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文档简介
山东省济宁市高三考前热身新高考化学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.1.1mol·L−1KI溶液:Na+、K+、ClO−、OH−B.1.1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液:Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C.1.1mol·L−1HCl溶液:Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D.1.1mol·L−1NaOH溶液:Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−2、电渗析法处理厨房垃圾发酵液,同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子,乳酸的摩尔质量为90g/moL;“A-”表示乳酸根离子)。则下列说法不正确的是A.交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B.阳极的电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+C.电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6~8,此时进入浓缩室的OH-可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L,则该溶液浓度上升为155g/L(溶液体积变化忽略不计)D.浓缩室内溶液经过电解后pH降低3、下表数据是在某高温下,金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时,在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下(a和b均为与温度有关的常数):
反应时间t/h1491625MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO层厚Y/nmb2b3b4b5b下列说法不正确的是A.金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用B.金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示C.金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是:MgO氧化膜厚Y属直线型,NiO氧化膜厚Y′属抛物线型D.Mg与Ni比较,金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性4、实现化学能转变为电能的装置是()A.干电池 B.电解水C.太阳能热水器 D.水力发电5、在国家卫健委2020年2月发布的《最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)》中,新增了几款有疗效的药物,其中一款是老药新用,结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成,X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是A.元素非金属性X>Y<ZB.X的氢化物显酸性C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.在分子中,存在极性共价键和非极性共价键6、标准状况下,下列实验用如图所示装置不能完成的是()A.测定一定质量的和混合物中的含量B.确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C.测定一定质量的晶体中结晶水数目D.比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率7、银Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;③Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A.①中,负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B.①溶液中的H+由正极移向负极C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4D.④中,甲醛浓度越大,吸光度越小8、化合物X是一种医药中间体,其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A.分子中两个苯环一定处于同一平面B.不能与饱和Na2CO3溶液反应C.1mol化合物X最多能与2molNaOH反应D.在酸性条件下水解,水解产物只有一种9、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是A.用CCl4提取碘水中的碘B.用NaOH溶液除去溴苯中的溴C.用酒精除去苯酚中的甘油D.用饱和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸10、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为NAB.2L0.5mol•L-1磷酸溶液中含有的H+数目为3NAC.标准状况下,2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9NAD.50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数目为0.3NA11、既发生了化学反应,又有电解质的溶解过程,且这两个过程都吸热的是A.冰醋酸与NaOH溶液反应 B.KNO3加入水中C.NH4NO3加入水中 D.CaO加入水中12、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NAB.标准状况下,18g冰水中共价键的数目为NAC.5.6g铁与7.1gCl2充分反应,转移电子数目为0.3NAD.7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA13、化学可以变废为室,利用电解法处理烟道气中的NO,将其转化为NH4NO3的原理如下图所示,下列说法错误的是A.该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B.该电解池的电极材料为多孔石墨,目的是提高NO的利用率和加快反应速率C.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力,有利于电解的顺利进行D.为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A为HNO314、CuSO4溶液中加入过量KI溶液,产生白色CuI沉淀,溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2,溶液变成无色。下列说法不正确的是()A.滴加KI溶液时,KI被氧化,CuI是还原产物B.通入SO2后,溶液变无色,体现SO2的还原性C.整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+>I2>SO215、实验室处理废催化剂FeBr3溶液,得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A.制取氯气B.将Br-全部转化为溴单质C.分液时,先从下口放出有机层,再从上口倒出水层D.将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl316、制备和收集下列气体可采用如图装置的是()A.铜与浓硫酸反应制SO2 B.铜与稀硝酸反应制NOC.乙醇与浓硫酸反应制乙烯 D.氯化钠与浓硫酸反应制HCl二、非选择题(本题包括5小题)17、有机化合物F是一种重要的有机合成中间体,其合成路线如下图所示:已知:①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为:③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基。④R-CH=CH2R-CH2CH2OH请回答下列问题:(1)A的名称为______________(系统命名法);Z中所含官能团的名称是___________。(2)反应Ⅰ的反应条件是__________。(3)E的结构简式为_______________________。(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。(6)W是Z的同系物,相对分子质量比Z大14,则W的同分异构体中满足下列条件:①能发生银镜反应,②苯环上有两个取代基,③不能水解,遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构),核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。18、曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物,下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线:已知:①D分子中有2个6元环;请回答:(1)化合物A的结构简式___________。A生成B的反应类型___________。(2)下列说法不正确的是___________。A.B既能表现碱性又能表现酸性B.1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C.D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D.G的分子式为C16H18O3N4(3)写出C→D的化学方程式____________________________________________。(4)X是比A多2个碳原子的A的同系物,写出符合下列条件的X可能的结构简式:_______________________________________________________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子,②IR谱显示分子中有苯环与-NH2相连结构(5)流程中使用的DMF即N,N-二甲基甲酰胺结构简式为,是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示,其他无机试剂任选)。_____________19、B.[实验化学]丙炔酸甲酯()是一种重要的有机化工原料,沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下:步骤1:在反应瓶中,加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸,搅拌,加热回流一段时间。步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。步骤3:反应液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4:有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏,得丙炔酸甲酯。(1)步骤1中,加入过量甲醇的目的是________。(2)步骤2中,上图所示的装置中仪器A的名称是______;蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。(3)步骤3中,用5%Na2CO3溶液洗涤,主要除去的物质是____;分离出有机相的操作名称为____。(4)步骤4中,蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。20、乙酰苯胺具有退热镇痛作用,是较早使用的解热镇痛药,有“退热冰”之称。其制备原理如下:已知:①苯胺易被氧化;②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表:物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺-6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶实验步骤如下:步骤1:在50mL圆底烧瓶中,加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉,依照如图装置组装仪器。步骤2:控制温度计示数约105℃,小火加热回流1h。步骤3:趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中,冷却后抽滤,洗涤,得到粗产品。(1)步骤1中加入锌粉的作用是________。(2)步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。(3)步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中,“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外,还有________、________(填仪器名称)。(4)步骤3得到的粗产品需进一步提纯,该提纯方法是________。21、麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线如图所示:已知:I.R—CH2OHRCHOII.R1-CHO+R-C≡CNaIV.V.请回答下列问题:(1)D的名称是_______;G中含氧官能团的名称是_______。(2)反应②的反应类型为_______;A的结构简式为_______。(3)写出反应⑦的化学方程式:______________________________。(4)X分子中最多有_______个碳原子共平面。(5)在H的同分异构体中,同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物中,核磁共振氢谱上有4组峰,且峰面积之比为1∶1∶2∶6的有机物的结构简式为_________________。(6)已知:仿照上述流程,设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线________________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A项,I-与ClO-发生氧化还原反应,不能大量共存,故A不选;B项,在Fe2(SO4)3溶液中离子相互间不反应,可以大量共存,故B选;C项,在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在,故C不选;D项,Mg2+、HCO3-都能与OH-反应,不能大量共存,故D不选,答案选B。2、C【解析】
A.根据图示,该电解池左室为阳极,右室为阴极,阳极上是氢氧根离子放电,阳极周围氢离子浓度增大,且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室,则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜,故A正确;B.根据A项分析,阳极的电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+,故B正确;C.在阳极上发生电极反应:4OH−−4e−═2H2O+O2↑,阴极上发生电极反应:2H++2e−=H2↑,根据电极反应方程式,则有:2HA∼2H+∼1H2,电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L,产生氢气的物质的量==0.03mol,则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol,则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g,此时该溶液浓度==47g/L,故C错误;D.在电解池的阳极上是OH−放电,所以c(H+)增大,并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室;根据电解原理,电解池中的阴离子移向阳极,即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室,这样:H++A−═HA,乳酸浓度增大,酸性增强,pH降低,故D正确;答案选C。3、D【解析】
A.有些金属表面被氧化时,会生成致密的氧化物薄膜,可以起到保护金属的作用,例如铝等,A项正确;B.金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程,因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率,B项正确;C.表格中列举的数据,时间间隔分别是1h,3h,5h,7h,9h;对于MgO,结合MgO厚度的数据分析可知,MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a,因此其随时间变化呈现线性关系;结合NiO厚度的数据分析,NiO氧化膜厚度随时间推移,增长的越来越缓慢,所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系,C项正确;D.根据表格数据分析可知,MgO氧化膜随时间推移,厚度呈现线性递增的趋势,而NiO氧化膜随时间推移,厚度增加越来越缓慢,说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率,所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好,D项错误;答案选D。4、A【解析】
A.干电池属于原电池,原电池向外提供电能时化学能转化为电能,故A正确;B.电解水,电能转变为化学能,故B错误;C.太阳能热水器,是太阳能直接转化为热能,故C错误;D.水力发电时机械能转化为电能,故D错误;故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能,应为原电池装置,构成原电池的条件是:①有两个活泼性不同的电极;②将电极插入电解质溶液中;③两电极间构成闭合回路;④能自发的进行氧化还原反应;所以设计原电池必须符合构成原电池的条件,且该反应必须是放热反应;注意把握常见能量的转化形成。5、B【解析】
由化学式H3YO4可知,Y元素显+5价,在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对,且X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,则X为N元素,Y为P元素,又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数,则Z的原子序数为7+15-5=17,Z为Cl元素,可与其它原子形成共用电子对,符合,据此分析解答。【详解】由化学式H3YO4可知,Y元素显+5价,在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对,且X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,则X为N元素,Y为P元素,又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数,则Z的原子序数为7+15-5=17,Z为Cl元素,可与其它原子形成共用电子对,符合,A.同周期元素从左向右,非金属性逐渐增强,同主族元素从上至下,非金属性逐渐减弱,X为N元素,Y为P元素,Z为Cl元素,则元素非金属性X>Y<Z,故A正确;B.X为N元素,其氢化物为氨气,显碱性,故B错误;C.Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4,为中强酸,故C正确;D.同种非金属元素原子间形成非极性键,不同种非金属元素的原子间形成极性键,则在该分子中,存在极性共价键和非极性共价键,故D正确;故选B。6、C【解析】
A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物,然后将水从分液漏斗放下,通过产生气体的量可计算Na2O2的量,故A符合题意;B.在烧瓶中放入金属钠,然后将有机物从分液漏斗放下,根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数,故B符合题意;C.该实验需要测量生成气体的量进而计算,Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体,该装置不能完成,故C不符合题意;D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率,故D符合题意。故选C。7、C【解析】A.甲醛分子中碳元素的化合价为0价,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,故A错误;B.原电池中阳离子向正极移动,故B错误;C.每生成1molFe2+转移1mol电子,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,根据电子转移的数目相等,可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4,故C正确;D.④中,甲醛浓度越大,反应生成的Fe2+的浓度越大,吸光度越大,故D错误;答案为C。8、D【解析】
A、连接两个苯环的碳原子,是sp3杂化,三点确定一个平面,两个苯环可能共面,故A错误;B、此有机物中含有羧基,能与Na2CO3反应,故B错误;C、1mol此有机物中含有1mol羧基,需要消耗1mol氢氧化钠,同时还含有1mol的“”这种结构,消耗2mol氢氧化钠,因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol,故C错误;D、含有酯基,因此水解时只生成一种产物,故D正确。9、C【解析】
A.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,则利用图中萃取、分液可分离,故A正确;B.溴与NaOH反应后,与溴苯分层,然后利用图中分液装置分离,故B正确;C.酒精、甘油、苯酚互溶,不能萃取、分液分离,故C错误;D.乙酸与碳酸钠溶液反应后,与酯分层,然后利用图中分液装置分离,故D正确;故选:C。【点睛】萃取剂与原溶剂不能互溶,不能反应,并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大,酒精易溶于水,不能当作萃取剂。10、A【解析】
A、乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/mol,故60g混合物的物质的量为1mol,则含分子数目为NA个,故A正确;B、磷酸为弱酸,不能完全电离,则溶液中的氢离子的个数小于3NA个,故B错误;C、标准状况下,己烷为液体,所以无法由体积求物质的量,故C错误;D、二氧化锰只能与浓盐酸反应,和稀盐酸不反应,故浓盐酸不能反应完全,则转移的电子数小于0.3NA个,故D错误;答案选A。11、C【解析】
A.冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和,而酸碱中和为放热反应,故A错误;B.由于硝酸钾为强酸强碱盐,不能水解,故硝酸钾加入水中没有化学反应发生,故不符合题干的要求,故B错误;C.硝酸铵加入水中后,先溶于水,而铵盐溶于水为吸热的物理过程;然后发生盐类的水解,由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应,故盐类水解吸热,故C正确;D.氧化钙放入水中后和水发生化合反应,为放热反应,故D错误;故选:C。12、A【解析】
A.20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g×46%=9.2g,物质的量为,0.2mol甲酸含0.4NA个氧原子,水的质量为10.8g,水的物质的量为,0.6mol水含0.6NA个氧原子,故溶液中共含0.4NA+0.6NA=NA个氧原子,故A正确;
B.18g冰水的物质的量为1mol,而水分子中含2条共价键,故1mol水中含2NA条共价键,故B错误;
C.5.6g铁和7.1g氯气的物质的量均为0.1mol,二者反应的化学方程式为,由比例关系知,0.1mol铁完全反应需要0.15mol氯气,故氯气不足,Fe过量,则0.1mol氯气反应后转移0.2NA个,故C错误;
D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol,而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠,故生成的氧气为16O2,且物质的量为0.05mol,故含中子数为0.05mol×16NA=0.8NA个,故D错误;故选A。【点睛】氯气与铁单质反应,无论氯气是不足量还是过量,只生成FeCl3,而不生成FeCl2,这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应,转移2mol电子;足量氯气与1mol铁反应,转移3mol电子,这是常考点。13、D【解析】
A.根据装置图可知:在阳极NO失去电子,被氧化产生NO3-,该电极反应式为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,A正确;B.电解池中电极为多孔石墨,由于电极表面积大,吸附力强,因此可吸附更多的NO发生反应,因而可提高NO的利用率和加快反应速率,B正确;C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大,因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力,有利于电解的顺利进行,C正确;D.在阳极NO被氧化变为NO3-,电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+;在阴极NO被还原产生NH4+,电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O,从两个电极反应式可知,要使电子得失守恒,阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多,总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,为使电解产物全部转化为NH4NO3,要适当补充NH3,D错误;故合理选项是D。14、C【解析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2,反应中Cu元素的化合价降低,I元素的化合价升高;向反应后的混合物中不断通入SO2气体,反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI,该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时,I元素的化合价升高,KI被氧化,Cu元素的化合价降低,则CuI是还原产物,故A正确;B、通入SO2后溶液逐渐变成无色,发生了氧化还原反应,S元素的化合价升高,体现其还原性,故B正确;C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应,没有复分解反应,故C错误;D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂,I2是氧化产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,所以物质的氧化性:Cu2+>I2,SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价,I2是氧化剂,SO2被氧化,所以物质氧化性I2>SO2,所以氧化性Cu2+>I2>SO2,故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应,根据题目信息推断实验中发生的反应,素材陌生,难度较大,考查学生对氧化还原反应的利用,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,选项B为易错点。15、C【解析】
