![四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题01](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/7/5624635/0/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题02](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/7/5624635/0/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题03](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/7/5624635/0/2.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题
展开1.“一带一路(One Belt And One Road)”构建人类命运共同体,符合国际社会的根本利益,彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中,其主要成分不属于有机物的是
A. 中国丝绸 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 捷克水晶
【答案】D
【解析】
【详解】A、丝绸主要成分是蛋白质,是含有碳元素的化合物,是有机化合物,故A不选;
B、长绒棉主要成分是纤维素,是含有碳元素的化合物,是有机化合物,故C不选;
C、葵花籽油主要成分是油脂,是含有碳元素的化合物,是有机化合物,故C不选;
D、水晶的主要成分是二氧化硅,不是有机化合物,故D选;
故选D。
【点睛】判断一种物质是否属于有机物时,不但要看化合物中是否含有碳元素,还要看物质的性质是和无机物相似还是和有机物相似,如一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素,但是性质和无机物相似,属于无机物。
2.绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物,其结构如图所示,
下列说法正确是
A. 绿原酸的分子式为C16H20O9
B. 绿原酸分子中有4种含氧官能团
C. l mol绿原酸与NaOH溶液反应,可消耗7 mol NaOH
D. 绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与NaHCO3发生反应生成CO2
【答案】D
【解析】
A、绿原酸的分子式为C16H18O9,A错误。
B、绿原酸的分子中含有羧基、酯基、羟基3种含氧酸官能团,B错误。
C、羧基、酚羟基能与NaOH发生中和反应,该分子中还含一个酯基,水解可得到一个醇羟基和一个羧基,故共有2个羧基、2个酚羟基,所以消耗4molNaOH,C错误。
D、酯基在酸性下可水解得到相应的酸和醇2种物质,由该分子可知水解后得到的两种物质均含羧基,均能与NaHCO3发生反应生成CO2,D正确。
正确答案为D
3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是
A. 标准状况下,1 mol CO2中含有的碳原子数为NA
B. 常温常压下,11.2 L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NA
C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA
D. 1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中所含的Na+的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.1mol二氧化碳气体中含有1molC原子,含有的碳原子数为NA,故A正确;B.不是标况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯化氢的物质的量,故B错误;C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时失去1mol电子,转移的电子数为NA,故C错误;D. 根据n=cV分析,1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中钠离子的物质的量为0.2mol,Na+的数目为0.2NA,故D错误;故选A。
4.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A. 明矾易溶于水,可用作净水剂 B. HClO显酸性,可用于杀菌消毒
C. SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白 D. 铁粉具有还原性,可用作食品抗氧化剂
【答案】D
【解析】
A项,明矾可用作净水剂是因为铝离子水解生成Al(OH)3胶体,具有吸附性,可以吸附悬浮颗粒,故A错误;B项,HClO可用于杀菌消毒是因为其具有强氧化性,故B错误;C项,SO2具有漂白性,可用于纸浆漂白,与氧化性无关,故C错误;D项,铁粉具有还原性,常温下容易被氧气氧化,所以可用作食品抗氧化剂,能有效吸收食品包装袋内的氧气,防止食物被氧化,故D正确。
5.X、Y、Z、R、W是5种短周期元素,原子序数依次增大;它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4;已知Y、R同主族,Z、R、W同周期。下列说法正确的是
A. 简单离子半径R>W>Y>Z
B. 气态氢化物稳定性:HmW<HnR
C. Z2Y2电子式可表示为
D. RY2和W2均有漂白性,将两者等物质的量混合溶于水,漂白性增强
【答案】A
【解析】
X、Y、Z、R、W是5种短周期元素,原子序数依次增大,它们可组成Z2Y2、Z2Y类型的化合物,则Z为Na、Y为O,其中Y、R同主族,它们可组成RY3化合物可知R为S;Z、R、W同周期,W为第三周期元素,结合组成XW4化合物可知,X为C,W为Cl;A.电子层越多,离子半径越大,具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小,则离子半径为R>W>Y>Z,故A正确;B.非金属性越强,氢化物越稳定,对应氢化物还原性越弱,则气态氢化物的稳定性为HmW>HnR,气态氢化物的还原性为HmW<HnR,故B错误;C.Na2O2电子式可表示为,故C错误;D.等物质的量的SO2和Cl2一起通入溶液中发生反应生成硫酸和盐酸,失去漂白能力,故D错误;故选A。
