2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟卷03

2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷03 (考试时间：90分钟；满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Co-59 Cu-64 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．按物质组成分类，盐酸羟胺(NH3OHCl)属于( ) A．酸 B．碱 C．盐 D．有机物 2．Na2SO3是一种重要的盐，下列说法不正确的是( ) A．Na2SO3是一种离子化合物，属于强电解质 B．Na2SO3具有还原性，可使溴水褪色 C．Na2SO3可由SO2气体与纯碱溶液反应制得 D．可用BaCl2溶液检验Na2SO3是否因氧化而变质 3．下列化学用语表示正确的是( ) A．聚乙烯的结构简式： B．基态氧原子的轨道表示式： C．CaC2的电子式： D．，SO32-的VSEPR模型： 4．下列比较不正确的是( ) A．沸点：H2O>HF B．熔点：> C．第二电离能：Na>Mg D．键角：NH3>NH 5．恒温恒容密闭容器中，发生反应2PCl3(g)＋O2(g)2POCl3(g)，下列说法正确的是( ) A．POCl3可以和CH3OH反应生成磷酸酯 B．POCl3分子中存在p-p σ键 C．1molPOCl3在水中最多能与3mol NaOH反应 D．及时分离出POCl3(g)，平衡正向移动，正反应速率增大 6．下列有关物质结构与性质的说法不正确的是( ) A．CF3COOH的酸性强于CH3COOH B．O3是极性分子，易溶于水 C．硫酸分子间存在氢键，沸点高 D．CS2分子中存在σ键和π键 7．下列说法正确的是( ) A．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B．苯酚不慎沾到皮肤上，用碳酸氢钠溶液擦拭 C．可用酒精萃取碘水中的碘 D．0.01mol·L-1酸溶液，若pH=2，则该酸是强酸，若pH≠2，则为弱酸 8．下列离子方程式书写正确的是( ) A．氢氧化二氨合银溶液中加入稀硫酸：[Ag(NH3)2]OH+3H+=Ag↓+2NH4++H2O B．向羟基乙酸溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液：5HOCH2COOH+6MnO4 -+28H+=5HOOCCOOH+6Mn2++19H2O C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2 ↑ D．CuCl2浓溶液稀释，绿色溶液变蓝：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- 9．天然活性成分黄酮醇(化合物Ⅱ)的制备过程如图所示。下列有关说法正确的是( ) A．邻羟基苯乙酮分子中最多15个原子共平面 B．1mol化合物Ⅰ与足量溴水反应，最多消耗3molBr2 C．化合物Ⅰ→Ⅱ的反应中H2O2作还原剂 D．化合物Ⅱ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 10．下列图示实验中不能达到实验目的的是( ) A．配制500 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液 B．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．验证Cl2的氧化性 D．探究苯环使甲基活化 11．实验室用苯和苯甲酰氯在催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：①； ②苯甲酰氯易水解。 下列说法不正确的是( ) A．装置中冷凝器的进水口为a B．c中可装入无水氯化钙 C．HCl的持续逸出可促进反应正向进行 D．由此可推断，在AlCl3作用可发生反应： 12．传统工业中，己二酸是以苯为原料经热催化加氢和硝酸氧化两步法制备。我国科学家提出了以KA油(环己醇与环己酮混合物)为原料经电解合成己二酸的新方法，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．和传统工业相比，电解合成法具有反应步骤少、无氮氧化物排放等优点 B．a极发生的电极反应之一为+3H2O-6e-=HOOC(CH2)4COOH+6H+ C．该装置工作一段时间后，b极区pH不变 D．每生产1 mol己二酸，理论上同时得到标准状况下67.2LH2 13．卤键可表示为(其中D是电子的供体，D中含有孤电子对或π电子；X-Y是电子的受体，其中X是卤族元素，Y是C、N、卤族元素等)，噻吩(结构如下图)是平面结构，分子中含有类似苯的大π键，噻吩与ClF可通过卤键自组装形成如图两种稳定结构。下列说法不正确的是( ) A．噻吩中硫原子的价层电子对为4，杂化方式为sp3 B．ClF中的Cl原子带正电与噻吩形成卤键 C．噻吩中大π键的供电子能力强于S D．加压或降温ClF可形成分子晶体 14．烯烃的醛基化反应是实现碳链增长的途径之一，某含Co化合物催化烯烃醛基化反应的历程如图所示。已知：含Co化合物的中心原子价电子数加配体提供的价电子数总和为18时是稳定结构。CO作配体时可向中心原子(离子)提供1对电子。 下列说法正确的是( ) A．物质Ⅰ、Ⅲ均可视为反应的催化剂 B．物质HCo(CO)4比物质Ⅰ反应活性高 C．物质Ⅰ的中心原子与R-CH=CH2中双键π电子形成配位键，形成稳定结构 D．以丙烯、CO和HD为原料，经上述催化历程最终制得的有机产物均为CH3CH2CH2CHO 15．常温下，Co2+和C2O42-初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1的1L的混合溶液，达平衡时，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。 已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2+、CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；，。下列说法不正确的是( ) A．丁线所示物种为C2O42- B．pH=a时，CoC2O4的摩尔分数为0.84 C．pH=b时，Co2+物质的量浓度为1.2×10-5mol·L-1 D．pH=b时，物质的量浓度：c(OH-)＞c(C2O42-) 16．糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O是电镀工业常用的添加剂，其溶解度在热水中较大，在冷水中较小。已知糖精分子结构为，Sac-表示糖精根离子；丙酮沸点为56℃，与水互溶。某实验室制备糖精钴原理为。 操作步骤如下： Ⅰ．称取1.0gCoCl2·6H2O，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ．称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ．将溶液2加入接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，选用三种不同试剂(丙酮、冷水、冷的1% NaSac溶液)洗涤晶体，干燥得产品。 下列说法不正确的是( ) A．糖精钠(NaSac)可通过糖精分子与足量NaOH溶液或碳酸钠溶液反应制得 B．步骤Ⅲ待有少量晶体析出后，将烧杯置于冰水中，有利于提高产率 C．步骤Ⅳ洗涤剂使用的先后顺序是：冷的1% NaSac溶液→冷水→丙酮 D．产品宜采用低温干燥或真空干燥，可通过X射线衍射测定产品晶胞中H2O的位置和数量 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分)用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下： (1)浓硫酸浸取钛铁矿将得到一种含钛硫酸盐，其阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示，写出该反应的化学方程式____________________。 (2)向滤液Ⅰ中加入铁粉还原的目的____________________(填两点)。 (3)结合流程图，比较给出OH-能力：TiO(OH)2____________________Fe(OH)2(填“>”、“<”或“=”)。 (4)过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、____________________、____________________(填化学式)，减少废物排放。 (5)一种含钛化合物的晶胞结构如图2所示，晶体中存在离子键、共价键和分子间作用力，写出其化学式____________________；解释八面体阴离子发生变形(键长不完全相等)的原因____________________。 (6)低价钛还原羰基是制备烯烃的有效方法，反应机理见下： 已知：［Ti］中的Ti元素为中间价态。 第①步反应属于单电子转移，Ti失电子，则写出所得阴离子自由基中间体的结构式：____________________，并解释第④步需在无水条件下进行的原因____________________。 18．(12分)苯酚(C6H5OH)是重要的有机化工原料，是制备生产酚醛树脂、双酚A的中间体，工业上常用异丙苯氧化、分解制得，具体反应如下： 反应Ⅰ：C6H5CH(CH3)2(l)＋O2(g)C6H5C(CH3)2OOH(l) ΔHI＝-116kJ·mol−1 反应Ⅱ：C6H5CH(CH3)2(l)C6H5OH(l)+CO(CH3)2(l) ΔH II＝-253kJ·mol−1 化学式 名称 沸点 电离平衡常数 C6H5CH(CH3)2 异丙苯 153℃ / C6H5C(CH3)2OOH 过氧化氢异丙苯 101℃ / C6H5OH 苯酚 182℃ CO(CH3)2 丙酮 56℃ / 回答下列问题： (1)①反应I自发的条件是_____(填“低温”或“高温”)。 ②反应II在适当加热条件下可提高C6H5C(CH3)2OOH(l)平衡转化率，原因是_____。 (2)将少量固体苯酚加入到0.1mol·L-1的NaOH溶液中，测得pH=11，则c(C6H5OH)=_____mol·L-1。 (3)废水中的苯酚可用K2Cr2O7溶液利用原电池原理进行处理，原理如图所示： 原电池的负极反应方程式_____。 (4)在标准大气压下，水层和苯酚层组成的混合分层液，在温度343K以下时存在相互溶解，上层水层(A)中溶有少量苯酚，下层苯酚层(B)中溶有少量水，当温度发生变化时，两层中苯酚的溶解情况(质量分数)如图发生变化，表示关系：C6H5OH(A)C6H5OH(B) ΔH K。 ①上述变化的ΔH_____(填“>”或“<”)0，从物质结构(氢键)结合反应原理解释原因_____。 ②曾有学者提出用质量分数分配平衡常数来描述可逆变化过程，KW是指在一定温度下，可逆过程达到平衡时，生成物各组分的质量分数之积与反应物各组分的质量分数之积的比值，这个常数比值只与温度有关。根据图中a(7.50，300)、b(71.25，300)两点，计算300K时KW=_____。 19．(12分)邻羟基苯乙酮用于治疗慢性黄疸型肝炎、胆囊炎。 实验流程如下： 已知： ①反应有强烈的放热现象，温度过高有机物会炭化； ②无水氯化铝极易水解； ③常温下，乙酸苯酯是无色透明液体，羟基苯乙酮是淡黄色油状液体，两者均微溶于水，易溶于有机溶剂。 请回答下列问题： (1)如图装置中，仪器M的名称是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ可选用上图装置(加热装置已省略) B．步骤Ⅰ中，乙酸苯酯与无水氯化铝应一次性混合，缩短实验时间 C．实验室若没有AlCl3，可用BF3充当催化剂 D．反应过程中，可采用油浴的方式进行加热，便于控制反应温度 (3)转化过程中有中间产物的生成，请写出步骤Ⅱ中盐酸与中间体反应的离子方程式：____________________。请分析盐酸的其他作用____________________________。 (4)步骤Ⅲ中，操作X的名称是________。 (5)已知邻羟基苯乙酮与苯酚都具有酸性，且邻羟基苯乙酮的酸性更强，请从基团性质和氢键的角度解释两者的差异性________________________________________。 20．(12分)化合物I是一种可用于轻型帕金森综合征的治疗的药物，其合成路线如下(部分流程及反应条件已省略)。 已知：①R－MgX＋ ② 回答下列问题： (1)A中官能团的名称是___________。 (2)B的结构简式为___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．C与足量H2加成后的产物分子中有3个手性碳原子 B．I能发生消去反应、氧化反应、加聚反应 C．G中的苯基显正电性且其能与CO2加成 D．检验F中的溴元素所需的试剂为稀HNO3和AgNO3溶液 (4)H放入足量的水中的化学方程式为___________。 (5)能使FeCl3溶液显色的C的同分异构体有___________种，其中氢核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为___________(任写一种)。 (6)设计利用CH2=CH-CH=CH2、CH3CH2OH为原料合成的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷03 (考试时间：90分钟；满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Co-59 Cu-64 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．按物质组成分类，盐酸羟胺(NH3OHCl)属于( ) A．酸 B．碱 C．盐 D．