西藏自治区拉萨那曲第二高级中学2020届高三第五次月考化学试题

那曲第二高级中学2020届高三第五次月考
理科综合试卷化学部分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14　O-16 Na-23 Al-27 S-32 P-31 Fe-56
1.化学与生产、生活等多方面都密切相关，下列说法中不正确的是（ ）
A. 石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品
B. 晶体硅制得的光电池，能将光能直接转化为电能
C. 误食重金属离子时可先喝大量牛奶或豆浆后再及时就医
D. 缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业中石油进行常压分馏主要目的是得到石油气、汽油、煤油和柴油等轻质油，减压分馏目的是得到润滑油、石蜡等相对分子质量较大的烷烃，若要获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品需通过裂解实现，故A符合题意；
B．晶体硅可以做太阳能电池板，能直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．牛奶主要成分是蛋白质，重金属离子能使蛋白质变性，消耗一部分重金属离子，可防止人体本身的蛋白质被破坏，故C不符合题意；
D．亚铁盐可以治疗缺铁性贫血，是常用的补铁药物，故D不符合题意；
故答案为：A。
2.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol羟基(-OH)中含7NA个电子
B. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
C. 50 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA
D. 6.2g白磷(分子式为P4)中所含P—P键的数目为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基中电子数为8+1=9，因此1 mol羟基(-OH)中含9NA个电子，故A错误；
B．过氧化钠与水反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，过氧化钠中氧元素化合价从-1价升高至0价生成氧气，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；
C．铜与浓硫酸反应随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，最终反应停止，最终硫酸有剩余，因此无法根据硫酸的物质的量计算最终生成SO2的数目，故C错误；
D．6.2g白磷的物质的量为，P4的结构为，因此0.05molP4中含有P-P键数目为0.05×6NA=0.3NA，故D错误；
故答案为：B。
3.有机化合物萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是

A. a和b均属于苯的同系物
B. a和b分子中所有碳原子均处于同一平面上
C. a和b均能使酸性KMnO4溶液褪色
D. a物质与足量氢气加成所得产物的一氯代物最多有6种
【答案】C
【解析】
【详解】A．a不含苯环，所以不属于苯的同系物，故A错误；
B．a中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C．a中含有碳碳双键、b苯环的支链上含有H原子，所以a、b都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．a物质与足量氢气加成所得产物中有7种环境的氢，一氯代物最多有7种，故D错误；
故答案为C。
【点睛】含有饱和碳原子的有机物不可能所以原子都共面。
4.下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是
A. Mg、Al合金用来制造飞机外壳——合金熔点低
B. 葡萄酒中含SO2——SO2有漂白性
C. SiO2用来制造光导纤维——SiO2耐酸性
D. 食品盒中常放一小袋Fe粉——Fe粉具有还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg、Al合金硬度大，密度小，可用来制飞机外壳，与合金熔点低无关，故A错误；
B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化剂，故B错误；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，故C错误；
D．铁粉具有还原性，放在食品袋中可以防止食品氧化变质，故D正确；
故选D。
5.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中T所处的周期序数与族序数相等，下列判断错误的是


A. W和R形成的化合物属于共价化合物
B. 元素R与氢形成的化合物有很多种
C. 含T盐溶液可能能与NaOH溶液反应也可能与盐酸反应
D. 常温下，T的单质与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应产生气体
【答案】D
【解析】
【分析】
根据‘T所处的周期序数与族序数相等’可推知T位于第三周期第ⅢA族，即T为铝，进而推知R为碳，Q为磷，W为硫。
【详解】A．W和R形成的为共价化合物，A正确；
B．碳的氢化物种类有很多，烷烃、烯烃、炔烃等，B正确；
C．含铝的盐溶液如果是可以和反应，如果是则可以和盐酸反应，故C正确；
D．铝和浓硫酸常温下钝化，D错误；
故答案为D。
6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）

