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四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高三化学上学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高三化学上学期期末考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省宜宾四中高三(上)期末化学试卷
一、选择题：(共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A正确；
B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，可以提高资源的利用率，B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单质硅，C错误；
D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高，可制作耐高温材料，D正确；
故选C。
2. 下列物质提纯所选试剂或方法(括号内物质为杂质)错误的是
A. 乙烷(乙烯)——溴水，洗气
B. 乙醇(水)——CaO，蒸馏
C. 乙醇(乙酸乙酯)——饱和Na2CO3溶液，分液
D. 苯(溴)——NaOH溶液，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷难溶于水且和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应，所以将混合气体先通入溴水再洗气可提纯乙烷，A正确；
B．氧化钙可吸水，防止乙醇和水形成共沸物，再蒸馏可提纯乙醇，B正确；
C．乙醇可溶于碳酸钠溶液，故不能通过分液提纯乙醇，C错误；
D．溴可以和氢氧化钠溶液反应，而苯难溶于氢氧化钠溶液，故加氢氧化钠溶液后分液可提纯，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA
B. 向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数为2NA
C. 1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H+数目为0.3NA
D. 1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，则0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，A正确；
B．由于反应2NO2(g)N2O4(g)可知，向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数小于2NA，B错误；
C．已知H3PO4是多元弱酸，其一级电离不完全，则1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H+数目小于0.3NA，C错误；
D．由于铵根离子在水溶液中发生水解，故1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH数目小于0.1NA，D错误；
故答案为：A。
4. 化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是
A. 存在顺反异构，分子中无手性碳 B. 分子中有3种含氧官能团
C. 能与发生取代反应和加成反应 D. 1mol该有机物最多消耗2mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、M 的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20。X与Y、Z、M 位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，Y、Z 相邻，M比X族序数大1。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：Y>X B. 简单氢化物的热稳定性：Z>M
C. X和Z可形成ZX2分子 D. 最高价氧化物的水化物酸性：M>Y
【答案】D
【解析】
【分析】X与Y、Z、M 位于相邻周期，说明X位于第二周期、Y、Z、M位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，推出Z为Si，Y、Z 相邻且子序数依次递增，Y为Al，再结合四种原子的最外层电子数之和为20和M比X族序数大1，推出M为Cl、X为O。
【详解】A．当电子层相同时，原子序数越大，半径越小，故简单离子的半径：Y(Al3+)
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性，即M(HClO4)>Y(Al(OH)3)，D项正确；
故选D。
6. 应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的( )
A. a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B. 当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
C. 电解池a极上发生的电极反应为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
D. 二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在b极区有H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，则b极为电解池的阴极，b极与电源的负极相连接，则a极与电源的正极相连接，故A错误；
B．没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3体积，故B错误；
C．a为电解池的阳极，NH在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，故C正确；
D．在二氧化氯发生器内，发生3H2O+ NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+ NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6，故D错误；
故选C；
7. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[示例：A2-的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A. 滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B. H2A溶液的浓度为0.1000mol·L-1
C. 曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)；
