2021 年 6 月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27P 31S 32Cl 35.5 Fe 56Cu 64Br 80Ag 108I 127Ba 137 一、选择题(本大题共 25 小题，每小题 2 分，共 50 分。每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 下列物质属于纯净物的是 A. 汽油 B. 食醋 C. 漂白粉 D. 小苏打 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．汽油是碳原子个数在 5—11 的烃的混合物，故 A 错误； B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故 B 错误； C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故 C 错误； D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故 D 正确； 故选 D。 2. 下列物质属于弱电解质的是 A. CO2 B. H2O C. HNO3 D. NaOH 【答案】B 【解析】 的【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离 电解质叫做若电解质。 【详解】A．CO2 在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A 不符合题意； B．H2O 在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B 符合题意； C．HNO3 为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C 不符合题意； D．NaOH 为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D 不符合题意； 故答案选 B。 3. 下列物质的化学成分不正确的是 Ca OH BaSO 4A. 生石灰： 2 B. 重晶石： CO NH C. 尿素： 2 2 D. 草酸： HOOC-COOH 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．生石灰的主要成分为氧化钙，故 A 错误； B．重晶石的主要成分为硫酸钡，故 B 正确； C．尿素的分子式为 CO(NH）2，故 C 正确； D．草酸是乙二酸的俗称，结构简式为 HOOC—COOH，故 D 正确； 故选 A。 4. 下列图示表示灼烧操作的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】灼烧过程中应使用坩埚、酒精灯、铁架台等仪器，A 装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，C 装置为蒸馏装置，D 装置为过滤装置，B 装置满足灼烧操作，故答案选 B。 5. 下列表示不正确的是 C H CH CHO A. 乙炔的实验式 B. 乙醛的结构简式 D. 乙烷的球棍模型 322C. 2，3-二甲基丁烷的键线式 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．乙炔的分子式为 C2H2，实验式为 CH，故 A 错误； B．乙醛的分子式为 C2H4O，结构简式为 CH3CHO，故 B 正确； C．2，3—二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为 ，故 C 正确； D．乙烷的结构简式为 CH3 CH3，球棍模型为 ，故 D 正确； 故选 A。 6. 下列说法正确的是 A. C60 和 C70 互为同位素 C. CO 和 CO2 互为同素异形体 【答案】B B. C2H6 和 C6H14 互为同系物 D. CH3COOH 和 CH3OOCH 是同一种物质 【解析】 【分析】 【详解】A．同种元素的不同种核素互称同位素，C60 和 C70 为 C 元素的两种不同单质，不能互称同位素，A 错误； B．C2H6 和 C6H14 均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差 4 个 CH2 基团，二者互为同系物，B 正确； C．同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO 和 CO2 为 C 元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能 互称同素异形体，C 错误； D．两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D 错误； 故答案选 B。 7. 关于有机反应类型，下列判断不正确的是 ΔA. B. C. (加成反应) CH CH+HCl CH2 =CHCl 催化剂 醇(消去反应) CHCH( Br ) CH +KOH CH =CHCH↑+KBr +HO 33232Δ催化剂 (还原反应) 22CHCHOH+O 2CHCHO+2HO 3223Δ浓硫酸 D. CHCOOH+CHCHOH CHCOOCHCH +HO(取代反应) 3 23 2 332Δ【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故 A 正确； B．2—溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故 B 正确； C．在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故 C 错误； D．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故 D 正 确； 故选 C。 8. 关于反应 K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A. K2H3IO6 发生氧化反应 C. 生成 12.7g I2 时，转移 0.1mol 电子 【答案】D B. KI 是还原产物 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 7：1 【解析】 【分析】 【详解】A．反应中 I 元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A 错误； B．KI 中的 I-由 HI 变化而来，化合价没有发生变化，KI 既不是氧化产物也不是还原产物，B 错误； C．12.7g I2 的物质的量为 0.05mol，根据反应方程式，每生成 4mol I2 转移 7mol 电子，则生成 0.05mol I2 时 转移电子的物质的量为 0.0875mol，C 错误； D．反应中 HI 为还原剂，K2H3IO6 为氧化剂，在反应中每消耗 1mol K2H3IO6 就有 7mol HI 失电子，则还原 剂与氧化剂的物质的量的比为 7:1，D 正确； 故答案选 D。 9. 下列说法不正确的是 A. 硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁 C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故 A 错误； B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故 B 正确； C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故 C 正确； D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故 D 正确； 故选 A。 