选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀硫酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸首先中和氢氧化钠，不会立即产生气泡，故A错误；
B. 常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；
C. 氢氧化钠溶液开始是过量的，生成偏铝酸钠，不可能产生大量白色沉淀氢氧化铝，故C错误；
D. 草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查实验方案设计与评价，实验已成为化学中考命题的重点和难点,实验设计与评价是化学实验中难度最大、综合性最强、能力要求相对较高的一类科学探究试题。该题是选择题的形式，相对简单，实际是考查了四个具体的化学反应原理及其现象，明白原理和目的加上扎实的基础，解答本题应该游刃有余。
7.对可逆反应2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( 　　)
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变
④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)
⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；
②2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；
③2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；
⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B。
8.金属锰在冶金工业中用来制造特种钢，常作为脱硫剂和去氧剂，其化合物广泛应用于电池、机械制造业等领域。
(1)以软锰矿(主要为MnO2)为原料通过热还原法得到金属锰涉及的两个反应：
①3MnO2(s)=Mn3O4(s)+ O2(g) △H1= akJ•mol-1
②3Mn3O4(s)+ 8Al(s) =4Al2O3(s) + 9Mn(s) △H2= bkJ•mol-1
已知Al的燃烧热为 △H3=ckJ•mol-1，则MnO2与Al发生铝热反应的热化学方程式为___________。
(2)科研人员将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出(假定杂质不反应，溶液 体积不变)，发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq)Mn2+(aq)+ Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)
请回答下列问题：
①为加快反应速率可以采取的措施有__________；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是____________________。
②下列能说明反应已达平衡有____________________(填编号)。
A.溶液的颜色不发生变化 B.溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)
C.体系中固体的质量不变 D.Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变
③室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=________________，Mn2+的产率为____________。

④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则 再次平衡时c(Mn2+) =____________(不考虑离子水解的影响)。
(3)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为_____________________，阳极附近溶液的pH____________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). (2). 升高温度或增大c(Sn2+) (3). 构成多个微型原电池，加快反应速率 (4). ACD (5). 3 (6). 75% (7). 0.375mol∙L-1 (8). (9). 减小
【解析】
【详解】（1）Al的燃烧热为 △H3=ckJ•mol-1，则铝的燃烧反应的热化学方程式为：③，根据盖斯定律计算(①×3+②+③)×得到MnO2与Al发生铝热反应的热化学方程式：；
（2）①通过升高温度或增大反应物浓度可使化学反应速率加快；因Mn与Sn的金属活泼性不同，析出的Sn附着在Mn表面，溶液中存在能够自由移动的离子，从而构成了原电池，使得Mn的溶解速率加快，故答案为：升高温度或增大c(Sn2+)；构成多个微型原电池，加快反应速率；
②A．该体系中只有Sn2+具有颜色，若溶液的颜色不发生变化，则说明溶液中c(Sn2+)不变，能够说明反应达到了平衡状态，故A符合题意；
B．因不确定起始Sn2+浓度以及其转化率，因此达到平衡状态时，无法确定c(Mn2+)与c(Sn2+)关系，故不能判断反应是否处于平衡状态，故B不符合题意；
C．反应中固体质量在不断发生变化，若体系中固体的质量不变，说明溶液中离子浓度不变，能够说明反应达到平衡状态，故C符合题意；
D．随着反应的进行，Mn2+与Sn2+浓度在不断变化，当Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变时，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：ACD；
③随着反应的进行，c(Sn2+)逐渐减小，c(Mn2+)逐渐增加，由此可知，平衡状态下c(Mn2+)=0.75mol/L，c(Sn2+)=0.25mol/L，平衡常数；Mn2+理论产量为Sn2+完全转化时的生成量，由此Mn2+的产量为；
④若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，c(Mn2+)、c(Sn2+)均变为原来的一半，平衡不发生移动，由此再次平衡时；
（3）由题可知，该体系中Mn元素化合价升高，电解质溶液为酸性，由此阳极上发生的电极反应式为：；阳极附近生成了H+，溶液的pH将减小。
【点睛】判断化学平衡状态的方法：各种“量”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量、物质的量分数、质量分数等不变(反应中存在至少两种相同状态的物质)；③温度(绝热体系)、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等且恒容装置中进行)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量始终为“不变量”，则不能作为平衡标志。
9.某兴趣小组为了探究铁粉与水蒸气反应的产物，做了下面实验。

