2023年高考第一次模拟考试卷：化学（全国乙卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（全国乙卷）（全解全析），共21页。试卷主要包含了［化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：C：12 Cl：35.5 O：16 As：75 Ni：59 Fe：56 Ca：40
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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。
7．北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船顺利往返、“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于合金材料
B．冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
C．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同系物
D．飞船返回舱表层中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】B
【解析】A．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，A不正确；
B．用H2代替天然气作燃料，燃料中不含有碳元素，且燃烧充分，燃烧产物为水，所以符合绿色低碳发展理念，B正确；
C．与的质子数相同、质量数不同，二者互为同位素，C不正确；
D．玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D不正确；
故选B。
8．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是

A．a分子中所有原子处于同一平面
B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应
D．b与互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A错误；
B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C正确；
D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
选A。
9．遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
【答案】D
【解析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象
若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B
检验食品脱氧剂中还原铁粉是否己变质
取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C
比较CH3COO-和ClO-水解程度大小
用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH
若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A正确；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C错误；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D错误；
故选A。
11．已知W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，可以与反应生成一种常见的气体。化合物()在和气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法错误的是

A．原子半径：Z>X>Y>W
B．A，B、C是三种不同的盐
C．无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D．在酸性溶液中加入少量A固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生
【答案】B
【解析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，W是H元素；可以与反应生成一种常见的气体，CaO2和CO2反应生成碳酸钙和氧气，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素。
A．原子半径：Ca>C>O>H，故A正确；
B．中的质量分数为87.7%，所以A是；中CaCO3的质量分数为68.5%，所以B是CaCO3；中CaO的质量分数为38.4%，所以C是CaO，故B错误；
C．无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生反应，C元素化合价改变，都发生氧化还原反应，在气氛中生成的气体产物是CO，在O2氛围中气态产物是CO2，故C正确；
D．在酸性溶液中加入少量固体样品时，被氧化为二氧化碳，溶液褪色且有少量气泡产生，故D正确；
选B。
12．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应式为
B．放电时，正极区溶液的增大
C．充电时，转化为转移电子
D．充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【解析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
13．常温下，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化类系如图所示[比如的分布系数：]。下列叙述错误的是

A．该二元酸的浓度为，且溶液中不存在分子
B．曲线①代表，的水解常数
C．滴入时，溶液中
D．曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
【答案】B
【解析】A．由题图可知，当加入溶液时，溶液的发生突变，说明酸碱中和恰好完全反应，反应的化学方程式为，该二元酸的浓度，没有加入溶液时，溶液的为1.0，这说明在水中的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在分子，A正确；
B．在未加溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表，曲线②代表，由题图可知，当时，溶液的，则的电离常数，的水解常数，B错误；
C．滴入时，溶液中的溶质为正盐，水解，溶液呈碱性，即，溶液中存在的离子有，再根据电荷守恒，可得，C正确；
D．曲线③代表，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，D正确。
故答案为：B
第II卷（非选择题）
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：

已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。
(ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。
(1)写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施 _______ 。
(2)“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______ 。
(3)“氧化”中，被氧化的离子有_______ 。
(4)如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。

(5)若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K= _______ [已知常温下，Ksp(MnS)=2.6 ×10-13，Kp (CuS)=1.3×10-36]。
(6)“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用 Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。
【答案】(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度
(2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O
(3)和Fe2+
(4)0.7~2.2
(5)2.0×1023
(6)     2+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑     Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀
【解析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。
（1）依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。
（2）根据原子守恒可知“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4＝2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O。
（3）已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co3+＞＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有和Fe2+。
（4）阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。
（5）常温下“除铜”反应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=＝2×1023。
（6）“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。
27．（14分）实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：

(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c的名称_______，装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中Cl- 不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则n=_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置，根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______，原理是_______。

【答案】(1)     a     FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl     球形冷凝管     导气、冷凝回流SOCl2
(2)          AB
(3)     ⑥⑩③⑤     CCl4     TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4

【解析】实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。
（1）实验开始先通N2，排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置a，SOCl2变为气体和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2。装置b内SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl。根据图示可知，装置c的名称球形冷凝管；SOCl2沸点为76℃，装置c、d共同起到的作用是导气、冷凝回流SOCl2。
（2）m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL，发生反应，可知n(Fe2+)= n(FeCl2)= 6c mol·L-1×V×10-3L=6 c V×10-3 mol;
m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g，则水的物质的量为。n= 。
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，故选A；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，FeCl2的质量偏大，n值偏小，故选B；
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，故不选C；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗K2Cr2O7标准溶液偏少，则FeCl2的质量偏小，n值偏大，故不选D；
选AB。
（3）蒸馏装置用直形冷凝管，TiCl4极易水解，所以装置最后连接干燥管，对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
28．（15分）党的二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题：
I.研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素，把烟气中的还原成和。相关反应的热化学方程式如下：




