2019-2020学年北京市第二十七中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市第二十七中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关表述正确的是（）A HClO是弱酸，所以NaClO 是弱电解质BNa2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同C室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D SiO2是酸性氧化物，能与NaOH 溶液反应【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A 错误；B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2 Na2CO3，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故 B 错误；C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D 正确；答案选 D。2下列有关说法正确的是A酒精浓度越大，消毒效果越好B通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同【答案】C【解析】【分析】【详解】体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A 错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D 项错误。3短周期主族元素Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A X 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY 单质常温下稳定不跟酸碱反应C简单氢化物的沸点：QX D Y 与 Z 的一种化合物是高温结构陶瓷材料【答案】C【解析】【分析】根据条件“Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q 为 N 元素；X是与 Q 同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X 为 F元素；由“Z具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z 为 Cl元素；根据“Y、Z 原子的最外层电子数之和为10”，且“Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大”，可知Y为 Al元素。【详解】A X和 Z 的简单氢化物分别是HF 和 HCl，其中 HF为弱酸，A 项错误；BY单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B 项错误；CQ 和 X的简单氢化物分别为NH3和 HF，标况下HF 为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C 项正确；D Y和 Z 的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D 项错误；答案选 C。4下列物质在生活或生成中的应用错误的是A葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性C陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱D甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A 正确；B.熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B 错误；C.陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D 正确；故选 B。510 mL 浓度为 1 mol/L 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是()A KHSO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案】B【解析】【分析】需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。【详解】A加入 KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A 错误；B加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B 正确；CZn 可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D加入 Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。故选：B。6存在AlCl3 Al（OH）3 Al2O3 Al 转化，下列说法正确的是（）A Al（OH）3 属于强电解质BAl2O3属于离子晶体C铝合金比纯铝硬度小、熔点高D AlCl3水溶液能导电，所以 AlCl3 属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3 在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A 错误；B、Al2O3由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B 正确；C、铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故C错误；D、氯化铝为共价化合物，故D 错误；故选：B。7一定量的H2在 Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol L 的 NaOH 溶液恰好完全吸收，测得溶液中含 0.05mol NaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A 2:3 B3:1 C1:1 D3:2【答案】A【解析】【分析】H2在 Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：H2+Cl2=2HCl；HCl+NaOH=NaCl+H2O；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据，生成 0.05mol NaClO，消耗 0.05molCl2、0.10molNaOH。则 中消耗 0.20molNaOH 和 0.20molHCl。故 中消耗 H2、Cl2各 0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选 A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有 A 项合理。8清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维。已知：当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。下列说法正确的是()A蚕丝纤维的主要成分是纤维素B石墨烯像烯烃一样，是一种有机物C碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D碳纳米管具有丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A 错误；B.石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故B 错误；C.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；D.