重庆市2021届高三上学期第一次预测性考试化学试题 Word版含解析 27页

- 1 - 重庆市 2021 年普通高中学业水平选择性考试 化学(预测卷一) 一、单选题 1. 下列各项操作中有错误的是 A. 萃取、分液前需对分液漏斗进行检漏 B. 用苯萃取溴水中的溴的操作可选用分液漏斗，而后静置分液 C. 将分液漏斗上面的塞子拿下，可以保证分液漏斗内的液体顺利流出 D. 进行分液时，分液漏斗中的下层液体，从下口流出，上层液体也从下口流出 【答案】D 【解析】 【详解】A．有活塞的装置使用前要检漏，分液漏斗含有活塞，所以使用前要检漏，否则实验 易失败，故 A 正确； B．苯难溶于水，用苯萃取溴水中的溴，静置后分液，可选用分液漏斗，故 B 正确； C．利用压强差使分液漏斗中液体顺利流出，为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的 塞子拿下，否则液体不易流出，故 C 正确； D．进行分液时，为了避免试剂污染，下层液体从分液漏斗的下口流出，上层液体则从分液漏 斗的上口倒出，故 D 错误； 选 D。 2. 过二硫酸( )极易溶于水，且在水中会逐渐水解得到硫酸和过氧 化氢：H2S2O8＋H2O=H2SO4＋H2SO5、H2SO5＋H2O=H2SO4＋H2O2，下列说法中错误的是 A. 过二硫酸与高锰酸钾溶液反应可产生氧气 B. 过二硫酸铵溶于水所得溶液显酸性 C. 将过二硫酸加入滴有紫色石蕊试液的水中，溶液显红色 D. 过二硫酸可用来除去稀硫酸中的亚硫酸杂质 【答案】C 【解析】 【详解】已知过二硫酸极易溶于水，且在水中会逐渐水解得到硫酸和过氧化氢：H2S2O8＋ H2O=H2SO4＋H2SO5、H2SO5＋H2O=H2SO4＋H2O2， - 2 - A. 由于过二硫酸在水中会逐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢可被高锰酸钾氧化产生氧气， 故过二硫酸与高锰酸钾溶液反应可产生氧气，故 A 正确； B. 根据过二硫酸的水解反应可知， 2 2 8S O  发生水解反应为 2 2 8S O  + 2H2O=H2O2 + 2 4HSO ，水解 产生 4HSO 发生电离： 4HSO =H + + 2 4SO  ，铵根水解也使溶液显酸性，故过二硫酸铵溶于水所 得溶液显酸性，故 B 正确； C. 由于过二硫酸在水中会逐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢具有漂白性，可以使紫色石蕊 试液褪色，故将过二硫酸加入滴有紫色石蕊试液的水中，溶液褪色，故 C 错误； D. 由于过二硫酸在水中会逐渐水解得到过氧化氢，而过氧化氢具有氧化性，能将亚硫酸氧化 为硫酸，故过二硫酸可用来除去稀硫酸中的亚硫酸杂质，故 D 正确； 故选 C。 3. 短周期元素 X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示，则下列叙述正确的是( ) X Y Z A. X 一定是活泼的非金属元素 B. Y 元素的最高正价为+7 价 C. Z 单质比 Y单质更易与氢气化合 D. Z 的最高价氧化物化学式为 ZO3 【答案】D 【解析】 【分析】 由短周期元素 X、Y、Z 在周期表中的位置关系，可知 X 位于第一周期，且处于右边，由第一 周期仅有 H 元素和 He 元素二种，可判断 X 为 He，结合位置关系可知 Y 为 F、Z 为 S，然后结 合元素周期律来解答。 【详解】由上述分析可知，X为 He 元素、Y 为 F 元素、Z为 S元素； A．X为 He 元素，属于稀有气体，性质最不活泼，故 A 错误； B．Y为 F，最活泼的非金属，不含正价，不存在最高正价为+7 价，故 B 错误； C．Y为 F元素、Z 为 S 元素；比较 O 元素与 F 元素的非金属性，它们属于同周期元素，从左 - 3 - 到右，非金属性依次增强，F的原子序数比 O 大，非金属性 F＞O，比较 O 元素与 S 元素的非 金属性，它们属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，O的原子序数比 S 小，非金属 性 O>S，因而非金属性 F＞S，非金属性越强，越易与氢气化合，则 Y 单质比 Z 单质更易与氢 气化合，故 C 错误； D．Z为 S元素，位于周期表第三周期 VIA 元素，最外层有 6个电子，最高正价为+6 价，S 的 最高价氧化物化学式为 SO3，故 D正确； 答案为 D。 4. 下列说法不正确．．．的是( ) A. 实验室可用 2MnO 与浓盐酸在加热条件下制得 2Cl B. 2MgCl 溶液经过蒸发结晶转化为 2 2MgCl 6H O ，再直接加热脱水即可得 2MgCl C. 铝热反应可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属 D. 硝酸分别与甲苯、甘油在合适的条件下反应，均可制得炸药 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A．加热条件下二氧化锰可以氧化浓盐酸得到氯气，故 A正确； B． 2 2MgCl 6H O 直接加热脱水，由于镁离子水解，而水解产生的 HCl 又容易挥发，所以最 终得不到氯化镁，而是得到氢氧化镁，要想得到 MgCl2应在 HCl 气流中加热脱水，故 B 错误； C．铝活泼性较强，且铝热反应是放热反应，反应过程中会放出大量的热，因此铝热反应可用 于焊接铁轨，冶炼难熔金属，故 C 正确； D．硝酸与甲苯反应可生成的三硝基甲苯，与甘油反应生成的硝化甘油，都是炸药，故 D 正确； 故答案为 B。 5. 2019 年 9 月，我国科研人员研制出 Ti－H－Fe 双温区催化剂，其中 Ti－H 区域和 Fe 区域 的温度差可超过 100℃。Ti－H－Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化 剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 ( ) - 4 - A. ①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 B. 该历程中能量变化最大的是 2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程 C. 在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率 D. 使用 Ti－H－Fe 双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热 【答案】B 【解析】 【详解】 A．①为催化剂吸附 N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为 N2解离为 N 的过程，以上都需 要在高温时进行，目的是加快反应速率；而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故 A 正确； B．