资料：在不同温度下，铁粉与水蒸气反应的产物不同。
Fe +H2OFeO+H2 3Fe + 4H2OFe3O4 + 4H2
实验一：某兴趣小组用下图所示装置，使铁粉与过量水蒸气充分反应并检验固体产物的组成。
(1)实验过程中，应先点燃___________（选填“酒精灯”或“酒精喷灯”）；目的是__________________，装置中石棉绒的作用是_____________________。
(2)若在实验中的某段时间内生成H2 0.2g，则这段时间内参加反应的铁粉质量至少是___________g。
实验二：铁粉完全反应后，兴趣小组对硬质玻璃管中生成的FeO和Fe3O4的质量进行测定，实验流程如下图。

(1)实验前检查装置A的气密性：关闭止水夹K，从长颈漏斗向试管内加水，至长颈漏斗中管内的液面高于管外液面，静置一段时间，若液面高度差__________，则气密性良好。
(2)装置A中发生的反应方程式_______________________________________。
(3)为了安全，在点燃酒精灯之前，在F装置出口b处必须______________________。
(4)装置C中所放试剂为_________，装置B的作用是_________________________。
(5)干燥管E右边又连接干燥管F的目的是_________________________________。
若无干燥管F，测得Fe3O4的质量将_______________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). 酒精灯 (2). 先产生水蒸气,排尽空气 (3). 增大铁粉与水蒸气接触面积 (4). 4.2 (5). 不变 (6). Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑ (7). 验纯 (8). 浓硫酸 (9). 除去HCl气体 (10). 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进去到E装置 (11). 偏大
【解析】
【分析】
实验一：（1）铁能与空气中的氧气发生反应，先加热酒精灯利用生成的水蒸气排除装置中的空气；装置中石棉绒可以增大水蒸气与铁粉的接触面积；
（2）分析两个反应可知产生四氧化三铁需要的铁少，因此可依据3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，由氢气的质量求出需要铁的质量；
实验二：（1）根据检验气密性的方法进行分析解答；
（2）根据锌和盐酸反应产生氯化锌和氢气写出反应方程式；
（3）根据氢气点燃容易发生爆炸分析使用注意事项；
（4）根据产生的氢气会混有杂质，要进行除杂、干燥分析装置的作用；
（5）根据碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气导致E装置质量增加大，会影响实验结果进行分析。
【详解】实验一：
（1）铁能与空气中的氧气发生反应，因此为了排除氧气的干扰，先加热酒精灯利用生成的水蒸气排除装置中的空气；装置中石棉绒可以增大水蒸气与铁粉的接触面积，故答案为：酒精灯；先产生水蒸气，排尽空气；增大铁粉与水蒸气的接触面积；
（2）在不同温度下发生的反应中，Fe元素化合价均升高，H元素化合价均降低，生成一定量H2时，Fe元素化合价升高越高，则所需Fe的量越少，因此根据生成Fe3O4进行计算最少所需Fe的量，设生成0.2g氢气至少需要铁的质量为x，
，则，解得x=4.2g；
实验二：
（1）检查A装置气密性的方法：关闭止水夹K，从长颈漏斗向试管内加水，至长颈漏斗中管内的液面高于管外液面，静置一段时间，形成的液柱不下降，即液面高度差不变，则气密性良好；
（2）锌和盐酸反应产生氯化锌和氢气，故反应的方程式为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑ ；
（3）因为氢气在不纯的情况下点燃容易发生爆炸，因此在点燃酒精灯之前，在F装置出口b处必须验纯；
（4）产生氢气会混有氯化氢和水蒸气，因此要先通过水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气；故答案为：浓硫酸；除去HCl气体；
（5）碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气导致E装置质量增加大，会使测定生成的水多，使测定的结果偏大；故答案为：防止空气中的二氧化碳和水被E吸收；偏大。
10.用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的工业流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水，②RH为有机物(难电离)


