考场仿真卷04（解析版）-2021年高考化学模拟考场仿真演练卷（辽宁卷）

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2021年高考化学模拟考场仿真演练卷

第四模拟

本试卷共19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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：H1C12N14O16C135.5Cu64

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.下列有关材料的结构或性质与用途不具有对应关系的是

A.硅橡胶具有无毒、无味、耐高温的性质，用作压力锅的密封圈

B.分子筛（铝硅酸盐）具有微孔结构，用作计算机芯片

C.Ti-Fe合金储氢量大、吸放氢速率快，用于氢燃料汽车

D.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，用于发动机

【答案】B

【解析】

A.硅橡胶无毒、耐高温，可作压力锅的密封圈，故A正确；

B.分子筛（铝硅酸盐）具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等，硅是计算机芯片的原料，故B错误；

C.Ti-Fe合金作为储氢材料，用于氢燃料汽车，故C正确；

D.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，可用于发动机，性质和用途对应，故D正确；

故选：Bo

2.下列化学用语书写正确的是

••••

A.用电子式表示NaCi的形成过程：Nax+•Cl：—>Na+[^Cl：]-

CH3——CH——CHa

B.I按照系统命名法的名称：2—乙基丙烷

CH2—CH3

C.中子数为18的氯原子：；;Cl

D.CH3CHO的球根模型:

【答案】A

【解析】

A.NaCl中Na失去一个电子带正电荷，氯元素得到一个电子形成阴离子，最外层满足8电子稳定结构，其形

成过程可表示为Nax+•Cl：—►Na+[xCl：]-,故A正确;

CH3——CH——CH3

B.I用系统命名法为2-甲基丁烷，故B错误;

CH2—CH3

C.中子数为18的氯原子可表示为Cl,故C错误;

D.乙醛分子中有7个原子，其球棍模型为,故D错误；故选A。

3.下列实验能达到目的的是

A.用淀粉-KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液

B.用湿润的pH试纸测定CH3cOONa溶液的pH

C.用Ba（OH）2溶液鉴别NH4CI、（NHjSOa和K2sO4

D.用蒸储法分离乙醇（沸点为78.3口）和苯（沸点为80.1□）

【答案】C

【解析】A.铁离子能氧化碘离子生成碘单质，淀粉-KI试纸遇到碘水和FeCL溶液都会变蓝，现象相同，不

能鉴别，故A错误；

B.湿润的pH试纸测溶液的pH,溶液被稀释，所以用湿润的pH试纸测定CH3coONa溶液的pH会偏小，

故B错误；

c.B（OH）2与NH4CI、（NHJ2SO4、K?S04反应的现象分别为有气体（氨气）、有气体和沉淀、有沉淀，现

象不同，可以鉴别，故c正确；

D.互溶且沸点不同的液体可以采用蒸储的方法分离，乙醇（沸点78.3口）和苯（沸点80.1口）的沸点比较接近不能

蒸储分离，故D错误。答案选C。

4.下列实验操作或仪器的使用正确的是

2

图2图3

A.图1：验证镁和稀盐酸反应的热效应

B.图2：蒸发、浓缩、结晶

C.图3：制取并收集干燥纯净的NH3

D.图4：用酸性KMn(%标准溶液滴定Na2sCh溶液

【答案】A

【解析】A.可以通过观察U形管左右两端的液面差判断出镁和稀盐酸反应的热效应，A项正确；

B.蒸发、浓缩、结晶实验应在蒸发皿中进行，B项错误；

C.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，C项错误；

D.酸性高锦酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，D项错误;

答案选A。

5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.lmolNaHSO4晶体中阴阳离子总数目为2NA

B.lmolSiO2中含有Si—0极性共价键的数目为2NA

C.78g苯与足量H2发生加成反应时破坏兀键数目为3NA

D.16gCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3cl分子数目为NA

【答案】A

【解析】

A.lmolNaHSCU晶体中含有lmolNa+和ImolHSO；,所以ImolNaHSCU晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA,

故A正确；

B.SiCh为原子晶体，晶体中一个Si原子和4个。原子形成4条Si—0极性共价键，所以ImolSiCh晶体中

Si—0极性共价键的数目为4NA,故B错误；

C.78g苯为Imol,苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存兀键，而是存在着离域大n键，故C错误;

D.16gCH4为ImoLCH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3CI、CH2cb、CHCb、CCI4,所以无法计算

CH3cl分子数目，故D错误；

故答案：Ao

6.下列“推理”正确的是

A.氯气能使湿润的pH试纸褪色，可推出氯气具有漂白性

B.NaCl固体与浓H2S04加热可制HC1,可推出Nai固体与浓H2sO4加热制HI

C.将钠投入水中，观察到钠浮在水面且熔成小球，可推出钠密度比水小且反应放出热量

D.Ca(ClO)o+H2O+CO2=CaCO3+2HC1O,可推出酸性强弱：H2CO3>HCO3>HC1O

【答案】C

【解析】

A.C"与H2。反应生成的HC1O起漂白作用，而氯气没有漂白性，A项错误；

B.碘离子具有强的还原性，浓硫酸有强氧化性，会将HI氧化，B项错误；

C.钠与水反应时浮在水面上说明密度比水小，熔成小球说明反应放热，C项正确；

D.根据强酸制备弱酸规律可知，酸性H2cC)3>HC10〉HC0],D项错误；

答案为C。

7.在碱性溶液中，O?+可以与缩二版形成紫色配离子，其结构如图所示。

下列说法错误的是

A.该配离子与水分子形成氢键的原子有H、N和O

B.该配离子中非金属元素的第一电离能大小顺序为O>N>C>H

C.基态Cu原子的价电子排布式是3d4sl

D.该配离子中铜离子的配位数是4

【答案】B

【解析】

A.该配离子中的N原子和0原子电负性较大、半径较小、含孤电子对，可与水分子中的H形成氢键，A正

确；

B.一般非金属性越强电离能越大，第DA族元素比同周期相邻元素大，第一电离能大小顺序为N>O>C>H,

B错误；

4

C.Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d»>4si,C正确；

D.根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4,D正确；故选B。

8.某有机物是新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，则它消耗四种物质

的物质的量大小顺序是

A.④虫=②>③B.④二①二②酒

C.①:②*海D.②>③>④>①

【答案】A

【解析】

羟基和竣基各消耗ImolNa,故共消耗Na为7mol；Imol该物质分子中含有4moi酚羟基，Imol竣基，2moi

酯基，总共可以与7moiNaOH反应；只有孩基能与NaHCCh反应，消耗Imol；共消耗Br28mo1,其中两个苯环各

3mol,两个碳碳双键各Imol；故正确的顺序为④>①=②>③。答案选A。

9.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水

化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是

A.含氧酸的酸性：Z>Y

B.原子半径：X<Y<Z<W

C.氢化物的沸点：W>Z>Y

D.这4种元素组成的一种化合物M可与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应

【答案】D

【分析】

Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物，则Z是N元素，X、Y、Z、W为原

子序数依次增大的4种短周期主族元素，这四种元素形成某有机物的结构简式如图，-YX3应该是甲基，则X为H

元素，Y是C元素，-WX应该为羟基，则W是O元素或者是硫元素，据此回答问题。

【解析】

A.最高价含氧酸的酸性：HN03>H2co3,但没有说明是最高价含氧酸，如酸性HN02VH2co3,故A错误；

B.同一周期原子半径逐渐减少，则原子半径Y>Z>W>X,故B错误；

C.最简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4,但不一定是简单氢化物，另外如果W是S,也不符合，故C错误；

D.这4种元素组成的一种化合物M是碳酸氢镂，既可与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应，故D正确；

故选：D。

10.800□时，可逆反应CO（g）+H2O（g）目呢CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=l。800□时，测得某一时刻密闭容

器中各组分的浓度如下表，下列说法正确的是

物质COHOCO2

2H2

浓度(mol/L)0.0020.0030.00250.0025

A.此时,□（正）>•口（逆）

B.一段时间后，气体压强降低

C.一段时间后，H2O的体积分数增加

D.一段时间后，正反应速率减小

【答案】C

【解析】

0.0025x0.0025十心华,“一十、辛》…口

A.Qc=-----------------------=1.04>K,所以平衡逆向移动，此时，□（正）<□（逆），故A错误；

0.002x0.003

B.反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；

00025X00025所以平衡逆向移动，一段时间后，压的体积分数增加，故正确；

C.QC--K,0C

=0.002x0.003=104>

D.反应逆向进行，说明□（正）<□（逆），随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误;

故选：Co

11.某金属-空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是

6

A.金属M作电池负极，放电时发生氧化反应

B.放电时，空气中的氧气得到电子

C.电池总反应为2M+C)2+2H2O=2M(OH)2

D.放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属M电极

【答案】D

【分析】

由示意图中离子的移动方向可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+,碳材料

电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电池的总反应方程式为

2。

2M+。+2H2O=2M(OH)2

【解析】

A.由分析可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+,故A正确；；

B.由分析可知，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故B正确；

C.由分析可知，电池的总反应方程式为2M+O2+2H2(D=2M(OH)2,故C正确；

D.原电池工作时，外电路电子由负极流向正极，则放电时，外电路电子由M电极流向金属碳材料电极，故D

错误；

故选D。

12.拉坦前列素(Latanoprost)是一种临床治疗青光眼和高眼内压的药物，其结构简式如图。下列有关拉坦前列

素说法错误的是

A.既可与金属钠反应，也可与乙酸发生酯化反应

B.能使澳的四氯化碳溶液褪色，也能与HBr发生加成反应

C.在水溶液中，拉坦前列素可与等摩尔的NaOH反应

D.分子中含有3种官能团、6个手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)

【答案】D

【解析】

A.含醇羟基，既可与金属钠发生置换反应，也可与乙酸发生酯化反应，A正确；

B.含碳碳双键，能与澳发生加成反应使澳的四氯化碳溶液褪色，也能与HBr发生加成反应，B正确；

C.拉坦前列素结构中只有酯基（1个）可与NaOH反应，因此在水溶液中，拉坦前列素可与等摩尔的NaOH反

应，C正确；

D.分子中含羟基，碳碳双键，酯基共3种官能团，含5个手性碳，如图D错

误；

答案选D。

13.水体中过量氨氮（以NH3表示）或总氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量）含量过高会导致水体

富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：

下列说法错误的是

A.NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaC1O=N2+3NaCl+3H2O

B.整个过程中发生的反应都是氧化还原反应

C.在较高温度下，氨氮去除率会降低

D.NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降

【答案】B

【解析】

A.从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaC10=N2+3NaCl+3H20,

A正确；

B.盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；

C.较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；

D.次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确；

故选B。

8

14.中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(C)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF

的有机溶液，其充电示意图如图。下列说法错误的是

M

C

M

B

电

极

A.固态KPF为离子晶体

B.放电时，K+向左迁移

C.放电时，负极反应为Cn+xPF6-Xe-=Cn(PF6)x

D.充电时，若阴极增重39g则阳极增重145g

【答案】C

【解析】

A.根据图示，充电时含有KPF的有机溶液中，K+、PF6分别向两极移动，固态KPF为离子晶体，故A正确；

B.根据图示，充电时K+向右迁移，右侧MCMB为阴极；放电时，右侧MCMB为负极、左侧石墨电极为正

极，K+向左迁移，故B正确；

C.放电时，右侧MCMB为负极，负极反应为K-e=K+,故C错误；

D.充电时，阴极生成金属钾，若阴极增重39g,外电路转移Imol电子，阳极发生反应Cn+xPF6-xe=Cn(PF6)x,

根据电子守恒,阳极有ImolPF6参加反应，增重lmolxl45g/mol=145g,故D正确；

选C。

15.向XmLO-lmol-L1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和Poh[Poh=-lgc(OH-)]随着力口入稀

高氯酸的体积变化如图所示(图中实线为温度变化，虚线为pOH变化)。下列说法正确的是

A.x=40

B.b、c点由水电离出的c(OH)大小为b>c

+

C.b点时溶液中微粒浓度存在关系：C(NH：)+C(NH3.H2O)=C(H)+C(C1O；)

D.a、d点对应氨水的电离常数：K(d)<K(a)

【答案】B

【解析】

A.由图可知，b点温度最高，是二者恰好反应的点，此时酸碱的物质的量相等，酸碱浓度相等，所以x=20,

A错误；

B.b点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4cl04,盐类水解促进水的电离，从b点到c点随着高氯酸的加入

不断抑制水的电离，由水电离出的c(OH)大小为b>c,B正确；

C.b点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4CIO4,HC104是强酸，溶液中不存在HC104分子，根据物料守恒

可得：c(NH；)+C(NH3-H2O)=C(C1O；),C错误；

D.氨水电离为吸热过程,体系温度越高,NH3-H2O的电离常数越大,d点温度高于a点，所以电离常数K(d)>K(a),

D错误；

故选Bo

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(14分)五氧化二机(丫2。5)是一种重要的工业催化剂，采用以下两种途径制备V2O5。

滤渣②滤渣③

已知:①VO]+2H+岬VO；+H2O

②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇

回答下列问题

(1)途径□“焙烧”中V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是

(2)途径口“浸取”得到的浸出液中含帆物质的化学式是。

(3)途径口“浸取”时，可产生VCJ2+,写出V2O4发生反应的离子方程式,

10

得到“滤渣③”的成分是。

(4)途径口“氧化”时，除了Fe?+被氧化外，还有离子被氧化。

⑸途径丁调pH至4”的目的是»

(6)“一系列操作”是过滤、用洗涤、干燥。

高温

【答案】(1)V2o3+02+CaC03Ca(V03)2+C02(2分)

(2)(VO2)2SO4(2分)

+2+

(3)V2O4+4H-2VO+2H2O(2分)Fe(OH)3(2分)

(4)VO2+(2分)(5)使Fe3+完全沉淀(2分)(6)乙醇(2分)

【分析】

过程□:将钗废料(V2O3),加碳酸钙焙烧将丫?。?转化为Ca(VO3)2,加硫酸进行浸取，根据提示可知生成

(VO2)2SO4,接下来利用碳酸氢镂把帆沉淀得到NH4V03,经过其他步骤得到V2O5；

过程口：将钢废料(含V2O3、V2O4、SiO2、Fe3O4),加硫酸进行浸取，SiO2不溶于硫酸，过滤除去，加入NaClO,

可将亚铁离子氧化为铁离子，加合适的药品调pH至4,除去Fe3+,接下来利用碳酸氢钱把fl沉淀得到NH4VO3,

经过其他步骤得到得到V2O5,据此分析解得。

【解析】

(1)供废料(V2O3),加碳酸钙焙烧将丫?。?转化为Ca(VO3)2,V的化合价升高，则氧的化合价会降低，即生成

物中有氧气，则化学方程式为：V203+02+CaC03=Ca(V03)2+C02,故答案为：

I岛?昌

V203+02+CaC03(V03)2+C02；

(2)根据己知：①VO]+2H+/VO:+H2。则Ca(VC)3)2经过“浸取”得到的浸出液中含车凡物质的化学式是

(VO2)2SO4,故答案为：(丫。2)2$。4；

+2+

(3)丫2。4经过浸取，可产生VC)2+,则离子方程式为：V2O4+4H=2VO+2H2O:加入NaClO,可将亚

铁离子氧化为铁离子，加合适的药品调pH至4,除去Fe3+得到FeCOH%,即滤渣③的成分是Fe(OH%,故答案

为：V2O4+4H+=2VO2++2H2。；Fe(OH)3；

(4)由(3)可知，丫2。4经过浸取，可产生VO2+,而利用碳酸氢钱把钢沉淀得到NH4V03,则VO2+会被氧化为

VO；,故答案为：VC)2+；

(5)加合适的药品调pH至4,除去Fe3+得到Fe(OH)3,即其目的是使Fe?+完全沉淀，故答案为：使Fe3+完全

沉淀；

(6)由提示NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇，由分析可知碳酸氢钱把帆沉淀得到NH4Vo3,“一

系列操作''是过滤、用乙醇洗涤、干燥，故答案为：乙醇。

17.(14分)五水合硫酸铜(CUSO46H2O)是蓝色晶体，某学生实验小组利用铜屑制备CUSO4-5H2。，并进行了

相关实验。具体合成路线如下：

浓甲酸

铜屑+，硫酸|②加热》|蓝色溶澜③浓缩结晶,丽④重结晶》CUSO/5H2O

回答下列问题：

(1)铜屑需经预处理除去表面油污，方法是»

(2)步骤①的实验装置如图(a)所示(夹持、加热仪器略)，其中浓硝酸需要逐滴加入，其原因是-(写

出两点即可)

图(b)

⑶CUSO46H2O在受热时质量分数(W)随温度的变化情况如图(b)所示。据此分析可知，CUSO4-5H2O受热过程可

能发生的化学反应是(填标号)。

AA

A.CuSO4-5H2O=CuSO4-4H2O+H2OB.CuSO4-5H2O=CuSO4-3H2O+2H2O

AA

C.CuSO4-4H2O=CuSO4-2H2O+2H2OD.CUSO4-3H2O=CuSO4-H2O+2H2O

(4)制备过程中若加热不当会导致晶体发白，为了得到蓝色的CUSO5H20晶体，步骤③最适宜采用

(填标号)加热。

12

A.电热套B

（5）CUSO4-5H2O保存不当会失水风化，为测定所得产品中结晶水的含量，学生小组进行了如下实验：

①准确称取产品（CuSO4-xH2O）mg置于250mL锥形瓶中，用适量水溶解，加入足量KI,得到白色沉淀和b的

棕黄色溶液，相应的离子方程式为o

②以淀粉为指示剂，用浓度为cmol-L1的Na2s2O3标准溶液滴定上述反应中生成的L,滴定终点时的颜色变化

为0

③滴定达终点时消耗Na2s2O3溶液VmL,则x=（列表达式）。

（已知：滴定反应的离子方程式为：I2+2S2O^=S4O^+2r）

（6）请从原子经济性和环境友好的角度，设计由铜制备CUSO5H2。的合成路线

【答案】（1）碱煮水洗（2分）

（2）控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成（答案合理即可）（2分）

（3）BD（2分）（4）C（1分）

1。3m

（5）①2Cu2++41=2CulJ+U（2分）②蓝色褪去（1分）③eV（2分）

18

稀硫酸

⑹阑灼烧》囿函|-蓝色溶液厂农缩结晶>CuSO“5Hq（2分）

【分析】

2+

铜屑、浓硝酸、稀硫酸混合发生Cu+4H++2NO；=Cu+2H2O+2NO2t，加热除去过量的HNO3得到硫酸铜溶液，

浓缩结晶得到CUSO4-5H2O粗品，重结晶得到纯净的CUSO4-5H2OO

【解析】

（1）油污主要成分是油脂，油脂在热碱中快速水解而除去，因此铜屑需经预处理除去表面油污，方法可以是碱

煮水洗；

（2）逐滴可以通过观察产生气泡的速率控制反应速率，以免反应过快或过慢；另外若浓硝酸滴加过快，浓硝酸

分解和挥发的较多；同时避免硝酸过量太多导致硝酸分解产生大量的氮氧化物，因此浓硝酸需要逐滴加入，其原

因是控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成（答案合理即可）；

（3）CUSO4-5H2O的相对分子质量为250,由图可知温度加热至100口左右质量分数减小14.4%,即250xl4.4%=36,

A

为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是CuSC>4-SH2。=CUSO4-3凡。+2H2。；100口升高到1251左右，

A

质量分数减小14.4%,即250xl4.4%=36,为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是CuSO「3Hq=

CUSO4H2O+2H2O；250口以后质量分数减小7.2%,即250><7.2%=18,为1个水分子的相对质量,因此此阶段发

A

生的是CuSC)4•HenCuSOa+H?。；

综上所述，本题选BD；

(4)由图(b)可知，温度高于100□会造成CuSO4-5H2O分解，因此加热过程温度应控制在100口以下，100口以下

由水浴加热完成即可，答案选C；

(5)①CuSO4溶液加KI得到12和白色沉淀，I元素化合价升高，则Cu元素化合价降低，白色沉淀应为CU2I,

因此离子方程式为2Cu2++41=2CuIJ+%；

②碘与淀粉共存溶液为蓝色，用Na2s2。3标准溶液滴定12,反应终点时碘被消耗完，溶液蓝色褪去；

③由2CUSO#XH2。〜2CU2++41=2CuIJ+匕〜％+2$20；=SO^+2F可知有2CuSO-xHO〜2Na2s2O3。消耗

442

1

cmolL-的Na2s2O3溶液VmL,即cVxl。-3m01,则n(CuSO4xH2O)=cVxl(?3mol,则CuSO4xH2O的摩尔质量为

mimm-160

EFg/m°L则x=(而而-16。户；

lo

(6)从环境友好角度，最好不要生成污染空气的二氧化硫、氮氧化物等，即不要用铜和浓硫酸、题中流程反应

制硫酸铜，可将铜与空气中氧气反应生成CuO,CuO溶于硫酸得硫酸铜，再进行结晶得CuS05H20,即由铜制备

稀硫酸

CUSO4-5H2O的合成路线为l,灼烧」~,-------,浓缩转品o

阑」囿丽一|蓝色溶液］欣联"11»CUSO“5H2。

18.(13分)羟基乙酸有着广泛的应用，在洗涤行业用于清洗水垢和井水净化。制备少量羟基乙酸的反应为:

C1CH2COOH+2NaOHTHOCH.COONa+NaCl+H2OAH<0

HOCH2COONa+HC1rHOCH2coOH+NaCl

口.制备羟基乙酸钠

已知羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醴等有机溶剂。

实验步骤如下：

步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入18.9g氯乙酸、30mL水，搅拌，逐步加入30%NaOH溶液，在95口

继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。

14

步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，过滤得滤液，冷却至15口，过滤得粗产品。

步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。

步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15口以下，结晶、过滤、干燥，得到纯净的羟基乙酸

钠。

口.制备羟基乙酸

将制备的羟基乙酸钠用盐酸酸化，再经过除盐处理，得到羟基乙酸产品14.5g。

回答下列问题：

（1）步骤1中,如图所示的装置中仪器A的作用是,逐步加入NaOH溶液的目的是0

（2）步骤2中，蒸储烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是，加热一段时间后，发现

忘记加入沸石，接下来的操作是o

（3）步骤3中去除活性炭的操作名称是o

（4）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是=

（5）根据以上数据，计算羟基乙酸的产率为%.（结果保留四位有效数字）

【答案】（1）冷凝回流（2分）防止升温太快，不利反应正向进行、控制反应体系pH（2分）

（2）防止暴沸（1分）冷却后再补加沸石（2分）

（3）趁热过滤（2分）

（4）降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量（产率）（2分）

（5）95.39%（2分）

【分析】

实验室拟用氯乙酸（C1CH2coOH）和NaOH溶液制备少量羟基乙酸钠，此反应为剧烈放热反应，反应方程式

为C1CH2coOH+2NaOH，?^fHOCH2coONa+NaCl+HzO,生成的羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于

醇、酸等有机溶剂，得到的粗产品通过趁热过滤、冷却结晶进行分离提纯，根据反应C1CH2coOH+2NaOH」^

HOCH2coONa+NaCl+HzO计算羟基乙酸钠的理论产量，理论值为n（HOCH2coONa）=n（C1CH2coOH）=

而温荷=023,结合产率=氤产基'I。。％进行计算’据此分析解答。

【解析】

(1)装置中仪器A的作用是冷凝回流，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，不利反应正向进行、控制

反应体系pH。故答案为：冷凝回流；防止升温太快，不利反应正向进行、控制反应体系pH；

(2)步骤2中，蒸储烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸，加热一段时间后，发现忘记加入沸石，接下

来的操作是冷却后再补加沸石。故答案为：防止暴沸；冷却后再补加沸石；

(3)步骤3中去除活性炭的操作名称是趁热过滤，减少羟基乙酸钠的损失。故答案为：趁热过滤；

(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产

率)。故答案为：降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产率)；

189g

(5)加入18.9g氯乙酸(C1CH2coOH)的物质的量为=-匕，，=0.02mol,根据方程式C1CH2coOH+2NaOH

945g/mol

HOCH2coONa+NaCl+IhO可知，理论上可以生成0.02mol羟基乙酸钠，步骤4中，得纯净羟基乙酸钠，

]40]907zw/

再用盐酸酸化后得羟基乙酸mol=0.1907mol,则实验产率为--------x100%刈5.39%根据以上数据,

Ibg/mol0.2mol

计算羟基乙酸的产率为95.39%.(结果保留四位有效数字)，故答案为：95.39%。

19.胡椒醛衍生物在香料、农药、医药等领域有着广泛用途，以香草醛(A)为原料合成5-三氟甲基胡椒醛(E)

的路线如图所示：

CHOCHOCHO

k川p|lAlCLCHz",

C^°H②H。人丫\

OHOHOH

ABC

CHOCHO

J/\CF3coONa//\

CH212r

③

J。J。3

DE

已知：L酚羟基能与CH2I2发生反应③,而醇羟基则不能。

HC>

ILCH3cHO+CH2OHCH2cH2OH-0H2。

(1)化合物c中官能团的名称是_________________；反应④的反应类型是__________________________0

(2)写出反应③的化学方程式__________

(3)满足下列条件的香草醛同分异构体有种，其中核磁共振氢谱峰值比为3：2：2：1的同分异构

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体结构简式为

i.属于芳香族化合物，芳环上有两个取代基

ii.不能与氯化铁溶液发生显色反应

iii.能与碳酸氢钠溶液反应放出气体

（4）1mol的香草醛最多可与mol的压发生加成反应。

（5）根据已有知识并结合题给信息，已香草醛和2-氯丙烷为原料，可合成香草醛缩丙二醇

O

(HO）,写出合成流程图（无机试剂任选）.（合成流程图示例如下

O

»CH3cH?Br——__>CHCHOH)

CH2=CH2__32

【答案】（1）羟基、醛基、碘原子（2分）取代反应（2分）

+2HI(2分)

(3)6（2分）CH3O-COOH(2分)

(4)