精品解析：湖北省武汉市第六中学2024-2025学年高三下学期第5次月考化学试卷

湖北省武汉市第六中学2022级高三年级第5次月考 化学试卷 一、选择题(每小题3分，共45分) 1. 我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是 A. 的原子核内有21个中子 B. 的半衰期长，说明难以失去电子 C. 衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间 D. 从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化 2. 下列说法不正确的是 A. 基态Cr原子价层电子轨道式： B. N2、N、N4、N互为同素异形体 C. N，N-二甲基甲酰胺： D. 共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式： 3. 下列说法不正确的是 A. 酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸 B. 蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体，其中只有蔗糖不能发生银镜反应 C. 在不同pH的溶液中，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最大 D. 甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药 4. 下列离子方程式书写正确是 A. 硝酸钡溶液中通入少量： B. 用过量的碳酸钠溶液吸收氯气： C. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热： D. 铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应： 5. 实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是 A．制备胶体 B．测量气体的体积 C．将剩余钠放回试剂瓶 D．分离碘和氯化铵固体 A. A B. B C. C D. D 6. 以下说法正确的是 A. 草酸(H2C2O4)中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同 B. Fe3Cl8可表示为FeCl2•2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3 C. 同系物性质一定相似 D. 羟胺的碱性比氨更弱，这是因为羟基氧的电负性比氢更大 7. 工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为，含有等杂质)。 已知：ⅰ、常温下，难溶于水；可以与形成 ⅱ、可溶于一定浓度的盐酸。 ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。 下列说法不正确的是 A. 浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含物质的溶解性 B. 反应Ⅰ中，每消耗，生成 C. 反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为： D. 反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的覆盖在固体表面 8. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是 A. 分子中存在极性键和非极性键 B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体 C. 1 mol的含个σ键 D. 转化为环形碳()过程，发生了还原反应 9. 某离子液体结构如图示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，Z是第4周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级。下列说法正确的是 A. 单质的沸点：Y<Z< X B. 电负性：Y>W>X C. 原子半径：Z>Y>X D. Z的氧化物的水化物为强酸 10. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为 C. 晶胞2中距最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示同一晶体 11. 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 A. 水溶液的 B. 水溶液加水稀释，升高 C. 在水中的电离方程式为： D. 水溶液中： 12. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是 A. 与X的化学计量比为 B. P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同 C. P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构 D. Y通过碳碳双键加聚反应生成的高分子难以降解 13. 苯和可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B. 反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C. 加入可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D. 经两步发生反应①的总焓变 14. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 15. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在的体系中，研究在不同pH时的可能产物，与pH的关系如图2所示。曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。下列说法正确的是 A. 由M点可求得 B. 的体系中： C. Q点的体系中，发生反应 D. P点的体系中， 二、填空题(4题，共55分) 16. 氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A主要成分是_____(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_____。 （3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为_____。 （4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_____。 （5）下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。 A. 过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率 B. 可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C. 过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D. 该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O （6）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=_____mol∙L−1。 17. 二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。 一定条件下使、的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有： I．；， II． ；， （1）、分别是正反应的活化能，、分别是逆反应的活化能，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 （2）恒温恒容条件下，将和组成的混合气体通入的反应器中发生反应。下列有关说法正确的是_______(填字母)。 A. 反应过程中 B. 容器的压强不再变化时，反应都达到平衡 C. 加入反应I的催化剂，升高反应I的活化能，故提高平衡时的选择性 D. 降低反应温度，反应I的正反应速率加快、反应II的正反应速率减小 （3）将和组成的混合气体通入不同温度下体积均为的反应器，均经过检测生成物的物质的量，如下图所示。 ①实验过程中，高于380°C后曲线C逐渐减小，分析发生该变化的原因：_______。 ②计算450℃时，在内的平均反应速率_______。 ③450℃时，反应II的平衡常数_______(结果保留两位小数)。 （4）下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。 ①电解过程中双极膜产生的移向_______极(填“M或N”)。 ②N极为_______极(填“阳”或“阴”)，N电极生成甲醛的电极反应式为_______。 18. I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 （1）阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：_______和。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： （2）300℃，发生反应：① ② ③ 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系_______。 （3）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为_______。 方法二、O2氧化脱硫： （4）某同学探究活性炭吸附催化氧化，以N2作稀释剂，一定温度下，通入、和反应生成，其中不同温度下，在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A. 温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B. 已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C. 原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D. 随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的占据了吸附位点没及时脱出导致 （5）在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由_______。 19. 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 （1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。 b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。 （3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二：__________（按上图形式呈现）。 b．假设ii成立的实验证据是__________。 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。 20. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体的合成路线如下： 已知： i．； ii．； （1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是___________。 （2）B中含有，试剂a是___________。 （3）D的结构简式是___________。 （4）中，反应i的化学方程式为___________。 （5）下列关于有机物和的说法正确的是___________(填字母)。 a．和均没有手性碳原子 b．和均能与反应 c．和均能与银氨溶液反应 （6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。 中间产物1、中间产物3的结构简式是___________、___________。 （7）的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为___________。 21. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知：i、 ii、 iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 （1）A→B所需试剂是_____。 （2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_____。 （3）E中官能团的名称为_____。 （4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为_____。 （5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_____。 a．能与NaHCO3反应 b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1 （6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为_____、_____。 （7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省武汉市第六中学2022级高三年级第5次月考 化学试卷 一、选择题(每小题3分，共45分) 1. 我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是 A. 的原子核内有21个中子 B. 的半衰期长，说明难以失去电子 C. 衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间 D. 从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确； B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误； C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变一半所需的时间，C错误； D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误； 本题选A。 2. 下列说法不正确的是 A. 基态Cr原子的价层电子轨道式： B. N2、N、N4、N互为同素异形体 C. N，N-二甲基甲酰胺： D. 共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据洪特规则，电子总是先单独占有空轨道，并且自旋方向相同，但3d与4s并不是同一能级轨道，自旋方向可以相反，基态Cr原子的价层电子轨道式：，A正确； B．同种元素形成的不同单质互为同素异形体，阴、阳离子不能互称同素异形体，B错误； C．的名称为N，N－二甲基甲酰胺，C正确； D．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，铝和氯之间存在配位键，结构式为，D正确； 故答案选B。 3. 下列说法不正确的是 A. 酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸 B. 蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体，其中只有蔗糖不能发生银镜反应 C. 在不同pH的溶液中，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最大 D. 甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药 【答案】C 【解析】 【详解】A． 脂肪多数是饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，油主要是由不饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸，故A正确； B． 蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都是C12H22O11，但其结构不同，故其互为同分异构体，其中麦芽糖和乳糖都是还原性糖、能发生银镜反应，只有蔗糖不能发生银镜反应，故B正确； C．氨基酸分子中的氨基和羧基相互作用时，氨基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子，称为内盐，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最小，可以结晶析出，故C错误； D．硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料；纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生成的硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故D正确; 故答案为：C 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 硝酸钡溶液中通入少量： B. 用过量的碳酸钠溶液吸收氯气： C. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热： D. 铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋2＋3SO2＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，A错误； B．碳酸钠过量时，产物为，离子方程式为2＋Cl2＋H2O=2＋ClO-＋Cl-，B错误； C．氯原子也会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH-HOCH2COO-＋C2H5OH+Cl-，C错误； D．铝能与氢氧化钠溶液反应，生成和氢气，D正确； 故答案选D。 5. 实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是 A．制备胶体 B．测量气体的体积 C．将剩余钠放回试剂瓶 D．分离碘和氯化铵固体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备胶体时应向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，不能用自来水，自来水中杂质会使得胶体聚沉，A错误； B．NO2与水反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），不能用排水法测量其体积，B错误； C．钠的性质非常活泼，随意丢弃易发生事故，实验室中剩余的钠要放回试剂瓶，钠的密度大于煤油，可放回盛装煤油的试剂瓶中，C正确； D．氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加热碘和氯化铵固体混合物后，升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘和氯化铵固体，D错误； 故选C。 