(1)滤渣I的主要成分是_____________(填化学式) ，写出两种能提高酸浸速率的措施_____________ 、 ___________。
(2) 操作①用到的主要仪器有___________________。
(3) H2O2是种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式________________________________________。
(4)加入氧化钴的目的是______________________________。
(5)加入(NH4)2C2O4反应得到草酸钴晶体的离子方程式________________________________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是__________________________________________。
(6)实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子(C2O42-) ，测定溶液中C2O42-的浓度， KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果___________(填“偏高”、“偏低“或“无影响”)。
【答案】 (1). SiO2 (2). 增大硫酸的浓度 (3). 提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎(任选两个) (4). 分液漏斗、烧杯 (5). (6). 调节pH (7). (8). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (9). 偏高
【解析】
【分析】
用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，操作①为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。
【详解】（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎均能提高酸浸速率；
（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
（3）H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：；
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀；
（5）加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为：，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；
（6）若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高。
11.碳、铜、锡及其化合物有许多用途。回答下列问题
（1）在元素周期表里，锡和碳同族，锡在第五周期。基态锡原子的价电子排布式为__________，据此推测，锡的常见正价是__________。
（2）磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为__________；P、S的第一电离能(I1)的大小为I1(P) __________I1(S)(填“>”“<”或“=”)
（3）CO32－中C原子的杂化轨道类型为__________；乙烯分子中σ键与π键数目之比为__________。
（4）NH3的沸点__________(填“高于”或“低于”)PH3的沸点，原因是____________________。
（5）磷青铜晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的__________的空隙中。若晶体密度为ag·cm－3，P与最近的Cu原子的核间距为__________nm(用含NA的代数式表示)。

【答案】 (1). 5s25p2 (2). +2、+4 (3). 三角锥形 (4). > (5). sp2 (6). 5：1 (7). 高于 (8). NH3分子间能形成氢键，而PH3不能 (9). 正八面体 (10).
【解析】
【分析】
（1）锡在第五周期ⅣA族元素，其价电子为最外层电子数，价电子排布式为5s25p2，第四主族常见价态为+2、+4价；
（2）N、P为同主族元素，和NH3的分子构型相同，NH3为三角锥型，则PH3为三角锥型；第一电离能在同周期中随原子序数的递增，有增大的趋势，但核外电子拍布满足充满或半充满状态时，第一电离能大于其后面的元素的第一电离能，故I1(P)>I1(S)；
（3）CO32－中C原子孤对电子数=（a-所带电荷-xb）=（4+2-3×2）=0，杂化轨道类型为sp2；乙烯的结构简式：CH2=CH2,则σ键5条，π键1条，比值为：5：1；
（4）氢键为分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，氢键存在于，氨分子间存在氢键，磷化氢无氢键，则氨的沸点高于磷化氢；
（5）观察磷青铜晶体的晶胞结构，Cu原子位于正方体的六个面的中心位置，形成正八面体的结构；P原子与最近的Cu原子之间的距离为：棱长，Sn原子：8×=1，Cu原子：6×=3，P为1，化学式为：SnCu3P，摩尔质量为：342g/mol，1mol时的体积为：342g/ ag/cm3，由NA个晶胞组成，晶胞的体积为：342 cm3/aNA，棱长=cm，P与最近的Cu原子的核间距为；
【详解】（1）锡在第五周期ⅣA族元素，其价电子最外层电子数，价电子排布式为5s25p2，第四主族常见价态为+2、+4价；
（2）N、P为同主族元素，和NH3的分子构型相同，NH3为三角锥型，则PH3为三角锥型；第一电离能在同周期中随原子序数的递增，有增大的趋势，但核外电子拍布满足充满或半充满状态时，第一电离能大于其后面的元素的第一电离能，故I1(P)>I1(S)，答案为：三角锥型；>；
（3）CO32－中C原子孤对电子数=（a-所带电荷-xb）=（4+2-3×2）=0，杂化轨道类型为sp2；乙烯的结构简式：CH2=CH2,则σ键5条，π键1条，比值为：5：1；
（4）氢键为分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，氢键存在于，氨分子间存在氢键，磷化氢无氢键，则氨的沸点高于磷化氢，答案为：高于；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能；
（5）观察磷青铜晶体的晶胞结构，Cu原子位于正方体的六个面的中心位置，形成正八面体的结构；P原子与最近的Cu原子之间的距离为：棱长，Sn原子：8×=1，Cu原子：6×=3，P为1，化学式为：SnCu3P，摩尔质量为：342g/mol，1mol时的体积为：342g/ ag/cm3，由NA个晶胞组成，晶胞的体积为：342 cm3/aNA，棱长=cm，P与最近的Cu原子的核间距为；
【点睛】本题为原子结构综合考查题，其中氢键为较强的分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，可以存在于分子之间，也可存在于分子内不相邻的N、O、F与H原子之间。
12.化合物G()是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：

