安徽合肥市长丰北城衡安学校2026届高三下学期模拟预测 化学试题

准考证号： 姓名： 绝密★本科目考试启用前 长丰北城衡安学校 2026年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟卷 化学 本试卷共4页，18小题，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： ①答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。 ②回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 ③考试结束后，考生须将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Cl35.5Fe56Cu64Ba137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1.下列有关物质用途的说法错误的是 A.硅胶可用作食品包装中的脱氧剂 B.小苏打可用作制作糕点的膨松剂 C.次氯酸钠可用作环境消毒剂 D.活性炭可用作冰箱的除味剂 2.下列化学用语或图示表达错误的是 A.对甲基乙酰苯胺的结构简式：一 B.Na02的电子式：Na[:O:O:Na C.2p.电子云轮廓图： D.H的结构示意图： 3橙花醇的结构简式如图，根据乙烯和乙醇的有关性质，下列有关橙花醇的说法不正确的是 A.分子式为CH1OB.能发生取代反应、加成反应 CH, CH3 C.所有的C原子有可能共平面 H:C D.能用酸性高锰酸钾溶液检验其中是否含有碳碳双键 OH 4.已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且位于三个不同的周期。由X、Y、Z 组成的某有机物的结构如图所示(“一”代表单键或双键或三键)。Z的原子半径比Y小，W的基态原 子的最外层电子数比Z多。下列说法正确的是 A.第一电离能：X<Z<Y BZ单质的熔点一定比Y的高 C.W的电负性不一定比X的大 DY、Z、W可以组成各原子均满足最外层8电子稳定结构的某种微粒 5.某化学小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图示。试管①中反 应为：Na2S,O3+HSO4=NaSO4+SO2个+S↓+HO,下列说法不正确的是 A.挤压注射器的活塞，试管①中的反应只体现硫酸的酸 性 稀硫酸国 止水夹 B.实验时，湿润的pH试纸、品红溶液、鲜花、KMnO, ① 湿润的 鲜花 止水夹 溶液均褪色，Na,S溶液出现淡黄色沉淀 Na,S.O. pH试纸 Na2S溶液 C.此设计可证明SO,水溶液的酸性，SO,的氧化性、还原 册品红溶液（内） KMnO4溶液 性、漂白性 (外) D.点燃酒精灯进行加热，可证明$O,使品红溶液褪色具 有可逆性 磷(P)及其化合物在工业生产中具有广泛而重要的用途。白磷(P4)在氯气中燃烧，根据氯气的用 量不同，可生成液态的三氯化磷(PCl,)或固态的五氯化磷(PCL,)。PCl,分子呈三角锥形，极易水解；气 态PCl,分子呈三角双锥形，而固态PCL,则是由[PCl4]和[PCl]ˉ构成的离子晶体。 6.下列有关反应的化学方程式错误的是 A.工业制取PCL,:P,4+6C,高温4PCL, B.PCL3的水解反应：PCl,+3H20=H,P03+3HCI C.PCL3与乙醇的“醇解”反应：PCl2+3C2H,0H=P(0C2H)3+3HCI D.固态PCl,熔化时的电离：PCl,高温p+5CI 7.下列有关物质结构或性质的比较正确的是 A.第一电离能：S>P>Si B.PCL与BCL3的空间构型相同 C.中心原子杂化方式：[PCl,]与[PCL4]不同 D.气态PCL,分子中各原子均满足8电子稳定结构 8.