04 2021年新课标III卷理科综合化学（解析版）

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一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧，挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列有关叙述错误的是( )
A．胆矾可作为炼铜的原料，其中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”则为湿法炼铜
B．“挹其水熬之则成胆矾”，胆矾的化学式为CuSO4
C．铜盐能杀死某些细菌，故可以用硫酸铜作游泳池池水消毒剂
D．早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾的方法制取硫酸
【答案】B
【解析】A．项，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的含义是在铁锅中蒸发硫酸铜溶液时，铁锅表面会析出金属铜，这是因为铁从硫酸铜溶液中置换出了铜，为湿法炼铜，故A说法正确；B项，胆矾的化学式为CuSO45H2O，故B说法错误；C项，蛋白质遇重金属盐发生变性，可用硫酸铜作池水消毒剂，故C说法正确；D项，早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾(CuSO4•5H2O)的方法制硫酸，故D说法正确；故选B。
8．普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。在一定条件下普伐他汀可以转化为有机物A．有关普伐他汀及有机物A的说法不正确的是( )
A．晋伐他汀的分子式为C23H36O7
B．普伐他汀和有机物A均能使溴水和酸性高锰酸钾褪色
C．1 ml有机物A最多可与6 ml H2发生加成反应
D．普伐他汀转化成有机物A的反应类型是氧化反应
【答案】C
【解析】A项，根据键线式的书写规则，分子式为C23H36O7，A不符合题意；B项，普伐他汀和有机物A中均含有碳碳双键，都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；C项，酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，则1ml有机物A最多可与4ml氢气发生加成反应，C符合题意；D项，普伐他汀转化为有机物A时失去氢元素，为氧化反应，D不符合题意；故选C。
9．氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是( )
A．22.4L(标准状况)15NH3含有的质子数为10NA
B．密闭容器中，2mlNO与1mlO2充分反应，产物的分子数为2NA
C．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA
D．常温下，1L0.1ml•L-1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA
【答案】B
【解析】标况下22.4L15NH3的物质的量为1ml，而15NH3中含质子为10个，故1ml15NH3中含10NA个质子，A项正确；NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故导致分子数减少，所得产物分子小于2NA个，B项错误；13.8 g NO2的物质的量为n==0.3ml，而 NO2和水反应时，3mlNO2转移2ml电子，0.3mlNO2转移0.2NA个电子，C项正确；溶液中NH4NO3的物质的量n=CV=0.1ml/L×1L=0.1ml，而NH4NO3中含2个N原子，0.1ml硝酸铵中含N原子为0.2NA个，D项正确。
10．保险粉(Na2S2O4)，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH(溶剂)和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法正确的是( )
A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋H2O＋2SO2=S2O42-＋CO2↑＋3H+
B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的空气
C．制备SO2气体所用的浓硫酸应该换为98%H2SO4
D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2
【答案】B
【解析】A项，SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+CO2↑+H2O，故A错误；B项，为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，故B正确；C项，98%H2SO4为浓硫酸，主要以硫酸分子存在，不能与Na2SO3反应制备SO2气体，故C错误；D项，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出二氧化硫，防止空气污染，故D错误；故选B。
11．下列离子方程式正确的是( )
A．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2+2MnO4-+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O
B．水玻璃长时间放置在空气中变浑浊：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
C．向100 mL0.12 ml /L的Ba(OH)2溶液中通入0.02 ml CO2：Ba2++3OH- +2CO2 = HCO3-+BaCO3↓+H2O
D．0.1 ml/AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++ NH3·H2O=AgOH↓+ NH4+
【答案】A
【解析】A项，H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，反应中H2O2中-1价的氧元素被氧化为0价的氧原子，故反应的离子方程式为：5H218O2+2MnO4-+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O，A正确；B项，由于空气中CO2含量较低，水玻璃长时间放置在空气中变浑浊：SiO32-+CO2+2H2O=H2SiO3↓+CO32-，B错误；C项，向100 mL0.12 ml /L的Ba(OH)2溶液中通入0.02 ml CO2：Ba2++6OH- +5CO2 = 4HCO3-+BaCO3↓+H2O，C错误；D项，AgOH 将与过量的氨水形成银氨络离子，故0.1 ml/AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++ 2NH3·H2O=Ag(NH3)2++ 2H2O，D错误；故选A。
12．用电化学原理制备正十二烷的方法如下：向烧杯中加入50mL甲醇，搅拌中加少量金属钠，再加11mL正庚酸搅拌，后用铂做电极电解即可。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应方程式：2C6H13COONa+2CH3OH C12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极的电极反应：2C6H13COO--2e−=== C12H26+2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
【答案】D
【解析】A项，正庚酸与钠反应生成正庚酸钠，由制备原理可知：正庚酸钠发生氧化反应生成正十二烷，电极反应式为：2C6H13COONa-2e−= C12H26+2CO2↑+2Na+；电极a处有H2产生，说明电极a作阴极，甲醇在其上得电子生成H2，电极反应式为2CH3OH +2e−=H2↑+2CH3O-，将两极反应式相加即可得总反应方程式：2C6H13COONa+2CH3OH C12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，A正确； B项，正庚酸钠为强电解质，导电能力比正庚酸强，因此加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性，B正确；C项，电极a处产生H2，电极a作阴极，电极b作阳极，根据制备原理可知，正庚酸根离子在阳极上失电子生成正十二烷，电极反应式为：2C6H13COO--2e−=== C12H26+2CO2↑，C正确；D项，正负极对调前正十二烷在阳极电极b处生成，对调后，电极b作阴极，将产生H2，正十二烷为液体，H2为气体，对产品无影响，D错误；故选D。
13．X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的5种短周期元素。其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z原子的L层电子数比K层与M层电子数之和多5个，W的简单离子是它所在周期中简单离子半径最小的，T在同周期元素中非金属性最强。下列说法不正确的是( )
A．由X、Y、Z三种元素组成的化合物中阴、阳离子所含电子数相等
B．Z、W、T的最高价氧化物的水化物两两之间皆能反应
C．Y、Z、T三种元素组成的某种化合物的水溶液可用于当前疫情消毒
D．Y与Z形成的化合物中都只含离子键
【答案】D
【解析】由题干可知，X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的5种短周期元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O元素，Z原子的L层电子数比K层与M层电子数之和多5个，则Z的M层只有1个电子，Z为Na元素，W的简单离子是它所在周期中简单离子半径最小的，则W为Al元素，T在同周期元素中非金属性最强，则T为Cl元素。A项，由H、O、Na三种元素组成的化合物为NaOH，Na+和OH-均只含有10个电子，A选项正确；B项，Na、Al、Cl的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3具有两性，可与NaOH和HClO4均发生反应，NaOH与HClO4发生酸碱中和反应，B选项正确；C项，O、Na、Cl三种元素组成的某种化合物(NaClO)的水溶液中，ClO-水解后得到HClO具有强氧化性，可用于当前疫情消毒，C选项正确；D项，O和Na形成的Na2O2中既含有离子键也含有共价键，D选项错误；故选D。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：
(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：
①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为____________________。
②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为B→______→E(填字母，装置可多次使用，也可不用)；C中盛放的试剂是__________________________________。
③实验中D的导气管易堵塞的原因是__________________________________。
(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑制取无水FeCl2。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。
①仪器a的名称是___________________。
②反应完成后继续通N2的目的是___________________。
③反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_________________________________。将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40ml/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为___________________。
【答案】(1) ①H2+2FeCl32FeCl2+2HCl(2分) ②ACDC(或CDC) (2分) 碱石灰(1分)
③FeCl3易升华，蒸汽遇冷后凝华，导致导气管堵塞(2分)
(2) ①球形冷凝管(1分) ②将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中(2分)
③蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分(2分) 78.4%(2分)
【解析】(1)B装置制取氢气，氢气含有水蒸气，干扰实验，所以用C装置除去水蒸气，然后在D装置中与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化氢，为了防止空气中的水蒸气进入D，所以在D装置后连接C，最后在E处利用点燃处理剩余的氢气。(2)在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h ，发生反应，反应结束后，冷却实验装置A ，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132°C的馏分，回收C6H5Cl ，为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管。 (1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用B装置氢气，用A观察氢气的流速并平衡气压，用C装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在D中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入D装置，D之后再连接一个C，最后用E装置处理尾气，故连接顺序为：BACDCE (或BCDCE) ； C的目的是干燥吸水，盛放的试剂是碱石灰；③根据题意氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞； ( 2 )①仪器a为球形冷凝管；②反应过程中生成氯化氢气体，利用氮气将氯化氢全部排入装置B中；③反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2 ，还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知，氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯， FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，由表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分； 32.5g无水氯化铁理论上生成的n (FeCl2) =n(FeCl3)==0.2ml ，HCl消耗标准液NaOH为0.196L×0.4ml/L=0.00784ml，故反应生成的n(FeCl2) =2 ( HCI) =2×0.00784ml×=0.1568ml ，故氯化铁的转化率为=78.4% 。
27．(14分) )利用某工业废料(主要成分为C2O3，含有少量PbO、NiO、FeO)制备C2O3和Ni(OH)2的流程如下。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施是___________(答两条)。
(2)“酸浸”时C2O3和H2O2能发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为___________；滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。
(3)“调pH”时，pH调节的最小值是___________；操作X是高温煅烧，如果在实验室中进行操作X，装C2(OH)2CO3的仪器的名称是___________。
(4)“沉钴”时发生反应的离子方程式为___________。
(5)Ni(OH)2可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2＋M=NiOOH＋MH(M为储氢合金)，电解液为KOH溶液，则放电时正极的电极反应式为___________。
【答案】(1)将工业废料粉碎、适当提高试剂的浓度等 (2分)
(2)C2O3＋H2O2＋4H＋=2C2＋＋3H2O＋O2↑(2分) PbSO4(2分)
(3)3.7(2分) 坩埚(2分)
(4)2C2＋＋HCO3-＋3NH3·H2O=C2(OH)2CO3↓＋3NH4+＋H2O(2分)
(5)NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－(2分)
【解析】利用某工业废料(主要成分为C2O3，含有少量PbO、NiO、FeO)制备C2O3和Ni(OH)2的流程图，第一步向废料中加入硫酸和过氧化氢，把废料溶解，并把亚铁离子氧化，把三价钴离子还原，过滤，在滤液中调pH形成氢氧化铁沉淀，然后进行萃取分离，向含钴离子的溶液中加入碳酸氢铵沉钴，然后得到C2(OH)2CO3，然后再加热得到三氧化二钴。向含二价镍的溶液加入碳酸氢铵来沉镍，生成碳酸镍，然后在加入硫酸生成硫酸镍，然后再加入氢氧化钠生成氢氧化镍。(1)“酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施有将工业废料粉碎，适当提高试剂的浓度等，为了防止双氧水的分解，不能加热；(2)流程中萃取分离后得到的水溶液中含有钴离子，故“酸浸”时，三氧化二钴被过氧化氢还原为二价钴离子，发生的主要反应是C2O3＋H2O2＋4H＋=2C2＋＋3H2O＋O2↑，PbO和硫酸反应生成不溶物PbSO4；(3)根据题目信息，氧化亚铁中的亚铁离子被氧化为三价铁离子，调节pH的目的是除去三价铁离子，故需要调节pH的最小值是3.7；操作X是高温煅烧得到氧化物的操作，在实验室高温煅烧固体用到坩埚；(4)根据题目信息，碳酸氢铵和氨水与硫酸钴反应生成C2(OH)2CO3沉淀，根据元素守恒得到发生的离子反应为2C2＋＋HCO3-＋3NH3·H2O=C2(OH)2CO3↓＋3NH4+＋H2O ；(5)放电时正极为NiOOH得到电子生成 Ni(OH)2，电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
28．(15分) 煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
(1)已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K= ，写出它所对应反应的化学方程式：___________，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为___________(“吸热”或“放热”)反应。
(2) 将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，得到如下2组数据：
①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___________。
②900 ℃时，反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数___________。向实验2的平衡混合物中再加入0.4 ml H2O(g)和0.4 ml CO2，平衡___________(选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)移动。
(3)将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。下图所示为一定条件下1 ml CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。
①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___________(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。请补全热化学方程式HCHO(g)+1/2O2(g)→CO(g)+H2O(g)___________。
②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料 HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在下图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化__________。
【答案】(1)C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) (2分) 吸热(1分)
(2)①0.08 ml/(L·min) (2分) ② (3分) 逆反应方向 (2分)
(3) ①HCHO (1分) +235kJ (2分) ② (2分)
【解析】(1)由反应平衡常数表达式K=，且有炭参与可知反应物为C和H2O，生成物为H2和CO，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，则该反应为吸热反应；(2)①实验1中，由表中数据，起始时：n(CO)=2 ml，n(H2O)=1 ml，平衡时n(CO)=1.2 ml，n(H2)=0.8 ml，可知平衡时n(CO2)=0.8 ml，则v(CO2)=＝0.08 ml/(L·min)。②900 ℃时，由表中数据，起始时：n(CO)=1 ml，n(H2O)=0.5 ml，平衡时n(CO)=0.8 ml，n(H2)=0.2 ml，可知平衡时n(CO2)=0.2 ml，n(H2O)=0.3 ml，反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数K= ＝＝；向实验2的平衡混合物中再加入0.4 ml H2O(g)和0.4 ml CO2，Qc＝ ＝＞K=，故平衡逆向移动。(3)①由题图可知，有催化剂时生成HCHO的活化能最低，所以主要产物为HCHO；由题图可知，HCHO的能量高，CO的能量低，所以反应为放热反应，ΔH=+(676-158-238)= +235 kJ；②由题给信息可知甲酸属于弱酸，甲酸根离子水解使甲酸钠显碱性，常温下向甲酸钠溶液中加水时水解程度变大，OH-的物质的量增大，但是体积增大的多，所以OH-的浓度减小，H+浓度增大，pH减小，但是甲酸钠pH永远大于7，所以常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化为。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) (1)写出Cr3+的核外电子排布式_____________。我国科学家合成某种铬的化合物M(如图甲)对乙烯聚合表现出较好的催化活性，甲中化学键1、2、3、4属于配位键的是_____________；聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为_____________。
(2)1ml(SCN)2中含有π键的数目为_____。HSCN的结构有两种，其中硫氰酸(H﹣S﹣C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H﹣N＝C＝S)，原因是_____________________。
(3)研究表明水能凝结成13种类型结晶体，其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如乙，则该晶体中H2O的配位数为_____；若该晶胞边长为apm，重冰的密度为_____g•cm﹣3(写出数学表达式，NA为阿伏加德罗常数)。
(4)图丙为Fe3O4晶体中O2﹣的排列方式，其中O2﹣围成正四面体空隙(1、3、6、7)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12)；Fe3O4晶体中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_____________；有_____________%的正八面体空隙没有填充阳离子。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3(1分) 2(1分) sp3(1分)
(2)4NA(1分) 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键(2分)
(3) 8 (2分) (3分) (4)2：1(2分) 50 (2分)
【解析】(1)Cr核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1失去3个电子成为Cr3+，Cr3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3；N，O，Cl最外层分别有3、2、1个未成对电子，故分别形成3、2、1个价键，在N原子上有四个价键，故2处为配位键；聚乙烯链中每个碳原子均为4个单键，故C原子杂化方式为sp3；(2)(SCN)2中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，(SCN)2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，C和N形成的三键中，有2个是π键，则每个分子中含有4个π键，则1ml(SCN)2中含有π键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；(3)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积，故配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，晶胞质量m＝g，晶胞密度ρ＝＝＝g•cm﹣3；(4)结构中如1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空隙有8个，面心位置6个O2﹣围成的正八面体，将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心的O2﹣与该棱顶点处的2个O2﹣也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目＝1+12×＝4，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为8：4＝2：1；由图可知晶体结构中O2﹣离子数目为8×+6×＝4，由化学式可知晶胞中Fe原子数目为3，根据化合价代数和为0，则晶胞中含有2个Fe3+、1个Fe2+，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则填充在正四面体空隙中的Fe3+为1个，填充在正八面体空隙中有1个Fe3+和1个Fe2+，有2个正八面体空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) M是应用广泛的有机高分子化合物，其中合成M的一种路线如下(部分反应条件略去)：
已知：①A的实验式为CH3O。
②(-NH2容易被氧化)
③
④
⑤
回答下列问题：
(1)E的化学名称为_____________________________。
(2)H中官能团的名称为____________________________。
(3)D→E、I→J的转化过程中所用试剂和反应条件分别是_________、__________。
(4)C+J→M的化学方程式为_________________________________。
(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。
①含有的官能团与F相同；
②碳架结构与F完全相同；
③两个含氮官能团分别连在两个不同苯环上。
F的所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为_______________(填序号)。
A．元素分析仪 B．红外光谱仪 C．质谱仪 D．核磁共振波谱仪
(6)参照上述合成路线和信息，以A和甲苯为有机原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。
_________________
【答案】(1)邻硝基甲苯(1分) (2)碳碳双键、酰胺基(1分)
(3)浓硝酸、浓硫酸、△(1分) NaOH溶液、△(1分)
(4) nHOOCCOOH+n +(2n-1)H2O(3分)
(5)5(2分) A(2分)
(6) (4分)
【解析】A的实验式为CH3O，A能连续发生氧化反应生成C，C和J发生缩聚反应生成M，则C为羧酸，则C结构简式为HOOCCOOH，B为OHCCHO、A为HOCH2CH2OH；D发生取代反应生成E，根据H结构简式知，发生甲基的邻位取代，所以E结构简式为，氨基易被氧化，根据题给信息②知，E发生氧化反应生成F为，F发生还原反应生成G为；G发生取代反应生成H，H和溴发生加成反应生成I，I结构简式为，I发生水解反应生成J为。(1)根据分析可知E为，故其化学名称为邻硝基甲苯；(2)根据分析可知H为，故其中官能团的名称为碳碳双键、酰胺基(或肽键)；(3)根据上述分析可知D→E是甲苯在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生取代反应，I→J是卤代烃在碱性条件下的水解反应，故转化过程中所用试剂和反应条件分别是浓硝酸、浓硫酸、加热；NaOH溶液、加热；(4)C+J→M即HOOCCOOH和发生缩聚反应生成高分子M的化学方程式为：nHOOCCOOH+n +(2n-1)H2O；(5) F为同时满足下列条件的F的同分异构体有：①含有的官能团与F相同；②碳架结构与F完全相同；③两个含氮官能团分别连在两个不同苯环上。其实就是两硝基在两苯环上的位置异构了，如果左边的硝基位于取代基的邻位，则右边有邻、间、对3种结构；如果左边硝基位于取代基的间位，则右边有间、对2种结构；如果左边硝基位于取代基的对位，则右边有对位1种结构，除去它本身，所以还有5种符合条件的同分异构体；红外光谱显示出分子中的化学键类型，不同结构化学键类型不完全相同，质谱仪主要反应分子中所产生的碎片的质核比，核磁共振波谱主要反应分子中的H的种类和数目比，F的所有同分异构体所含元素的种类和含量都分别相同，故在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为元素分析仪；(6) 由目标产物逆推出可由HOOCCOOH和脱水缩合而成，A为HOCH2CH2OH转化为HOOCCOOH，即是题干流程图中A→B→C的过程，而由甲苯转化为可根据题干流程图中D→E→F的流程，故结合题干已知提供的信息，确定该有机合成路线图如下： 。
C6H5Cl(氯苯)
C6H4Cl2(二氯苯)
FeCl3
FeCl2
溶解性
不溶于水，易溶于苯、乙醇
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水
熔点/℃
-45
53
易升华
沉淀物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
C(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
9.7
3.7
9.0
9.2
实验组
温度/℃
起始量/ml
平衡量/ml
达到平衡所
需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3