已知：RCOOH RCOCl
回答下列问题：
(1)C→D化学方程式为________________________________________。
(2)H是一种高聚酯，其结构简式为____________________；A→B、D→H的反应类型分别是________________、______________。
(3)下列关于化合物D的说法正确的是__________(填标号)。
A.一定条件下，D还可以发生催化氧化反应
B.1molD分别与足量的Na和 NaHCO3溶液反应，产生的气体体积比为1：1(在相同状况下)
C.一定条件下，D发生消去反应生成的有机物不存在顺反异构体
D.一定条件下，D不能与HBr发生取代反应
(4)符合下列条件F的同分异构体有__________种，其中核磁共振氢谱有四组吸收峰的结构简式为____________________。
①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基。
(5)已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，设计由苯酚、甲苯为起始原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成路线_______________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). (CH3)2C(OH)CH2OH +O2 (CH3)2C(OH)COOH +H2O (2). (3). 加成反应 (4). 缩聚反应 (5). BC (6). 8 (7). (8).
【解析】
【分析】
A和溴发生加成反应生成B为CH2BrCH(CH3)2Br，D发生信息中的反应生成E，结合D分子式知，D为(CH3)2C(OH)COOH，C为(CH3)2C(OH)CH2OH，B发生水解反应生成C；H是一种高聚酯，则D发生缩聚反应生成H，H为，E和F发生取代反应生成G；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸发生取代反应生成苯甲酰氯，苯甲酰氯和苯甲醇发生取代反应生成苯甲酸苯酯。
【详解】（1）D为(CH3)2C(OH)COOH，C为(CH3)2C(OH)CH2OH，C被催化氧化生成D，C→D的化学方程式为：(CH3)2C(OH)CH2OH+O2(CH3)2C(OH)COOH+H2O；
（2）通过以上分析知，H的结构简式为；A→B、D→H的反应类型分别是加成反应、缩聚反应；
（3）D为(CH3)2C(OH)COOH，
A．D中连接醇羟基的C原子上不含H原子，则一定条件下，D不能发生催化氧化反应，故A错误；
B．醇羟基和羧基都能和钠反应生成氢气，1mol D与Na反应生成1mol氢气，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1mol D与NaHCO3溶液反应生成1mol二氧化碳，故B正确；
C．一定条件下，D发生消去反应生成的有机物为CH2=C(CH3)COOH，该分子中不存在顺反异构体，故C正确；
D．D中含有醇羟基，一定条件下，D能与HBr发生取代反应，故D错误；
故选BC；
（4）F为对羟基苯甲酸甲酯，F的同分异构体符合下列条件：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基；③苯环上有两个取代基，如果取代基为−OH、HCOOCH3−，有邻间对3种；如果取代基为−OH、CH3COO−，有邻间对3种；如果取代基为−OH、−COOCH3，还有邻、间2种；所以符合条件的同分异构体有8种；其中核磁共振氢谱有四组吸收峰的结构简式为： ；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸发生取代反应生成苯甲酰氯，苯甲酰氯和苯甲醇发生取代反应生成苯甲酸苯酯，其合成路线为： 。
【点睛】醇催化氧化的本质是：去氢，也就是去掉醇羟基上的H和连接有醇羟基的C原子上的氢，这两个H原子与氧气的O原子结合生成水；如果连接有醇羟基的C原子上有2个或者3个H，这样的醇催化氧化后形成醛；连接有醇羟基的C原子上有1个H，醇催化氧化后的产物是酮；连接有醇羟基的C原子上没有H原子，这样的醇不能发生催化氧化。