A.1mol/L的盐酸为稀盐酸,与二氧化锰不反应,则不能制备氯气,故A错误;B.图中导管的进入方向不合理,将溶液排出装置,应从长导管进气短导管出气,故B错误;C.苯不溶于水,密度比水小,溴的苯溶液在上层,则用装置丙分液时先从下口放出水层,再从上口倒出有机层,故C正确;D.蒸发时促进氯化铁水解,生成盐酸易挥发,不能得到FeCl3,灼烧得到氧化铁,故D错误;本题答案为C。【点睛】分液时,分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出,上层液体从上口倒出。16、B【解析】
由实验装置图可知,反应在加热条件下进行,生成气体可用排水法收集,说明生成的气体不溶于水。【详解】A.SO2易溶于水,不能用排水法收集,A项错误;
B.NO不溶于水,易与空气中氧气反应,只能用排水法收集,B项正确;
C.乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计,装置不符合要求,C项错误;
D.HCl易溶于水,不能用排水法收集,D项错误;
答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、2-甲基-2-丙醇酚羟基、醛基浓硫酸,加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O6【解析】
A的分子式为C4H10O,A→B是消去反应,所以B是.B→C组成上相当于与水发生加成反应,根据提供的反应信息,C是2-甲基-1-丙醇.C→D是氧化反应,D是2-甲基-1-丙醛,D→E是氧化反应,所以E是2-甲基-1-丙酸.X的分子式为C7H8O,且结合E和F的结构简式可知,X的结构简式为;在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应,是甲基中的2个H被Cl取代,因此Y的结构简式为,Y→Z是水解反应,根据信息③,应该是-CHCl2变成-CHO,则Z的结构简式为,Z→F是酯化反应。【详解】(1)结合以上分析可知,A的结构简式为:,名称为2−甲基−2−丙醇;Z的结构简式为:,所含官能团为酚羟基、醛基;(2)A为,B为,A→B是消去反应,反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热;C是,D是,所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应;(3)结合以上分析可知,E的结构简式为;(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应,是甲基中的2个H被Cl取代生成,反应Ⅴ的化学方程式:;(5)D是(CH3)2CHCHO,在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应,反应IV中的化学方程式:+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O;(6)Z的结构简式为,W是Z的同系物,相对分子质量比Z大14,W分子式为C8H8O2,W的同分异构体中满足下列条件:①能发生银镜反应,说明含有醛基;②苯环上有两个取代基,可以3种位置;③不能水解,遇FeCl3溶液不显色,没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有:苯环上分别连有−CHO和−CH2OH,结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3,结构有3种,共计有6种,其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为:。18、取代反应AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】
甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2(F),F与E发生取代反应生成,所以有机物E为,根据反应条件,有机物D与POCl3反应生成,所以有机物(D),有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D,所以有机物C为;有机物B与发生反应生成有机物C,所以有机物B为,有机物A与醋酸反应生成有机物B,所以有机物A为;据以上分析解答。【详解】(1)根据以上分析可知,化合物A的结构简式;(2)A.有机物B为,含有氨基,显碱性,肽键显中性,没有酸性,选项A错误;B.1mol有机物C()在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-,选项B错误;C.D与POCl3的反应生成外,还能生成E的一种同分异构体,选项C正确;D.根据有机物G的结构简式,其分子式为C16H18O3N4,选项D正确;答案选AB;(3)有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D,化学方程式:;(4)有机物A为;X是比A多2个碳原子的A的同系物,X一定含有两个氨基,碳原子数为8的有机物,①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子,IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构,满足条件的有机物的结构简式为:;(5)甲醇氧化为甲醛,接着氧化为甲酸;根据信息,甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH,甲酸与(CH3)2NH发生取代生成;合成流程如下:。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等,综合性较强,需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断,对学生的思维能力提出了更高的要求。19、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】
(1)一般来说,酯化反应为可逆反应,加入过量的甲醇,提高丙炔酸的转化率,丙炔酸溶解于甲醇,甲醇还作为反应的溶剂;(2)根据装置图,仪器A为直形冷凝管;加热液体时,为防止液体暴沸,需要加入碎瓷片或沸石,因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸;(3)丙炔酸甲酯的沸点为103
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