(1)①_______。
②有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图1所示，该过程可描述为_______。

(2)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将氧化为后，再用溶液吸收，达到消除的目的。实验室将模拟气(、、)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图2所示。

①等离子体技术在低温条件下可提高的转化率，原因是_______。
②其他条件相同，等离子体的电功率与的转化率关系如图3所示，当电功率大于时，转化率下降的原因可能是_______。

II.以为代表的温室气体排放已经成为一个十分严重的环境问题，因此，在化工生产中，脱除水煤气、天然气和合成气中的具有十分重要的意义。一种脱除和利用水煤气中的的方法如下图所示：

(3)某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)。
(4)利用电化学原理，将电催化还原为，阴极上除发生转化为的反应外，另一个电极反应式为_______。
III.
(5)在汽车排气管上安装催化转化器可以有效降低汽车尾气中的和，反应的化学方程式为。若在恒温恒容的密闭容器中进行该反应，起始加入的和的物质的量之比为3∶2，起始压强为p，达到平衡时总压强为起始压强的85%，则该反应的化学平衡常数_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)          在基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
(2)     与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行     功率增大时，会产生更多的自由基，更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成。相比而言，后者产生的更多
(3)9
(4)
(5)

【解析】（1）①=-1828.75kJ mol-1；
故答案为：；
②有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理：在基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出。
故答案为：（见解析）
（2）①与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高的转化率；
故答案为：与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
②功率增大时，会产生更多的自由基，更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成。相比而言，后者产生的更多；
故答案为：（见解析）
（3）某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，由可知，，则该溶液的。
故答案为：9。
（4）利用电化学原理，将电催化还原为，阳极上发生氧化反应，通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和电极均为阴极，阴极上除发生转化为的反应外，另一个电极反应式为。
故答案为：
（5）设起始时加入的为，则根据已知条件可知加入的为。设反应达到平衡时的物质的量为x，则可列出下列计算关系式：，因为在恒温恒容条件下，，所以，解得：。故平衡时，的物质的量分别为、、、，n(平衡)，p(平衡)，该反应的化学平衡常数。
故答案为：
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
(2)已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·mol-1，ICu= 1958 kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_______。
(3)Ni2+常与丁二酮肟()形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：

①熔点大小： A_______ B (填“>”或“INi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
（3）①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；
（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的体积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
黄烷酮作为一类重要的天然物质，其大部分具有广泛的生理和药理活性。其中一种新型的黄烷酮类化合物(H)的合成路线如下图所示。

回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为_______。
(2)中官能团名称为_______。
(3)步骤②③的作用为_______。
(4)B→C的反应中B的2位羟基未被取代的原因是_______。
(5)步骤④⑤⑥的产率分别为89%、79%、54%，则从C、E到H的产率为_______(保留1位小数)。
(6)D的结构简式为_______。
(7)已知G和H互为同分异构体，且结构内含有两个六元环，则G的结构简式为_______
【答案】(1)取代反应
(2)溴原子、碳碳双键
(3)引入保护基(保护酚羟基)
(4)该羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键，氢键的存在使2位羟基不易被取代
(5)38.0%
(6)
(7)

【解析】A和CH2BrCH=C(CH3)2发生取代反应生成B，B生成C保护酚羟基；结合E结构可知，D为，D生成E，CE生成F，F取代生成G，G成环生成H。
（1）A→B的反应为苯环上氢被取代的反应，属于取代反应；
（2）由图可知，含有溴原子、碳碳双键官能团；
（3）步骤②③均是和酚羟基发生取代反应，在G中又恢复为酚羟基，故为引入保护基(保护酚羟基)；
（4）B的2位羟基羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键，氢键的存在使2位羟基不易被取代，故B→C的反应中B的2位羟基未被取代；
（5）步骤④⑤⑥的产率分别为89%、79%、54%，则从C、E到H的产率为89%×79%×54%=38.0%；
（6）D生成E，结合E结构简式和反应②原理可知，D为；
（7）已知G和H互为同分异构体，且结构内含有两个六元环，结合FH结构简式可知，G为F中苯环上CH3OCH2-被取代生成酚羟基的反应产物，G结构简式为。