【详解】A．滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红色，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和恰好完全反应，根据，，则，故B正确；
C．在未加NaOH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，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：，由于，则，故D错误；
答案选D。
三、非选择题：包括必考题和选考题。第22～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
84消毒液
（有效成分） NaClO
（规 格） 1000 mL
（质量分数） 25%
（密 度） 1.19g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______mol·L-1。(取整数)
（2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是_______(填字母)。
A. 溶液中NaClO的物质的量 B. 溶液的浓度
C. 溶液中NaClO的摩尔质量 D. 溶液的密度
（3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。
①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器_______。
②需要称量NaClO固体的质量为_______ g。
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm-3)的浓硫酸配制240 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为_______mol·L-1。
②需用浓硫酸的体积为_______ mL。
③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。
A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B.量取浓硫酸时，仰视液体的凹液面
C.未冷却，立即转移至容量瓶定容 D.定容时，仰视溶液的凹液面
【答案】（1）4.0 （2）A
（3） ①. 玻璃棒，胶头滴管 ②. 149
（4） ①. 4.6 ②. 31.25 ③. D
【解析】
【小问1详解】
该“84消毒液”的物质的量浓度为1.19×103g/L×0.25÷74.5g/mol=4mol/L。
【小问2详解】
A．溶液中NaClO物质的量会随着所取体积的多少而变化，A正确；
B．溶液的浓度保持恒定，不随所取体积的多少而变化，B错误；
C．NaClO的摩尔质量恒定，不随所取体积的多少而变化，C错误；
D．溶液的密度恒定，不随所取体积的多少而变化，D错误；
故答案选A。
小问3详解】
①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管。
②配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需用500mL的容量瓶，该消毒液的密度为1.19g/cm3，则500mL溶液质量为595g，则需要NaClO固体质量为595g×25%=149g。
小问4详解】
①稀硫酸的浓度为2.3mol/L，则H+的物质的量浓度为4.6mol/L。
②配制240mL2.3mol/L的稀硫酸需要用250mL的容量瓶，1.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，需要浓硫酸的体积为0.25L×2.3mol/L÷18.4mol/L=31.25mL。
③
A．配制前容量瓶中有少量蒸馏水不影响硫酸的浓度，A错误；
B．量取浓硫酸时，仰视液体凹液面，导致浓硫酸体积偏大，溶液浓度偏高，B错误；
C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏大，C错误；
D．定容时，仰视溶液的凹液面，导致溶液体积偏大，浓度偏小，D正确；
故答案选D。
9. 减轻汽车尾气对大气的污染，处理CO、NOx成为了科研工作的热点问题。
(1)已知H2还原CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H1，CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H2 = – 49 kJ·mol-1， CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H3 = – 41.1 kJ·mol-1.则△H1 =___________ kJ·mol-1。
(2)用活化后的V2O5作催化剂，氨气可以将NO还原成N2。
①V2O5能改变反应速率是通过改变___________。
②在1 L 的刚性密闭容器中分别充入6 mol NO、6 mol NH3和适量的O2，控制不同温度，均反应t min ，测得容器中部分含氮气体浓度随温度的变化如下图所示。图中A、B、C一定达平衡状态的是___________。NO浓度始终增大的原因可能是___________。
(3)科研人员研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体：2NO2(g) + 4CO(g)4CO2(g) + N2(g) △H＜0.某温度下，向10 L 恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
压强/kPa
150
146.8
143.92
141.4
139.4
137.5
137.5
此温度下，NO2的转化率为___________，反应的平衡常数Kp = ___________kPa–1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡___________(填“右移”、“左移”、“不移动”)。
【答案】 ①. –90.1 ②. 反应的活化能(或反应路径) ③. B C ④. NH3和O2反应生成的NO大于消耗 ⑤. 50% ⑥. 0.02 ⑦. 不移动
【解析】
【分析】
【详解】(1) 反应①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H1，②CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H2 = – 49 kJ·mol-1， ③CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H3 = – 41.1 kJ·mol-1.则利用盖斯定律得反应①-②=③，可知ΔH1=ΔH2+ΔH3=-49.0 kJ·mol-1+(-41.1kJ·mol-1)=-90.1kJ·mol-1，答案为：-90.1；
(2)①催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高反应速率，故答案为：反应的活化能；