表格中的实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是 选项 实验操作 实验现象 结论 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸只体现脱水性 B 向某溶液中滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 溶液中含有$O好 将浓硫酸和铜加热，冷却后将混合 产生刺激性气味气体，溶液 浓硫酸既表现氧化性，又 C 液加入水中稀释 呈蓝色 表现酸性 D 将足量锌和浓硫酸共热，将气体通 产生刺激性气味气体，品红 产生的气体只有$O, 入品红溶液 溶液褪色 9.利用c0,(8)和CH,OH()合成碳酸二甲酯的反应机理如 缩醛 CH H-O CHO 图所示（已知H,0会降低该催化剂的活性）。下列说法错 醛 R-S OCH 误的是 CH OH- CH A.I、Ⅱ为反应的中间产物，为反应的催化剂 III [R2SnO] B.I到Ⅱ的过程中有C=O的断裂和C-O的形成 CH C.该过程的主要反应为 CH,OCOO R-S Sn-R ) OCH OCOOCH CO,+2CH OH 催化剂 +H,O CH CHO OCH, D.缩醛起到保护催化剂活性的作用，但不能改变CO,的转化率 10.80℃时，向2L密闭容器中充入0.40molN204,发生反应：N204(g)→2N02(g) △H=+QkJ·mol1 (Q>0),实验测得不同时刻NO2的浓度数据如下表所示： 时间/s 0 20 40 60 80 100 c(N02)/mol·L-J 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 下列判断正确的是 A.该反应△S>0,在较高温度下能自发进行 B.20~40s内，用N204表示的平均反应速率v(N204)=0.004mol·L1·s1 C.100s时反应达到平衡，该过程体系吸收的热量为0.60QkJ D.若100s时再向体系中通入0.40molN204,平衡逆向移动 11.新型半导体芯片材料硒氧化铋由Bi,O,+层堆叠，层间填入原子链[S©]而形成，其晶体结构 如图所示（平行六面体为晶胞）。下列说法错误的是 ▲0空位 A.该晶体相互堆叠的层间靠范德华力维系B.掺杂前该晶胞在xy平面的投影为( C.该晶体中，距离Bi+最近的O2-为4个D.磷掺杂后，化学式变为BiO2-SP,,则x:y=3:2 12.实验室通常利用正丁醇(CHCH,CH2CH,OH)、溴化钠和浓硫酸反应进行制备1-溴丁烷 (CHCH2CH2CH2Br),流程如下： 步骤I.合成与粗提：将溴化钠、正丁醇和水加入三 颈烧瓶中，然后在冰水浴下缓慢加入浓硫 酸。加热回流，反应结束后进行蒸馏，得到 舞 60 含有少量水、正丁醇、硫酸及副产物二正丁度 醚的粗产物。 60 步骤Ⅱ.洗涤除杂：依次用蒸馏水、浓硫酸、饱和 20 NaHCO,溶液、蒸馏水洗涤并分液。 136、→138 步骤Ⅲ.干燥与精制：用无水CaCl,对有机层进行 00 120 干燥，过滤后再次蒸馏，收集100~104℃的馏分。 步骤V.产物鉴定：经分析，产物的质谱图如图（已知：9Br和81Br丰度比约为1：1）。 下列说法错误的是 A.步骤I中若硫酸浓度过高，产物中可能混有1-丁烯、S0,等杂质 B.步骤Ⅱ中用浓硫酸洗涤可以除去粗产物中的未反应的正丁醇 C.步骤Ⅲ中加入无水CCL,的目的是除去产物中可能残留的少量正丁醇 D.由质谱图可知，产物之一的相对分子质量为138 13.自由基电解法可将有机物自由基和CO2反应转化为羧 电源 b 酸，己知电解时芳香烃 可断裂成 ·两个自由基，其电解装置如图所示。 A B COOH 下列说法正确的是 0.1 mol-L- CH.CH.COOH 的稀硫酸 A.A极为阳极B.电源ā端电势高于b端 质子交换膜 C.当电路中通过1ol电子时，右侧电极室溶液的质量减少9g D.A极电极反应式之一为<◆>+C02+2e+2H*=〈< -COOH 14.人体血浆中L,C0,/HC0,为主的缓冲对可以将pH稳定在 100 7.35~7.45.37℃时，模拟血浆中含碳微粒(H2C03、HC03、 o 6 CO?)的分布系数随pH变化曲线如图（已知含碳微粒总浓度 60 c≈25mmol/L,1012≈16)。下列说法正确的是 40 A.曲线a代表c(CO) 20 6.2 B.当模拟血浆pH=6.2时，该缓冲对无缓冲能力 0 10.3 6 8 10 C.正常血浆中(pH≈7.4)，c(HC0)≈16c(H2C03) pH D.发生酸中毒时，血浆中c(HC0)的值将增大 15.(14分)乙酰苯胺( NHC0CH,M=135 gmol)俗称退热冰，常温下为白色晶体，沸点为 305C,微溶于冷水，可溶于热水，能溶于乙醇和乙醚。某实验小组制备乙酰苯胺并测定其产率的 方法如下（部分装置如图，夹持和加热装置省略）： 温度计b 油水分离器 Y型加料管 仪器a 分馏柱 温度计 导管L 三颈烧瓶 I.向250mL三颈烧瓶中，加入48.0g乙酸、0.2g锌粉和少量沸石，向仪器a中加入0.4mol苯胺 和240g乙酸，连接装置，向油水分离器中加入乙酸至液面位于支管下沿处。 NH Ⅱ.球形冷凝管中通入冷却水，启动加热器，将反应液加热至沸腾，开始滴加苯胺( )和乙 酸的混合液。蒸气经冷凝回流进入油水分离器，经油水分离器返回反应装置中，控制上端温度计b 读数，持续加热，保持三颈烧瓶中反应液处于沸腾状态。 Ⅱ.微微打开油水分离器旋钮，用量筒接收滴出液，保持进入油水分离器中冷凝液一部分返回反应 装置中，一部分流出，当收集到的馏出液接近理论值时，反应即达终点，反应结束。 V.将反应液蒸馏，回收未反应的乙酸。趁热搅拌，将反应液倒入放有冰水混合物的烧杯中，冰水 浴冷却、结晶，抽滤得白色固体粗产品，提纯，得到43.2g成品。 3 己知：苯胺为无色油状液体，沸点为184C,在空气中会被氧化变色；乙酸的沸点为118C。回答下 列问题： (1)仪器a中导管L的作用为 (2)制备乙酰苯胺的化学方程式为 (3)锌粉的作用是 。 (4)上端温度计b的读数范围为 (填字母)：结合化学反应 原理分析使用油水分离器的目的是 A.100-105CB.118-123CC.184-189CD.305~310℃ (5)IV中“提纯”所用的方法为 (⑥本实验中乙酰苯胺的产率为 %。 16.(15分)一种从初步处理后的废芯片（主要含有Cu、Ag、Au和SiO2)中对有价金属进行分离回 收的流程如下： Fe,(SO,),溶液 CeNO),溶液 盐酸溶液少量Ce4+ 浸渣1 浸渣2 废芯片 浸铜 浸银 浸金 →[AuCL,]浸出液 Cu2*浸出液 Ag浸出液 浸渣3 (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 (2)浸铜'所得的Cu+浸出液中还含有F2+,电解法可回收Cu并实现浸出剂的再生，电解时阳极的 电极反应式为 (3)“浸银”时Ag被氧化生成Ag,，氧化剂使用C(NO3)4而不使用HNO3,原因是 (4)浸金”时，Ce+将CI氧化为Cl2,并生成Ce3+。Au在Cl的作用下转化为[AuCl4丁，写出Au转 化为[ACl4J的离子方程式： ；浸渣3的主要成分是 (填化学式)。 (5)改用NaClo,、H,SO,和NaC1的混合溶液作为氯化剂实现浸金”。一定条件下的该混合溶液中， 反应90n,反应温度对浸金率的影响如图所示。从50℃增加至70℃，金的浸出率下降，原因可能 是 。该条件下浸金的最佳温度为 C。 100 90 ◆ 0 60 50 30 40 5060 7080 温度（℃） (6)硫脲 ]也可作为浸金剂实现“浸金”，其结构与尿素相似，二者在水中的溶解度： HN-C-NH 黄或 17.14分) 传统丙烷直接脱氢受热力学限制且易积碳失活。我国科学家研究发现，引入温和氧化剂C0,可以 显著提升反应性能。已知以下热化学方程式： ①C3H3(g)=C3H.(g)+H2(g)△H1=+124.3kJ/mol ②C02(g)+H2(g)C0(g)+H20(g)△H2=+41.2kJ/mol 回答下列问题： (1)反应③：C3H(g)+C02(g)一C3H(g)+C0(g)+H20(g)4H3,则AH3= kJ/mol。 (2)在C0,辅助脱氢过程中，催化剂上积碳（单质碳）的消除主要依靠反应C02(g)+C(s)一→2C0(g), 为维持催化剂的活性，在该体系中应 (填“增大”或“减小”)C02分压，理由是 (3)科学家通过DFT计算研究C02辅助脱氢的微观路径，在催化剂Pt(111)和催化剂Pt,Mn(111) 表面，吸附态H'与C0,反应的反应历程如下（注：不同催化剂表面的吸附态能量略有差异）： 150,单位：kJ/mol -Pt,Mn(111) =--P(111) 100 50 AA C0*+0H -50 COOH* -100 C0*+H,0* -150 反应历程 结合图示，该路径中决定反应速率的步骤为 (用反应式表示)，仅从反应速率角度考 虑，更快的催化剂为 (4)恒温恒压120kPa下进行上述反应①②③，起始投料物质的量之比n(C,Hg):n(C0,)=1：1。 平衡时CgH的转化率为40%，产物中n(C,H6):n(C0)=3：1。则平衡时H2的物质的量分数为 ;该温度下反应②的压强平衡常数K。为 (用分压表示)。 (5)通过电化学装置可以实现丙烷与C02的协同转化制取C0,采用质子导体陶瓷（只允许H通 过)作为电解质，在一定条件下将丙烷和C0,分别通入两极。则阴极的电极反应式为： 18.(15分)我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生（化合物H),合成路线如下（部 分试剂、反应条件省略)。 4 NO2 NH2 B☐KCO 催化氢化 1)NaNO2,HCI C.H,BrO 2)CuC1,S02 OH A 可 CH,NH2,NaBH.CN NaH E G 回 NH2 N.CI 己知： NaNO2,HCI (1)A中官能团的名称是 (2)B的结构简式为 (3)由C转变为D的反应类型是 (4)同时满足下列条件的B的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。 ①含有两个甲基； ②与钠反应产生氢气。 (5)由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是 (6)下列关于F说法正确的有 (填序号)。 A.F能发生银镜反应B.F不可能存在分子内氢键 C.以上路线中E+F→G的反应产生了氢气 D.已知醛基吸引电子能力较强，与 相比F的N一H键极性更小 NH (7)结合合成H的相关信息，以 和含一个碳原子的有机物（无机试剂任选） 为原料，设计化合物为原料，设计化合物 的合成路线 全真模拟答案 L.【答案】A 【解析】A错误：硅胶具有吸水性，常被用作食品包装中的干燥剂，但不具有还原性，不能用作脱氧剂 (常用的脱氧剂如铁粉)。小苏打、次氯酸钠和活性炭的用途均正确。 2.【答案】A 【解析】A错误：对甲基乙酰苯胺的结构简式应为对位带有一个甲基的苯环连有乙酰氨基（即 0 而题干图片中展示的结构含有的酰胺基为 一C一NH一CH,连接在苯环上，且氮原 子上连有甲基，属于N-甲基对甲基苯甲酰胺。过氧化钠电子式2印，电子云轮廓图和H的结构示意 图均正确。 3.答案：D 解析：根据结构简式可知，该有机物的分了式为CH。0,A正确：橙花醇分子中含有羟基、碳碳 双键，能发生取代反应、加成反应，B正确；1个碳碳双键可确定1个平面，双键碳原子与直接相 连的原子共平面，观察题给物质结构，橙花醇分子中2个碳碳双键确定的平面以单键相连，单键可 以旋转，则所有的C原子有可能共平面，C正确；碳碳双键、羟基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中是否含有碳碳双键，D错误 4答案：D 分析：已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期，则X为H 元素，Y位于第二周期，W位于第三周期。X、Y、Z可组成某有机物，结合该有机物的结构可知， Y为C元素；根据碳元素的成键原则，Y、Z之间应该是1个三键，且Z中的原子半径比C小，则 Z为N元素；W位于第三周期，W原子的最外层电子数比Z多，则W为S或CI元素。 解析：第一电离能：C<HN,A错误：N?在常温下为气体，C在常温下为固体，N的单质的熔点 一定比C的低，B错误；电负性：H<S、HKCl,C错误；Y为C元素，Z为N元素，W为S或CI 元素，它们可以组成各原子均满足最外层8电子稳定结构的微粒SN)等，D正确 5.B 【分析】利用①装置制取二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可以使湿润的pH试纸变红；二氧化 硫具有漂白性，使品红和鲜花褪色；可以被酸性高锰酸钾氧化，可以和硫离子发生归中反应，生成 单质硫。 【详解】A.该反应中，硫代硫酸钠的S元素化合价即升高也降低，硫酸中S元素化合价反应前后 均为+6价，没有发生变化，硫酸仅提供H生成硫酸盐，只体现酸性，A正确： B.SO溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，会使湿润的pH试纸变红；且SO2不能漂白酸碱指示剂， 因此湿润的pH试纸不会褪色，B错误； C.该设计中，pH试纸变红可证明SO,水溶液的酸性；M1O,溶液褪色证明SO,的还原性；品红溶 液、鲜花褪色证明SO,的漂白性；Na,S溶液生成淡黄色S沉淀证明SO,的氧化性，C正确： D.SO,的漂白原理是和有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后无色物质分解，颜色恢复，因 此加热褪色后的品红溶液，可证明SO,的漂白具有可逆性，D正确： 故选B 6.【答案】D 【解析】题干中明确说明“气态PCL,分子呈三角双锥形，而固态PC1,则是由[PCL,]和[PCl。]广构成的 离子晶体”。因此，固态PC1,熔化破坏离子键，其电离方程式应为2PCL,一[PCl]+[PC1。]。 7.【答案】C 【解析】A错误：由于P原子的3p轨道处于半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期的S,即P>S> Si。B错误：PCl,中心P原子存在孤电子对，为三角锥形：BCl,为平面三角形。C正确：[PCl。]的中 心原子价层电子对数为6(spd杂化)，而[PC]为4(sp3杂化)，两者不同。D错误：气态PCL,分子 中，中心P原子周围有10个价电子，不满足8电子稳定结构。 8.C【详解】A.浓硫酸滴到蔗糖表面，变黑表现脱水性，膨胀表现强氧化性，A不选； B.向某溶液中滴加BaCl2溶液，白色沉淀可能是BaSO4,也可能是AgCl,则溶液中不一定含有SO子， B不选；C.将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释，产生刺激性气味气体，浓硫酸表现强氧化性，溶 液呈蓝色，即生成硫酸铜，浓硫酸表现酸性，C选； D.足量锌和浓硫酸共热，产生的刺激性气味气体能使品红溶液褪色，则其肯定含有$O2,浓硫酸随 着反应进行浓度逐渐减小，足量的锌继续与稀硫酸反应会产生H2,D不选； 故选C 9.D 【详解】A.由反应机理图可知，I先与甲醇反应，后又生成，I为反应的催化剂，I、Ⅱ先生成， 后又被消耗，I、Ⅱ为反应的中间产物，故A正确； B.由反应机理图可知，I到Ⅱ的过程中断裂CO2中的1个C=0键，形成1个C-O键，故B正确： C.由反应机理图可知，该过程的主要反应是甲醇和二氧化碳反应生成碳酸二甲酯和水，反应方程式 为C0,+2CH,OH 催化剂 +H,0,故C正确； CHO OCH, D.H,O会降低该催化剂的活性，反应过程中生成水，缩醛能与水反应生成甲醇，起到保护催化剂 活性的作用，水的浓度降低，使平衡正向移动，CO2的转化率增大，故D错误。 10.【答案】A 【解析】该反应N,0,(g)一2NO,(g)为气体分子数增加的分解反应（△S>0,且吸收热量△H>0)。A 正确：根据自由能判据△G=△H-T4S<0时反应自发，该反应在较高温度下能自发进行。B错误：20~ 40s内，△c(N02)=0.20-0.12=0.08mol/L,故v(N02)=0.004mo/(L·s),用N204表示的速率应为 其一半，即0.002mol/(L·s)。C错误：平衡时消耗了0.30mol的N,0,(生成0.60molN02),因为 1molN,04反应吸收QkJ热量，消耗0.30mol吸收的热量为0.30QkJ。D错误：100s平衡时K= 1.8。再加入0.40molN0,后，计算得出浓度商Q.=0.36<K,平衡必正向移动。 11.A 【详解】A.该晶体中，[Bi,O,+带正电，层间填充带负电的[Sem,层间存在阴阳离子的静电作 用（离子键)，不是范德华力，A错误； B.晶胞中Se位于平行六面体顶点，投影到y平面位于正方形四个顶点：Bi位于晶胞中心，投影在 正方形中心：O位于棱中点，投影在正方形各边中点，与给出投影一致，B正确： C.由晶胞结构可知，每个B+周围距离最近的O2共4个，C正确： D.整体呈电中性，Bi总正电荷为2×(+3)=+6,0总负电荷为(2-)×(-2)，S为-2，P取代0位置， P为-3价，总负电荷为3y,列式：6-2(2-)-2-3y=0,整理得2x=3y,即：y=3:2,D正确： 故选A 12.【答案】C 【解析】A正确：若浓硫酸浓度或反应温度过高，正丁醇容易发生消去反应生成1-丁烯，或被浓硫酸 氧化生成S0杂质。B正确：浓硫酸能与正丁醇互溶反应，利用此步骤洗涤可以有效萃取除掉粗产 物中未反应的正丁醇。C错误：加入无水CCL,的主要目的是除去水分。D正确：产物1-溴丁烷 (C,H,Br)中，由于溴元素存在9Br和Br两种同位素（丰度比约1：1），质谱图中会出现相对分子质 量为136和138的两个强度相近的峰。 13.C 【分析】左侧电极溶液中芳香烃断裂形成自由基的过程不涉及化合价变化，仅CO被还原，故A极 为阴极，B极为阳极，阳极反应式为2H,0-4=O,个+4H,据此作答。 【详解】A.由分析可知，A极为阴极，A错误； B.由分析可知，A极为阴极，B极为阳极，则电源a端电势低于b端，B错误； C.右侧电极为阳极，电极反应式为2H,0-4e=02个+4H,当电路中通过1mol电子时，生成0.25 olO,,，同时有1molH+通过阳离子交换膜进入左室，质量又减少1g,所以右侧电极室溶液的质 量减少9g,C正确： D.自由基电解法可将有机物自由基和CO,反应转化为羧酸，左侧电极反应之一为 +CO2+e+H+ COOH,D错误； 故答案为：C 14.【答案】C 【解析】A错误：曲线a代表的是c(H,C0,);B错误：在等电位点（交又点pH=6.2时），c(H,C0,)≈ c(HC0),此时该缓冲体系抵抗外加少量酸碱的能力最强，即缓冲能力最强。：C正确：已知pH≈ 7.4,即：c()=1074,利用Ka,表达式：1062= 107.4·c(HC0) c(HC0)106.2 c(H,C03) 整理得：H,C0,)1010 102≈16，即：c(HC0)≈16c(H,C0,):D错误：当血浆酸性增强时，HC0,被消耗掉中和多余的酸， 浓度减小。 15.14分（每空2分）(1)平衡压强，使液体顺利滴下 NH2 CHCOOH NHCOCH3 +H20 (3)防止苯胺被氧化 (4) A 使反应生成的水及时脱离反应体系，促进生成乙酰苯胺的平衡正向移动，提高产率 (5)重结晶 (6)80【详解】(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗，其中导管L的作用为平衡压强，便于恒压滴液漏 斗内的液体顺利滴下。 