【化学】四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试理综（解析版）

【化学】四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试理综（解析版）

四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试理综 一、选择题 ‎1.为纪念日军侵华战争中死难的中国同胞，中国政府设立12月13日为国家公祭日。在侵华史上，日军曾使用芥子气（化学式C4H8Cl2S）屠杀中国军民，下列对芥子气的说法正确的是（　　）‎ A. 有机物 B. 碱 C. 盐 D. 单质 ‎【答案】A ‎【详解】芥子气的化学式为C4H8Cl2S，从组成上看，属于有机物，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎2.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（　　）‎ A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基 B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7‎ C．该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应 D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol ‎【答案】C ‎【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误； B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误； C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确； D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气，错误； 答案选C。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32 g B. 反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ·mol-1，当放出热量 9.2 kJ时，转移电子0.6 NA C. lmol·L-1的氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2NA，则Cu2+的数目为NA D. 标准状况下，NO和O2各11. 2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75 NA ‎【答案】B ‎【详解】A、阳极中除铜外，还含有其他杂质，如锌、铁等，锌、铁比铜活泼，先失电子，因此阳极质量减少的质量不等于32g，故A错误；‎ B、转移6mole－，放出92kJ热量，因此放出9.2kJ热量，转移电子mol=0.6mol，故B正确；‎ C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算微粒数目，故C错误；‎ D、NO和氧气反应，2NO＋O2=2NO2，根据所给量，NO少量、O2过量，因此反应后NO2的物质的量0.5mol，还剩O2的物质的量为0.25mol，气体总物质的量为0.75mol，但2NO2N2O4，因此气体物质的量小于0.75mol，所得气体的分子总数少于0.75 NA，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是（　　）‎ A. 胶体与溶液的本质区别在于是否可以发生丁达尔现象 B. 在常温下铁遇浓硫酸会钝化，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸 C. 氯气具有漂白性,可以使湿润的有色布条褪色 D. 二氧化碳通入足量澄清石灰水中，没有白色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【详解】A.胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，故A错误；‎ B.常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，其原理发生了氧化还原反应，生成氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸，故B正确；‎ C.氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但干燥的氯气不具有漂白性，故C错误 D.二氧化碳通入足量澄清石灰水中，因发生CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O,有白色碳酸钙沉淀生成，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎5.下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A. 氯气跟水反应：Cl2 + H2O＝ 2H＋+ Cl－+ ClO-‎ B. 食醋与氨水反应：NH3·H2O＋H＋= NH4＋＋H2O C. NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-‎ D. 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀：Ba2＋＋2H＋＋2OH－＋SO42－ = BaSO4↓＋2H2O ‎【答案】C ‎【分析】A、次氯酸是弱酸；‎ B、醋酸是弱电解质；‎ C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2；‎ D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4；‎ ‎【详解】A、次氯酸是弱酸，氯气跟水反应：Cl2 + H2OH＋+ Cl－+HClO，故A错误；‎ B、醋酸是弱电解质，食醋与氨水反应：NH3·H2O＋CH3COOH= CH3COO－＋NH4＋＋H2O，故B错误；‎ C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2，NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故C正确；‎ D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4，向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀：Ba2＋＋H＋＋OH－＋SO42－ = BaSO4↓＋H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.“电芬顿法”除去水体里有机污染物的原理如图所示，发生电芬顿反应：Fe2++H2O2== Fe3++OH-+·OH，生成的羟基自由基(·OH)能降解有机污染物。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电源的A极是正极，B极是负极 B. 阴极上O2、Fe3+、H2O2得电子发生还原反应 C. 阳极上发生电极反应：H2O-e-==•OH+H+‎ D. 常温常压下，消耗22.4LO2，可以产生4mol·OH ‎【答案】C ‎【解析】A．电源的A电极连接的电极上发生得电子的还原反应，则该电极为阴极，所以A为负极，A错误；B．O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与亚铁离子反应，则H2O2‎ 发生得电子的还原反应，B错误；C．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=•OH+H+，C正确；D．1molO2转化为2molH2O2转移2mole-，由Fe2++H2O2=Fe3++OH-+•OH可知，生成2mol•OH，转移2mole-，在阳极上生成2mol•OH，所以消耗1molO2，可以产生4mol•OH，但常温下22.4L氧气不是1mol，D错误，答案选C。‎ ‎7.电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下，用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似， Kb[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线 B. a点溶液中：c[(CH3)2NH2＋]＞c[(CH3)2NH·H2O]‎ C. d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]‎ D. b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点 ‎【答案】C ‎【详解】A、二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，因此曲线②是滴定二甲胺溶液，故A错误；‎ B、曲线①是滴定NaOH溶液的曲线，故B错误；‎ C、把二甲胺看作是NH3，加入10mL盐酸，两者恰好完全反应，根据质子守恒，因此由c(H+)=c(OH-)+c[（CH3）2NH·H2O]，故C正确；‎ D、b点反应后溶液中的溶质是二甲胺、 (CH3)2NH2Cl，溶液显碱性，二甲胺的电离抑制水的电离，c点恰好完全反应，溶质为NaCl，e点盐酸过量，抑制水的电离，因此电离程度最大的是c点，故D错误；‎ 答案选C。‎ 二、填空题 ‎8.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某化学兴趣小组对其组成进行探究。完成下列空格。‎ ‎①提出假设：‎ 假设1：只存在Fe2O3；假设2：__________________；假设3：既存在Fe2O3也存在Cu2O。‎ ‎②查找资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。‎ ‎③实验方案设计与分析：‎ 方案一：步骤一：取少量样品于烧杯中，加入过量浓硝酸，产生一种红棕色的气体。由此可得出假设____不成立，写出产生上述气体的化学方程式_______________________________。‎ 步骤二：取少量步骤一溶液置于试管中滴加__________，振荡，若____________________，则说明假设3成立。‎ 方案二：‎ 取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，若固体全部溶解，说明假设_______不成立。‎ 方案三：‎ 同学们设计了如下实验方案测定该样品中Fe2O3的质量分数（装置气密性良好，假设样品完全反应）: ‎ 步骤一：取样品并称量该样品的质量为m1；‎ 步骤二：测出反应前广口瓶和瓶内物质总质量m2；‎ 步骤三：测出反应后广口瓶和瓶内物质总质量m3；‎ 步骤四：计算得出矿物样品中Fe2O3的质量分数。‎ 讨论分析：该实验方案________（填“能”或“不能”）测出矿物中Fe2O3质量分数。不改变装置和药品，通过计算得出矿物中Fe2O3的质量分数，你还可以通过测定__________。若测得m1为3.04g，m3=m2＋1.76g，则原样品中Fe2O3的质量分数为________（结果保留四位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). 只存在Cu2O (2). 1 (3). Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O (4). KSCN溶液 (5). 溶液显红色 (6). 2 (7). 能 (8). 测量反应后固体的质量或广口瓶中沉淀的质量。（其他合理答案也给分） (9). 52.63%‎ ‎【详解】①提出假设：根据题给信息：红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种和假设1和假设3知假设2为：只存在Cu2O。‎ ‎③实验方案设计与分析：方案一：步骤一：样品与过量浓硝酸反应产生红棕色的NO2‎ 气体，硝酸发生了还原反应，Fe2O3中铁元素为+3价，只有氧化性，Cu2O中铜元素为+1价，既有氧化性又有还原性，则红色粉末中一定含有Cu2O，由此可得出假设1不成立，Cu2O与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式为Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O；若要证明假设3成立，则需要证明铁元素的存在，故步骤二为取少量步骤一溶液置于试管中滴加KSCN溶液，振荡，若溶液显红色，则说明假设3成立。‎ 方案二：根据信息②Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O知取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，若固体全部溶解，说明假设2不成立。‎ 方案三：该实验方案的原理为Fe2O3 + 3CO2Fe+3CO2、Cu2O + CO2Cu+CO2，CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O，通过测定反应前混合物的质量，反应前后广口瓶和瓶内物质总质量的差值，确定二氧化碳的质量，列方程组求解，能测出矿物中Fe2O3的质量分数；也可通过测量反应后固体的质量或广口瓶中沉淀的质量，列方程组求解，确定矿物中Fe2O3的质量分数；若测得m1为3.04g，m3=m2＋1.76g，则生成CO2的质量为1.76g，物质的量为0.04mol，根据氧原子守恒知混合物中氧原子的物质的量为0.04mol。设混合物中Fe2O3的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有①160g/molx+144g/moly=3.04g（质量守恒），②3x+y=0.04mol（氧原子守恒），联立①②解得x=0.01mol，y=0.01mol，则混合物中Fe2O3的质量为1.60g，则原样品中Fe2O3的质量分数为×100％=52.63%。‎ ‎9.以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：‎ 已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。‎ 氢氧化物 ‎ Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.5‎ ‎7.7‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.9‎ ‎9.2‎ ‎(1) “酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在70～80 ℃的原因是__________________________________________________。‎ ‎(2) “氧化”时，Fe2＋参加反应的离子方程式为___________________________________。‎ ‎(3) “除铁”时需控制溶液的pH范围为_________________。‎ ‎(4) “滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。‎ ‎(5) “沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。‎ ‎①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为___________________________________________________________。‎ ‎②“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是______________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 温度低于70 ℃，反应速率降低,温度高于80 ℃，HNO3分解(或挥发)加快 (2). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (3). 3.3≤pH<7.7 (4). CuS (5). xNiCO3·yNi(OH)2(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O (6). Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大 ‎【分析】镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”，其中铁、镍溶于酸，铜也与硝酸反应产生氮氧化物；“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液；向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，除去Cu2+；再向除铜后的滤液中加入碳酸钠溶液沉淀镍离子，过滤、洗涤、干燥得到的固体经煅烧得到NiO，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）“酸溶”时加入了硫酸与硝酸溶液，考虑温度过低，工艺流程中化学反应速率较低，而温度过高，硝酸分解加快，不利于溶解铜，故答案为温度低于70 ℃，反应速率降低,温度高于80 ℃，HNO3分解(或挥发)加快；‎ ‎（2）“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎（3）“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH<7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7；‎ ‎（4）向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，因此滤渣的成分为CuS；‎ ‎（5）①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2‎ 高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3·yNi(OH)2(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O；‎ ‎②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。‎ ‎10.Ⅰ：Mo基催化剂的耐硫甲烷化反应会涉及WGS 或者RWGS 反应，主要反应式如下：‎ ‎（1）CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ/mol 写出CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式_____________________________________________________________。‎ ‎（2）CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。现在容积均为1L 的a、b、c、d、e 五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控温，进行实验，测得相关数据如下图1和图2。‎ ‎，‎ ‎①该反应的ΔH__________0 （选填“<”、“>”或“=”）。‎ ‎②在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为______________________。‎ ‎③计算在300℃条件下达平衡时K=________________________。‎ ‎④将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施有______________________。‎ Ⅱ：某电解装置如图所示，X、Y 均为惰性电极：‎ ‎（3）若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液，通电一段时间后X ‎ 电极及周围溶液的现象是：________________________________，Y 电极的电极反应式为______________________。‎ ‎（4）若a 溶液为饱和CuCl2溶液，当电路中有0.2 mol 的电子通过时，阴、阳两电极的质量之差是__________g。‎ ‎【答案】(1). CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH=－41.2kJ/mol (2). ＜ (3). 60% (4). 25(mol/L)-2 (5). 降低温度或者增大压强 (6). 溶液变红、X电极上有气泡产生 (7). 2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O） (8). 6.4g ‎【解析】（1）①CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol，②CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ/mol由盖斯定律①-②，CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH=－41.2kJ/mol；（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 由图1，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，该反应的ΔH<0；（2） CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ n始/mol 1 2‎ n变/mol 0.6 1.2 0.6‎ n平/mol 0.4 0.8 0.6‎ ‎②在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为0.6/1×100%=60%；‎ ‎③ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ n始/mol·L-1 1 2‎ n变/mol·L-1 0.8 1.6 0.8‎ n平/mol·L-1 0.2 0.4 0.8‎ 计算在300℃条件下达平衡时K= =25(mol/L)-2；④将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施有降低温度或者增大压强；（3）若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液，X为阴极，氢离子得电子后生成氢气，破坏水电离平衡，产生氢氧根，通电一段时间后X 电极及周围溶液的现象是：溶液变红、X电极上有气泡产生，阳极是Y，Y 电极的电极反应式为 2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）；（4）若a 溶液为饱和CuCl2溶液，当电路中有0.2 mol 的电子通过时，阴极有0.2mol/2×64g·mol－1=0.64g铜析出，阳极产生氯气，两电极的质量之差是0.64g。‎ ‎11.已知X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。5种元素的部分特点：‎ 元素 特点 X 其气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性 Y 基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍 Z 元素原子的外围电子层排布式为nsn－1npn－1‎ Q 被誉为“太空金属”、“生物金属”，其基态原子最高能级有3个空轨道 W 原子M能层为全充满状态且核外的未成对电子只有一个 ‎（1）XF3分子中X的杂化类型为______，该分子的空间构型为_______。‎ ‎（2）基态Q原子的电子排布式为_____________________，第一电离能：X______Y(填“＞” “＜”或“=”)。‎ ‎（3）X、Y、Z电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。‎ ‎（4）Na在Y2中燃烧产物的电子式为________________。‎ ‎（5）Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于_______晶体。‎ ‎（6）W元素与X元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示(黑球代表W原子)，若该晶体的密度为ρ g·cm-3，则该晶胞的体积是__________cm3。‎ ‎【答案】(1). sp3 (2). 三角锥形 (3). 1s22s22p63s23p63d24s2 (4). ＞ (5). O＞N＞Si (6). (7). 原子 (8). ‎ ‎【分析】X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。由X的气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性，X为N元素；Y的基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍，最外层电子数为6，可知Y为O元素；Z的外围电子层排布式为nsn-1npn-1，n-1=2，可知n=3，即外围电子层排布式为3s23p2，Z为Si元素；Q被誉为“太空金属”也有“生物金属”之称，其基态原子最高能级有3个空轨道，则最高能级的电子排布式为3d2‎ ‎，Q为Ti元素；W的原子M能层为全充满状态，且核外的未成对电子只有一个，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，W为Cu元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为Si元素、Q为Ti元素、W为Cu元素。‎ ‎(1)XF3分子中N原子上有1对孤对电子，形成3个N-F共价键，则X的杂化类型为sp3；空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；‎ ‎(2)Q为Ti元素，原子序数为22，基态Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；N的2p电子半充满，为稳定结构，则第一电离能X＞Y，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；＞；‎ ‎(3)非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z电负性由大到小的顺序为O＞N＞Si，故答案为：O＞N＞Si；‎ ‎(4)Na在Y2中燃烧产物为过氧化钠，为离子化合物，其电子式为，故答案为：；‎ ‎(5)Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，可知熔点高，该化合物为原子晶体，故答案为：原子；‎ ‎(6)黑球代表W原子，位于棱上，个数为12×=3，N位于顶点，个数为8×=1，因此化学式为Cu3N，晶胞的质量为g，该晶体的密度为ρ g•cm-3，则该晶胞的体积是=cm3，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题易错点为(6)，要注意均摊法的应用，本题中Cu原子位于棱上，1个只能算个。‎ ‎12.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物。其部分合成工艺如下：‎ ‎（1）已知不能稳定存在。反应①中X的分子式为C6H10O3，则X的结构简式为___________。‎ ‎（2）反应①、②的反应类型分别为______________、______________。‎ ‎（3）下列有关说法正确的是________。‎ A．化合物B和C分子各含有1个手性碳原子 B．化合物C能发生加成反应、取代反应和消去反应 C．1 mol羟甲香豆素最多可与2 mol NaOH反应 ‎（4）写出满足下列条件的化合物C的一种同分异构体的结构简式___________。‎ ‎①能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②分子中只有2种不同化学环境的氢 ‎（5）反应③化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). CH3COCH2COOCH2CH3 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). AB (5). (6). ‎ ‎【分析】（1）由X的分子式C6H10O3和B的结构简式分析可知X的结构简式；‎ ‎（2）由A、X、B结构简式可以看出反应①的反应类型，由B和C的结构简式看可以看出反应②是B分子内的酯化反应；‎ ‎（3）观察B和C及羟甲香豆素的结构简式回答；‎ ‎（4）在C的同分异构体中，①能发生水解反应，必须是含有酯基，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明属于酚酯，②分子中只有2种不同化学环境的氢，要求分子结构是对称的，由此分析即可写出结构简式；‎ ‎（5）由题中看出反应③是C发生消去反应，生成羟甲香豆素。‎ ‎【详解】（1）由X的分子式为C6H10O3且A和X反应生成B，对比A、B的结构简式及不能稳定的信息，不难看出X的结构简式为：CH3COCH2COOCH2CH3；‎ 本题答案为：CH3COCH2COOCH2CH3。‎ ‎（2）由A、X、B的结构简式可以看出反应①X上的羰基和A发生的加成反应，由B和C的结构简式看可以看出反应②是B分子内的取代反应；‎ 本题答案为：加成反应、取代反应。‎ ‎（3）A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，B和C的结构中均含有1个手性碳，故A正确；‎ B.化合物C的分子中含有苯环，羟基、酯基所以能发生加成反应、取代反应和消去反应，故B正确；‎ C.1 mol羟甲香豆素最多可与3 mol NaOH反应，故C错误；‎ 本题答案为：AB。‎ ‎（4）在C的同分异构体中，①能发生水解反应，必须是含有酯基，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明属于酚酯，②分子中只有2种不同化学环境的氢，要求分子结构是对称的，依据C的结构简式可知满足上述要求的同分异构体的结构简式为：；‎ 本题答案为：。‎ ‎（5）由题中看出反应③是C发生消去反应，生成羟甲香豆素，化学方程式为：；‎ 本题答案为：。‎