2019-2020学年安徽省滁州市定远县民族中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市定远县民族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某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH 溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()已知：N2H4 H2O 在 100以上分解。A已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3mol I2，最多能生成NaIO3的物质的量为 1 mol B上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-3N2H4 H2O=2I3N29H2O C为了加

2、快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行D工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是 N2和 H2O，没有其他副产物，不会引入杂质【答案】C【解析】【详解】A.合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3 mol I2，最多能生成NaIO3 1 mol，即失去5 mol 电子，同时得到5 mol NaI，A 项正确；B.根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-3N2H4 H2O=2I3N29H2O 或 2IO3-3N2H4=2I 3N26H2O，B 项正确；C.温度高

3、反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在6070 比较合适，C项错误；D.工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是 N2和 H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D 项正确；答案选 C。2下列说法中，正确的是A 78g Na2O2固体含有离子的数目为4NAB由水电离出的c(H)=10-12mol L-1溶液中 Na、NH4+、SO42-、NO3-一定能大量共存C硫酸酸化的KI 淀粉溶液久置后变蓝的反应为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O D将充有NO2的玻璃球浸到热水中气体颜色加深说明2NO2(g)N2O4(g)H 0【答案】C【解

4、析】【详解】A、Na2O2的电子式为，可知，molNa2O2中有 2molNa和 1molO22，共 3mol 离子，离子数目为 3NA，A 错误；B、由水电离出的c(H)=10-12mol L-1溶液可能是酸性，也可能是碱性，NH4+在碱性环境下不能大量共存，B错误；C、I在空气中容易被O2氧化，在酸性条件下，发生反应4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，C正确；D、NO2玻璃球加热颜色加深，说明NO2的浓度增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0，D 错误；答案选 C。3NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为

5、0.1NABSO2和 CO2的混合气体1.8g 中所含中子数为0.9NAC标准状况下，22.4L 丙烷含有的共价键总数为11NAD pH=11 的 Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为110-11NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故 A 错误；B、SO2和 CO2的摩尔质量分别为64g/mol 和 44g/mol，两者中分别含32 个和 22 个中子，即两者均为2g时含 1mol 中子，故1.8g 混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下 22.4L 丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10 条共价键，故 1

6、mol 丙烷中含共价键总数为10NA，故 C 错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D 错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由 Na+和 O22-构成，而不是由Na+和 O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A 4g 甲烷完全

7、燃烧转移的电子数为2NAB11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NAC3 mol SO2和 1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD 1L 0.1molL 1的 Na2S溶液中 HS和 S2离子数之和为0.1 NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由-4 价升高到+4 价，所以4g 甲烷完全燃烧转移的电子数为416/gg mol8NA/mol=2NA，故 A正确；B.CCl4在标况下为非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；C.SO2和 O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和 O2都有剩余，所以3

8、mol SO2和 1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，故 C错误；D.Na2S溶液中分两步水解，生成HS和 H2S，根据物料守恒关系：HS、H2S和 S2离子数之和为0.1NA，故D错误。故选 A。【点睛】本题为“NA”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B 选项，CCl4在标况下非气态，C 选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应，D 选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。5利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂 1、试剂 2 实验目的A 过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B 粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（

9、含有不参与反应的杂质）纯度C 碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D 过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故 A 项正确；B将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故 D 项正确；故答案为C。【

10、点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。6实验测得0.1mo1 L-1Na2SO3溶液 pH 随温度升高而变化的曲线如图所示。将 b 点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH 降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b 两点均有c(Na+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将 b 点溶液直接冷却至25后，其 pH 小于 a 点溶液【答案】D【解析】【分析】2-3SO是一个弱酸酸根，因此在水中会水

11、解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到23H SO，A 项错误；B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分2-3SO被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑2-4SO，C 项错误；D.当 b 点溶液直接冷却至25后，因部分2-3SO被氧化为2-4SO，相当于2-3SO的浓度降低，其碱性亦会减弱，D 项正确；答案选 D。7下列有关实验的图示及分析均正确的是选项实验