②温度越高，反应速率越快，相同时间内氮气的物质的量浓度越大，达到平衡所需的时间越小、由图知，B氮气物质的量浓度达到最大值，则A还未平衡、B已达到平衡，升高，平衡超吸热方向移动，导致氮气物质的量浓度下降。则图中A、B、C一定达平衡状态的是BC。混合气体中，氨气催化氧化生成NO、NO又被消耗得到二氧化氮等、则NO浓度始终增大的原因可能是：NH3和O2反应生成的NO大于消耗。
(3)由表中数据可知，向10L恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，10min时反应处于平衡状态，体系内压强由150kPa减少到137.5kPa，设平衡时转化的NO2的物质的量浓度为2x，由题意可知，起始时，c(CO)=，c(NO2)=0.01mol•L-1。列三段式进行计算得：
则，即，解得：x=0.0025mol•L-1。则NO2的转化率为 ，平衡时的n(NO2)=0.05mol，n(CO)=n(CO2)=0.1mol，n(N2)=0.025mol。根据p(A)=，，,， ，，解得：Kp=0.02kPa-1。该温度下，K=，若平衡后，再将CO、CO2气体的浓度分别增加一倍，因为c(CO)=c(CO2)，则Qc=K，平衡不移动。答案为：0.02；不移动。
10. 某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中，发现反应迅速，产生大量气泡和白色不溶物
I、提出假设：
（1）甲同学：可能只是MgCO3；
乙同学：可能只是___________；
丙同学：可能是xMgCO3•yMg(OH)2
（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，洗涤沉淀的操作方法是___________。
II、定性实验探究：
（3）取沉淀物少许于试管中，加入稀盐酸时固体溶解，产生大量气泡，则___________同学假设错误(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
III、定量实验探究：取一定量已干燥过的沉淀样品，利用下列装置测定其组成(部分固定夹持类装置未画出)，经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成
（4）实验中合理的连接顺序为：___________(各装置只使用一次)。
e→___________→___________→___________→___________→___________→g→h
（5）实验一段时间后，当B装置中___________(填实验现象)，停止加热，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是___________，装置C中碱石灰的作用是___________。
（6）指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，会使测出的x：y的值___________(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（7）若改进实验后，最终装置B质量增加m克，装置D质量增加了n克___________。(用含m、n的代数式表示)
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后
（3）乙同学 （4）fabdc或fbadc
（5） ①. 无气泡冒出 ②. 排出装置中的CO2和水蒸气 ③. 吸收通入空气中的CO2和水蒸气
（6）偏大 （7）
【解析】
【小问1详解】
有三种可能：白色固体可能是MgCO3，白色固体可能是Mg(OH)2，白色固体可能是MgCO3和Mg(OH)2．故答案为：Mg(OH)2；
【小问2详解】
洗涤沉淀的操作方法是：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后；
【小问3详解】
取沉淀物少许于试管中，产生大量气泡，不能只是氢氧化镁沉淀；故答案为：乙同学；
【小问4详解】
取一定量已干燥过的沉淀样品，经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成，可能是xMgCO3•yMg(OH)2，空气通过碱石灰除去水蒸气和二氧化碳后通过a加热沉淀样品，通入装置B中的浓硫酸吸收水蒸气，实验中合理的连接顺序为：efabdcgh或efbadcgh；故答案为：fabdc或fbadc；
【小问5详解】
实验一段时间后，当B装置中无气泡冒出，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是排出装置中的CO2和水蒸气，装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气；故答案为：无气泡冒出；排出装置中的CO2和水蒸气；吸收通入空气中的CO2和水蒸气；
【小问6详解】
在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，使得碳酸镁质量增大；故答案为：偏大；
【小问7详解】
若改进实验后，最终装置B质量增加m克为水，氢元素守恒得，装置D质量增加了n克为生成的二氧化碳，则x：y＝：＝，故答案为：。
【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定，物质成分和实验操作的理解应用、主要是实验过程的设计，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 硼及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题：
(1)氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，结构式如图1。
氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是_______(填元素符号，下同)，电负性最大的元素为_______；分子内存在的作用力有_______。
(2)Ti(BH4)3是一种复合材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态Ti原子的核外电子排布式为_______
②LiBH4由Li+和构成，其中的空间构型为_______
(3)硼酸(H3BO3)是一种结构为片层状的白色晶体。层内的H3BO3分子间通过氢键相连(如图2)，H3BO3分子中B的杂化轨道类型为_______，0.6molH3BO3晶体中有_______mol氢键。
(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图3。
①该晶体中的配位数为_______
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度=___(用含a、NA的最简式表示)g·cm-3。
【答案】 ①. B ②. N ③. 极性共价键和配位键 ④. 1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2) ⑤. 正四面体形 ⑥. sp2 ⑦. 1.8 ⑧. 8 ⑨.