6.利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2,并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列关于该装置的四种说法,正确的组合是
①.a为直流电源的负极
②.阴极的电极反应式为:2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O
③.阳极的电极反应式为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+
④.电解时,H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
A. ①和② B. ①和③
C. ②和③ D. ③和④
【答案】C
【解析】
由图中信息可知,两电极连接在直流电源上,所以该装置为电解池;二氧化硫被氧化为硫酸,而HSO3-被还原为S2O42-。根据电解原理,阳极上发生氧化反应而阴极上发生还原反应,所以通入二氧化硫的为阳极室,另一侧为阴极室,所以a连接电源的正极,①不正确,②和③是正确的;电解池中一般溶液中的阳离子向阴极定向移动,而阴离子向阳极定向移动,但是由于电解池使用了阳离子交换膜,所以只有阳离子H+才可以从阳极室通过阳离子交换膜向阴极室移动,④不正确。综上所述,C组合正确。
7.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后得到的滤液用 NaHCO3溶液处理,测得溶液的pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法错误的是
A. a点溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)
B. 水的电离程度:a点小于c点
C. 原 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.8mol·L-1
D. 生成沉淀的离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意可知a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液,0mL~8mL碳酸氢钠与过量的氢氧化钠反应,8mL~32mL碳酸氢钠与偏铝酸钠反应,据此分析选项是否正确。
【详解】A.a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液,根据电荷守恒可以写出:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),A正确;
B.水的电离程度:a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液, c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液,因为酸碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,所以水的电离程度:a点小于c点,B正确;
C.加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多,沉淀为0.032mol,前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+HCO3-=CO32-+H2O)不生成沉淀,后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO3-+AlO2-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-)生成沉淀,则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)==1.0mol/L,原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=1.0mol/L,C错误;
D.根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-,D正确;
正确答案:C。
【点睛】注意碳酸氢根离子既能与铝离子反应Al3++3HCO3= Al(OH)3↓+3CO2↑,也能与偏铝酸根离子反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-。
8.某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加热一段时间后,取出烧瓶中固体,探究其成分。查资料可知,浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S,它们都难溶于水,能溶于稀硝酸。实验如下:
(i)用蒸馏水洗涤固体,得到蓝色溶液,固体呈黑色。
(ii)取少量黑色固体于试管中,加入适量稀硝酸,黑色固体逐渐溶解,溶液变为蓝色,产生无色气泡。取少量上层清液于试管,滴加氯化钡溶液,产生白色沉淀。
①根据实验(i)得到蓝色溶液可知,固体中含____________(填化学式)
②根据实验(ii)的现象_______(填“能”或“不能”)确定黑色固体是CuS还是Cu2S,理由是__________________________________________________________________________。
写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式____________________________________________
③为了进一步探究黑色固体的成分,将实验(i)中黑色固体洗涤、烘干,再称取48.0g黑色固体进行如下实验,通入足量O2,使硬质玻璃管中黑色固体充分反应,观察到F瓶中品红溶液褪色。
实验序号 | 反应前黑色固体质量/g | 充分反应后黑色固体质量/g |
I | 48.0 | 48.0 |
Ⅱ | 48.0 | 44.0 |
Ⅲ | 48.0 | 40.0 |
根据上表实验数据推测:实验I中黑色固体的化学式为_____________________________;实验Ⅱ中黑色固体的成分及质量为_______________________________________________。
【答案】 (1). CuSO4 (2). 不能 (3). CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同 (4). 3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2O (5). Cu2S (6). Cu2S 24.0g、CuS 24.0g