10. 下列说法不正确的是 A. 应避免铵态氮肥与草木灰混合施用 B. 工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率 C. 电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气 的钢D. 将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应 生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A 正确； B．离子交换法可以很大程度的提取海水中的 I-，还可以起到富集低浓度 I-的作用，可以提高海水中 I 的提 取率，B 正确； C．电解饱和食盐水可以得到 NaOH、H2、Cl2，不能得到 Na 单质，C 错误； D．将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀 ，D 正确； 故答案选 C。 11. 下列说法正确的是 A. 减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀 B. 实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火 FeSO NH SO 4 2 C. 制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含 4 和 4 的溶液浓缩至干 KNO D. 将热的 3 饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小 的沉淀，故 A 错误； B．实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故 B 正确； C．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故 C 错误； D．冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故 D 错误； 故选 B。 的是12. 下列“类比”结果不正确 H2O H O N H NH 3 的弱 A. B. C. 2 的热稳定性比 的弱，则 4 的热稳定性比 22H O 的分子构型为 V 形，则二甲醚的分子骨架( C-O-C )构型为 V 形 2Ca HCO CaCO NaHCO Na CO 3 的溶解度比 3 的大 23 2 的溶解度比 3 的大，则 Cu OH Cu OH 2 中溶液也呈绛蓝色 D. 将丙三醇加入新制 2 中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制 【答案】C 【解析】 【分析】 H O H ON H ， 4 分子内含有化学键：N-N，热稳 22【详解】A． 2 分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于 3 ，A 正确； 中氧原子的价层电子对数为 4， 3 杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V 形，二甲醚的分子 2NH 定性弱于 H O B． sp 2骨架( C-O-C )中氧原子价层电子对数为 4，sp3 杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V 形，B 正确； C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C 错误； Cu OH Cu OH 2 溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟 D．多羟基的醇遇新制 2 溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制 Cu OH 2 溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D 正确； 基的醛，遇新制 答案为：C。 13. 不能正确表示下列变化的离子方程式是 CO2 2H =CO H O A. 碳酸镁与稀盐酸反应： 322HSO H O H SO OH B. 亚硫酸氢钠的水解： 3223C. 锌溶于氢氧化钠溶液： Zn 2OH 2H O= Zn(OH)2 H2 4 2NO NH N 2H O D. 亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应： 2422【答案】A 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． 碳 酸 镁 与 稀 盐 酸 反 应 生 成 氯 化 镁 、 二 氧 化 碳 和 水 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故 A 错误； B．亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为 HSO 3 +H2O H2SO3+OH-，故 B 正确； C．锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为 Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑， 故 C 正确； D．亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为 NO 2 +NH 4 ΔN2↑+2H2O，故 D 正确； 故选 A。 14. 关于油脂，下列说法不正确的是 A. 硬脂酸甘油酯可表示为 B. 花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 植物油通过催化加氢可转变为氢化油 D. 油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等 【答案】A 【解析】 【分析】 C H -COOH 【详解】A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为： ，硬脂酸甘油酯可表示为： 17 35 ，A 错误； B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B 正确； C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C 正确； D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D 正确； 答案为：A。 15. 已知短周期元素 X、Y、Z、M、Q 和 R 在周期表中的相对位置如下所示，其中 Y 的最高化合价为+3。 下列说法不正确的是 ZQ <ZR A. 还原性： B. X 能从 24ZO 2 中置换出 Z 3 反应得到 Fe Fe O C. Y 能与 2D. M 最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应 【答案】A 【解析】 【分析】根据短周期元素 X、Y、Z、M、Q 和 R 在周期表中的相对位置，以及 Y 的最高化合价为+3，可推 Mg 知，X 为： ，Y 为： ，Z 为：C，M 为：N，Q 为：S，R 为： ，据此分析答题。 Cl Al ZQ CS ZR CCl CS CCl 【详解】A． 2 为： ，4 为： ，42 中硫的还原性强于 4 中的氯元素，A 错误； 2点燃 Mg CO B． C． 