精品解析：四川省射洪中学校2026届高三下学期适应性考试 化学试题

四川省射洪中学2023级高三适应性考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Ti 48 Fe 56 Zn 65 Se 79 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 四川享有“天府之国”的美誉，拥有丰富的自然资源和深厚的文化底蕴。下列过程不属于化学变化的是 A. 蜀锦染色前用草木灰浸出液处理丝帛 B. 自贡井盐工坊通过煎煮卤水获得粗盐晶体 C. 郫县豆瓣发酵时微生物分解蛋白质 D. 宜宾酿酒中用“包包曲”糖化发酵糯米 【答案】B 【解析】 【详解】A．草木灰主要成分为，浸出液呈碱性，处理丝帛时会使丝帛表面的油脂发生水解反应，属于化学变化，A不符合题意； B．煎煮卤水获得粗盐是通过蒸发溶剂使结晶析出，过程中没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意； C．微生物分解蛋白质时，蛋白质转化为小分子肽、氨基酸等新物质，属于化学变化，C不符合题意； D．糖化发酵糯米的过程中，淀粉最终转化为乙醇等新物质，属于化学变化，D不符合题意； 故选B。 2. 下列有关物质的性质和用途对应关系正确的是 A. 氧化铝具有两性，可用作耐高温材料 B. 乙炔燃烧放出大量热，常用作家庭燃料 C. 次氯酸钠溶液呈碱性，可用于消毒 D. 二氧化硫能漂白某些有色物质，可用于草帽的漂白 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧化铝用作耐高温材料是因为其熔点很高，与其能与酸、碱反应的两性性质无关，A错误； B．乙炔燃烧虽放出大量热，但其易燃易爆、制备成本较高，不适合作为家庭燃料，一般用于氧炔焰焊接金属，B错误； C．次氯酸钠可用于消毒是因为其具有强氧化性，能使微生物的蛋白质变性失活，与其溶液呈碱性无关，C错误； D．二氧化硫能与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，具有漂白性，可用于草帽、纸浆等的漂白，D正确； 故选D。 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 基态S原子的价电子轨道表示式： B. 反-2-丁烯的结构简式： C. 中子数为12的氖核素： D. 用电子式表示的形成： 【答案】D 【解析】 【详解】A．该轨道表示式违反洪特规则，基态S原子的价电子轨道表示式应为：，A错误； B．反-2-丁烯的结构简式中两个甲基位于碳碳双键的异侧，其结构简式为：，B错误； C．氖的质子数Z = 10，中子数为12，则质量数A=10 + 12=22，所以氖核素应表示为，C错误； D．两个氯原子通过共用一对电子成键，用电子式表示的形成：，D正确； 故选D。 4. 依那普利为血管紧张素转换酶抑制剂，是一种常用的降压药，其结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该物质的分子式为C20H26N2O5 B. 能发生水解反应 C. 分子中的碳原子不可能全部共平面 D. 1 mol该物质最多能与3 mol H2发生反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．由该化合物的结构简式可知，该化合物的分子式为C20H28N2O5，A错误； B．由该化合物的结构简式可知，该化合物的结构中含有酯基、羧基、亚氨基和酰胺键，酯基和酰胺键能发生水解反应，B正确； C．由该化合物的结构简式可知，该化合物分子中存在多个饱和碳原子(sp3杂化的碳原子，四面体结构)，如五元环中的饱和碳、烷基链中的饱和碳，因此所有碳原子不可能全部共平面，C正确； D．由该化合物的结构简式可知，该分子结构中只有苯环可以和H2加成，酯基、羧基、酰胺键的碳氧双键均不能与H2加成，1 mol苯环最多消耗3 mol H2，D正确； 故选A。 阅读下列材料，完成下列小题。 三星堆青铜器是古蜀文明的瑰宝，其锈蚀主要分为无害锈(如碱式碳酸铜，绿色稳定)和有害锈(氯化亚铜、碱式氯化铜，白色或淡绿色)。有害锈疏松多孔，在潮湿环境中会引发循环腐蚀，导致器物粉化、孔洞甚至彻底瓦解。除锈方法有： (1)物理法：手术刀剔除、超声波或激光清洗表层疏松锈，但无法根除氯离子。 (2)化学法： ①氧化银法：与反应生成，固定氯离子，反应方程式为： ②倍半碳酸钠法：用溶液浸泡，将有害锈转化为无害碱式碳酸铜(耗时数月)。 ③过氧化氢法：氧化生成排出，但浓度过高易生成黑色。 5. 下列关于材料涉及物质的结构或性质说法正确的是 A. 过氧化氢的电子式： B. 与配位能力： C. 三星堆青铜主要是铜锡合金，其耐腐蚀性弱于纯铜 D. 青铜比纯铜更坚硬，熔点高 6. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 该物质与足量饱和溶液反应，可放出（标况） B. 该分子含有个含氧官能团 C. 该分子有手性碳原子，同分异构体中不可能有芳香酯 D. 该物质能发生氧化反应、还原反应、消去反应 7. 下列实验操作或试剂能达到实验目的的是 A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证的漂白性 C．萃取过程中放气 D．量筒的读数为 A. A B. B C. C D. D 【答案】5. A 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．过氧化氢的分子式为，其中两个氧原子分别与一个氢原子形成一对共用电子对，两个氧原子之间也形成了一对共用电子对，故过氧化氢的电子式为，A正确； B．在含有的溶液中，会和形成配体，故与配位能力：，B错误； C．合金的耐腐蚀性通常优于纯金属，铜锡合金的耐腐蚀性比纯铜高，C错误； D．合金的熔点通常低于纯金属，青铜的熔点（）比铜的熔点（）低，D错误； 故答案选A； 【6题详解】 A．题目未说明番木鳖酸的物质的量，因此无法确定生成的的体积，A错误； B．该分子中含有三种含氧官能团（而不是“三个”），包括羧基、羟基、醚键，B错误； C．