12、目的实验图示实验分析A 催化裂解正戊烷并收集产物正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃B 酸碱中和滴定摇动锥形瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C 制取并收集乙炔用饱和食盐水代替纯水，可达到降低反应速率的目的D 实验室制硝基苯反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，故A 错误；B滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触到滴定管

13、，溶液也不得溅出，操作合理，故B正确；C用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙炔气流，但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近，排空气法收集乙炔不纯，利用乙炔难溶于水的性质，应使用排水法收集，故C错误；D反应完全后，硝基苯与酸分层，应选分液漏斗分离，粗产品再蒸馏得到硝基苯，图中仪器b 为圆底烧瓶，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，并使用温度计测蒸汽温度，故D 错误；答案选 B。8我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为。下列说法正确的是A固氮时，锂电极发生还原反应B脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li+N

14、2C固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D脱氮时，Li+向钌复合电极迁移【答案】B【解析】【分析】据总反应可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li+N2+6e-2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答。【详解】A.固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A 错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li+N2，故 B 正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D 错误；答案：B【点睛】明确原电池负极：升失氧

15、；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。9用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A反应中参与反应的HCHO 为 30g 时转移电子2mol B可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C生成 44.8 LCO2时反应中参加反应的Ag一定为 8mol D理论上测得溶液吸光度越高，HCHO 含量也越高【答案】D【解析】【分析】【详解】A.30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0 价升高到+4 价，所以转移电子 4

16、mol，故 A 错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为 Fe3+，与 Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+，故 B 错误；C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag 的物质的量，故C错误；D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag 越多，所以HCHO含量也越高，故D 正确。故选 D。10实现化学能转变为电能的装置是（）A干电池B电解水C太阳能热水器D水力发电【答案】A【解析】【详解】A干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A 正确；B电解水，电能转变

17、为化学能，故B错误；C太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D水力发电时机械能转化为电能，故D 错误；故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。11传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A b 极为正极，电极反应式为O2+4H

18、+4e-=2H2O BH+由 a 极通过质子交换膜向b 极移动C该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4D若 a 极消耗 2.24L(标准状况)SO2，理论上c 极有 6.4g 铜析出【答案】D【解析】【分析】燃料电池：a 端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a 为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b 为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c 极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，d 极与电源负极相连为阴极，得电子，电极

19、反应式为Cu2+2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2。【详解】A.b 为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d 极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a 电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d 极上有 6.4g 铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据

20、燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。12 在加热固体NH4Al(SO4)2?12H2O 时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知 A 点物质为NH4Al(SO4)2，B 点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（）A 0t 的过程变化是物理变化BC点物质是工业上冶炼铝的原料CAB 反应中生成物只有Al2(SO4)3和 NH3两种D Al2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3+3OH-Al（OH）3【答案】B【解析】【详解】A因为 t C 生成 A，又知 A 点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0t 的过程为 NH4Al(SO4)2?12H2O 失去结晶水

21、生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A 错误；BB 点物质为Al2(SO4)3升温再加热分解，在C 点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B 正确；CAB 发生的反应为2NH4Al(SO4)2Al2(SO4)3+2NH3+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和 NH3两种，还有硫酸，故C错误；D Al2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，故D 错误；答案：B。13X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中 Z 为金属元素,X、W 为同一主族元素。X、Z、W 形成的最

22、高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W 的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A反应、都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W 四种元素中，Y的原子半径最小CNa 着火时，可用甲扑灭D一定条件下，x 与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项 A 正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素

23、原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si 四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。14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，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列

24、说法正确的是（）A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH)逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42D放电时，电路中通过2mol 电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【分析】【详解】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A 项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B 项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L 氧气的物质的量为1 摩尔，电路中转移4 摩尔电子，

