1、三湘名校教育聯盟2021屆高三第二次大聯考全國I卷理綜化學試題1 .化學與生活、環境、科技等密切相關.以下說法錯誤的選項是A.溫室效應導致海水的酸度增大,貝殼類生物的生存將會受到威脅B.植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯,長時間放置的植物油會因水解而變質C.常溫下用3體積乙醇與1體積蒸儲水配制成的混合液,可以滅活新型冠狀病毒D.白葡萄酒含維生素C等多種維生素,通常添加微量SO2的目的是預防營養成分被氧化【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.二氧化碳和水反響生成碳酸,可以增加酸度,碳酸能與碳酸鈣反響,所以珊瑚、貝殼類等生物的生存將會受到威脅,故A正確；B.植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸

2、甘油酯,長時間放置會被氧化而變質,故B錯誤；C.常溫下用3體積乙醇與1體積蒸儲水配制成的混合液中酒精含量約為75%,即醫用酒精,可以殺菌消毒,故C正確；D.二氧化硫具有復原性,可預防營養成分被氧化,故D正確；故答案為Bo2 .設Na代表阿伏加德羅常數的值.以下表達正確的選項是A.1molP4正四面體結構含有6Na個P-P鍵B. 1mol碳正離子CH3+所含的電子總數為9NaC. 25C,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數目為0.1NaD.常溫常壓下,過氧化鈉與水反響,生成8g氧氣時轉移的電子數為0.25Na【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.一個P4分子中含有6個P-P鍵,所以1mol

3、P4正四面體結構含有6Na個P-P鍵,故A正確；B.一個CH3+所含電子數為6+3-1=8,所以1mol碳正離子CH3+所含的電子總數為8Na,故B錯誤；C.溶液體積未知,無法計算所含微粒數目,故C錯誤；D. 8g氧氣的物質的量為0.25mol,過氧化鈉與水反響過程中氧化產物為.2,且為唯一氧化產物,氧元素化合價由-1價變為0價,所以轉移的電子數目為0.5Na,故D錯誤;故答案為Ao3.維生素B3可以維持身體皮膚的正常功能,而且具有美容養顏的成效,其分子中六元環的結構與苯環相似.以下有關維生素B分子的說法錯誤的選項是A.所有的碳原子均處于同一平面B.與硝基苯互為同分異構體C.六元環上的一氯代物

4、有4種D.1mol該分子能和4molH2發生加成反應【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.該分子中所有C原子和N原子都采用sp2雜化且碳碳單鍵可以旋轉,所以該分子中的所有C原子可能位于同一平面,故A正確；B.硝基苯的分子式為C6H5NO2,該分子的分子式也為C6H5NO2,且二者結構不同,互為同分異構體,故B正確；C.六元環上含有4種氫原子,所以其六元環上的一氯代物是4種,故C正確；D.竣基中的碳氧雙鍵不能加成,維生素B3分子中的六元環與苯環相似,那么1mol該物質最多能和3mol氫氣發生加成反響,故D錯誤；故答案為Do4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大,X、Y和Z組成的一種化

5、合物XZ可有效滅殺新型冠狀病毒,它的結構式為：XYYZZX.向W的一種鈉鹽IX水溶液中通入YZ2氣體,產生沉淀的質量m與通入YZ2氣體的體積V的關系如下圖.卜列說法正確的選項是A.氫化物的熔點一定是：Y<ZB.最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>WC.X、Y、Z三種元素只能組成一種化合物D.工業上常用熱復原法冶煉單質W【答案】B【解析】【分析】XZX、Y和Z組成的化合的結構式為：X3z£X,構成該物質的元素均為短周期主族元素,且該物質可以消毒殺菌,該物質應為過氧乙酸：CH3COOOH,X為H、丫為C、Z為O；向W的一種鈉鹽水溶液中通入CO2氣體可以產生沉淀且通過量的CO2氣