由图可知，历程中能量变化最大的是 2.46eV，该过程为 N2的吸附过程，氮氮三键没有断裂， 故 B错误； C．升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所 以低温区可提高氨的产率，故 C 正确； D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变 反应的反应热，故 D 正确； 故答案为 B。 6. 锌−空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为 KOH 溶液，放电时反应为： 2Zn+O2+4OH - +2H2O=2  2- 4Zn OH 。下列说法正确的是 A. 放电时，正极反应为：Zn+4OH - -2e - =  2- 4Zn OH B. 放电时，电路中通过 2mol 电子，消耗氧气 22.4L(标准状况) C. 充电时，电解质溶液中 c(OH－)逐渐增大 - 5 - D. 充电时，电子的运动方向为：电源负极→电解池阴极→电解质溶液→电解池阳极→电源正 极 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 2Zn+O2+4OH - +2H2O═2  2- 4Zn OH 可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极， 电极反应式为：O2+2H2O+4e -=4OH-；Zn 元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应 式为 Zn+4OH - -2e - ═  2- 4Zn OH ，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。 【详解】A．根据分析，放电时，负极反应式为：Zn+4OH － -2e - =  2- 4Zn OH ，故 A 错误； B．放电时，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e -=4OH-，每消耗标况下 22.4L 氧气，转移电子 4mol， 所以电路中通过 2mol 电子，消耗氧气 11.2L(标准状况)，故 B 错误； C．充电时为电解池，电解反应为 2  2- 4Zn OH 电解 2Zn+O2+4OH - +2H2O，电解质溶液中 c(OH- )逐渐 增大，故 C 正确； D．充电时为电解池，电子经外电路由电解池阳极→电源正极→电源负极→电解池阴极，电子 不能再溶液中传递，故 D 错误； 答案选 C。 7. 以高硫铝土矿(主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量 FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化 铝并获得 Fe3O4的部分工艺流程如下，下列说法不正确．．．的是( ) A. 焙烧时产生的 SO2气体可以用 NaOH 溶液吸收 B. 滤液中的铝元素主要以 AlO2 -存在，可以往滤液中通入过量二氧化碳，经过滤、灼烧生产氧 化铝 C. 可以将少量 Fe3O4产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中 含有 FeO D. Fe2O3与 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4和 SO2，理论上完全反应消耗的 n(FeS2)： n(Fe2O3)=1：16 - 6 - 【答案】C 【解析】 【分析】 高硫铝土矿(主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量 FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入 氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到 产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大 量的 Fe2O3，Fe2O3与 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4和 SO2，以此解答该题。 【详解】A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，A正确； B．向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO2，可以将 AlO2 -转化为 Al(OH)3，灼烧可生成氧化铝， B正确； C．Fe3O4产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中 含有 FeO，C 错误； D．“过滤”得到的滤渣中含大量的 Fe2O3，Fe2O3与 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4和 SO2，设有 x mol Fe2O3和 y mol FeS2完全参加反应，根据电子得失守恒： 2x×(3- 8 3 )=2y×5+y×( 8 3 -2)，解得 x y =16，所以理论上完全反应消耗的 n(FeS2)：n(Fe2O3)=1： 16，D 正确； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查无机工艺流程制备，涉及到 SO2的反应，铝三角的反应，氧化还原反应的计 算，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。 8. 甲醇不仅作为 1F 赛车的燃料添加剂，也广泛应用于甲醇燃料电池。某燃料电池装置如图所 示，下列说法错误的是 ( )　　 A. 乙池负极反应为： 2 3 3 2 2CH OH 6e 3CO 4CO 2H O      - 7 - B. 乙池中电池工作时， 2 3CO  不断移向负极 C. 理论上 32g 甲醇被消耗时，C极上放出气体体积 ( 标准状况下 ) 为67.2L D. 甲池中 Cu 电极发生的反应为 22Cl 2e Cl    【答案】D 【解析】 【分析】 由题给示意图可知，乙池为燃料电池，甲池为电解池，甲醇流入的一极为燃料电池的负极， 与负极相连的石墨电极是电解池的阴极，通入氧气的一极为正极，与正极相连的铜电极为阳 极。 【详解】A.由分析可知，乙池为燃料电池，甲醇流入的一极为燃料电池的负极，在熔融碳酸 盐作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为 CH3OH-6e -+3CO3 2-=4CO2↑+2H2O，故 A 正确； B.燃料电池中，阴离子向负极移动，则乙池中电池工作时，CO3 2-不断移向负极，故 B正确； C.由题给示意图可知，甲池为电解池，与负极相连的石墨电极为电解池的阴极，水在阴极上 得到电子发生还原反应生成氢气，由得失电子数目守恒可得 CH3OH—3H2，则标准状况下氢气的 体积为 32g 32 /g mol ×3×22.4Lmol=67.2L，故 C 正确； D.由题给示意图可知，甲池为电解池，与正极相连的铜电极为阳极，阳极上铜失去电子发生 氧化反应生成铜离子，电极反应式为 Cu-2e-=Cu2+，故 D 错误； 故选 D。 9. 某有机物的结构如下图所示，关于该有机物的说法错误的是 A. 1mol 该物质可与 Na2CO3溶液反应生成 1molCO2 B. 1mol 该物质最多可消耗 4molH2 C. 能使酸性 KMnO4溶液和溴水褪色 D. 1mol 该物质和足量钠反应可以放出标况下 22.4L 氢气 - 8 - 【答案】A 【解析】 【详解】A．该有机物含有的官能团中只有羧基能 Na2CO3溶液反应，1mol 该物质含有 1mol 羧 基，与 Na2CO3溶液反应生成 0.5molCO2，故 A 错误； B．该有机物含有的碳碳双键和苯环在一定条件下能与氢气发生加成反应，发生 1mol 该物质 含有 1mol 碳碳双键和 1mol 苯环，1mol 碳碳双键消耗 1mol 氢气，1mol 苯环在一定条件下与 氢气完全加成消耗 3mol 氢气，则最多可消耗 4molH2，故 B 正确； C．该有机物含有碳碳双键和醇羟基，均能被酸性 KMnO4溶液氧化，使酸性 KMnO4溶液，碳碳双 键能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，故 C 正确； D．该有机物中的醇羟基和羧基均能与钠反应可以放出氢气，1mol 该物质和足量钠反应可以放 出 1mol 氢气，标况下的体积为 22.4L，故 D 正确； 答案选 A。 10. 把下列四种 Na2S2O3溶液分别加入四个盛有 10mL 2mol/L 硫酸的锥形瓶中，均加水稀释到 50mL，其中反应最快的是 A. 10℃，20mL、3mol/L 的 Na2S2O3溶液 B. 20℃，10mL、4mol/L 的 Na2S2O3溶液 C. 20℃，30mL、2mol/L 的 Na2S2O3溶液 D. 10℃，10mL、2mol/L 的 Na2S2O3溶液 【答案】C 【解析】 【详解】由于将 Na2S2O3溶液与硫酸混合后均加水稀释到 50mL，所以温度越高、Na2S2O3物质的 量越大，反应速率越快，B、C 项的温度大于 A、D 项，B 项中所加 Na2S2O3物质的量小于 C 项， 故反应最快的是 C 项，答案选 C。 二、多选题：每小题有多项符合题目要求 11. 某温度下，相同 pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，溶液 pH 随溶液体积变化的曲线 如图所示。据图判断正确的是（ ） - 9 - A. Ⅰ为氨水稀释时的 pH 值变化曲线 B. a、b、c 三点溶液的导电性：c>b=a C. a、b、c 三点溶液中水的电离程度：c=b>a D. 用相同浓度的盐酸分别与等体积的 b、c 处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc 【答案】AC 【解析】 【分析】 某温度下，相同 pH 的氨水和氢氧化钠溶液，氨水中存在未电离的分子，加水稀释时，平衡向 电离的方向移动，而 NaOH 完全电离，加水稀释时，氢氧根离子浓度减小的程度比氨水大，故 I为氨水稀释的图像，II 为 NaOH 稀释时的图像。 【详解】A．分析可知，Ⅰ为氨水稀释时的 pH 值变化曲线，A说法正确； B．a、b、c 三点 pH 越大，离子浓度越大，导电能力越强，则溶液的导电性：a＞c，B 说法错 误； C．a、b、c 三点均为碱溶液，pH 越大，对水的电离抑制程度越大，溶液中水的电离程度：b ＝c＞a，C说法正确； D．pH 相同，氨水中存在未电离的分子，则氨的物质的量大于 NaOH，用相同浓度的盐酸分别 与等体积的 b、c 处溶液恰好完全反应，氨水消耗盐酸的体积大，即 Vb＞Vc，D 说法错误； 答案为 AC。 12. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能 量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化 SO2。下列说法正确的是 - 10 - A. 每活化一个氧分子吸收 0.29eV 能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.42eV C. 氧分子的活化是 O－O 的断裂与 C－O 键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中 SO2转化为 SO3的催化剂 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故 A 不符合 题意； B. 由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.18eV，故 B不符合题意； C. 由图可知，氧分子的活化是 O－O 的断裂与 C－O键的生成过程，故 C 符合题意； D. 活化氧可以快速氧化 SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中 SO2 转化为 SO3的催化剂，故 D 符合题意； 故答案为 CD。 13. PT（KHC2O4·H2C2O4·2H2O，名称：四草酸钾）是一种分析试剂。室温时，H2C2O4的 pKa1、pKa2 分别为 1.23、4.19(pKa=-lgKa)。下列说法不正确的是（ ） A. 0.1mol·L -1 PT 溶液中：c(HC2O - 4 )>c(K + )>c(H2C2O4) B. 0.1mol·L -1 PT 中滴加 NaOH 至溶液 pH=4.19：c(C2O 2- 4 )=c(HC2O - 4 ) C. 0.1mol·L -1 PT 中滴加 NaOH 至溶液呈中性：c(K + )>c(Na + )>c(HC2O - 4 )>c(C2O 2- 4 ) D. 0.1mol·L-1PT 与 0.1mol·L-1KOH 溶液等体积混合，溶液中水的电离程度比纯水的大 【答案】CD 【解析】 【分析】 - 11 - 【详解】 A．H2C2O4的第一步电离程度大于第二步电离程度，钾离子不电离也不水解，且 a1-pK -1.23 a1K =10 =10 ，则 - 2 4HC O 水解平衡常数 Kh＝ 14 1.23 12.7711 1 00 0     ＜Ka1，说明 2 2 4H C O 的电离程度大于 - 2 4HC O 水解程度，所以 c（ - 2 4HC O ）＞c（K ＋ ）＞c （H2C2O4），故 A 正确； B．Ka2＝     2- 2 4 - 2 4 c C O c H ) c HC ( O  ＋ ＝10−4.19 ，0.1mol•L−1 PT 中滴加 NaOH 至溶液 pH＝4.19，则 c （ - 2 4HC O ）＝ c ( C 2 O 4 2- )         ，故 B 正确； C． - 2 4HC O 水解平衡常数 Kh＝ 14 1.23 12.7711 1 00 0     ＜Ka2，说明 - 2 4HC O 的电离程度大于水解程 度导致溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则加入的 n（NaOH）大于 n （KHC2O4•H2C2O4•2H2O）， 则 c（ K＋）＜c（Na＋），故 C 错误； D.0.1mol•L−1 PT 与 0.1mol•L−1 KOH 溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成 KHC2O4 ，因 - 2 4HC O 的电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，其对水的电离的抑制作用大于促进作用，所以其 溶液中水的电离程度小于纯水，故 D 错误； 故选：CD。 【点睛】 本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力， 明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活 运用。 14. 下列实验设计可靠的是 A. 除去甲苯中混有的苯酚，加入足量的 NaOH 溶液后分液 B. 将淀粉与稀 H2SO4混合加热一段时间后，向反应后的混合物中加入银氨溶液，以检验淀粉水 解产物为葡萄糖 C. 实验室制硝基苯：向浓硝酸、浓硫酸的混合酸中滴入苯，在 50～60℃的水浴中加热 D. 将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯 【答案】AC - 12 - 【解析】 【详解】A．苯酚与足量的 NaOH 溶液反应生成苯酚钠溶于水中，甲苯不与 NaOH 溶液反应且不 溶于水，溶液会分层，再用分液操作分离出甲苯，故 A 实验设计可靠； B．将淀粉与稀 H2SO4混合加热反应后的混合物溶液显酸性，用银氨溶液检验淀粉水解产物为葡 萄糖的反应应在碱性条件下进行，应该向反应后的混合溶液中加入氢氧化钠中和至碱性后， 再加入银氨溶液检验葡萄糖，故 B 实验设计不可靠； C．实验室制硝基苯时，浓硝酸和浓硫酸混合会放出大量的热，配置一定比例浓硝酸与浓硫酸 的混合物并冷却至室温，再向混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分震荡，混合均匀，在 50～ 60℃的水浴中加热，故 C 实验设计可靠； D．乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有乙醇蒸汽、二氧化硫等还原性气体，均可与溴发生氧 化还原反应，使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故 D 实验设计不可靠； 答案选 AC。 15. SO2、NOx是主要的大气污染物。某研究小组采用微生物法同时脱硫脱硝(细菌生存的最佳 温度为 30～45℃，pH 值为 6.5～8.5)，研究结果表明 pH 对脱硫、脱硝效果的影响如图 1 所示。 该小组采用催化反应法研究时，发现 NH3和 NO 在 Ag2O 催化剂表面反应时，相同时间条件下， NO 生成 N2的转化率随温度的变化关系如图 2 所示。下列说法正确的是 A. 从图 1 中可以看出，采用微生物治理法时应选择的最佳 pH 值是 8 B. 图 1 中 pH 过大时，细菌活性迅速降低，脱硝效率明显下降 C. 图 2 中，在温度为 420～580 K 时，有氧条件下 NO 生成 N2 的转化率明显高于无氧条件 的原因可能是：NO 与 O2 反应生成 NO2，NO2 更易与 NH3 反应 D. 图 2 中，在有氧条件下，温度 580 K 之后 NO 生成 N2 的转化率降低是因为 Ag2O 催化 剂活性下降 【答案】BCD 【解析】 【分析】 - 13 - 脱硫脱硝的研究结果表明 pH 对脱硫、脱硝效果的影响如图 1，pH=7.5 左右脱硫率、脱硝率最 高，在有氧条件下，温度 580K 之后 NO 生成 N2的转化率降低，是催化剂活性减小，在温度为 420～580K 时，有氧条件下 NO 生成 N2的转化率明显高于无氧条件，是一氧化氮和氧气易发生 反应生成二氧化氮，二氧化氮与氨气更易发生氧化还原反应，以此解答该题。 【详解】A．由图 1可知采用微生物治理法时，应选择的最佳 pH 值约为 7.5，故 A 错误； B．由图象可知，pH 过大时，超过细菌生存的最佳 pH 环境，细菌的活性减弱，则脱硝效率明 显下降，与细菌活性迅速降低有关，故 B 正确； C．在温度为 420∼580K 时，有氧条件下 NO 与 O2反应生成 NO2，NO2氧化性更强，更易与 NH3反 应，NO 生成 N2转化率明显高于无氧条件，故 C正确； D．在有氧条件下，温度 580K 之后 NO 生成 N2的转化率降低，与催化剂的活性有关，Ag2O 催化 剂活性下降，故 D 正确； 答案选 BCD。 三、非选择题 16. 铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的 铁元素，某研究型学习小组同学测定某地黑木耳中铁的含量。 (1)称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。高温灼烧黑 木耳，使之完全灰化。将木耳灰用下图流程处理，对滤液中的溶质进行研究 。 ①浸泡液检测不出铁元素的原因是______。 ②黑木耳放在_______填仪器名称)高温灼烧。 ③滤液中铁元素的存在形式是 Fe2+、_____；试剂 l应该是_____。 (2)A 转化为 B可加入的试剂有______。 A.酸性高锰酸钾 B.Cl2 C.H2O2 D. HNO3 (3)C 生成 D 时的反应现象为_______。 (4)已知在酸性条件下 Fe2+可被氧气为 Fe3+，配平此离子方程式：____Fe2+ +____O2 +______H+=____Fe3+ +___H2O，标出电子转移方向和数目______，若该反应每转移 8mol 电子， - 14 - 标准状况下消耗 O2的体积为_____L。 (5)若称取 ag 黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂 2 的方法，全部转化 为 D,然后过滤、洗涤加热烘干、称得 D 质量为 bg，_____(填“能”或“否”)来测得出该黑 木耳铁元素的含量，理由是________。 【答案】 (1). 黑木耳中含铁元素的物质不溶于水 (2). 坩埚 (3). Fe3+ (4). 纯 Fe 粉或纯铁钉 (5). BC (6). 沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色 (7). 4 (8). 1 (9). 4 (10). 4 (11). 2 (12). (13). 44.8L (14). 否 (15). Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差 【解析】 【分析】 由题知，木耳灰含不溶性的含铁化合物，用盐酸浸泡后过滤，得到滤液中含有氯化亚铁和氯 化铁， C 和 D 都是含有铁的不溶性碱，C 能被氧气氧化为 D，则 C 为 Fe(OH)2、D 为 Fe(OH)3、 A为 FeCl2、B 为 FeCl3，据此回答； 【详解】(1) ①浸泡液检测不出铁元素，则溶液中不含有 Fe2+、Fe3+，可推知黑木耳中含铁元 素的物质不溶于水； 答案为：黑木耳中含铁元素的物质不溶于水； ②固体应放在坩埚中灼烧，故黑木耳坩埚中高温灼烧； 答案为：坩埚； ③据分析，滤液中铁元素的存在形式是 Fe2+、Fe3+；试剂 l 的作用是把 Fe3+转化为 Fe2+；故应该 是纯 Fe 粉或纯铁钉； 答案为：Fe3+；纯 Fe 粉或纯铁钉； (2)A 转化为 B 即氯化亚铁转为氯化铁，要避免其它杂质离子的引入，可加入的试剂有 Cl2和 H2O2，故选 BC； 答案为：BC； (3) C 为 Fe(OH)2、D 为 Fe(OH)3，则 C 生成 D 时的反应现象为：沉淀由白色变为灰绿色再变为 - 15 - 红褐色； 答案为：沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色； (4)已知在酸性条件下 Fe2+可被氧气为 Fe3+，铁元素的化合价由+2 价升至+3 价，O 元素的化合 价由 0 价降为-2 价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则该离子方程式为 4Fe2++O2+4H +=4Fe3++2H2O，电子转移方向和数目可表示为： ；由方程式知，每转移 4mol 电子，消耗 1molO2，即消耗 22.4L O2(标准状况下)，若该反应每转移 8mol 电子，标准状况 下消耗 O2的体积为 44.8L； 答案为：4；1；4；4；2； ； 44.8L； (5)若称取 ag 黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂 2 的方法，全部转化 为 D，然后过滤、洗涤加热烘干、称得 D 质量为 bg，则不能准确测得出该黑木耳铁元素的含 量，因为 Fe(OH)3受热易分解，在加热烘干过程中会转变成 Fe2O3，会造成较大误差； 答案为：否；Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差。 【点睛】本题考查了物质组成实验验证、物质性质、固体灼烧等实验基本操作等，掌握物质 之间的相互转化关系、实验基本操作是解题关键。 17. 硼位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料。三氯化硼(BCl3) 可用于制取乙硼烷(B2H6)，也可作有机合成的催化剂。 【查阅资料】①BCl3的熔点为－107.3℃，沸点为 12.5℃； ②2B+3Cl2 加热 2BCl3 ③2B＋6HCl 加热 2BCl3↑＋3H2↑；④硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。 【设计实验】某同学设计如图所示装置制备三氯化硼： - 16 - 请回答下列问题： (1)E 装置的作用是__________。 (2)如果拆去 B装置，可能的后果是__________。 (3)实验中可以用一个盛装________(填试剂名称)的干燥管代替 F＋G 装置，使实验更简便。 (4)为了顺利完成实验，正确的操作是________(填序号)，并解释原因_________。 ①先点燃 A 处酒精灯，后点燃 D 处酒精灯 ②先点燃 D 处酒精灯，后点燃 A 处酒精灯 ③同时点燃 A、D 处酒精灯 (5)下图装置为 NaBH4(B 元素的化合价为＋3 价)和 H2O2作原料的燃料电池，电源工作原理如 下图所示。工作过程中该电源总反应的离子方程式为___________。 【答案】 (1). 冷却和收集三氯化硼 (2). 硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气， 加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸 (3). 碱石灰 (4). ① (5). 排尽装置中 的 空 气 ， 避 免 氧 气 和 硼 粉 反 应 生 成 B2O3 (6). ​ ​ ​ ​ - 4BH +4H2O2= - 2BO ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ +6H2O 【解析】 【分析】 在 A 装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，生成的氯气通过 B 中的饱 和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，在通过 C 中的浓硫酸进行干燥，净化后的氯气通入 D 装置中在加热条件下与硼反应 2B+3Cl2 加热 2BCl3生成 BCl3蒸汽，BCl3蒸汽 E装置用冰水浴冷凝 收集，F装置中的浓硫酸用于吸收水蒸气，避免 G 装置中的水蒸气进入 U形管，氯气有毒，不 - 17 - 能直接排放到大气中，G装置盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。 【详解】(1)根据题干信息，三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷凝收集产品，E 装置的作用 是冷凝收集三氯化硼； (2)根据分析，B 装置中的饱和食盐水用来吸收氯气中混有的氯化氢气体，由题给资料，硼与 氯化氢反应生成的产物中含有氢气，若除去装置 B，加热氢气和氯气混合气体，易发生爆炸； (3)F 装置中的浓硫酸用于吸收水蒸气，避免 G装置中的水蒸气进入 U形管，氯气有毒，不能 直接排放到大气中，G装置盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，则实验中可以用一个盛装碱石灰的干 燥管来代替 F＋G 装置，使实验更简便； (4)D 装置进行反应前，应先排尽装置中的空气，否则装置中的氧气会与硼反应生成 B2O3； ①点燃 A 处酒精灯，待整套装置中都充满氯气，后再点燃 D 处酒精灯，使之发生反应，故① 正确； ②若先点燃 D 处酒精灯，这时 B就与装置中的空气发生反应得到 B2O3，再点燃 A 处酒精灯产生 的 BCl3产率和纯度降低，故②错误； ③同时点燃 A、D 处酒精灯也会导致产生 B2O3，景响制备 BCl3，故③错误； 答案选①； (5)NaBH4(B 元素的化合价为+3 价)和 H2O2作原料的燃料电池，H2O2在 b 电极发生还原反应， 得到电子被还原生成 OH−，b 为正极，电极反应式为：H2O2+2e−=2OH−；a 为负极， - 4BH 在电极 上失去电子与 OH−离子反应生成 - 2BO 和水，电极反应为 - 4BH -8e - + 8OH−= - 2BO + 6H2O，正负电极 反应合并可得，工作过程中该电源总反应的离子方程式为 - 4BH +4H2O2= - 2BO ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ +6H2O。 