该分子含有两个不饱和双键和三个环，其同分异构体可以包含一个苯环和一个酯基，C错误； D．该物质含有羟基，可发生氧化反应、消去反应；该物质含有碳碳双键，可发生还原反应（加成反应，和氢加成），D正确； 故答案选D； 【7题详解】 A．酯化反应在加热条件下进行，产生的气态酯和水蒸气经过冷凝器后变成液体，液体进入分水器后，水层位于分水器下层，有机层（苯甲酸苯甲酯）位于上层，可达到制备苯甲酸苯甲酯的目的，A正确； B．浓硫酸和反应可生成，的漂白作用是由于它能与某些有色物质生成不稳定的无色物质，该原理不适用于酸性，使酸性褪色的原因是和酸性发生了氧化还原反应，B错误； C．萃取操作时，震荡过程中应该将分液漏斗倒置，打开分液漏斗下方的活塞放气，C错误； D．使用量筒读数时，视线应该与量筒内液体凹液面最低处保持水平，D错误； 故答案选A。 8. X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为，Z、M处于对角线位置，下列说法正确的是 A. 化合物XMYZ和均为直线形分子 B. 该配合物中Q元素的化合价为+4 C. 电负性： D. 该配合物中配体数与配位数之比为1:2 【答案】D 【解析】 【分析】在化合物中X形成1个共价键且原子序数最小，则X为H；Y形成4个共价键，则Y处于第IVA族，Z形成3个共价键，且原子序数大于Y，则Z处于第VA族；结合Z、M处于对角线位置可知，Y为C，Z为N，M为S；基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，则Q为Ni。 【详解】A．化合物HSCN中S的价层电子对数为，所以S原子采用sp3杂化，存在两对孤电子对，分子结构为V形，不是直线形分子，CS2的中心C原子是sp杂化，所以CS2为直线形分子，所以XMYZ和不均为直线形分子，A错误； B．该配合物配体数为2，且配合物为电中性分子，每个配体中的其中一个S原子带有1个单位的负电荷，设Ni的化合价为a，则，解得a=2，并非+4，B错误； C．Y为C，M为S，从化合物CS2中的化合价可以看出，C显正价，而S显负价，说明S吸引电子的能力大于C，成键电子对偏向S，所以S的电负性大于C，即M＞Y，C错误； D．该配合物中有2个相同的配体(即图中左右对称的两个基团)，Ni原子与4个S原子形成配位键，每个配体提供两个S原子配位，配位数为4，所以配体数与配位数之比为1:2，D正确； 故答案选D。 9. 中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A. C2H3*转化为C4H6*时，有C—H形成，无C—C形成 B. 增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C. C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D. 选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．C2H3*转化为C4H6*时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误； B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，B错误； C．由图2可知，C4H6*转化为C4H6(g)能量未知，无法通过此图判断该过程的热效应，C错误； D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，D正确； 故选D。 10. 在胺(PEHA)催化CO2加氢制甲醇的反应中，捕获的CO2经多步加氢转化为甲醇。下列对该反应机理的描述正确的是 A. CO2直接与H2反应断裂C=O键生成CO，CO进一步加氢得甲醇 B. 该过程的总反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O C. 胺仅作为CO2捕获剂，不参与加氢过程的催化作用 D. 甲酸盐(HCOO-)在无胺存在下可直接加氢生成甲醇 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干反应历程图可知，在 PEHA(多乙烯多胺)催化体系中，CO2并非直接与 H2反应生成 CO，机理是 CO2先与形成，再经过系列转化，最终得到甲醇；该路径不经过 CO 中间体， A错误； B．由图可知，反应为二氧化碳和氢气生成甲醇和水，故总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，B正确； C．PEHA(胺)既是 CO2捕获剂，也是催化剂，胺通过与 CO2作用形成活性中间体，显著降低后续加氢的能垒，直接参与催化循环，C错误； D．甲酸盐(HCOO-)无法在无胺条件下直接加氢为甲醇，胺的存在是形成活性中间体(如甲酰胺)的关键，无胺时甲酸盐加氢路径极难进行，D错误。 11. 下列方程式不正确的是 A. Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ B. 将SO2通入酸性溶液： C. 将少量灼热的加入中： D. 用溶液吸收少量： 【答案】B 【解析】 【详解】A．是氧化物不能拆写，反应生成的为强电解质拆为离子，该离子方程式原子、电荷均守恒，A正确； B．该离子方程式电荷不守恒、氧原子个数不守恒，正确的离子方程式为，B错误； C．灼热和乙醇发生氧化还原反应，生成乙醛、Cu和水，化学方程式书写正确，C正确； D．少量氧化部分生成，自身被还原为，反应生成的与过量结合为，离子方程式书写正确，D正确； 故选B。 12. 废旧锂离子电池(LIBs)正极材料以为主，含Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。某团队设计如下流程实现金属的高效回收。下列说法错误的是 已知：①“酸浸”后，(M=Fe、Mn、Cu)； ②、、，当金属离子浓度小于等于，即认为完全沉淀； ③萃取剂I的结构简式为。 A. “酸浸”过程中，主要作氧化剂 B. “氧化沉淀、调pH”过程中需控制溶液pH的范围为2.7～5.0 C. 