NHCOCH; (2)制备乙酰苯胺的化学方程式为 +CH,COOH△ +H20o (3)由于苯胺在空气中会被氧化变色，所以加入锌粉防止其被氧化。 (4)上端温度计b的作用是确保温度在合适区间能控制水蒸气蒸出、乙酸回流至反应装置，故其读 数范围为大于100C小于105℃，A项符合题意。使用油水分离器的目的是使反应生成的水及时脱离 反应体系，同时反应物乙酸又不易被蒸出，促进生成乙酰苯胺的平衡正向移动，提高产率。 (5)由步骤V可知乙酰苯胺在水中溶解度变化较大，所以用水作溶剂对粗产品采用重结晶方法进 行分离提纯，V中“提纯”所用的方法为重结晶。 (6)本实验中乙酸过量，根据反应方程式，0.4mol苯胺理论上应生成0.4mol乙酰苯胺，实际生成 43.2g即0.32mol乙酰苯胺，故乙酰苯胺的产率为80%。 16.(15分)(1)3d04s (1分)(2)Fe2+-e=Fe3+ (3)使用HNO,会生成氮氧化物造成污染 (4) 2Au+3C1,2C1=2[AuClaT SiO, (⑤)温度升高，氯气从反应体系中逸出的可能性也会随之升高，导致氯化剂的损失50 (6>。 17题 (14分) (1)+165.5(2分) (2)增大(1分) 促使反应C0,(g)+C(s)一一2C0(g)向正反应方向移动，有利于消除催化剂表 面的积碳，从而维持催化剂的活性(2分) (3)C00H→C0·+0H°(2分) P(111)(1分) (4)g(或约1.1%)(2分) 132分) (5)C02+2H'+2e=C0+H,0(2分)》 18.答案：(1)硝基(1分)：（酚）羟基(1分) (2)BrCH,CH,CH,OCH ( (3)还原反应(1分)(4)5(2分) NH2 NCI (5) +NaNO2+2HCl→ +NaCl+2H20(3分) (6)AC(2分) NH,1)NaNO2,HCI 2)CuC1,S02 NaH CH NH2 (7)1 H NaBH,CN (3分) 分析：A和B发生反应生成C,K,CO3的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向 进行，结合B的分子式C4H,O以及C的结构简式，可知B的结构简式为BICH,CH,CH,OCH3, C中硝基还原为氨基生成D,D经历两步反应生成E,E发生取代反应生成G,据此解答。 解析：(1)结合A的结构简式可知，官能团的名称是硝基、羟基。 (2)由分析可知，B的结构简式为BrCH,CH,CH,OCH3。 (3)C中硝基转化为氨基，反应类型是还原反应。 (4)B的分子式为C4H.B1O,故其同分异构体中含有4个饱和C、1个0、1个Br,与Na反应产 生H,,则分子中含有的官能团为一OH、一Br,则符合条件的B的同分异构体为含2个一CH,的丁烷 的二取代物，采用“定一移一”法：①碳骨架为&己己色时，要保证有2个CH,取代基只能 连在2、3号碳原了上，〔（箭头表示-r的位置，下同），有2种同分异构体，碳骨架为 OH 时，要保证有2个一CH3,则1、3、4号碳原子中有1个C原子上连有取代基， C-OH 有3种同分异构体；综上，共有5种同分异构体。 (5)由D转变为E的第一步反应与己知信息的反应类似，化学方程式为： NH2 N.CI NaNO2 2HCI NaCl+2H,O 01 入入0 (6)F中有醛基（一CHO),能发生银镜反应，A正确：F中存在N一H键，且分子内有氟原子，可 能存在分子内氢键，B错误；由有机速破可知，E+F→G,发生取代反应，同时生成HC1,HC1再与NaH 反应生成H,,C正确；醛基吸电子能力强，通过碳碳双键的传递，会将电子云吸向醛基方向，使F 中N一H键极性更大，D错误。 、0 中左侧结构与E中结构相似，由类似D→E反应可将一H,转化为 0 右侧结构与H中五元环右侧结构相似，G→H过程可将一CH0转化为一CH,NHCH,,得到的两个有 NH2 1)NaNO2,HCI 2)CuC1,S02 NaH Chnh. 机物通过类似E+F一G反应可得目标产物，具体合成路线为 H NaBH CN