《2019-2020学年福建省厦门市第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省厦门市第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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、2019-2020学年福建省厦门市第六中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1Na、Mg、Al、Fe 四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A钠B镁C铝D铁【答案】D【解析】【详解】假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.5g2g/mol=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则 R 的平均摩尔质量=mn=12g0.25mol=48g/mol，混合物中金属的摩尔质
2、量应该有大于48g/mol 和小于 48g/mol 的，如果将Na换算为+2 价时，其摩尔质量变为46g/mol 48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol 48g/mol，如果将Al 换算为+2 价时，其摩尔质量变为18g/mol 48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol 48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol 只有铁，所以一定含有Fe，故选 D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/m
3、ol、9g/mol、28g/mol。2我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合 K2、断开 K1时，制氢并储能；断开K2、闭合 K1时，供电。下列说法错误的是A制氢时，溶液中K+向 Pt 电极移动B制氢时，X电极反应式为22Ni(OH)eOHNiOOHH OC供电时，Zn 电极附近溶液的pH 降低D供电时，装置中的总反应为222Zn2H OZn(OH)H【答案】D【解析】【分析】闭合 K2、断开 K1时，该装置为电解池，Pt 电极生成氢气，则Pt 电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合 K1时，该装置为原电池，Zn 电极生成Zn2+，为负极，X 电极为正极。【详解】A
4、.制氢时，Pt 电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A 正确；B.制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为 NiOOH，电极方程式为22Ni(OH)eOHNiOOHH O，故 B 正确；C.供电时，Zn 电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn 电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4 个 OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH 降低，故C正确；D.供电时，正极为NiOOH 被还原，而不是水，故D 错误；故答案为D。3X、Y、Z、W 均为短周期元素，
5、它们在周期表中相对位置如图所示.若 Y原子的最外层电子数是内层电子数的 3 倍，下列说法中正确的是：A只由这四种元素不能组成有机化合物B最高价氧化物对应水化物的酸性W 比 Z弱CZ的单质与氢气反应较Y 剧烈D X、Y形成的化合物都易溶于水【答案】A【解析】【分析】根据 Y原子的最外层电子数是内层电子数的3 倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W 分别为氮、硫、氯元素。【详解】A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；B、非金属性WZ，最高价氧化物对应水化物的酸性是WZ，错误；C、非金属性YZ，故 Y与氢气化合物更剧烈，错误；D、N、O 形成的化合物如NO 不易溶于水，错误。4X、Y、Z、W
6、 四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X 与 W 同主族，Z的族序数是其周期数的3 倍，下列说法中正确的是A四种元素简单离子的半径：XYZW BX 与 Y形成的离子化合物中既含离子键又含共价键C离子化合物W2Z2中阴阳离子数之比为1:1 D只含 X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物【答案】B【解析】【分析】由题知，Z是氧元素；若X 是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y 的小”，故X是氢元素，则W 是钠元素；结合最外层电子数之和为13 知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径+23HNaONrrrr-，即
7、XW ZHCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的 pH 大于 Na2SO3溶液A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A分别在MgCl2和 AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A 错误；BFe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故 B 错误；C将 SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D测得同浓度的Na2CO3溶液的 pH 大于 Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3-HCO
8、3-，即电离常数Ka:HSO3-HCO3-，故 D 正确；故答案为D。6部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A离子半径的大小顺序：efgh B与 x 形成简单化合物的沸点：yzd Cx、z、d 三种元素形成的化合物可能含有离子键D e、f、g、h 四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x 是氢元素，y 为碳元素，z 为氮元素，d 为氧元素，e 为钠元素，f 为铝元素，g 为硫元素，h 为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小gh ef；
9、选项 A 错误；B.d、z、y 与 x 形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为dzy，选项 B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h 元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D 错误；答案选 C。7海南是海洋大省，拥有丰富的海洋资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A蒸发海水可以生产单质碘B蒸馏海水可以得到淡水C电解海水可以得到单质镁D海水制食用盐的过程只发生了物理变化【答案】B【解析】【详解】
10、A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸馏得到碘单质即可，选项A 错误；B、利用蒸馏法控制水的沸点100，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸馏水，能使海水淡化，选项B正确；C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C 错误；D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D 错误；答案选 B。【点睛】本题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。8使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或实验操作A 制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B 证明 Al
11、(OH)3，具有两性0.1mol/L 的盐酸与0.1mol/L 的氨水C 除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D 证明 Na2O2与 H2O的键能之和小于生成的 NaOH 与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B.氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C.除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D.用脱脂棉包裹适量Na2O2后
12、，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明 Na2O2与 H2O 的键能之和小于生成的NaOH 与氧气的键能之和，D 项正确；答案选 D。【点睛】反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。9某同学探究温度对溶液pH 值影响，加热一组试液并测量pH 后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（）10 20 30 40 纯水7.30 7.10 6.95 6.74 NaOH 溶液13.50 13.11 12.
13、87 12.50 CH3COOH溶液2.90 2.89 2.87 2.85 CH3COONa溶液9.19 9.00 8.76 8.62 下列说法正确的是A随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B随温度升高，NaOH 溶液 pH 变化主要受水电离平衡变化影响C随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D随温度升高，CH3COONa溶液的 pH 减小，说明水解程度减小，c(CH3COO)增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A 项错误；B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH 溶液 pH 会减小，B项正确；C.随温度升
14、高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D 项错误；答案选 B。10下列图示中的实验操作、仪器、试剂（部分夹持装置已略）均正确的是A如图为稀释浓硫酸B如图可用于验证浓硫酸的脱水性和氧化性C如图可用于分离乙酸与CH2Cl2D如图可用于测量SO2的体积【答案】B【解析】【详解】A.由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A 项错误；B.浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变
15、黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B 项正确；C.乙酸与 CH2Cl2互溶，沸点不同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；D.饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。11将锌
16、片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A两烧杯中的铜片都是正极B甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C产生气泡的速率甲比乙快D两烧杯中铜片表面均无气泡产生【答案】C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是222HeH,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。12相对分子质量为128 的有机物
17、A 完全燃烧只生成CO2和 H2O，若 A 含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A 2 B3 C4 D5【答案】C【解析】【分析】【详解】有机物 A 完全燃烧只生成CO2和 H2O，说明一定含有C、H 元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量12845=83，则符合六元环的烃基是C6H11，则该物质是，由于在环上有4 种不同位置的H 原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4 种，选项是C。13已知在100、1.01 105 Pa 下，1 mol 氢气在氧气中燃烧生成
18、气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()A 1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ 热量B热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 490 kJ mol1C甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙D乙 丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ【答案】D【解析】【详解】A.由已知的能量变化图可知，1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ热量，A 项正确；B.由已知的能量变化图可知，H2(g)12O2(g)=H2O(g)H反应物断键吸收的能量-生成物成键释
19、放的能量=(436+249-930)kJ mol1=-245kJ mol1，则热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H-245kJ mol1 2=-490 kJmol1，B项正确；C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙，C项正确；D.乙丙的过程中生成气态水时，释放930 kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D 项错误；答案选 D。14 全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图
20、)。已知：溶液呈酸性且阴离子为SO42-；溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。下列说法不正确的是A放电时B 极为负极B放电时若转移的电子数为3.01 1023个，则左槽中H+增加 0.5 mol C充电过程中左槽的电极反应式为：VO2+H2O-e-=VO2+2H+D充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动【答案】B【解析】【详解】A.根据放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去 V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则 B 电极为负极，A电极为正极
21、，A 正确；B.根据选项A 分析可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反应转移1 mol 电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.011023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少 0.5 mol，B 错误；C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2O-e-=VO2+2H+，C正确；D.充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2+H2O-e-=VO2+2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D 正确；故合理选项是B。15关于晶体的叙述正确的是（）A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点
22、越高B分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键【答案】A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A 正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B 错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH 属于离子晶体，其中含有H-O 共价键，分子晶
23、体中一定不存在离子键，全部是共价键，D 错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16装置 是实验室常见的装置，用途广泛（用序号或字母填空）。（1）用它作为气体收集装置：若从a 端进气可收集的有_，若从 b 端进气可收集的气体有_。O2 CH4 CO2 CO H2N2 NH3（2）用它作为洗气装置。若要除去CO2气体中混
24、有的少量水蒸气，则广口瓶中盛放_，气体应从 _端通入。（3）将它与装置连接作为量气装置。将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，从_端通入气体。（4）某实验需要用1.0mol?L-1NaOH 溶液 500mL。配制实验操作步骤有：a在天平上称量NaOH 固体，加水溶解，冷却至室温。b把制得的溶液小心地注入一定容积容量瓶中。c继续向容量瓶中加水至距刻度线1cm2cm 处，改用胶头滴管加水至刻度线。d用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23 次，每次将洗涤液转入容量瓶，并摇匀。e将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。填写下列空白：配制该溶液应当称取_克 NaOH 固体。操作步骤和正确顺序为_。如图该配制过程中两次用到玻璃棒
25、，其作用分别是_、_。定容时，若俯视刻度线，会使结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】浓硫酸a b 20.0 abdce 搅拌，加速溶解引流偏高【解析】【详解】（1）若从 a 端进气，相当于向上排空气法收集气体，O2、CO2 密度比空气大，采用向上排空气法；若从 b 端进气，相当于向下排空气法收集，CH4、H2、NH3 密度比空气小，采用向下排空气法，CO 和N2密度与空气太接近，不能用排空气法收集；故答案为：；（2）干燥二氧化碳，所选用的试剂必须不能与二氧化碳反应，浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，洗气时用“长进短处”，故答案为：浓硫酸；a；（3）将它与装置连接作为量气装置
26、将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，使用排水法收集气体并测量体积时，水从a 端排到量筒中，则气体从b 端进入，故答案为：b；（4）配制 500mL 1.0mol?L-NaOH 溶液需要氢氧化钠的质量;mVM=1.0mol/L0.540/20.0nMcLg molg；答案为：20.0；配制 500mL 1.0mol?L-NaOH 溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为:abdce；答案为：abdce；配制过程中，在溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌，以便加速溶解过程；在转移冷却后的氢氧化钠溶液时，需要使用玻璃棒引流，避免液体流到容量瓶外边；
27、答案为：搅拌，加速溶解；引流；定容时，若俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高；答案为：偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G 的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A 的化学名称是_。B中含有官能团的名称为_。(2)反应 的反应类型是_。(3)C 的结构简式为_。(4)G 与新制 Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(5)X 与 E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X 能与 NaOH 溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_。(6)设计由 1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选
28、)_。【答案】氯乙酸乙酯酯基取代反应2CH CHO+2Cu(OH)2+NaOH2CH COONa+Cu2O+3H2O 和【解析】【分析】(1)直接命名A 的化学名称和B 中含有官能团的名称。(2)先根据 前后联系得出C 的结构简式，得出反应 的反应类型。(3)根据 前后联系得出C 的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X 与 E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X 能与 NaOH 溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有 7 个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将 1,3-丙二醇与HBr 反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2
29、H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应得到产物。【详解】(1)A 的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据 前后联系得出C的结构简式为，因此反应 的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G 与新制 Cu(OH)2反应的化学方程式为2CH CHO+2Cu(OH)2+NaOH2CH COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：2CH CHO+2Cu(OH)2+NaOH2CH COONa+Cu2O+3H2O。(5)X 与 E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X 能与 NaOH 溶液反应
30、，说明X中含有羧基或酯基，总共有 7 个碳原子，除了六元环，还剩余 1 个碳原子，因此则符合条件的X 的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将 1,3-丙二醇与HBr 反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应得到产物，因此总的流程为，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是礦胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙耽苯胺的制备原理为:实验参数：名称相对分子质量性状密度g/cm3沸点/。C 溶解度苯胺93 无色油状液体，具有还原性1.02 184.4 微溶
31、于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸60 无色液体1.05 118.1 易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺135 白色晶体1.22 304 微溶于冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚注:刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤 1:在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉 0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制。在105左右，反应约60 80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤 2:在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL 冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤
32、3:将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤 1 中所选圆底烧瓶的最佳规格是_。a.25ml b.50ml c.150ml d.200ml(2)实验中加入少量锌粉的目的是_。(3)步骤 1 加热可用 _(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”):从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105左右的原因 _。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_(填序号)。a.用少量冷水洗b.用少量热水洗c.用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结品进行提纯，步骤如下:热水溶解、_、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。a.蒸发结晶b.冷却结晶c.趁热过滤d.加入活性炭(6)该实
33、验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_(结果保留一位小数)【答案】b 防止苯胺在反应过程中被氧化油浴不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种a dcb 66.7【解析】【分析】根据实验中基本仪器的使用方法分析解答；根据题干信息中物质的性质分析解答；根据反应方程式计算产率。【详解】（1）根据圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的1/2分析判断最佳规格是50mL，故答案为b；（2）锌粉具有还原性，实验中加入少量锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化，故答案为防止苯胺在反应过程中被氧化；（3）由于步聚1 加热的温度在105左右，而沸腾的水温度
34、为100，不能达到该温度，所以步骤1 可用油浴加热的方法；水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，故答案为油浴；不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；（4）晶体析出时需要晶种，所以可以投入晶种促使晶体析出；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，故答案为用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种；a；（5）乙酰苯胺粗品中的有色杂质可以溶解后用活性炭吸附，因为乙酰苯胺溶于热水，所以要趁热过滤掉活性炭，然后采用冷却结晶的方法提纯，具体步骤如下：热水溶解、加入活性炭、趁热过滤、冷却
35、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为dcb；（6）n（苯胺）=9.3ml1.02g/ml93g/mol=0.102mol，n（乙酸）=（18.4mL1.05g/ml）60g/mol=0.322mol，二者按 1：1 反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102mol，而实际产量n（乙酰苯胺）=9.18g135g/mo l=0.067mol，所以乙酰苯胺的产率为0.0670.102molmol100%=66.7%，故答案为66.7%。19扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A 中
36、的官能团名称是_。（2）AB所需的试剂和条件分别为_。（3）BC、EF的反应类型依次为_、_。（4）扎来普隆的分子式为_。（5）CD的化学方程式为_。（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B 的同分异构体有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4 组峰的结构简式有_。（7）已知：2NH有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线（无机试剂任选）。_【答案】羰基（或酮基）浓3HNO，浓24H SO/还原反应取代反应17155C H ON17、【解析】【分析】(7)因2NH有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还
37、原为-NH2，即可得到目标产物。【详解】(1)A 的结构简式为，含有的官能团名称是羰基；(2)A 的结构简式为，B 的结构简式为，则AB发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓3HNO，浓24H SO/；(3)由 B 的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知，BC是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而EF的反应类型为取代反应；(4)扎来普隆的结构简式为，其分子式为17155C HON；(5)C 的结构简式为、D 的结构简式为，则CD发生取代反应的化学方程式为；(6)B 的结构简式为，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：含有苯环和硝基；含有
38、-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有 4 种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有 4+4+2=10 种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有 3 种，共有4+10+3=17 种，其中核磁共振氢谱有4 组峰的结构简式有、；(7)因2NH有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程 C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。