有机物 【答案】C 【解析】A项，酸的定义是水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物，盐酸羟胺电离出的阳离子为[NH3OH]+，不符合酸的定义，A错误；B项，碱的定义是水溶液中电离出的阴离子全部为OH-的化合物，盐酸羟胺电离不会产生大量OH-，不符合碱的定义，B错误；C项，盐是由阳离子(金属阳离子、铵根或类似阳离子)和酸根阴离子构成的化合物，盐酸羟胺由[NH3OH]+和酸根离子Cl-构成，属于盐，C正确；D项，有机物通常指含碳元素的化合物(碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等除外)，盐酸羟胺不含碳元素，不属于有机物，D错误；故选C。 2．Na2SO3是一种重要的盐，下列说法不正确的是( ) A．Na2SO3是一种离子化合物，属于强电解质 B．Na2SO3具有还原性，可使溴水褪色 C．Na2SO3可由SO2气体与纯碱溶液反应制得 D．可用BaCl2溶液检验Na2SO3是否因氧化而变质 【答案】D 【解析】A项，Na2SO3由Na+和SO32-通过离子键构成，属于离子化合物，在水溶液中可以完全电离，符合强电解质的定义，A正确；B项，Na2SO3中S元素为+4价，处于S的中间价态，具有还原性，可以和溴水发生氧化还原反应：Na2SO3+ Br2+H2O=Na2SO4+2HBr，消耗溴单质使溴水褪色，B正确；C项，少量SO2通入过量纯碱Na2CO3溶液中，发生反应2Na2CO3+SO2+H2O═2NaHCO3+Na2SO3，可以制得Na2SO3，C正确；D项Na2SO3 变质是被空气中的 O2 氧化为 Na2SO4；BaCl2 与 Na2SO4 生成白色 BaSO4 沉淀，与未变质的 Na2SO3 也生成白色 BaSO3 沉淀，仅凭 BaCl2无法区分，故不能检验是否变质(正确做法：取试样加过量稀盐酸，产生刺激性气味气体者为Na2SO3，不溶解的白色沉淀为 BaSO4，说明已变质)，D错误；故选D。 3．下列化学用语表示正确的是( ) A．聚乙烯的结构简式： B．基态氧原子的轨道表示式： C．CaC2的电子式： D．，SO32-的VSEPR模型： 【答案】B 【解析】A项，乙烯的结构简式为CH2=CH2，则聚乙烯的结构简式为，A不正确；B项，基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道的能量相同，则基态氧原子的轨道表示式：，B正确；C项，Ca以2由Ca2+和C22-构成，电子式为，C不正确；D项，SO32-中心S原子形成3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，发生sp3杂化，则VSEPR模型为，D不正确；故选B。 4．下列比较不正确的是( ) A．沸点：H2O>HF B．熔点：> C．第二电离能：Na>Mg D．键角：NH3>NH 【答案】D 【解析】A项，H2O、HF都是由分子构成的，比较沸点时先看是否存在氢键，两者分子间都存在氢键，而 H2O分子间的氢键数目多于HF分子间氢键的数目，分子间作用力更强，所以沸点H2O>HF，A正确；B项，晶体中为内盐结构，存在强静电作用力(类似离子键)强于普通的氢键，而存在分子间氢键，但作用力微弱，所以熔点：>，B正确；C项，电离能是气态基态原子失去电子所需的最低能量，Na的电子排布1s22s22p63s1，失去1个电子后形成稳定的Na+(1s22s22p6)，此时再失去电子需克服更强的核电荷吸引力，第二电离能极高；Mg的电子排布为1s22s22p63s2，失去1个电子后形成Mg+(1s22s22p63s1)，3s轨道仍有1个电子，易失去，第二电离能较低。因此第二电离能：Na>Mg，C正确；D项，NH3分子中N原子有1对孤电子对，NH4+中N原子无孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，孤电子对会压缩成键电子对的键角。NH3中孤电子对的排斥作用使键角(约107°)小于NH4+(正四面体结构，键角109°28')。故键角：NH3<NH4+，D错误；故选D。 5．恒温恒容密闭容器中，发生反应2PCl3(g)＋O2(g)2POCl3(g)，下列说法正确的是( ) A．POCl3可以和CH3OH反应生成磷酸酯 B．POCl3分子中存在p-p σ键 C．1molPOCl3在水中最多能与3mol NaOH反应 D．及时分离出POCl3(g)，平衡正向移动，正反应速率增大 【答案】A 【解析】A项，POCl3属于磷酰氯，可与甲醇发生取代反应，氯原子被-OCH3取代生成磷酸三甲酯(属于磷酸酯)和氯化氢，A正确；B项，POCl3中P为sp3杂化，P原子与一个O、三个Cl形成4个 σ键(其中P=O含一个 σ键、一个π键)，这些σ键由P的sp3杂化轨道与其他原子的p轨道重叠形成，不存在p-p σ键，B错误；C项，POCl3水解反应为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，1 mol POCl3水解生成1 mol H3PO4和3 mol HCl，完全中和共消耗6 mol NaOH，C错误；D项，恒温恒容下分离出POCl3(g)，平衡正向移动，但瞬间反应物浓度不变，正反应速率不变，随后反应物浓度减小，正反应速率降低，不会增大，D错误。 6．下列有关物质结构与性质的说法不正确的是( ) A．CF3COOH的酸性强于CH3COOH B．O3是极性分子，易溶于水 C．硫酸分子间存在氢键，沸点高 D．CS2分子中存在σ键和π键 【答案】B 【解析】A项，F的电负性远大于H，CF3-的吸电子诱导效应强于CH3-，使羧基中O-H键极性更强，更易电离出H+，故CF3COOH酸性强于CH3COOH，A正确；B项，O3为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，但是O3的极性较小和H2O的极性相差较大，O3也无法与水分子形成氢键，常温下在水中溶解度较小，不属于易溶于水，B错误；C项，硫酸分子含有多个-OH，分子间可形成氢键，分子间作用力较强，因此沸点较高，C正确；D项，CS2结构式为S=C=S，每个双键包含1个σ键和1个π键，分子中同时存在σ键和π键，D正确；故选B。 7．下列说法正确的是( ) A．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B．苯酚不慎沾到皮肤上，用碳酸氢钠溶液擦拭 C．可用酒精萃取碘水中的碘 D．0.01mol·L-1酸溶液，若pH=2，则该酸是强酸，若pH≠2，则为弱酸 【答案】A 【解析】A项，H2少量直接点燃安全，无需验纯，A正确；B项，苯酚不慎沾到皮肤上应立即用酒精洗，碳酸氢钠溶液与苯酚不反应，也难溶解，B错误；C项，酒精与水互溶，无法萃取碘水中的碘单质，萃取剂应该选苯或者CCl4等与水互不相溶的有机溶剂，C错误；D项，若pH≠2，可能是弱酸或多元强酸，D错误。 8．下列离子方程式书写正确的是( ) A．氢氧化二氨合银溶液中加入稀硫酸：[Ag(NH3)2]OH+3H+=Ag↓+2NH4++H2O B．向羟基乙酸溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液：5HOCH2COOH+6MnO4 -+28H+=5HOOCCOOH+6Mn2++19H2O C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2 ↑ D．