河北省2024届高三年级下学期大数据应用调研联合测评（Ⅷ）化学含答案.pdf

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1、高三化学参考答案 第1 页(共8页)河北省2 0 2 4届高三年级大数据应用调研联合测评()化学参考答案及解析题号1234567891 01 11 21 31 4答案BBDBAACACCCBCD【整卷命题意图】整套试题命制遵循高中化学课程标准,加强教考衔接,引导教师和学生依标教和学。试卷依据中国高考评价体系,突出关键能力考查,促进学生全面健康发展。试题立足学科特点,结合学科与社会热点,围绕环境、材料等领域的成果,考查应用于其中的化学原理,充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用,凸显化学学科的社会价值。遵循高中课程标准,引导中学教学遵循教育规律,回归课标、回归课堂,严格按照高中化

2、学课程标准进行教学。高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。要求学生能够阅读和理解文本、符号、图形、表格等信息,深度挖掘数据,客观全面地提取有效信息,准确概括和描述所涉及现象的特征及其相互关系,透过现象看本质,发现信息中蕴含的规律或原理。坚持素养导向,通过对化学学科素养的考查,有效地凸显学生必备知识和关键能力的掌握情况,反映学生的学科核心能力水平。试题在突出对化学基本概念、基本原理、基本技能等内容考查的同时,强化对基础知识深入理解基础上的综合运用,引导中学教学注重培养学生的综合能力。1.B【解析】“以海水煎者细碎”意为由海水煎炼的盐

3、细碎,描述的是蒸发结晶的过程,A正确;实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、蒸发皿、玻璃棒,B错误;缓慢自然冷却结晶,晶体慢慢长大,得到较大晶体颗粒,C正确;硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于酸的白色沉淀,则检验S O2-4是否除净的方法为:取上层清液,加入足量稀盐酸溶液,无明显现象后,加B a C l2溶液,观察是否产生沉淀,D正确。【命题意图】本题以 天工开物 为背景考查化学实验基本操作以及学生对结晶的理解。2.B【解析】以石油、天然气和煤等为原料制成有机小分子单体,再经聚合反应合成高分子材料,但高分子材料不能直接以石油、煤等化石燃料为原料进行生产,A错误;苯酚与甲醛在酸或碱作用下

4、均可发生缩聚反应生成酚醛树脂,酚醛树脂主要用作绝缘、隔热、阻燃、隔音材料和复合材料,B正确;聚乙烯、聚氯乙烯等制 成 的 塑 料 制 品 可 以 反 复 加 热 熔 融 加 工,是 热 塑 性 塑 料,C错 误;3-羟 基 丁 酸 的 结 构 简 式 为CH3CHCH2COOHOH,合 成 聚 羟 基 丁 酸 的 反 应 方 程 式 为nCH3CHCH2COOHOH一定条件HOCHCH2CH3COH+(n-1)H2OO,P HB的结构简式为HOCHCH2CH3COHO,D错误。【命题意图】本题以高分子为情境,考查高分子的结构、性质及应用,意在考查学生必备知识的掌握程度。3.D【解析】甲烷和氯气

5、光照发生取代反应,反应前后分子数不发生改变,A正确;甲醇(CH3OH)与丙三醇(CHCH2OHOHCH2OH)中每个碳原子均连有一个羟基,故含有1 2 g碳原子的混合物中羟基数目为NA,B正确;乙高三化学参考答案 第2 页(共8页)醇中碳原子和氧原子均采用s p3杂化,故1 m o l乙醇中含有s p3杂化的原子数为3NA,C正确;溶液中铜元素以C u(NH3)42+形式存在,不存在C u2+,D错误。【命题意图】本题以NA为基础,考查了反应分子数、可逆反应的特点、配合物的结构和物质中原子的杂化方式等知识,意在学生熟练攻克高考必考题型,提高学生的理解和辨识能力。4.B【解析】S i O2的熔点

6、高于C S2,是由于前者为共价晶体,熔化时克服的作用力为共价键,后者为分子晶体,熔化时克服的为范德华力,A错误;天然气水合物晶体中甲烷是装在以氢键相连的几个水分子构成的笼内,B正确;C O2-3的键角应与NO-3相等,C错误;O3是弱极性分子,更易溶于C C l4,D错误。【命题意图】本题以表格的形式考查结构与性质的关系,意在考查学生宏观辨识与微观探析的核心素养。5.A【解析】T i C l4水解程度大,可用于制备二氧化钛,A正确;N a不仅能与水反应,而且能与乙醇反应,N a不能用作9 5%乙醇的强除水剂,B错误;碳酸氢铵受热分解与其可作肥料无关,C错误;能用氢氟酸(HF)雕刻玻璃,是由于S

7、 i O2能与氢氟酸(HF)反应,与S i O2是酸性氧化物没有对应关系,D错误。【命题意图】本题通过物质性质和应用关系的判断考查元素化合物的性质,考查学生掌握基础知识的能力、分析与推测能力。6.A【解析】S O2不能漂白酸碱指示剂,e中紫色石蕊溶液只变红不褪色,A错误。【命题意图】本题以创新实验为情境,考查操作、现象、性质及尾气处理,本装置可以推广使用,意在培养学生科学探究与创新意识的核心素养。7.C【解析】结合该物质结构及题中信息可知X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、F、P元素。P F-6中存在配位键,A正确;C、N、F的第一电离能依此增大,B正确;NH3存在分子间氢键而CH4没有,所以

8、NH3的沸点高于CH4,C错误;离子液体一般难挥发,有良好的导电性,D正确。【命题意图】本题以离子液体为素材,考查了其结构与性质、配位键和电离能等常考知识点,意在考查学生分析图片问题的素养与能力。8.A【解析】将1-溴丁烷、N a OH与乙醇的混合液加热,产生的气体中有1-丁烯、水蒸气、乙醇,乙醇与溴水不反应,将产物通入溴水中,溴水褪色,说明1-丁烯生成,A正确;若黑色粉末中含有少量的铁单质,铁单质会将铁离子还原为亚铁离子,干扰铁离子的检验,B错误;乙酸和过量乙醇在浓硫酸催化下加热发生酯化反应,待充分反应后,冷却,稀释反应液,反应液中有稀H2S O4,稀H2S O4与饱和N a HC O3溶液

9、反应,有气体生成,不能证明乙酸剩余,故不能证明该反应是可逆反应,C错误;将盐酸滴入硅酸钠溶液中,溶液变浑浊,说明酸性HC l H2S i O3,证明元素非金属性强弱应比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱,D错误。【命题意图】本题以实验设计、操作、现象及结论为情境,考查元素化合物、实验设计与评价,意在提高学生科学探究与创新意识的核心素养。9.C【解析】该结构中含有饱和碳原子,以饱和碳原子为中心形成四面体结构,故该分子中所有碳原子不可能共面,A错误;水飞蓟宾中含有酚羟基和醇羟基,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,能与溴水发生取代反应,使溴水褪色,B错误;水飞蓟宾中含有3个酚羟基,故

10、1 m o l该物质最多能与3 m o l N a2C O3溶 液 反 应,C正 确;该 物 质 与H2完 全 加 成 后 的 产 物 的 结 构 简 式 为:0000)00)0)0)0)0),手性碳原子如图中所标,故该物质与H2完全加成后一个分子中含有1 5个手性碳原子,D错误。【命题意图】本题以中药水飞蓟为情境考查有机物的结构和基本性质,意在培养学生宏观辨识与微观探高三化学参考答案 第3 页(共8页)析、证据推理与模型认知等学科素养。1 0.C【解析】碲碱渣加水水浸除去不溶性杂质,水浸液的主要成分为N a2T e O3、N a2S e O3及少量可溶性的铜、铅化合物等,加入N a H S除

11、杂,得到除杂渣,主要成分为C u S、P b S,除杂液加入硫酸中和控制p H在45得到固体物质粗T e O2与S e O2,固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液,“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到单质硒,同时生成N2和HC l,发生反应方程式为H2S e O3+4 HONH3C lS e+2 N2+7 H2O+4 HC l;溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原碲粉。流程中涉及的六种工序中,均涉及通过过滤实现固液分离,需用到烧杯、漏斗和玻璃棒,A正确;粉碎碲碱渣、延长水浸时间均可以提高硒和碲元素的浸出率,B正确;T e O2为两性氧化物,“中和”时加入过量硫酸,T e O2会与过量的硫酸反

12、应进入中和液中导致碲元素损失,导致T e的回收率下降,C错误;“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到 粗 硒,同 时 生 成N2和HC l,发 生 的 主 要 反 应 的 化 学 方 程 式 为H2S e O3+4 HONH3C lS e+2 N2+7 H2O+4 HC l,D正确。【命题意图】本题以碲碱渣为背景,测试学生信息获取与加工、分析与推断等能力的发展水平。1 1.C【解析】根据数学立体几何关系可知,若图中原子1的分数坐标是14,34,34 ,则原子4的分数坐标是34,14,34 ,A正确;根据晶胞结构分析可知G a、N的配位数均为4,B正确;因为若原子1的分数坐标 是14,34,34

13、,则 原 子5的 分 数 坐 标 是1,12,12 ,所 以 两 个 原 子 之 间 的 距 离 为a1-14 2+12-34 2+12-34 2=1 14a,C错误;其晶胞可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子替代,顶点和面心的碳原子被G a原子替代,所以晶胞中G a的原子个数为818+612=4,N原子个数也为4,设阿伏加德罗常数的值为NA,则G a N晶体的质量为3 3 6NAg,故其密度为3 3 6NAa3 gc m-3,D正确。【命题意图】本题以晶胞结构为素材,考查分数坐标、配位数、密度和相关的计算,意在理解推理计算与模型认知的能力。1 2.B【解析】a室中发生的电极反应为2 H2O-

14、4 e-O2+4 H+,A正确;根据电解质溶液电荷守恒定律,结合隔膜特征,可知a室生成的H+经过阳离子交换膜迁移到b室,发生反应H+HC O-3H2O+C O2,可以提取C O2,b室多余的阳离子(如N a+)迁移到c室,B错误,C、D均正确。【命题意图】本题以解决海洋酸性上升为情境,考查电化学的电极方程式、p H变化及意义,意在提高学生的理解与辨识能力,证据推理和模型认知的核心素养。1 3.C【解析】在0 t1时间内,Y的浓度变化值为0.1 m o l/L,故该化学反应速率v(Y)=0.1 0/t1 m o lL-1s-1,A正确;该反应的化学平衡常数K=c2(Y)c(Z),平衡时c(Z)=

15、0.0 5 m o lL-1,而Y和Z的比例始终为21,故c(Y)=0.1 m o lL-1,故K=0.0 0 0 5,B正确;密闭容器中Y和Z的比例始终为21,则Z的体积分数始终为定值,故密闭容器中Z的体积分数不变不能说明反应达到平衡,C错误;若其他条件不变,t2时将容器体积压缩到1 L,则在那一刻Z的浓度达到0.1 m o lL-1,t3时达到新的平衡时,根据平衡常数不变可知Z的浓度应该回到0.0 5 m o lL-1,图像正确,D正确。【命题意图】本题以化学速率与平衡为情境,考查化学反应速率、化学平衡常数、平衡标志及图像的绘制,意在考查理解变化观念和平衡思想的核心素养。1 4.D【解析】

16、硫酸是强酸,S r S O4溶液中S r2+的浓度不随p H的改变而改变,所以表示含S r S O4(s)的高三化学参考答案 第4 页(共8页)N a2S O4溶液,p M增大,c(S r2+)减小,c(S O2-4)增大,故分别表示含S r S O4(s)的1.0 m o lL-1、0.1 m o lL-1 N a2S O4溶液中p M随p H的变化;碳酸是弱酸,S r C O3溶液中c(C O2-3)随p H增大而增大,则c(S r2+)随p H的增大而减小,p M随p H的增大而增大,所以 分别表示含S r C O3(s)的1.0 m o lL-1、0.1 m o lL-1 N a2C

17、O3溶液中p M随p H的变化。据此分析,Ks p只与温度有关,S O2-4浓度越大,c(S r2+)越小,则表示S r S O4(s)在0.1 m o lL-1 N a2S O4溶液中p M随p H的变化,表示S r S O4(s)在1 m o lL-1 N a2S O4溶液中p M随p H的变化,根据曲线,Ks p(S r S O4)=0.11 0-5.5=1 0-6.5,当c(S O2-4)=1.0 m o lL-1时c(S r2+)=1 0-6.51=1 0-6.5,故p M=6.5,即a=6.5,A正确;在溶液中存在转化平衡:S r S O4(s)+C O2-3(a q)S O2-4

18、(a q)+S r C O3(s),溶液p H越小,c(H+)增大,H+与C O2-3反应,导致c(C O2-3)减小,化学平衡逆向移动,因此越不利于S r S O4转化为S r C O3,B正确;由上述分析可知,C正确;将p H=6.8状态下的、两物料等体积混合后,相当于溶液稀释,c(C O2-3)、c(S O2-4)均减小,c(S r2+)增大,p M减小,所以p M小于5.5,D错误。【命题意图】本题以工业生产S r C O3为情境,考查沉淀溶解平衡体系中沉淀的转化、离子浓度的相对大小比较等知识,意在考查学生获取信息、分析推测等关键能力。1 5.(1 4分,除标注外每空2分)【答案】(1

19、)3OH+8 KM n O4 3 KOO C(CH2)4C OOK+8 M n O2+2 KOH+5 H2O(2)滴速过快,反应放热温度升高过快,易失控或发生副反应;滴速过慢,反应速率慢(答案合理即可)(3)无紫色(1分)(4)B(5)使己二酸钾转化为己二酸(6)不饱和(1分)恒温蒸发结晶(7)7 0【解析】(1)根据得失电子守恒和原子守恒,配平反应方程式为:3OH+8 KM n O4 3 KOO C(CH2)4C OOK+8 M n O2+2 KOH+5 H2O;(2)结合第一问方程式和可知,氧化过程在5 0 左右的条件下进行,且该反应为放热反应,放出的热量会使反应温度升高,若滴速过快,反应

20、放出的热量会使容器内反应温度升高过快而使反应失控,且易发生副反应:过慢,反应速率慢导致未作用的环己醇积聚起来。(4)抽滤完毕时,应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管,后关闭水龙头,以防倒吸。(5)酸化的目的是使己二酸钾转化为己二酸。(6)介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态,稳定区溶液浓度较低,表示己二酸溶液处于不饱和状态;重结晶时,实验室常根据直线EH I从溶液中获取己二酸晶体,则温度不变,增大己二酸的浓度,对应的实验操作为恒温蒸发结晶、过滤、结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)根据题中数据分析可知KM n O4少量,根据反应方程式可知8 KM n O43 HOO C(CH2)4C OOH,故己二酸的理

21、论产量为4.5 9 9 g0.1 2 m o l 381 4 6 g/m o l1 0 0%=7 0%。【命题意图】本题以常用的有机工业原料己二酸的制备实验为背景考查学生氧化还原反应方程式的书高三化学参考答案 第5 页(共8页)写、实验条件的分析及控制、抽滤和结晶等常见的实验操作、实验步骤的分析、产品产率的计算等知识,旨在考查学生从题目中获取信息的能力、实验能力、综合分析解决问题及处理数据的能力等,培养学生科学探究与创新意识的学科素养。1 6.(1 5分,除标注外每空1分)【答案】(1)C u S、S或C u S、S、C a S O4(2分,只要C u S、S答对1个给1分)(2)反应过程中易

22、产生H2S气体,污染环境(3)溶液中存在N i2+4 B+2 HA#/J+2 H+,加入N a OH溶液OH-与H+反应,使平衡向正反应方向移动,提高镍萃取率(2分)6 0%提高N i S O46 H2O产率或提高N i2+利用率(合理即可)(4)2 N a+C l O-3+6 F e2+4 S O2-4+9 H2ON a2F e6(S O4)4(OH)1 2+C l-+6 H+(2分)(5)M g F2 否(6)橙黄色紫色(2分)1 7.3(2分)【解析】由流程图可知,粗硫酸镍(含N i2+、C u2+、F e3+、C a2+、M g2+等多种离子)加水和硫酸进行酸浸溶解,得到含有N i2+

23、、C u2+、F e3+、C a2+、M g2+、H+、S O2-4等离子的浸出液,生成少量C a S O4,向浸出液中加入N a H S,C u2+与H S-发生反应转化为C u S沉淀除去,同时F e3+可与H S-发生氧化还原反应生成F e2+和S单质,过滤后得到滤液和滤渣1,滤渣1为C u S、S和C a S O4,滤液中含有N i2+、F e2+、C a2+、M g2+、H+、S O2-4,向滤液中加入HB L 1 1 0萃取剂使N i2+进入有机相生成#/J,加入氢氧化钠溶液使N i2+4 B+2 HA#/J+2 H+正向移动,提高镍萃取率。向有机相中加入硫酸反萃取,使N i2+进

24、入水相,经深度净化后得到高纯度的硫酸镍溶液,对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。反萃取后分离得到的有机相HB L 1 1 0经氢氧化钠溶液皂化后可以再生,再生萃取剂同样可以达到较好的萃镍效果,在工业上实现闭路循环。萃余液中含有N i2+、F e2+、C a2+、M g2+、H+、S O2-4等离子,加入N a C l O3将F e2+氧化为F e3+,再加入N a F将C a2+、M g2+转化为C a F2、M g F2沉淀除去,再次进行过滤得到滤液A,滤液A中仍含有一定量N i2+,返回溶解步骤重复利用,提高产品产量,据此分析。(1)根据分析可知,混合液中C

25、 a2+与S O2-4生成少量微溶物C a S O4,向浸出液中加入N a H S,C u2+转化为C u S沉淀除去,同时F e3+可与H S-发生氧化还原反应生成F e2+和S单质。(2)粗硫酸镍溶解后溶液呈强酸性,部分H S-与H+结合产生H2S,H2S有毒对环境造成污染。(3)通过HB L 1 1 0的萃取机理N i2+4 B+2 HA#/J+2 H+,可以看出在萃取平衡过程中会产生氢离子,而皂化剂N a OH会消耗反应生成的氢离子促使萃取过程正向进行,从而使更多的镍离子进入有机相中,提高镍萃取效率;当皂化率为6 0%时镍元素萃取率已经较高,再提升皂化率,镍元素萃取率改变不大,因此皂化

26、率选择6 0%。根据图像可知,经萃取后萃余液中仍含有一定量的N i2+,为提高高三化学参考答案 第6 页(共8页)N i S O46 H2O产率,应将“滤液A”循环返回至“萃取”操作。(4)“萃余液”中铁元素以F e2+存在,C l O-3在酸性环境中有强氧化性,根据氧化还原反应配平方程式:2 N a+C l O-3+6 F e2+4 S O2-4+9 H2ON a2F e6(S O4)4(OH)1 2+C l-+6 H+。(5)氟化钙、氟化镁的类型相同时,Ks p小的先沉淀,故M g F2先沉淀;根据Ks p(C a F2)=c(C a2+)c2(F-),c2(F-)=Ks p(C a F2

27、)c(C a2+)=5.31 0-90.0 5 3=1 0-7 m o lL-1,c(M g2+)=Ks p(M g F2)c2(F-)=6.51 0-1 11 0-7=6.51 0-1 11 0-7=6.51 0-4 m o lL-11 0-5 m o lL-1,没有沉淀完全。(6)紫脲酸胺为紫色试剂,遇N i2+显橙黄色,则滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液时,溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不恢复原色。反应为N i2+H2Y2-=N i Y2-+2 H+,则样品中N i的物质的量为0.1 0 0 m o l L-11 7.6 01 0-3L 1 0 0 mL2 0.0 0 mL=8.

28、81 0-3 m o l,镍 元 素 的 质 量 分 数 为8.81 0-3 m o l 5 9 g/m o l3.0 0 g1 0 0%=1 7.3%。【命题意图】本题通过利用铜冶炼过程中产生的副产物粗硫酸镍制备N i S O46 H2O的工艺流程考查化学工艺流程的分析和判断、氧化还原型离子反应方程式的书写、反应条件的选择和分析、化学实验基本操作、定量计算,培养学生知识获取能力、理解与辨析能力、数据处理能力,提升学生的科学态度与社会责任感。1 7.(1 5分,除标注外每空2分)【答案】(1)2 KHC O3K2C O3+C O2+H2O(1分)3(2)A(1分)N i5G a3、2 1 0(

29、1分)2 1 5a1 0 0-1.8a 3(1 0 0-1.8a)22 5a2$0)$0)0)$00)0(2分,图中不标物质也给分)(3)C O2+6 H+6 e-CH3OH+H2O【解析】(1)H2C O3的Ka 2=5.01 0-1 1,即Ka 2=c(C O2-3)c(H+)c(HC O-3)=51 0-1 1,当c(C O2-3)c(HC O-3)=12,解得c(H+)=1 0-1 0 m o l/L,已知Kw=11 0-1 3,则c(OH-)=Kwc(H+)=1 0-3 m o l/L,故p OH=3;(2)A.根据=mV,反应前后均为气体,则总质量不发生变化,恒压条件下,容积可变,

30、反应达到平衡,容积不变,则密度不变,A正确;B.初始投料按照化学计量数之比投入,故反应物的转化率相等,始终保持不变,B错误;C.速率之比要满足化学计量数之比,C错误;D.恒压条件下,通入惰性气体,容器体积增大,平衡逆向移动,反应物的平衡转化率减小,D错误。由图可知,甲醇的平均生成速率之比为v2 2 3 v1 6 9=2。根据投料比,起始分压p(C O2)为1.0 MP a,p(H2)为2.0 MP a。根据升温后反应级数的变化,列式v2 2 3 v1 6 9=k2 2 3(1.0 MP a)2 m(2.0 MP a)nk1 6 9(1.0 MP a)m(2.0 MP a)n=2,可得高三化学参

31、考答案 第7 页(共8页)k2 2 3 k1 6 9=2;设气体总物质的量为1 0 0 m o l,根据反应,结合题意:C O2(g)+3 H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n(g)a3a002a0.9a2.7a0.9a0.9a1.8a0.1a0.3a0.9a0.9ap(H2)=0.3a1 0 0-1.8a5 0=1 5a1 0 0-1.8a b a r,其他气体压强同理可求,故Kp=p(CH3OH)p(H2O)p(C O2)p3(H2)=4 5a1 0 0-1.8a4 5a1 0 0-1.8a5a1 0 0-1.8a 1 5a1 0 0-1.8a 3=3(1 0 0-1.8a)22 5

32、a2;若反应1为慢反应,反应1的活化能小于反应1,且反应1为吸热反应,反应2是放热反应,总反应为放热反应,画出上述两步反应能量变化的示意图$0)$0)0)$)0)0。(3)用电解法在酸性水溶液中将C O2直接转化为CH3OH,C O2得电子生成CH3OH,则生成CH3OH的电极反应式为C O2+6 H+6 e-CH3OH+H2O。【命题意图】本题以双碳背景下的热点工艺“绿色甲醇”的制备为主线考查热化学、电化学、电离平衡常数、活化能与化学反应速率、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动、速率常数及化学平衡常数的计算等知识点,考查学生的逻辑思维、计算能力、处理陌生信息的能力及综合分析解决问题等能力,培

33、养学生变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等学科素养。1 8.(1 4分,除标注外每空2分)【答案】(1)/0000 还原反应(1分)(2)甲酸乙酯(3)/0$M0$M/)e)$M)0$)$0,%./)$M/000)$M(2分,合理即可)(4)6 HOOCOCHCH3CH3(5)/0/)/0)401E$)$)$00),.O0)$0/)(3分)高三化学参考答案 第8 页(共8页)【解析】(1)对比A、C的结构变化,结合两个反应的条件可知AB为A在N a NO2和HNO3条件下,在苯环上发生硝化反应得到B,B在5%P d/C条件下,硝基被还原为氨基得到C;根据A、C的结构可推断B的结构简式为/0

34、000;BC的反应类型为还原反应;(2)E t代表-CH2CH3,则HC OO E t为HC OO CH2CH3,名称为甲酸乙酯;(3)E和$M/)e)$M)0在一定条件下反应生成F,分析几种物质的结构简式,同时还生成HC l,则该反应的化学反应方程式为/0$M0$M/)e)$M)0$)$0,%./)$M/000)$M;(4)根据M遇F e C l3溶液显紫色,则分子结构中应至少有1个-OH直接连在苯环上,根据1 m o l M与足量N a OH溶液反应消耗3 m o l N a OH,结合M分子中含有3个O原子,则应还含有一个酚酯基,根据苯环 上 有 两 个 取 代 基,则 一 个 取 代

35、基 为-OH,另 一 个 取 代 基 为OCOCH2CH2CH3或OCOCHCH3CH3,两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系,则符合条件的同分异构体有6种;(5)分析N的结构可知,N可由NH2和COOH经脱水缩合得到,CH3经氧化可得COOH,结合题中信息,经硝化再还原可以得到NH2,设计合成路线如下:/0/)/0)401E$)$)$00),.O0)$0/)。【命题意图】本题通过新药替沃扎尼的合成路线考查简单有机物的命名、反应类型的判断、依据反应信息综合分析推断反应物或产物的结构及书写化合物结构简式、有机反应方程式的书写、同分异构体数目的判断和书写,考查学生对题中所给信息的解读及对有机化学反应的掌握和运用能力,培养学生分析与预测、归纳与论证的化学学科关键能力。