碳纳米管在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D 错误。故选 C。9下列除杂方案正确的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A CO2（g）SO2（g）饱和 NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气B NH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH 溶液过滤C Cl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气D SO2（g）SO3（g）浓 H2SO4洗气A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、除去 CO2中混有 SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A 错误；B、加入 NaOH 溶液，不仅Fe3能与 NaOH 反应，而且NH4也能与 NaOH 发生反应，故B 错误；C、除去 Cl2中 HCl，常用饱和NaCl 溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO2，故 C 错误；D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有 SO3，故 D 正确；答案为 D。10将镁铝合金溶于100 mL 稀硝酸中，产生1.12 L NO 气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A可以求出合金中镁铝的物质的量比为11 B可以求出硝酸的物质的量浓度C可以求出沉淀的最大质量为3.21 克D氢氧化钠溶液浓度为3 mol/L【答案】C【解析】【详解】由图可知 60 ml 到 70 ml 是氢氧化铝溶解消耗10ml 氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml 氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml 氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL 稀硝酸反应，产生1.12LNO 气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x 0.05 3，则 x 0.03 mol，沉淀的最大质量110.03580.03784.08mmolg molmolg molg，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol2+0.03mol3+0.05mol=0.2mol，-1aq0.2mol=2mol0.1ncLVL（）氢氧化钠溶液浓度1()n0.15c=30.05aqmolmol LVL，故 C 错误；综上所述，答案为C。11二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na 和 NaHCO3的物质的量之比为31 D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故 A 错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH 中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na 发生反应的是OH 和羧基，1mol 二羟基甲戊酸中含有2mol 羟基和 1mol 羧基，因此 1mol 该有机物消耗Na 的物质的量为3mol，能与 NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol 该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故 C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D 错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。12下列离子方程式书写正确的是()A向 NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O B向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO 42+3Ba2+6OH2Al(OH)3+3BaSO4C向 Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3 H2O：Al3+4NH3 H2O AlO2+2H2O+4NH4+D NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【答案】D【解析】【分析】A.NaClO 溶液呈碱性，在NaClO 溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀；B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO 溶液呈碱性，在NaClO 溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故 A 错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，对应的离子方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O，故 B 错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3?H2O：Al3+3NH3?H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大13下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A碳碳键键长：乙烯苯B密度：一氯乙烷一氯丁烷C热稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3D沸点：H2OH2SH2Se【答案】B【解析】【详解】A苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯一氯丁烷，故B正确；C 碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3，故 C 错误；D水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2OH2SeH2S，故 D 错误；故答案为：B。【点睛】非金属化合物的沸点比较：若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷异戊烷 新戊烷；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。14用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A中子数为8 的氮原子：87NBHCl 的电子式：CNH3的结构式：DCl-的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8 的氮原子的质量数为15；B、HCl 中只含共价键；C、NH3中含个 N-H 键；D、Cl-最外层有8 个电子。【详解】A、中子数为8 的氮原子的质量数为15，可表示为157N，选项 A 错误；B、HCl 中只含共价键，其电子式为，选项 B错误；C、NH3中含个 N-H 键，NH3的结构式为：，选项 C 正确；D、Cl-最外层有8 个电子，Cl-的结构示意图为，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。15室温下，向100mL 饱和的 H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液pH 与通入 SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A整个过程中，水的电离程度逐渐增大B该温度下H2S的 Ka1数量级为10-7C曲线 y 代表继续通入SO2气体后溶液pH 的变化D a 点之后，随SO2气体的通入，-323c(HSO)c(H SO)的值始终减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知，a 点表示 SO2气体通入 112mL 即 0.005mol 时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与 H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1 mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A 错误；B由图中起点可知0.1 mol/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为H2S?H+HS-、HS-?H+S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的 Ka14.14.14.110100.1 10 10-7.2，数量级为10-8，故 B错误；C当 SO2气体通入336mL 时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 mol/L，因为 H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH 应小于 4.1，故曲线y 代表继续通入 SO2气体后溶液pH 的变化，故C正确；D根据平衡常数表达式可知-+33a1+2323c(HSO)c(HSO)c(H)Kc(H SO)c(H SO)c(H=)=c(H)，a 点之后，随 SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，-323c(HSO)c(H SO)的值保持不变，故D错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锰的合金及其化合物在现代生产、生活中有着广泛的应用。如二氧化锰是重要的氧化剂、催化剂、干电池中的去极剂；硫酸锰是重要的微量元素肥料。某工厂以菱锰矿(MnCO3)含 FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质 为原料联合生产二氧化锰、硫酸锰晶体的工艺流程如下图所示：常温下几种金属氧化物沉淀时的pH：Mn(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时的pH 7.2 2.7 4.7 完全沉淀时的pH x 3.7 6.7(1)该工厂调pH 时，选择试剂a 的成分最好是_，滤渣的成分是_，操作 X 是_、洗涤、低温烘干。(2)为确保除尽杂质而又不损失锰，pH 调整的范围为_；若常温下离子(X)沉淀完全的标准是c(X)1.0 10-5molL，KspMn(OH)2=1.0 10-13，则使 Mn2+完全沉淀时溶液的pH 最小为 _。(3)若滤液显酸性，请写出电解法制备MnO2时阳极上的电极反应式：_。50.7g MnSO4 H2O 样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。(已知：M(Mn)=55g mol)(1)850时，所得固体的化学式为：_。(2)1150时，反应的化学方程式为：_。【答案】MnCO3Fe(OH)3、Cu(OH)2蒸发浓缩，冷却结晶，过滤6.7 pH7.2 10.0 Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+MnO23MnO21150Mn2O4+O2【解析】【分析】.菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为 SiO2，滤液 1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入试剂双氧水，将溶液中 Fe2+氧化为 Fe3+，加入试剂a 为碳酸锰、Mn（OH）2等调节 PH=4时 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，过滤除去，滤液 2 中加入试剂硫酸和氯酸钾，3MnSO4+KClO3+3H2O=3H2SO4+3MnO2+KCl，根据电解原理进行回答判断根据质量守恒和原子守恒计算判断；根据锰、氧元素质量守恒分析产物，书写1150时，反应的化学方程式。【详解】（1）调 pH 时，该试剂可与氢离子反应，且不引入新的杂质，所以可用MnCO3；加入试剂a 为碳酸锰、Mn（OH）2等调节 PH=4 时 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣的成分是Cu（OH）2、Fe（OH）3；滤液 经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤、低温烘干后的到硫酸锰晶体；故答案为：MnCO3；Fe(OH)3、Cu(OH)2；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（2）为确保除尽铁离子、铜离子杂质而又不损失锰，根据图表可知pH 的调整范围为：6.7 pH 7.2；设Mn2+完全沉淀时溶液中成c（OH-）=amol/L，根据 Ksp 的定义可知此时a2 10-5=1.0 10-13，解得 a=10-4mol/L，即 pH=10，故答案为：6.7 pH 7.2；10.0；（3）用电解法制备MnO2时，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+；（1）50.70g MnSO4?H2O 样品 n（锰）=n（MnSO4?H2O）=0.3mol，其中 n（H2O）=0.3mol，m（H2O）=5.4g，280时，所得固体质量为45.30g，减少的质量为5.4g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.3mol，850时，固体质量由45.30g 减少到为26.10g，减少的质量为19.2g，则硫氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，故答案为：MnO2；（2）1150时固体为为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m（锰）=n（锰）55=16.50g，则氧化物中 m（O）=22.90g-16.50g=6.4g，n（O）=0.4mol，故 n（Mn）：n（O）=0.3：0.4=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为：3MnO21150Mn2O4+O2，故答案为：3MnO21150Mn2O4+O2。【点睛】解决第题的关键是根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物H 是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：已知:（苯胺易被氧化）甲苯发生一硝基取代反应与A 类似。回答下列问题：(1)写出化合物H 的分子式 _，C中含氧官能团的名称_。(2)写出有关反应类型：BC _；FG_。(3)写出 AB 的反应方程式：_。(4)写出同时满足下列条件D 的所有同分异构体的结构简式：_能发生银镜反应能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色核磁共振氢谱(1HNMR)显示分子中有4 种不同化学环境的氢(5)合成途径中，C 转化为 D 的目的是 _。