精品解析：浙江金华十校2026年4月高三模拟考试化学试题卷

金华十校2026年4月高三模拟考试 化学试题卷 说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟； 2.请将答案写在答题卷的相应位置上； 3.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 2006年科学家合成了超重元素——，其中294代表 A. 质子数 B. 质量数 C. 中子数 D. 电子数 2. 下列有关碳化硅(SiC)的描述不正确的是 A. 俗称金刚砂 B. 属于共价晶体 C. 抗氧化性强 D. 熔点较低 3. 下列化学用语表示不正确的是 A. 基态B原子的价层电子排布式： B. 苯分子的最简式：CH C. 的系统命名法：2—甲基丙烷 D. 的电子式： 4. 在一密闭容器中进行反应： 。达到平衡后，下列各项措施可以提高X的转化率的是 A. 升高体系温度 B. 将X固体粉碎 C. 加入适量催化剂 D. 增大体系压强 5. 下列说法不正确的是 A. 原子半径：K>Al B. 碱性： C. 标况下密度： D. 还原性： 6. 根据性质推测物质的用途，下列说法中不正确的是 A. 难溶于水且不与水反应，可用作牙膏中的摩擦剂 B. 聚四氟乙烯耐酸、碱腐蚀，可用于制造酸碱通用型滴定管的旋塞 C. 铵盐受热易分解，不可作为氮肥施用 D. 丙烯腈()能聚合，可用于合成纺织纤维 7. 下列实验操作中正确的是 A. 测定溶液的pH时，将pH试纸浸入该溶液，取出后与标准比色卡比对并读数 B. 金属钠切割后的碎屑粘在滤纸上无法回收，不可随便丢弃，可用乙醇进行处理 C. 苯酚不慎沾到皮肤上，立即用水冲洗，再用3~5%的溶液冲洗 D. 做过银镜反应的试管，用足量氨水浸泡后，再用水反复冲洗洗净 8. 下列化学方程式或离子方程式不正确的是 A. 溶液中加入： B. 漂白粉溶液久置于空气中完全变质： C. 甲醛与过量反应： D. 水玻璃长期露置于空气中变浑浊： 9. 下列有关实验装置的操作或目的，不正确的是 A．配制一定质量分数的溶液时转移溶液 B．观察与反应的体积变化 C．实验室制备少量 D．实验室制备少量乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 10. N-羟基琥珀酰亚胺酯(记作X)可作疏水染料，可用于测量荧光寿命和荧光偏振。下列说法正确的是 A. 与足量加成，1 molX最多能消耗10 mol B. X在酸或碱催化下均能发生水解，且产物相同 C. X中存在3个“”结构单元 D. X中存在极性键、非极性键和配位键 11. 无水盐固态时具有链状结构，结构如图，气态时存在二聚体分子。下列说法不正确的是 A. 固态中Be原子为杂化 B. 二聚体中所有氯原子所处化学环境相同 C. 充分加热晶体，可生成BeO固体 D. 与过量NaOH溶液反应： 12. TMAH[]是一种强碱，可采用四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]为原料，利用三室两膜法电解制备，中间原料池中离子分别通过交换膜往两极移动，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 电池左侧为阳极池 B. 电极N上的电极反应式为： C. 中间原料池中的通过阳离子交换膜移向阴极池 D. 理论上，每转移1 mol，阳极池生成0.25 mol气体 13. 环六糊精()具有空腔结构，腔内极性小，腔外极性大，可包合某些分子，如阿司匹林()下列说法正确的是 A. 环六糊精与阿司匹林可能通过氢键作用形成超分子 B. 环六糊精与阿司匹林形成超分子，体现了超分子具有自组装的特征 C. 环六糊精可实现阿司匹林分子中特定基团的化学反应 D. 极性小的分子均可被环六糊精包合形成超分子 14. 乙酰丙酸()在催化剂作用下转化为γ-戊内酯()的流程如下，下列说法不正确的是 A. 产物M是 B. 步骤②中加入，则γ-戊内酯中可能有 C. 步骤③中存在π键的形成，步骤④中存在π键的断裂 D. 以为原料，步骤⑤中的产物为 15. 已知：25℃，。 ， 。下列说法不正确的是 A. 稀释浓溶液，可析出CuI固体 B. 0.01 molCuI在1 L1 KI溶液中可溶解完全 C. D. 足量CuI在2 氨水中溶解达到饱和时的浓度约为0.375 16. 某小组利用如下方案对茶叶中四种微量金属元素铁、铝、钙、镁进行定量测定： 步骤Ⅰ：称取一定质量茶叶，粉碎、灰化后进行充分酸浸，过滤、洗涤； 步骤Ⅱ：往滤液(含、、、、等)中滴加使、完全沉淀，过滤、洗涤，滤液配制成一定体积的待测液； 步骤Ⅲ：准确移取25.00 mL待测液，加入5 mL25%三乙醇胺水溶液，再加入指示剂，用EDTA标准溶液测定、总含量； 步骤Ⅳ：取步骤Ⅱ的沉淀经一系列操作后分别测定铁、铝元素含量。 已知：EDTA与、、、、均能按1：1形成配合物。 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ的灰化操作需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿等 B. 步骤Ⅱ中为使、完全沉淀，需加入过量 C. 由步骤Ⅲ可知，与三乙醇胺的配位能力大于EDTA D. 步骤Ⅳ中一系列操作包括：酸溶、定容至100 mL、取样用EDTA滴定 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 化学的发展促进了人类的进步。请回答： （1）某金属铌的氧化物晶胞如图1所示， ①写出该氧化物的化学式______。 ②晶胞通过平移可以得到图2结构，则图2中Nb位于晶胞的______(选填“顶点、面心、棱心”)。 ③每个Nb周围距离最近且相等的Nb有______个。 （2）乙胺()可合成乙磺酰胺()，为除去乙磺酰胺中的乙胺，将混合物溶于乙醚，加入稀盐酸再分液，弃去水层。请从结构角度解释原因______。 （3）磷酰氯()是一种重要的化工原料，可用或()制取。 ①分子的VSEPR模型为______。 ②的组成元素均位于周期表中的______区，写出磷酰氯与过量反应的化学方程式______。 ③比较键角：中______中(填“>”或“<”)，说明理由：______。 ④磷酰氯与物质X反应生成一种阻燃剂中间体PDD()和HCl，写出物质X的结构简式______。 18. 某科研团队设计了一种创新性的金属钛冶炼工艺，模拟装置如图所示。 已知：①生产前需向阳极室加入NaCl并控温600℃，超导陶瓷只允许通过。部分物质的熔点、沸点如下： 物质 NaCl Ti TiC Na 熔点/℃ 800.8 1668 3140 98 沸点/℃ 136 883 ②题给条件下金属单质与、CO不发生反应。冶炼钛的主要反应是： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 请回答： （1）加一定量，使NaCl在600℃时就呈易于流动的熔融态，经加压溶入阴极室中的熔融NaCl，与Na发生反应Ⅱ。 ①阴极的电极反应式为______。 ②加的好处是______。 ③反应Ⅱ结束后，通过______(填写操作名称)分离出Ti，熔融NaCl循环利用。 （2）反应Ⅰ在600℃下达到平衡，混合气体中各组分的分压如下表，则反应Ⅰ的压强平衡常数(600℃)=______MPa。 物质 CO 分压/MPa （3）起始状态Ⅰ中的物质有(s)、C(s)、(g)、(g)和CO(g)，反应Ⅰ历经下列过程： 已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是______(填序号)。 A. 从Ⅰ到Ⅱ的过程 B. C. 平衡常数 D. 若体积，则 （4）因物质接触不均匀，阳极室可能发生如下副反应。 ①副反应Ⅲ： 。请设计实验证明该反应存在限度：取一定量平衡混合气体，______(各气体均可检出)。 ②副反应Ⅳ： 、 。 已知： 则______。 ③副反应Ⅴ：在作用下，与C生成TiC的简要机理如下，请补充完整。 (ⅰ)______，(ⅱ)。 ④上述3个副反应中，对金属Ti的纯度无明显影响的是副反应______(选填“Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ”)。 19. 硅酸乙酯[]可作金属的耐蚀涂层，某兴趣小组采用与反应制备，实验装置如图，步骤如下： Ⅰ、用图1装置制备。 Ⅱ、向图2装置a加入无水乙醇、装置b加入，冷却至，在不断搅拌下滴入至反应结束。 Ⅲ、将反应液加热至80~90℃，维持该温度约4小时，分离出硅酸乙酯。 已知：的沸点为57.6℃，[]的沸点为168.1℃，两种物质遇水均会水解。 请回答： （1）图2装置b的名称为______。 （2）步骤Ⅰ中若无B装置，则可能发生副反应______(用化学方程式表示)。 （3），查得如下数据：，。 已知与浓盐酸制可能经历如下过程： 第一步：(快反应) 第二步：(快反应) 第三步：(慢反应) ①下列说法正确的是______。 A．图1装置G中盛放碱石灰 B．步骤Ⅱ中需要用冷水浴进行冷却 C．装置a中不再产生气泡可判断步骤Ⅱ反应已结束 D．步骤Ⅲ分离出硅酸乙酯需进行的操作是萃取、分液 E．对与浓盐酸进行加热有利于反应自发、促进氯气逸出 ②已知：难溶于有机溶剂，溶于水显极浅棕绿色，在有机溶剂中的溶解度大且显绿色。请设计实验证实与浓盐酸的反应过程______。 （4）测定步骤Ⅰ制备的纯度。取 g产品充分溶于100 mL蒸馏水中，移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，滴加几滴甲基橙，用 NaOH标准溶液滴定至终点(硅酸未反应)，消耗标准溶液 mL。 ①产品的纯度为______%(用含、和的代数式表示)。 ②若测得结果偏高，可能是因为产品中混有______杂质。 20. 某药物的重要中间体合成路线如图所示。 已知： 请回答： （1）D中含氧官能团的名称______。 （2）I→J的化学方程式______。 （3）中“”氢的酸性()远大于“”中氢()的酸性，请解释原因______。 （4）下列说法不正确的是______。 A. 化合物A转化为化合物D经历了3步取代反应 B. 化合物H中所有碳原子不可能共平面 C. 流程中的可用酸性水溶液代替 D. 化合物F的分子式为 （5）化合物G与反应得到H需经历下图所示的微观历程。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N-O键。 中间产物1、中间产物3的结构简式是______、______。 （6）以丙酮、甲醛为主要原料合成______ (用流程图表示，无机试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $学科网命组卷网 金华十校2026年4月高三模拟考试 化学试题卷 说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟： 2.请将答案写在答题卷的相应位置上： 3.可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Si-28C-35.5 选择题部分 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.2006年科学家合成了超重元素一80g,其中294代表 A.质子数 B.质量数 C.中子数 D.电子数 【答案】B 【解析】 【详解】原了符号X中左下角乙代表质了数，左上角A代表质显数，故294代表质量数，答案选B。 2.下列有关碳化硅(SC)的描述不正确的是 A.俗称金刚砂 B.属于共价晶体 C.抗氧化性强 D.熔点较低 【答案】D 【解析】 【详解】A.碳化硅的俗称是金刚砂，描述正确，A不符合题意： B.碳化硅中S原子与C原子通过共价键连接形成空间立体网状结构，属于共价晶体，描述正确，B不符 合题意； C.碳化硅化学性质稳定，高温下也不易被氧气氧化，抗氧化性强，描述正确，C不符合题意： 第1页/共28页 命学科网命组卷网 D.共价晶体熔化需要破坏大量共价键，需要吸收极高能量，因此碳化硅熔点很高，“熔点较低”的描述 错误，D符合题意： 故答案选D。 3.下列化学用语表示不正确的是 A.基态B原子的价层电子排布式： 1s22s22p B.苯分子的最简式：CH cCH,CH(CH,2的系统命名法：2一甲基丙烷 N2的电子式： NN: 【答案】A 【解析】 【详解】A.B为5号元素，基态B原子的核外电子排布式为 s22s22p ，但对于主族元素，价层电子仅指 最外层参与成键的电子，因此B原子的价层电子排布式应 2s22p,A错误： B.苯的分子式 C。H,最简式是原子个数的最简整数比，因此苯的最简式为CH,B正确： CH,CH(CH,2是烷烃，最长碳链含3个C,支锥甲基位于2号碳，系统命名为2一甲基丙烷，C正确： D N:分子中两个N原子形成三对共用电子对，每个N原子各剩余一对孤对电子，满足8电子稳定结构， 图示电子式书写正确，D正确： 故选A。 4.在一密闭容器中进行反应：2X(S)一Y(g)+Z(g）△H>0。达到平衡后，下列各项措施可以提高X 的转化率的是 A.升高体系温度 B.将X固体粉碎 C.加入适量催化剂 D.增大体系压强 【答案】A 【解析】 第2页/共28页 学科网命组卷网 【详解】A.该反应正反应为吸热反应（△H>0)，升高温度平衡向正反应方向移动，X的转化率提高， A正确： B.X为固体，将X粉碎仅能增大接触面积、加快反应速率，不影响平衡移动，X转化率不变，B错误； C.催化剂只能同等程度改变正逆反应速率，不改变平衡状态，X转化率不变，C错误： D.该反应正反应为气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，X的转化率降低，D错误： 答案选A。 5.下列说法不正确的是 A.原子半径：K>Al B碱性： Ca(OH),>Mg(OH), CH>CO, D.还原性： OH>H,O C.标况下密度： 【答案】C 【解析】 【详解】A.同周期元素原子半径从左到右递减，同主族元素原子半径从上到下递增，K位于第四周期、 A1位于第三周期，原子半径K>Al,A正确： B.同主族元素从上到下金属性递增，最高价氧化物对应水化物的碱性随金属性增强而增强，金属性 Ca>Mg,故碱性Ca(OHD2>Mg(OH)2,B正确； M C,标况下气体密度满足P= Vm,'m为定值，密度与摩尔质量成正比，CH摩尔质量为l6gmol、CO2 摩尔质量为44gmol,故密度C02>CH4,C错误； D.还原性是物质失电子的性质，OH带负电荷，OH中-2价的0电子云密度比，0中：2价的0更大， H20 从而更容易给出电子，故还原性OH>H0,D正确； 故选C。 6.根据性质推测物质的用途，下列说法中不正确的是 A.Caco, 难溶于水且不与水反应，可用作牙膏中的摩擦剂 第3页/共28页 6学科网命组卷网 B.聚四氟乙烯耐酸、碱腐蚀，可用于制造酸碱通用型滴定管的旋塞 C.铵盐受热易分解，不可作为氨肥施用 CH,=CHCN D.丙烯腈( )能聚合，可用于合成纺织纤维 【答案】C 【解析】 【详解】A. CaC0难溶于水、不与水反应且硬度适中，符合牙膏摩擦剂的性质要求，A正确： B.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀、化学性质稳定，可制作酸碱通用滴定管的旋塞，B正确； C.铵盐含植物可利用的铵态氯，是常见的氮肥品类，受热易分解的性质仅要求储存和施用时规避高温环 境，并非不能作为氮肥施用，C错误； CH,-CHCN 含碳碳双键可发生加聚反应生成聚丙烯腈（腈纶），是常用的纺织纤维原料，D正确： 故答案选C。 7.下列实验操作中正确的是 A.测定溶液的pH时，将pH试纸浸入该溶液，取出后与标准比色卡比对并读数 B.金属钠切割后的碎屑粘在滤纸上无法回收，不可随便丢弃，可用乙醇进行处理 C.苯酚不慎沾到皮肤上，立即用水冲洗，再用35% ,NaHCO3溶液冲洗 D.做过银镜反应的试管，用足量氨水浸泡后，再用水反复冲洗洗净 【答案】B 【解析】 【详解】A.测定溶液pH时将pH试纸浸入待测溶液会污染试剂，正确操作是用洁净玻璃棒蘸取待测液滴 在干燥pH试纸上，再与标准比色卡比对读数，A错误： B.金属钠性质活泼，随意丢弃易引发火灾，钠可与乙醇温和反应生成无毒的乙醇钠和氢气，因此可用乙 醇处理无法回收的钠碎屑，B正确： C.苯酚在冷水中溶解度小，且苯酚酸性弱于碳酸，与 NaC0不反应，苯酚不慎沾到皮肤上应立即用酒 精冲洗，C错误： D.银单质与氨水不反应，做过银镜反应的试管应使用稀硝酸浸泡清洗，D错误： 故答案选B。 第4页/共28页 命学科网命组卷网 8.下列化学方程式或离子方程式不正确的是 A.FesO溶液中加入K,[Fe(CN)6]:Fe2+[Fe(CN)%]+K+=KFe[Fe(CN)6] B.漂白粉溶液久置于空气中完全变质： 2C10- 光照 =2CI+0,个 C.甲醛与过量 H,0反应：HCH0+H,0,=HC0OH+H,0 D,水玻璃长期露置于空气中变浑浊： SiO2+CO,+H,O=H,SiO+CO2 【答案】C 【解析】 Fe2+ 【详解】A.该反应是检验的特征反应，生成蓝色铁氰化亚铁钾沉淀，离子方程式书写正确，A正确： B.漂白粉溶液久置完全变质：首先C10与空气中 C02H20 反应生成HClo, 光照 Ca+2C0+c0,+H,0-CaC0↓+2iC0,之后HC10光照分解2HC02H+2C+0,↑， CaCO +2HCI=CaCl,+H,O+CO,T 生成的CaCO3与盐酸反应： 三个反应叠加可得： 光照 2C102Cr+0,个，B正确： 。H0,只有氯化在，可将甲氯化为酸.色可特甲变气化为c0,甲醛与过迅，O,反应的化学方程 式为： HCH0+2H,0,=C0,个+3H,0,C错误： D.水玻璃是硅酸钠溶液，碳酸酸性强于硅酸，空气 C0?与硅酸钠反应生成难溶硅酸沉淀，方程式书写 正确，D正确； 故答案选C。 第5页/共28页 命学科网丽组卷网 9.下列有关实验装置的操作或目的，不正确的是 20 A.配制一定质量分数的溶液时转 B.观 NO与 反应的 移溶液 体积变化 C,H,OH、 NH,CI CH,COOH Ca(OH), 浓硫酸、沸石 棉花 饱 山 Na, 溶乳 C. 实验室制备少量 NH3 D. 实验室制备少量乙酸乙酯 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】 【详解】A.配制一定质量分数的溶液在烧杯中进行，不使用容量瓶，图中是配制一定物质的量溶液时转 移溶液的操作，A错误，符合题意； B.针筒上有刻度，便于观察二氧化氨与水反应时的体积变化，B正确： C.实验室常用加热氢氧化钙与氯化铵固体的方法制取氨气，并用向下排空气法收集氨气，C正确： D.实验室常用乙醇、乙酸与浓硫酸混合加热制取乙酸乙酯，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的 液面上，除去乙酸、乙醇并防止倒吸，D正确： 故答案选A。 10.N-羟基琥珀酰亚胺酯（记作X)可作疏水染料，可用于测量荧光寿命和荧光偏振。下列说法正确的是 第6页/共28页 命学科网命组卷网 A与足量加成，1molX最多能消耗10molH, H B.X在酸或碱催化下均能发生水解，且产物相同 C.X中存在3个“ ”结构单元 D.X中存在极性键、非极性键和配位键 【答案】D 【解析】 【详解】A,由所给的结构简式可知，其中的碳碳双键、碳氨双键能与H发生加成反应，而酯基、酰胺键 中的C=0不能与H发生加成反应，则与足量H加成，1moX最多能消耗7molH,A错误： B.酯基和酰胺键在酸或碱催化下均能发生水解，但产物不同，如酯基在酸性条件下水解生成羧酸和醇， 在碱性条件下水解生成羧酸盐和醇，B错误： C.由所给的结构简式可知，X中存在4个“ ”结构单元，C错误； D.X分子中的C-C键是非极性键，C-H、N-H等都是极性键，N→B是配位键，则X中存在极性键、非极 性键和配位键，D正确； 故答案选D。 1L.无水盐BeC,固态时具有能状结构，结构如图，气态时存在二聚体分子（BeCL力。下列说法不正确的 是 CBe Be Be A.图态BeCl中Bc原子为p杂化 B.二聚体(BcCL,h中所有氯原子所处化学环境相同 BeCL2·4H20 C.充分加 晶体，可生成BeO固体 第7页/共28页 学科网命组卷网 D. BeCl,与过量NaOH溶液反应：BcC,+4NaOH=Na,[Be(OH),]+2NaC 【答案】B 【解析】 BeCl, 【详解】A.从固态 的链状结构可知，每个B原子与4个Cl原子形成o键，价层电子对数为4，因 此Be原子为sp 杂化，A正确 B.二聚 (BC2中，CL分为两类：只和1个Be相连的端基CL,以及桥连2个Be的桥Ci,两类CI原 子的化学环境不相同，B错误； C BC,是强酸弱碱盐，加热其结晶水合物时， Be" 解生 Be(OHD2,同时HC挥发促进水解，充 分加热 Be(OH)2分解，最终得到BeO固体，C正确； D. Be与Al符合对角线规则，性质相似，类比 C,与过量Na0H的反应，BeC4与过量NaOH反应生 成四羟基合铍酸钠，方程式书写正确，D正确： 故选B。 12 TMAHI(CH,4NOH]是一种强碱，可采用四甲基碳酸氢铵[CNHC0]为原料，利用三室两膜法电 解制备，中间原料池中离子分别通过交换膜往两极移动，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 电极M 电源 电极N (CH,)4NHCO,溶液 Na,S0,溶液 稀TMAH溶液 离子交换膜 A.电池左侧为阳极池 第8页/共28页 6学科网 组卷网 B。电极N上的电极反应式为： 2H,0+2e=H2↑+2OH C.中间原料池中的(CH,)N 通过阳离子交换膜移向阴极池 D.理论上， 每转移1mole ,阳极池生成0.25mol气体 【答案】D 【解析】 【分析】要制备(CH)NOH(IMAH),需要(CH)4N与阴极生成的OH结合得到产物，因此(CH)4N要向右 侧移动，右侧为阴极，左侧为阳极。 【详解】A.由分析可知，右侧得到TMAH,因此右侧电极N为阴极，左侧电极M为阳极。左侧为阳极池， A正确： B.阴极上水得电子生成H和OH,电极反应为2HO+2eH+2OH,B正确： C.电解池中阳离子向阴极移动，因此中间原料池的(CH)(阳离子)通过阳离子交换膜移向阴极池，在 右侧结合OH得到TMAH,C正确： D.阳极反应为2HO-4e=02↑+4，转移1mole时，生成0.25molO2,同时生成1molH;同时中间池 的阴离子HC0,会移向阳极，1 mo HC0(,与1molH反应：H+HC0,=cO↑+0，又生成1 mol CO 因此阳极总气体为0.25mol+1mol=1.25mol,不是0.25mol,D错误； 故答案选D。 HO OH 13.环六糊精( )具有空腔结构，腔内极性小，腔外极性大，可包合某些分子， HO COOH 如阿司匹林( )下列说法正确的是 A.环六糊精与阿司匹林可能通过氢键作用形成超分子 B.环六糊精与阿司匹林形成超分子，体现了超分子具有自组装的特征 第9页/共28页 6学科网命组卷网 C.环六糊精可实现阿司匹林分子中特定基团的化学反应 D.极性小的分子均可被环六糊精包合形成超分子 【答案】C 【解析】 【详解】A.