6、體沉淀不溶解,那么該沉淀應為H2SiO3或Al(OH)3,相應的鈉鹽為硅酸鈉或偏鋁酸鈉,W為Al或Si.【詳解】A.C元素有多種氫化物,其中相對分子質量較大的一些氫化物的熔點要高于O的氫化物,故A錯誤；B.無論W為Al還是Si,其非金屬性均小于C,最高價氧化物對應水化物的酸性：Y>W,故B正確；C.C、H、O元素可以組成多種燒類的含氧衍生物,故C錯誤；D.假設W為Si,工業上常用碳復原法冶煉,但W為Al,工業上常用電解熔融氧化鋁制取鋁,故D錯誤；故答案為Bo【點睛】易錯選項為D,要注意硅酸鈉和偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳均可以產生沉淀,且沉淀不會與二氧化碳反響,所以根據題目所給信息無法確認

7、W具體元素,要分情況討論.5.以下實驗方案能到達實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A去除甲烷中少量的乙烯將氣體依次通過酸性高鎰酸鉀溶液和濃硫酸洗氣B洗滌分解KMnO4制O2的試管先用稀鹽酸洗滌試管,再用水清洗C探究蛋白質的鹽析向硫酸錢飽和溶液中滴加幾滴雞蛋清溶液,再參加蒸儲水D提純混有NH4Cl的粗碘將粗碘放入燒杯中,燒杯放一盛滿冷水的燒瓶,隔石棉網對燒杯加熱,然后收集燒瓶外壁的固體A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.乙烯會被酸性高鎰酸鉀氧化生成二氧化碳,且濃硫酸不能除去二氧化碳,故A錯誤;B.高鎰酸鉀分解制取氧氣的產物中有二氧化鎰,稀鹽酸和二氧化鎰不反響,故B錯誤;C

8、.硫酸俊飽和溶液為濃鹽溶液,可以使蛋白質發生鹽析,不變性,再參加蒸儲水可以重新溶解,故C正確；D.加熱時碘升華,氯化錢受熱易分解,燒瓶底部得到的仍是混合物,加熱不能將二者別離,故D錯誤；故答案為Co6,美國科學家JohnB.Goodenough榮獲2021年諾貝爾化學獎,他指出固態體系鋰電池是鋰電池未來的開展方向.Kumar等人首次研究了固態可充電、平安性能優異的鋰空氣電池,其結構如下圖.單位質量的電極材料放出電能的大小稱為電池的比能量.以下說法正確的選項是H檀但注I.AGPGC周偉也簫解碳A.放電時,a極反響為：Al-3e-=A13+,b極發生復原反響B,充電時,Li+由a極通過固體電解液向

9、b極移動C.與鉛蓄電池相比,該電池的比能量小D,電路中轉移4mole-,大約需要標準狀況下112L空氣【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.鋰比鋁活潑,放電時a極為負極,鋰單質失電子被氧化,反響為“生L,b極為正極得電子,被復原,故A錯誤；B.充電時a電極鋰離子被復原成鋰單質為電解池的陰極,那么b為陽極,電解池中陽離子向陰極即a極移動,故B錯誤；C.由于鋰的摩爾質量遠遠小于鉛的摩爾質量,失去等量電子需要的金屬質量也是鋰遠遠小于鉛,因此鋰電池的比能量大于鉛蓄電池,故C錯誤；D.電路中轉移4mole-,那么消耗1mol氧氣,標況下體積為22.4L,空氣中氧氣約占20%,因此需要空氣22.4L>

10、;5=112L,故D正確；故答案為Do7.HA的酸性強于HB的酸性.25c時,用NaOH固體分別改變物質的量濃度均為0.1moln-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的體積變化忽略不計),溶液中A-、B的物質的量濃度的負對數與溶液的pH的變化情況如下圖.以下說法正確的選項是A.曲線I表示溶液的pH與-lgc(B-)的變化關系B.Ka(HA)Ka(HB)=100C.溶液中水的電離程度：M>ND.N點對應的溶液中c(Na+)>Q點對應的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.HA的酸性強于HB的酸性,那么Ka(HA)>Ka(HB),當-1gc(A-)=-1gc(B

11、-)時c(A-)=c(B-),c(HA)=c(HB),貝Uc(H+)越大,pH越小,Ka越大,所以曲線II表示pH與-1gc(B-)的關系,故A錯誤；B,對于HB,取點(10,2),貝Uc(H+)=10-10mol/L,c(B-)=10-2mol/L,那么Ka(HB)=cH+gcB-cHB10-1010-20.1-10-2HA,取點(8,2),貝Uc(H+)=10-8mol/L,、cH+gcAc(A)=102mol/L,那么Ka(HA)=cHA10101、,所以Ka(HA):Ka(HB)=100,0.1-10-2故B正確；C.M點和N點溶液中c(A-)=c(B-),溶液pH越大,水的電離程度越

