四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试卷（Word版附解析）

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考试时间：150分钟 满分：300分
本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷(选择题)，第Ⅱ卷(非选择题)
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 C1-35.5 Fe-56 Ni-59
1. 唐代赵蕤所题《嫘祖圣地》碑文记载：“嫘祖首创种桑养蚕之法，抽丝编绢之术，谏诤黄帝，旨定农桑，法制衣裳……弼政之功，殁世不忘”。下列有关说法正确的是
A. 丝绸制品主要成分是蛋白质，不能高温烫熨
B. “抽丝编绢”涉及化学变化
C. 蚕丝和棉纤维都是天然高分子，用灼烧法无法鉴别
D. 蚕丝水解可以生成葡萄糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．丝绸制品主要成分是蛋白质，不能高温烫熨，否则会因蛋白质变性而造成破损，故A正确；
B．抽丝编绢是将蚕茧抽成线，再编制成绢的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，用灼烧的方法能够鉴别蛋白质和纤维素，故C错误；
D．蚕丝的主要成分是蛋白质，水解的最终产物是氨基酸，不是葡萄糖，故D错误；
故选A。
2. NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】
【详解】分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/ml＝0.1ml，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1ml，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1ml，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气加成反应完全不同。
3. 某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应，如图所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列叙述正确的是
A. 甲分子内所有原子可能处于同一平面
B. 甲和乙生成丙的反应是取代反应
C. 甲能发生加聚、水解、酯化反应
D. 用酸性KMnO4溶液可以证明甲含有碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲分子内含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B．观察甲、乙、丙的结构可知，甲中羟基被乙中取代，发生取代反应，故B正确；
C．甲不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故D错误；
故答案选B。
4. 某化合物(结构如图所示)是一种家用杀虫剂。X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z的简单氢化物遇浓盐酸产生白烟且Z与R不在同一周期。下列叙述正确的是
A. Z、W的氢化物均很稳定
B. 阴离子的还原性：R>X
C. 元素Y与元素R均能形成三种以上的含氧酸盐
D. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z的简单氢化物遇浓盐酸产生白烟，Z为N，Z与R不在同一周期，R呈-1价，R为Cl，X形成1对共用电子对，X为H，Y形成4对共用电子对，Y为C，W形成2对共用电子对，W为O，X、Y、Z、W、R依次为H、C、N、O、Cl；
【详解】A．W的氢化物可以为过氧化氢，不稳定，A错误；
B．非金属性Cl>H，阴离子的还原性：H->Cl-，B错误；
C．元素C与元素Cl均能形成三种以上的含氧酸盐，如等，等，C正确；
D．C的氢化物种类非常多，随着分子中C原子数增多，沸点升高，还存在液态和固态的氢化物，D错误；
故选C。
5. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液的蒸发浓缩应在蒸发皿中进行，故A不符合题意；
B．氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，制备晶体，先从a管通入氨气，形成碱性溶液后，再从b管通入二氧化碳，以增加二氧化碳溶解量，能达到相应实验目的，故B符合题意；
C．图中向两支试管中加入的的浓度不同，且离子也可能影响和反应速率，不能达到相应实验目的，故C不符合题意；
D．和浓盐酸反应制备氯气，需要加热，不能达到相应实验目的，故D不符合题意；
故选B。
6. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A. 电极a应与Ag(I)相连
B. 电渗析装置中膜a为阳离子交换膜
C. 电渗析过程中左、右室中NaOH和的浓度均增大
D. 电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4g
【答案】D
【解析】
【分析】浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，右室中的氢离子通过膜b进入中间室，中间室中的钠离子通过膜a进入左室，则电极a为阴极，电极b为阳极；电极a应与Ag(I)相连，A正确；
B．中间室中的钠离子通过膜a进入左室，膜a为阳离子交换膜，B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜b进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜a进入左室NaOH的浓度增大，C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，即都为3ml/L，改变量为0.01L×（3-1）ml/L=0.02ml，所以正极析出0.02ml银，电路中转移0.02 ml电子，电渗析装置生成0.01 ml NaH2PO4，质量为1.2g，D错误；
故选D。
7. 某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴加亚磷酸钠溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
[已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。②亚磷酸是二元弱酸，其电离常数分别是，]
A. a点对应溶液的溶质为和，
B. 第二次电极电位突跃发生的化学反应为：
C. c点对应的溶液中可能存在：
D. 水的电离程度：a＞b
【答案】C
【解析】
【分析】亚磷酸钠与盐酸反应：Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，从a点到b点发生NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2PO的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2PO水解平衡常数Kh==10-12.6＜Ka2，H2PO的电离程度大于水解程度，即pH＜7，故A说法正确；
B．根据上述分析，发生第二次突跃的反应是NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，故B说法正确；
C．根据上述分析，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+c(Cl-)，故C说法错误；
D．b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，a点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b；故D说法正确；
答案为C。
8. 二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2)是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。工业上合成二氯异氰尿酸钠的方法有多种，其中法是向溶液通入产生高浓度溶液，然后与氰尿酸(C3H3N3O3)反应制取二氯异氰尿酸钠。从下面选择所需装置完成实验。
已知：，回答下列问题：
（1）写出装置E中发生反应的化学方程式___________。
（2）按气流从左至右，导管口连接顺序为：________(填小写字母)
h→___________→___________→___________→___________→___________
（3）若发现实际操作过程中仪器N中浓盐酸不易流下，可将仪器N换为___________(填仪器名称)。
（4）装置A中制备溶液完成的现象是___________，在加氰尿酸溶液过程仍需不断通入的理由是___________。
（5）有效氯含量是判断产品质量的标准。实验采用碘量法测定产物有效氯的含量，原理为：；；
准确称取0.6000g样品，配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入指示剂继续滴定至终点，消耗溶液15.00mL。
①配制样品溶液时，需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要___________。
②滴定至溶液呈微黄色时，加入的指示剂是___________，该样品的有效氯为___________%。(该样品的有效氯，保留三位有效数字)
【答案】（1）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
（2）hcdefabg
（3）恒压滴液漏斗 （4） ①. 装置A液面上方有黄绿色气体 ②. 使反应生成的NaOH再次生成NaClO并参与反应，提高原料的利用率
（5） ①. 250mL容量瓶、胶头滴管 ②. 淀粉溶液 ③. 88.8%
【解析】
【分析】制备二氯异氰尿酸钠流程：装置E用浓盐酸和次氯酸钙来制取氯气，反应为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，制取的氯气中含有杂质氯化氢气体，装置B中盛有的饱和NaCl溶液可除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置A内生成的高浓度NaClO溶液与氰尿酸(C3H3N3O3)溶液反应制备二氯异氰尿酸钠，反应为，氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气可与氢氧化钠溶液反应，装置D用于吸收尾气中氯气；
【小问1详解】
根据分析，装置E中发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
装置E用于制备氯气，装置B用于除去氯气中混有的HCl气体，装置C用于干燥氯气，装置A用于制备高浓度NaClO溶液、制取二氯异氰尿酸钠，装置D用于尾气处理，除杂装置中导气管应该长进短出，按气流从左至右，导管连接顺序为hcdefabg；
【小问3详解】
恒压滴液漏斗可平衡压强，使液体顺利流下，若发现实际操作过程当中N中的浓HCl不易滴下，可将装置N改为恒压滴液漏斗；
【小问4详解】
当装置A中制备NaClO溶液完成后，氯气不再反应，A装置液面上方有黄绿色气体，表明制备NaClO溶液完成；实验时先向A中通入氯气生成高浓度的NaClO溶液，再加入氰尿酸溶液时生成二氯异氰尿酸钠和NaOH，NaOH和通入的Cl2再次反应生成NaClO，提高原料的利用率；
【小问5详解】
①配制成250.0mL溶液时，需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管；
②滴定终点碘单质消耗完全，则使用指示剂为淀粉溶液；滴定过程中关系式为：2Cl～～2HClO～2I2～4，n(Cl)=，则样品中n(Cl)==0.0075ml，该样品中有效氯为88.8%。
9. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。已知涉及反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
积碳反应(的歧化和的裂解反应是催化剂积碳的主要成因，可导致催化活性降低)，反应如下：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：。回答下列问题：
（1）___________。
（2）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时和的转化率及和的产率随变化的情况如图1所示。
①图中表示转化率、产率变化的曲线分别是___________、___________(填标号)，A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、C两点温度大小为___________。
②按向恒容容器内投料，初始压强为，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为，的平衡转化率为a，反应Ⅰ的___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3。
由图2可知，的歧化反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是___________。
【答案】（1）-41.2
（2） ①. b ②. c ③. C>A ④.
（3） ①. 放热 ②. 高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ·ml-1-（-165 kJ ·ml-1）=-41.2 kJ ·ml-1；
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大，直到接近100%，故b表示CO转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线；结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C，故温度C>A；
②设n（CO）=n，则n（H2）=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为，达到平衡时总压为 ，则，解得x=0.5n；
CO的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：，
平衡时，CO的分压为=、H2分压为=、CH4的分压为=、H2O分压为=，Ⅰ的Kp= =；
【小问3详解】
甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆向进行，则CO的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330°C时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
10. 软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）“浸取”过程主要反应3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
（2）“氧化i”过程软锰矿的作用是_______。
（3）“除铁”后溶液中残留的c(Fe3+)=_______ml·L-1。[25℃时，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-39]
（4）“沉锰”过程Mn2+转化为MnCO3的离子方程式为_______；NH3·H2O的作用是_______。
（5）“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_______。
（6）“氧化ii”过程中，将Mn(II)转化为Mn(IV)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a.H2O2 b.Cl2 c.KClO3
（7）将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
【答案】（1）3:2 （2）使Fe2+全部转化为Fe3+
（3）
（4） ①. ②. 调节pH
（5）
（6）c （7）
【解析】
【分析】硫铁矿和软锰矿加入硫酸进行“浸取”，所得溶液中含有大量亚铁离子，加入软锰矿，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH使铁离子沉淀除去，再加入碳酸氢铵和氨水将溶液中的锰离子转化为碳酸锰，在空气中焙烧后得到二氧化锰，经过“氧化ii”、过滤、干燥得到二氧化锰纯品。
【小问1详解】
根据反应可知，反应的过程中，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，则二氧化锰为该反应的氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高到+3价，S元素的化合价由-1价升高到0价，则硫化亚铁为该反应的还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
【小问2详解】
由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2+，Fe2+沉淀的pH过高，因此将其氧化成Fe3+后再沉淀除去，则“氧化i”过程软锰矿的作用是使Fe2+全部转化为Fe3+；
【小问3详解】
根据题干信息可知，“除铁”时溶液的pH=5.5，则，，则“除铁”后溶液中残留的；
【小问4详解】
“沉锰”过程，加入碳酸氢铵和氨水，将溶液中的锰离子转化成碳酸锰，反应的离子方程式为；由图可知，“沉锰”过程中，需要调节溶液的pH=6.5~7，氨水的作用是调节溶液的pH；
【小问5详解】
“焙烧”过程中，MnCO3与空气中的氧气反应生成MnO2，反应的化学方程式为；
【小问6详解】
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
【小问7详解】
根据总反应可知，放电时，作正极，发生还原反应，则放电时正极的电极反应为。
[化学-选修3：物质结构与性质]
11. 锰(Mn)、钴(C)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一
（1）Mn的外围电子排布式为___________。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用___________理论解释。
（2）已知金属锰有多种晶型，-型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。
A． B． C． D．
（3）是一种紫色晶体，其中化学式为，与硫原子相连的氧原子及2个碳原子形成的结构与相似。中硫原子的杂化轨道类型为，中键角∠___________中键角(填“大于”“小于”或“等于”)，的空间构型是___________。
（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH-CH2OH)，其相对分子质量等于丙酮(CH3COCH3)，但两者沸点相差较大，原因是___________。
（5）的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的原子坐标参数为___________。一定温度下，晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图乙)，已知的半径为apm，设阿伏加德罗常数的值为，每平方米上具有该晶体的质量为___________g(用含a、的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3d54s2 ②. 电子气
（2） ①. C ②. 12
（3） ①. 小于 ②. 正四面体
（4）丙烯醇分子之间能形成分子间氢键
（5） ①. (1，，) ②.
【解析】
【小问1详解】
锰元素的原子序数为25，基态原子的外围电子排布式为3d54s2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54s2；电子气；
【小问2详解】
-型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知，C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；
【小问3详解】
二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，键角小于109°28′，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，键角约为120°，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；故答案为：小于；正四面体形；
【小问4详解】
相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子之间能形成分子间氢键，丙醛分子之间不能形成分子间氢键，故丙烯醇的沸点高于丙醛，故答案为：丙烯醇分子之间能形成分子间氢键；
【小问5详解】
由中晶胞离子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为(1，，)；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g=g，故答案为：(1，，)；。
［化学-选修5：有机化学基础］
12. 奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如下：
已知：①
②R3COOR4+R5COOR6R3COOR6+R5COOR4
③G、L和奥昔布宁的沸点均高于200%。
回答下列问题：
（1）A→B所需的反应试剂、反应条件分别为______、______。B→C的反应类型为______。
（2）F的结构简式为______。
（3）J→K的化学方程式是______。
（4）用G和L合成奥昔布宁时，通过在70℃左右蒸出______(填物质名称)来提高产率。
（5）E的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的物质的结构简式：
①能发生银镜反应
②分子中仅含4种不同化学环境的氢原子
（6）结合题中信息，以为有机原料，设计合成的路线(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为：AB……目标产物)______。
【答案】12. ①. H2 ②. 催化剂、加热 ③. 取代反应
13. 14.
15. CH3COOCH3
16. 或或 17.
【解析】
【分析】A为苯酚，苯酚与氢气发生加成反应生成B为，B与浓HCl反应生成C为，C与Mg、乙醚发生信息①的反应生成D为，根据G的结构简式和信息①的反应，反推F为，根据E的分子式和F的结构简式，可知E到F发生的是酯化反应，E为。根据K的结构简式和J的分子式，可知J到K发生的是醇的酯化反应，J为，K反应生成L，L和G发生信息②的反应生成奥昔布宁为。
【小问1详解】
苯酚与氢气发生加成反应生成B，反应试剂为H2，反应条件为催化剂、加热。根据分析可知B到C发生的是取代反应。
小问2详解】
根据分析可知，F的结构简式为。
【小问3详解】
J为，其与乙酸发生酯化反应生成K，化学方程式为。
【小问4详解】
G和L反应生成和CH3COOCH3，已知G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃，因此通过在70℃左右蒸出CH3COOCH3，促使该反应正向移动，提高奥昔布宁的产率。
【小问5详解】
①能发生银镜反应说明含有醛基，分子中仅含有4种不同化学环境的氢原子，则满足条件的结构有、、等。
【小问6详解】选项
A
B
C
D
实验装置




实验目的
蒸发浓缩含有少量稀盐酸的溶液，获得晶体
制备晶体，先从a管通入氨气，后从b管通入二氧化碳
探究对和反应速率的影响
实验室制备