CuCl2浓溶液稀释，绿色溶液变蓝：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- 【答案】D 【解析】A项， [Ag(NH3)2]OH是强电解质，在水中完全电离为 [Ag(NH3)2]+和OH-，稀硫酸足量时Ag+与SO42-生成微溶的Ag2SO4沉淀，正确的离子方程式为2 [Ag(NH3)2]+OH-+SO42-+6H+=Ag2SO4↓+NH4++2H2O，A错误；B项，乙二酸即草酸(H2C2O4)，酸性KMnO4 溶液足量时，反应生成的乙二酸会继续被KMnO4 氧化为CO2，产物不符合反应事实，且该方程式电荷、原子配平均存在问题，B错误； C项，电解氯化铝溶液时，生成的OH-会与溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，不会大量存在OH-，正确的离子方程式为2Al3+＋6Cl-+6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑+3Cl2↑，C错误； D项，CuCl2浓溶液中存在平衡[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，[CuCl4]2-为黄色而[Cu(H2O)4]2+为蓝色，溶液为绿色，稀释时平衡正向移动，溶液由绿色变蓝，D正确；故选D。 9．天然活性成分黄酮醇(化合物Ⅱ)的制备过程如图所示。下列有关说法正确的是( ) A．邻羟基苯乙酮分子中最多15个原子共平面 B．1mol化合物Ⅰ与足量溴水反应，最多消耗3molBr2 C．化合物Ⅰ→Ⅱ的反应中H2O2作还原剂 D．化合物Ⅱ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】B 【解析】A项，苯环、羰基、羟基、甲基。甲基碳可共面，甲基有一个氢也可以转到平面，总共最多16原子共面，A错误；B项，酚羟基苯环上2个取代+碳碳双键1分子加成，合计3 molBr2，B正确；C项，H2O2中氧元素的化合价为-1价，对比反应物化合物Ⅰ和生成物化合物Ⅱ，H2O2提供氧原子，反应后氧元素变为-2价，氧元素化合价降低，得到电子，被还原，因此H2O2作氧化剂，而不是还原剂，C错误；D项，化合物Ⅱ有羟基、碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；答案选B。 10．下列图示实验中不能达到实验目的的是( ) A．配制500 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液 B．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．验证Cl2的氧化性 D．探究苯环使甲基活化 【答案】A 【解析】A项，配制溶液应将晶体在烧杯中溶解后转移至容量瓶中定容，不能在容量瓶中溶解固体，A符合题意；B项，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，视线应时刻注视锥形瓶中颜色的变化，能达到实验目的，B不符合题意；C项，氯气与KI反应生成I2，使淀粉变蓝，能达到实验目的，C不符合题意；D项，观察到甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而庚烷不能，说明苯环使甲基活化，使甲基更容易被氧化，能达到实验目的，D不符合题意；故选A。 11．实验室用苯和苯甲酰氯在催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：①； ②苯甲酰氯易水解。 下列说法不正确的是( ) A．装置中冷凝器的进水口为a B．c中可装入无水氯化钙 C．HCl的持续逸出可促进反应正向进行 D．由此可推断，在AlCl3作用可发生反应： 【答案】D 【解析】本实验用苯与苯甲酰氯在AlCl3催化下发生取代反应制备二苯甲酮：苯与苯甲酰氯生成二苯甲酮和HCl。反应在加热的试管中进行，管口装有冷凝器，可将挥发的苯、苯甲酰氯冷凝回流，提高原料利用率；生成的HCl气体经侧管上的干燥管c(其中干燥剂可防止水蒸气进入反应体系，因苯甲酰氯易水解)后通入水中吸收。A项，冷凝管使用时冷却水应“下进上出”，使冷却水充满冷凝管外管并与蒸气流向形成逆流，冷却效率最高；图中a、b两接口里a为进水端、b为出水端，A正确；B项，已知苯甲酰氯易水解，c为干燥管，装入无水氯化钙可吸收水蒸气、阻止水分进入反应体系；无水氯化钙不与HCl、苯、苯甲酰氯反应，故c中可装入无水氯化钙，B正确；C项，该反应生成HCl气体，HCl持续逸出使生成物浓度减小，依据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，C正确；D项，AlCl3能催化该酰化反应，是因为它能与苯甲酰氯中的羰基配位、夺去氯而生成活泼的酰基正离子；氯苯分子中没有羰基，其C—Cl键因p-π共轭而稳定，AlCl3不能使其生成苯基正离子，故不能由本反应推断出，D错误；故选D。 12．传统工业中，己二酸是以苯为原料经热催化加氢和硝酸氧化两步法制备。我国科学家提出了以KA油(环己醇与环己酮混合物)为原料经电解合成己二酸的新方法，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．和传统工业相比，电解合成法具有反应步骤少、无氮氧化物排放等优点 B．a极发生的电极反应之一为+3H2O-6e-=HOOC(CH2)4COOH+6H+ C．该装置工作一段时间后，b极区pH不变 D．每生产1 mol己二酸，理论上同时得到标准状况下67.2LH2 【答案】D 【解析】由图可知，a极由KA油电解得到己二酸，发生氧化反应，为阳极，电极反应为+3H2O-6e-=HOOC(CH2)4COOH+6H+，或为+3H2O-8e-=HOOC(CH2)4COOH+8H+，b为阴极，电极的反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH- 。A项，和传统工业相比不需要用硝酸，故电解合成法具有反应步骤少、无氮氧化物排放等优点，A正确；B项，根据分析可知，a极发生的电极反应之一为+3H2O-6e-=HOOC(CH2)4COOH+6H+，B正确；C项，该装置工作一段时间后，阳极转移电子数等于生成的氢离子数目，进入到阴极，等于生成的氢氧根数目，故b极区pH不变，C正确；D项，每生产1mol己二酸，理论上转移的电子数目介于6mol~8mol之间，同时得到标准状况下H2略大于67.2L，D错误；故选D。 13．卤键可表示为(其中D是电子的供体，D中含有孤电子对或π电子；X-Y是电子的受体，其中X是卤族元素，Y是C、N、卤族元素等)，噻吩(结构如下图)是平面结构，分子中含有类似苯的大π键，噻吩与ClF可通过卤键自组装形成如图两种稳定结构。下列说法不正确的是( ) A．噻吩中硫原子的价层电子对为4，杂化方式为sp3 B．ClF中的Cl原子带正电与噻吩形成卤键 C．噻吩中大π键的供电子能力强于S D．加压或降温ClF可形成分子晶体 【答案】A 【解析】A项，题干已知噻吩是平面结构且存在类似苯的大π键，则S原子需要拿出1个p轨道的电子参与形成大π键，因此S的价层电子对为3(2个σ键+1对未参与大π键的孤电子对)，杂化方式为sp2，A错误；B项，F的电负性远大于Cl，ClF中共用电子对强烈偏向F，使Cl原子端带部分正电荷，作为卤键的电子受体，与电子供体形成卤键，B正确；C项，由图可知，ClF未与噻吩中的硫原子形成卤键，而是与噻吩的大π键形成卤键，因此大π键供电子能力强于S，C正确；D项，ClF是由分子构成的物质，与Cl类似，加压、降温可以让分子间通过分子间作用力结合形成分子晶体，D正确；故选A。 14．烯烃的醛基化反应是实现碳链增长的途径之一，某含Co化合物催化烯烃醛基化反应的历程如图所示。已知：含Co化合物的中心原子价电子数加配体提供的价电子数总和为18时是稳定结构。CO作配体时可向中心原子(离子)提供1对电子。 下列说法正确的是( ) A．物质Ⅰ、Ⅲ均可视为反应的催化剂 B．物质HCo(CO)4比物质Ⅰ反应活性高 C．物质Ⅰ的中心原子与R-CH=CH2中双键π电子形成配位键，形成稳定结构 D．以丙烯、CO和HD为原料，经上述催化历程最终制得的有机产物均为CH3CH2CH2CHO 【答案】C 【解析】A项，根据反应的循环图可知，物质Ⅰ是与原料R-CH=CH2结合的初始物质，是催化剂，而物质Ⅲ是中间体，A错误；B项，根据题干提供的信息，物质Ⅰ的中心原子Co自身价电子数为9，配体H提供电子数为1，三个CO提供6个电子，价层电子总数为16，不稳定，是活性物质，而HCo(CO)4的中心原子Co价层电子总数为18，结构稳定，是惰性物质，B错误；C项，物质Ⅰ的中心原子价电子总数是16，接受烯烃分子的π电子对，形成18电子的稳定结构，C正确；D项，以丙烯、CO和HD为原料，H/D均可以连在羰基碳上，得到CH3CH2CH2CHO或CH3CH2CH2CDO，D错误；故选C。 15．常温下，Co2+和C2O42-初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1的1L的混合溶液，达平衡时，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。 已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2+、CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；，。下列说法不正确的是( ) A．丁线所示物种为C2O42- B．pH=a时，CoC2O4的摩尔分数为0.84 C．pH=b时，Co2+物质的量浓度为1.2×10-5mol·L-1 D．pH=b时，物质的量浓度：c(OH-)＞c(C2O42-) 【答案】D 【解析】由题中信息可知，可以形成四种含碳物种，分别为H2C2O4、HC2O4-、C2O42-和CoC2O4(s)，随着pH增大，H2C2O4的摩尔分数逐渐减小，CoC2O4(s)会转化为溶解度更小的Co(OH)2(s)，CoC2O4(s)的摩尔分数先增大后减小，因此，C2O42-的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为CoC2O4(s)，丁线所示物种为C2O42-，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为H2C2O4，丙线所示物种为HC2O4-。A项，pH增大，OH-浓度升高，H2C2O4、HC2O4-逐步电离为C2O42-，C2O42- 摩尔分数随pH增大而增大，故丁线为C2O42-，A 正确；B项，pH=a时，H2C2O4 与HC2O4-的摩尔分数均为0.08，由于体系中四种含碳物种的摩尔分数之和为1，所以CoC2O4和C2O42-的摩尔分数之和为 1-0.08-0.08=0.84；由图可知，此时C2O42-的摩尔分数接近于0，故CoC2O4的摩尔分数为0.84，B 正确；C项，，pH=时，C2O42- 摩尔分数为0.50，，故 ，C 正确；D项，，pH= 时 ，计算得 ，，故 c(OH-)＜c(C2O42-)，D 错误；故选 D。 16．糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O是电镀工业常用的添加剂，其溶解度在热水中较大，在冷水中较小。已知糖精分子结构为，Sac-表示糖精根离子；丙酮沸点为56℃，与水互溶。某实验室制备糖精钴原理为。 操作步骤如下： Ⅰ．称取1.0gCoCl2·6H2O，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ．称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ．将溶液2加入接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，选用三种不同试剂(丙酮、冷水、冷的1% NaSac溶液)洗涤晶体，干燥得产品。 下列说法不正确的是( ) A．糖精钠(NaSac)可通过糖精分子与足量NaOH溶液或碳酸钠溶液反应制得 B．步骤Ⅲ待有少量晶体析出后，将烧杯置于冰水中，有利于提高产率 C．步骤Ⅳ洗涤剂使用的先后顺序是：冷的1% NaSac溶液→冷水→丙酮 D．产品宜采用低温干燥或真空干燥，可通过X射线衍射测定产品晶胞中H2O的位置和数量 【答案】A 【解析】向CoCl2·6H2O中加入水搅拌溶解，也将NaSac·2H2O加入水搅拌溶液，将后者加入前者的接近沸腾的溶液中，反应得到[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O，冷却结晶、过滤、洗涤得到产品。A项，根据糖精分子结构可知，其中-NH-受两侧强吸电子基团影响，表现酸性，可通过与碱反应制得糖精钠，但是当强碱NaOH过量，会导致酰胺键、磺酰胺官能团均被破坏，A错误；B项，根据已知信息，糖精钴在冷水中溶解度较小，步骤Ⅲ待有少量晶体析出后，将烧杯置于冰水中，有利于促使溶液中的溶质进一步析出，提高产率，B正确；C项，步骤Ⅳ洗涤剂首先用冷的1% NaSac溶液，依据同离子效应可减少产品的溶解损失；再用冷水洗去糖精钠残留物；最后用易挥发的丙酮洗涤，溶解损失小，且挥发的丙酮带走水，晶体干燥，C正确；D项，产品中含有结晶水，故干燥方式选择低温干燥或真空干燥可防止失去结晶水；通过X射线衍射可确定晶体结构，晶胞中各原子的数目、位置，D正确；故选A。 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分)用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下： (1)浓硫酸浸取钛铁矿将得到一种含钛硫酸盐，其阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示，写出该反应的化学方程式____________________。 (2)向滤液Ⅰ中加入铁粉还原的目的____________________(填两点)。 (3)结合流程图，比较给出OH-能力：TiO(OH)2____________________Fe(OH)2(填“>”、“<”或“=”)。 (4)过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、____________________、____________________(填化学式)，减少废物排放。 (5)一种含钛化合物的晶胞结构如图2所示，晶体中存在离子键、共价键和分子间作用力，写出其化学式____________________；解释八面体阴离子发生变形(键长不完全相等)的原因____________________。 (6)低价钛还原羰基是制备烯烃的有效方法，反应机理见下： 已知：［Ti］中的Ti元素为中间价态。 第①步反应属于单电子转移，Ti失电子，则写出所得阴离子自由基中间体的结构式：____________________，并解释第④步需在无水条件下进行的原因____________________。 【答案】(1)TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O(2分) (2)将Fe3+还原为Fe2+；适度消耗过量 H2SO4 (2分) (3)<(2分) (4) H2SO4(1分) FeSO4(不分先后)(1分) (5)K2TiF6·HF(2分) HF和TiF62-中的一个F形成氢键，导致Ti—F键长发生变化(2分) (6) (2分) 或()水解生成(2分) 【解析】该工艺以钛铁矿渣(含TiO2、FeO、Fe2O3 )为原料，通过浓硫酸浸取将钛转化为可溶性链状聚合硫酸氧钛、铁转化为硫酸盐；加水溶解过滤后向滤液加铁粉，将Fe3+还原为Fe2+并消耗过量硫酸，后续控温结晶分离出绿矾FeSO4·7H2O；剩余含钛滤液调pH加热使钛水解得到水合二氧化钛，滤液返回浸取工序循环利用，最终水合二氧化钛煅烧得到产物二氧化钛。 (1)由图1的链状阳离子结构，每个Ti连接2个桥氧，该阳离子组成为TiO2+，与硫酸根结合得到聚合态的含钛硫酸盐TiO2和浓硫酸反应生成该盐和水，即TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O。 (2)将Fe3+还原为Fe2+，便于后续结晶析出绿矾FeSO4·7H2O；消耗过量的硫酸，为后续钛的水解提供合适的酸度条件。 (3)流程中调节pH到0.5时，TiO(OH)2优先水解沉淀析出，而Fe(OH)2仍留在溶液中，说明TiO(OH)2的电离给出OH-的能力比Fe(OH)2更弱。 (4)过滤出水合二氧化钛后的滤液中，除未完全分离的钛盐外，还溶解有未结晶的FeSO4，以及水解生成的硫酸和体系中剩余的硫酸，返回浸取工序可实现原料循环，减少排放。 (5)用均摊法计算晶胞粒子数：K共4个，Ti共2个，F共14个，H共2个，比例为2：1：7：1，结合晶体存在离子键、共价键、分子间作用力，可知化学式为K2TiF6·HF；HF和TiF62-中的一个F形成氢键，导致Ti—F键长发生变化。 (6)第①步为单电子转移，Ti失电子将单电子转移给羰基，羰基的π键断裂，氧得到电子带负电，中心碳上剩余单电子形成阴离子自由基，即；或()可发生水解生成。 18．(12分)苯酚(C6H5OH)是重要的有机化工原料，是制备生产酚醛树脂、双酚A的中间体，工业上常用异丙苯氧化、分解制得，具体反应如下： 反应Ⅰ：C6H5CH(CH3)2(l)＋O2(g)C6H5C(CH3)2OOH(l) ΔHI＝-116kJ·mol−1 反应Ⅱ：C6H5CH(CH3)2(l)C6H5OH(l)+CO(CH3)2(l) ΔH II＝-253kJ·mol−1 化学式 名称 沸点 电离平衡常数 C6H5CH(CH3)2 异丙苯 153℃ / C6H5C(CH3)2OOH 过氧化氢异丙苯 101℃ / C6H5OH 苯酚 182℃ CO(CH3)2 丙酮 56℃ / 回答下列问题： (1)①反应I自发的条件是_____(填“低温”或“高温”)。 ②反应II在适当加热条件下可提高C6H5C(CH3)2OOH(l)平衡转化率，原因是_____。 (2)将少量固体苯酚加入到0.1mol·L-1的NaOH溶液中，测得pH=11，则c(C6H5OH)=_____mol·L-1。 (3)废水中的苯酚可用K2Cr2O7溶液利用原电池原理进行处理，原理如图所示： 原电池的负极反应方程式_____。 (4)在标准大气压下，水层和苯酚层组成的混合分层液，在温度343K以下时存在相互溶解，上层水层(A)中溶有少量苯酚，下层苯酚层(B)中溶有少量水，当温度发生变化时，两层中苯酚的溶解情况(质量分数)如图发生变化，表示关系：C6H5OH(A)C6H5OH(B) ΔH K。 ①上述变化的ΔH_____(填“>”或“<”)0，从物质结构(氢键)结合反应原理解释原因_____。 ②曾有学者提出用质量分数分配平衡常数来描述可逆变化过程，KW是指在一定温度下，可逆过程达到平衡时，生成物各组分的质量分数之积与反应物各组分的质量分数之积的比值，这个常数比值只与温度有关。根据图中a(7.50，300)、b(71.25，300)两点，计算300K时KW=_____。 【答案】(1) ①低温(1分) ②丙酮沸点较低，加热时丙酮挥发，生成物浓度降低，平衡正向移动，提高C6H5C(CH3)2OOH(l)的平衡转化率(2分) (2)8×10-3(2分) (3)C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2＋28H+(2分) (4)①＜(1分) 苯酚分子之间形成的氢键强于苯酚与水分子间形成的氢键，苯酚由水层转移进入苯酚层时，断裂苯酚‑水之间较弱的氢键需要吸收热量，形成苯酚‑苯酚之间更强的氢键会放出热量，成键放出的总能量大于断键吸收的总能量，正反应为放热反应，故ΔH＜0(2分) ②9.5(2分) 【解析】(1)①反应自发的判据为ΔG=ΔH-TΔS＜0。反应I中反应物有气体O2，生成物均为液态，体系混乱度降低，因此ΔS＜0；已知ΔH1＜0，要满足ΔH-TΔS＜0，需要温度T足够小，因此反应I在低温下自发。②加热提高反应II平衡转化率的原因，反应II的ΔH2＜0，为放热反应，仅从温度对平衡的影响来看，加热会使平衡逆向移动，不利于提高反应物转化率。但根据沸点数据，生成物丙酮的沸点(56℃ )远低于反应物过氧化氢异丙苯的沸点(101℃ )，加热时丙酮会大量挥发，使体系中生成物浓度降低，平衡正向移动，因此反应物C6H5C(CH3)2OOH(l)的平衡转化率提高。 (2)苯酚的电离平衡为C6H5OHC6H5O－+H+，电离平衡常数表达式为：，已知溶液pH=11，因此c(H＋)=10-11mol·L-1 ；由于苯酚电离程度极小，且NaOH过量，因此。将已知数据代入Ka表达式变形得：。 (3)原电池负极发生氧化反应，元素化合价升高。M极苯酚转化为CO2，苯酚中C的化合价为，CO2中C为+4价，1mol苯酚反应共失去28mol电子。结合电荷守恒、原子守恒配平，最终得到负极反应式：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2＋28H+。 (4)①苯酚分子之间形成的氢键强于苯酚与水分子间形成的氢键，苯酚由水层转移进入苯酚层时，断裂苯酚‑水之间较弱的氢键需要吸收热量，形成苯酚‑苯酚之间更强的氢键会放出热量，成键放出的总能量大于断键吸收的总能量，正反应为放热反应，因此ΔH＜0。②根据质量分数分配平衡常数的定义，KW为一定温度下，可逆过程达到平衡时，生成物各组分的质量分数之积与反应物各组分的质量分数之积的比值。该可逆过程为C6H5OH(A)C6H5OH(B)，则，代入图像对应点的数据，可得。 19．(12分)邻羟基苯乙酮用于治疗慢性黄疸型肝炎、胆囊炎。 实验流程如下： 已知： ①反应有强烈的放热现象，温度过高有机物会炭化； ②无水氯化铝极易水解； ③常温下，乙酸苯酯是无色透明液体，羟基苯乙酮是淡黄色油状液体，两者均微溶于水，易溶于有机溶剂。 请回答下列问题： (1)如图装置中，仪器M的名称是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ可选用上图装置(加热装置已省略) B．步骤Ⅰ中，乙酸苯酯与无水氯化铝应一次性混合，缩短实验时间 C．实验室若没有AlCl3，可用BF3充当催化剂 D．反应过程中，可采用油浴的方式进行加热，便于控制反应温度 (3)转化过程中有中间产物的生成，请写出步骤Ⅱ中盐酸与中间体反应的离子方程式：____________________。请分析盐酸的其他作用____________________________。 (4)步骤Ⅲ中，操作X的名称是________。 (5)已知邻羟基苯乙酮与苯酚都具有酸性，且邻羟基苯乙酮的酸性更强，请从基团性质和氢键的角度解释两者的差异性________________________________________。 【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分) (2)CD(2分) (3) (2分) 在酸性条件下，可以减少邻羟基苯乙酮的电离；降低产物在水中的溶解度，有利于产物从水中萃取出来；除去过量的催化剂AlCl3(2分) (4)减压蒸馏或蒸馏(2分) (5)乙酰基(-COCH3)为强吸电子基团，使邻位羟基的极性增强，同时乙酰基与邻位的羟基形成分子内氢键，使羟基更稳定，不易电离出H+。吸电子效应大于氢键的稳定作用，最终邻羟基苯乙酮的酸性大于苯酚(3分) 【解析】以乙酸苯酯为原料，在无水AlCl3催化、130~160 ℃条件下发生重排反应得到混合物，将混合物降至室温后加入盐酸，得到棕色油状物，再用甲苯进行两次萃取，合并有机相后水洗，加入干燥剂除水、过滤，最后经过操作X提纯得到邻羟基苯乙酮粗产品，据此解答。 (1)由仪器M的结构可知，其名称为恒压滴液漏斗； (2)A项，无水氯化铝极易水解，但该装置未设置干燥防护结构，无法避免氯化铝遇水水解，装置须隔绝空气中水蒸气，因此不可选用此装置进行反应，A错误；B项，该反应有强烈的放热现象，乙酸苯酯与无水氯化铝应一次性混合，会造成局部温度过高，引发有机物炭化，不能一次性混合，B错误；C项，该反应为路易斯酸催化的Fries重排反应，BF3也属于路易斯酸，则实验室若没有AlCl3，可用BF3充当催化剂，C正确；D项，反应温度130~160 ℃，高于水浴的100 ℃上限，油浴受热均匀，方便控制温度，防止局部过热炭化，则反应过程中，可采用油浴的方式进行加热，便于控制反应温度，D正确；故选CD。 (3)中间体与盐酸中的Cl-发生反应生成邻羟基苯乙酮和AlCl4-，对应的离子方程式为：；盐酸的其他作用：在酸性环境下可以抑制邻羟基苯乙酮发生电离，降低产物在水中的溶解度，便于后续萃取分离，同时盐酸能够和过量的催化剂AlCl3反应，除去过量的氯化铝； (4)邻羟基苯乙酮是油状有机物，与甲苯互溶，二者沸点不同，分离互溶的液态有机物，操作X可以采用减压蒸馏(或蒸馏)，分离提纯得到粗产品； (5)乙酰基(-COCH3)属于强吸电子基团，会使邻位羟基的O-H键极性增强，有利于H+电离，同时乙酰基能够和邻位羟基形成分子内氢键，使羟基更稳定，阻碍H+电离。吸电子效应大于氢键的稳定作用，最终使得邻羟基苯乙酮更容易电离出氢离子，其酸性大于苯酚。 20．(12分)化合物I是一种可用于轻型帕金森综合征的治疗的药物，其合成路线如下(部分流程及反应条件已省略)。 已知：①R－MgX＋ ② 回答下列问题： (1)A中官能团的名称是___________。 (2)B的结构简式为___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．C与足量H2加成后的产物分子中有3个手性碳原子 B．I能发生消去反应、氧化反应、加聚反应 C．G中的苯基显正电性且其能与CO2加成 D．检验F中的溴元素所需的试剂为稀HNO3和AgNO3溶液 (4)H放入足量的水中的化学方程式为___________。 (5)能使FeCl3溶液显色的C的同分异构体有___________种，其中氢核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为___________(任写一种)。 (6)设计利用CH2=CH-CH=CH2、CH3CH2OH为原料合成的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。 【答案】(1)碳碳双键、羰基(1分) (2)(1分) (3)B(2分) (4)＋H2O→＋Mg(OH)Br↓(生成Mg(OH)2和MgBr2也可)(2分) (5) 22(2分) (1分) (6)(3分) 【解析】(1)观察A的结构式可知，A中官能团的名称是碳碳双键、羰基。 (2)已知反应②为环加成反应，需要共轭二烯作为双烯体，B的分子式C5H6其饱和度为3，结合C的结构式，使用逆推法可推断B为环戊二烯，其结构简式为。 (3)C与足量H2加成后的产物是五元环并六元环稠合双环结构，两个环共用一条碳边(2 个共用碳)，两个稠环共用的2个桥头碳：每个碳同时连2个不同碳环片段、烷基、H，4个基团完全不同，是手性碳；六元环上与羰基加氢生成的-CHOH-相连的碳、环上另外2个取代碳，均满足 4 种不同基团；因此加氢后手性碳原子数量为5个，A 错误；I分子含醇羟基、芳香环、与羟基直接相连的碳原子的邻位碳存在氢原子，满足醇的消去反应条件；醇羟基可被酸性高锰酸钾等氧化剂氧化；分子内含碳碳双键可发生加聚反应，B正确；G为苯基溴化镁，C-Mg键电子偏向苯环碳原子，苯基带负电，作为亲核试剂进攻CO2，选项“苯基显正电性”描述相反，C 错误；F为溴苯，溴原子以共价键结合，无法直接电离出溴离子，完整检验流程应为NaOH水溶液加热水解后，稀硝酸酸化再滴加AgNO3，仅稀HNO3、AgNO3无明显现象，不能检验溴元素，D错误；因此答案选B。 (4)依据已知信息①，中间体-OMgBr发生水解，-OMgBr基团替换为醇羟基-OH，副产物为Mg(OH)Br沉淀；水充足时，也可生成Mg(OH)2、MgBr2，因此化学反应方程式为＋H2O→＋Mg(OH)Br↓(生成Mg(OH)2和MgBr2也可)。 (5)C是由A和B发生加成反应得到的，C的分子式为C9H12O，不饱和度为4，由已知条件“能使FeCl3溶液显色”说明分子中必须含有酚羟基直接连在苯环上，一个苯环本身的不饱和度刚好是4，这意味着分子中除了一个苯环外，侧链全部是饱和的烷基，没有双键或三键。 情况一：苯环上有2个取代基(-OH和-C3H7) 烷基异构：丙基有 2 种结构：正丙基和异丙基，对于每一种丙基，它与酚羟基在苯环上的相对位置都有邻位、间位、对位3种，本情况总数：2 (烷基种类)3 (位置) =6种。 