25、D 项错误；答案选 C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，

26、进行计算，如果没有必然是错误选项。15下列说法不正确的是()A C2H6和 C6H14一定互为同系物B甲苯分子中最多有13 个原子共平面C石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL 边加边振荡【答案】C【解析】【分析】【详解】A C2H6和 C6H14表示都是烷烃，烷烃的结构相似，碳原子之间都是单键，其余键均为CH 键，分子式相差若干个CH2，互为同系物，正确，A 不选；B甲苯中苯基有11 个原子共平面，甲基中最多有2 个原子与苯基共平面，最多有13 个原子共平面，正确，B 不选；C高分子化合物的相对分子质量在

27、10000 以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，错误，C选；D浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，正确，D 不选。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：苯胺易被氧化；乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20)乙酰苯胺114.33050.46 苯胺 6184.43.4 醋酸16.6118易溶实验步骤如下：步骤 1：在 50 mL 圆底烧瓶中，加入5 mL 苯胺、7.5

28、 mL 冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤 2：控制温度计示数约105，小火加热回流1 h。步骤 3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL 冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤 1 中加入锌粉的作用是_。（2）步骤 2 中控制温度计示数约105的原因是 _。（3）步骤 3 中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是 _。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有_、_(填仪器名称)。（4）步骤 3 得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是_。【答案】防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水

29、若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶【解析】【分析】【详解】（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：已知：a.32(CH CO)O揪揪井b.Fe盐酸根据以上信息回答下列问题：(

30、1)烃 A 的结构简式是_。(2)的反应条件是_；的反应类型是_。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是_。A水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B能发生消去反应C能发生聚合反应D既有酸性又有碱性(4)E 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式是_.(5)符合下列条件的E的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3111 的异构体的结构简式为_。a.与 E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A 为原料制备高分子化合物的合成路线_。(无机

31、试剂任选)【答案】Fe或 FeCl3取代反应或硝化反应ACD 4 或【解析】【分析】E的结构简式中含有1 个 COOH和 1 个酯基，结合已知a，C 到 D 为 C中的酚羟基上的氢，被OCCH3替代，生成酯，则 D 到 E是为了引入羧基，根据 C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合 E的结构简式，则 C 为，D 为。A 为烃，与Cl2发生反应生成B，B 为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B 为氯代烃的水解，引入羟基，则A 的结构为，B为。E在 NaOH 溶液中反应酯的水解反应，再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则 G 中含有硝基，F到 G是为了引入硝基，则G 的结构简式为。【

32、详解】(1)根据分析A 的结构简式为；(2)反应为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或 Fe作催化剂；反应F到 G 是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；A三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A 正确；B与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等，B 错误；C含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；D氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性

33、又有碱性，D 正确；答案为：ACD；(4)E 中的羧基可以与NaOH 反应，酯基也可以与NaOH 反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH 反应，化学方程式为；(5)符合下列条件：a.与 E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为COOH、OOCCH3，处于对位，有 1 种；如果取代基为COOH、COOCH3，处于对位，有1 种；如果取代基为COOH、CH2OOCH，处于对位，有1 种；如果取代基为HCOO、CH2COOH，处于对位，有1 种；所以符合条件的有4 种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1 的异构体的结构简式

34、为或；(6)目标产物为对氨基苯甲酸，NH2可由硝基还原得到，COOH 可由 CH3氧化得到。由于 NH2容易被氧化，因此在NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此 CH3被氧化成 COOH 前，需要先引入NO2，则合成路线为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18由 A 和 C 为原料合成治疗多发性硬化症药物H 的路线如下：已知：A 能与 NaHCO3溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1。NaBH4能选择性还原醛、酮，而不还原NO

35、2。回答下列问题：(1)A 的化学名称为_，D 的结构简式为 _。(2)H 的分子式为 _，E中官能团的名称为_。(3)B D、EF 的反应类型分别为_。(4)F G 的化学方程式为_。(5)与 C互为同分异构体的有机物的结构简式为_(核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:3:1:1)。(6)设计由 B和为原料制备具有抗肿瘤活性药物的合成路线_。【答案】3-溴丙酸C19H33NO2羰基、硝基取代、还原【解析】【分析】A 分子式是C3H5O2Br，能够与 NaHCO3溶液反应放出CO2，说明是溴代羧酸，核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1 则 A 结构简式为BrCH2CH2COOH，A