12、大,所以水的電離程度MvN,故C錯誤；D,對于N點溶液,存在電荷守恒：c(Na+)+c(Hj=c(0H-)+c(B-),對于Q點溶液,存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),N點和Q點溶液pH相同,那么兩溶液中c(H+)和c(OH-)分別相等,但c(B-)vc(A-),那么N點對應的溶液中c(Na+)vQ點對應的溶液中c(Na+),故D錯誤；應選：Bo它是BiCl3的水解產物.Cu2s和Fe2O3等)為原8.氯氧化鈉(BiOCl)常用于電子設備等領域,BiOCl難溶于水,以鈾的廢料(主要含鈾的化合物,含少量銅、鉛、鋅的硫酸鹽及料生產高純度BiOCl的工藝流程如下:稀瓏

13、欣端砒酸.UhOj鹽%N.C喈海%>二口|幫出請答復以下問題:(1)在浸液1中參加過量的鋅,過濾,將濾液蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、枯燥得結晶水合物M,M的摩爾質量為287gmol-1,M為(填化學式).(2)：浸液2呈藍色,浸渣2含有少量硫單質.“浸銅中MnO2的作用是(用離子方程式表不).(3)“浸州中,州的浸出率與溫度關系如下圖：在高于40c左右時“州浸出率開始下降,其主要因素可能是(從兩個角度分析).(4)在室溫和液固比固定的條件下,aHCl)=1.0molL-1時,州的浸出率與溶液中c(Cl-)的關系如下圖.“浸州操作中,參加NaCl的目的是(5)浸液3中主要溶質是BiCl

14、3,“沉州過程中,有氣體放出.“沉州的主要化學反應的方程式為.從綠色化學角度看,浸液4可以用于(填“酸浸、“浸銅或“浸州).(6)測定產品的純度：取mg充分洗滌并枯燥后的產品,溶于稍過量的濃硝酸中,加水稀釋到100.0mL,取20.0mL于燒杯中,用cmolL-1的AgNO3標準溶液滴定至終點(用Na2CrO4,作指示劑),消耗AgNO3標準溶液VmL,那么產品中BiOCl的質量分數為%(用含m、c、V的代數式表示).【答案】ZnSO4-7H2OCu2S+2MnO2+8H+=2Cu2+S+2Mn2+4H2OHCl的揮發加快、Bi3+水解程度增大2NaCl+CO2T【解析】增大浸出液中c(Cl-

15、)提升州浸出率浸韌130.25cVBiCl3+Na2CO3=BiOClJ+州廢料參加稀硫酸酸浸,浸液1中主要含Cu2+、Zn2+、Fe3+等,浸渣1中那么主要含有州的化合物、Cu2s和PbSO4；向浸渣1中參加稀硫酸和MnO2,根據題目信息可知亞銅離子被氧化得到Cu2+,S2-被氧化得到S單質,所以浸渣2中主要含有含鈉化合物、S和PbSO4；向浸渣2中參加鹽酸和NaCl溶液可以浸出Bi3+,酸性溶液中鈾元素主要以Bi3+形式存在,所以浸液3中主要含有Bi3+,浸渣3主要為S和PbSO4；浸液3中參加Na2CO3溶液,溶液堿性增強,Bi3+水解以BiO+離子形式存在,BiO+與C形成BiOCl從

16、溶液中析出,最終得到BiOCl,據此分析解答.(1)浸液1中主要陽離子為Cu2+、Zn2+、Fe3+等,參加過量鋅,Cu2+、Fe3+完全反響,得到純潔的硫酸鋅溶液,所以最終得到的結晶水合物為ZnSO4.XH2O,其摩爾質量為287g-mol-1,那么x=287-16118=7,所以M為ZnSO47H2O；(2)浸液2為藍色,說明有銅離子生成,即Cu+被MnO2氧化,浸渣2含有少量硫單質,即硫離子被氧化成硫單質,結合電子守恒和元素守恒可知該過程離子方程式為+Cu2S+2MnO2+8H=2Cu2+S+2Mn2+4H2O；(3)溫度升高HCl的揮發加快、Bi3+水解程度增大,導致高于40c左右時“

17、州浸出率開始下降；(4)據圖可知氯離子濃度越大,州的浸出率增大,參加氯化鈉可以增大浸出液中c(Cl-),提升韌浸出率；(5)BiCl3的水解使溶液顯酸性,碳酸鈉水解使溶液顯堿性,二者相互促進,最后徹底水解,所以得到的氣體應為二氧化碳,發生的反響方程式為：BiCl3+Na2CO3=BiOClJ+2NaCl+CO2T;根據方程式可知浸液4中含有大量NaCl,可用于浸州；(6)該滴定原理為利用硝酸銀標準液滴定BiOCl中氯離子的量,存在數量關系n(BiOCl)=n(AgNO3)；所以20.0mL待測?中n(BiOCl)=Vcx10-3mol,那么樣品中20.0mLn(BiOCl)=©&qu

18、ot;mLxVcx10-3mol=5Vcx10-3mol,所以產品中BiOCl的質量分數為260.55Vc10mol130.25Vcn/100%=%.mg9.二甲醛(CH3OCH3)是一種清潔能源.工業上,常利用CO2和H2合成二甲醛.有關反響如下(z、v、z均大于0)：2CH30H(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)AH1=-xkJ-mol-1CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)AH2=-ykJ-mol-1CO2(g)+3H2(g)?CH30H(g)+H2O(g)AH3=-zkJ-mol-1(1) 2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g)AH=k

19、Jmol-1(2)以下有關合成二甲醛的說法正確的選項是(填字母).a.增大壓強能提升反響速率和CO2的平衡轉化率nCO2b.體系中減小,平衡一7E向正方向移動nH2c.容器體積一定,混合氣體密度不變時一定到達平衡狀態d.充入適量CO,可能提升CH3OCH3的產率(3)在一定溫度下,在恒容密I容器中發生反響：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g),速率表達式為v=v正-v逆=Lc(CO)c(H2O)-k逆c(CO2)c(H2O)(其中,k正、k逆為正、,一,、,一&,一、k正八逆速率常數,與濃度無關).到達平衡時,升高溫度,將選填“增大“減小k逆或“不變).(4)在恒容密閉容

20、器中用CO2和H2合成二甲醛時CO2的平衡轉化率與溫度、投料比nH2的關系如下圖.nCO2投科限附x/削門kj500K時,將9molH2和3molCO2充入2L恒容密閉容器中,5min時反響到達平衡狀態,那么05min內的平均反響速率v(H2)=mol?_-1?nin-l,該溫度下,反響的平衡常數K=(列出計算式即可,無需化簡).由圖像可以得出的結論是(答兩條).(5)工業上也可用CO和H2合成二甲醛,而且二者還能作燃料電池的燃料.以CO、H2體積比為1:2的混合氣體與空氣在KOH溶液中構成燃料電池(以石墨為電極),開始時,負極的電極反響式為【答案】-(x+2z)ad減小0.721.830.6

21、620.90.3投料比不變,升高溫度CO2的平衡轉化率降低,溫度不變,nH2投料比越大,CO2的平衡轉化率越大nCO2CO+2H2-6e-+8OH-=CO32-+6H2O【分析】【詳解】(1)：2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)Hi=-xkJ-mol-1CO2(g)+3H2(g)?CH30H(g)+H2O(g)H3=-zkJ-mol-1根據蓋斯定律可知+2X可得反響2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g),所以H=AHi+2AH3=-(x+2z)kJ-mol-1；(2) a.合成二甲醛的反響為氣體體積減小的反響,所以增大壓強可以提升反響速率同時使平

22、衡正向移動,提升CO2的平衡轉化率,故a正確；nCO2b,假設別離出CO2使體系減小,平衡逆向移動,故b錯誤；nH2c.容器體積不變,且反響物和生成物均為氣體,那么平衡移動過程中氣體的質量不變,所以混合氣體的密度一直不變,不能根據密度不變判斷是否到達平衡,故c錯誤；d.充入CO可使反響平衡右移增大CO2的量,促使反響正向移動,提升二甲醛的產率,故d正確；故答案為ad;(3)平衡狀態時,正、逆反響速率相等,即k正c(CO)c(H2O)=k逆c(CO2)c(H2O),一,rk正一、一一,、,一_、一、,一j,一,“、,可得=K(平衡常數),該反響正反響為放熱反響,升高溫度平衡逆向移動,平衡常數k逆

