江西省抚州市2022届高三下学期4月教学质量监测理综化学试题

江西省抚州市2022届高三下学期4月教学质量监测理综化学试题阅卷入一、单选题（共6题；共12分）得分（2分）2022年2月4日北京冬奥会开幕了，精彩的冬奥会离不开“化学元素”，下列叙述错误的是（）选项冬奥会的“化学元素”叙述A二氧化碳直冷制冰技术打造世界“最快冰面”二氧化碳为无毒气体，符合绿色冬奥理念B用石墨烯制作冬奥会赛时制服“山河映朝霞”系列石墨烯主要目的是增加制服硬度C"极速”液氮速冻机，-35℃下保证食品品质与安全氮气熔点很低，可以达到“极速''冷冻效果D智能穿戴式体温计“腋下创可贴”是防疫利器，精准实时自动报温，充电1小时可使用10天微型原电池为“腋下创可贴”温度计提供电能A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【解答】A.通常情况下二氧化碳是一种无色无味的气体，是空气的组成成分之一，无毒，二氧化碳直冷制冰符合绿色冬奥理念，A项不符合题意；B.用石墨烯制作冬奥会赛时制服“山河映朝霞”系列，使用石墨烯的主要目的是石墨烯具有超强的导热性、升温快速，B项符合题意：C.“极速”液氮速冻机主要利用N2的熔点很低，能迅速降温的特点，可使食品快速结晶，-35℃下保证食品品质与安全，C项不符合题意；D.智能穿戴式体温计“腋下创可贴”是防疫利器，精准实时自动报温，充电1小时可使用10天，微型原电池能将化学能转化成电能，为“腋下创可贴“温度计提供电能，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.CCh无毒，可直冷制冰。B.结合题干信息，利用的是石墨烯超强的导热、升温快速的性质。

C.结合题干信息，利用的是N2的熔点很低，能迅速降温的性质。D.原电池能将化学能转化为电能。（2分）麦角硫因具有独特的生物学功能和药理活性，以硫醇硫酮互变异构体的形式存在（硫与氧类似，如R-OH为醇，R-SH为硫醇），结构见下图。下列有关该物质的叙述错误的是（ ）A.化学式为A.化学式为C.都可与乙醇发生酯化反应B.互变异构体B为硫醇结构D.都能被酸性KMnCU溶液氧化【答案】A【解析】【解答】A.化学式为C9Hms%。％A符合题意；B中含有-SH,故互变异构体B为硫醇结构，B不符合题意；A、B中均含有粉基都可与乙醇发生酯化反应，C不符合题意；D.两者均含有碳碳双键，故都能被酸性KMnCU溶液氧化，D不符合题意;故答案为：Ao【分析】A.根据结构简式进行书写。B.B中含有-SH,结合题干信息进行分析。C.乙醇中含有羟基，羟基与段基能发生酯化反应。D.两种物质中都含有碳碳双键，都能被酸性KMnOa溶液氧化。（2分）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）选项化学试剂制备的气体AC2H5OH+H2so4（浓）C2H4BMnCh+HCl（浓）CkCMnO?+H2O202DCaO+氨水（浓）NH3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【解答】A.C2H5OH+H2soM浓）制乙烯要加热且控制170C,故A不符；MnCh+HCl（浓）制氯气要加热，故B不符；M11O2+H2O2制氧气，不需加热，生成的氧气可用浓硫酸干燥，氧气密度比空气大，可用向上排空集气法收集，故C符合；D.氨气不能用浓硫酸干燥，也不能用向上排空法收集，故D不符；故答案为：Co【分析】A.用乙醇制取乙烯的温度是170℃,装置中缺温度计。B.装置中缺酒精灯。C.H2O2在MnO2的催化下生成H2O和O2,据此分析。D.浓硫酸不能干燥碱性气体，且NH3密度比空气小，据此分析。4.（2分）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）A.用醋酸处理玻璃容器中的水垢（碳酸钙）：2H++COl-=CO2T+H2OB.用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）alC.向NH4Al（SOS溶液中滴加少量KOH溶液：Al3++30H=A1（OH）31D.向NaHS溶液中滴入少量硫酸铜溶液：S2-+Cu2+=CuS]【答案】C【解析】【解答】A.用醋酸处理玻璃容器中的水垢，离子方程式应该为2cH3。。。，+CaC/=Ca2++C02T+H20+2CH3COO~,A不符合题意；B.用KSCN溶液检验Fe3+,离子方程式应该为3SCN+Fe3+=Fe（SCN）3，B不符合题意；C.NH4A1（SC>4）2溶液中滴加少量KOH溶液，离子方程式为413++3。，-=山（。”）31,C符合题意；D.向NaHS溶液中滴入少量硫酸铜，离子方程式为2，S-+Cu2+=Cu51+”2ST，D不符合题意；故答案为：Co【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：.是否符合事实；.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；.是否漏掉离子反应；.反应物或产物的配比是否正确。（2分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大且为不同主族的短周期元素，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的6倍，Y是金属元素。W、X、Z的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是（ ）A.原子半径X>WW与X只能形成一种化合物Y与X形成的化合物，不与强碱反应X、Z的气体单质沸点：Z>X【答案】D【解析】【解答】A.W为N,X为0,对于同周期元素，从左至右，核电荷数增大，原子半径减小，所以半径大小为N>O,即W>X,A不符合题意；W为N,X为O,形成的化合物有N2。、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5,B不符合题意；Y为Al,X为0,形成的化合物为A%/，是两性氧化物，既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，C不符合题意；X为O,单质为。2,Z为CL单质为C%，CL的相对分子质量更大，分子间作用力更强，沸点更高，D符合题意；故答案为：D。【分析】短周期主族元素形成的单质常温下是气体的有H2、N2、。2、F2、Ch,短周期主族元素中是金属元素的有Li、Be、Na、Mg、Al„根据题干信息，Y是金属元素，Z位于Y之后，可推出Z是C1,则W、X只能是H、N、。中的两种。根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大且为不同主族的短周期元素，且W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的6倍，可推出W是N,X为O,丫为Al。6.（2分）含可钝化金属的工业管道或反应器，由于会被内部溶液腐蚀，通过外接电源而钝化，称之为阳极保护法。下图是某金属外接电势与电流密度的变化关系，有关说法正确的是（ ）电流密度MA/m2）A.阳极保护法中受保护的金属外接电源的负极B.电流密度越大，金属受保护程度越好C.CFD区，金属受到保护D.外接电势越高，对金属保护性越有效【答案】C【解析】【解答】A.金属从活态向钝态的转变叫钝化；而通过外接电源而钝化的阳极保护法，指的是使受保护的金属作为阳极，通过外加电流使阳极极化，电位强烈正移，腐蚀速率大幅度降低，所以，阳极保护法中受保护的金属外接电源的正极，A不符合题意；B.代表的是金属钝化的难易程度，即开始的时候电流密度越大，此时金属溶解，表示金属越难钝化，所以并非电流密度越大，金属受保护程度越好，B不符合题意；C.当外接电势超过/后，金属开始钝化，从到“都是金属钝化较稳定的范围，所以CFD区，金属受到保护，C符合题意；D.外接电势超过％后，电流密度又持续增加了，腐蚀速度又加快了，所以并非外接电势越高，对金属保护越有效，D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.阳极保护法中受保护的金属外接电源的正极。B.图中所示表示金属钝化的难易程度，电流密度随外接电势的增大而不变或改变较小，说明金属不易钝化，即受保护程度好。C.由图可知，CFD区的电流密度随外接电势的增大而不变，说明金属钝化较稳定。D.金属受保护程度取决于电流密度随外界电势的改变幅度。阅卷入二、多选题（共1题；共2分）得分7.（2分）碘介导的醇歧化反应机理如下图所示（R一为炫基），下列说法正确的是（A.醇歧化反应为2rzX0H^RZ^FI+RZ^0B.反应DtE为氧化还原反应C.HI为催化剂D.有3种自由基参加了反应过程【答案】C,D【解析】【解答】A.由图可知，D生成F、H和H?0,则醇歧化反应为+H2O,A项不符合题意；B.反应D-E中的羟基被碘原子取代，属于取代反应，B项不符合题意；C.HI在反应中生成且又被消耗，则H1为催化剂，C项符合题意；D.有D、F、I•共三种自由基参加了反应过程，D项符合题意；故答案为：CDo【分析】A.根据流程图中箭头指示可知，D是反应物，生成物是F、H和HzO,结合反应前后原子个数守恒进行配平。B.氧化还原反应的本质是元素化合价有变化，据此分析。C.催化剂在反应前后的性质和质量不变，据此分析。D.自由基的一般表示方法是在原子符号或原子团符号旁边加一个人”，据此分析。阅卷入三、综合题（共5题；共44分）得分（10分）气体中微量的H?S,对工业生产和环境都有危害。通过以下实验装置利用20%脱硫剂三嗪（la） ）水溶液除去H2S,并使用2moi.UCuSCh溶液检验H2s是否除尽。H0J回答下列问题：（2分）仪器1的名称是。装置甲制取CO2,实验室制取CO2的离子方程式为。（1分）仪器2盛装0.001molLM2s水溶液，三颈烧瓶丙中盛装溶液是O（2分）操作步骤：①打开开关A、C,放入酸溶液产生CCh,目的是；②一段时间后，关小开关C的出气量，打开压缩机开关，同时打开活塞放入H2s水溶液；逐渐减缓仪器1中酸溶液滴入速率并控制气压。使用CCh压缩机的作用是 （1分）通入二氧化碳所形成的混合气体中，经测量含H2s的量为l000xl0-6mg.m-3,则该混合气体中c（HzS）计算式为mol-L'o

『也和I1化学HO『也和I1化学（4分）三嗪（ Cj ）水溶液吸收H2S,生成：方程式为。CuSO4溶液没有出现（填现象），证明三嗪吸收H2s的化学反应具有、等特征，20%三嗪水溶液是很好的脱硫剂。【答案】（1）分液漏斗；CaCO2+2”+=Ca2++CO2T+42。（2）饱和碳酸氢钠溶液（3）排尽装置内的空气，防止”2S被氧化，影响脱硫效果；控制。。2的气流速率，从而控制”2S进入.、1000xl0-6xl0-3.、1000xl0-6xl0-3o10_9 ,r_i(4) 口 =mol-L34gmorX1000L ";黑色沉淀；简便；高效【解析】【解答】（1）仪器1带有活塞，用于添加液体药品并控制滴加液体药品的速度，为分液漏斗；而实验室制取CO2用的是稀盐酸与大理石，化学方程式为CaCg+2HCI=CaCl2+H2O+CO2T,则离子方程式为CaCt?2+2H+=Ca2++CO2T+H2O；故答案为分液漏斗；CaCO2+2H+=Ca2++CO2T+W2O；（2）利用稀盐酸与大理石制备的CO2混有HC1杂质，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去；故答案为饱和碳酸氢钠溶液；（3）打开开关A、C,放入酸溶液产生CO2，这一操作在三嗪溶液脱硫前进行，而实验开始前通气体的操作，一般都是为了排尽装置内的气体，避免干扰主体反应的进行或效果的，这里是显了防止H2s被氧化，影响脱硫效果；使用。。2压缩机是为了控制。。2的气流速率，从而可控制，2s进入三嗪水溶液的速率，继而保证“2S能充分与三嗪水溶液接触反应，以达到最佳的脱硫效果；故答案为排尽装置内的空气，防止H2s被氧化，影响脱硫效果；控制CO2的气流速率，从而控制42s进入三嗪水溶液的速率，使其充分与三嗪水溶液反应（4）依据题信息可知，测量含H2s的量为1000x10-6mg-m-3,求该混合气体中c（H?S）的物质的量浓度，即需要把1000X1。-6加。.巾-3换算为以血0/.『1为单位，即io。。x ,血-3=1。。。'1。一｝1。3=102mo/.「】，则该混合气体中c（H2S）计算式为迹竺曾3=34gmo「xl000L" 34gmo「xl000L19Q/1mol-LT1故答案为mol■广1：1000xl0-6xl()-3g_1。-934gmol~iX1000L（5）故答案为mol■广1：HO、 ✓OHN，s/、/ +2H2s LnJ+2HO' 题目要求使用2mo>HOJ HOy「iQiSQ溶液检验“25是否除尽，表明利用了CUSO4溶液和H2s的反应，而该反应会生成黑色的沉淀CuS,而没有产生黑色沉淀，表明三嗪除硫比较彻底，而整个除硫的实验过程也较为简单；s/一、„ I /NH?故答案为 "His +2H（T .黑色沉淀；简H。J便；高效。【分析】（1）根据实验仪器的特点进行分析。实验室制取C02用的是稀盐酸与大理石。（2）利用稀盐酸与大理石制备的。。2混有HC1杂质，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去。（3）实验开始前通气体的操作，一般都是为了排尽装置内的气体，避免干扰主体反应的进行。（4）注意单位的换算。（5）根据质量守恒定律进行书写；根据物质的反应特点可推断物质的性质。（8分）回收磷酸铁锂电池的正极材料，工艺流程如下：N咯OJH1s0, NaOII Na.CO,LiFrPOyC—.血~[3田过超生|浓缩|~T屈一机Li*。，T浓淡已知：该温度时Co温H）2、Mn（OH）2的Ksp分别为2.0x10-15、19x10%回答下列问题：（1分）磷酸铁锂电池在剥离前要充分放电，通过Li+移动把FePCU转化为LiFePCh该电极反应式为“（1分）磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是°(1分)“滤渣”中含有FePCh和C,为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为。(1分)“净化”时为除尽微量的Mn?+、Co2+,确保浓度控制为等于或小于1xlOJmoiLL加入NaOH溶液调pH至(填“酸性”或“碱性”)较好。(3分)粗Li2c。3固体表面上黏有Na2cCh溶液和溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有、、后期易干燥且Li2c03产率高。(1分)“浸出”过程中发生的化学方程式为。【答案】(1)FePO4+Li++e-LiFePO4(2)增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率(3)灼烧(4)碱性Na2sCh；易溶解；易于洗涤2LiFeP0^+3H2sO4+Na2s2。8=Fe2(SO4)3+Na2so4+Lt2s+2H3PO4【解析】【解答】废旧磷酸铁锂电池正极材料(含LiFePCh、石墨粉等)，加入Na2s2。8、H2SO4进行酸浸，发生反应2以尸ePQ+3H2S04+Na2S2O8=Fe2(S04)3+Na2SO4+Li2SO4+2H3PO4,得至lj的滤液中含有Li+、Fe3+,过滤得到滤渣为C,向滤液中加入氢氧化钠，除去铁离子，过滤后的滤液经过浓缩，加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，据此作答。⑴放电时，FePCh在正极得电子发生还原反应，电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO4。(2)磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是增大表面积，增大与浓硫酸的接触面积，加快反应速率。(3)“滤渣”中含有FePCh和C,C灼烧可以生成C6,则为了得到纯净的FePCh,简单除碳方法为灼烧。(4)“净化”时为除尽微量的Mn?+、Co2+,确保浓度控制为等于或小于lxl(y5mol/L,则M"+完全沉淀c(OH)=l^P[Mn(0H)2]=19x10： 乙=1.4*10、。心pH~10,则 完全沉淀c(OH)Jc(Mn2+)yllxlO-5:产用察口=，华詈:mo〃L=2.4xlO-5mol/L,pH~9,故加入NaOH溶液调pH至碱性较好。(5)根据分析，粗Li2cCh固体表面黏有Na2co3溶液和Na2s0」溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有杂质易溶解以及易于洗涤，后期易干燥且Li2c03产率高。⑹“浸出”过程中LiFePCh和Na2s2。8、H2sCh进行反应，生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，则酸浸发生的化学方程式为ZLiFePQ+3H2sO4+Na2S2O8=Fe2(S04)3+Na2S04+Li2S04+2H3P【分析】根据流程图，“浸出”时，发生反应ZLiFeP/+3H2s04+Na2S2O8=Fe2(SOQ34-Na2sO4+Li2sO4+2H3PO4,,C不参与反应，所以过滤得到滤渣为C；“净化”中，向滤液中加入氢氧化钠，可除去铁离子，过滤后的滤液经过浓缩，加入碳酸钠溶液沉锂，得到粗碳酸锂。(8分)新能源氢气汽车，燃料中CO体积分数必须低于10X10Y%,否则会造成催化剂中毒。CO深度去除一般采用“CO优先氧化''或"CO选择性甲烷化”的方法。回答下列问题：(1分)“CO优先氧化”是向氢气燃料中通入空气，CO优先于H2发生反应。