36、与 SOCl2发生信息反应产生B 是 BrCH2CH2COCl，根据 D 的分子式，结合生成物H 的结构简式可知C是，B与 C发生烃基对位的取代反应产生D 结构简式是；D 与 NaNO2发生取代反应产生E是，E与 NaBH4发生羰基的还原反应产生F：，F与 HCHO在三乙胺存在时发生信息反应产生G：，G 与 H2发生还原反应产生H：，据此解答。【详解】根据上述分析可知A 是 BrCH2CH2COOH，B 是 BrCH2CH2COCl，C是，D 是，E是，F是，G 是，H 是。(1)根据上述分析可知A是 BrCH2CH2COOH，A的化学名称为3-溴丙酸；D的结构简式为；(2)根据 H 的结构简

37、式，可知 H 的分子式为C19H33NO2，E结构简式是，E中官能团的名称为羰基、硝基；(3)B 与 C发生烃基对位的取代反应产生D，所以 BD 的反应类型为取代反应；E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F，所以 EF 的反应类型为还原反应；(4)F G 的化学方程式为；(5)C 是，与 C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：3：1：1 的有机物的结构简式为；(6)B与发生取代反应产生，与 NaNO2发生取代反应产生，该物质与NaBH4发生羰基的还原反应产生，然后与 HCHO在三乙胺存在时发生信息反应产生，然后在H2、Cd/C 条件下发生还原反应产生，故合成路线为：。【点睛】本

38、题考查了有机合成与推断、物质的命名、官能团、反应类型的判断及同分异构体的书写等知识，注意根据题目流程中的转化关系与反应信息进行合成路线的设计。19颠茄酸酯（H）有解除胃肠道痉挛、抑制胃酸分泌的作用，常用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗，其合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应 所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均为7.69%，A 的相对分子质量小于110，则 A 的化学名称为 _，A 分子中最多有_个碳原子在一条直线上。（2）反应 的反应类型是 _，反应 的反应类型是 _。（3）B的结构简式是_；E的分子式为 _；F中含氧官能团的名称是_。（4）CD 反应的化学方程式为_。（5）化合物G有

39、多种同分异构体，同时满足下列条件的有_种。能发生水解反应和银镜反应；能与3FeCl发生显色反应；苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种。（6）参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线 _。【答案】苯乙烯3 取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基26【解析】【分析】根据合成线路可知，D 与新制 Cu（OH）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D 的结构简式为：；C 催化氧化生成D，则 C 的结构简式为：；B 水解生成C，则 B 的结构简式为：；A 与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以 A 为苯乙烯，反应所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A 的结构可知，苯与X

40、 发生加成反应生成A，所以 X 为 CH CH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E 为，E发生取代反应生成F，F 与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则 G 的结构简式为：，G 发生消去反应生成H，由制备，可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr 加成，Br 在端点的C 原子上，水解反应生成-OH，然后发生酯化反应得最终产物，据此进行解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，A 为苯乙烯，苯乙烯分子中处于对位的最多有3个碳原子在一条直线上，故答案为苯乙烯；3；(2)根据上面的分析可知，反应的反应类型是取代反应，反应的反应类型是消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)B 的结构简式为：，E 为，E 的分子式为C10H12O2，根据 F的结构简式可知，F 中含氧官能团的名称是醛基、酯基，故答案为；C10H12O2；醛基、酯基；(4)由 CD 反应是催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为2；(5)化合物 G 的同分异构体中含有酚羟基、甲酸酯基，残基含有4 个饱和碳原子；结合条件可写出6 种符合条件的同分异构体的结构简式：(6)参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线流程：。