【解析】
【分析】
【详解】(1)一般，元素的非金属性越强，元素的第一电离能越大、元素的电负性越大，在氨硼烷中与N原子相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，则非金属性：N＞H＞B，氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是B，电负性最大的元素是N；根据氨硼烷的结构式可知，氨硼烷分子内存在B—H、N—H极性共价键和N→B配位键；故答案为：B，N，极性共价键和配位键。
(2)①Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)。
②中中心原子B上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
(3)根据硼酸的层状结构知，每个B形成3个B—O键，B上没有孤电子对，即B的价层电子对数为3，B的杂化轨道类型为sp2；根据图示H3BO3分子与氢键的物质的量之比为1：3，则0.6molH3BO3晶体中有1.8mol氢键；故答案为：sp2，1.8。
(4)①根据NaBH4的晶胞结构，以体心的为研究对象，与其等距离（距离为）最近的Na+有8个，即的配位数为8；故答案为：8。
②用均摊法，1个晶胞中含Na+：，：，1个晶胞的质量为，晶胞的体积为2a3nm3，则硼氢化钠晶体的密度ρ=÷(2a3nm3)= g/cm3；故答案为：。
12. 化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称为___________。
（2）X化学名称为___________。
（3）B→C的反应类型为___________、E→F的反应类型为___________。
（4）由C生成D的化学方程式为___________。
（5）化合物E的同分异构体中，能与溶液反应，且1mol E可消耗的有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3∶1∶1的结构简式是___________。
（6）参照上述合成路线并结合所学知识，设计仅以OHCCH2CHO和为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选) ______。
【答案】（1）羧基、酯基
（2）2—溴戊烷 （3） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（4）HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O
（5） ①. 9 ②.
（6）OHCCH2CHOHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH3
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，CH3COOCH3与HCOOC2H5在碱中共热反应生成OHCCH2COOCH3，在催化剂作用下OHCCH2COOCH3与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOCH3，在浓硫酸作用下，HOOCCH2COOCH3与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3，CH3OOCCH2COOCH3与一溴甲烷在甲醇钠作用下发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则X为；一定条件下与反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，C分子的官能团为羧基、酯基，故答案为：羧基、酯基；
【小问2详解】
由分析可知，X的结构简式为，名称为2—溴戊烷，故答案为：2—溴戊烷；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为在催化剂作用下OHCCH2COOCH3与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOCH3，E→F的反应为与发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：氧化反应；取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，由C生成D的反应为在浓硫酸作用下，HOOCCH2COOCH3与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3和水，反应的化学方程式为HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O，故答案为：HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O；
【小问5详解】
1 mol化合物E的同分异构体能与2mol碳酸氢钠溶液反应说明有机物分子中含有2个羧基，同分异构体可以视作丁烷分子中的氢原子被2个羧基取代所得结构，其中正丁烷分子中的氢原子被2个羧基所得结构有6种，异丁烷分子中的氢原子被2个羧基所得结构有3种，共有9种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式为，故答案为：9；；
【小问6详解】
2022-2023学年四川省宜宾四中高三(上)期末化学试卷
一、选择题：(共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A正确；
B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，可以提高资源的利用率，B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单质硅，C错误；
D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高，可制作耐高温材料，D正确；
故选C。
2. 下列物质提纯所选试剂或方法(括号内物质为杂质)错误的是
A. 乙烷(乙烯)——溴水，洗气
B. 乙醇(水)——CaO，蒸馏
C. 乙醇(乙酸乙酯)——饱和Na2CO3溶液，分液
D. 苯(溴)——NaOH溶液，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷难溶于水且和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应，所以将混合气体先通入溴水再洗气可提纯乙烷，A正确；
B．氧化钙可吸水，防止乙醇和水形成共沸物，再蒸馏可提纯乙醇，B正确；
C．乙醇可溶于碳酸钠溶液，故不能通过分液提纯乙醇，C错误；
D．溴可以和氢氧化钠溶液反应，而苯难溶于氢氧化钠溶液，故加氢氧化钠溶液后分液可提纯，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA
B. 向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数为2NA
C. 1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H+数目为0.3NA
D. 1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，则0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，A正确；
B．由于反应2NO2(g)N2O4(g)可知，向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数小于2NA，B错误；
C．已知H3PO4是多元弱酸，其一级电离不完全，则1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H+数目小于0.3NA，C错误；
D．由于铵根离子在水溶液中发生水解，故1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH数目小于0.1NA，D错误；
故答案为：A。
4. 化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是
A. 存在顺反异构，分子中无手性碳 B. 分子中有3种含氧官能团
C. 能与发生取代反应和加成反应 D. 1mol该有机物最多消耗2mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、M 的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20。X与Y、Z、M 位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，Y、Z 相邻，M比X族序数大1。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：Y>X B. 简单氢化物的热稳定性：Z>M
C. X和Z可形成ZX2分子 D. 最高价氧化物的水化物酸性：M>Y
【答案】D
【解析】
【分析】X与Y、Z、M 位于相邻周期，说明X位于第二周期、Y、Z、M位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，推出Z为Si，Y、Z 相邻且子序数依次递增，Y为Al，再结合四种原子的最外层电子数之和为20和M比X族序数大1，推出M为Cl、X为O。
【详解】A．当电子层相同时，原子序数越大，半径越小，故简单离子的半径：Y(Al3+)
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性，即M(HClO4)>Y(Al(OH)3)，D项正确；
故选D。
6. 应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的( )
A. a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B. 当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
C. 电解池a极上发生的电极反应为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
D. 二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在b极区有H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，则b极为电解池的阴极，b极与电源的负极相连接，则a极与电源的正极相连接，故A错误；
B．没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3体积，故B错误；
C．a为电解池的阳极，NH在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，故C正确；
D．在二氧化氯发生器内，发生3H2O+ NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+ NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6，故D错误；
故选C；
7. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[示例：A2-的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A. 滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B. H2A溶液的浓度为0.1000mol·L-1
C. 曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)；
【详解】A．滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红色，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和恰好完全反应，根据，，则，故B正确；
C．在未加NaOH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，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：，由于，则，故D错误；
答案选D。
三、非选择题：包括必考题和选考题。第22～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
84消毒液
（有效成分） NaClO
（规 格） 1000 mL
（质量分数） 25%
（密 度） 1.19g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______mol·L-1。(取整数)
（2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是_______(填字母)。
A. 溶液中NaClO的物质的量 B. 溶液的浓度
C. 溶液中NaClO的摩尔质量 D. 溶液的密度
（3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。
①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器_______。
②需要称量NaClO固体的质量为_______ g。
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm-3)的浓硫酸配制240 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为_______mol·L-1。
②需用浓硫酸的体积为_______ mL。
③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。
A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B.量取浓硫酸时，仰视液体的凹液面
C.未冷却，立即转移至容量瓶定容 D.定容时，仰视溶液的凹液面
【答案】（1）4.0 （2）A
（3） ①. 玻璃棒，胶头滴管 ②. 149
（4） ①. 4.6 ②. 31.25 ③. D
【解析】
【小问1详解】
该“84消毒液”的物质的量浓度为1.19×103g/L×0.25÷74.5g/mol=4mol/L。
【小问2详解】
A．溶液中NaClO物质的量会随着所取体积的多少而变化，A正确；
B．溶液的浓度保持恒定，不随所取体积的多少而变化，B错误；
C．NaClO的摩尔质量恒定，不随所取体积的多少而变化，C错误；
D．溶液的密度恒定，不随所取体积的多少而变化，D错误；
故答案选A。
小问3详解】
①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管。
②配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需用500mL的容量瓶，该消毒液的密度为1.19g/cm3，则500mL溶液质量为595g，则需要NaClO固体质量为595g×25%=149g。
小问4详解】
①稀硫酸的浓度为2.3mol/L，则H+的物质的量浓度为4.6mol/L。
②配制240mL2.3mol/L的稀硫酸需要用250mL的容量瓶，1.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，需要浓硫酸的体积为0.25L×2.3mol/L÷18.4mol/L=31.25mL。
③
A．配制前容量瓶中有少量蒸馏水不影响硫酸的浓度，A错误；
B．量取浓硫酸时，仰视液体凹液面，导致浓硫酸体积偏大，溶液浓度偏高，B错误；
C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏大，C错误；
D．定容时，仰视溶液的凹液面，导致溶液体积偏大，浓度偏小，D正确；
故答案选D。
9. 减轻汽车尾气对大气的污染，处理CO、NOx成为了科研工作的热点问题。
(1)已知H2还原CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H1，CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H2 = – 49 kJ·mol-1， CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H3 = – 41.1 kJ·mol-1.则△H1 =___________ kJ·mol-1。
(2)用活化后的V2O5作催化剂，氨气可以将NO还原成N2。
①V2O5能改变反应速率是通过改变___________。
②在1 L 的刚性密闭容器中分别充入6 mol NO、6 mol NH3和适量的O2，控制不同温度，均反应t min ，测得容器中部分含氮气体浓度随温度的变化如下图所示。图中A、B、C一定达平衡状态的是___________。NO浓度始终增大的原因可能是___________。
(3)科研人员研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体：2NO2(g) + 4CO(g)4CO2(g) + N2(g) △H＜0.某温度下，向10 L 恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
压强/kPa
150
146.8
143.92
141.4
139.4
137.5
137.5
此温度下，NO2的转化率为___________，反应的平衡常数Kp = ___________kPa–1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡___________(填“右移”、“左移”、“不移动”)。
【答案】 ①. –90.1 ②. 反应的活化能(或反应路径) ③. B C ④. NH3和O2反应生成的NO大于消耗 ⑤. 50% ⑥. 0.02 ⑦. 不移动
【解析】
【分析】
【详解】(1) 反应①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H1，②CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H2 = – 49 kJ·mol-1， ③CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H3 = – 41.1 kJ·mol-1.则利用盖斯定律得反应①-②=③，可知ΔH1=ΔH2+ΔH3=-49.0 kJ·mol-1+(-41.1kJ·mol-1)=-90.1kJ·mol-1，答案为：-90.1；
(2)①催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高反应速率，故答案为：反应的活化能；
②温度越高，反应速率越快，相同时间内氮气的物质的量浓度越大，达到平衡所需的时间越小、由图知，B氮气物质的量浓度达到最大值，则A还未平衡、B已达到平衡，升高，平衡超吸热方向移动，导致氮气物质的量浓度下降。则图中A、B、C一定达平衡状态的是BC。混合气体中，氨气催化氧化生成NO、NO又被消耗得到二氧化氮等、则NO浓度始终增大的原因可能是：NH3和O2反应生成的NO大于消耗。
(3)由表中数据可知，向10L恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，10min时反应处于平衡状态，体系内压强由150kPa减少到137.5kPa，设平衡时转化的NO2的物质的量浓度为2x，由题意可知，起始时，c(CO)=，c(NO2)=0.01mol•L-1。列三段式进行计算得：
则，即，解得：x=0.0025mol•L-1。则NO2的转化率为 ，平衡时的n(NO2)=0.05mol，n(CO)=n(CO2)=0.1mol，n(N2)=0.025mol。根据p(A)=，，,， ，，解得：Kp=0.02kPa-1。该温度下，K=，若平衡后，再将CO、CO2气体的浓度分别增加一倍，因为c(CO)=c(CO2)，则Qc=K，平衡不移动。答案为：0.02；不移动。
10. 某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中，发现反应迅速，产生大量气泡和白色不溶物
I、提出假设：
（1）甲同学：可能只是MgCO3；
乙同学：可能只是___________；
丙同学：可能是xMgCO3•yMg(OH)2
（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，洗涤沉淀的操作方法是___________。
II、定性实验探究：
（3）取沉淀物少许于试管中，加入稀盐酸时固体溶解，产生大量气泡，则___________同学假设错误(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
III、定量实验探究：取一定量已干燥过的沉淀样品，利用下列装置测定其组成(部分固定夹持类装置未画出)，经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成
（4）实验中合理的连接顺序为：___________(各装置只使用一次)。
e→___________→___________→___________→___________→___________→g→h
（5）实验一段时间后，当B装置中___________(填实验现象)，停止加热，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是___________，装置C中碱石灰的作用是___________。
（6）指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，会使测出的x：y的值___________(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（7）若改进实验后，最终装置B质量增加m克，装置D质量增加了n克___________。(用含m、n的代数式表示)
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后
（3）乙同学 （4）fabdc或fbadc
（5） ①. 无气泡冒出 ②. 排出装置中的CO2和水蒸气 ③. 吸收通入空气中的CO2和水蒸气
（6）偏大 （7）
【解析】
【小问1详解】
有三种可能：白色固体可能是MgCO3，白色固体可能是Mg(OH)2，白色固体可能是MgCO3和Mg(OH)2．故答案为：Mg(OH)2；
【小问2详解】
洗涤沉淀的操作方法是：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后；
【小问3详解】
取沉淀物少许于试管中，产生大量气泡，不能只是氢氧化镁沉淀；故答案为：乙同学；
【小问4详解】
取一定量已干燥过的沉淀样品，经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成，可能是xMgCO3•yMg(OH)2，空气通过碱石灰除去水蒸气和二氧化碳后通过a加热沉淀样品，通入装置B中的浓硫酸吸收水蒸气，实验中合理的连接顺序为：efabdcgh或efbadcgh；故答案为：fabdc或fbadc；
【小问5详解】
实验一段时间后，当B装置中无气泡冒出，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是排出装置中的CO2和水蒸气，装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气；故答案为：无气泡冒出；排出装置中的CO2和水蒸气；吸收通入空气中的CO2和水蒸气；
【小问6详解】
在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，使得碳酸镁质量增大；故答案为：偏大；
【小问7详解】
若改进实验后，最终装置B质量增加m克为水，氢元素守恒得，装置D质量增加了n克为生成的二氧化碳，则x：y＝：＝，故答案为：。
【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定，物质成分和实验操作的理解应用、主要是实验过程的设计，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 硼及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题：
(1)氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，结构式如图1。
氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是_______(填元素符号，下同)，电负性最大的元素为_______；分子内存在的作用力有_______。
(2)Ti(BH4)3是一种复合材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态Ti原子的核外电子排布式为_______
②LiBH4由Li+和构成，其中的空间构型为_______
(3)硼酸(H3BO3)是一种结构为片层状的白色晶体。层内的H3BO3分子间通过氢键相连(如图2)，H3BO3分子中B的杂化轨道类型为_______，0.6molH3BO3晶体中有_______mol氢键。
(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图3。
①该晶体中的配位数为_______
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度=___(用含a、NA的最简式表示)g·cm-3。
【答案】 ①. B ②. N ③. 极性共价键和配位键 ④. 1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2) ⑤. 正四面体形 ⑥. sp2 ⑦. 1.8 ⑧. 8 ⑨.
