精品解析：四川省三台县芦溪中学2018届高三上学期第一次月考理综化学试题(解析版)

芦溪中学2015级高三第1次考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H－1 Na－23 C－12 Ti－48 Ni－59
第Ⅰ卷选择题(共42分)
一、选择题：本题从7-13题共7个小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意
1. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【答案】D
【解析】
【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；
B.食用油反复高温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；
C.加热或高温会使蛋白质发生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；
D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；
答案选D。

2. 下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【分析】过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。

【详解】A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；
B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；
C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；
D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。

3. 下列化合物中同分异构体数目最少的是()
A. 戊烷
B. 戊醇
C. 戊烯
D. 乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A.戊烷只存在碳链异构，同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4，共3种；
B.戊醇可看成戊烷中H原子被—OH取代，其同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH2CH（OH）CH3、CH3CH2CH（OH）CH2CH3、HOCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2C（OH）CH2CH3、（CH3）2CHCH （OH）CH3、（CH3）2CHCH2CH2OH、（CH3）3CCH2OH，共8种；
C.戊烯的同分异构体有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2，共5种；
D.乙酸乙酯的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4种；
答案选A 。

4. W 、X 、Y 、Z 均是短周期元素，X 、Y 处于同一周期，X 、Z 的最低价离子分别为X 2－和Z －，Y ＋和Z -离
子具有相同的电子层结构。

下列说法正确的是( )
A. 原子最外层电子数：X ＞Y ＞Z
B. 单质沸点：X ＞Y ＞Z
C. 离子半径：X 2－＞Y ＋＞Z －
D. 原子序数：X ＞Y ＞Z
【答案】D
【解析】
【详解】X 、Z 的最低价离子分别为X 2-和Z -，则X 为第ⅥA 族元素，Z 为ⅦA 族元素；Y +和Z -具有相同的电子层结构，则Y 在Z 的下一周期，则Y 为Na 元素，Z 为F 元素，X 、Y 同周期，则X 为S 元素， A ．X 、Y 、Z 分别为S 、Na 、F ，原子最外层电子数分别为6、1、7，即原子最外层电子数：Z ＞X ＞Y ，故A 错误；
B ．常温下Na 、S 为固体，F 2为气体，Na 的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na ＞S ＞F 2，故B 错误；
C ．Na +、F -具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F -＞Na +，S 2-电子层最多，离子半径最大，故离子半径S 2-＞F -＞Na +，故C 错误；
D ．X 、Y 、Z 分别为S 、Na 、F ，原子序数分别为16、11、9，则原子序数：X ＞Y ＞Z ，故D 正确。

答案选D 。

5. 汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。

下列有关汉黄芩素的叙述正确的是(已知酮基只与氢气加成，与Br 2不反应）（ ）
A. 汉黄芩素的分子式为C 16H 13O 5
B. 该物质遇FeCl 3溶液显色
C. 1mol 该物质与溴水反应，最多消耗1molBr 2
D. 与足量H 2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种
【答案】B
【解析】
【详解】A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，A错误；
B．该物质含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；
C．酚羟基邻位C上的H，可以和浓溴水反应而被Br取代，消耗1molBr2，碳碳双键和Br2加成，消耗1molBr2，故1mol该物质与溴水反应，最多消耗2molBr2，C错误；
D．碳碳双键、羰基均能和H2加成，官能团减少2种，D错误。

答案选B。

6. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O ＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si ，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为
，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于
第七周期0族，故D正确。

答案为C。

7. N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A. 60g丙醇中存在的共价键总数为10N A
B. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N A
C. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23g钠充分燃烧时转移电子数为N A
D. 235g核素235
92U发生裂变反应：235
92
U+1
n裂变
−−−−−→9038Sr+13654U+1010n，净产生的中子(10n)数为10N A
【答案】C 【解析】
【详解】A．n(丙醇)=
60g
60g/mol
=1mol，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物
质的量为11mol，总数为11N A，故A错误；
B．18gD2O物质的量为：
18g
20g/mol
=0.9mol，含有质子数为9N A，18gH2O物质的量为1mol，含有的质子数
为10N A，故B错误；
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，钠都是由0价变到+1价，23g钠的物质的量为：1mol，充分燃烧时转移电子数为N A，故C正确；
D．235
92U+1
n裂变
−−−−−→9038Sr+13654U+1010n净产生的中子为10-1=9个，则235g23592U的物质的量为
235g÷235g/mol=1mol，1mol核素235
92U发生裂变反应净产生的中子(1
n)数为9N A，故D错误；
故答案为C。