6. 以下说法正确的是 A. 草酸(H2C2O4)中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同 B. Fe3Cl8可表示为FeCl2•2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3 C. 同系物性质一定相似 D. 羟胺的碱性比氨更弱，这是因为羟基氧的电负性比氢更大 【答案】D 【解析】 【详解】A．草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，A错误； B．可表示为，但在水溶液中不能制备出，因为铁离子能将碘离子氧化为碘单质，B错误； C．物理或化学性质可能不同，如苯、甲苯、二甲苯为同系物，但是苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，后两者可以，C错误； D．因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱所以羟胺的碱性比氨更弱，D正确； 故选D。 7. 工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为，含有等杂质)。 已知：ⅰ、常温下，难溶于水；可以与形成 ⅱ、可溶于一定浓度的盐酸。 ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。 下列说法不正确的是 A. 浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含物质的溶解性 B. 反应Ⅰ中，每消耗，生成 C. 反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为： D. 反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的覆盖在固体表面 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知：常温下，难溶于水；可以与形成，浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含物质的溶解性，A正确； B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3，根据电子守恒可知，，则每消耗，生成，B正确； C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：，C错误； D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的覆盖在固体表面，减小了反应面积，导致反应速率减慢，D正确； 故选C。 8. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是 A. 分子中存在极性键和非极性键 B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体 C. 1 mol的含个σ键 D. 转化为环形碳()的过程，发生了还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确； B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确； C． 1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1 mol的含个σ键，C错误； D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。 故选C。 9. 某离子液体结构如图示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y原子序数之和为14，Z是第4周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级。下列说法正确的是 A. 单质的沸点：Y<Z< X B. 电负性：Y>W>X C. 原子半径：Z>Y>X D. Z的氧化物的水化物为强酸 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，化合物中W只形成1个共价键，W为H元素；X形成4个共价键，X为C元素；Y形成3个共价键，Y为N元素，满足W、X和Y的原子序数之和为14；由形成双键处的Y可知，Y失去1个电子，则Z带1个负电荷，Z为第四周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级，可知Z为Br元素，以此来解答。 【详解】由上述分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为Br元素， A．N2常温下是气体，Br2常温下是液体，X为C元素，常温下是固体，则单质的沸点：Y<Z< X，故A正确； B．同周期主族元素从左往右电负性增大，化合物中电负性大的显负价，则电负性：N＞C＞H，即顺序为Y>X>W，故B错误； C．同周期主族元素从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径顺序为Z>X>Y，故C错误； D．Z的氧化物的水化物之一为HBrO，属于弱酸，故D错误； 故选：A。 10. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为 C. 晶胞2中距最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示同一晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为，含有S的数目为，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，故A正确； B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误； C．如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确； D．如图，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确； 故选B。 11. 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 A. 水溶液的 B. 水溶液加水稀释，升高 C. 在水中的电离方程式为： D. 水溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误； B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确； C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误； D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误； 综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。 12. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是 A. 与X的化学计量比为 B. P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同 C. P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构 D. Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解 【答案】B 【解析】 【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知与X的化学计量比为，A正确； B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为，Y的分子式为，二者分子式不相同，B错误； C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确； D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确； 故选B。 13. 苯和可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快 B. 反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 C. 加入可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率 D. 经两步发生反应①的总焓变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生取代反应，A错误； B．苯中碳原子都是sp2杂化，与最右边上下两个碳原子是sp3杂化，其余为sp2杂化，B正确； C．催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错误； D．焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变，D错误； 故选B。 14. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。 【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误； B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误； C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确； D.