【点睛】本题难度不大，解题时要充分利用题给信息，难点为 (5)中 NaBH4(B 元素的化合价 为+3 价)，氢元素为-1 价，负极上是 H 元素由-1 价升高为+1 价生成 H+，生成的 H+与 OH−结合 形成水，先书写电极反应，在将电极反应合并得到电池总反应。 18. 实验室制备硝基苯的反应原理和实验装置如下： +HO—NO2 +H2O ∆H＜0 - 18 - 反应中存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。有关数据如下表： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·cm －3 ) 溶解性 苯 5.5 80 0.88 微溶于水 硝基苯 5.7 210.9 1.205 难溶于水 间二硝基苯 89 301 1.57 微溶于水 浓硝酸 83 1.4 易溶于水 浓硫酸 338 1.84 易溶于水 实验步骤如下： ①取 100 mL 烧杯，用 20 mL 浓硫酸与 18 mL 浓硝酸配制混合酸，将混合酸小心加入 B 中； ②把 18 mL (15.84 g)苯加入 A 中； ③在室温下，向苯中逐滴加入混合酸，边滴边搅拌，混合均匀。在 50～60 ℃下发生反应，直 至反应结束； ④将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5%NaOH 溶液、水洗涤并分液； ⑤分出的产物加入无水 CaCl2颗粒，静置片刻，然后倒入蒸馏烧瓶，弃去 CaCl2，进行蒸馏纯 化，收集 205～210 ℃馏分，得到纯硝基苯 18 g。回答下列问题： (1)图中仪器 A的名称：_________ ，装置 C 的作用是__________。 (2)配制混合酸时，能否将浓硝酸加入到浓硫酸中并说明理由：___________。 (3)为了使反应在 50～60 ℃下进行，常用的方法是__________，A 中发生的主要有机反应方 程式是：___________ ，反应结束并冷却至室温后 A 中液体呈黄色，原因是__________。 (4)在洗涤操作中，NaOH 溶液洗的目的是_____________。 (5)本实验所得到的硝基苯产率是_____________。 - 19 - 【答案】 (1). 三颈瓶 (2). 冷凝回流 (3). 不能，易暴沸飞溅 (4). 水浴加 热 (5). +HO-NO2 2 4 50 0 H S 6 O ℃～ ℃ 浓 +H2O (6). 溶有浓硝酸分解产生的 NO2(或硝酸)等杂质 (7). 洗去硝基苯中混有的硫酸和硝酸 (8). 72.06% 【解析】 【分析】 (1)图中仪器 A的构造分析判断 ，装置 C 为球形冷凝管，起冷凝回流作用； (2)配制混酸应防止浓硫酸稀释放热导致液体飞溅； (3)反应在 50℃～60℃下进行，利用水浴加热控制；溶有浓硝酸分解产生的 NO2等杂质； (4)在洗涤操作中，用氢氧化钠洗去溶解少量酸，水洗除去未反应的 NaOH 及生成的盐； (5)根据苯的质量计算硝基苯的理论产量，产率= 实际产量 理论产量 ×100%。 【详解】(1)图中仪器 A的构造分析，A 为三颈瓶；装置 C 为球形冷凝管，苯与浓硝酸都易挥 发，C起冷凝回流作用，提高原料利用率； (2)浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，若将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸， 可能为导致液体飞溅； (3)反应在 50℃～60℃下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热控制，受热均匀，便于控制 温度；A 中发生的主要有机反应方程式是： +HO-NO2 2 4 50 0 H S 6 O ℃～ ℃ 浓 +H2O；浓 硝酸受热易分解，溶有浓硝酸分解产生的 NO2(或硝酸)等杂质而呈黄色； (4)在洗涤操作中，用氢氧化钠除去硝基苯中混有的硫酸和硝酸； (5)根据苯完全反应生成硝基苯的反应方程式可知，理论产量为 15.84g× 123 78 =24.98g，硝基 苯的产率为 实际产量 理论产量 ×100%= 18g 24.98g ×100%=72.06%。 【点睛】易错点为(3)，硝酸具有不稳定性、挥发性，需要学生对元素化合物的性质掌握全面 和准确。 19. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用 于染料、医药领域的重氮化反应中取代亚硝酸钠，有效降低硫酸使用量，增加反应的流动性， 不产生无机盐，从而可以降低成本，提高产品质量，使染料成品色泽鲜艳、固色能力强，并 减少污水。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量 NOSO4H，并测定产品的纯度。 - 20 - (1)导管 a的作用是________。 (2)装置 B中浓 HNO3与 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H。 ①该反应必须维持体系温度不得高于 20 ℃，采取的措施除了加快搅拌速度外，还可以将三颈 烧瓶置于________中。 ②开始时，反应缓慢，待生成少量 NOSO4H 后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因 是________。 ③该实验装置存在可能导致 NOSO4H 产量降低的缺陷是________。 ④装置 C 的作用是________。 ⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应 2HNO2＝NO2↑＋NO↑＋H2O。请写出 NOSO4H 遇水分解 时发生反应的化学方程式________。 (3)测定亚硝酰硫酸 NOSO4H 的纯度。 准确称取 1.380 g 产品放入 250 mL 的碘量瓶中，加入 60.00 mL0.1000 mol·L-1KMnO4标准溶 液和 10 mL 25％的 H2SO4溶液，然后摇匀(过程中无气体产生)。用 0.2500 mol·L-1的草酸钠 标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为 20.00 mL。 