【化学】河南省安阳市2020届高三第一次调研考试（解析版）

【化学】河南省安阳市2020届高三第一次调研考试（解析版）

河南省安阳市2020届高三第一次调研考试 一、选择题：本大题共14小题，每小题3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。‎ ‎1.化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂 B. 硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂 C. 常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，因为铝与浓硫酸不反应 D. 明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。‎ ‎【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；‎ B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；‎ C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；‎ D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D错误；‎ 答案：A ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为 ‎ B. 1 mol甲苯分子中所含单键数目 ‎ C. 的溶液中，由水电离出的H+数目一定是 ‎ D. 、和的混合气体中所含分子数为 ‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。‎ ‎【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；‎ B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；‎ C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；‎ D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；‎ 答案：D ‎3.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：‎ 又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）‎ A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体 C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类 ‎【答案】A ‎【分析】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。‎ ‎【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。‎ A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；‎ B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；‎ C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；‎ D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 过量铁粉与氯气反应：‎ B. 往溶液中通入少量的：‎ C. 用稀盐酸除去银镜：‎ D. 溶液与溶液等体积混合：‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。‎ ‎【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；‎ B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C.稀盐酸与银不反应，故C错误；‎ D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。‎ ‎5.25℃时，一定量的甲烷与a L（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量b kJ，则1 mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；‎ 答案：C ‎【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2 ，S→SO2等。‎ ‎6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. Y元素至少能形成三种单质 B. 简单离子半径：‎ C. 元素的非金属性：‎ D. 化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。‎ 根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。‎ ‎【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；‎ B. ①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；‎ C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；‎ D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；‎ 答案：A ‎7.将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【分析】混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。‎ ‎【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；‎ B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)> c（HCO3-）> c(Cl-)> c（CO32-）> c(OH-)> c(H+)，故B正确；‎ C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；‎ D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2‎ ‎ c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；‎ 答案：B ‎【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。‎ ‎8.下图是有机合成中的部分片段：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 有机物a能发生加成、氧化、取代等反应 B. 有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. d中所有原子不可能共平面 D. 与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种 ‎【答案】D ‎【分析】本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。‎ ‎【详解】A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；‎ B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；‎ C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；‎ D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。‎ ‎9.下列说法错误的是（ ）‎ A. 取用固体时动作一定要轻 B. 蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中 C. 容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏 D. 量取5.2 mL硫酸铜溶液用到仪器有10 mL量筒、胶头滴管 ‎【答案】B ‎【分析】本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。‎ ‎【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；‎ C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；‎ D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；‎ 答案：B ‎10.下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. a极的电极反应式为 B. 若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室 C. 根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作 D. 由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境 ‎【答案】C ‎【分析】本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。‎ ‎【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；‎ B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；‎ C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；‎ D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;‎ 答案：C ‎11.下列实验操作、解释或结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验目的 操作 结论或解释 A 检验、混合溶液中的 取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液 液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含 B 检验某溶液中有无 取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊，则含 C 检验溶液中的 取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液 溶液变红色，则含 D 检验食盐中是否含 取少量食盐溶于水，加少量淀粉 溶液变蓝色，则含 ‎【答案】A ‎【分析】本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。‎ ‎【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；‎ B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－‎ 均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；‎ C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；‎ D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；‎ 答案：A ‎12.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入溶液的方法制备，发生反应：‎ ‎①（未配平）；‎ ‎②。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 若反应①中，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1‎ B. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下 C. 氧化性：‎ D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到时消耗 ‎【答案】D ‎【分析】本题考查氧化还原反应，意在考查对相关规律的理解和运用能力。‎ ‎【详解】A. 设ClO－为5 mol，ClO3－为1 mol，根据电子守恒，生成的Cl－为10 mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3，故A错误；‎ B.由于反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4 mol KOH，吸收2molCl2，标准状况下其体积为44.8 L，故B错误；‎ C.反应②中K2FeO4是氧化产物，KClO是氧化剂，故氧化性：K2FeO4p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；‎ D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；‎ 答案：C ‎14.下表是25℃时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是（ ）‎ 化学式 CuS 溶度积 A. 根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大 B. 向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为 C. 根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成 D. 常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小 ‎【答案】C ‎【分析】本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。‎ ‎【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；‎ B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；‎ C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)‎ 时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；‎ D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；‎ 答案：C ‎【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当QcpK a2，故其电离程度大于水解程度，又由于NH4+水解呈酸性，所以NH4HSO3溶液呈酸性；‎ 答案：＜‎ ‎（3）氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低，它们都是氧化剂；‎ 答案：Cu2O、Cu2S ‎（4）由题意，反应物为Cr3+、S2O82-和H2O，生成物为Cr2O72-、SO42-和。根据得失电子守恒，电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+；‎ 答案： 2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+‎ ‎（5）阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-，电极反应式为2SO42—2e-= S2O82-；‎ 答案：2SO42—2e-= S2O82-‎ ‎18.某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。‎ 方案一、实验装置如图1所示。‎ 已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。‎ ‎（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_______________________________________。NaOH溶液的作用是___________________________________。‎ ‎（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是________________。‎ ‎（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。‎ 方案二、实验装置如图2所示。‎ 加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的 溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。‎ ‎（4）通入氧气的目的是__________________________、________________________。‎ ‎（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度_______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎【答案】(1). (2). 吸收尾气中的 (3). 酸式滴定管 (4). 11.0 (5). 使产生的全部被NaOH溶液吸收 (6). 将最终转化为 (7). 偏大 ‎【分析】反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。‎ ‎【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。‎ 答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2‎ ‎（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。‎ 答案：酸式滴定管 ‎（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；‎ 答案：11.0‎ ‎（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；‎ 答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4 ‎ ‎（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。‎ 答案：偏大 ‎19.硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。‎ ‎（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为_________。‎ ‎（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示：‎ 化学键 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 键能 ‎389‎ ‎411‎ ‎318‎ ‎561‎ ‎358‎ ‎452‎ ‎293‎ ‎346‎ ‎222‎ ①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_______________________________。‎ ‎②类似于烷烃，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷＜烷烃。原因是________________________________________________。‎ ‎③推测晶体B的晶体类型是__________。‎ ‎（3）乙硼烷具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂，硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______；中三种元素电负性由大到小的顺序是__________（写元素符号）。‎ ‎（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：‎ ‎①□内物质的空间构型为__________。‎ ‎②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为a pm，键键长为b pm，则六方氮化硼晶体的密度为__________（用表示阿伏加德罗常数的值）。‎ ‎【答案】(1). p (2). (3). 键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在 (4). 、键的键能比、键的键能大，但比、‎ 键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷 (5). 原子晶体 (6). (7). (8). 三角锥形 (9). ‎ ‎【分析】（1）根据B的核外电子排布式可知；‎ ‎（2）根据键能判断；‎ ‎（3）根据价层电子对数判断杂化轨道类型；根据LiBH4中B和H的化合价判断电负性；‎ ‎（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②计算六棱柱体积和一个六棱柱的质量即可计算密度。‎ ‎【详解】（1）硼元素位于第ⅢA族，位于元素周期表的p区；硼元素的核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1。‎ 答案：p 2s22p1‎ ‎（2）①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在；‎ 答案：B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在 ‎②B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷；‎ 答案：B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷 ‎③B-B的键能比Si-Si的键能还大，根据键能数据可判断出B是原子晶体；‎ 答案：原子晶体 ‎（3）BH4－中B原子的价层电子对数为4，则其杂化轨道类型为sp3杂化。LiBH4中阴离子为BH4－，显然B是价，H是价，所以H的电负性大于B。而Li是金属元素，其电负性必定小于B的电负性。‎ 答案：sp3 H>B>Li ‎（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②以一个六棱柱为研究对象，每一层的底面为正六边形，其面积为6×1/2×b2×sin60°=b2pm2，六棱柱的高为a pm，六棱柱的体积为V=ab2pm3‎ ‎。一个六棱柱中平均拥有1个B原子、1个N原子，一个六棱柱的质量m=g，所以晶体的密度为m/V=；‎ 答案：三角锥形 ‎ ‎20.丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：‎ 已知：Bn－代表苄基（）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。‎ ‎（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_________________________。‎ ‎（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：_______________________________________________。‎ ‎（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大14．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。‎ ‎①苯环只有两个取代基 ‎②能与溶液发生显色反应 ‎③能发生银镜反应 ‎④红外光谱表明分子中不含醚键 ‎（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 醚键、羟基、羧基 (3). 取代反应 (4). 保护（酚）羟基 (5). 乙二醛 (6). +O2→ (7). 18 (8). (9). ‎ ‎【分析】根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。‎ ‎【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；‎ 答案： 醚键、羟基、羧基 ‎（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。‎ 答案：取代反应 保护（酚）羟基 ‎（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；‎ 答案： 乙二醛 +O2→‎ ‎（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；‎ 答案： 18 ‎ ‎（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；‎ 答案：‎ ‎【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。 ‎