《专题5药物合成的重要原料-卤代烃 胺 酰胺基础巩固-高二下学期化学苏教版（2020）选择性必修3.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题5药物合成的重要原料-卤代烃 胺 酰胺基础巩固-高二下学期化学苏教版（2020）选择性必修3.docx（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题5药物合成的重要原料-卤代烃胺酰胺基础巩固一、单选题1齿孔酸存在于多孔菌属的落叶松蕈中，用作有机合成试剂。其结构简式如图，下列说法错误的是A齿孔酸分子中所有碳原子不在同一平面上B1mol齿孔酸和足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2C等量的齿孔酸消耗Na和H2的物质的量之比为2：3D齿孔酸能使酸性KMnO4溶液、Br2的CCl4溶液褪色2下列说法正确的是A某有机物燃烧只生成CO2和H2O，且二者物质的量相等，则此有机物的组成为CnH2nB相同物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，乙醇消耗的氧气多CCH4和C2H4的混合气体与足量O2完全反应，反应前后气体体积一定不变(气体体积在同一温度和压强下
2、测量)D相同质量的烃完全燃烧，烃中氢的百分含量越高，消耗O2越多3苯佐卡因能有效地吸收UVB区域280320m中波光线区域的紫外线，可用于防晒类化妆品，其结构简式如图所示。下列关于苯佐卡因的说法错误的是A其苯环上的二氯代物有6种B能发生取代反应、加成反应和氧化反应C分子中可能共平面的碳原子最多为9个D能和H2发生加成反应，且1mol该物质最多消耗3molH24室温下，下列实验过程能达到预期实验目的的是选项实验过程实验目的向酸性KMnO4溶液中滴入较浓的FeCl2溶液，溶液紫色褪去证明Fe2+有还原性向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成证明Ksp(AgI)Ksp(A
3、gBr)将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴水中，溴水褪色证明溴乙烷发生了消去反应相同条件下，分别用pH试纸测定0.1 mol/LCH3COONa溶液、0.1 mol/LNaClO溶液的pH比较CH3COOH和HClO的酸性强弱AABBCCDD5下图是合成高分子材料和部分物质转化的过程示意。已知：G、H和I均含有酯基，下列说法正确的是AH2C=CHCOOH存在顺反异构BG合成高分子材料I是缩聚反应CF是CH3CH2COOHDG发生氧化反应生成H6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A判断C元素和S元素的非金属性强弱常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na
4、2SO3溶液的pH若Na2CO3溶液pH比Na2SO3溶液的大，则非金属性：SCB以Al2O3为原料制备AlCl36H2O在Al2O3中加入适量浓盐酸，加热促进溶解，蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶膜，静置，冷却结晶若冷却时晶体析出量很少，则说明氯化铝溶解度随温度降低变化不明显，应采取蒸发结晶的方法C验证反应物浓度增大可加快反应速率在3支试管中分别加入0.05molL-1、0.2molL-1、2molL-1草酸溶液各2mL，再同时加入1mL0.01molL-1高锰酸钾溶液，观察现象若0.2molL-1草酸溶液中紫色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其它影响因素，需要进一步探究
5、D检验1溴丙烷消去产物中的丙烯取5mL1溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀酸性高锰酸钾溶液中若高锰酸钾溶液褪色，则有丙烯生成AABBCCDD7阿司匹林是家中常备药，其结构如图所示，下列说法中不正确的是A分子式为B分子中所有原子不可能共面C能和乙醇发生酯化反应D是一种饱和烃 8一种昆虫信息素的分子(M)结构简式如图所示，下列说法错误的是A该有机物M的分子式为B该分子最多能与发生加成反应C该有机物属于酯类DM可以发生取代反应9中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列说法正确的是AM中含有三种含氧官能团B1m
6、olM最多与9molH2反应CM中碳原子的杂化方式共有三种DM能与Na2CO3溶液反应放出CO210维生素A的结构简式如下图所示，关于它的叙述中正确的是 A维生素A属于烃B维生素A有三种官能团C维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色D维生素A能发生取代、加成、加聚反应二、填空题11体育比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医立即对准运动员的受伤部位喷射药剂氯乙烷(CH3CH2Cl，沸点为12.27)进行局部冷冻麻醉应急处理。(1)写出由乙烯制取氯乙烷的反应的化学方程式：_。(2)氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的原因是_。12填写下图中各反应发生时所需要的试剂，写出相关反应的化学方程式，并标明反应类型
7、_。13芳香族化合物与生活生产密切相关。芳香胺是多种染料产品的中间体，也是农药、除草剂和多种橡胶防老剂的主要原料，常用1-硝基萘制备。(1)溶剂DMF中含氧官能团的名称为_，C原子的杂化类型有_，1molDMF中所含有的键数目为_，分子中第一电离能最大的元素是_。(2)实验室可将萘()与硝酸混合加热到4648制备1-硝基萘，反应方程式为_，反应类型为_。(3)1-萘胺的水溶性比1-硝基萘的强，原因是_。(4)甲苯是常见的重要化工原料，常用于工业生产一种烈性炸药TNT，写出此反应的方程式_。14苯甲酸苯甲酯()是一种有水果香气的食品香料。请以甲苯为基础原料，使用逆合成分析法设计它的合成路线_。三
8、、计算题15钒是人体不可缺少的元素，Heyliger 等首次报道了偏钒酸钠显著降低糖尿病大鼠血糖的作用后，钒化学的研究得到了很大发展。钒及其化合物也广泛应用于特种钢、催化剂、颜料、染料、电子材料及防腐剂等等领域。 (1)钒酸盐与磷酸盐结构相似。请画出VO、H2VO、VO2(H2O) 和V2O的空间构型_。(2)生理条件下的钒以多种氧化态存在，各种氧化态可以相互转化。通常细胞外的钒是V(V)， 。而细胞内的钒是V(IV)。研究表明，钒酸二氢根离子可与亚铁血红素(Mtrc-Fe2+)反应，写出该反应的离子方程式_。(3)已知配合物VON(CH2COO)3在水溶液中的几何构型是唯一 的，画出它的空间
9、构型图_。理论推测上述配合物分子在晶体中是有手性的，指出产生手性的原因_。(4)钒酸钇晶体是近年来新开发出的优良双折射光学晶体，在光电产业中得到广泛应用。可以在弱碱性溶液中用偏钒酸铵和硝酸钇合成。写出以Y2O3与V2O5为主要原料合成钒酸钇的化学方程式_。(5)若以市售分析纯偏钒酸铵为原料制备高纯钒酸钇单晶，需将杂质铁离子含量降至一定数量级。设每升偏钒酸铵溶液中含三价铁离子为5.0 10-5 mol，用0.01 mol dm-3的鏊合剂除铁。说明不采取使铁离子水解析出沉淀的方法除铁的理由_。通过计算说明如何选择螯合剂使偏钒酸铵含铁量降至10-30moldm-3以下_。配离子Fe(edta)2-
10、Fe(edta)-Fe(phen)32+Fe(phen)33+2.110141.710242.010211.31014沉淀KspFe(OH)2Fe(OH)38.010-164.010-38四、实验题16 在实验室利用下列装置，可制备某些气体并验证其化学性质。(1)完成下列表格：序号气体装置连接顺序(填字母)制备反应的化学方程式乙烯BDE_乙炔_(2)D装置中氢氧化钠溶液的作用_。工业上用乙烯和氯气为原料，经下列各步合成聚氯乙烯(PVC)：乙烯甲乙PVC(3)甲的结构简式是_；反应(3)的化学方程式是_。17实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。【
11、实验假设】(1)假设：醛基含有不饱和键，可与发生_反应(填反应类型)。假设：乙醛具有H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为_。假设：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。_【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。方案：通过对比反应现象判断反应类型。序号操作现象试管11mL溴水1mL乙醛，充分振荡后静置褪色试管21mL溴的溶液1mL乙醛，充分振荡后静置_结论：假设不成立。(2)试管2中的实验现象为_。方案：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。序号操作pH试管1加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶
12、液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH1.85试管2加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL 20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH_注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。(3)写出苯酚与溴水反应的化学方程式：_。(4)若试管2中反应后混合液的pH1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为_反应；若pH接近_，则证明为氧化反应(lg20.3)；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。【实验结论与反思】(5)根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与发生反应，而是与次溴酸(HBrO)反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴
13、水褪色的原因：_。(6)已知柠檬醛的结构如图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双健的合理方法为 (填字母序号)。A向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色B向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色C向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色D向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色五、有机推断题18化合物G是合成某种植物杀菌剂的关键中间体，其合成路线如图：(1)AB的反应类型为_。(2)已知CD的反应类型为加成反应，则有机物X的结构简式为_。(3)易形成二聚物，的杂化轨道类型为_。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构
14、简式：_。分子中含有两个六元环结构，能使溴的溶液褪色；能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应；分子中有6种不同化学环境的氢原子。(5)E含有手性碳原子的数目为_。(6)设计以、为原料制备的合成路线_ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。19茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯()是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如下：（1）写出反应的化学方程式：_。（2）反应的反应类型为_。（3）C的结构简式为_。（4）在三个反应中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应是_(填序号)。试卷第9页，共9页学科
15、网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【解析】A分子中含有四面体碳原子，所以分子中所有碳原子不在同一平面上，故A正确；B1个齿孔酸分子中含有1个羧基，1mol齿孔酸和足量溶液反应产生1mol，故B错误；C羟基、羧基能与钠反应，1mol齿孔酸消耗2molNa，碳碳双键能与发生加成反应，1mol齿孔酸消耗3mol，故C正确；D齿孔酸中的碳碳双键和醇羟基能使酸性溶液褪色，齿孔酸中的碳碳双键能使的溶液褪色，故D正确；选B。2D【解析】A有机物燃烧只生成CO2和H2O，且二者物质的量相等，只能说明有机物的组成中碳氢原子个数比为12，不能确定有无氧元素，选项A错误；B1mol乙烯和
16、1mol乙醇完全燃烧都消耗3mol氧气，完全燃烧消耗的氧气一样多，故B错误；C高于100条件下，水为气体，烃中的H原子数为4时，反应前后气体体积不变，则在高于100C条件下，燃烧甲烷和乙烯的混合气体，前后气体体积不变；低于100条件下，水为液体，则反应前后的体积会变化，C错误；D12g碳可以消耗1mol氢气，4g氢可以消耗1mol氢气，所以质量相同时，氢元素的质量分数越高消耗的氧气越多，D正确；故选D。3A【解析】A其苯环上的一氯代物有2种，如图：，第1种的第二个氯原子又有3种，第2种的第二个氯原子则增加一种同分异构体，故其苯环上的二氯代物有4种，A错误；B由题干结构简式可知，分子中含有酯基故
17、能发生水解等取代反应，含有苯环故能发生加成反应，有机物能够燃烧，能发生氧化反应，B正确；C苯环是一个平面结构，碳共氧双键平面，故分子中可能共平面的碳原子最多为9个，C正确；D分子中含有苯环故能和H2发生加成反应，且1mol该物质最多消耗3molH2，D正确；故答案为：A。4C【解析】AFe2+、Cl-都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化，向酸性KMnO4溶液中滴入较浓的FeCl2溶液，溶液紫色褪去，不能说是Fe2+的还原性，也可能是Cl-而导致的，A错误；B混合溶液中NaI、NaCl浓度大小未知，只要溶液中c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI)，就可以形成AgI沉淀，不能据此判断出物质
18、的溶度积常数Ksp(AgI)Ksp(AgBr)，B错误；C溴水褪色，说明生成了不饱和烯烃，因此可证明溴乙烷发生了消去反应，C正确；DNaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液pH，应用pH计，D错误；故合理选项是C。5C【解析】乙炔和一氧化碳生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和甲醇酯化生成G，G结构简式为CH2=CHCOOCH3，G中含有碳碳双键发生加聚反应生成高分子材料I；G加成生成H，F与甲醇酯化生成H，则F为CH3CH2COOH；【解析】AH2C=CHCOOH中碳碳双键左端碳上有2个氢原子，不存在顺反异构，A错误；B由流程可知，G结构简式为CH2=CHCOOCH3，G中
19、含有碳碳双键发生加聚反应生成高分子材料I，B错误；CG和氢气加成生成H：CH3CH2COOCH3，F与甲醇酯化生成H，则F为CH3CH2COOH，C正确；DG和氢气加成生成H，为加成反应，D错误；故选C。6C【解析】A亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸的盐，不能据此判断C元素和S元素的非金属性强弱，A错误；B采取蒸发结晶的方法容易失去结晶水，不能得到AlCl36H2O，B错误；C由于生成的锰离子可作催化剂，加快反应速率，所以当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由于浓度影响造成的，还可有其它影响因素，需要进一步探究，C正确；D生成的丙烯中含有乙醇，乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成
20、，D错误；答案选C。7C【解析】A根据乙酰水杨酸可知，1个该分子中含有9个C原子，8个H原子，4个O原子，故其分子式为C9H8O4，故A错误；B含有甲基，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不可能共平面，故B错误；C该分子中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；D烃是指只含有C、H两种元素的有机化合物，而该分子中还含有O元素，属于烃的衍生物，故D错误；故选：C。8B【解析】A观察有机物M的结构简式，可判断出其分子式为，A项正确；B分子中含有一个碳碳双键，该分子最多能与发生加成反应，注意羧基中虽然含有碳氧双键，但不能与氢气加成，B项错误；C根据结构简式可知，分子中含碳碳双键和酯基，属于酯类，C项
21、正确；D有机物M分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应(属于取代反应)，有机物碳原子上的氢原子可被卤素原子取代发生取代反应，D项正确；答案选B。9A【解析】A该分子中含有酯基、（酚）羟基、醚键三种含氧官能团，A正确；B该分子中2mol苯环和1mol碳碳双键能与H2反应，所以可知1 mol该有机物最多消耗7mol H2，B错误；CM中碳原子的杂化方式共有sp2、sp3二种，C错误；D该有机物中（酚）羟基能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能放出CO2，D错误；故答案选A。10D【解析】A只含有碳氢两种元素组成的有机物是烃，维生素A中还含有氧元素，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，
22、A错误；B维生素A含有两种官能团，即碳碳双键和羟基，B错误；C含有碳碳双键和羟基，维生素A能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D含有碳碳双键，维生素A能发生加成反应、加聚反应，含有羟基，维生素A能发生酯化反应等取代，D正确；答案选D。11(1)CH2=CH2+HClCH3CH2Cl(2)氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用【解析】（1）在催化剂作用下，乙烯能与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；（2）氯乙烷的沸点低，常温下易挥发，挥发时，会带走周围环境中的热量，从而使周围环境温度
23、降低，能减轻伤员的痛感，所以氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的原因是：氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用。答案为：氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用。12，相应的反应方程式和反应类型为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，消去反应；CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反应； CH3CH2Cl+NaOHCH2=CH2+NaCl+H2O，消去反应；CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaCl，水解反应或取代反应；CH3CH2OH +HCl CH3CH2Cl +H2O，取代反应；2CH3CH2OH+
24、O22CH3CHO+2H2O，氧化反应；CH3CHO+H2CH3CH2OH，加成反应或还原反应；2CH3CHO+O22CH3COOH，氧化反应，乙酸被LiAlH4还原为乙醇，还原反应。【解析】乙烯与水发生加成可得乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，乙醇发生消去反应可得乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，乙烯与HCl发生加成反应可得氯乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，氯乙烷发生消去反应可得乙烯，反应方程式为：CH3CH2Cl+NaOHCH2=CH2+NaCl+H2O，氯乙烷发生水解反应可得乙醇，反应方程式为：CH3CH2C
25、l+NaOHCH3CH2OH+NaCl，乙醇和HCl在加热情况下发生取代反应制得氯乙烷，反应方程式为： CH3CH2OH +HCl CH3CH2Cl +H2O，乙醇催化氧化转化为乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，乙醛催化加氢转化为乙醇，反应方程式为：CH3CHO+H2CH3CH2OH，乙醛催化氧化转化为乙酸，反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH，乙酸被LiAlH4还原为乙醇，故答案为：，相应的反应方程式和反应类型为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，消去反应；CH2=CH2+HClCH3C
26、H2Cl，加成反应； CH3CH2Cl+NaOHCH2=CH2+NaCl+H2O，消去反应；CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaCl，水解反应或取代反应；CH3CH2OH +HCl CH3CH2Cl +H2O，取代反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化反应；CH3CHO+H2CH3CH2OH，加成反应或还原反应；2CH3CHO+O22CH3COOH，氧化反应，乙酸被LiAlH4还原为乙醇，还原反应。13(1) 酰胺基 sp3、sp2 11NA N(2) +HNO3 +H2O 取代反应(3)1-萘胺中含有氨基，能与水分子形成分子间氢键，增大其在水中的溶解度(4)
27、+3HNO3 +3H2O【解析】(1)溶剂的结构简式为，其名称为N,N-二甲基甲酰胺，其含氧官能团的名称为酰胺基，中两个甲基上的C原子的杂化方式为sp3，醛基上的C原子的杂化方式为sp2，则C原子的杂化类型有sp3、sp2，已知单键均为键，双键为1个键和1个键，则中所含有的键数目为11NA，分子中含有H、C、N、O，根据同一周期第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，同一主族从上往下第一电离能减小，故第一电离能最大的元素是N。(2)实验室将萘与硝酸混合加热到4648制备1-硝基萘，反应方程式为 +HNO3 +H2O，是萘的硝化反应，属于取代反应。(3)1-萘胺的水溶性比1
28、-硝基萘的强，原因是：由于1-萘胺中含有氨基，能与水分子形成分子间氢键，而1-硝基萘不能，导致萘胺的水溶性比硝基萘的强。(4)甲苯是常见的重要化工原料，常用于工业生产一种烈性炸药TNT，写出此反应的方程式+3HNO3 +3H2O。14【解析】 可以由 和 酯化生成，而可以由 被酸性高锰酸钾氧化制备； 可以由 水解制备， 与氯气在光照条件下取代可以生成 ，所以合成路线为： 。15 VO 、H2VO 、VO2(H2O) 和V2O Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O 分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺 Y2O3 + 6HNO3 =
29、2Y (NO3)3+ 3H2O、V2O5+ 2NH3H2O = 2NH4VO3 + H2O、Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一
30、步降低Fe3+的含量。 采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1
31、.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2 10-35【解析】(1) VO43- (2)H2VO4- (3)VO2(H2O)4+(4) V2O74-以下画法不扣分。VO2(H2O)4+等等，未画成双键不扣分。1-2Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O1-31-3-11-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。1-4Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2OV2O5+ 2NH3H2O = 2N
32、H4VO3 + H2OY (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1分， 未画不扣分)(共3分)1-51-5-1 。(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。1-5-2采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低F
33、e3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2 10-3516(1)
34、 CH3CH2OHCH2=CH2+H2O ACE CaC2+2H2OCHCH+Ca(OH)2(2)除去二氧化碳和二氧化硫(3) CH2ClCH2Cl nCH2=CHCl【解析】在实验室中将乙醇与浓硫酸混合物加热到170，发生消去反应制取乙烯CH2=CH2，应该选择B装置；反应中会发生副反应生成SO2、CO2，由于SO2具有还原性，也可以使高锰酸钾溶波褪色，因此必须用NaOH溶液除去，选择D装置除去SO2、CO2等；所以连接顺序为：BDE；CH2=CH2可与Cl2发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成氯乙烯CH2=CHCl，CH2=C
35、HCl在一定条件下发生加聚反应可生成聚氯乙烯，即制取得到PVC。（1）实验室制取乙烯，需要将乙醇与浓硫酸混合物加热到170，应该选择B装置；反应中会发生副反应生成具有还原性的SO2，由于SO2也可以使高锰酸钾溶液褪色，因此必须用NaOH溶液除去，选择D装置除去SO2、CO2等酸性气体；所以连接顺序为：BDE；实验室利用乙醇与浓硫酸共热170制乙烯的化学反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；常用电石(主要成分为CaC2)与水反应生成乙炔CHCH。固体与液体混合不加热制气体，应该选用A为反应装置；由于电石中常含有CaS等杂质生成的乙炔中常含有H2S等杂质，需要用硫酸铜溶液除去，所以
36、选C为除杂装置；选E为验证乙炔性质的实验装置，则装置连接的顺序为ACE，实验室中制备乙炔的反应方程式为：CaC2+2H2OCHCH+Ca(OH)2；（2）由上述分析可知：D装置中氢氧化钠溶液的作用是除SO2、CO2；（3）根据上述分析可知物质甲是1，2-二氯乙烷，结构简式是CH2ClCH2Cl；反应(3)是CH2=CHCl在一定条件下发生加聚反应可生成PVC，该反应的化学方程式是nCH2=CHCl。17(1) 加成反应 1:1 (2)溶液分层，溴水不褪色；(3)(4) 取代反应 1.55(5)乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色(6)C【解析】乙醛结构中含有不饱和键，H，具有较
37、强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，翻译后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有；据此分析解题。【解析】（1）假设：可以与双键发生加成反应，醛基含有不饱和键，可与发生加成反应；故答案为加成反应；假设：发生取代反应时，参加反应的其中一个Br原子取代H原子，另一个Br与被取代的H生成HBr，所以无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物
38、质的量之比为1:1，故答案为1:1；假设：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，反应方程式为；故答案为；（2）1mL溴的溶液1mL乙醛，充分振荡后静置，溶液分层，溴水不褪色；故答案为溶液分层，溴水不褪色；（3）溴水与苯酚发生取代反应，反应为；故答案为；（4）若试管2中反应后混合液的pH1.85，与试管1中pH一致，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；应故答案为取代反应；1.55；（5）与水反应式为，乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色；故答案为乙醛与HBrO反应
39、，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色；（6）柠檬醛分子中含有碳碳双键和醛基，根据上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双健是方法是向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色；选项C符合题意，故答案选C。【点睛】本题主要考查化学实验方案的评价，题目难度中等，注意根据反应的类型判断反应可能的产物，把握实验原理是解题的关键。18(1)取代反应(2)(3)(4)(5)2(6)【解析】由有机物的转化关系可知，与SOCl2发生取代反应生成，在氯化铝作用下发生取代反应生成，与发生加成反应生成，则X为；在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成。(1
40、)由分析可知，AB的反应为与SOCl2发生取代反应生成，故答案为：取代反应；(2)由分析可知，有机物X的结构简式为，故答案为：；(3)Al2Cl6分子中铝原子与4个氯原子相结合，则铝原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；(4)D的同分异构体分子中含有两个六元环结构，能使溴的四氯化碳溶液褪色说明分子中含有碳碳双键，能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应说明分子中含有甲酸酚酯基，则分子中有6种不同化学环境氢原子的结构简式为，故答案为：；(5)E的结构简式为，分子中含有2个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为：2；(6)由有机物的转化关系可知，以、为原料制备的
41、合成步骤为在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应后，酸化得到，与SOCl2发生取代反应生成，在氯化铝作用下发生取代反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，合成路线为，故答案为：。19 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 酯化反应或取代反应 【解析】由有机物的转化关系可知，乙醇在Cu催化作用下加热反应生成CH3CHO，则A为CH3CHO；CH3CHO发生催化氧化反应生成CH3COOH，则B为CH3COOH；在碱性条件下发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸做催化剂的条件下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成。【解析】(1)反应的化学方程式为乙醇的催化氧化反应,反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(2)反应为在浓硫酸做催化剂的条件下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，故答案为：取代反应或酯化反应；(3)由分析可知，C的结构简式为，故答案为：:；(4)只有加成反应中原子利用率为100%,这几个反应中只有是加成反应,其原子利用率为100%，故答案为:。答案第23页，共15页