四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟理科综合化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，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.下列物质在生活或生成中的应用错误的是A.葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B.在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性C.陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A正确；B.熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B错误；C.陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确；故选B。2.“84”消毒液、明矾、高铁酸钾(K2FeO4)、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是A.若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子B.常温常压下，32gO2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023C.500mL2mol/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023D.7.45gNaClO中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022【答案】D【解析】 【详解】A.1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，故A不选；B.32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，故B不选；C.500mL2mol/L明矾中含1molAl3+，1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，故C不选；D.7.45gNaClO即0.1molNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，故D选。故选D。3.实验室分别用图1、图2装置完成石蜡油分解实验和煤的干馏实验。下列说法不正确的是(　　)A.图1中碎瓷片为反应的催化剂B.图1中酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成C.图2中得到的煤焦油含有苯、甲苯等有机物D.取图2中水层，滴加酚酞溶液，溶液变红【答案】B【解析】【详解】A.碎瓷片为石蜡油分解的催化剂，故A正确；B.图1中酸性高锰酸钾溶液褪色说明有不饱和烃生成，不一定为乙烯，故B错误；C.煤焦油中含有苯、甲苯等有机物，故C正确；D. 煤干馏可以得到粗氨水，所以取图2中水层滴加酚酞溶液，溶液变红色，故D正确。故选B。 4.某有机物桶烯的结构简式为，下列有关说法不正确的是（）A.该有机物与乙苯是同分异构体B.该有机物的二氯代物有6种C.该有机物能发生加成和氧化反应D.1mol该有机物完全燃烧需要10molO2【答案】A【解析】【分析】有机物桶烯的结构简式可知，该有机物的分子式为C8H8，1mol桶烯含有3mol碳碳双键，具有烯烃的性质，据此分析。【详解】A．该有机物桶烯的分子式为C8H8，乙苯的分子式为C8H10，桶烯含8个H，乙苯含10个H，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B．固定1个Cl在双键碳上，移动另一个Cl有5种，固定1个Cl在次甲基上，移动另一个Cl有1种，共6种，故B正确；C．该有机物含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；D．该有机物桶烯的分子式为C8H8，一个分子中含8个C，8个H，根据该有机物燃烧的化学方程式可知：则1mol该有机物完全燃烧需要O2为8mol+mol=10mol，故D正确；答案选A。5.科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A.简单离子半径：Z＞Y＞WB.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物C.氢化物的沸点：Y＞XD.lmolZW与水发生反应生成1molW2，转移电子2mol【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。【详解】A．H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；B．O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；C．C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；D．1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O=H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，故D错误；故选B。6.垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是 A.电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B.放电过程中，正极附近pH变小C.若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室D.负极电极反应为：H2PCA+2e－＝PCA+2H+【答案】C【解析】【详解】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B错误；C、若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。7.25℃时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B.b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)C.a、b、d几点中，水的电离程度d>b>aD.a→b点过程中，可能存在c(X—)<c(NH4+) 【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液，溶质是NH4X，pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；C.a→b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；D.a→b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)<c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X—)<c(NH4+)，故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。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.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色净水剂。某课外小组利用KClO与Fe(NO3)3、KOH溶液反应制备K2FeO4，其方法是先用Cl2与KOH溶液反应制取KClO，再向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3溶液。装置如下图所示(部分夹持装置已省略)：已知：①Cl2与KOH溶液的反应是放热反应，在20°C以下反应生成KClO，在较高温度时则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0~5°C的强碱性环境中较稳定。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式为___________，装置B的作用是 ___________。（2）装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是___________；搅拌的作用是___________，向三颈烧瓶中加入KOH、Fe(NO3)3溶液，搅拌并在0~5°C下反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为___________。（3）装置D的作用是___________。（4）测定制得K2FeO4样品的质量分数。称取4.0gK2FeO4样品溶于适量的KOH溶液中，向其中加入足量的KCrO2溶液，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容。取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.2mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24.00mL，K2FeO4样品的质量分数为___________。已知相关反应为①++2H2O=Fe(OH)3↓++OH-；②2+2H+=+H2O；③+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。【答案】（1）①.分液漏斗②.③.除去氯气中的氯化氢（2）①.防止K2FeO4生成其它物质②.有利于反应物充分接触，加快反应速率③.3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O（3）吸收Cl2，防止污染空气（4）79.2%【解析】【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，以此解答该题。【小问1详解】仪器a的名称是分液漏斗；装置A是实验室制取氯气的装置，A中发生的反应方程式为：，B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，故答案为：分液漏斗；；除去氯气中的氯化氢；【小问2详解】 K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性环境中较稳定，装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是防止K2FeO4生成其它物质，搅拌的作用是有利于反应物充分接触，加快反应速率；KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：防止K2FeO4生成其它物质；有利于反应物充分接触，加快反应速率；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；小问3详解】装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2，防止污染空气；【小问4详解】由反应方程式①++2H2O=Fe(OH)3↓++OH-；②2+2H+=+H2O；③+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式：～～～3Fe3+，则每次滴定反应的K2FeO4的物质的量为：n()=n(Fe3+)=×0.2mol•L-1×0.024L=0.0016mol，则K2FeO4的总质量为：198g/mol×0.0016×=3.168g，则K2FeO4样品的纯度为：，故答案为：79.2%。9.2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。I.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：化学键N≡NH—HN—H键能E/(kJ·mol-1)946436391回答下列问题：（1）反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·mol-1。（2）已知该反应的△S=0.2kJ·mol·K-1，则温度T____K时反应能自发进行。（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。①该反应达到化学平衡的标志是____(填序号)。A.NH3的反应速率为0B.H2的分压保持不变 C.气体平均相对分子质量保持不变D.NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3②在该温度下，反应的平衡常数Kp=____kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成____(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。III.氨电解法制氢气：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：（5）阳极的电极反应式为____。【答案】（1）+92（2）>460（3）①.BC②.4800（4）①.HD②.HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO- 浓度增大，反应速率增大（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O【解析】【小问1详解】断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·mol-1=+92kJ·mol-1，故答案为：+92；【小问2详解】若反应能自发进行，则△G=△H-T△S<0，即：92-0.2T<0，解得： T>460K，故答案为：>460；【小问3详解】①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；D．NH3、 N2、H2的物质的量之比为2: 1: 3，并不能表示其不变，故D错误；故答案为：BC；②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14mol，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；【小问4详解】①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；【小问5详解】阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。 10.三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化：[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：②25℃时相关物质Ksp如表：物质Co(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Ca(OH)2MgF2CaF2Ksp1×10-13.81×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-11.21×10-7.81×10-105×10-11请回答下列问题：（1）“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_______(写出一条即可)，Co2O3发生反应的离子方程式为_______。（2）滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_______。（3）“除杂”时，CoF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=_______mol·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时沉淀完全)。（4）“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是_______，其反应的离子方程式为_______，“系列操作”为_______、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。（5）为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。①滴定终点的现象是_______。②该产品中钴元素的质量分数为_______(用含a、V的式子表示)。【答案】（1）①.将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等②.2Co2O3+S2O+6H+=4Co2++2SO+3H2O （2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）5×10-6（4）①.一水合氨受热易分解②.4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[Co(NH3)6]3++22H2O③.在HCl氛围下蒸发浓缩④.减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体（5）①.溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原②.【解析】【分析】水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。【小问1详解】“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，则Co2O3发生反应的离子方程式为；【小问2详解】“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；【小问3详解】“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol/L，c(F-)==10-2.5mol/L，则c(Ca2+)==5×10-6mol/L；【小问4详解】“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；小问5详解】 ①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3++2I-=2Co2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；②由反应2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2Co3+~I2~2S2O，即Co3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。(二)选考题：共45分。请考生从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，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.(CH3NH3)PbI3作为最典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿。回答下列问题：（1）基态Pb原子的价电子排布式为___________，N能层电子数有___________个。（2）中第一电离能最大的元素是___________(填元素符号)，该离子中的化学键是由___________(填标号)原子轨道重叠形成的。a．sp2与sp2　　　b．sp3与sp　　　c．sp3与sp3　　　d．sp3与s　　e．s与s（3）的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是_______(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。的空间构型为______。（4）PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是_______。（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)，Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有______个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的______，晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=______g▪cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）①6s26p2②.32（2）①.N②.cd（3）①.sp3d②.直线型（4）PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物（5）①.6②.棱心③.【解析】【小问1详解】铅为82号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p2，基态Pb原子的价电子排布式为6s26p2，N能层电子数有32个。答案为：6s26p2；32；【小问2详解】中包含的元素为H、C、N，第一电离能最大的元素是N，该离子中C、N原子都形成4个共价键，都发生sp3杂化，C-H、N-H都是由sp3与s、C-N之间是由sp3与sp3　原子轨道重叠形成的，故选cd。答案为：N；cd；【小问3详解】的中心I原子的价电子数为，所以发生sp3d杂化，为直线型，三个碘原子在一条直线上。【小问4详解】PbF4由离子构成，PbCl4由分子构成，则PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物。答案为：PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物；【小问5详解】由图中可以看出，Pb2+周围距离最近且相等的I-都位于6个面的面心，所以数目有6个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的棱心，晶胞中A、B 之间的距离为面对角线的一半，则立方体的边长为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=g▪cm-3(=g▪cm-3。答案为：6；棱心；。【点睛】计算密度时，需计算立方体的体积，关键需弄清棱长与A、B间距离的关系。[化学——选修5：有机化学基础]12.科学家临床实验证实中草药金银花可抑制新冠病毒复制，其有效成分是“绿原酸”，以下是科研小组设计的“绿原酸(F)"的合成路线：已知：回答下列问题：（1）化合物A的名称为_______（2）F的分子式是________，E的官能团名称为_______（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①的反应条件为_______，化合物B的结构简式为_______（4）C→D的化学方程式为________（5）绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有_______种(不考虑立体异构)。a.含有苯环b.1mol该物质能与2molNaHCO3反应写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式______。(写出一种即可)（6）写出以CH3CH2COOH为基础原料制备聚乳酸()的合成路线：(合成路线见题干，无机试剂可任选)_______。【答案】（1）1、2-二氯乙烯 （2）①.C16H18O9②.羟基、羧基（3）①.氢氧化钠水溶液、加热②.（4）（5）①.10②.（6）【解析】【分析】由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，结合D结构简式可知，A中氯原子位于两个碳原子上，结构简式为，A生成B为；B生成C引入羧基，C生成D引入溴原子，D发生水解反应生产E，E最终生成F；【小问1详解】化合物A的结构简式为，名称为1、2-二氯乙烯；【小问2详解】F的分子式是C16H18O9，E的官能团名称为羟基、羧基；【小问3详解】D经过①②两步反应转化为E，反应①为卤代氢在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，反应为 ，故化合物B的结构简式为；【小问4详解】比较BD结构简式，可知C结构简式为，C→D为溴和C发生取代反应，化学方程式为；【小问5详解】绿原酸中含有酯基，在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物；其同分异构体有多种，满足以下条件：a.含有苯环b.1mol该物质能与2molNaHCO3反应，则1个分子中含有2个羧基；如果苯环上有1个取代基，，有1种情况；如果苯环上有2个取代基，，则有邻间对3种情况；如果苯环上有3个取代基，，2个羧基处于邻位时，甲基有2种情况；2个羧基处于间位时，甲基有3种情况；2个羧基处于对位时，甲基有1种情况；合计有10种情况；核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：【小问6详解】聚乳酸()的单体为，则需要在CH3CH2COOH中与羧基相连的碳原子上首先引入一个卤素原子(反应原理类似C生成D的反应)，然后水解引入羟基，最后发生缩聚反应生成产物；故合成路线可以为：