(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O 为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_【答案】C12H15NO 醚键还原反应消去反应+HNO3(浓)+H2O、保护氨基，防止合成过程中被氧化【解析】【分析】A 是，A 与浓 HNO3、浓 H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与 Fe、HCl 发生还原反应产生 C：，C与(CH3CO)2O 发生取代反应产生D：，E为，E与 NaBH4发生反应产生 F为。【详解】(1)根据 H 的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；(2)B 为，C为，B 与 Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；F为，G 为，根据二者结构的不同可知：FG 的类型是消去反应；(3)A 是，A 与浓 HNO3、浓 H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以 AB 的反应方程式为：+HNO3(浓)+H2O；(4)D 结构简式为：，D 的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；核磁共振氢谱(1HNMR)显示分子中有4 种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、；(5)合成途径中，C 转化为 D 时 NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O 为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性 KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在 Fe、HCl 作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为：【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 2017 新课标 凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3 H3BO3；NH3 H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。回答下列问题：（1）a 的作用是 _。（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是_。f 的名称是 _。（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水；打开k1，关闭 k2、k3，加热 b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g 中蒸馏水倒吸进入c，原因是 _；打开 k2放掉水，重复操作23 次。（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。铵盐试样由d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭 k3，d 中保留少量水。打开k1，加热 b，使水蒸气进入e。d 中保留少量水的目的是_。e 中主要反应的离子方程式为_，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是_。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品 m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol L 1的盐酸 V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。【答案】避免 b 中压强过大防止暴沸直形冷凝管c 中温度下降，管路中形成负压液封，防止氨气逸出+OH-NH3+H2O 保温使氨完全蒸出【解析】（1）a 中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b 中压强过大。（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f 的名称是直形冷凝管。（3）由于 c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c 中。（4）氨气是气体，因此d 中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为NH4+OH-NH3+H2O；e 采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品 m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol L-1的盐酸 V mL，根据反应NH3H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3，可以求出样品中n(N)n(HCl)c molL-10.001cV mol，则样品中氮的质量分数为，样品中甘氨酸的质量 0.001cV，所以样品的纯度。19化合物M 对霉菌有较好的抑制作用，结构简式为其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)化合物 B的分子式为 _；D 中官能团的名称为_。(2)反应的反应类型是_。(3)化合物 E的结构简式为 _。(4)写出 A与足量溴水反应的化学方程式：_。(5)同时满足下列条件的D 的所有同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示有3 组峰，且峰面积之比为 2：2：3 的结构简式为_。含苯环和一NO2结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应；1 mol 该物质最多可与4 mol NaOH 反应。(6)请以、为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图。（无机试剂任用）_【答案】C7H6O3醚键、硝基取代反应13【解析】【分析】推断物质时，采用逆推法，由 M 的结构简式，可逆推出E 为，由 E 逆推出 D 为，则 A 的构简式为，依据第一个信息，可推出B 为，C 为。【详解】(1)由以上分析可知，化合物B 为，则其分子式为C7H6O3；D 为。其官能团的名称为醚键、硝基。答案为：C7H6O3；醚键、硝基；(2)反应为转化为，是苯环上的一个氢原子被-NO2代替，则反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(3)由以上分析可知，化合物E的结构简式为。答案为：；(4)A 的结构简式为，分子内含有3个酚羟基，酚羟基邻、对位上的氢原子能被溴原子取代，则其与足量溴水反应的化学方程式为。答案为：；(5)D 的同分异构体同时满足下列条件：“含苯环和一NO2结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应；1 mol 该物质最多可与4 mol NaOH 反应”，则D 的同分异构体应含有一个苯环、苯环上连有一个-ONO2，苯环上还连有一个-OOCH(若为此基团，苯环上还应连有-CH3)，或-OOCCH3。从而得出，若同分异构构体是苯环上连有-ONO2、-OOCH、-CH3，共有 10 种；若异构体为苯环上连有-ONO2、-OOCCH3，共有 3 种，所以同分异构体共有13 种。其中核磁共振氢谱显示有3 组峰，且峰面积之比为2：2：3 的结构简式为。答案为：13；(6)以、为原料合成化合物，可先将转化为，再与在碱性条件下反应转化为，与氢加成转化为。从而得出合成路线流程图为：。答案为：。【点睛】书写同分异构体时，可先确定物质的分子式，然后依据限定条件，确定分子内一定含有哪些原子团，再据不饱和度及分子式，确定可能含有哪些原子团，最后再将原子团组合成物质，如果条件对氢原子种类作出限定，则还要考虑原子团的相对位置。