生成的离子反应方程式为 D. 萃取剂I可通过氧原子和氮原子与的空轨道形成配位键 【答案】A 【解析】 【分析】废旧锂离子电池(LIBs)正极材料（以为主，含Mn、Fe、Cu的氧化物杂质）粉碎后加入硫酸和过氧化氢酸浸，过氧化氢将难溶的Co(III)转化为易溶的Co2+进入溶液，此时溶液中含有Li+、Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+，加入强氧化剂(NH4)2S2O8、调pH将Fe2+、Mn2+分别转化为Fe(OH)3、MnO2沉淀除去，滤液中主要剩余Li+、Co2+、Cu2+，加入萃取剂I，Cu2+进入有机相、水相保留Li+和Co2+进入下一步，上层有机相再经过反萃取后得到CuSO4，加入萃取剂II，Co2+进入有机相、Li+留在水相中，水相经后续处理得到Li2SO4，有机相经反萃取II后得到CoSO4。 【详解】A．“酸浸”过程中，中Co为+3价，转化为浸出液中的，Co元素化合价降低，被还原，则作还原剂，故A项错误； B．根据，当沉淀完全至时，，则，即，根据，当开始沉淀时，，则，即pH=5，为使完全沉淀而不沉淀，需控制pH范围为2.7～5.0，故B项正确； C．反应中被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故C项正确； D．萃取剂I分子结构中含有N原子和O原子，均有孤对电子，可与含有空轨道的形成配位键，故D项正确； 故选A。 13. 一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图，其中电解质为溶液。下列说法正确的是 A. b为电源正极 B. 反应前后的物质的量不变 C. 二氧化铱电极区域发生的总反应为： D. 电路中每转移2 mol电子，阴极产生气体22.4 L 【答案】B 【解析】 【分析】根据图中信息可知，二氧化锆电极发生氧化反应，故二氧化锆电极为阳极，镍电极发生还原反应，故镍电极为阴极，即可判断电源a极为正极、电源b极为负极，据此解答。 【详解】A．b电极上被还原为，是电解池的阴极，故b为电源负极，A错误； B．根据图示，从整个反应过程来看，在电极a转化为后，又经反应I、II等量产生，故反应前后的物质的量不变，B正确； C．由B选项分析可知，a电极区域总反应为，C错误； D．阴极电极反应式为，电路中每转移2 mol电子，阴极产生气体1 mol，但选项未说明“标准状况下”，22.4 L/mol在此处不成立，D错误； 故选B。 14. 某镉氯化合物的晶胞结构如下图所示，其中A粒子的分数坐标为。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为 B. 镉离子的配位数为6 C. 该晶体为混合晶体 D. A到原点O的核间距为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，Cd位于顶点和内部，数目为，Cl位于棱上和内部，数目为，则该化合物的化学式为，A正确； B．以位于顶点的Cd为中心，上下两层共有12个晶胞，其中一层的6个晶胞中，每个晶胞均具有1个Cl原子与Cd的距离最近且相等，则距离Cd最近的Cl原子有6个，镉离子的配位数为6，B正确； C．CdCl2晶体是典型的层状结构。在每一层内，Cd2+和Cl-之间通过较强的离子键（带有一定共价性）结合。而层与层之间则通过较弱的范德华力结合。由于晶体中同时存在离子键和范德华力，所以它属于混合晶体，C正确； D．A粒子的分数坐标为，其位置矢量为。在六方晶系中，，与的夹角为，均与垂直。A到原点O的核间距的平方为。故核间距为，D错误； 故选D。 15. 已知：电解质溶液电导率越大导电能力越强，甲胺(CH3NH2·H2O)为一元弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线1代表滴定甲胺溶液的曲线 B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是c C. pH的相对大小：a>b>c>d D. c点溶液：c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，因此曲线1是滴定甲胺溶液的曲线，A正确； B．b点溶液中溶质为和，电离出氢氧根离子抑制水的电离，c点溶质为，盐类的水解促进水的电离，e点的溶液中溶质为和，抑制水的电离，所以c点水的电离程度最大，B正确； C．a点为溶液，pH最大，b点溶液中溶质为和，碱性较弱，c点溶质为，水解导致溶液为酸性，d点为溶液，为中性，pH大小为a>b>d>c，C错误； D．c点溶质为，由电荷守恒可得，D正确。 故答案为：C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 离子液体是环境友好的绿色溶剂，通常具有良好的萃取分离能力。某化学小组用N-甲基咪唑()、1﹣溴丁烷()及KPF6等试剂制备咪唑类离子液体[BMIM]PF6(注：通常用[BMIM]+表示其阳离子)，并测试其萃取性能。 实验步骤： Ⅰ.制备亲水性离子液体[BMIM]Br。 将10mLN-甲基咪唑与14mL1-溴丁烷加入如图所示三颈烧瓶中，恒温加热搅拌反应4h，冷却后用乙酸乙酯洗涤3次，减压蒸馏，得到[BMIM]Br。 Ⅱ.制备疏水性离子液体[BMIM]PF6。 将10g[BMIM]Br与11gKPF6溶于蒸馏水，充分搅拌发生反应。静置后，分液得到离子液体相，用蒸馏水洗涤，在120℃条件下真空干燥4h，得到[BMIM]PF6。 Ⅲ.比较[BMIM]PF6与CCl4的萃取性能。 分别取20mL c(I2)=0.01mol·L-1的碘水(I2溶于KI溶液)置于两个分液漏斗中，分别向其中加入5mL[BMIM]PF6和5mLCCl4，振荡并静置、分液，再分别向水相中加入2滴同浓度的淀粉溶液。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______ ；已知：具有平面五元环结构，且含大π键(Π)。