第Ⅱ卷非选择题(共58分) 8. 根据编号①～⑩代表的元素在周期表中的位置，回答下列问题：
3 ⑦⑧⑨⑩
（1）最高正价为+1价，还能显﹣1价的元素是____（填元素符号）；⑦、⑧、⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物，碱性由强到弱的顺序排列为________（填化学式）。

（2）③的单质在空气中充分燃烧的化学方程式是________________________________，④与⑥形成的稳定化合物的电子式为______________。

（3）①、⑤、⑥三种元素形成的一种常见盐的化学式为________________，其中含有的化学键类型为
_________________。

（4）高温灼烧由⑦与⑩形成的化合物时，火焰呈___色，⑤的最高价氧化物水化物的稀溶液与金属铜反应的离子方程式为______________________。

【答案】(1). H(2). NaOH>Mg（OH）2>Al（OH）3(3). 4Li+O22Li2O(4).
(5). NH4NO3(6). 离子键和共价键(7). 黄(8). 3Cu+8H+ + 2NO3- === 3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表的位置可以知道,①~⑩分别为H、He、Li、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl；
(1)能显+1价,还能显-1价的元素位于IA族,金属无负价；金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；
(2)Li燃烧生成氧化锂；④与⑥形成的稳定化合物为二氧化碳；
(3)①、⑤、⑥三种元素形成的一种常见盐为硝酸铵；
(4)⑦与⑩形成的化合物为NaCl，焰色反应为元素的性质；稀硝酸与铜反应生成一氧化氮、硝酸铜和水。

【详解】(1)能显+1价,还能显-1价的元素位于IA族,金属无负价，则元素为H；金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,⑦、⑧、⑨三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH、Mg（OH）2、Al （OH）3，由于金属性：Na>Mg>Al，所以碱性由强到弱的顺序排列为NaOH>Mg（OH）2>Al（OH）3；因此，本题正确答案是：H，NaOH>Mg（OH）2>Al（OH）3。

（2）Li燃烧生成氧化锂，方程式为4Li+O2Δ
2Li2O；④与⑥形成的稳定化合物为二氧化碳，CO2为共价分
子，碳氧原子间形成2对共用电子对，其电子式为；因此本题答案是：4Li+O2Δ
2Li2O；。

（3）①、⑤、⑥三种元素形成的一种常见盐为硝酸铵，化学式为NH4NO3；它为离子化合物，含有离子键，NH4+中氮原子与氢原子之间、NO3-中氮原子和氧原子之间存在共价键；因此，本题答案是：NH4NO3，离子键和共价键。

（4）高温灼烧由⑦与⑩形成的化合物为NaCl，火焰呈黄色；⑤的最高价氧化物水化物的稀溶液为稀硝酸，与金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H+ +2NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O；综上所述，本题答案是：黄，3Cu+8H++2NO3- = 3Cu2++2NO↑+4H2O。

9. 某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律。

(1)甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50 mL水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。

甲同学设计该实验的目的是_________________，反应最剧烈的烧杯是________(填字母)，结论是__________，原因(从本质上解释)______________。

(2)乙同学想验证同周期元素金属性强弱的规律，最好选用第________周期的________三种元素(填元素名称)。

最简单的实验是将大小相近的三小块金属分别投入相同浓度的稀盐酸中，观察现象。

解释：
___________________。

写出钠和水反应的离子方程式__________________________
(3)丙同学设计实验验证非金属元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性就越强。