和2 发生下述反应： ，B 正确； 2Mg+CO2 = 2MgO+C 高温 Fe O 和3 发生铝热反应如下： ，C 正确； Al 22Al+Fe2O3 = Al2O3 +2Fe NH 3 ，二者发生如下反应： HNO D．M 为：N，N 的最高价氧化物的水化物为： 3 ，最低价氢化物为： HNO3 NH3 NH4NO 答案为：A。 3 ，D 正确； ClONO 16. 关于化合物 2 的性质，下列推测不合理的是 B. 与 A. 具有强氧化性 溶液反应可生成两种钠盐 NaOH C. 与盐酸作用能产生氯气 【答案】D D. 水解生成盐酸和硝酸 【解析】 【分析】 ClONO 【详解】A． 2 里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A 正确； ClONO ClONO ClONO B． C． D． 与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B 正确； NaOH 22 与盐酸发生归中反应生成氯气，C 正确； 2 发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D 错误； 答案为：D。 17. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是 1mol CH4 (g)<1mol H2 (g) 1mol H2O(s)>1mol H2O(l) 1mol H2O(g)<2mol H2O(g) A. C. B. D. 1mol Cs, 金刚石 1mol Cs, 石墨 【答案】B 【解析】 【分析】 CH (g)H (g) 和CH (g) CH (g) 含有的原子总数多， 的摩尔 4【详解】A． 物质的量相同，且均为气态， 4241mol CH(g)>1mol H(g) 质量大，所以熵值 ，A 错误； 421mol H O(g)<2mol H O(g) B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值 ，B 正确； 1mol H O(s)<1mol H O(l) ，C 错误； 2 2 22S g >S l >S s C．等量的同物质，熵值关系为： ，所以熵值 D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值 1mol Cs，金刚石 <1mol Cs，石墨 ，D 错误； 答案为：B。 N18. 设 A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 18 N2 中含有中子数为 1.12L O A. 标准状况下， A31g P 1.5N AB. 4 (分子结构： )中的共价键数目为 0.01N 水溶液中含有氧原子数为 C. D. 1 的 NaOH 100mL0.1molL A18.9g C HN O 三肽 0.2N A4 (相对分子质量：189)中的肽键数目为 633 3【答案】C 【解析】 【分析】 18 2 的物质的量为：0.05mol，一个18 中含有中子数为： 个，所 1.12L O 【详解】A．标准状况下， 18-8=10 O18 N1.12L O 以2 中含有中子数为 A ，A 正确； 31g P B． 4 的物质的量为：0.25mol，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价 1.5N 键数目为： A ，B 正确； C． 1 的 水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加 NaOH 100mL0.1molL 和，C 错误； 18.9g C HN O 4 的物质的量为：0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键 6 33 3 D． 三肽 18.9g C HN O 0.2N 4 中的肽键数目为 A ，D 正确； ，所以 三肽 633 3答案为：C。 【点睛】 pH pH 以探究某酸 HR 是否为弱电解质。下列说法正确的是 19. 某同学拟用 计测定溶液 -1 pH=7 ，则 HR 是弱酸 A. 25℃时，若测得 B. 25℃时，若测得 溶液 0.01molL NaR -1 pH>2 pH < 7 且溶液 ，则 HR 是弱酸 0.01molL HR pH=a pH=b,b-a<1 ，C. 25℃时，若测得 HR 溶液 则 HR 是弱酸 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 10.0mL 100.0mL pH=a pH=b ，D. 25℃时，若测得 NaR 溶液 ，取该溶液 ，升温至 50℃，测得 10.0mL a>b ，则 HR 是弱酸 【答案】B 【解析】 【分析】 -1 pH=7 【详解】A．25℃时，若测得 错误； 溶液 ，可知 为强酸强碱盐，则 为强酸，A NaR HR 0.01molL NaR c H+ 0.01mol/L -1 pH>2 pH < 7 且B．25℃时，若测得 溶液 ，可知溶液中 ，所以 未HR 0.01molL HR 完全电离， 为弱酸，B 正确； HR C．假设 为强酸，取 的该溶液 ，加蒸馏水稀释至 测得此时溶液 ，C 错误 PH<7 PH=6 10.0mL 100.0mL HR ；D．假设 为强酸，则 为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至 50℃，促进水的电离，水的离子积常数 NaR HR 增大， 减小，D 错误； PH 答案为：B。 N O 2N O 4NO +O 20. 一定温度下：在 5 的四氯化碳溶液(100mL )中发生分解反应： 2 。在不同时刻 2252O测量放出的 2 体积，换算成 N O 5 浓度如下表： 20600 12001710 2220 2820 xt/s c NO /molL1 0 48 5 1.40 0.96 0.66 0.35 0.24 0.12 2下列说法正确的是 4 1 1 NO 的平均速率为 2A. ，生成 600~1200s 5.010 molL s OB. 反应 时，放出的 体积为 (标准状况) 11.8L 2220s 2vNO =2vNO 5 2 C. 反应达到平衡时， 正2逆D. 推测上表中的 x 为 3930 【答案】D 【解析】 【分析】 1 【详解】A． ，的变化量为(0.96-0.66) 51 ==0.3 ，在此时间段内 N O NO 2 的变 600 ~ 1200s mol L mol L 20.6molL1 600s 1 3 1 化量为其 2 倍，即 0.6 ，因此，生成 1 ，A NO 2 的平均速率为 1.010 molL s mol L 说法不正确； B．由表中数据可知，反应 时， 的变化量为(1.40-0.35) 51 ==1.05 1 ，其物质的量 N O 2220s mol L mol L 211 OO的变化量为 1.05 0.1L=0.105mol， 2 的变化量是其 ，即0.0525mol，因此，放出的 2 在标准状 mol L 2况下的体积为 0.0525mol 22.4L/mol= ，B 说法不正确； 1.176L C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学 2v N O v NO 计量数之比， 正 5 逆 2 ，C 说法不正确； 21N O D．分析表中数据可知，该反应经过 1110s（600-1710,1710-2820）后 5 的浓度会变为原来的 ，因此， 221 变为 0.12 1 时，可以推测上表中的 x 为(2820+1110)=3930，D 说法正确 N2O5 的浓度由 0.24 mol L mol L 。综上所述，本题选 D。 21. 相同温度和压强下，关于反应的 ，下列判断正确的是 ΔH ΔH1>0,ΔH2 >0 ΔH3 =ΔH1+ΔH2 A. C. B. D. ΔH1>ΔH2 ,ΔH3 >ΔH2 ΔH2 =ΔH3 +ΔH4 【答案】C 【解析】 【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的 稳定性，苯与氢气发生加成反应生成 1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应 。H ＜0,H ＜0 【详解】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此， A 不正确； ，12B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加 H H H 成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即 ，B 不正确； 312H ＜0,H ＜0 C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应， ，由于 1mol 1，3-环 12H H 己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的 2 倍，故其放出的热量更多，其 2 ；苯与氢 1ΔH >0 气发生加成反应生成 1，3-环己二烯的反应为吸热反应（ ），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加 4H =H +H H H 2 ，C 正确； 成的反应热 2 ，因此 343H =H +H H H -H 4 ，D 不正确。 D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热 综上所述，本题选 C。 2 ，因此 342322. 某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极 A 为非晶硅薄膜，充电时 + 得电子成为 Li 嵌入该 Li Li CoO 薄膜材料中；电极 B 为 2 薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是 A. 充电时，集流体 A 与外接电源的负极相连 B. 放电时，外电路通过 电子时， +薄膜电解质损失 a mol LiPON Li CoO+xLi+ +xe- =LiCoO 2a mol Li C. 放电时，电极 B 为正极，反应可表示为 1-x 2放电 充电 Li Si+Li CoO Si +Li CoO 2D. 电池总反应可表示为 x1- x 2【答案】B 【解析】 【分析】由题中信息可知，该电池充电时 + 得电子成为 Li 嵌入电极 A 中，可知电极 A 在充电时作阴极， Li 故其在放电时作电池的负极，而电极 B 是电池的正极。 【详解】A．由图可知，集流体 A 与电极 A 相连，充电时电极 A 作阴极，故充电时集流体 A 与外接电源的 负极相连，A 说法正确； B．放电时，外电路通过 a mol 电子时，内电路中有 a mol + 通过 LiPON 薄膜电解质从负极迁移到正极， Li 但是 LiPON 薄膜电解质没有损失 + ，B 说法不正确； Li Li CoO xLi xe =LiCoO C．放电时，电极 B 为正极，发生还原反应，反应可表示为 2 ，C 说法正确 1x 2；+D．电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成 ，正极上 得到电子和 + 变为 Li CoO 2Li Li 1x 充电 LiCoO Li Si Li CoO Si LiCoO 2 ，故电池总反应可表示为 2 ，D 说法正确。 x1x 2放电 综上所述，相关说法不正确的是 B，本题选 B。 -1 的盐酸，另一份滴加 0.05molL1 0.05molL NaHCO 23. 取两份 的溶液，一份滴加 10mL 31 溶液，溶液的 pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图。 0.05mol L NaOH 下列说法不正确的是 HCO- 3 的水解程度大于电离程度 NaHCO A. 由 a 点可知： 3 溶液中 c HCO- +2c CO2- +c OH- 逐渐减小 B. 过程中： a b c a d e 3 3c Na+ <c HCO- +c CO2- +c H CO C. 过程中： 3 x>y 3 32c Na+ +c H+ =x c Na+ +c H+ =y D. 令 c 点的 ，e 点的 ，则 【答案】C 【解析】 NaHCO NaHCO 3 溶液中滴加 NaOH 【分析】向 3 溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液 pH 将逐渐减小，向 NaHCO 溶液，溶液碱性增强，溶液 pH 将逐渐增大，因此 abc 曲线为向 3 溶液中滴加 NaOH 溶液，ade 曲线 NaHCO 为向 3 溶液中滴加盐酸。 HCO HCO NaHCO 【详解】A．a 点溶质为 3 ，此时溶液呈碱性， 3 在溶液中电离使溶液呈酸性， 3 在溶液 HCO NaHCO 中水解使溶液呈碱性，由此可知， 3 溶液中 的水解程度大于电离程度，故 A 正确； 3c HCO 2c CO2 c OH =c H c Na B．由电荷守恒可知， 过程溶液中 ，滴加 a b c 3 3c Na c H c HCO 2c CO2 c OH NaOH 溶液的过程中 小，故 B 正确； 保持不变， 逐渐减小，因此 逐渐减 3 3c Na c HCO c CO2 c H CO NaHCO 3 溶液中滴加 C．由物料守恒可知，a 点溶液中 3 ，向 3 32c Na c HCO c CO2 c H CO 盐酸过程中有 CO 逸出，因此 过程中 3 ，故 C 错误 a d e 3 232；c H c Na D．c 点溶液中 =(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大 1 倍，此时溶液中 c H c Na =(0.025+10-4)mol/L，因此 x>y，故 D 正确； 综上所述，说法不正确的是 C 项，故答案为 C。 24. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中 Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应 C. 化合物 3 和 4 互为同分异构体 D. 化合物 1 直接催化反应的进行 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物 2 的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物 苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故 A 项正确； B．由图中信息可知，化合物 4 在 H2O2 的作用下转化为化合物 5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反 应，故 B 项正确； C．化合物 3 和化合物 4 所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故 C 项正确； D．由图中信息可知，化合物 1 在 NaH 的作用下形成化合物 2，化合物 2 再参与催化循环，所以直接催化反 应进行的是化合物 2，化合物 1 间接催化反应的进行，故 D 项错误； 综上所述，说法不正确的是 D 项，故答案为 D。 25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 探究乙醇消去反应的 产物 取乙醇，加入 浓硫酸、少量沸 若溴水褪色，则乙醇消去反应的 4mL 12mL A石，迅速升温至 140℃，将产生的气体通 产物为乙烯 入溴水中 2mL 3mL 取少量样品，加入 蒸馏水和少量乙醇， 探究乙酰水杨酸样品 中是否含有水杨酸 若有紫色沉淀生成，则该产品中 含有水杨酸 BCDFeCl 振荡，再加入 1-2 滴 3 溶液 若无气体生成，则固体粉末为 探究金属钠在氧气中 燃烧所得固体粉末的 成分 Na O ；若有气体生成，则固体 2取少量固体粉末，加入 蒸馏水 2~3mL Na O 粉末为 22取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀 Na SO 探究 3 固体样品 若有白色沉淀产生，则样品已经 变质 2BaCl 盐酸，再加入足量 2 溶液 是否变质 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.乙醇在 140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A 项不符合题意； B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与 FeCl3 溶液显紫色，但是生成络合物，所以不 会有沉淀，B 项不符合题意； C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C 项不符合题意； D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说 明样品已经变质，D 项符合题意； 故选 D。 26.(1)已知 3 种原子晶体的熔点数据如下表： 金刚石 碳化硅 晶体硅 熔点/℃ ＞3550 2600 1415 金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______。 (2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的 pH 使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的 提纯。其理由是_______。 【答案】 (1). 原子半径 C＜Si（或键长 C-C＜Si-Si），键能 C-C＞Si-Si (2). 当调节溶液 pH 至甘氨 酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小 【解析】 【分析】 【详解】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在 C 和 Si 组成 的物质中原子半径 C＜Si（或键长 C-C＜Si-Si），键能 C-C＞Si-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点； (2) 当调节溶液 pH 至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大）， 溶解度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。 27. 将 3.00g 某有机物(仅含 C、H、O 元素，相对分子质量为 150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸 水剂、CO2 吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表： CO2 吸收 吸水剂 剂实验前质量/g 20.00 26.48 30.00 实验后质量/g 21.08 请回答： (1)燃烧产物中水的物质的量为_______mol。 (2)该有机物的分子式为_______(写出计算过程)。 【答案】 【解析】 【分析】 (1). 0.0600 (2). C4H6O6 【详解】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质 21.08g 20.00g m的量 n(H2O)= ==0.0600mol； 18g / mol M(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol， 30.00g 26.48g n(C)= n(O)= =0.0800mol， 44g / mol 3.00g 0.0800mol12g / mol 0.120mol1g / mol =0.120mol， 16g/mol 则最简式为 C2H3O3，由于相对分子质量为 150，则可以得到有机物的分子式为 C4H6O6。 28. 固体化合物 X 由 3 种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。 其中，白色沉淀 B 能溶于 NaOH 溶液。请回答： (1)白色固体 C 的化学式是_______，蓝色溶液 D 中含有的溶质是_______(用化学式表示)。 (2)化合物 X 的化学式是_______；化合物 X 的一价阴离子与 CH4 具有相同的空间结构，写出该阴离子的电 子式_______。 N H+ (3)蓝色溶液 A 与 5 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。 2①写出该反应的离子方程式_______。 ②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。 Al2O3 Cu NO、NH4NO3、AgNO3、HNO3 3 【答案】 (1). (2). (3). CuAl2Cl8 (4). 24Cu2 N2H5 4Cl 4CuCl N2 5H (5). (6). 将白色沉淀溶于硝 AgNO 溶液，有白色沉淀，说明有 元素 3酸，得到蓝色溶液，说明有 【解析】 元素；再向溶液中加入 Cu Cl 【分析】含有 Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物 X 溶解后得到的溶液 A 呈现蓝 色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物 X 中含有 Cu2+；向含有 Al3+的溶液中加入氨水可 用于制备 Al(OH)3，且 Al(OH)3 为可溶于 NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀 B 为 Al(OH)3 沉淀；深 蓝色溶液在加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物 X 中含有 Cl-，综上，化合物 X 中含有 Al3+、Cu2+和 Cl-。 【详解】(1)由上述分析可得，白色沉淀 D 为 Al(OH)3，灼烧 Al(OH)3 得到 Al2O3，故白色固体为 Al2O3；溶 NH+ NO- 3 ， 故 溶 液 中 含 有 ： 液 D 中 含 有 的 阳 离 子 有Cu2+ 、4 、 Ag+ 、 H+ ， 阴 离 子 有 Cu NO、NH4NO3、AgNO3、HNO3 3 Al2O3 ；，。故答案为：2Cu NO、NH4NO3、AgNO3、HNO3 3 21.020g 2 (2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X 中含有铝离子物质的量为： =0.02mol，含有氯 102g/mol 11.480g 离子物质的量为： =0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为 n(Cu2+)：n(Al3+) 143g/mol AlCl 4 中 Al 原子的杂化方式为 sp3，空间结构为 -：n(Cl )=1：2：8，则可得 X 的化学式为 CuAl2Cl8；阴离子 正四面体，与 CH4 相同，其电子式为 ，故答案为：CuAl2Cl8； 。N H 3+ 2+ -(3)①由上述分析可知，蓝色溶液 A 中含有 Al 、Cu 和 Cl ，与 5 反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液 2中不存在 Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其 N H 中不是蓝色且稳定的+2 价，而是+1 价，即反应过程中 Cu 元素化合价降低， 5 中氮元素显-2 价，具有 2还原性，反应过程中 N 元素化合价升高生成 N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒 4Cu2 N H 4Cl 4CuCl N 5H 以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为 。252②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl 中 Cu 元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2 价，CuCl 与硝酸反应过程中 Cl 元素 以 Cl-形式存在于溶液中，Cl-与 AgNO3 溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝 AgNO 溶液，有白色沉淀，说明有 元素。 3酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 Cu Cl 29. 含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： SO (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ：2Cu(s) 2H2SO4 (l) CuSO4 (s) SO2 (g) 2H2O(l) ΔH= 11.9kJmol1 。判断该反应的自发性并说 明理由_______。 2SO (g)ΔH= 198kJmol1 2SO (g)+O (g) (2)已知 。时，在一恒容密闭反应器中充入一 850K 2233 1 SO O2 和 2 ，当反应达到平衡后测得 SO OSO 2 和 的浓度分别为 3定量的 、、6.010 molL 22 1 1 和 8.0103 molL 。4.410 molL ①该温度下反应的平衡常数为_______。 SO ②平衡时 2 的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 SO SO 3A.须采用高温高压的反应条件使 2 氧化为 B.进入接触室之前的气流无需净化处理 C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和 SO 2 的转化率 SO D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 3 以提高吸收速率 ②接触室结构如图 1 所示，其中 1~4 表示催化剂层。图 2 所示进程中表示热交换过程的是_______。 a b b a a b b a a b b a a b G. A. B. C. D. E. F. 11122223333444③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图 3 中画出反 2SO (g) O (g) 2SO (g) 应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线 223示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 Na S H SO H O (4)一定条件下，在 2 溶液体系中，检测得到 pH-时间振荡曲线如图 4，同时观察到体 2242系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的 2 个离子方程式。 2 Ⅰ. S H =HS Ⅱ.①_______； HS H O H =S 2H O Ⅲ. Ⅳ.②_______。 【答案】 (1). 不同温度下都能自发，是因为 ；2226.7103 mol1 L H 0,S 0 (2). (3). 88% (7). (4). C(5). BDF (6). HS 4H2O2 =SO42 4H2O H S 3H2O2 =SO24 2H2O 2H (8). 【解析】 【分析】 SO 【 详 解 】 (1) 实 验 室 可 用 铜 与 浓 硫 酸 反 应 制 备 少 量 Cu(s) 2H2SO4 (1) CuSO4 (s) SO2 (g) 2H2O(1) H 11.9kJmol1 2 的 反 应 为 ，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。 H 0、S 0 (2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下 2SO2 (g) O2 (g)2SO3 (g) 的平衡常数为 c2 (SO3 ) (4.4102 molL1)2 31 K= 6.710 molL .c2 (SO2 )c(O2 ) (6.0103 molL1)2 8.0103 molL1 SO ②平衡时 2 的转化率为 4.4102 molL1 c (SO3 ) 100% ；88% 100% 6.0103 molL1 4.4102 molL1 c (SO2 ) c (SO3 ) SO SO SO 3 的反应中， 2 的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件 (3)①A．在常压下 ，A 说法不正确； 2 催化氧化为 B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B 说法不正确 ；C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡 2SO2 (g) O2 (g)2SO3 (g) SO 2 的转化率； 向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和 SO SO 3 ，反应放出的热量会使硫酸形成酸 D． 雾从而影响 说法不正确。 综上所述，相关说法正确的是 C； ②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反 3 与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收 SO SO SO 3 被水吸收导致 3 的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收 3 ，D SO 应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低， 2 的转化率基本不变，因此，图 2 所示进程中表示 b a b a b a 热交换过程的是 、、3 3 4 ，因此选 BDF； 1222SO (g) O (g)2SO (g) ③对于放热的可逆反应 ，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所 223SO 对应的温度，在该温度下化学反应速率最大， 2 的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的 催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应 SO SO 2 的平衡转化率 速率逐渐减小， 2 的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高， 减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态， SO 2SO (g) O (g)2SO (g) 故在相应温度下 2 的转化率低于其平衡转化率。因此，反应 的转化率与最 223适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下： .pH pH 呈先增大后减小的周期 Na S H SO H O (4)由 时间振荡曲线可知，在 2 溶液体系中，溶液的 22422 性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成 ，HS S H =HS HS 4H O=SO2 4H O H pH ，然后发生 ，该过程溶液的 基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时 242HS H O H =S 2H O HS pH 增大；溶液又变澄清时 H O 被氧化为 ，即发生 S，该过程溶液的 22222SO2 S 3H O =SO2 2H O 2H pH 在减小。因此可以推 H O 又被 2 氧化为 ，发生 ，该过程溶液的 S2422422 测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应： 、S H =HS HS 4H2O2 =SO24 4H2O H HS H O H =S 2H O 、、222S 3H2O2 SO24 2H2O 2H 。Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置 夹持仪器已省略 制备高纯 ()Cl2O。已知： 30. HgO 2Cl =HgCl Cl O 2HgO+2Cl 2HgCl +O ①，合适反应温度为 ；副反应： 。218 ~ 25℃ 22222Cl ； Cl O沸点 2.0 ②常压下， 沸点 ，熔点 ℃，熔点 120.6℃ 。34.0℃ 101.0℃ 22Cl O+H O 2HClO Cl OCCl ③，在4 中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 222请回答： (1)①装置 A 的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。 ②将上图中装置组装完整，虚框 D 中应选用_______。 (2)有关反应柱 B，须进行的操作是_______。 A.将 HgO 粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 Cl NB.调控进入反应柱的混合气中 2 和 2 的比例 C.调控混合气从下口进入反应柱的流速 D.将加热带缠绕于反应柱并加热 Cl 。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 2 含量， (3)装置 C，冷却液的温度通常控制在 可采用的方法是_______。 -80~-60℃ (4)将纯化后的 Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度 Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要 Cl2O时， CCl 可将 Cl2O浓溶液用 4 萃取分液，经气化重新得到。 针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序： c→_______→_______→e→d→f→_______。 a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水 CCl b.将溶液和 c.涂凡士林 4 转入分液漏斗 d.旋开旋塞放气 e.倒转分液漏斗，小心振摇 f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置 g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体 h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶 CCl H SO 2(5)产品分析：取一定量 Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量 、过量 溶液及一定量的稀 4 ，充分 KI 4Na S O 3反应。用标准 溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准 NaOH 溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产 22ICl 2 的反应(不考虑 2 与水反应)： 生2I- +Cl2 =I2 +2Cl- 4I- +Cl2O+2H+ =2I2 +H2O+2Cl- 2I- +HClO+H+ =I2 +H2O+Cl- 实验数据如下表： 2.505103 2.005103 n HSO /mol 加入量 4 2n I/mol 滴定Ⅰ测出量 2滴定Ⅱ测出量 1.505103 n HSO /mol 4 2Na S O ①用标准 3 溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。 22n ClO /n Cl 99 Cl O Cl O 计 。结合数据分析所制备的 2②高纯度 Cl2O浓溶液中要求 ()2 和HClO 均以 22Cl O 浓溶液是否符合要求_______。 2H SO 【答案】 (1). 浓 (2). a (3). ABC (4). 抽气(或通干燥氮气) (5). a (6). b (7). 24g(8). CCl4 中由紫红色突变到无色，且 30s 不恢复 (9). 溶液中 Cl2O 和 Cl2 分别为 1.000×10-3mol、5×10-6mol n Cl O =200>99，符合要求 2，n Cl 2 【解析】 【分析】 H SO 【详解】(1)①装置 A 的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓 。42②Cl2 和 Cl2O 都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O 能与 NaOH 溶液反应，同时需 要防止 NaOH 溶液中水蒸气进入 C 装置中，因此需要在 C 和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所 以虚框 D 中应选用 a 装置。 (2)装置 B 为 HgO 与 Cl2 反应制备 Cl2O 的装置， A．因 Cl2O 能与 H2O 发生反应，因此需要将 HgO 粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应， 因此增加表面积能够加快反应速率，故 A 选； B．N2 的作用是稀释 Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时 Cl2 不足 时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中 Cl2 和 N2 的比例，故 B 选； C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发 生，故 C 选； D．HgO 与 Cl2 反应制备 Cl2O 的合适反应温度为 18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热 会发生副反应，故 D 不选； 综上所述，答案为 ABC。 (3)由题可知，Cl2 沸点小于 Cl2O，在 Cl2 未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的 Cl2，故答 案为：抽气(或通干燥氮气)。 (4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下 口流出，上层液体从上口倒出，因 CCl4 密度大于水，因此萃取后溶有 Cl2O 的 CCl4 位于下层，因此操作顺 序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和 CCl4 转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→ 旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体， 故答案为：abg。 (5)①溶有 I2 的 CCl4 溶液呈紫红色，用标准 Na2S2O3 溶液滴定 I2 过程中，当 I2 恰好反应完全时，溶液呈无色 ，因此滴定 I2 到达终点的实验现象是 CCl4 中由紫红色突变到无色，且 30s 不恢复。 2I Cl I2 2Cl 4I Cl O 2H 2I2 H2O 2Cl ②由 、、222I HClO H I2 H2O Cl (HClO 为 Cl2O 与 H2O 反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由 实验数据可知 Cl2O 和 HClO 共消耗 n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成 I2 的物质的量 为 2×10-3mol，则高纯度 Cl2O 浓溶液中 n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量 KI 溶液共生成 I2 的物质的量为 2.005×10-3mol，因此 Cl2 与 I-反应生成 I2 的物质的量为 2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯 21103 mol 5106 mol n Cl O =度 Cl2O 浓溶液中 n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度 Cl2O 浓溶液中 =200>99，则所制备 n Cl 2 的高纯度 Cl2O 浓溶液符合要求，故答案为：溶液中 Cl2O 和 Cl2 分别为 1×10-3mol、5×10-6mol， n Cl O =200>99，符合要求。 2n Cl 2 31. 某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物 P，合成路线如下： 已知： 请回答： (1)化合物 A 的结构简式是_______；化合物 E 的结构简式是_______。 (2)下列说法不正确的是_______。 A.化合物 B 分子中所有的碳原子共平面 C H NO 4B.化合物 D 的分子式为 12 12 6C.化合物 D 和 F 发生缩聚反应生成 P D.聚合物 P 属于聚酯类物质 (3)化合物 C 与过量 溶液反应的化学方程式是_______。 NaOH C H NO (4)在制备聚合物 P 的过程中还生成了一种分子式为 _______。 8 的环状化合物。用键线式表示其结构 20 18 6(5)写出 3 种同时满足下列条件的化合物 F 的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：_______。 谱显示只有 2 种不同化学环境的氢原子 ①H NMR ②只含有六元环 ③含有 C C 结构片段，不含 键(6)以乙烯和丙炔酸为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。 【答案】 (1). (2). HOCH2CH2Br (3). C (4). +4NaOH +2 +2NaBr (5). (6). 、Δ、、(任 写 3种 ) (7). 【解析】 【分析】A 的分子式为 C8H10，其不饱和度为 4，结合 D 的结构简式可知 A 中存在苯环，因此 A 中取代基 不 存 在 不 饱 和 键 ， D 中 苯 环 上 取 代 基 位 于 对 位 ， 因 此A 的 结 构 简 式 为 被酸性高锰酸钾氧化为 ，D 中含有酯基，结合已知信息反应 ，可知 C 的结构简式为 ，B 与 E 在酸性条件下反应生成 ，该反应为 酯化反应，因此 E 的结构简式为 HOCH2CH2Br，D 和 F 发生已知反应得到化合物 P 中的五元环，则化合物 F 中应含有碳碳三键，而化合物 P 是聚合结构，其中的基本单元来自化合物 D 和化合物 F，所以化合物 F 应 为。【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为 ，故答案为： ；HOCH2CH2Br。 ；化合物 E 的结构简式为 HOCH2CH2Br (2)A．化合物 B 的结构简式为 ，化合物 B 中苯环的 6 个碳原子共平面，而苯环 只含有两个对位上的羧基，两个羧基的碳原子直接与苯环相连，所以这 2 个碳原子也应与苯环共平面，化 合物 B 分子中所有碳原子共平面，故 A 正确； C H NO ，4B．D 的结构简式为 故 B 正确； ，由此可知化合物 D 的分子式为 12 12 6C．缩聚反应除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，化合物 D 和化合物 F 的聚 合反应不涉及低分子副产物的产生，不属于缩聚反应，故 C 错误； D．聚合物 P 中含有 4n 个酯基官能团，所以聚合物 P 属于聚酯类物质，故 D 正确； 综上所述，说法不正确的是 C 项，故答案为 C。 (3) 中酯基能与 NaOH 溶液发生水解反应、溴原子能与 NaOH 溶液在加热条件下能发生 取代反应，因此反应方程式为 +4NaOH +2 +2NaBr。 Δ(4)化合物 D 和化合物 F 之间发生反应，可以是 n 个 D 分子和 n 个 F 分子之间聚合形成化合物 P，同时也可 能发生 1 个 D 分子和 1 个 F 分子之间的加成反应，对于后者情况，化合物 D 中的 2 个-N3 官能团与化合物 F 中的 2 个碳碳三建分别反应，可以形成环状结构，用键线式表示为 ，该环状化 C H NO 合物的化学式为 8 ，符合题意，故答案为： 。20 18 6O|| ｜｜(5)化合物 F 的分子式为 C8H6O4，不饱和度为 6，其同分异构体中含有 结构片段，不含 C O C C C C 键，且只有 2 种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有 2 个相同结构片段，不 饱和度为 4，余 2 个不饱和度，推测含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下： 、、、。(6)由逆向合成法可知，丙炔酸应与 通过酯化反应得到目标化合物，而 中的羟基又 能通过 水解得到，乙烯与 Br2 加成可得 ，故目标化合物的合成路线为 。
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