据此推测，其与反应过程中，与标*碳原子成键的N原子标号为_______(填“1”或“2”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生反应的反应类型为_______；检验产品[BMIM]PF6是否洗涤干净，所用试剂为_______。 （3）步骤Ⅲ中分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需进行的一步操作为_______；CCl4作为萃取剂易挥发且有毒，而[BMIM]PF6具有低挥发性，二者挥发性不同的主要原因为_______。 （4）步骤Ⅲ中，加入淀粉溶液后，若观察到_______(填现象)，则证明[BMIM]PF6的萃取能力强于CCl4。 （5）已知：分配系数是溶质在两种互不相溶溶剂中的平衡浓度之比。步骤Ⅲ中，使用[BMIM]PF6作为萃取剂时，测得水相中I2的浓度为0.001mol•L﹣1。据此计算，I2在[BMIM]PF6相与水相之间的分配系数为_______。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 1 （2） ①. 复分解 ②. 稀，溶液 （3） ①. 取下分液漏斗上口的玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗上口的小孔 ②. [BMIM]PF6为离子化合物，离子键作用力强，CCl4为分子晶体，分子间范德华力弱 （4）用CCl4萃取后的水相蓝色更深 （5）36 【解析】 【分析】N-甲基咪唑和 1-溴丁烷发生取代反应制取亲水性离子液体[BMIM]Br，提纯后的[BMIM]Br与KPF6发生反应制备[BMIM]Br。 【小问1详解】 图中仪器a为球形冷凝管； 根据五元环大键(​)的成键特点，1号N原子上的孤对电子不参与形成大键，更容易与1-溴丁烷的标记碳原子发生亲核取代反应，因此与标*碳原子成键的N原子标号为1； 【小问2详解】 步骤Ⅱ中，[BMIM]Br与KPF6交换阴离子生成[BMIM]PF6和KBr，属于复分解反应； 产品中杂质为Br-，可通过检验洗涤液中是否含有Br-来判断是否洗涤干净，Br-与Ag+能形成不溶于稀硝酸的淡黄色AgBr沉淀，因此选用稀酸化的溶液； 【小问3详解】 分液时为使液体顺利流下，需要使分液漏斗内外气压相通，因此打开活塞前需要打开上口的玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗上口的小孔； 离子液体[BMIM]PF6由阴阳离子构成，离子键作用力强，因此难挥发，CCl4是分子晶体，分子间范德华力弱易挥发，； 【小问4详解】 萃取能力越强，萃取得到的I2越多，水相剩余​I2越少，加入淀粉溶液后的蓝色越浅，因此若[BMIM]PF6萃取能力更强，对应水相蓝色更浅，因此观察到的现象为用CCl4萃取后的水相蓝色更深； 【小问5详解】 由题知，分配系数为溶质在离子相与水相的平衡浓度之比。假设溶液体积变化忽略不计，总，水相中剩余，根据元素守恒知，离子相中，离子相浓度，因此分配系数。 17. 我国研发的歼10C战斗机采用高强度Ti合金，某化学研究小组从钒钛矿(主要成分为FeTiO3含有少量的V2O5、SiO2、Al2O3、CaO、MgO)中，制备TiO2同时获得一种重要的工业催化剂V2O5，制备流程如下： 资料：①V2O5是两性氧化物，弱碱性条件下以形式存在，pH大约为2时，V元素以形式存在。 ②NH4VO3难溶于水。 ③硅酸根在pH=5.8时，凝胶生成速率最快。 回答下列问题： （1）预处理时需将钒钛矿破碎、球磨的目的________。 （2）第四周期d区金属的低价离子在水溶液中以水合物形式存在，没有未成对d电子的水合离子无色，如Ti4+。写出其电子排布式________。 （3）调pH”时NaOH溶液的作用是________。滤渣③主要成分是________可用于建筑材料。 （4）滤渣①中FeTiO3与浓硫酸反应生成了TiOSO4与另一种盐，写出其化学方程式________。 （5）已知V2O5是一种较强的氧化剂，溶于盐酸生成VOCl2并放出黄绿色气体，写出反应离子方程式________。 （6）25℃时，Ksp(NH4VO3)=1×10−3，若调pH后溶液中浓度为0.2mol/L，欲使沉淀率达到99%，计算此时浓度为________。 （7）100t含FeTiO3 22.8%的钒钛矿经过以上流程转变为H2TiO3，H2TiO3经过灼烧最后得到TiO2 10.2t，TiO2损失率为________。 【答案】（1）增大接触面积，加快后续浸取速率，提高浸取率 （2） （3） ①. 调节至弱碱性使V元素以形式存在 ②. （4） （5） （6）0.5mol/L （7）15% 【解析】 【分析】钒钛矿经过预处理破碎、球磨后，用溶液进行碱浸：与反应生成可溶性的；在弱碱性条件下以形式进入溶液；而不与碱反应，以滤渣①形式分离出来。向碱浸后的滤液中通入进行沉淀：与反应，分别生成沉淀，以滤渣②形式除去；含的滤液中加入溶液调 pH，将溶液调为弱碱性，使 V 元素以形式存在，同时中和过量的酸，避免后续沉钒时 pH 过低；再加入沉钒，生成难溶于水的沉淀，后续经过煅烧等操作得到工业催化剂。滤渣①（主要含）中加入浓硫酸进行酸浸：与浓硫酸反应生成、和水；与硫酸反应生成微溶于水的，以滤渣③形式除去；含、的溶液经过结晶，析出；结晶后的滤液加热水解，生成沉淀，经灼烧分解最终得到，以此解答； 【小问1详解】 预处理时需将钒钛矿破碎、球磨的目的：增大接触面积，加快后续浸取速率，提高浸取率； 【小问2详解】 Ti原子序数为22，电子排布式为；失去4个电子形成时，先失去最外层4s电子，再失去3d电子，电子排布式为：； 【小问3详解】 的作用：调 pH，将溶液调为弱碱性，使V元素以形式存在，同时中和过量的酸，避免后续沉钒时pH过低；滤渣③的主要成分：； 【小问4详解】 反应生成和，配平后：； 【小问5详解】 为强氧化剂，与盐酸反应生成和，配平后：； 【小问6详解】 已知，沉淀率99%，则溶液中剩余浓度为：，根据溶度积公式，得：； 【小问7详解】 钒钛矿总质量为100t，其中的质量分数为22.8%，则；的摩尔质量为，的摩尔质量为，根据Ti元素守恒，1mol可生成1mol，因此理论产量为：；实际得到的质量为10.2t，损失率的计算公式为：，代入数据：。 