已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。 ①在上述反应中 NOSO4H 体现了________(填“氧化”或“还原”)性。 ②亚硝酰硫酸的纯度为________。[M(NOSO4H)＝127 g·mol-1] 【答案】 (1). 平衡分液漏斗与烧瓶内的压强，使浓硫酸顺利流下 (2). 冷水浴 (3). 生成的 NOSO4H 作该反应的催化剂 (4). 装置 A 中的水蒸气会进入 B 中使 NOSO4H 水解 (5). 防止空气中的水蒸气进入 B 中使 NOSO4H 水解；吸收尾气 SO2，防止污染环境 (6). 2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑ (7). 还原 (8). 92.02%。 【解析】 【分析】 装置 A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 制取 SO2，制取的 SO2通入 - 21 - 到 B装置中，HNO3与 SO2在浓 H2SO4作用下在冰水浴中反应制得 NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H) 遇水分解，且装置 A 中制得的 SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置 C 中的碱 石灰的作用是吸收 SO2，防止空气中的水蒸气进入装置 B 中，装置 A 中导管 a 的作用是平衡内 外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下，据此分析解答。 【详解】(1)根据分析，导管 a 的作用是平衡分液漏斗与烧瓶内的压强，使浓硫酸顺利流下； (2)①该反应必须维持体系温度不得高于 20 ℃，采取的措施除了加快搅拌速度外，还可以将 三颈烧瓶置于冰水浴中； ②开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H 后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是： 生成的 NOSO4H 作为反应的催化剂； ③由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，该实验装置存在可能导致 NOSO4H 产量降低的缺陷是装 置 A 中的水蒸气会进入 B 中使 NOSO4H 水解； ④根据分析，装置 C 的作用是防止空气中的水蒸气进入 B 中使 NOSO4H 水解；吸收尾气 SO2，防 止污染环境； ⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应 2HNO2＝NO2↑＋NO↑＋H2O。NOSO4H 遇水分解时发生 反应的化学方程式 2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑； (3)①在上述反应中 NOSO4H 转化为硫酸盐和硝酸，硫元素的化合价没有发生变化，N 元素的化 合价由+3 价升高到+5 价，失电子发生氧化化反应，体现了还原性； ②根据滴定实验操作，用 0.2500 mol·L-1的草酸钠标准溶液滴定过量的 KMnO4标准溶液，草 酸钠与 KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为： 2MnO - 4 +5C2O 2- 4 +16H + =2Mn 2+ +10CO2↑+8H2O，由反应可知，过量的 KMnO4标准溶液的物质的量 = 2 5 n(C2O 2- 4 )= -10.2500 mo2 5 l L 0.02L  =0.002mol，则与 NOSO4H 溶液反应的 KMnO4标准溶液 的物质的量=0.06L 0.1000 mol·L-1-0.002mol=0.004mol，根据已知反应 2KMnO4＋5NOSO4H＋ 2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4可知，产品中 NOSO4H 的物质的量= 5 2  0.004mol=0.01mol， 则亚硝酰硫酸的纯度为 -10.01mol 127 g mol 1.380 g    100%=92.02%。 【点睛】本题的易错点为装置 C 的作用，实验过程中制取的 SO2属于大气污染物，且制得的 NOSO4H 遇水易分解，故 C 的作用是两点：吸收 SO2和防止水蒸气进入装置 B，易忽略的一处错 误是装置 A 中也会产生水蒸气，制得的 SO2未经任何处理直接通入装置 B中进行反应，也会导 致生成的 NOSO4H 分解。 - 22 - 选考：选修 3---物质结构与性质 20. 已知 T、W、X、Y、Z 是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信 息如表． 元 素 相关信息 T T 元素可形成自然界硬度最大的单质 W W 与 T同周期，核外有一个未成对电子 X X 原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ·mol -1 ，I2=1817kJ·mol -1 ， I3=2745kJ·mol -1 ，I4=11575kJ·mol -1 Y 常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质 Z Z 的一种同位素的质量数为 63，中子数为 34 （1）TY2是一种常用的溶剂，是__(填“极性分子”或“非极性分子”)，分子中存在 ___个σ 键。W的最简单氢化物容易液化，理由是___。 （2）在 25℃、101kPa 下，已知 13.5g 的 X 固体单质在 O2中完全燃烧后恢复至原状态，放热 419kJ，该反应的热化学方程式为__。 （3）基态 Y 原子中，电子占据的最高能层符号为__；该能层具有的原子轨道数为___、电子 数为___，Y、氧、W元素的电负性由大到小的顺序为___(用元素符号作答)。 （4）已知 Z 的晶胞结构如图所示，又知 Z的密度为 9.00g·cm -3 ，则晶胞边长为___； ZYO4常作电镀液，其中 YO4 2- 的空间构型是__，其中 Y原子的杂化轨道类型是___，Z 的单质与 人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z+HCl+O2=ZCl+HO2，HO2(超氧酸 ) 不仅是一 种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是__。 A.O2是氧化剂 B.HO2是氧化产物 C.HO2在碱中能稳定存在 D.1molZ 参加反应有 1mol 电子发生转移 - 23 - 【答案】 (1). 非极性分子 (2). 2 (3). 氟化氢分子之间存在着氢键 (4). 4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H=-3352kJ/mol (5). M (6). 