【解析】
【分析】
稀硝酸具有强氧化性,能把S从-2价氧化为-6价,把Cu从-1价氧化为+2价,本身会被还原为NO这一无色气体,由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题③中,因为涉及到质量的变化,所以需要考虑反应前后,固体物质的相对分子质量的变化情况,经过分析,1份Cu2S生成2份CuO(Cu原子守恒),其相对分子质量没有发生变化,而1份CuS生成1份CuO(Cu原子守恒),相对分子质量减小了16,利用差量法可以推断出混合物中成分及相应的质量。
【详解】①用蒸馏水洗涤固体,得到蓝色溶液,则固体中一定含有CuSO4;
②CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为:;,两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成,且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成,所以无法判断黑色固体的成分;
③F瓶中品红溶液褪色,说明有SO2生成;根据铜原子个数守恒,有
Cu2S-2CuO Δm=64×2+32-64×2-16×2=0,CuS-CuO Δm=64+32-64-16=16;
实验I中,反应前后固体质量不变,则说明黑色固体中只有Cu2S;
实验II中,固体质量变化量为4.0g,则可以推断出该质量变化由CuS引起,有
CuS-CuO Δm=16
96 16
m(CuS) 4.0g
m(CuS)==24.0g
m(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g
则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。
【点睛】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物,即可推断出相关的化学方程式,并答题。此外,对于通过质量判断混合物成分的题目,可以考虑使用差量法来解题。
9.以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)在一定条件下,SO2转化为SO3的反应为2SO2+O22SO3,该反应的平衡常数表达式为K=____;过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为_________________。
(2)用36.5%(密度为1.2g·㎝-3)的盐酸的配制500mL的30%(密度为1.095g·㎝-3的盐酸,所需玻璃仪器是 ( )
A.玻璃棒 B.烧杯 C.托盘天平 D.500mL量筒 E、500mL容量瓶 F、胶头滴管
(3)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,其目的是________________________、
________________________________________________________。
(4)通氯气氧化时,发生的主要反应的离子方程式为_________________________;该过程产生的尾气可用碱溶液吸收,尾气中污染空气的气体为________________(写化学式)。
(5)操作a为_________________________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 (1). K=c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2) (2). SO2+NaOH=NaHSO3 (3). ABDEF (4). 提高铁元素的浸出率 (5). 抑制Fe3+水解 (6). Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ (7). Cl2、HCl (8). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程可知,硫铁矿在高温下焙烧可以得到铁的氧化物,将其溶于盐酸中,可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液,向其中通入氯气,能将亚铁离子氧化为铁离子,最后得到的氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶后得到氯化铁晶体,据此分析作答。
【详解】(1)根据平衡常数的定义易知,该反应的化学平衡常数K=c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2);过量的二氧化硫与氢氧化钠反应会生成亚硫酸氢钠,其化学方程式为:SO2+NaOH=NaHSO3;
(2)根据溶液配制的步骤分析可知,计算:结合c=可知,该浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=12mol/L,稀盐酸的物质的量浓度为=10.95mol/L,依据C浓V浓 = C稀V稀求出所需盐酸溶液的体积V浓==0.456L=456mL;量取:依据计算的体积,用500mL量筒量取;洗涤时需要用到烧杯和玻璃棒;移液时需要移到500mL容量瓶中,定容时需要胶头滴管,故所需的玻璃仪器有:A.玻璃棒、B.烧杯、D.500mL量筒、E. 500mL容量瓶、F. 胶头滴管,故答案为ABDEF;
(3)过量的盐酸可抑制铁离子的水解,提高铁离子的浸出率,故酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,其目的是提高铁元素的浸出率、抑制Fe3+水解;
(4)氯气与Fe2+反应生成Fe3+与Cl-,其离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;该过程中尾气有过量的氯化氢与氯气,需用氢氧化钠吸收,故答案为Cl2、HCl;
(5)得到的氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶后得到氯化铁晶体,故答案为蒸发浓缩、冷却结晶。
10.缓冲和供氧是维持人体正常生理活动的两个重要平衡系统,回答下列问题:
Ⅰ.人体血液中存在平衡:H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) △H,该平衡可使血液的pH维持在一定范围内。
(1)已知:CO2(g)CO2(aq) △H1=akJ·mol-l;
CO2(aq)+H2O(l)H2CO3 (aq) △H2=bkJ • mol-1;
HCO3-(aq)H+(aq)+CO32-(aq) △H3=ckJ • mol-1;