18. 科学家成功开发出新型零CO2排放的制氢技术，在270℃的温和条件下，通过新型催化剂可将农林废弃物产生的生物乙醇与水直接转化为清洁氢气，同时联产具有工业价值的乙酸。 总反应i：CH3CH2OH(g)+H2O(g)→2H2(g)+CH3COOH(g) 乙醇蒸汽重整(ESR)制取氢气ii：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)→6H2(g)+2CO2(g) （1）标准摩尔生成焓是指在标准状态下(298K，100KPa)，由最稳定的单质生成1mol纯净物质时的焓变。有关物质的标准摩尔生成焓如表，则反应CH3CH2OH(l)+H2O(l)→2H2(g)+CH3COOH(l)的ΔH=________kJ·mol-1 物质 CH3CH2OH(l) H2O(l) H2(g) CH3COOH(l) ΔH/(kJ·mol-1) -278 -286 0 -485 （2）从热力学角度解释，为什么升高温度有利于该反应i自发进行？________。 （3）假设在恒温恒容的密闭容器中只发生CH3CH2OH(g)+H2O(g)→2H2(g)+CH3COOH(g)，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. n(CH3CH2OH)+n(CH3COOH)保持不变 D. H2的体积分数保持不变 （4）由图I和图II回答。 ①传统Pt/SiO2催化剂中Pt易形成大颗粒，使乙醇分子以________吸附(填“平躺”或“站立”)方式结合，导致C-C键断裂。 ②研究表明：Pt-Ir/α-MoC催化剂表面存在的碳空位是保护C-C键的关键，其中乙醇重整反应历程如下 水解离：H2O→OH*+H* 乙醇脱氢：C2H5OH→CH3CHO*+2H* 乙醛氧化：CH3CHO*+OH*→CH3COOH* 产物脱附：CH3COOH*→CH3COOH(g)；2H*→H2(g) 乙醛氧化时容易发生副反应：CH3CHO·CH3CO·CH3·+C· 实验研究表明随着反应的进行，生成氢气的速率降低，分析原因________。 （5）这项突破性工艺在270℃的温和条件下，新型催化剂可以避免乙醇中C—C键断裂而发生副反应：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)→6H2(g)+2CO2(g)。假设一定条件下，将等物质的量的乙醇与水加入上述反应体系且乙醇的物质的量为1mol时，只发生反应ⅰ、ⅱ。达到平衡时乙醇的平衡转化率和乙酸选择性随温度变化的关系如图III所示。 已知：乙酸的选择性=，当温度为270℃，压强恒定为P时，反应ⅰ的分压平衡常数Kp=________(写计算式)(Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （6）在523K、0.5MPa下，反应i在连续流动的反应器中进行，工程师通过调节水醇摩尔比(S/C)从而优化产率。已知发生反应i时，乙醇可能脱水。相关数据如下： S/C(水︰乙醇) 氢气产率(kg/吨乙醇) 乙醇转化率(%) 3：1 26.8 78.2 6：1 34.1 92.5 9：1 35.0 93.0 根据上述表格数据回答： ①在实际工业生产时需适当提高水醇摩尔比，其中水蒸气的两个作用是________。 ②由数据分析可知，水蒸气过量导致产率增幅趋缓的原因是________。 【答案】（1）+79 （2）该反应的ΔH>0，ΔS>0，由ΔG=ΔH-TΔS。当高温时，ΔG<O，有利于该反应自发进行 （3）AD （4） ①. 平躺 ②. 催化剂表面积炭，减少活性位点，阻碍乙醇的吸附 （5） （6） ①. 增加反应物浓度，使平衡正向移动；抑制乙醇脱水副反应 ②. 当水醇比大于6：1时，水蒸气过度增加，乙醇的浓度显著降低，导致反应速率增幅减小。或者稀释效应 【解析】 【小问1详解】 根据标准摩尔生成焓计算反应焓变，，代入数据得：。 【小问2详解】 该反应，，根据，升高温度时增大，更易满足，因此升高温度有利于反应自发进行。 【小问3详解】 A．反应是气体分子数增大的反应，恒温恒容下压强与气体总物质的量成正比，压强不变说明反应达到平衡，A正确； B．全气体反应总质量不变，恒容体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，B错误； C．由C原子守恒，始终等于起始乙醇的物质的量，恒定不变，不能判断平衡，C错误； D．体积分数不变，说明各物质含量不再变化，反应达到平衡，D正确； 故选AD。 【小问4详解】 ① 乙醇平躺吸附在大颗粒Pt表面时，C-C键更易接触催化剂活性位点，发生断裂。 ② 副反应生成的炭沉积在催化剂表面，占据活性位点（碳空位），降低了催化剂的催化活性，因此产氢速率降低。 【小问5详解】 初始乙醇、水各1 mol，270℃时乙醇转化率为38%，乙酸选择性为98%，设乙醇在反应i中消耗了x mol，在反应ii中消耗了y mol，列三段式得，则，解得，即，，，，总物质的量，，分压，代入化简得。 【小问6详解】 ① 增大反应物水的浓度，促进反应i正向移动，提高乙醇转化率和氢气产率；抑制乙醇脱水副反应，减少副产物生成。 ② 由表格数据可知，当水醇比大于6:1时，水蒸气过度增加，乙醇的浓度显著降低，导致反应速率增幅减小。 19. 吲哚美辛(Indomethacin)是一种可减少发热、疼痛的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。 已知：①++H2O+NH3； ②； 回答下列问题： （1）B的化学名称是___________。 （2）吲哚美辛中含氧官能团的名称是羧基、___________、___________。 （3）由F生成G的反应类型是___________。 （4）由D生成F的反应方程式为___________；该步骤的目的是___________。 （5）已知含氮化合物的碱性随N原子孤电子对电子云密度的增大而增强，且G中③号N原子呈杂化形式。请对图D、G中标号的N原子按照碱性从大到小排序：___________(排标号)。 （6）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。 a．含有苯环 b．能发生银镜反应 c．核磁共振氢谱为4组峰 （7）H与试剂X经多步反应生成Indomethacin。 H和X进行先加成后消去的反应生成中间产物I(结构中含有碳氮双键)，后I异构为J。写出中间产物I与K的结构简式。I为___________；K为___________。 【答案】（1）对氯苯甲酸 （2） ①. 酰胺基 ②. 醚键 （3）取代反应 （4） ①. ②. 防止D中末端的与C发生取代反应，得不到目标产物(保护) （5）①②③ （6）4 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】首先推测各未知物质组成，A→B是氧化反应，氯原子对位的甲基被氧化成-COOH，生成。B→C的反应，有反应试剂推断其为酰化反应，C的结构应为。 【小问1详解】 与-COOH直接相连的苯环碳为1号碳，顺时针（或逆时针）标号，氯原子与4号碳直接相连，故命名为4-氯苯甲酸。 【小问2详解】 吲哚美辛结构中的含氧官能团包括-COOH，-O-，-NH-CO-，对应命名分别为羧基、醚键、酰胺键。 【小问3详解】 F 与 C 反应生成 G 的过程，是 F 中的仲氨基（-NH-）上的氢原子被 C 中的对氯苯甲酰基替代的过程，形成酰胺键，属于取代反应。 【小问4详解】 ①D（对甲氧基苯肼）中的伯氨基（N②）与 E（2,5-己二酮）发生缩合，脱去2分子水，生成 2,5-二甲基吡咯环（即产物 F），具体反应方程式为   ②D 分子中同时含-NH-和-NH2（伯氨基），由于伯氨基的亲核性和活性更强，如果直接与酰氯 C 反应，酰化会优先发生在-NH2上，无法得到目标产物。因此，先用 2,5-己二酮与-NH2反应形成吡咯环将其保护起来，使得后续只能在-NH-上发生酰化，在生成 G 后，再用水合肼（常见的脱保护试剂）将吡咯环脱除，重新释放出-NH2（产物 H）。故答案为防止D中末端的与C发生取代反应，得不到目标产物（保护）。 【小问5详解】 碱性强弱取决于N原子孤电子对给出电子（结合H+）的能力： 对于N①：端基氨基上的N原子孤电子对处于相对局域的状态，电子云密度最高，它最容易给出孤电子对去结合环境中的H+，因此碱性最强； 对于N②：由于N原子直接与苯环相连，其孤电子对会与苯环的大π键发生p-π共轭效应，这导致N原子上的部分电子云向苯环分散，使得N原子局部的电子云密度降低，结合 H+的能力减弱，因此碱性弱于 N①。 对于N③：题目信息提示“sp2 杂化”，吡咯环上的 N 原子的孤电子对直接占据了未杂化的p轨道，并参与构成了吡咯环的芳香体系，如果这个 N 原子去结合H+，将会破坏整个五元环的芳香性（这在能量上是极其不利的），因此，N③ 的孤电子对极难给出，几乎不显碱性，是三者中最弱的。 故答案为①②③。 【小问6详解】 C的结构是，分子式为C7H4Cl2O，题目中限制有苯环，同时能发生银镜反应，表明其中含有-CHO，说明苯环上的取代基只能是1个-CHO和2个-Cl。核磁共振氢谱有4个峰，表明所有的H原子化学环境完全不同，结构完全不对称，综上符合条件的结构包括以下4种：、、、，故答案为4。 【小问7详解】 产物H带有游离的-NH2，而试剂 X含有酮羰基，对比两者结构，参考J结构及参考反应①，推测两者先发生亲核加成后消去1分子水，生成含有C=N双键的腙，即中间体 I，其结构简式为。 参考反应②，分子K发生类似的重排，K应当为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省射洪中学2023级高三适应性考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Ti 48 Fe 56 Zn 65 Se 79 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 四川享有“天府之国”的美誉，拥有丰富的自然资源和深厚的文化底蕴。下列过程不属于化学变化的是 A. 蜀锦染色前用草木灰浸出液处理丝帛 B. 自贡井盐工坊通过煎煮卤水获得粗盐晶体 C. 郫县豆瓣发酵时微生物分解蛋白质 D. 宜宾酿酒中用“包包曲”糖化发酵糯米 2. 下列有关物质的性质和用途对应关系正确的是 A. 氧化铝具有两性，可用作耐高温材料 B. 乙炔燃烧放出大量热，常用作家庭燃料 C. 次氯酸钠溶液呈碱性，可用于消毒 D. 二氧化硫能漂白某些有色物质，可用于草帽的漂白 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 基态S原子的价电子轨道表示式： B. 反-2-丁烯的结构简式： C. 中子数为12的氖核素： D. 用电子式表示的形成： 4. 依那普利为血管紧张素转换酶抑制剂，是一种常用的降压药，其结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该物质的分子式为C20H26N2O5 B. 能发生水解反应 C. 分子中的碳原子不可能全部共平面 D. 1 mol该物质最多能与3 mol H2发生反应 阅读下列材料，完成下列小题。 三星堆青铜器是古蜀文明的瑰宝，其锈蚀主要分为无害锈(如碱式碳酸铜，绿色稳定)和有害锈(氯化亚铜、碱式氯化铜，白色或淡绿色)。有害锈疏松多孔，在潮湿环境中会引发循环腐蚀，导致器物粉化、孔洞甚至彻底瓦解。除锈方法有： (1)物理法：手术刀剔除、超声波或激光清洗表层疏松锈，但无法根除氯离子。 (2)化学法： ①氧化银法：与反应生成，固定氯离子，反应方程式为： ②倍半碳酸钠法：用溶液浸泡，将有害锈转化为无害碱式碳酸铜(耗时数月)。 ③过氧化氢法：氧化生成排出，但浓度过高易生成黑色。 5. 下列关于材料涉及物质的结构或性质说法正确的是 A. 过氧化氢的电子式： B. 与配位能力： C. 三星堆青铜主要是铜锡合金，其耐腐蚀性弱于纯铜 D. 青铜比纯铜更坚硬，熔点高 6. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 该物质与足量饱和溶液反应，可放出（标况） B. 该分子含有个含氧官能团 C. 该分子有手性碳原子，同分异构体中不可能有芳香酯 D. 