9 (7). 6 (8). F>O>S (9). 34.72×10-23 (10). 正四面体 (11). sp3 (12). AD 【解析】 【分析】 T、W、X、Y、Z 是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，T 元素可形成自然 界硬度最大的单质，则 T 为碳元素；W 与 T 同周期，核外有一个未成对电子，原子序数大于碳， 核外电子排布式为 1s22s22p5，则 W为氟元素；X原子的第四电离能剧增，所以 X 原子最外层有 三个电子，则 X 为铝元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，所 以 Y 为 S 元素；Z的一种同位素的质量数为 63，中子数为 34，则 Z的质子数为 63-34=29，所 以 Z 为铜元素。 【详解】（1）AY2化学式是 CS2，其结构式为 S=C=S，为直线型结构，分子中正负电荷重心重合， 属于非极性分子，其分子中每个双键中含有 1 个σ 键，所以 CS2分子存在 2 个σ键。W 为氟元 素，由于氟化氢分子之间存在着氢键，所以氟化氢容易液化，故答案为：非极性分子；2；氟 化氢分子之间存在着氢键； （2）13.5g 的 Al 的物质的量为 13.5g 27g/mol =0.5mol，4molAl 在 O2气体中完全燃烧后恢复至原状 态放出的热量为 419kJ× 4mol 0.5mol =3352kJ，故热化学方程式为：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H=-3352kJ/mol，故答案为：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H=-3352kJ/mol； （3）Y 为硫元素，原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，最高能层符号为 M，M能层具有 s、 p、d三个能级，s上有一个轨道，p 上有三个轨道，d 上有 5 个原子轨道，所以共有 9 个，硫 原子的最外层电子数为 6，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，S、O、 F元素的第一电离能由大到小顺序为 F>O>S，故答案为：M；9；6；F>O>S； （4）Z 为 Cu 元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8× 1 8 +6× 1 2 =4， 晶胞中含有 4 个铜原子，则晶胞的质量为： A 4 64 N  g，设该晶胞的边长为 xcm，则该晶胞体积 为：x 3 cm 3 ，则： A 4 64 N  g=x 3 ·cm 3 ×9.00g/cm 3 ，整理可得 x=34.72×10 -23 ；SO4 2- 离子的中心原子 - 24 - S 的价层电子对为：4+ 6+2-2 4 2  =4，孤电子对数为 0，故其空间结构为正四面体，杂化轨道 数目为 4，S 原子杂化方式为：sp3， A.O2中氧元素的化合价是 0价，HO2中氧元素的平均化合价是-0.5 价，化合价降低作氧化剂， 故 A 正确； B.还原产物是 HO2，故 B错误； C.HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故 HO2在碱中不能稳定存在，故 C 错误； D.1molCu 参加反应生成+1 价铜离子，有 1mol 电子发生转移，故 D 正确， 故答案为：34.72×10-23；正四面体；sp3；AD。 【点睛】当电离发生突变时是因为电子所处的能层发生了变化，据此可推测该原子最外层电 子数。 选考：选修 5---有机化学基础 21. 顺式 2，6-二甲基哌嗪(N)是合成氟喹诺酮类药物斯帕沙星的原料，其合成路线如下图所 示： 已知：LiAlH4为强还原剂，可还原羰基、硝基等官能团。 (1)化合物 E 的名称为___________。 (2)由 B 生成 C、由 F 生成 H的反应类型分别为___________、___________。 (3)化合物 H 中的含氧官能团名称为____________。 (4)H 发生分子内缩合生成 L的化学反应方程式为__________。 (5)W 是 N 的一种同分异构体，含有碳碳双键，且其核磁共振氢谱有三组峰，比例为 2:2:3。W 的结构简式为_________。W 形成高分子化合物的反应方程式为_________。 (6)请写出由苯和乙酰氯(CH3COCl)合成 的路线(无机试剂任选)_____。 【答案】 (1). 苯甲胺 (2). 氧化反应 (3). 取代反应 (4). 肽键、酯基 - 25 - (5). → +CH3CH2OH ； (6). (7). n 一定条件下 (8). 55-60 ℃ 浓硫酸、浓硝酸 4LiAlH 3CH COCl 4LiAlH 【解析】 【分析】 乙烯在一定条件下与氢气和一氧化碳反应生成 B(CH3CH2CHO)，B 与 Cu(OH)2发生氧化反应，再 进行酸化生成 C(CH3CH2COOH)，C 和 Br2单质反应生成生成 D，D 与 E( )取代取代 反 应生 成 F( ) ， F 与 发 生取 代 反应 生 成 ，H 在一定条件下转化为 L，L 与强还原剂 LiAlH4反应生成 J，结合已 知信息，LiAlH4 为强还原剂，可还原羰基、硝基等官能团，根据 J 的结构简式以及转化关系， 可知 H 发生分子内缩合生成 L，L的结构简式为 ，据此分析解答。 【详解】(1)化合物 E 的结构简式为 ，名称为苯甲胺； (2)根据分析，B 与 Cu(OH)2发生氧化反应，再进行酸化生成 C(CH3CH2COOH)，F 与 发生取代反应生成 ； - 26 - (3)化合物 H 的结构简式为 ，其中的含氧官能团名称为肽键、酯基； (4)H 发生分子内缩合生成 L的化学反应方程式为 → +CH3CH2OH； (5)N 的结构简式为 ，W是 N的一种同分异构体，含有碳碳双键，且其核磁共振氢谱有 三组峰，比例为 2:2:3，即分子结构中含有 3种不同环境的氢原子，且氢原子数目比为 2:2:3， 则 W 的结构简式为 。W中含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应 形成高分子化合物，反应方程式为 n 一定条件下 ； (6)由苯和乙酰氯(CH3COCl)合成 ，首先 和浓硝酸在浓硫酸水浴加热 作用下发生硝化反应生成 ，硝基苯与强还原剂 LiAlH4反应生成 ， 与 CH3COCl 发生取代反应生成 ， 与强还 原剂 LiAlH4反应生 ，则合成路线为 55-60 ℃ 浓硫酸、浓硝酸 4LiAlH 3CH COCl 4LiAlH 。 【点睛】易错点为(5)，含有碳碳双键的有机物发生加聚反应时，加聚过程发生在碳碳双键上， 在书写结构简式时要注意链节的表示方法。 - 27 -