CO2(g)+H2O(l)2H+(aq)+CO32-(aq) △H4=dkJ • mol-1。
则上述电离方程式中△H =_____________(用含a、b、c、d的代数式表示)。
(2)若某人血液中c(HCO3-):c(H2CO3) = 20:1,pKa1(H2CO3)=6.1,则该人血液的pH为______________。(lg2=0.3)若pH升高,则c(H2CO3)/c(HCO3-)=___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3当有少量酸性物质进入血液后,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象:_____________。
Ⅱ.肌细胞石储存氧气和分配氧气时存在如下平衡:
(4)经测定动物体温升高,氧气的结合度[α(MbO2),氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数]降低,则该反应的△H_______________(填“>”或“<”)0。
(5)温度为37 ℃时,氧气的结合度[α(MbO2)与氧气的平衡分压[p(O2)]关系如下图所示:
①利用R点所示数据,计算37 ℃时该反应的平衡常数K=_________________(氧气的平衡浓度可用氧气的平衡分压代替求算)。
②已知37 ℃时,该反应的正反应速率v(正)=k1c(Mb)×ρ(O2),逆反应速率v(逆)=k2c(MbO2),若k2=60s-1,则k1=___________________。
【答案】 (1). (d-a-b-c) kJ • mol-1 (2). 7.4 (3). 减小 (4). 当少量酸性物质进入血液后,平衡H2CO3H++HCO3-向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变 (5). < (6). 2.00kPa-1 (7). 120s-1·kPa-1
【解析】
试题分析:本题通过对“人体血液中存在平衡”和“肌细胞石储存氧气和分配氧气时存在的平衡”的讨论,主要考查盖斯定律的运用、平衡常数表达式、平衡移动原理等知识,考查考生对平衡移动原理的综合运用能力、综合运用平衡常数的计算能力。
解析:(1)将已知的反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ,将四个反应用Ⅳ-Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ既得反应H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ,所以 △H=△H4-△H1-△H2-△H3=(d-a-b-c)kJ • mol-1。正确答案:(d-a-b-c)kJ • mol-1。(2),所以,。pH升高时,c(H+)减小,所以随c(H+)减小而减小。正确答案:7.4、减小。(3)由于人体血液中存在平衡:H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ,所以少量酸性物质进入血液后,平衡逆向移动,因此H+浓度变化部分被抵消,血液的pH变化较小。正确答案:当少量酸性物质进入血液后,平衡H2CO3H++HCO3-向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。(4)Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq),温度升高时氧气的结合度降低,既升高温度平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,△H<0。正确答案:<。(5)“氧气的结合度α(MbO2) 是指氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数”,既,则(算式Ⅰ)。①,代入R点读数。②仍然选R点坐标数据,37 ℃反应达到平衡时,v(正)=v(逆),则k1c(Mb)×P(O2)=k2c(MbO2),代入上述算式Ⅰ及R点坐标数据,所以。正确答案:2.00kPa-1、120s-1·kPa-1。
点睛:解答化学平衡的计算题型时,首先需要正确选用计算公式,已知的数据(包括比值)可以直接代入,选用坐标图中的读数时,一般要用图像中标记坐标读数的点,以确保计算结果准确。
11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题:
(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能,用符号I1至I表示)如表所示:
| I1 | I2 | I3 | I4 | I5 |
电离能(kJ/mol) | 589.8 | 1145.4 | 4912.4 | 6491 | 8153 |
元素M化合态常见化合价是___________价,其基态原子电子排布式为___________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可形成[Cu(NH3)4]SO4,溶液,该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子立体构型是___________。
②除硫元素外,[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________。
③NF3与NH3的空间构型相同,中心原子的轨道杂化类型均为___________。但NF3不易与Cu2+形成化学键,其原因是___________。
(3)一种Hg-Ba-Cu-O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。
①该物质的化学式为___________。
②已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm。则距离Ba2+最近的Hg+数目为___________个,二者的最短距离为___________pm。(列出计算式即可,下同)
③设该物质的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为___________g·cm-3。
【答案】 (1). +2 (2). [Ar]4s2 (3). 正四面体 (4). Cu<H<N<O (5). sp3 (6). F电负性比N大,N-F成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子 (7). HgBa2CuO4 (8). 4 (9). (10).