该物质能发生氧化反应、还原反应、消去反应 7. 下列实验操作或试剂能达到实验目的的是 A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证的漂白性 C．萃取过程中放气 D．量筒的读数为 A. A B. B C. C D. D 8. X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为，Z、M处于对角线位置，下列说法正确的是 A. 化合物XMYZ和均为直线形分子 B. 该配合物中Q元素的化合价为+4 C. 电负性： D. 该配合物中配体数与配位数之比为1:2 9. 中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A. C2H3*转化为C4H6*时，有C—H形成，无C—C形成 B. 增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C. C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D. 选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 10. 在胺(PEHA)催化CO2加氢制甲醇的反应中，捕获的CO2经多步加氢转化为甲醇。下列对该反应机理的描述正确的是 A. CO2直接与H2反应断裂C=O键生成CO，CO进一步加氢得甲醇 B. 该过程的总反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O C. 胺仅作为CO2捕获剂，不参与加氢过程的催化作用 D. 甲酸盐(HCOO-)在无胺存在下可直接加氢生成甲醇 11. 下列方程式不正确的是 A. Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ B. 将SO2通入酸性溶液： C. 将少量灼热的加入中： D. 用溶液吸收少量： 12. 废旧锂离子电池(LIBs)正极材料以为主，含Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。某团队设计如下流程实现金属的高效回收。下列说法错误的是 已知：①“酸浸”后，(M=Fe、Mn、Cu)； ②、、，当金属离子浓度小于等于，即认为完全沉淀； ③萃取剂I的结构简式为。 A. “酸浸”过程中，主要作氧化剂 B. “氧化沉淀、调pH”过程中需控制溶液pH的范围为2.7～5.0 C. 生成的离子反应方程式为 D. 萃取剂I可通过氧原子和氮原子与的空轨道形成配位键 13. 一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图，其中电解质为溶液。下列说法正确的是 A. b为电源正极 B. 反应前后的物质的量不变 C. 二氧化铱电极区域发生的总反应为： D. 电路中每转移2 mol电子，阴极产生气体22.4 L 14. 某镉氯化合物的晶胞结构如下图所示，其中A粒子的分数坐标为。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为 B. 镉离子的配位数为6 C. 该晶体为混合晶体 D. A到原点O的核间距为 15. 已知：电解质溶液电导率越大导电能力越强，甲胺(CH3NH2·H2O)为一元弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线1代表滴定甲胺溶液的曲线 B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是c C. pH的相对大小：a>b>c>d D. c点溶液：c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 离子液体是环境友好的绿色溶剂，通常具有良好的萃取分离能力。某化学小组用N-甲基咪唑()、1﹣溴丁烷()及KPF6等试剂制备咪唑类离子液体[BMIM]PF6(注：通常用[BMIM]+表示其阳离子)，并测试其萃取性能。 实验步骤： Ⅰ.制备亲水性离子液体[BMIM]Br。 将10mLN-甲基咪唑与14mL1-溴丁烷加入如图所示三颈烧瓶中，恒温加热搅拌反应4h，冷却后用乙酸乙酯洗涤3次，减压蒸馏，得到[BMIM]Br。 Ⅱ.制备疏水性离子液体[BMIM]PF6。 将10g[BMIM]Br与11gKPF6溶于蒸馏水，充分搅拌发生反应。静置后，分液得到离子液体相，用蒸馏水洗涤，在120℃条件下真空干燥4h，得到[BMIM]PF6。 Ⅲ.比较[BMIM]PF6与CCl4的萃取性能。 分别取20mL c(I2)=0.01mol·L-1的碘水(I2溶于KI溶液)置于两个分液漏斗中，分别向其中加入5mL[BMIM]PF6和5mLCCl4，振荡并静置、分液，再分别向水相中加入2滴同浓度的淀粉溶液。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______ ；已知：具有平面五元环结构，且含大π键(Π)。据此推测，其与反应过程中，与标*碳原子成键的N原子标号为_______(填“1”或“2”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生反应的反应类型为_______；检验产品[BMIM]PF6是否洗涤干净，所用试剂为_______。 （3）步骤Ⅲ中分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需进行的一步操作为_______；CCl4作为萃取剂易挥发且有毒，而[BMIM]PF6具有低挥发性，二者挥发性不同的主要原因为_______。 （4）步骤Ⅲ中，加入淀粉溶液后，若观察到_______(填现象)，则证明[BMIM]PF6的萃取能力强于CCl4。 （5）已知：分配系数是溶质在两种互不相溶溶剂中的平衡浓度之比。步骤Ⅲ中，使用[BMIM]PF6作为萃取剂时，测得水相中I2的浓度为0.001mol•L﹣1。据此计算，I2在[BMIM]PF6相与水相之间的分配系数为_______。 17. 