环六糊精的羟基（极性基团）都位于腔外，腔内是低极性的碳骨架，阿司匹林的低极性基团 进入空腔依靠相似相溶的疏水作用包合，二者形成包合超分子的主要作用不是氢键，A错误： B.环六糊精能够特异性包合阿司匹林，体现的是超分子分子识别的特征，不是自组装特征（自组装是分 子自发通过非共价键结合形成有序聚集体的过程)，B错误； C.环六糊精包合阿司匹林时，阿司匹林极性较小的部分进入低极性空腔被保护，极性较大的基团留在腔 外，只有暴露在外的特定基团可以发生反应，因此可以实现阿司匹林分子中特定基团的选择性化学反应， C正确； D.环六糊精的空腔尺寸是固定的，只有分子大小、极性都匹配的分子才能被包合，不是所有极性小的分 子都可以被包合，D错误： 故选C。 H 14.乙酰丙酸( )在催化剂作用下转化为Y戊内酯( )的流程如下， 下列说法不正确的是 77777772 ④ 7777 第10页/共28页 6学科网 6组卷网 H20 A.产物M是 18OH B.步骤②中加入 则戊内酯中可能有180 C.步骤③中存在π键的形成，步骤④中存在π键的断裂 HO D.以 为原料，步骤⑤中的产物为 【答案】B 【解析】 OH 【详解】A. 发生酯化反应生成 和HO,则产物M 是H0,A正确： B.步骤②中加入 发生酯化反应，结合酯化反应原理： 酸脱羟基醇脱氢，则80存在于形成的酯基中，第⑤步中酯基中C-O键断开，180又脱离出来，Y~戊内酯中 不含80，B错误； C.步骤③中 变为 即C-0键变为C=0键，存在π键的形成；步骤④中C-O键变 为C-O键，存在π键的断裂，C正确： 为原料，即在乙酰丙酸中多了一个甲基，结合流程图可知，步骤⑤中的产物为 第11页/共28页 6学科网可组卷网 ,D正确： 故答案选B。 15.己知：25℃，Kp(Cul)=1.25×10.Cu(aq)+2I(aq）=[Cul2J(aq)K,=7.1x10 Cu(aq)+2NH,H,0(aq)=[Cu(NH,)2](aq)+2H,O()K2=7.2×10°。下列说法不正确的是 A稀释浓K[Cul,]溶液，可析出Cu固体 B.Q01 mou在1L1mol.L'KI溶液中可溶解完全 c.Cus)+2NH,-H,0(aq)=[Cu(NH,)2](aq)+r(aq)+2H,0()K=9x102 D足G在2mol,L'氢水中溶解达到胞和时的流度约为0375m1.L 【答案】B 【解析】 【详解】A.浓K[Cul]溶液中存在平衡CuI(s)+I(aq)=[Cl](aq),稀释溶液时，平衡向逆反应方向移动， 析出CI固体，A正确： B.反应Cul()+r(aq)户[C,(aq)的平衡常数 K=Kn(Cu-K,≈1.25x102×7.1×10≈8.9×10,1L1m0l:LK溶液中最多溶解约 8.9×104 mol Cul ,小于0.01mol,不能溶解完全，B错误： C.目标反应可由Cd的溶解平衡和[Cu(NH,)2]的生成平衡相加得到，故 K=Kp(Cul)K2=1.25×102×7.2×10°=9×102 C正确： D.设饱和时C(H,)2]浓度为x,则c()=x,c(NH,H,O)=2-2x,代入K的表达式得 第12页/供28页 6学科网命组卷网 x2 (2-2.x)2 =9×102 解 x=0.375mol-L1,D正确： 答案选B。 16.某小组利用如下方案对茶叶中四种微量金属元素铁、铝、钙、镁进行定量测定： 步骤I:称取一定质量茶叶，粉碎、灰化后进行充分酸浸，过滤、洗涤： 步：在速液（含Fe、A、Ca2、Mg”、Mn2”冲滴nNH,H,O使Pe、A完全沉淀，过 滤、洗涤，滤液配制成一定体积的待测液： 步骤Ⅲ：准确移取25.00mL待测液，加入5L25%三乙醇胺水溶液，再加入指示剂，用EDTA标准溶液测 定Ca2、Mg”总含量： 步骤V:取步骤Ⅱ的沉淀经一系列操作后分别测定铁、铝元素含量。 已知：EDTA与Fe”、A、Ca、Mg、Mn2均能按1：1形成配合物。 下列说法正确的是 A.步骤I的灰化操作需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿等 B.步骤I中为使Fe、A完全沉淀，需加入过量 NH,H,O Mn2 C.由步骤ⅢI可知， 与三乙醇胺的配位能力大于EDTA D.步骤V中一系列操作包括：酸溶、定容至1O0L、取样用EDTA滴定 【答案】C 【解析】 【详解】A.灰化是灼烧固体样品的操作，需使用坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角，蒸发皿用于蒸发溶液， 灼烧固体不需要，A错误： B.步骤的日的是仅让Fe+、A沉淀，Ca2+、Mg 留在滤液中。若加入过量氨水，溶液H过高， Mg”也会生成氢氧化物沉淀进入泥造。导致后续测定结果不准确，因此不能加过量氨水。B错误： C.待测液中含Mn2,Mn2也能和EDTA配位，会干扰Ca2、Mg” 的测定。加入三乙醇胺的作用是 第13页/共28页 6学科网命组卷网 n2+ 掩蔽 ,说 Mn2* 三乙醇胺形成的配合物更稳定，即 Mn2+ 与三乙醇胺的配位能力大于EDTA,因 此M24 不会与EDTA结合，不干扰测定，C正确： D.步骤IV需要分别测定铁、铝的含量，EDTA与Fe、AI 都能1：1配位，仅酸溶、定容、滴定只能得 到二者总含量，无法分开测定，因此该系列操作不满足要求，D错误： 答案选C。 非选择题部分 二、非选择题（本大题共4小题，共52分） 17.化学的发展促进了人类的进步。请回答： (1)某金属铌的氧化物晶胞如图1所示， Nb 图1 图2 ①写出该氧化物的化学式 ②晶胞通过平移可以得到图2结构，则图2中b位于晶胞的（选填“顶点、面心、棱心”）。 ③每个Nb周围距离最近且相等的Nb有 一个。 (2)乙胺( Q,C,N河合成2床蛋微(CC0,),为除去乙安的乙胶节混合物济于乙 醚，加入稀盐酸再分液，弃去水层。请从结构角度解释原因 (3)磷酰氯( )是一种重要的化工原料，可用 )制取。 POCI OPC分了的sPR模型为 第14页/共28页 6学科网命组卷网 POCL ② 的组成元素均位于周期表中的 区，写出磷酰氯与过量 NH反应的化学方程式 ③比较键角： P,06中∠0-P-0 P,00中∠0-P-0(填>”或“<”)，说明理由： ④磷酰氯与物质X反应生成一种阻燃剂中间体PDD( )和HC1,写出物质X的结 构简式 【答案】(1) ①.Nb0②.棱心③.8 (2)乙磺酰胺中S0~为吸电了基，使N上电子云密度降低，难与盐酸反应：乙胺中乙基为推电子基， 使N上电子云密度增大，易与盐酸反应生成盐，转移至水层 (3) ①.四面体形 ②.p®.POCL,+6NH,→PO(NH2),+3NH,CI ④.< ⑤.两 者P原子均为P 杂化， P,0。中卫有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥 力，故其键角更小 ⑥. C(CH2OH) 【解析】 【小问1详解】 1 1 8×二+4× =3 ①根据均摊法可知，每个铌的氧化物晶胞中含有铌原子的个数为8 2,氧原子的个数为 8x2+1=3 4 ,铌氧原子个数比为1：1，所以该氧化物的化学式为NbO; ②从图1平移到图2，氧原子由棱心平移到面心，平移前位于项点和面心的铌原子平移后位于图2晶胞的 棱心： ③NbO晶胞结构中Nb原子位于顶点和面心，选面心的Nb为中心，与该b距离最近的Nb之间的距离为 面心对角线的一半，在其周围距离相等的b有8个： 【小问2详解】 第15页/共28页 学科网命组卷网 从结构角度分析，乙胺分子中含有氨基 一NH,N原子上有孤电子对，具有明显碱性，且乙胺中的乙基 为推电子基，使N上电子云密度增大，易与稀盐酸反应生成乙胺盐酸盐，这是离子化合物，强极性、易 溶于水，难溶于乙醚，转移进入水层，乙磺酰胺分子中虽然也有 -NH,但S0~为吸电子基，使N 上电子云密度降低，乙磺酰胺几乎不显碱性，难与盐酸反应，仍为共价分子，易溶于乙醚，不溶于水，因 此留在有机层； 53x3+14,因PC分的VSPR型为面传 3+ 【小问3】①PC,中P的价层电子对数为⊙T2 形 ②P、O、CI都位于周期表P区， POC与过量NH反应，C被NH,取代，生成的HC与过量NH生 NH CI 成 因此方程式为 POCI3 +6NH3->PO(NH2)3+3NH CI ③ )中P原子形成三个键且有1对孤电子对， PO。 σ P.Oi 中P原子形成四个键而无孤电子对，两者P原子均为5p 杂化，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大 于成键电子对之间的排斥力，因此P,0中键角小于，00中的键角： ④POCl与X反应生成PDD和HCl,结合PDD结构、根据原子守恒，X的结构简式为 C(CH,OH) 18.某科研团队设计了一种创新性的金属钛冶炼工艺，模拟装置如图所示。 第16页/供28页 命学科网命组卷网 TiO,(s)+C(s) 气体管道 +CaCl,(s) 鑫 命 88 超导陶瓷 Na* 已知：①生产前需向阳极室加入NaC1并控温600℃，超导陶瓷只允许 通过。部分物质的熔点、沸点 如下： TiCl 物质 NaCl > TiC Na 熔点/℃ 800.8 1668 3140 98 沸点/℃ 136 883 ②题给条件下金属单质与 C02、 CO不发生反应。冶炼钛的主要反应是： 反应1：Ti02(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCL4(g)+2C0(g)△H1=-45.5kJ·mol 反应 4Na(1)+TiCl(1)=4NaCI(1)+Ti(s) 请回答： ()加一定量CaCL,使NaCI在60C时就呈易于流动的熔融态， TiCL,(g)经加压溶入阴极室中的熔融 NaCl,与Na发生反应Ⅱ。 ①阴极的电极反应式为一。 CaCl的好处是 ② ③反应Ⅱ结束后，通过 (填写操作名称)分离出Ti,熔融NaCl循环利用。 第17页/共28页 命学科网命组卷网 (②)反应在600℃下达到平衡，混合气体中各组分的分压如下表，则反应I的压强平衡常数K, (600C)= MPa。 TiCl 物质 co Cl 分压MPa 5×102 1.8×10-2 6×109 (3)起始状态I中的物质 Ti02.ce C、 TiC4包和Co(g,反应历经下列过程： 起始状态 温度不变 平衡状态 温度不变 平衡状态 温度降低 平衡状态 体积不变 Ⅱ 体积增大 Ⅲ 体积不变 IV 已知状态I和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填序号)。 A从1到亚的过程△S<0 B.Pa(山)=Pa(Ⅲ四） C平衡常数K(四)>K(W) D.若体积（四）=2V(),则Q()=2K(四) (4)因物质接触不均匀，阳极室可能发生如下副反应。 ①副反应皿：Ti02(s)+2C12(g)≠TiCL4(g)+02(g)K,(600C)=1x102。请设计实验证明该反应 存在限度：取一定量平衡混合气体， (各气体均可检出)。 ②副反应y.C(s)+2C,(g)=CCL,(g)△WH,=-102.9 kJ.mol 4Na(1)+CCI,(g)=4NaCI(1)+C(s)AH3 已知： 2Na()+C2(g)=2NaC1()）△H=-758.5kJ-mol 则AH,kJ-mor ③副反应V: 在CaC作用下，Ti0?与c生成TiC的简要机理如下，请补充完整。 第18页/供28页 学科网 命组卷网 ， (i)TiC.xCaCl2 (1)TiC(s)+xCaCl2 (1) ④上述3个副反应中，对金属T的纯度无明显影响的是副反应(G选填“Ⅲ、V、V”)。 【答案】(1) O.Na+e=Na②.降低NaCl熔融温度：降低体系温度，提高 CL4平衡产 率 ③.过滤 (2) 4.5×10 (3)AD (4) ①·先通过紫色石蕊试液，褪色；再通过灼热铜网，变黑 ②.