【解析】
【分析】
(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构;M是Ca元素,根据能量最低原理书写电子排布式;
(2) ①根据价电子互斥理论判断SO42-的空间构型; ②元素的非金属性越强电负性越大;③NF3与NH3的中心原子都是N原子,杂化轨道数=;NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力强;
(3) ①利用均摊法计算晶胞的化学式;②根据晶胞图分析距离Ba2+最近的Hg+数目;根据晶胞图可知Ba2+位于底面的中垂线上。③根据密度=摩尔质量÷(1个晶胞的体积×NA)。
【详解】(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构,所以该原子最外层电子数是2,常见化合价是+2, M是Ca元素;Ca是20号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]4s2;
(2) ①SO42-中S原子的杂化轨道数=,配位原子数为4,无孤电子对,所以SO42-的空间构型正四面体;
②Cu、H、N、O非金属性依次增强,所以电负性Cu<H<N<O;
③NF3与NH3的中心原子都是N原子,杂化轨道数=,所以轨道杂化类型均为sp3;F的电负性比N大,N-F成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子;
(3) ①根据均摊法,晶胞中Ba原子数是2、Hg原子数是 ;Cu原子数是 ,O原子数是,所以晶体的化学式是HgBa2CuO4;
②根据晶胞图可知距离Ba2+最近的Hg+有4个;晶胞中两个Ba2+的间距为cpm,晶胞的高是bpm,则Ba2+与底面的间距为pm,底面对角线为pm ,Ba2+位于底面的中垂线上 ,所以距离Ba2+最近的Hg+的距离是= pm;
③晶胞的体积为 ,密度=摩尔质量÷(1个晶胞的体积×NA)=。
12.丙烯是石油化工的重要原料,一定条件下可发生下列转化:
已知:
(1)A的结构简式为:____________;
(2)反应④类型为:_________________反应;反应⑦进行所需的条件是:_________。
(3)D与足量乙醇反应生成E的化学方程式为:__________________。
(4)与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_________________。
(5)B的同分异构体有多种.写出其中一种既能发生银镜反应,又能发生酯化反应,并且核磁共振氢谱峰值为6:1:1的同分异构体的结构简式:_____________________。
(6)请写出以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线,无机试剂任选。______________
【答案】 (1). CH3CHBrCH3 (2). 取代反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). (5). (6). (CH3)2C(OH)CHO (7). CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→CH3-CHOH-COOH→聚合物
【解析】
丙烯与HBr发生加成反应生成A,A为溴代烷,A与KCN发生取代反应,生成
,故A为,由信息,可知B为
,与KCN发生取代反应生成C,C为,CD,由信息可知D为,与足量的乙醇发生酯化反应生成E,E为,
(1)由上述分析可知,A的结构简式为 ,反应①是丙烯与HBr发生加成反应生成,故答案为,加成反应。
(2)反应④是与KCN发生取代反应生成C,C为,故答案为取代反应。反应⑦是与足量的乙醇发生酯化反应生成E(),反应条件是浓硫酸、加热。
(3)与足量乙醇发生酯化反应生成,反应化学方程式为:
。
(4)与足量NaOH溶液发生中和反应和卤代烃的碱性水解,方程式为:。
B为,的同分异构体有多种,其中既能发生银镜反应,又能发生酯化反应,说明
分子中含有醛基-CHO与羟基-OH,并且核磁共振氢谱峰值为6:1:1的同分异构体的结构简式:。
(6)参考题给有机合成流程,仿写以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线:
CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→CH3-
CHOH-COOH→聚合物
点睛:本题考查有机推断与合成,涉及烯烃、卤代烃、醇、羧酸的性质以及根据信息进行的反应等,是对有机化合物知识的综合考查,利用给出的反应信息推断A的结构是解题的关键,然后利用顺推法推断其它物质,能较好的考查考生的阅读、对 有机合成与推断 等知识点的理解,自学能力和思维能力,是高考热点题型,难度中等。