我国研发的歼10C战斗机采用高强度Ti合金，某化学研究小组从钒钛矿(主要成分为FeTiO3含有少量的V2O5、SiO2、Al2O3、CaO、MgO)中，制备TiO2同时获得一种重要的工业催化剂V2O5，制备流程如下： 资料：①V2O5是两性氧化物，弱碱性条件下以形式存在，pH大约为2时，V元素以形式存在。 ②NH4VO3难溶于水。 ③硅酸根在pH=5.8时，凝胶生成速率最快。 回答下列问题： （1）预处理时需将钒钛矿破碎、球磨的目的________。 （2）第四周期d区金属的低价离子在水溶液中以水合物形式存在，没有未成对d电子的水合离子无色，如Ti4+。写出其电子排布式________。 （3）调pH”时NaOH溶液的作用是________。滤渣③主要成分是________可用于建筑材料。 （4）滤渣①中FeTiO3与浓硫酸反应生成了TiOSO4与另一种盐，写出其化学方程式________。 （5）已知V2O5是一种较强的氧化剂，溶于盐酸生成VOCl2并放出黄绿色气体，写出反应离子方程式________。 （6）25℃时，Ksp(NH4VO3)=1×10−3，若调pH后溶液中浓度为0.2mol/L，欲使沉淀率达到99%，计算此时浓度为________。 （7）100t含FeTiO3 22.8%的钒钛矿经过以上流程转变为H2TiO3，H2TiO3经过灼烧最后得到TiO2 10.2t，TiO2损失率为________。 18. 科学家成功开发出新型零CO2排放的制氢技术，在270℃的温和条件下，通过新型催化剂可将农林废弃物产生的生物乙醇与水直接转化为清洁氢气，同时联产具有工业价值的乙酸。 总反应i：CH3CH2OH(g)+H2O(g)→2H2(g)+CH3COOH(g) 乙醇蒸汽重整(ESR)制取氢气ii：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)→6H2(g)+2CO2(g) （1）标准摩尔生成焓是指在标准状态下(298K，100KPa)，由最稳定的单质生成1mol纯净物质时的焓变。有关物质的标准摩尔生成焓如表，则反应CH3CH2OH(l)+H2O(l)→2H2(g)+CH3COOH(l)的ΔH=________kJ·mol-1 物质 CH3CH2OH(l) H2O(l) H2(g) CH3COOH(l) ΔH/(kJ·mol-1) -278 -286 0 -485 （2）从热力学角度解释，为什么升高温度有利于该反应i自发进行？________。 （3）假设在恒温恒容的密闭容器中只发生CH3CH2OH(g)+H2O(g)→2H2(g)+CH3COOH(g)，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. n(CH3CH2OH)+n(CH3COOH)保持不变 D. H2的体积分数保持不变 （4）由图I和图II回答。 ①传统Pt/SiO2催化剂中Pt易形成大颗粒，使乙醇分子以________吸附(填“平躺”或“站立”)方式结合，导致C-C键断裂。 ②研究表明：Pt-Ir/α-MoC催化剂表面存在的碳空位是保护C-C键的关键，其中乙醇重整反应历程如下 水解离：H2O→OH*+H* 乙醇脱氢：C2H5OH→CH3CHO*+2H* 乙醛氧化：CH3CHO*+OH*→CH3COOH* 产物脱附：CH3COOH*→CH3COOH(g)；2H*→H2(g) 乙醛氧化时容易发生副反应：CH3CHO·CH3CO·CH3·+C· 实验研究表明随着反应的进行，生成氢气的速率降低，分析原因________。 （5）这项突破性工艺在270℃的温和条件下，新型催化剂可以避免乙醇中C—C键断裂而发生副反应：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)→6H2(g)+2CO2(g)。假设一定条件下，将等物质的量的乙醇与水加入上述反应体系且乙醇的物质的量为1mol时，只发生反应ⅰ、ⅱ。达到平衡时乙醇的平衡转化率和乙酸选择性随温度变化的关系如图III所示。 已知：乙酸的选择性=，当温度为270℃，压强恒定为P时，反应ⅰ的分压平衡常数Kp=________(写计算式)(Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （6）在523K、0.5MPa下，反应i在连续流动的反应器中进行，工程师通过调节水醇摩尔比(S/C)从而优化产率。已知发生反应i时，乙醇可能脱水。相关数据如下： S/C(水︰乙醇) 氢气产率(kg/吨乙醇) 乙醇转化率(%) 3：1 26.8 78.2 6：1 34.1 92.5 9：1 35.0 93.0 根据上述表格数据回答： ①在实际工业生产时需适当提高水醇摩尔比，其中水蒸气的两个作用是________。 ②由数据分析可知，水蒸气过量导致产率增幅趋缓的原因是________。 19. 吲哚美辛(Indomethacin)是一种可减少发热、疼痛的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。 已知：①++H2O+NH3； ②； 回答下列问题： （1）B的化学名称是___________。 （2）吲哚美辛中含氧官能团的名称是羧基、___________、___________。 （3）由F生成G的反应类型是___________。 （4）由D生成F的反应方程式为___________；该步骤的目的是___________。 （5）已知含氮化合物的碱性随N原子孤电子对电子云密度的增大而增强，且G中③号N原子呈杂化形式。请对图D、G中标号的N原子按照碱性从大到小排序：___________(排标号)。 （6）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。 a．含有苯环 b．能发生银镜反应 c．核磁共振氢谱为4组峰 （7）H与试剂X经多步反应生成Indomethacin。 H和X进行先加成后消去的反应生成中间产物I(结构中含有碳氮双键)，后I异构为J。写出中间产物I与K的结构简式。I为___________；K为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $