河南省九师联盟2021届高三上学期12月联考化学试题（解析版）.doc

1、河南省九师联盟河南省九师联盟 20212021 届高三上学期届高三上学期 1212 月联考月联考 化学试题化学试题 可能用到的相对原子质量可能用到的相对原子质量 H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 135.5 Cu 64 Ga 70 Te 128 一、选择题一、选择题(本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的) 1. 某知名品牌奶茶配料为植脂末(氢化植物油)、果糖、羊奶粉、红茶提取物、麦芽糊精、食用香精等.下列 有关物质不能发生

2、水解反应的是( ) A. 果糖 B. 植脂末 C. 羊奶粉 D. 麦芽糊精 【答案】A 【详解】A果糖为单糖，单糖不能发生水解反应，A 符合题意； B植脂末主要成分为氢化植物油，属于油脂，可发生水解反应，B不符题意； C羊奶粉主要成分为蛋白质，蛋白质可发生水解反应，C不符题意； D麦芽糊精是介于淀粉和淀粉糖之间的一种低聚糖，可发生水解反应，D不符题意。答案选 A。 2. 实验室中下列做法正确的是( ) A. 用无水氯化钙干燥氨气 B. 用分液漏斗分离乙酸乙酯和乙醇 C. 在蒸发皿中加热 22 MgCl6H O晶体制备无水 2 MgCl D. 将混有 2 SO和 2 CO的乙烯气体通入NaOH溶

3、液中除去 2 SO和 2 CO 【答案】D 【详解】A氨气能与无水氯化钙生成络合物 23 CaCl8NH，A错误； B乙酸乙酯和乙醇互溶不分层，不能用分液漏斗分离，B错误； C由于 2 MgCl水解生成的HCl会挥发，加热 22 MgCl6H O晶体得不到无水 2 MgCl而是 MgO，C错误； D乙烯不与NaOH溶液反应， 2 SO和 2 CO能被NaOH溶液吸收，D正确； 故选 D。 3. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，X是地壳中含量最多的元素，W和 X的未成对 电子数相同，X和 Y同主族，由 W、X、Z三种元素组成的化合物焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)。下列 说法

4、错误的是( ) A. 最简单氢化物沸点：XYW B. 简单离子半径：YZX C. 2 WX和 2 YX空间构型均为直线形 D. 最高价氧化物对应的水化物酸性：YW 【答案】C 【详解】地壳中含量最多的元素为 O，X 为 O，O 元素有两个为成对电子，W 和 X 的未成对电子数相同， W 为 C 元素，X和 Y同主族，Y 为 S，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)的元素为 K，所以 Z为 K，故 W 为 C，X为 O，Y为 S，Z为 K.。 A最简单氢化物沸点：XYW即 224 H OH SCH，故 A 正确； B离子半径： 22 SKO ，故 B 正确； C 2 CO的空间构型为直线型， 2 S

5、O的空间构型为 V形，故 C错误； D酸性： 2423 H SOH CO，故 D正确；故答案为 C。 4. 下列关于 N、B所形成化合物的结构和性质的叙述正确的是( ) A. 33 NH -BH中 N 和 B的杂化方式不同 B. 熔点：NB(原子晶体) 34 C N(原子晶体) C. 含大 键，形成的大 键的电子由 N、B 提供 D. 24 N H的沸点明显高于 3 NH的原因是 24 N H分子间形成的氢键更强 【答案】D 【详解】A 33 NH -BH中 N和 B 均为 3 sp杂化，A项错误； BNB和 34 C N均为原子晶体，键长越短，熔点越高，键长：NBCN，熔点： 34 NBC

6、N，B 项错误； C含大键，形成的大 键的电子由 N 提供，B提供空轨道，C项错误； D 24 N H分子间形成氢键更强，沸点更高，D项正确；故选 D。 5. 下列实验操作所选仪器正确的是( ) 选项 A B C D 操作 蒸馏 分液 取20.00mL溶液 量取一定体积的 4 KMnO溶液 仪器 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【详解】A蒸馏用直形冷凝管，球形冷凝管通常用于冷凝回流，A 项错误； B分液时用分液漏斗，不用长颈漏斗，B 项错误； C量筒不能精确到 0.01mL，C 项错误； D酸式滴定管可以量取酸性和强氧化性的溶液，KMnO4溶液有强氧化性，应用酸式滴定管量取

7、，D 项正 确；故选 D。 6. 根据中国当前的食品添加剂使用标准，针对 6个月以上婴幼儿配方食品允许使用香兰素。香兰素的结构 如图所示。下列关于香兰素的说法错误的是( ) A. 可与 3 FeCl溶液发生显色反应 B. 分子中所有碳原子可能共平面 C. 分子中苯环上的二氯代物有 2 种(不含立体异构) D. 1mol香兰素最多与 2 4mol H发生加成反应 【答案】C 【详解】A香兰素中含有酚羟基，可与 3 FeCl溶液发生显色反应，故 A正确； B由图可知，苯环为平面正六边形以及三点确定一个平面，分子中所有碳原子可能共平面，B正确； C苯环上的氢原子有三种，即为，苯环的二氯代物，一个氯原

8、子先固定在号上，另 一个氯原子可以在、上，将一个氯原子固定在或，另一个氯原子在或上，即苯环上的二氯代 物有 3 种，故 C错误； D1mol香兰素含有1mol羰基和1mol苯环，可与 2 4mol H发生加成反应，故 D 正确； 答案为 C。 7. 分子或离子中的大 键可表示为 y x ，其中 x表示参与形成大 键原子总数，y表示 电子数，已知 电 子数=价电子总数-(电子对数+孤电子对数) 2。SO2和 SO3的结构如图所示： 下列关于 SO2和 SO3的有关说法正确的是( ) A. SO2的 电子数为 6 B. SO3的大 键可表示为 6 4 C. SO3中心原子为 3 sp杂化方式 D.

9、 SO2与 SO3空间构型相同 【答案】B 【详解】A 2 SO的电子数18(25)24，A项错误； B 3 SO的电子数24(36)26，大键可表示为 6 4 ，B项正确； C 3 SO中心原子 S的价层电子对数为 3+ 62 3 2 =3，则杂化轨道类型为 2 sp杂化，C项错误； D 2 SO中心原子 S的价层电子对数为 2+ 62 2 2 =3，空间构型为 V 形， 3 SO中心原子 S 的价层电子对数 为 3+ 62 3 2 =3，空间构型为正三角形，D项错误； 答案选 B。 8. 甘氨酸亚铁 22 2 H NCH COOFe 是浅黄褐绿色结晶粉末， 易溶于水， 难溶于乙醇， 能改善

10、缺铁性贫血， 实验室合成路线如图所示(异抗坏血酸具有还原性) 下列说法错误是( ) A. 实验室若无异抗坏血酸试剂，可用维生素 C替代 B. 步骤若 pH过高，甘氨酸中的氨基会发生反应 C. 步骤加入乙醇能降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，有利于结晶析出 D. 步骤所用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗 【答案】B 【详解】A异抗坏血酸具有还原性可防止亚铁盐被氧化，维生素 C 也具有还原性，可用维生素 C 替代，A 项正确； B步骤若pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，B项错误； C已知甘氨酸亚铁难溶于乙醇，加入乙醇能降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，有利于结晶析出，C 项正确； D步骤为重结晶，所用

11、到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确； 故选 B。 二、选择题二、选择题(本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部 选对得选对得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分) 9. 利用如图HCOOH燃料电池装置，获得电能的同时也得到3 KHCO、 24 K SO。下列说法错误的是( ) A. 通入 2 O的目的是将 2 Fe 转化为 3 Fe B. 放电过程中需补充的物质 X 为 24 H SO C. 负极电极反应式为 32 HC

12、OO2OH2eHCOH=O D. 每生成 3 1mol KHCO，有1mol K通过阳离子膜 【答案】D 【详解】A由图可知，通入 2 O的目的是将 2 Fe 转化为 3 Fe ，A项正确； B因为有 24 K SO生成，故放电过程中需补充的物质 X为 24 H SO，B项正确； C负极电极反应式为 32 HCOO2OH2eHCOH O ，C项正确； 每生成 3 1mol KHCO，通过阳离子膜的K为2mol，D项错误。 故选。 10. 7ACCA是合成头孢克罗的关键中间体，其结构如图所示。下列说法正确的是( ) A. 具有两性，可发生水解反应 B. 分子中 N原子有 2 种杂化方式 C. 分

13、子中有 5 种不同化学环境的氢原子 D. 不存在分子中含有苯环的同分异构体 【答案】AC 【详解】A该物质含有羧基和氨基具有两性，含有酰胺键和氯原子可发生水解反应，故 A正确； B分子中 N 原子只有 1种 3 sp杂化，故 B 错误； C 该分子没有对称因素， 每一种氢都是不同环境， 所以分子中共有 5种不同化学环境的氢原子， 故 C正确； D该有机物不饱和度为 5，所以存在分子中含有苯环的同分异构体，故 D 错误； 故答案为 AC。 11. 1，2-丙二醇 23 CH OHCHOHCH单分子解离反应相对能量如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离 和脱水过程。下列说法错误的是( ) A. 中，

14、断裂 a处碳碳键比 b 处碳碳键所需能量低 B. 1，2-丙二醇单分子解离脱水过程均为吸热反应 C. 从能量的角度分析，TS1路径的速率比TS3、TS4路径快 D. 产物丙酮比丙烯醇 3 CH CH=CHOH和 32 CH C(OH)=CH更稳定 【答案】B 【分析】 由图可知， 断裂中的 a处化学键需要 83.7kJ 的能量， 断裂 b 处碳碳键所需能量为 85.1kJ 的能量，TS1路径吸收 66.8kJ的能量，得到的 22 CH (OH)C=CH和水的相对能量为 14.3kJ，TS2路径吸收 68.9kJ 的能量， 得到的丙酮和水的相对能量为-8.6kJ，TS3路径吸收 70.4kJ 的

15、能量， 得到的 3 CH CH=CHOH 和水的相对能量为 8.4kJ，TS4吸收 71.8kJ 的能量，得到的 32 CH C(OH)=CH和水的相对能量为 3.1kJ的能 量，由此分析。 【详解】A由图可知，断裂 a处碳碳键所需能量为 83.7kJ，断裂 b处碳碳键所需能量为 85.1kJ，故 A不符 合题意； B由图可知，l，2-丙二醇单分子解离脱水生成丙酮为放热反应，故 B符合题意； C由图可知，TS1路径比TS3、TS4路径吸收的能量低，活化能低，所以TS1路径反应速率更快，故 C 不符合题意； D由图可看出产物丙酮能量最低，丙酮比丙烯醇 3 CH CHCHOH和 32 CH C(O

16、H)CH更稳定，故 D 不符合题意； 答案选 B。 12. 常温下，用NaOH溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸 HXHYHZ、的滴定曲线如图 所示，图中横坐标 a 表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是( ) A. 常温下，酸性：HZHYHX B. 当滴定至pH=7，溶液中存在： - c Y=c X=c Z C. 滴定HY，当a0.5时，溶液中 - c Yc(HY) D. 初始浓度 1 c(HX)=0.1mol L 【答案】BD 【详解】A由起始点可以看出，酸性：HZHYHX，A项正确； B当滴定至pH 7 ，溶液中存在： - c Xc Yc Z，B项错误；

17、C当a0.5时，溶液呈酸性， Y(HY)cc ，C项正确； D 22 3 a c Hc X 1010 K10 c HXc HX0.01 始 ， 1 (HX)0.11mol Lc 始 ，D 项错误。 故选 BD。 三、非选择题三、非选择题(本题共本题共 5 小题，共小题，共 56 分分) 13. 活性氧化铜具有磁性强、光吸收强、化学活性高等优点，常用于有机合成催化剂等领域.与普通氧化铜 相比，活性氧化铜在一定浓度的硫酸中，溶解速度更快。如图为络合法制备活性氧化铜粉末的工艺流程： 回答下列问题： (1)上述工艺流程中可以循环利用的物质有剩余铜片、含铜滤液以及_。 (2)“鼓泡溶铜”时反应的化学方程

18、式为_；该步骤温度不宜超过 40，其原因是_。 (3)写出“脱氨”时反应的化学方程式：_。 (4)“煅烧”时，不同煅烧温度对氧化铜产品活性(在酸中的溶解时间)及纯度的影响如图所示。结合氧化铜产品 活性，最适宜的煅烧温度为_(填字母)。 A300400 B400C500 C500600 (5)活性氧化铜也可采用直接沉淀法制备，表中给出两种方法制备产品对比的五组酸溶时间实验数据。分析 表中数据，说明优先采用络合沉淀法的原因：_。 样品 酸溶时间(s) 1# 2# 3# 4# 5# 直接沉淀法样品 70 58 66 69 61 络合沉淀法样品 32 40 29 35 38 (6)本工艺制备过程中，开

19、始加入的铜片为 64kg，若铜的利用率为 98.3%，则生成的活性氧化铜粉末为 _kg。 【答案】 (1). 3 NH和 2 CO (2). 32432332 2 2Cu2NHH O2NH HCOO2Cu NHCO4H O (3). 温度高于 40，氨水和碳酸 氢铵均易分解，会造成原料的浪费和环境污染 (4). 33222332 2 2Cu NHCOH OCu (OH) CO4NHCO (5). B (6). 络合沉淀法制备的样品 酸溶时间更短，产品的活性更高 (7). 78.64 【分析】 此题重点是根据流程中的信息进行判断，对于方程式的书写利用原子守恒，对于氧化还原反应还需利用电 子守恒进

20、行配平方程式。对于实验数据需进行对比分析，其次在工业中还需注意环保问题。 【详解】(1)根据流程中在脱氨中会生成氨气和二氧化碳，而在第一步中的“鼓泡溶铜”时又用到了这两种气 体，所以此两种气体可以循环利用。 (2)根据进入“鼓泡溶铜”中的物质有铜片、碳酸氢铵、氨水和空气及生成的物质 33 2 Cu NHCO进行书写方 程式并根据得失电子进行配平得方程式： 32432332 2 2Cu2NHH O2NH HCOO2Cu NHCO4H O。该步骤温度不宜超过 40，因为温 度高于 40，氨水和碳酸氢铵均易分解，会造成原料的浪费和环境污染。 (3)“脱氨”时反应生成了氨气和二氧化碳，根据 33 2

21、Cu NHCO和产物中氨气利用氮原子守恒进行判断产物 和配平方程式： 33222332 2 2Cu NHCOH O=Cu (OH) CO4NHCO。 (4)“煅烧”时，根据图像选择酸溶时间短，纯度高，活性高都满足的温度，最好是 400C500，故选 B。 (5)根据表格中每组数据发现，络合沉淀法的时间短，产品的活性更高，故答案为：络合沉淀法制备的样品 酸溶时间更短，产品的活性更高。 (6)根据开始加入的铜片为 64kg，若铜的利用率为 98.3%，则实际利用的铜的质量是： 64kg 98.3%=62.912kg ，根据铜元素守恒得： CuCuO 64g80g 62.912(CuO)kgm 则氧

22、化铜的质量 m(CuO)=78.64kg。 【点睛】此题中设计产品的计算时利用元素守恒找关系，根据利用率及元素守恒就可以计算产品的量。 14. 近年来，研究者发现， 2 -( :Cu,Ag;:Al,Ga,In;:S,Se,Te) 的黄铜矿半导体在中高温区域显示 出了非凡的热电性能，使该类材料成为热电领域的研究热点之一。回答下列问题： (1) 2+ Cu 和烟酸所形成的新型金属螯合物，可减少 2+ Cu 对维生素的催化分解，该螯合物的结构如图所示。 基态 2+ Cu 核外电子排布式为Ar_。 1mol该螯合物含有 键的数目为_(阿伏加德罗常数用 NA表示)。 该螯合物中碳原子的杂化方式为_。 (

23、2) 3 GaCl的空间构型为_； 3 GaCl熔点为 77.9，沸点为 201.3；而GaN的熔点为 1700，其原 因是_。 (3) 222 H OH SH Te、的沸点由高到低的顺序为_(填化学式，下同)； 222 H O、H S、H Te的键角由大 到小的顺序为_。 (4)已知 2 CuGaTe晶体具有体心四方相的黄铜矿结构，晶胞结构如图所示。该晶胞中，Cu与Te之间的最 近距离为_nm；已知晶胞参数a=0.60nm，c=1.20nm，该晶体密度=_ 3 g cm(列出计算 式即可，阿伏加德罗常数用 A N表示)。 【答案】 (1). 9 3d (2). A 30N (3). 2 sp

24、 (4). 平面三角形 (5). 3 GaCl为分子晶体，GaN 为 共 价 晶 体 (6). 222 H OH TeH S (7). 222 H OH SH Te (8). 3 3 20 (9). 2 77 A 4 (6470 128 2) 0.60 101.20 10N 【详解】(1)Cu 元素位于第四周期 IB族，原子序数为 29，价电子排布式为 3d104s1，因此 Cu2的核外电子 排布式为Ar3d9； 故答案3d9； 利用成键原子之间只能形成一个 键，即单键之间有一个 键，双键之间有一个 键，一个 键， 因此 1mol该螯合物中含有 键的数目为 30NA； 故答案为 30NA； 根

25、据螯合物的结构简式，得出：“”、“C=C”、“”有这三种化学环境的碳原子，C的杂 化方式为 sp2； 故答案为 sp2； (2)Ga与 Al为同主族，GaCl3中有 3个 键，孤电子对数为 33 1 2 =0，价层电子对数为 3，即 GaCl3的空 间构型为平面三角形；GaCl3熔点为 77.9，沸点为 201.3，熔沸点低，这是分子晶体的特点，推出 GaCl3 为分子晶体，GaN的熔点为 1700，熔沸点高，是共价晶体特点，推出 GaN为共价晶体， 故答案为平面三角形； GaCl3为分子晶体，GaN为共价晶体; (3)H2O、H2Te、H2S都属于分子晶体，H2O 分子间存在氢键，H2S和

26、H2Te分子间不存在氢键，H2O 的沸点 最高，H2Te的相对分子质量比 H2S 大，因此 H2Te 的沸点高于 H2S，从而推出沸点高低顺序是 H2OH2Te H2S；O、S、Te同族，电负性 OSTe，电负性越小，对氢原子的吸引力更弱，2根 HX(X为 O、S、 Te)的成键电子对之间的排斥力越弱，即键角的大小顺序是 H2OH2SH2Te； 故答案为 H2OH2TeH2S；H2OH2SH2Te； (4)取晶胞的“”，如图，ABC为等腰三角形，B向 AC 作垂线，该 BD 的距离应是边长 的 1 4 ，即 BD= 0.3 2 nm，AD的距离是 20.3 2 nm，因此 AB 的距离为 22

27、 0.320.3 ()() 22 nm= 3 3 20 nm； Cu原子位于顶点、面上、体内，该晶胞所含 Cu的个数为 11 841 82 =4，即该晶胞的质量为 A 4 mol (6470 128 2)g/mol N = A 4 (6470 128 2) g N ，晶胞的体积为(0.60107)2 (1.20 10 7)cm3，利用密度的定义，该晶胞的密度为 2 77 A 4 (6470 128 2) 0.60 101.20 10N g/cm3； 故答案为 3 3 20 ； 2 77 A 4 (6470 128 2) 0.60 101.20 10N 。 15. 利用空气氧化 NO，成本低廉，

28、很具有研究价值。回答下列问题： (1)NO氧化反应机理可能涉及如下过程： 1 2 2NO(g)(NO) (g)H=-bkJ mol(快反应) 2224 (NO) (g)+O (g)N O (g)H(慢反应) -1 242 N O (g)2NO (g)H=+ckJ mol(快反应) 上述反应_(填序号)决定 NO的氧化反应速率； 已知 22 2NO(g)O (g)2NO (g) 1 H=-akJ mol ， 则反应 2224 (NO) (g)+O (g)N O (g)的H=_ 1 kJ mol(用 a、b、c 的代数式表示，a、b、c 均为正 值)。 (2)已知反应：v正=k1 c2(NO)，v

29、逆= k2 c(NO)2，k1、k2为速率常数，仅受温度影响。下列叙述错误的是 _(填字母)。 A反应达到平衡状态，可推知 1 2 k K= k B反应的活化能低于反应的活化能 C增大 NO的浓度， 1 k增大；升高温度， 2 k增大 (3)一定条件下，将NO(g)和 2 O (g)按物质的量之比 2：1充入反应容器，发生反应： 22 2NO(g)+O (g)2NO (g)。其他条件相同时，分别测得 NO的平衡转化率在不同压强 (P1、P2)下随温度 变化的曲线如图所示。 1 p_(填“”“”或“”) 2 p。 400、 1 p条件下，O2的平衡转化率为_%。 700、p2条件下，该反应的平衡

30、常数 Kp=_(以分压表示，分压=总压 物质的量分数)。 (4)恒容条件下，为提高 NO转化为 NO2的平衡转化率可采取的措施为_(任写一种)。 【答案】 (1). II (2). -a+b-c (3). BC (4). (5). 40 (6). 2 7 32p (7). 增大 O2的浓度 或适当降低温度 【详解】(1)总化学反应速率由慢反应决定。根据已知信息可知：在上述三个反应中反应 II 是慢反应，故反 应 II决定 NO 的氧化反应速率； 已知反应： 1 2 2NO(g)(NO) (g)H=-bkJ mol(快反应) -1 242 N O (g)2NO (g)H=+ckJ mol(快反应

31、) IV 22 2NO(g)O (g)2NO (g) 1 H=-akJ mol ， 根据盖斯定律，将(IV)-(I)-()，整理可得： 2224 (NO) (g)+O (g)N O (g)H=(-a+b-c) kJ/mol； (2) A 已知反应： v正=k1 c2(NO)， v逆= k2 c(NO)2， 当反应达到平衡状态， v正= v逆， 则k1 c2(NO)= k2 c(NO)2， 12 2 2 kc(NO) =K kc (NO) ，A 正确； B反应的活化能越大，反应越难发生，反应速率越慢。由于反应 I是快反应，反应 II是慢反应，说明反应 的活化能高于反应的活化能，B错误； C反应速

32、率常数只与温度有关，温度不变，化学速率常数不变。所以增大 NO的浓度，k1不变，C错误； 故合理选项是 BC； (3)在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。根据 图像可知：在压强是 p2时 NO 转化率比 p1时大，说明压强：p1p2； 由于是将 NO、O2按 2：1 的物质的量的比加入，二者反应的物质的量的比是 2：1，所以平衡时二者的转 化率相同。 根据图像可知： 在 400、 p1条件下， NO的平衡转化率为 40%， 所以 O2的平衡转化率也是 40%； 假设反应开始时加入 1 mol的 O2，则加入 NO物质的量是 2 mol，根据图像

33、可知在 700、p2条件下，NO 的平衡转化率是 20%，平衡时 n(NO)=2 mol (1-20%)=1.6 mol，n(O2)=1 mol (1-20%)=0.8 mol，n(NO2)=2 mol 20%=0.4 mol，平衡时气体总物质的量为 n(总)=1.6 mol+0.8 mol+0.4 mol=2.8 mol，所以该反应的平衡常 数 Kp= 2 2 2 2 2 2 22 22 0.4 (p ) p (NO )7 2.8 = 1.60.8 32pp (NO)?p(O ) (p ) ?(p ) 2.82.8 ； (4)根据图像可知： 在其它条件不变时， 升高温度， 反应 22 2NO

34、(g)+O (g)2NO (g)的 NO平衡转化率降低， 说明正反应是放热反应，同时该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以在恒容条件下，为提高 NO转化 为 NO2的平衡转化率，可采取的措施有增大 O2的浓度或适当降低反应温度。 16. 有机物 F是合成药物比阿培南的中间体，其合成路线如下： 已知：HCOOR 222 H NNHH O RCOR (R，R为烃基)。 回答下列问题： (1)A的化学名称为_，E 中含氧官能团的名称为_。 (2)CD 的反应类型为_。 (3)写出 AB的化学方程式：_。 (4)已知 G中含五元环且分子中含有 3 种不同化学环境的氢原子，其结构简式为_。 (5)B的

35、一种同分异构体中含有 3 种不同化学环境的氢原子，且核磁共振氢谱中峰面积之比为 1:1:1，其结构 简式为_。 (6)参照上述合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线：_(其他试剂任选)。 【答案】 (1). 甲酸 (2). 酰胺键(肽键) (3). 取代反应 (4). 浓硫酸 32232 HCOOH+CH CH OHHCOOCH CH +H O (5). (6). (7). + 4 KMnO /H 乙醇 浓硫酸/ 222 H NNHH O 丙酮 【分析】 A 的分子式为 CH2O2，根据 B 的结构简式，B 为甲酸乙酯，推出 A 为甲酸，甲酸与乙醇在浓硫酸加热条件 下发生酯化反应生成甲酸乙酯

36、和水，BC 发生题给信息的反应，则 C 为，由 E 的结构 ，其分子式为 C5H8N2O2，结合 D的分子式 C7H12N2O，推出 D 为 ，可推知 CD发 生取代反应，D 与 HCOOH 在一定条件下反应生成 E()，E 与 Br2反应生成 F，F与 K2CO3反应生 成 G，据此分析解答。 【详解】(1)由以上分析可知，A 的化学名称为甲酸，E中含氧官能团的名称为酰胺键(肽键)，故答案为：甲 酸；酰胺键(肽键)； (2)C为，D为 ，则 CD的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； (3)A为甲酸，甲酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成甲酸乙酯和水，AB化学方程式为： 浓硫酸 3

37、2232 HCOOH+CH CH OHHCOOCH CH +H O ，故答案为： 浓硫酸 32232 HCOOH+CH CH OHHCOOCH CH +H O； (4)G的分子式为 C5H7N2O2Br，有 3个不饱和度，G中含五元环用一个不饱和度，则 2个氧原子必形成两个 碳氧双键，分子中含有 3种不同化学环境的氢原子，则分子高度对称，则结构简式为，故 答案为：； (5)B为甲酸乙酯，不饱和度为 1，B的一种同分异构体中含有 3 种不同化学环境的氢原子，且核磁共振氢谱 中峰面积之比为 1:1:1，具有高度对称结构，考虑只有环状结构符合，其结构简式为，故答 案为：； (6)逆合成分析法，若要制

38、备，根据已知信息，需要苯甲酸乙酯发生信息所给的反应，要制备苯甲 酸乙酯则需要苯甲酸和乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应来制备，由原料甲苯制备苯甲酸只需用强 氧化剂氧化即可，据此设计合成路线为： + 4 KMnO /H 乙醇 浓硫酸/ 222 H NNHH O 丙酮 ，故答案 为： + 4 KMnO /H 乙醇 浓硫酸/ 222 H NNHH O 丙酮 。 17. 二氯异氰酸钠化学式为 32 Na(CNO) Cl是一种新型的内吸型高效杀菌剂，常温下为白色粉末状晶体， 在水中溶解度较高，可水解生成次氯酸，难溶于冷水，具有极强的氧化性。实验室可利用次氯酸钠与氰尿 酸 3 (HCNO)反应制备 32

39、 Na(CNO) Cl，反应原理为 33 (HCNO)2NaClO=Na(CNO) 22 Cl +NaOH+H O，实验装置(部分夹持仪器已省略)如图所示： 回答下列问题： (1)盛放浓盐酸的仪器名称是_，g的作用是_。 (2)写出装置 A烧瓶内反应的离子方程式：_。 (3)本实验向装置 B中通入 2 Cl的目的是_。 (4)上述装置存在一处缺陷，会导致产率降低，改进的方法是_。 (5)装置 B中使用冰水的目的是_。 (6)如图是二氯异氰酸钠有效氯含量与干燥时间的关系。反应后将装置 B中三颈烧瓶内的混合液过滤、洗涤， 然后再进行_，得到产品。 (7)二氯异氰酸钠样品的纯度测定称取 1.20g的

40、样品，在碘量瓶中加入去离子水溶解配成100mL溶液，取 10mL先后加入一定量的稀醋酸和碘化钾溶液，用 1 0.1000mol L的硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，滴定 终点时，消耗硫代硫酸钠标准溶液20.00mL，二氯异氰酸钠样品的纯度为_%(其他杂质不参与反应， 结果保留三位有效数字)。 可能用到的反应如下： 333223333 C N O ClH2H O=C H N O2HClO 22 =HClO2IHIClH O 22 22346 =I2S OS O2I 【 答 案 】 (1). 分 液 漏 斗 (2). 导 气 兼 平 衡 压 强 ， 使 液 体 顺 利 流 下 (3). 2 422 2

41、MnO10Cl16H =2Mn5Cl8H O (4). 与生成的NaOH反应生成NaClO继续参与反 应，使反应平衡向正反应方向移动，提高原料氰尿酸的利用率 (5). 在装置 AB之间加装盛有饱和食盐水 的洗气瓶 (6). 沉出二氯异氰酸钠，防止其水解 (7). 真空干燥 (8). 91.7 【分析】 A 中 高 锰 酸 钾 和 浓 盐 酸 反 应 生 成 氯 气 ， 把 氯 气 通 入 次 氯 酸 钠 与 氰 尿 酸 的 混 合 液 中 ， 与 33 (HCNO)2NaClO=Na(CNO) 22 Cl +NaOH+H O反应生成的氢氧化钠反应，促进反应正向移动，提高 原料氰尿酸的利用率，最

42、后用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，防止污染空气。 【详解】(1)根据图示，盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，g 的作用是导气兼平衡压强，使液体顺利流下。 (2)装置 A烧瓶内高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是 2 422 2MnO10Cl16H =2Mn5Cl8H O ； (3)向装置B中通入 2 Cl， 目的是与 33 (HCNO)2NaClO=Na(CNO) 22 Cl +NaOH+H O反应生成的NaOH 反应生成NaClO，NaClO继续参与反应，使反应平衡向正反应方向移动，提高原料氰尿酸的利用率； (4)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与氢氧化钠反应不能生成次

43、氯酸钠，会导致产率降低，改进的方法是在 装置 AB之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢； (5) 32 Na(CNO) Cl常温下为白色粉末状晶体，在水中溶解度较高，可水解生成次氯酸，难溶于冷水，装置 B中使用冰水，可用使二氯异氰酸钠沉出，防止其水解； (6) 根据二氯异氰酸钠有效氯含量与干燥时间的关系可知，反应后将装置 B 中三颈烧瓶内的混合液过滤、洗 涤，进行真空干燥，得到产品。 (7)根据 333223333 C N O ClH2H O=C H N O2HClO 、 22 =HClO2IHIClH O 、 22 22346 =I2S OS O2I ， 可得关系式 32 Na(CNO) Cl2HClO 2 2I 223 4Na S O， 消耗 1 0.1000mol L硫 代硫酸钠标准溶液20.00mL，则 1.20g 的样品中 32 Na(CNO) Cl的物质的量为 0.1mol/L 0.02L100 410 0.005mol，二氯异氰酸钠样品的纯度为 0.005mol 220g/mol 100% 1.2 g 91.7%。 【点睛】本题以次氯酸钠与氰尿酸 3 (HCNO)反应制备 32 Na(CNO) Cl为载体，考查物质制备，明确反应 原理是解题关键，注意熟悉混合物分离的方法，利用“关系式”计算物质纯度。