【解析】
【分析】
【详解】(1)一般，元素的非金属性越强，元素的第一电离能越大、元素的电负性越大，在氨硼烷中与N原子相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，则非金属性：N＞H＞B，氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是B，电负性最大的元素是N；根据氨硼烷的结构式可知，氨硼烷分子内存在B—H、N—H极性共价键和N→B配位键；故答案为：B，N，极性共价键和配位键。
(2)①Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)。
②中中心原子B上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
(3)根据硼酸的层状结构知，每个B形成3个B—O键，B上没有孤电子对，即B的价层电子对数为3，B的杂化轨道类型为sp2；根据图示H3BO3分子与氢键的物质的量之比为1：3，则0.6molH3BO3晶体中有1.8mol氢键；故答案为：sp2，1.8。
(4)①根据NaBH4的晶胞结构，以体心的为研究对象，与其等距离（距离为）最近的Na+有8个，即的配位数为8；故答案为：8。
②用均摊法，1个晶胞中含Na+：，：，1个晶胞的质量为，晶胞的体积为2a3nm3，则硼氢化钠晶体的密度ρ=÷(2a3nm3)= g/cm3；故答案为：。
12. 化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称为___________。
（2）X化学名称为___________。
（3）B→C的反应类型为___________、E→F的反应类型为___________。
（4）由C生成D的化学方程式为___________。
（5）化合物E的同分异构体中，能与溶液反应，且1mol E可消耗的有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3∶1∶1的结构简式是___________。
（6）参照上述合成路线并结合所学知识，设计仅以OHCCH2CHO和为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选) ______。
【答案】（1）羧基、酯基
（2）2—溴戊烷 （3） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（4）HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O
（5） ①. 9 ②.
（6）OHCCH2CHOHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH3
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，CH3COOCH3与HCOOC2H5在碱中共热反应生成OHCCH2COOCH3，在催化剂作用下OHCCH2COOCH3与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOCH3，在浓硫酸作用下，HOOCCH2COOCH3与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3，CH3OOCCH2COOCH3与一溴甲烷在甲醇钠作用下发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则X为；一定条件下与反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，C分子的官能团为羧基、酯基，故答案为：羧基、酯基；
【小问2详解】
由分析可知，X的结构简式为，名称为2—溴戊烷，故答案为：2—溴戊烷；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为在催化剂作用下OHCCH2COOCH3与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOCH3，E→F的反应为与发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：氧化反应；取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，由C生成D的反应为在浓硫酸作用下，HOOCCH2COOCH3与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3和水，反应的化学方程式为HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O，故答案为：HOOCCH2COOCH3+CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+H2O；
【小问5详解】
1 mol化合物E的同分异构体能与2mol碳酸氢钠溶液反应说明有机物分子中含有2个羧基，同分异构体可以视作丁烷分子中的氢原子被2个羧基取代所得结构，其中正丁烷分子中的氢原子被2个羧基所得结构有6种，异丁烷分子中的氢原子被2个羧基所得结构有3种，共有9种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式为，故答案为：9；；
【小问6详解】
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