海水中离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误； 故选：C。 15. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在的体系中，研究在不同pH时的可能产物，与pH的关系如图2所示。曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。下列说法正确的是 A. 由M点可求得 B. 的体系中： C. Q点的体系中，发生反应 D. P点的体系中， 【答案】D 【解析】 【分析】图1表示体系，随着pH的逐渐减小，溶液中逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，当pH=6.37时，两曲线交点表示溶液中，当pH=10.25时，两曲线交点表示溶液中，由此可算出对应的电离平衡常数；图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。 【详解】A．根据图1可知N点pH=10.25时，溶液中，则， A错误； B．从图1可知时， ， B错误； C．根据图2可知点对应pH=8，该点位于Mg(OH)2曲线(Ⅱ)的上方，曲线(Ⅰ)的下方；根据图1可知，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为， C错误； D．图2可以看出点pH=11、时，该点位于曲线I、Ⅱ的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，，根据物料守恒，溶液中，D正确； 故答案为：D。 二、填空题(4题，共55分) 16. 氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是_____(填写化学式)。 （2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_____。 （3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为_____。 （4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_____。 （5）下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。 A. 过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率 B. 可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C. 过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D. 该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O （6）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=_____mol∙L−1。 【答案】（1）BaSO4、SiO2 （2）4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O （3）2+2+2H+=2Ce3++(SCN2H3)2+4HF （4）防止Ce3+被氧化 （5）CD （6）0.2 【解析】 【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。 【小问1详解】 根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。 【小问2详解】 在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。 【小问3详解】 根据信息硫脲( )具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2+2 +2H+=2Ce3++(SCN2H3)2+4HF。 【小问4详解】 步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。 【小问5详解】 A．由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误； B．碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误； C．减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确； D．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正确； 故选CD。 【小问6详解】 Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c()=0.2mol∙L−1。 17. 二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。 一定条件下使、的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有： I．；， II． ；， （1）、分别是正反应的活化能，、分别是逆反应的活化能，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 （2）恒温恒容条件下，将和组成的混合气体通入的反应器中发生反应。下列有关说法正确的是_______(填字母)。 A. 反应过程中 B. 容器的压强不再变化时，反应都达到平衡 C. 加入反应I的催化剂，升高反应I的活化能，故提高平衡时的选择性 D. 降低反应温度，反应I的正反应速率加快、反应II的正反应速率减小 （3）将和组成的混合气体通入不同温度下体积均为的反应器，均经过检测生成物的物质的量，如下图所示。 ①实验过程中，高于380°C后曲线C逐渐减小，分析发生该变化的原因：_______。 ②计算450℃时，在内的平均反应速率_______。 ③450℃时，反应II的平衡常数_______(结果保留两位小数)。 （4）下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。 ①电解过程中双极膜产生的移向_______极(填“M或N”)。 ②N极为_______极(填“阳”或“阴”)，N电极生成甲醛的电极反应式为_______。 【答案】（1）小于 （2）AB （3） ①. 反应I是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，的物质的量减小 ②. ③. （4） ①. M ②. 阴 ③. 【解析】 【小问1详解】 ，解得；，解得，则小于。 【小问2详解】 A．将和组成的混合气体通入的反应器中发生反应，含碳原子的物质有CO2、CO、CH2O，则根据碳原子守恒可知，反应过程中，A正确； B．反应I是气体分子数减少的反应，反应II是气体分子数不变的反应，则反应开始至达到平衡过程，恒温恒容反应器中混合气体分子数不断减少，压强不断减小，则当容器的压强不再变化时，能说明反应都达到平衡，B正确； C．加入反应I的催化剂，降低反应I的活化能，可提高平衡时的选择性，C错误； D．降低反应温度，反应I、II的正反应速率均减小，D错误； 故选AB。 【小问3详解】 ①反应的生成物有CH2O、H2O和CO，因反应I、II均生成，则的物质的量最多，即曲线A表示的变化；反应I是放热反应，反应达到平衡后，升高温度，导致平衡逆向移动，的物质的量减少，则曲线C表示的变化，且曲线C先升后降，说明最高点达到平衡状态；曲线A表示的变化，曲线C表示的变化，则曲线B表示的是CO的变化。实验过程中，高于380°C后曲线C逐渐减小，发生该变化的原因是：反应I是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，的物质的量减小； ②由图可知，曲线A表示的变化，a点，所以时，在内的平均反应速率； ③时，容器内各组分的物质的量分别为：，：，：，：，：，容器体积为2L，则反应II的平衡常数； 【小问4详解】 ①由图可知，N极上被还原生成，则N极为阴极，M极为阳极，电解池中阴离子移向阳极，所以电解过程中双极膜产生的移向M极； ②由图可知，N极上被还原生成，则N极为阴极，由于是碱性介质(KOH)，所以N电极生成甲醛的电极反应式为：。 18. I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 （1）阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：_______和。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： （2）300℃，发生反应：① ② ③ 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系_______。 （3）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为_______。 方法二、O2氧化脱硫： （4）某同学探究活性炭吸附催化氧化，以N2作稀释剂，一定温度下，通入、和反应生成，其中不同温度下，在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A. 温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B. 已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C. 原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D. 随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的占据了吸附位点没及时脱出导致 （5）在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由_______。 【答案】（1） （2） （3） （4）BD （5）该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快 【解析】 【小问1详解】 电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，然后发生反应：。 【小问2详解】 由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③，则三个反应的之间的关系为：。 【小问3详解】 根据已知条件列出“三段式” K==3.375，解得x=1mol，则平衡时= =。 【小问4详解】 A．由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误； B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确； C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误； D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确； 故选BD 小问5详解】 原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快。 19. 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 （1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。 b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。 （3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二：__________（按上图形式呈现）。 b．假设ii成立的实验证据是__________。 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。 【答案】 ①. 2Ag++===Ag2SO3↓ ②. 有红色固体生成 ③. HCl溶液和BaCl2溶液 ④. 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 ⑤. Al3+、OH- ⑥. ⑦. V1明显大于V2 ⑧. 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 ⑨. 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 【解析】 【详解】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓； (2). ①. 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成； ②. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液； b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−； (3). ①. 根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-； ②. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：； b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，故答案为 V1明显大于V2； （4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性； 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。 20. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体的合成路线如下： 已知： i．； ii．； （1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是___________。 （2）B中含有，试剂a是___________。 （3）D的结构简式是___________。 （4）中，反应i的化学方程式为___________。 （5）下列关于有机物和的说法正确的是___________(填字母)。 a．和均没有手性碳原子 b．和均能与反应 c．和均能与银氨溶液反应 （6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。 中间产物1、中间产物3的结构简式是___________、___________。 （7）的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为___________。 【答案】（1） （2）HBr （3） （4） （5）bc （6） ①. ②. 或者 （7） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的一定条件下与环氧乙烷反应生成，则A为、B为；与溴化氢发生取代反应生成，则C为；催化剂作用下与CH2(COOCH3)2发生取代反应生成，则D为；催化剂作用下与Br(CH2)2CHO发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成 ，酸化生成，则F为；共热发生脱羧反应生成，则G为；一定条件下转化为，与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，与二氧化硒发生氧化反应生成，则J为；催化剂作用下发生取代反应生成。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为； 【小问2详解】 由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢； 【小问3详解】 由分析可知，D的结构简式为； 【小问4详解】 由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为； 【小问5详解】 由分析可知，F和G的结构简式为和； a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：，a错误； b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故b正确； c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故c正确； 故答案选bc； 【小问6详解】 由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或； 【小问7详解】 由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3:1。 21. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知：i、 ii、 iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 （1）A→B所需试剂是_____。 （2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_____。 （3）E中官能团的名称为_____。 （4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为_____。 （5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_____。 a．能与NaHCO3反应 b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1 （6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为_____、_____。 （7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为_____。 【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸 （2） （3）硝基、羧基 （4） （5） （6） ①. 中间产物1 ②. 中间产物3 （7）40% 【解析】 【分析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式可知，B是，C的结构简式为，C水解生成D，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。 【小问1详解】 A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸； 【小问2详解】 B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：； 【小问3详解】 E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基； 【小问4详解】 F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：； 【小问5详解】 I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：； 【小问6详解】 J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K； 【小问7详解】 三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $