盐水中通入过量的CO2
B
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠
C
证明碳酸的酸性强于硅酸
向硅酸钠溶液中通入CO2
D
验证小苏打溶液显碱性
用玻璃棒蘸取溶液点在湿润的pH试纸上
离子
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