23、,rrk正一減小,即減小；k逆(4)500K、投料比等于3時,CO2的平衡轉化率為80%容器體積為2L,那么在該時間段內二氧化碳的平均反響速率為v=_c=3mol80%=0.24mol?_-1?nin-l,同一反響同一t2L5min時段內不同物質反響速率之比等于計量數之比,所以v(H2)=3v(CO2)=0.72mol?_-1?nin-l;列三段式有2CO2g+6H2g?CH3OCH3g+3H2Og起始molgL-11.54.500轉化molgL-11.23.60.61.8平衡molgL-10.30.90.61.8那么該反響的平衡常數cCH30cH3c3H2O1.830.6一2c2CO2c6H

24、2_6_20.90.3nH2根據圖像可知投料比不變,升高溫度CO2的平衡轉化率降低,溫度不變,投nCO2料比越大,CO2的平衡轉化率越大；(5)CO和H2在反響過程中被氧化,所以在負極區充入,電解質溶液為KOH溶液,所以電極方程式為CO+2H2-6e+8OH-=CO32-+6H2.10.銅及其化合物在生產、生活中有廣泛應用.答復以下問題:(1)銅和鋅相鄰,銅和鋅的幾種狀態：銅:Ar3d10;銅：Ar3d104s1銅:Ar3d104p1鋅：Ar3d104s1鋅：Ar3d104s2.它們都失去1個電子時需要的能量由大到小排序為(填字母).a.b.c.d.畫出基態銅原子的價電子排布圖(2)Cu2+與

25、NH3-H2O等形成配離子.Cu(NH3)42+中2個NH3被2個H2O取代得到兩種結構的配離子,那么Cu(NH3)42+的空間構型是.(填“正四面體或“正四邊形).(3)CuF2晶體的熔點為836C.其能量循環圖示如下(a、b、c等均大于0):Gu(n)十1-jLJ,iii.fCuidI門口pkJ-innT工If1Ikbamir1t*kJEimnl13F-F鍵能為kJ?nol-1,CuF2(s)的晶格能為kJ?nol-1(4)銅常作醇氧化反響的催化劑.M中C原子的雜化類型有種,M的熔沸點比N的高,原因是O2/CUA(5)磷青銅晶胞結構如下圖.Na代表阿伏加德羅常數的值,銅、磷原子最近距離為銅

26、與銅原子最近距離為nm.磷青銅晶體密度為g?jm-3(用代數式表示).LEE正四邊形dg2M分不64331119子間能形成氫鍵,N分子間不能Y2ax10-312Naa1010【解析】【分析】【詳解】(1)銅：Ar3d10最外層為全滿狀態,且最外層為M層,所以其失去1個電子時需要的能量最大,所以銅的第二電離能大于鋅的第二電離能,；鋅的第二電離能大于鋅的第一電離能,；基態銅的第一電離能大于激發態銅的第一電離能,；基態鋅鋅：Ar3d104s2最外層為全滿狀態,鋅的第一電離能大于銅的第一電離能,綜上所述選b;基態銅原子價電子為3d104s1,排布圖為(2)假設Cu(NH3)42+的空間構型為正四面體,

27、那么2個H2O取代2個NH3只能得到一種結構,所以其空間構型為正四邊形；(3)斷裂1mol化學鍵形成氣態原子吸收的能量叫鍵能,那么F-F鍵能為dkJ?mol-1;氣態離子形成1mol離子鍵所釋放的能量叫晶格能,那么CuF2的晶格能為gkJ?nol-1；(4)M中苯環上和碳碳雙鍵上的碳原子為sp2雜化,與羥基相連的碳原子為sp3雜化,共2種雜化方式；M分子中含有羥基可以形成分子間氫鍵,使熔沸點升高；(5)根據觀察可知,該晶胞參數等于銅磷原子距離的2倍,所以晶胞參數為apm,2個相2連銅原子的最近距離為面對角線的一半,距離為ax103nm；根據均攤法可知該晶211胞中銅原子個數為62=3,錫原子個

28、數為8-=1,磷原子個數為1,那么晶胞的質量為643+31+119“.64331119g,晶胞體積為(aX1010)cm3,所以密度為103g?)m3.NaNaa1010【點睛】分析Cu(NH3)42+的空間構型時可以參照甲烷的空間構型,甲烷為正四面體,其二氯代物只有一種,而Cu(NH3)42+由2個H2O取代2個NH3可得兩種產物,說明Cu(NH3)42不是正四面體；進行晶胞計算時要注意單位的換算,1pm=10-3nm=10-10cm.11.高分子材料聚酯纖維H的一種合成路線如下：E門HClo：CH2=CHCH3500cCH2=CHCH2C1+HC1請答復以下問題:(1)C的名稱是,D的結構

29、簡式為.(2)EF的反響類型是,E分子中官能團的名稱是(3)寫出C和G反響生成H的化學方程式.(4)在G的同分異構體中,同時滿足以下條件的結構有屬于芳香族化合物,能發生銀鏡反響和水解反響,遇1mo1該有機物與3mo1NaOH恰好完全反響一種(不考慮立體異構).FeCl3溶液發生顯色反響分子結構中不存在其中,核磁共振氫譜顯示4組峰的結構簡式為(5)參照上述流程,以1-丁烯為原料合成HOCH2(CHOH)2CH2OH,設計合成路線(無機試劑任選).【答案】乙二醇消去反響碳碳雙鍵、氯原子+(2n-1)H2O13CH2=CHCHClCH3nHOCH2CH2OH+n一定條件NaOH乙醇ABrCH2CHB

30、rCHBrCH2BrNaOH水ACl2CH2=CHCH2CH3500cCH2=CHCH=CH2B2CCl4HOCH2CHOHCHOHCH2OH【分析】相對分子質量為28的烯煌為乙烯,乙烯與澳加成生成B為CHzBrCHzBr,B在氫氧化鈉水溶液中水解生成C為HOCH2CH2OH;C與G發生縮聚反響生成H,那么H為小的一,<2>-£皿；薄荷醇在濃硫酸、加熱條件下發生羥基的消去反響,根據J逆推可知0為、,D發生題目所給反響生成E,那么E為【詳解】(1)根據分析可知C為HOCH2CH2OH,其名稱為乙二醇；D為.(2)E為在氫氧化鈉醇溶液中發生消去反響生成F;E分子中官能團為氯原

31、子和碳碳雙鍵；(4)G的同分異構體滿足：屬于芳香族化合物,能發生銀鏡反響和水解反響,遇(3)乙二醇與對苯二甲酸發生縮聚反響生成H,方程式為nHOCH2CH2OH+nFeCl3溶液發生顯色反響,說明同時含有醛基、酯基、酚羥基；1mol該有機物與3molNaOH恰好完全反響,說明酯基水解后可以生成酚羥基；分子結構中不存在丫y那么有以下幾種情況：假設苯環含有兩個取代基,分別為-OH、-OOC-CHO,有3種；假設苯環上有3個取代基,分別為-OH、-CHO、-OOCH,那么有10種結構,共有13種同分異構體；其中核磁共振氫譜顯示4組峰的結構簡式為爬；(5)由目標產物可知需要在原料分子中先引入4個鹵原子

32、,之后再使鹵原子水解生成羥Clc基,再結合D至ijE的過程可知合成路線為：CH2=CHCH2CH3500cCH2=CHCHClCH3NaOH乙醇ACH2=CHCH=CH2B2CCl4BrCH2CHBrCHBrCH2BrHOCH2CHOHCHOHCH20H.【點睛】苯環上有2個取代基時同分異構體有3種,有3個不同取代基時有10種,假設3個取代基中有兩個相同有6種.12.丙烯酸酯類物質廣泛用于建筑、包裝材料等,丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一.丙烯醇可用于生產甘油、塑料等.以丙烯醛為原料生產丙烯醇、丙烯酸的流程如下圖：廠附】假,"內斯丙痂度山噂史楣,制會播濃等眄'2CH2=CH-CHO+NaOH：CH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONaD2CH2=CHOONa+H2SO4f2CH2=CHCOOH+Na2SO4有關物質的相關性質如表:物質丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸點/C539714177熔點/C-87-12913-22.8密度/g-mL-30.840.851.021.58溶解性(常溫)易溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑難溶于水(1)操作需要連續加熱30min,所用裝置如下圖.儀器L名稱是