情况二：苯环上有3个取代基(-OH、-CH3、- C2H5) 先固定两个基团，再插入第三个基团。①当 -OH和-CH3处于邻位时，苯环上剩余4个空位，这4个空位的化学环境各不相同，所以插入-C2H5有4种；②当-OH和-CH3处于间位时，苯环上剩余4个空位，化学环境也各不相同，插入-C2H5有4种；③当-OH和-CH3处于对位时，苯环上剩余4个空位，由于对称性，等效空位有2个，插入-C2H5有2种；本情况总数为10种。 情况三：苯环上有4个取代基(-OH和3个-CH3) 三甲苯有3种同分异构体：①连三甲苯(1,2,3-三甲苯)：苯环上有2种不同环境的氢原子，被-OH取代后有2种；②偏三甲苯(1,2,4-三甲苯)：苯环上有3种不同环境的氢原子，被-OH取代后有3种；③均三甲苯(1,3,5-三甲苯)：苯环上有1种环境的氢原子，被-OH取代后有 1 种；本情况总数为6种。 将三种情况相加：6 (情况一) + 10(情况二) + 6 (情况三) = 22种。 核磁氢谱峰组数=分子中等效氢种类；4 组峰代表分子高度对称，故其结构简式可为(符合要求即可)。 (6)步骤1：乙醇制备CH3CH2MgBr：CH3CH2OH与HBr、浓硫酸加热发生取代反应生成溴乙烷；溴乙烷在无水乙醚、Mg 作用下生成CH3CH2MgBr； 步骤2：乙醇氧化、羟醛缩合生成共轭烯醛：乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛在催化剂、加热条件下发生羟醛缩合，生成CH3CH=CHCHO； 步骤 3：环加成构建六元环醛：1,3-丁二烯与共轭烯醛加热发生环加成反应，得到甲基环己烯醛； 步骤 4：通过环加成反应、酸性水解得到目标醇：环醛与CH3CH2MgBr加成，酸性条件下水解，羰基转化为仲醇羟基，得到最终目标产物。 因此其合成路线图为： 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷03·参考答案 (考试时间：90分钟；满分：100分) 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C D B D A B A D B A 11 12 13 14 15 16 D D A C D A 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分) (1)TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O(2分) (2)将Fe3+还原为Fe2+；适度消耗过量 H2SO4 (2分) (3)<(2分) (4) H2SO4(1分) FeSO4(不分先后)(1分) (5)K2TiF6·HF(2分) HF和TiF62-中的一个F形成氢键，导致Ti—F键长发生变化(2分) (6) (2分) 或()水解生成(2分) 18．(12分) (1) ①低温(1分) ②丙酮沸点较低，加热时丙酮挥发，生成物浓度降低，平衡正向移动，提高C6H5C(CH3)2OOH(l)的平衡转化率(2分) (2)8×10-3(2分) (3)C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2＋28H+(2分) (4)①＜(1分) 苯酚分子之间形成的氢键强于苯酚与水分子间形成的氢键，苯酚由水层转移进入苯酚层时，断裂苯酚‑水之间较弱的氢键需要吸收热量，形成苯酚‑苯酚之间更强的氢键会放出热量，成键放出的总能量大于断键吸收的总能量，正反应为放热反应，故ΔH＜0(2分) ②9.5(2分) 19．(12分) (1)恒压滴液漏斗(1分) (2)CD(2分) (3) (2分) 在酸性条件下，可以减少邻羟基苯乙酮的电离；降低产物在水中的溶解度，有利于产物从水中萃取出来；除去过量的催化剂AlCl3(2分) (4)减压蒸馏或蒸馏(2分) (5)乙酰基(-COCH3)为强吸电子基团，使邻位羟基的极性增强，同时乙酰基与邻位的羟基形成分子内氢键，使羟基更稳定，不易电离出H+。吸电子效应大于氢键的稳定作用，最终邻羟基苯乙酮的酸性大于苯酚(3分) 20．(12分) (1)碳碳双键、羰基(1分) (2)(1分) (3)B(2分) (4)＋H2O→＋Mg(OH)Br↓(生成Mg(OH)2和MgBr2也可)(2分) (5) 22(2分) (1分) (6)(3分) / 学科网（北京）股份有限公司 $2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷03 答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自已的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填： 缺考标记 ▣ 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 口 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5m黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 正确填涂■ 无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 错误填涂 ][][/] 4保持卡面清洁。不要折為、不要弄破 第I卷（请用2B铅笔填涂） 一、 选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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.IA1[B1[C1[D 6.IA1IB1「C1D1 11.IA1[B1[C1[D1 16.[A][B][C][D] 2.A1「B1「C1D 7.[A1「B1[C1I D 12.A1[B1[C1「D1 3.A1[B1[C1 8.(AjiB]IC]I 4.A1[B1「C1「D 9AlIBIICIIDI 14.[A1[B1[C1[D1 5.fA1[B1「C1[D1 10.[A][B][C][D] 15.A1B1C1ID1 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答） 二、 非选择题：本题共4个小题，共52分。 17.(16分) (1) (2分) (2) (2分) (3) (2分) (④) (1分) (1分) (⑤) (2分) 2分) (6 (2分) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ (1)① (1分) ② (2分) (2) (2分) (3) (2分) (4)① (1分) (2分) ② (2分) 19.(12分) (1) (1分) (2) (2分) (3) (2分) (2分) (4)】 (2分) (5) (3分) 20.(12分) 1) (1分) (2) (1分) (3) (2分) (4) (2分) (5) (2分) (1分) (6) (3分) ■ ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！