2021年高考（福建高中学业水平考试）化学试题及答案解析.docx

1、2 2021021 年高考（福建高中学业水平考试）年高考（福建高中学业水平考试）化学试题化学试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1O 16Na 23Mg 24S 32 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 建盏是久负盛名的陶瓷茶器，承载着福建历史悠久的茶文化。关于建盏，下列说法错误 的是 A. 高温烧结过程包含复杂的化学变化B. 具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点 C. 制作所用的黏土原料是人工合成的

2、D. 属硅酸盐产品，含有多种金属元素 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A高温烧结过程是许多物理化学变化的综合过程，A 正确； B陶瓷成分是硅酸盐，经高温烧结具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点，B 正确； C黏土是含沙粒很少、 有黏性的土壤，一般的黏土都由硅酸盐矿物在地球表面风化后形成， 不是人工合成的，C 错误； D陶瓷主要原料是黏土，属硅酸盐产品，含有多种金属元素，D 正确； 故选 C。 2. 豆甾醇是中药半夏中含有的一种天然物质，其分子结构如下图所示。关于豆甾醇，下列 说法正确的是 A. 属于芳香族化合物B. 含有平面环状结构 C. 可发生取代反应和加成反应D. 不能使酸性 4 KMn

3、O溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A该结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，故 A 错误； B由结构简式可知，其所含的环状结构中大多数为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型， 因此形成的环状结构不是平面结构，故 B 错误； C该结构中含有碳碳双键能发生加成反应，含有醇羟基能发生酯化反应，酯化反应属于取 代反应，故 C 正确； D碳碳双键和醇羟基均能被高锰酸钾溶液氧化使其褪色，故 D 错误； 故选：C。 3. 设 A N为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 A. 24 1.12L C H所含极性共价键的数目为 A 0.2N B. 4 12g NaHSO晶体中阴、阳离子总数为 A 0.2N

4、C. 4 0.1mol CH与足量 2 Cl反应生成 3 CH Cl的分子数为 A 0.1N D. 电解熔融 2 MgCl制2.4g Mg，电路中通过的电子数为 A 0.1N 【答案】B 【解析】 【详解】A没有标明气体的存在状态， 24 1.12L C H的物质的量不一定为 0.5mol，故 A 错 误； B 硫酸氢钠晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子， 硫酸氢钠的摩尔质量为 120g/mol， 所以 12g 硫酸氢钠晶体的物质的量为 0.1mol，阴、阳离子总数为 A 0.2N，故 B 正确； C甲烷与足量氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此 4 0.1mol CH

5、与足量 2 Cl反应生成 3 CH Cl的分子数小于 A 0.1N，故 C 错误； D电解熔融的氯化镁生成金属镁，镁由+2 价降低到 0 价，因此 1mol 氯化镁完全电解生成 金属镁，转移 2mol 电子，电解熔融 2 MgCl制2.4g Mg（物质的量为 0.1mol） ，电路中通过 的电子数为 A 0.2N，故 D 错误； 故选 B。 4. 明代徐光启手迹记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下： 下列说法错误 的是 A. FeSO4的分解产物 X 为 FeOB. 本流程涉及复分解反应 C. HNO3的沸点比 H2SO4的低D. 制备使用的铁锅易损坏 【答案】A 【解析】

6、【详解】A据图可知 FeSO4分解时生成 SO2和 SO3，部分 S 元素被还原，则 Fe 元素应被 氧化，X 为 Fe2O3，A 错误； BH2SO4与 KNO3在蒸馏条件下生成 HNO3和 K2SO4，为复分解反应，B 正确； CH2SO4与 KNO3混合后，蒸馏过程中生成 HNO3，说明 HNO3的沸点比 H2SO4的低，C 正 确； D硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D 正确； 综上所述答案为 A。 5. 实验室配制碘水时，通常将 2 I溶于KI溶液： - 23 I (aq)+I (aq)I (aq)。关于该溶液，下 列说法正确的是 A.KI的电子式为 KI: :

7、B. 滴入淀粉溶液，不变蓝 C. 加水稀释，平衡逆向移动D. 加少量 3 AgNO固体平衡正向移动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AKI是离子化合物，电子式为 + K :I:，A 错误； B该溶液存在 2 I，滴入淀粉溶液，变蓝，B 错误； C根据勒夏特列原理，加水稀释，平衡朝着离子浓度增大的方向移动，即逆向移动，C 正 确； D加少量 3 AgNO固体， + Ag与 - I生成沉淀， - I浓度下降，平衡逆向移动，D 错误； 故选 C。 6. 室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是 A. -1 0.2mol L 的 4 NH Cl溶液： + Na、 + K、 2- 4 SO、

8、 2- 3 SiO B. -1 0.1mol L 的 3 FeCl溶液： + 4 NH、 2+ Ca 、 - Br 、 - SCN C. -1 0.2mol L 的 24 H SO溶液： 2+ Mg、 2+ Fe 、 - 3 NO、 - Cl D. -1 0.1mol L 的 2 Ba(OH)溶液： + Na、 + K、 - Cl、 - ClO 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 4 NH Cl是强酸弱碱盐， -1 0.2mol L 的 4 NH Cl溶液显酸性，H+与 2- 3 SiO生成硅 酸沉淀不能大量共存，A 不符合题意； B -1 0.1mol L 的 3 FeCl溶液， 3

9、+ Fe 与 - SCN生成 3 Fe(SCN)不能大量共存，B 不符合题意； C -1 0.2mol L 的 24 H SO溶液，H+、 2+ Fe 、 - 3 NO共同作用发生氧化还原反应，不能大量共 存，C 不符合题意； D -1 0.1mol L 的 2 Ba(OH)溶液， 2+ Ba 、 - OH、 + Na、 + K、 - Cl、 - ClO能大量共存，D 符合题意； 故选 D。 7. 利用下列装置和试剂进行实验，不能 达到实验目的的是 ABCD 比较 Zn 与 Cu 的金属性 强弱 除去 Cl2中的 HCl 并 干燥 制取乙酸乙酯(必要时 可加沸石) 实验室制取氯 气 A. AB

10、. BC. CD. D 【答案】D 【解析】 【详解】A该装置中，若 Zn 比 Cu 活泼，则总反应为 Zn 与硫酸的反应，此时 Zn 为负极， Cu 为正极；若 Cu 比 Zn 活泼，则总反应为 Cu 与硫酸锌的反应，此时 Cu 为负极，Zn 为正 极，所以可以比较 Zn 与 Cu 的金属性强弱，A 正确； B稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收 HCl，洗气 后再用浓硫酸干燥，B 正确； C乙酸、乙醇和浓硫酸混合加热可以制取乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的 溶解度，同时吸收乙酸和乙醇，便于分液分离得到乙酸乙酯，沸石可以防止暴沸，C 正确； D制取氯气

11、应用浓盐酸和二氧化锰共热，稀盐酸不与二氧化锰反应，D 错误； 综上所述答案为 D。 8. 某种食品膨松剂由原子序数依次增大的 R、W、X、Y、Z 五种主族元素组成.五种元素分 处三个短周期，X、Z 同主族，R、W、X 的原子序数之和与 Z 的原子序数相等，Y 原子的 最外层电子数是 Z 原子的一半。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的稳定性：WXZB. Y 的氧化物是两性氧化物 C. R、W、X 只能组成共价化合物D. 最高正价：YWNS，故简单氢化物的稳定性： 232 H ONH H S，选项 A 错误； B. Y 的氧化物 Al2O3是两性氧化物，选项 B 正确； C. R、W、X 能组成

12、离子化合物 NH4NO3，选项 C 错误； D. 最高正价：Y 为+3，W 为+5，X 一般没有正价，选项 D 错误； 答案选 B。 9. 催化剂TAPP-Mn()的应用，使 2 Li-CO电池的研究取得了新的进展。 2 Li-CO电池结 构和该催化剂作用下正极反应可能的历程如下图所示。 下列说法错误 的是 A. 2 Li-CO电池可使用有机电解液 B. 充电时， + Li 由正极向负极迁移 C. 放电时，正极反应为 223 3CO4Li4e2Li COC D. 2 LiCO 、CO 、 23 LiC O 和 C 都是正极反应的中间产物 【答案】D 【解析】 【详解】ALi 是活泼金属能与水发

13、生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，应使用有机 电解液，故 A 正确； B充电时原电池的负极与电源负极相连作阴极，原电池的正极与电源正极相连作阳极，阳 离子由阳极向阴极移动，则 + Li 由正极向负极迁移，故 B 正确； C由装置可知，该原电池的正极为二氧化碳得电子生成 C 单质，电极反应式为： 223 3CO4Li4e2Li COC ，故 C 正确； D由正极的反应历程图示可知，C 为最终的产物，不是中间产物，故 D 错误； 故选：D。 10. 如图为某实验测得 -1 3 0.1mol L NaHCO溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的 pH 变化曲 线。下列说法正确的是 A. a 点溶液的

14、 - c OH比 c 点溶液的小 B. a 点时， wa123a223 K KH COKH CO，故 B 错误； Cb 点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： +2- 33 c Na+c(H )=c HCO+2c COc OH ，由于 c(H+)c HCO+2c CO ，故 C 错误； D碳酸氢钠溶液中存在电离和水解 2 个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促 进了电离和水解的两个过程，故 D 错误； 故选 A。 二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。分。 11. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。 一种以钼精矿(主要含 2 MoS， 还

15、有Cu、Fe的化合物及 2 SiO等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。 回答下列问题： （1）“焙烧”产生的气体用_吸收后可制取氮肥。 （2）“浸出”时， 3 MoO转化为 2- 4 MoO。提高单位时间内钼浸出率的措施有_(任写两 种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80后，钼的浸出率反而 降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_。 （3）“净化”时，浸出液中残留的 2+ Cu 、 2+ Fe 转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中 2- c S 和 pH 的关系为： 2- lgc S=pH-15.1。 为了使溶液中的杂质离子浓度小于 6-1 1.0 10

16、mol L ， 应控制溶液的 pH 不小于_。(已知： spsp pK =-lgK ；CuS和FeS的 sp pK 分别为 35.2 和 17.2) （4）“净化”后，溶液中若有低价钼(以 2- 3 MoO表示)，可加入适量 22 H O将其氧化为 2- 4 MoO， 反应的离子方程式为_。 （5）“沉淀”时，加入 43 NH NO的目的是_。 （6）高温下用 2 H还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_。 【已知： (NH4)2Mo4O13受热分解生成 3 MoO】 【答案】 （1）氨水（2）. 适当升温、搅拌、增加 23 Na CO用量(增大 23 Na CO浓 度

17、)等. 24 Na MoO晶体析出，混入浸渣 （3）3.9（4） 2-2- 22342 H O +MoO =MoO +H O （5）提供 + 4 NH，使 2- 4 MoO充分转化为沉淀析出 （6） 4413232 2 高 ONHMo O +12H4Mo+2NH +13H 温 【解析】 【分析】 钼精矿(主要含 2 MoS， 还有Cu、Fe的化合物及 2 SiO等)通入氧气焙烧得到 3 MoO、 CuO、 Fe2O3、 SiO2和 SO2， 焙烧产生的气体主要为 SO2； 3 MoO、 CuO、 Fe2O3、 SiO2加 Na2CO3、 H2O 浸出， 3 MoO转化为 2- 4 MoO，铜、

18、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为 SiO2、 氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含 2- 4 MoO和少量 Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S 净化，Cu2+、Fe2+ 转化 CuS、FeS 沉淀，滤渣为 CuS、FeS，滤液主要含 2- 4 MoO，滤液中加 NH4NO3、HNO3进 行沉淀得到(NH4)2Mo4O132H2O。 【小问 1 详解】 “焙烧”产生的气体为 SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵； 【小问 2 详解】 “浸出”时， 提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率， 措施有适当升温、 搅拌、 增加 23 Na CO 用量(增大 23 Na CO浓度)(任写两种)；当浸

19、出温度超过80后，钼的浸出率反而降低，主要 原因是温度升高使水大量蒸发，导致 24 Na MoO晶体析出，混入浸渣； 【小问 3 详解】 CuS和FeS的 sp pK 分别为 35.2 和 17.2，则 Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使 Cu2+浓 度小于 6-1 1.0 10 mol L ，则 S2-浓度大于 35.2 6 10 10 - mol/L=10-29.2mol/L，要使 Fe2+浓度小于 6-1 1.0 10 mol L ，则 S2-浓度大于 .2 6 10 10 -17 mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)10-11.

20、2mol/L， c(S2-)=10-11.2mol/L 时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂 质离子浓度小于 6-1 1.0 10 mol L ，应控制溶液的 pH 不小于 3.9； 【小问 4 详解】 溶液中若有低价钼(以 2- 3 MoO表示)，可加入适量 22 H O将其氧化为 2- 4 MoO，则氧化剂为 22 H O，还原产物为-2 价的 O，还原剂为 2- 3 MoO，氧化产物为 2- 4 MoO，则反应的离子方程 式为 2-2- 22342 H O +MoO =MoO +H O； 【小问 5 详解】 由流程可知“

21、沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O132H2O，因此加入 43 NH NO的目的是提供 + 4 NH，使 2- 4 MoO充分转化为沉淀析出； 【小问 6 详解】 高温下用 2 H还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化 学方程式为 4413232 2 高 ONHMo O +12H4Mo+2NH +13H 温 。 12. 2 NaNO溶液和 4 NH Cl溶液可发生反应： 2422 NaNO +NH ClN+NaCl+2H O V 。为 探究反应速率与 2 c NaNO的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤：往 A 中加入一定体

22、积(V)的 -1 2 2.0mol L NaNO溶液、 -1 4 2.0mol L NH Cl溶液和 水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往 A 中加入 -1 1.0mol L 醋酸。当导管口气泡 均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集 2 1.0mLN所需的间，重复多次 取平均值(t)。 回答下列问题： （1）仪器 A 的名称为_。 （2）检验装置气密性的方法：关闭止水夹 K，_。 （3）若需控制体系的温度为36，采取的合理加热方式为_。 （4）每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如 下表所示。 实验编号 V/mL t/s 2 NaNO溶

23、液 4 NH Cl溶液醋酸水 14.0 1 V4.08.0334 2 2 V4.04.0 3 V150 38.04.04.04.083 412.04.04.00.038 1 V =_， 3 V =_。 该反应的速率方程为 m+ 24 v=k cNaNOc NH Clc H，k 为反应速率常数。利用实 验数据计算得m=_(填整数)。 醋酸的作用是_。 （5） 如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验 1， 2 NaNO与盐酸反应生成 2 HNO， 2 HNO分 解产生等物质的量的两种气体.反应结束后，A 中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的 现象有_。 2 HNO分解的化学方程式为_。 【答案】 （

24、1）锥形瓶（2）通过分液漏斗往 A 中加水，一段时间后水难以滴入，则气密 性良好 （3）水浴加热（4）. 4.0. 6.0. 2. 加快反应速率 （ 5 ） .量 筒 中 收 集 到 无 色 气 体 导 管 里 上 升 一 段 水 柱 . 222 2HNO =NO+NO+H O 【解析】 【小问 1 详解】 仪器 A的名称为锥形瓶； 【小问 2 详解】 气体发生装置要检验装置的气密性， 检验装置气密性的方法关闭止水夹 K， 通过分液漏斗往 A 中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好； 【小问 3 详解】 若需控制体系的温度为36，采取水浴加热使温度均匀平稳； 【小问 4 详解】 为探究反应

25、速率与 2 c NaNO的关系， 4 NH Cl浓度不变，根据数据 3 和 4 可知溶液总体 积为 20mL，故 1 V为 4mL；根据变量单一可知 2 V为 6mL， 3 V为 6mL； 浓度增大速率加快，根据 1 和 3 组数据分析，3 的 2 c NaNO是 1 的 2 倍，1 和 3 所用的 时间比 334 4 83 ，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故 m=2； 醋酸在反应前后没变，是催化剂的作用是加快反应速率； 【小问 5 详解】 浓度的盐酸代替醋酸进行实验 1， 2 NaNO与盐酸反应生成 2 HNO， 2 HNO分解产生等物质 的量的两种气体，根据氧化还原气化反应可知反应方

26、程式为： 222 2HNO =NO+NO+H O，反应结束后量筒收集到 NO，A 中红棕色气体逐渐变浅， 因为 NO2溶于水生成 NO，颜色变浅，锥形瓶压强降低，导管里上升一段水柱。 13. 化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术， 与传统燃烧方式相 比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集 2 CO。基于 2 CuO/Cu O载氧体的甲烷 化学链燃烧技术示意图如下。 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为： -1 221 2Cu O+O (g)4CuO H =-227kJ mol -1 42222 8CuO(s)+CH (g)4Cu O(s)+CO (g)+2

27、H O(g)H =-348kJ mol （1）反应 4222 CH (g)+2O (g)=CO (g)+2H O(g) H=_ -1 kJ mol 。 （2）反应的平衡常数表达式K=_。 （3）氧的质量分数：载氧体_(填“”“=”或“”“=”或“（4）58% （5）. 反应为放热反应，温度升高平衡左移. 温度高于1030时， 2 x O 大于 21%，载氧体无法载氧 （6）. 膨润土. 载氧体 II，故答案：。 【小问 4 详解】 设往盛有 2 CuO/Cu O载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为 1mol,氧气的物的量 分数 2 x O为 21%，则氧气的物质的量为 0.21mol，氮

28、气的物质的量为 0.78mol，由图可知， 达到平衡时氧气的物的量分数 2 x O为 10%，则达到平衡时气体的物质的量为 0.78mol+0.1mol=0.88mol，变化的氧气的物质的量为 1mol-0.88mol，根据 -1 221 2Cu O+O (g)4CuO H =-227kJ mol反应，985时 2 O的平衡转化率 2 O= 10.88 100 0.21 % molmol mol =58%，故答案：58%。 【小问 5 详解】 因为 -1 221 2Cu O+O (g)4CuO H =-227kJ mol为放热反应，随温度升高平衡逆向移 动，氧气的浓度正大。因为往盛有 2 Cu

29、O/Cu O载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的 物的量分数 2 x O为 21%】 ，由图可知，当温度高于1030时， 2 x O大于 21%，载氧体 无法载氧。故答案：反应为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于1030时， 2 x O 大于 21%，载氧体无法载氧。 【小问 6 详解】 由表中数据可知： 使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的 活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。 使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少， 所以a kJb kJ，故答案：膨润土；I (O)I (S)，原因是_。 （3） 34 g-C

30、 N晶体中存在的微粒间作用力有_(填标号)。 a.非极性键b.金属键c.键 d.范德华力 （4） 34 g-C N中，C 原子的杂化轨道类型_，N 原子的配位数为_。 （5）每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个 N 原子(图中虚线圈所示)被 O 原子代替， 形成 O 掺杂的 34 OPCNg-C N。OPCN的化学式为_。 【答案】 （1）21（2）N 原子2p轨道半充满，比相邻的 O 原子更稳定，更难失电子； O，S 同主族，S 原子半径大于 O 原子，更易失去电子 （3）cd（4）. 2 sp杂化. 2，3 （5） 33 C N O 【解析】 【分析】 【小问 1 详解】 基态 C 原

31、子的核外电子排布式是 1s22s22p2，成对电子数为 4，未成对电子数为 2，其比值为 21。 【小问 2 详解】 N、O、S 的第一电离能(1 I)大小为 111 I (N)I (O)I (S)，原因是相同电子层数的原子，N 原 子的核外电子排布式是 1s22s22p3，p 轨道处在半满状态，比较稳定，原子核对核外电子的束 缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能 N 大于 O；O 和 S 是同一主族元素，O 原 子的半径较小，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能 O 大于 S；故第一电离能(1 I)大小为 111 I (N)I (O)I (S)。 【小问 3

32、详解】 根据题意， 34 g-C N晶体具有和石墨相似的层状结构，结合二维平面结构图，判断其存在的 微粒间作用力有极性键、键和范德华力，故答案选 cd。 【小问 4 详解】 34 g-C N中，结合二维平面结构图得知，C 原子与 N 原子形成三个键，层内存在大键的， 不存在孤电子对，故 C 原子的杂化轨道类型为 2 sp杂化； 根据二维平面结构图得知，N 原子的成键有连两个 C 原子和连三个 C 原子的两种情况，故 N 原子的配位数为 2、3 两种。 【小问 5 详解】 从基本结构单元分析得知，N 原子的成键有连两个 C 原子和连三个 C 原子的两种情况，连 两个 C 原子的 N 原子完全属于

33、该基本结构单元， 连三个 C 原子的 N 原子处在中心的完全属 于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有 6 个 C 原子和 1 738 3 个 N 原子；将图中虚线圈所示的 N 原子用 O 原子代替，则 O 原子完 全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有 6 个 C 原子、6 个 N 原子、2 个 O 原子， 则形成 O 掺杂的 34 OPCNg-C N的化学式为 33 C N O。 【点睛】该基本结构单元的分析应注意到两点，一是它是平面层状结构，二是“顶点”N 原子 分属三个基本结构单元。 15. 帕比司他是治疗某些恶性肿瘤的药物，其中间体(E)的

34、合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 分子含有的官能团名称为_。 （2）反应分两步进行： 2222 CH (COOH)-H O,-CO PyX BXC 。第一步反应为加成反应，则 X 的结构简式为_；第二步脱水的反应属于_(填反应类型)。 （3）若反应加热温度太高， 3 CH OH自身反应生成的副产物为_(填名称)。 （4）反应的化学方程式为_。 （5）化合物 Y 是 B 的同分异构体，遇 3 FeCl溶液显紫色其核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积 之比为 3221。Y 的结构简式为_。 【答案】 （1）醛基（2）. 消去反应 （3）甲醚(或二甲醚) （4） 一定条件 （5） 【解析】 【分

35、析】A 在 KBH4，N2，-5条件下发生反应，其中一个醛基被还原成醇羟基，得到 B， B 与 CH2(COOH)2反应得到 C，C 与甲醇发生酯化反应得到 D，D 与 发生取代反应生成 E，据此分析解答。 【小问 1 详解】 A 为，由结构简式可知所含官能为醛基，故答案为：醛基； 【小问 2 详解】 对比 B 和 C 的结构可知，B 的醛基先发生加成反应，得到， 在经过脱水消去反应、脱羧反应两步得到 C，故答案为： ；消去反应； 【小问 3 详解】 反应加热温度太高， 3 CH OH自身会发生分子间脱水反应生成二甲醚， 故答案为： 甲醚(或 二甲醚)； 【小问 4 详解】 反应 IV 为 D 与发生取代反应生成 E，中-Cl 原 子 取 代 了 D 中 的 羟 基 ， 反 应 方 程 式 为 ： 一定条件 ，故答 案为： 一定条件 ； 【小问 5 详解】 化合物 Y 是 B 的同分异构体，遇 3 FeCl溶液显紫色，可知 Y 中含有酚羟基结构，核磁共振 氢谱有 4 组峰说明含有四种氢原子， 峰面积之比为 3221 可知 Y 中应含有甲基， 则满 足条件的 Y 的结构为：，故答案为：。