该方法的缺点是降低了燃料的热值、(只答一条即可)。(3分)"CO选择性甲烷化”是通过CO加氢生成甲烷而实现CO的深度去除。反应过程：i.CO(g)+3H2(g)^CH4(g)+H2O(g)△H,=-206kJmol-'ii.CO2(g)+4H2(g)=CH«g)+2H2O(g)△H2iii.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH3=+41kJmol-'①4H2=kJmol1；②采用“CO选择性甲烷化”的方法消除CO,该方法最明显的缺点是0③欲使CO体积分数必须低于10x104%,应采取的措施是(填标号)。A.升高温度 B.降低压强 C.使用CO加氢催化剂D.使用CO?加氢抑制剂(4分)有研究认为CO加氢甲烷化存在下列过程(如图所示)，限速步骤是(填标号)，从结构上给予解释：。oLCO4-.—►CO, III.CO+•—►C*+O*^c•+4H,—►CH4+5*n.Hj+2*—►H*+H* VO'+2H"—►H?O+3.在某一条件下进行CO加氢甲烷化，发生i、ii和iii反应，相关数据如下：体积/LCOCO2H2H2Och4反应前1010801.0X10-71.0X10-7反应后l.OxlO-610X1010①*：(保留2位有效数字)；②此条件下反应iii的平衡常数K=100,通过计算判断反应iii是否平衡【答案】(1)产生了非燃料气体二氧化碳-165；消耗大量氢气；CDIII；反应III断裂碳氧三键，碳氧三键键能大；50；否【解析】【解答】(1)“CO优先氧化”是向氢气燃料中通入空气，CO优先于H2发生反应。该方法的缺点是降低了燃料的热值，产生了非燃料气体二氧化碳；(2)①根据盖斯定律i+iii可得CO2(g)+4H2(g)=CHMg)+2H2O(g) △H2=-206kJ-mol"+41kJmoH=-165kJmor1；②采用“co选择性甲烷化”的方法消除co,该方法最明显的缺点是：消耗大量氢气；③欲使CO体积分数必须低于10x104%,应采取的措施是。A.反应iii正向吸热，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数增大，A不正确；B.反应i逆反应气体分子数增大，降低压强，平衡逆向移动，CO体积分数增大，B不正确；C.使用CO加氢催化剂，有利于反应iii发生，CO体积分数减小，C正确；D.使用CO2加氢抑制剂，有利于减少氢气与二氧化碳反应，促进CO反应，CO体积分数减小，D正确；故答案为：CD。(3)由反应历程可知，反应川断裂碳氧三键，碳氧三键键能大，破坏所需能量大，故III是限速步骤;①由题意可知，该反应为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g),由表中数据可知，反应后CO为10x10”,

即几乎完全反应，CO的变化量为10L,故氢气的变化量为30L,x=8O-3O=5O；②此条件下反应汨的平衡常数K=100,浓度墉Q-黑需翳二常餐^吐畋反应为达到平衡状态。【分析】（I）“co优先氧化”会降低了燃料的热值，产生非燃料气体CO2。（2）①根据盖斯定律i+iii可得反应ii的△Ph。②采用“CO选择性甲烷化”消除CO会耗大量氢气。③根据勒夏特列原理进行分析。（3）根据反应历程，结合平衡常数与浓度烯的比较进行分析。11.（10分）压电材料广泛应用于电声换能器、传感器、机器人等方面。最近我国科学家在Science杂上报道了一种有机-无机杂化的压电材料TMCM-MnCb,该材料具有单斜的晶体结构，晶体结构图如下所示（氢原子未画出），晶胞参数为a=9.478A,b=15.741A,c=6.577A,[3=94.838。，晶胞内总共含有84个原子。MnClCN图(a)母AK暂

q母MnClCN图(a)图0（1分）写出基态Mn原子的核外电子排布。（3分）TMCM-MnCb晶胞内含有个Mn原子、个C1原子，有机基团的结构简式为。（3分）TMCM-MnCb晶体中有机结构单元中C原子杂化类型是,N原子的杂化类型是,该晶体中存在（填如下选项标号）。A.范德华力 B.离子键 C.兀键 D.。键（3分）TMCM-MnCb晶体中，C1-C间的化学键为键，Cl-Mn间的化学键为键；其中Mn的化合价为«【答案】（1）Is22s22P63s23P63d54s2

4；20；sp3；sp3；ABDo；o；+1【解析】【解答】(l)Mn的原子序数为25,依据构造原理可书写得到基态Mn原子的核外电子排布为Is22s22P63s23P63ds4s2;(2)依据晶体结构图(a)和图(b),对比可以确定Mn原子有8个在顶角，4个在棱上，2个在面心上，1个在里面，所以Mn原子数目为8x』+4xJ+2xJ+1=4；C1原子分两部分，一部分与o 4 ZMn相连，均介于晶胞里三个Mn原子之间，其中3x2x4=24在棱上，3x2=6在里面，一部分与C相连构成有机基团，其中8个在面心，4个在里面，所以C1原子数目为24xJ+6+8xJ+4=20；依据晶体结构图，可以确定有机基团的组成元素及具体情况，有机基团中有1个N,4个C/IH,C和1个Cl,再补充未画出的H原子，即可得到有机基团的结构简式为 、町/23ch3XIH2C^故答案为4；20； 田；h3c^Vch33CH?(3)TMCM-MnCb晶体中有机结构单元中C原子全部都是形成4个共价键，杂化类型是sp3；而N原子也形成了4个键，其杂化类型也是sp3；有机基团中及Mn-Cl之间都形成了。键，且有机基团带正电，与Mn成离子键；故答案为sp3；sp3；ABD；(4)C1的电负性为3.0,而C的电负性为2.5,两者相差0.5,远小于1.7,所以C1-C间的化学键为。键；而Mn的电负性为1.55,与C1相差1.45,两者相差Cl-Mn间的化学键也为。键；依据晶体结构图，已经确定有机基团的数目为8x^+4=8,即有8个正电荷，另外与Mn相连的C1数目为24X9+6=12,即有12个负电荷，而Mn有4个，所以Mn的化合价为与电=1,即Mn的化合价为+1;故答案为O；+1o【分析】(1)Mn为25号元素，核外电子排布为Is22s22P63s23P63ds4s2；

（2）晶胞的计算要结合棱心、面心、体心进行计算；（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；杂化轨道数=2,为直线；杂化轨道数=3,成键电子数=3,为三角形：杂化轨道数=3,成键电子数=2,为V形；杂化轨道数=4,成键电子数=4,为四面体；杂化轨道数=4,成键电子数=3,为三角锥；杂化轨道数=4,成键电子数=2,为V形；（4）。键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个。键；兀键即不饱和键，即每一个共价键中除了。键以外的就是兀键。。心也八OH+BOO 0ONaOH/THF \Z JIJ4-Hei，C yy人力 K28sze坨610/312.（8分）埃克替尼H对晚期非小细胞肺癌、前列腺癌、乳腺癌等有效，其在工业中的一种合成方法如下：Acz r\HNO3/HNO2,「°0>y，ycnFer<°°HAcQ CI130nQC2E11A。 \H（1）（1分）A的官能团名称是 o（1分）B的结构简式为 »（1分）C-D的反应类型是 。（1分）DtE化学反应方程式为 （3分） 的名称是 c -、旷 /~\、O人O,r广0yQ9 1F X—/ G ;其同分异构体是含有苯环的二元取代物，除人人、本身之外还有一3：2：2的结构简式为 。(6)(1分)H的分子式是 【答案】(1)醛键、羟基O⑵JQ卜(3)取代反应⑷C其丁3—氨基苯乙快；5；rJC22H21N3O4【解析】【解答】由有机物的转化关系可知,I I则B为/、/外巾在催化剂作用下C与 种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为〔+H2OO在催化剂作用下A与发生取代反应生成C,1 ।发生取代反应生成D,D在催化剂作用下与3 H。〜硝酸发生取代反应生成E,E在乙醇作用下与铁发生还原反应生成F,、1,反应生成G,G在HAc作用下与JLJL反应生成H。F在二氧杂环己烷作用下与o、cr h2n^v、(1)由结构简式可知，A分子的官能团为雄键、羟基，故答案为:O(2)由分析可知，B的结构简式为故答案为：J。(3)由分析可知，C-D的反应为在催化剂作用下C与 || |Ho/y酸键、羟基：O1「「C1；xCN发生取代反应生成D,故答案为：取代反应；(4)D-E的反应为D在催化剂作用下与硝酸发生取代反应生成E,反应的化学方程式为+h2o；(5)由结构简式可知,HNO2/HAc+HNO3+h2o；(5)由结构简式可知,HNO2/HAc+HNO34HNO2/HAC+HNO+比0,故答案为:H2N的名称为3—氨基苯乙焕；含有苯环的二元取代物的取代基可能为一NH2和一C三CH,或一C三N和一C%,其中取代基为一NH?和一C三CH的结构除去,还有邻位和对位2种结构，取代基为一C三N和一CH3,有邻位、