他设计了如图的装置以验证氮、碳、硅元素的非金属性强弱。

丙同学设计的实验可直接证明三种酸的酸性强弱，已知A是强酸，常温下可与铜反应；B是块状固体；打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到有白色沉淀生成。

①写出所选用物质的化学式：A：________，B：________，C：________。

②写出烧杯中发生反应的离子方程式：_________________。

③该实验存在的问题是___________________，改进措施为___________________________
【答案】(1). 验证锂、钠、钾的活泼性(或同一主族，从上到下元素的金属性逐渐增强)(2). c(3). 锂、钠、钾的活泼性依次增强(4). 同一主族，从上至下，原子半径逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力减弱，原子失去电子的能力逐渐增强(5). 三(6). 钠、镁、铝(7). 同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，核电荷数逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力逐渐增强，失去电子的能力减弱，故金属性逐渐减弱(8). 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑(9). HNO3(10). CaCO3(11). Na2SiO3(或K2SiO3)(12). CO2＋SiO32-＋H2O=H2SiO3↓＋CO32-或2CO2＋SiO32-＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-(13). 硝酸具有挥发性，无法确定与硅酸钠反应的是二氧化碳还是挥发出的硝酸(14). 在B和C之间增加一个盛放饱和NaHCO3洗气装置
【解析】
【分析】(1)由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知，甲同学设计实验的目的是验证锂、钠、钾的金属性强弱；金属性越强，单质与水反应越剧烈；
(2)验证同周期元素金属性强弱的规律，最好选用第3周期的钠、镁、铝三种元素，因为与第2、4、5、6周期相比较，第3周期元素的变化规律较典型；
(3)利用强酸制备弱酸进行，A是强酸，常温下可与铜反应，A为硝酸；B是块状固体，打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成，则B为碳酸钙、C为硅酸钠，以此解答。

【详解】(1)由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知，甲同学设计实验的目的是验证锂、钠、钾的金属性强弱；同一主族，从上至下，原子半径逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力减弱，原子失去电子的能力逐渐增强，所以金属性K＞Na＞Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c；故答案为：验证锂、钠、钾的活泼性(或同一主族，从上到下元素的金属性逐渐增强)；c；锂、钠、钾的活泼性依次增强；同一主族，从上至下，原子半径逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力减弱，原子失去电子的能力逐渐增强；
(2)验证同周期元素金属性强弱的规律，最好选用第三周期的钠、镁、铝三种元素，因为与第2、4、5、6周期相比较，第三周期元素的变化规律较典型；同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，核电荷数逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力逐渐增强，失去电子的能力减弱，故金属性逐渐减弱，所以三种金属中钠最活泼，遇水就剧烈反应，与盐酸反应更剧烈，产生大量热，放出H2，铝金属活动性最弱，与酸反应比镁要缓慢，但也能产生大量气泡，镁与酸剧烈反应，产生大量气泡；故答案为：三；钠、镁、铝；同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，核电荷数逐渐增大，原子核吸引最外层电子的能力逐渐增强，失去电子的能力减弱，故金属性逐渐减弱；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；
(3)①乙同学的实验是利用强酸制弱酸的原理，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。

由题意可推测，A为HNO3，B为CaCO3，C为Na2SiO3；烧杯中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，其反应离子方程式为：CO2+SiO32-+H2O═H2SiO3↓+CO32-或2CO2+SiO32-+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故答案为：HNO3；CaCO3；Na2SiO3；
②根据①可知答案为：CO2+SiO32-+H2O═H2SiO3↓+CO32-或2CO2+SiO32-+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-．
③因硝酸易挥发，则生成的二氧化碳气体中混有硝酸蒸气，硝酸也能与硅酸钠产生白色沉淀，干扰实验的验证，则应用饱和碳酸氢钠除去硝酸，故答案为：硝酸具有挥发性，无法确定与硅酸钠反应的是二氧化碳还是挥发出的硝酸；在B和C之间增加一个盛放饱和NaHCO3洗气装置。

10. 完成下列各题：
(1)写出电子式NH4Cl _______，它的阳离子价层电子对对数为______，该离子空间构型为_______。

(2)周期表一共18列，第四周期第11列元素A，表示A所在族的符号为_________，它的基态原子结构示意图为_____，A+离子的价层电子排布图为____________，A2+离子的价层电子排布式为_____________，A+
离子和A2+离子较稳定的是(填离子符号)_______，原因________________________。

(3)乙炔和乙烯分子，它们的σ键个数之比为______，乙烯分子中C原子杂化方式为________，C、N、O三种原子第一电离能从大到小排列____________。

【答案】(1). (2). 4(3). 正四面体(4). ⅠB(5). (6).
(7). 3d9(8). Cu+(9). 因为Cu+的价层电子排布式为3d10，是全充满的稳定状态，故Cu+比Cu2+稳定(10). 3:5(11). sp2杂化(12). N>O>C
【解析】
【详解】(1)铵根中氮原子与每个氢原子共用一对电子，故电子式为；N的价层电子对数为
4+1
2
×（5-1-4×1）=4，由于没有孤电子对，所以空间构型为正四面体，故答案为：；4；
正四面体；
(2)第四周期第11列为第ⅠB族，为第29号元素，即Cu元素，核电荷数为29，核外有29个电子，它的基
态原子结构示意图为，核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu+为铜原子失去最外层一个电子形成，所以价层电子排布图为；Cu2+为铜原子失去4s一个电子和3d一个电子形成，所以价层电子排布为3d9；轨道全满或半满状态比较稳定所以亚铜离子比铜离子稳定，故答案为：ⅠB；
；；3d9；Cu+；因为Cu+的价层电子排布式为3d10，是全充满的稳定状态，
故Cu+比Cu2+稳定；
(3)乙炔分子含有3个σ键，乙烯分子含有5个σ键，它们的σ键个数之比为3:5，乙烯分子中一个C的价层
电子对数为4+21
=3
2
，所以杂化类型为sp2杂化；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一
周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第ⅤA 族的大于相邻的第ⅥA 族的，所以其第一电离能大小顺序是N ＞O ＞C ，故答案为：3:5；sp 2杂化；N ＞O ＞C ；
【点睛】注意“原子结构示意图”、“电子排布式”、“电子排布图”这几个概念的区别。

11. 钛镍形状记忆合金（TiNi ）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。

回答下列问题：
(1)写出基态Ti 原子的电子排布式:_________，Ni 在元素周期表中的位置是_________。

(2)钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti(SO 4)2、NiSO 4，二者阴离子的立体构型为______，中心原子的轨道杂化类型是_______。

(3)工业上将金红石(主要成分TiO 2)转化为液态TiCl 4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl 2。

①MgCl 2的熔沸点比TiCl 4高得多，其原因是______。

②原子半径r(Cl)_____r(Mg)，离子半径r(O 2-)______r(Mg 2+
)(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)金属镍能与CO 反应生成一种配合物Ni(CO)4(常温下为无色液体)。

Ni(CO)4的固体属于_____晶体，Ni 与CO 之间的化学键称为__________，提供孤对电子的成键原子是_________。

（填元素符号）
(5)一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示:
①该合金中Ti 的配位数为________。

②若合金的密度为d g/cm 3，晶胞边长a=________pm 。

（用含d 的计算式表示）
【答案】 (1). 1s 22s 22p 63s 23d 24s 2或[Ar] 3d 24s 2 (2). 第4周期第VIII 族 (3). 正四面体 (4). sp 3
(5). MgCl 2是离子晶体，
TiCl 4是分子晶体，离子晶体键能比分子间作用力大得很多 (6). < (7). > (8). 分子 (9). 配位键 (10). C (11). 6 (12).
334 1.07106.02d ⨯⨯ 【解析】
【详解】(1)基态Ti 原子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23d 24s 2或[Ar] 3d 24s 2，Ni 在元素周期表中的位置是第4周期第VIII 族。

(2) SO 42-的中心原子S 的价层电子对数n=6244
+=，所以中心原子的轨道杂化类型是sp 3，S 原子与4个O 原子形成4个σ键，所以SO 42-立体构型为正四面体。

(3)工业上将金红石(主要成分TiO 2)转化为液态TiCl 4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl 2。

①MgCl 2的熔、沸点比TiCl 4高得多，其原因是MgCl 2是离子晶体，TiCl 4是分子晶体，离子晶体键能比分子间作用力大得很多。

②氯和镁都是第3周期的主族元素，氯的原子序数是较大。

同周期元素原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径r(Cl)< r(Mg)；电子层结构相同的简单离子，核电荷数越大半径越小。

氧离子和镁离子电子层结构相同，所以离子半径r(O 2-)>r(Mg 2+)。

(4) Ni(CO)4常温下为无色液体，该化合物的熔点较低，所以Ni(CO)4的固体属于分子晶体。

配合物Ni(CO)4的中心原子Ni 与配体CO 之间的化学键称为配位键，提供孤对电子的成键原子是C 。

(5)此钛镍合金的立方晶胞结构与氯化钠晶胞相似，氯化钠晶胞中两种离子的配位数都是6。

①该合金中Ti 的配位数为6。

②该晶胞中含Ti 原子数为1186482⨯+⨯=、Ni 原子数为112144
⨯+=，所以1mol 该晶胞中有4mol TiNi,质量为4107g ⨯，若晶胞的边长为a ，则1mol 该晶胞体积为a 3N A ，由合金的密度为d
g/cm 3=32341076.0210g a ⨯⨯⨯，所以晶胞边长
cm= 310 pm 。

点睛：1. 判断微粒的空间构型的方法一般有3种：1.可以先计算中心原子的价电子对数，判断微粒的价层电子对互斥模型，再根据微粒中的σ键的数目判断微粒的实际空间构型；2.可以根据中心原子的杂化类型判断微粒的空间构型；3.根据微粒的常见的等电子体判断微粒的空间构型。

2.均摊法确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式
对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是:
①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞;
②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞;
③处于面上微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞;
④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。

12. [化学——选修5:有机化学基础]有机物E 是医药合成中间体。

其合成路线如下：
（1）的官能团名称为____________。

（2）已知的系统命名为2-丙酮酸，则A的名称是__________。

（3）D为二元酯，则B→D的化学方程式为____________。

（4）D→E
的反应历程如下：其中属于取代反应的是_________（填序号）中能与稀NaOH溶液反应的官能团是
__________。

检验该官能团的方法是_________。

（5）写出满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式__________。

a．核磁共振氢谱有4组峰
b．常温下能与NaHCO3按1:2反应并释放出气体
（6）由化合物A经过两步便可以合成环境友好型高聚物聚3-羟基丁酸酯请写出反应合成线路______________。

（无机试剂任用）
合成线路示例如下：
【答案】(1). 碳碳双键(2). 3—丁酮酸(3).
(4). Ⅲ(5). 酚羟基(6). 取少量样品，加入FeCl3溶液，如果显紫色，则说明存在酚羟基(7). HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH
(8).
【详解】（1）有机物的官能团名称为碳碳双键。

（2）根据A的结构简式和已知信息可知A的名称是3－丁酮酸。

（3）D为二元酯，则B→D反应中消耗2分子乙醇，因此该反应的化学方程式为。

（4）根据流程图可知反应Ⅰ是醛基的加成反应，反应Ⅱ是羟基的消去反应，反应Ⅲ形成环酯，属于取代反应；酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，检验该官能团的方法是取少量样品，加入FeCl3溶液，如果显紫色，则说明存在酚羟基。

（5）D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D的同分异构体a．核磁共振氢谱有4组峰，说明含有四类等效氢原子；b．常温下能与NaHCO3按1:2反应并释放出气体，说明含有2个羧基，则符合条件的有机物结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH。

（6）要合成高聚物聚3-羟基丁酸酯可以采用逆推法，聚3-羟基丁酸酯的单体为CH3CH（OH）CH2COOH，A只要发生加成反应即可制得CH3CH（OH）CH2COOH，则合成线路为。