-1414.1 ③. TiOz (s)+3C(s)+xCaCl2(1)TiC.xCaCl2(1)+2CO(g) TiOz (s)+2C(s)+xCaCl2 (1)=TiC.xCaCl2(1)+CO2(g).V 【解析】 【小问1详解】 Na ①由题可知，超导陶瓷只允许 通过，阴极只 Na,发生还原反应，化合价降低，电极反应式为 Na +e=Na ②由题可知，加 CaCL,之后，NaC1在600C时就呈易于流动的熔融态，但NaC的培点为308C,所 以CaC 的作用就是降低NaCI变成熔融态的温度。而生成 iCl 的反应为放热反应，所以也有利于该反 TiCla 应的平衡正向移动，提高 的产率。 ③反应Ⅱ结束后，只有T是固体，其余都是液态，所以可通过过滤将其分离出来。 【小问2详解】 分压平衡常数为生成物中各气体分压幂的乘积与反应物中各气体分压幂的乘积之比， 第19页/共28页 命学科网命组卷网 K-2(Ticl)p'(co) 5x102×1.8×102)月 =4.5×10MPa p2(C12) (6×10）2 【小问3详解】 A.由“状态I和Ⅲ固体质量相等”，结合Ⅱ一→Ⅲ体积增大、压强减小，总反应正向气体分子数增大，平衡应 正向移动，但固体质量却未减少：说明→Ⅱ过程为逆向进行，气体分子数减少，体系混乱度下降，即 △S<0 ,A正确： B.Ⅱ→Ⅲ体积增大、压强减小，平衡应正向移动，气体总物质的量增大，但体积增大程度更大，P总四> p急I四，B错误； C.反应I放热，温度降低平衡正向移动，平衡常数增大，因此K(四)<K(W),C错误： D.状态I和Ⅲ固体质量相等，说明平衡时各物质的物质的量相等：温度相同时，若 D20.则2p0Q0=p0之TCxo=2p四Xne Xco=2Kx为各体 的物质的量分数)，D正确： 答案选AD。 【小问4详解】 ①若反应可逆，气体中会同时存 Cl,、O,C,溶于水生成HC和有漂白性的HCI0,可通入石蕊溶液 中，溶液会先变红后褪色： 0?不溶于水，但具有氧化性，可通入灼热铜网。生成黑色氧化铜： C2也会和 铜反应，所以应该先检验 Cl2 ②该题的第三个反应可由副反应V中的两个反应相加后除2得到，即 =(a:+A) 计算得 △H3=2×(-758.5)-(-102.9)=-1414.1kJ·mol ③第二步 Ti02、c与 是TiC-xCaCl:,分解得到TiC和CaC,由题可知第一步为TiC aC,结合生成 第20页/共28页 学科网 命组卷网 TiC·xCaCL,当C过量时方程式为TiO2(s)+3C(s)+xCaCl,()≠TiC·xCaCI2.()+2C0(g):当C 的量刚好时，方程式为Ti02(s)+2Cs)+xCaCl,()=TiC·xCaCl,()+C02(g)。 ④TiCL4是变为气态通过气体管道进入阴极区和Na反应，副反应Ⅲ生成O2,若混入TiCl4进入阴极区， 可能使钛氧化，影响纯度；副反应IV生成CCl4气体，进入阴极区和Na反应产生C,也会降低Ti纯度： 副反应V产生C0和CO2,根据已知②可知不与金属反应，所以不会影响纯度。 19硅酸乙脂(C,H,O),Si]可作金属的耐蚀涂层，某兴趣小组采用SiCL,与C,H,OH反应制备 (C,H,O),Si,实验装置如图，步骤如下： iCla I、用图1装置制备 Ⅱ、向图2装置a加入无水乙醇、装置b加入 iCL,冷却至8~-6C,在不断搅拌下滴入 iCL4至反应 结束。 Ⅲ、将反应液加热至8090℃，维持该温度约4小时，分离出硅酸乙酯。 G 〉浓盐酸 无水氯化钙 纯硅 MnO C 饱和NaCl溶液 乙醇 到磁子 B D 磁力拌器 图1 图2 已知： SiCL的沸点为57.6℃，(CH,0),S1]的沸点为1681℃，两种物质遇水均会水解。 请回答： (1)图2装置b的名称为 (2)步骤I中若无B装置，则可能发生副反应 (用化学方程式表示)。 第21页/共28页 命学科网命组卷网 (3)Ma0,+4HC(浓)台MCl,+CL,个+2H,0,查得知划下数据.K(25C)-4.68x10 K(100C)=3.49×104 M0,与浓盐酸制C,可能经历如下过程： 己知 第一步：M0,+2H,0=M血(OH)4快反应 第二步：Mn(OH,+4HC1=MCL,+4H,0(快反应 第三步：MCL,台MnCl,+CL,个慢反应 ①下列说法正确的是一。 A.图1装置G中盛放碱石灰 B.步骤Ⅱ中需要用冷水浴进行冷却 C.装置a中不再产生气泡可判断步骤Ⅱ反应己结束 D.步骤Ⅲ分离出硅酸乙酯需进行的操作是萃取、分液 E. M0?与浓盐酸进行加热有利于反应自发、促进氯气逸出 ②已知： MnCL难溶于有机溶剂， MnCl 溶于水显极浅棕绿色，在有机溶剂中的溶解度大且显绿色。请 MnO 设计实验证实 2与浓盐酸的反应过程 (4)测定步骤I制备的 iCL纯度.取SiCl, 产品充分溶于100mL蒸馏水中，移取25.00mL溶液至锥 形瓶中，滴加几滴甲基橙，用mol-L NaOH标准溶液滴定至终点（硅酸未反应），消耗标准溶液 mL。 ①产品的纯度为%（用含m、C和V的代数式表示）。 ②若测得结果偏高，可能是因为产品中混有杂质。 【答案】(1)恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗 第22页/供28页 6学科网命组卷网 2) Si+3HCISiHCl,+H, (3) ①.ACE ②.室温下 M0:与浓盐酸反应一段时间，加入乙醛萃取，有机层显绿色 (4) ①.17cVm ②.HC1或 (合理即可) 【解析】 【分析】装置A中利用二氧化锰与浓盐酸在加热下反应制备氯气，装置B中饱和食盐水可吸收氯气中的氯 化氢气体，球形干燥管中的无水氯化钙可干燥氯气，装置D中纯硅与干燥的氯气反应生成四氯化硅，SCL4 遇水剧烈水解，SC4的熔点、沸点分别为-70.0℃、57.7℃，最后可采用冷凝回流降温的方法收集四氯化硅， G主要为吸收未反应的氯气并吸收空气中的水蒸气，防止进入装置干扰实验，据此分析作答。 【小问1详解】 根据构造和用途可知，图2装置b的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗； 【小问2详解】 步骤I中若无B装置，浓盐酸挥发出的HC1会与纯硅发生的副反应为： Si+3HCISiHCl,+H2 【小问3详解】 ①A.由分析知，图1装置G主要为吸收未反应的氯气并吸收空气中的水蒸气，防止进入装置干扰实验， 故应盛放碱石灰，A正确： B.步骤Ⅱ要求冷却至6~-8C 需要使用冰盐浴等，冷水浴或冰水浴无法达到该温度，B错误； C.SiCL4与乙醇反应： SiCl+4CH,CH2OH=(C2H,O)Si+4HCI ,反应生成HCl气体，当装置a中不 再产生气泡可判断步骤Ⅱ反应已结束，C正确： D.硅酸乙酯沸点168.1℃，SiCl4沸点57.6℃，乙醇沸点78℃，三者沸点差异大，步骤Ⅲ分离出硅酸乙酯， 应采用蒸馏分离，而非萃取分液，D错误： E M血O:与浓盐酸的反应△D0、△S>0,根据△G=AH-TAS,升温使△G0,反应自发，加热有利于反应 自发、促进氯气逸出，E正确： 故选ACE; 第23页/共28页 学科网 命组卷网 MnCl ②由于 MnCla 2难溶于有机溶剂， 溶于水显极浅棕绿色，在有机溶剂中的溶解度大且显绿色，故在 室温下 M0,与浓盐酸反应一段时间，加入乙醚萃取，有机层显绿色，即可证 Mn02与浓盐酸反应： 【小问4详解】 ①SiCl4溶于水发生水解： SiCl,+2H,0-SiO,+4HC1,生成的HC1用NaoH滴定： HCI+NaOH-NaCl+H,O n(SiCl):n(HCI)=1:4 即 25.00mL溶液中 nNa0H=cmoL×VxI03L=cVx1I03mol,则nHC-cV×10'mol, 100mL溶液中： n(HCI)=cVx103x00=4oV×103mo1.则n(SiCL,上4 n(HCI)-cVx103mol 25 ,SiC4的摩尔质量 0.17cV M=170gmol,则m(SiCL)cV×103molx170gmol=0.17cVg,则纯度m ×100%=17cV % m: ②纯度偏高，说明滴定消耗的NaOH偏多，即产品中混有能与NaOH反应、且耗酸量比SiCl4更高的杂质， 如HCI CL,(合理即可)· 20.某药物的重要中间体合成路线如图所示。 CHO CHO CH.(COOCH,): Br(CH,),CHO COOCH, i.NaOH COOH COOCH. COOH n.H CH,CH,OH CH,CH,Br CH,CH,CH(COOCH,) CO. CHO COOH 第24页/共28页 命学科网组卷网 已知： 请回答： (1)D中含氧官能团的名称一 (2)I→J的化学方程式 (3) CH,(C00CH,2中-CH,-氢的酸性(pka≈10.5)远大于-CH中氢(pka≈27)的酸性，请 解释原因 (4)下列说法不正确的是 A.化合物A转化为化合物D经历了3步取代反应 B.化合物H中所有碳原子不可能共平面 C.流程中 Se02可用酸 KMnO4水溶液代替 D.化合物F的分子式为 C13HIsO;CI NH,OH (5)化合物G与 反应得到H需经历下图所示的微观历程。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N-O键。 NH,O1 C.H.NO.C网H9 C,.H NOCI异构化CHNOC可-H,O CHO 中间产物1 中间产物2 中间产物3 中间产物1、中间产物3的结构简式是 (6)以丙酮、甲醛为主要原料合成 (用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】(1)醛基、酯基 第25页/供28页 6学科网命组卷网 2) (3)C=0为吸电子基，使 CH2- C一H键极性增大，酸性增强 (4)BC HO CH. (5) N-OH ② N-OF ① OH (6 HCHO催化剂 【解析】 【分析】A和HBr发生取代反应生成B,B和CH(COOCH)2发生取代反应生成C,C和BrCH2CH2CHO 发生取代反应生成D,D先碱性水解，再酸化得到E,E减去CO生成F,F一定条件下生成G,G和 COOH NHOH反应生成H,结合H、J的结构，I为 据此解答。 【小问1详解】 D中含氧官能团的名称醛基、酯基。 【小问2详解】 COOH PPA H,0 I一灯的化学方程式 【小问3详解】 CH,(C00CH,h中-CH,-氢的酸性(pka≈10.5)远大于“CH中氢(pKa≈27)的酸性，原因为 C=0为吸电子基，使 CH,~中CH键极性增大，酸性增强，且生成的碳负离子可与两个羰基形成共轭 体系，负电荷发生离域，使共轭碱更稳定，因此酸性更强。 【小问4详解】 第26页/共28页 命学科网命组卷网 A.根据分析，化合物A转化为化合物D经历了3步取代反应，A正确： B.苯环为平面结构，单键可以旋转，化合物H中所有碳原子可能共平面，B错误： C.流程中 S0,作用为化甲多为发店，用能长《M0水福减会氧化环法接的亚甲店，不可代酱， C错误； D.结合F的结构简式，化合物F的分子式 CH,O,C1,D正确： 故选：BC。 【小问5详解】 CH: 该反应为 CHO 与羟胺发生加成反应生成中间体1，中间体1结构简式为 HO CH, N-OH ,中间体1发生消去反应生成中间体2，中间体2结构简式为 CI OH CH. -0H 中间体2发生异构化为中间体3，则中间体3为 OH CH. OH，中间体3发生消去反应生成 【小问6详解】 第27页/共28页 6学科网命组卷网 以丙酮、甲醛为主要原料合成 先丙酮和HCHO发生加成反应生成 CHCOCH2CHOH,CH;COCHCH2OH发生消去反应生成CH;COCH-CH2,CH;COCH=CH和 加 成生成 义人义，人 和NHOH反应生成产物，合成路线为 尺m题人义人及◇， 第28页/共28页