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1、2019-2020学年安徽省皖江名校联盟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）1元素周期表中，铟(In)与铝同主族，与碘同周期。由此推断A In 最外层有5 个电子BIn 的原子半径小于I CIn(OH)3的碱性强于Al(OH)3DIn 属于过渡元素【答案】C【解析】【详解】A.铟(In)与铝同主族，最外层电子数和Al 相等，有3 个，故 A 错误；B.铟(In)与碘同周期，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，所以In 的原子半径大于I，故 B错误；C.元素周期表中同一主族元素从上到下，金属性越强，还原性越强，其氢氧化物的碱
2、性越强，所以 In(OH)3的碱性强于Al(OH)3，故 C正确；D.铟(In)是主族元素，不是过渡元素，故D 错误；正确答案是C。2在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（）A外电路中电流方向为：XYB若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒CX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为XY【答案】D【解析】【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作
3、正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。【详解】A.根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即 YX，A 项错误；B.原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe 和碳棒，则 Y为碳棒，X为 Fe，B项错误；C.X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C 项错误；D.X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为XY，D 项正确。答案选 D。【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子
4、从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。3120时，1molCO2和 3molH2通入 1L 的密闭容器中反应生成CH3OH 和水。测得CO2和 CH3OH 的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A 03min 内，H2的平均反应速率为0.5mol L1 min1B该反应的化学方程式：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)C容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D 10min 后，反应体系达到平衡【答案】B【解析】【详解】A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则 03min 内，v(H2
5、)=3v(CO2)=3 (1.00-0.50)molL-1/3min=0.5 mol L1min1，A 项正确；B.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B 项错误；C.据 pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，D 项正确。本题选 B。4NA为阿伏加德罗常数，关于a g亚硫酸钠晶体(Na2SO3?7H2O)的说法中正确的是A含 Na+数目为a252NAB含氧
6、原子数目为a63NAC完全氧化SO32-时转移电子数目为a72NAD含结晶水分子数目为a36NA【答案】D【解析】【详解】A.a g 亚硫酸钠晶体(Na2SO3?7H2O)的物质的量n=a252mol，而 1 mol Na2SO3?7H2O 中含 2molNa+，故a252mol Na2SO3?7H2O 中含2a?252mol，即a?126mol 钠离子，A 错误；B.a g 亚硫酸钠晶体(Na2SO3?7H2O)的物质的量n=a252mol，而 1 mol Na2SO3?7H2O 中含 10 mol 氧原子，故a252mol Na2SO3?7H2O 中含氧原子10a?252mol，即含有5a
7、126mol 的 O 原子，B错误；C.SO32-被氧化时，由+4价被氧化为+6价，即 1 mol SO32-转移 2 mol 电子，故a252mol Na2SO3?7H2O转移a?126mol 电子，C错误；D.1 mol Na2SO3?7H2O 中含 7 mol 水分子，故a252mol Na2SO3?7H2O 中含水分子数目为a252mol 7NA/mol=a36NA，D 正确；故合理选项是D。5将铁粉和活性炭的混合物用NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A在此实验过程中铁元素被还原B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C活性炭的
8、存在会加速铁的腐蚀D以水代替NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe 作负极，Fe 失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A 错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，
9、加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D 错误；故选：C。6 位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3 倍。据此推断，下述正确的是A简单氢化物的沸点：乙丙B由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据
10、元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)r(乙)r(丙)r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A 项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B 项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧
11、化铝，二者可以发生反应，C 项正确；D.甲和丙可以组成24N H（肼），24N H中存在 N-N 非极性键，D 项错误；答案选 C。7A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和 D原子序数之和的 1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2 BC、E形成的化合物的水溶液呈碱性C简单离子半径：D C B D最高价氧化物对应水化物的酸性：
12、EA【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L 戊溶液的 pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D 元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D 为 S元素，E为 Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为 O2，则 B为 O 元素；A的原子序数是B 和 D 原子序数之和的14，A 的原子序数为(8+16)14=6，可知 A 为 C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为 Na 元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A 为 C，B 为 O，C 为 Na
13、，D 为 S，E为 Cl。AC、D 形成离子化合物Na2S，原子个数比为 2:1，故 A 错误；BC、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B 错误；C一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D B C，故 C错误；D非金属性ClC，则 E的最高价氧化物水化物的酸性大于A 的最高价氧化物水化物的酸性，故D 正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/
14、L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。8根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是()选项实验操作现象结论A SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH 溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性B 将充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g)为放热反应C 某黄色溶液X 中加入淀粉KI溶液溶液变成蓝色溶液 X中含有 Br2D 无水乙醇中加入浓硫酸，加热，产生的气体Y通入酸性 KMnO4溶液溶液紫色褪去气体 Y中含有乙烯A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH 溶液中，因为二氧化硫是酸性氧化
15、物，与氢氧化钠反应而使红色褪去，结论不正确，A 项错误；B.对于平衡2NO2(g)N2O4(g)，升高温度，气体颜色加深，二氧化氮浓度增大，说明反应平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项正确；C.能使淀粉 KI 溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2，可能含有Fe3+，C项错误；D.乙醇易挥发，若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明气体Y中一定含有乙烯，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 项是易错点，要注意Fe3+也为黄色溶液，且具有氧化性，可以氧化I-转化为 I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考，多总结，将知识学以致用，融会贯通。9有机物X
16、、Y的转化如下：下列说法不正确的是A X能加聚反应BY分子苯环上的二氯代物有5 种C与 Y互为同分异构体D X、Y分子的所有原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A X分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A 正确；BY分子()苯环上的二氯代物有6 种，分别在苯环的2、3 位取代，2、4 位取代，2、5位取代，2、6 位取代，3、4 位取代和3、5 位取代，故B错误；C与 Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D苯环有12 原子共面，-COOH和 HCOO-中 4 原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；故答案为B。10NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说
17、法正确的是()A常温常压下，124 g P4中所含 PP键数目为4NAB标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD 0.1mol H2和 0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA【答案】B【解析】【详解】A P4中所含 PP键数目为6，则 124 g P4即 1molP4中所含 PP键数目为6NA，故 A 错误；B标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，甲烷和乙烯分子中氢原子数目均为4，则0.5mol 甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA，故 B 正确；C
18、1 mol FeI2与足量氯气反应生成I2和 FeCl3，共转移电子数为3NA，故 C错误；DH2+I22HI 这是一个反应前后分子总数不变的可逆反应，则反应后分子总数仍为0.2NA，故 D 错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如 Na2O2是由 Na+和 O22-构成，而不是由Na+和 O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4
19、NA，1molP4含有的共价键为 6NA等。11在指定溶液中下列离子能大量共存的是A无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-Cc(ClO-)=0.1mol?L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D由水电离产生的c(H+)=110-13mol?L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A 错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B 错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有
20、还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D 正确；故合理选项是D。12某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A含有 4.5gAl B不含 FeCl2、AlCl3C含有物质的量相等的(NH4)2SO4和 MgCl2D含有 MgCl2、FeCl2【答案】C【解析】【分析】5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，
21、V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为2.9g0.0558/molgmol；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A 错误；B.从前面的推断中可确定，
22、混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n(NH4)2SO4=0.05mol，n(MgCl2)=nMg(OH)2=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和 MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D 错误。故选 C。13LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是ABCD【答案】D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供
23、氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。14如图是某元素的价类二维图。其中X 是一种强碱，G 为正盐，通常条件下Z 是无色液体，D 的相对原子质量比C小 16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A E 可以是金属也可以是非金属BC 和 D 两种大气污染物，都能用排空气法收集CB 的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D实验室制备F 时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取【答案】D【解析】【分析】G+NaOH反应生成氢化物，再结合 D 的相对原子质量比C小 16，可以得出F为氨气，D 为 NO，E为氮气，C 为
24、 NO2，B为 HNO3，A 为 NaNO3。【详解】A 选项，E是氮气，故A 错误；B 选项，C和 D 两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B 错误；C 选项，B 的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D 选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D 正确；综上所述，答案为D。15CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是A光合作用B自然降雨C化石燃料的燃烧D碳酸盐的沉积【答案】C【解析】【分析】【详解】A 项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中 CO2含量下降；B 项，
25、自然降雨时H2O 会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C 项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D 项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4 H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶
26、于水及有机溶剂。以铅泥(PbSO4、PbO、Pb 及其他杂质等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示已知：KSP(PbSO4)=1.82 10-8，KSP(PbCO3)=1.46 10-13。请回答下列问题：(1)写出步骤“转化”的主要离子方程式_。(2)根据图溶解度曲线，由滤液I 得到 Na2SO4固体的操作为：将“滤液 1”_、_、用乙醇洗涤后干燥。(3)步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任意写出一条)(4)“滤液 2”中可循环利用的溶质为_(填化学式)。若步骤“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.82 10-5 mol L-1，则此时 c(SO42-)=_mol L-1。(5
27、)步骤“合成”三盐的化学方程式为_。(6)若消耗 100 t 铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5 t，假设铅泥中的铅元素有75.0转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_。【答案】PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-50以上蒸发结晶趁热过滤适当升温(适当增加硝酸浓度，或将滤渣粉碎，增大表面积等)HNO31 10-34PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O 55.2%【解析】【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb 及 PbSO4等）为原料制备三盐，由流程可知，向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成 PbCO3，Na2CO3（aq）+PbS
28、O4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和 PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2NO +4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀 H2SO4转化成 PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，发生4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液 3 主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到
29、三盐，以此来解答。【详解】（1）步骤向铅泥中加Na2CO3溶液，由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，发生Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），其离子方程式为CO32-（aq）+PbSO4（s）=SO42-+PbCO3（s）；（2）图 2 中硫酸钠的溶解度在温度高时溶解度小，则由滤液1 得到 Na2SO4固体的操作为：将“滤液 1”升温结晶、趁热过滤，用乙醇洗涤后干燥；（3）步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或增大硝酸浓度、增大表面积等）；（4）Pb、PbO和 PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3
30、）2中加稀 H2SO4转化成 PbSO4和硝酸，“滤液 2”中可循环利用的溶质为HNO3，若步骤“沉铅”后的滤液中c（Pb2+）=1.8210-5mol?L-1，则此时 c（SO42-）=851.82 101.82 10=1 10-3mol?L-1；（5）步骤“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为828990 49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为 w，则 100.0t 铅泥中铅元素为100w，铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，有100w75%=41.4，解
31、得 x=55.20%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：回答下列问题：(1)A 的结构简式是_，C中官能团的名称为_。(2)、的反应类型分别是_、_。D 的化学名称是_。(3)E极易水解生成两种酸，写出E与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)H 的分子式为_。(5)I 是相对分子质量比有机物D 大 14 的同系物，写出 I 符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应与 NaOH 反应生成两种有机物(6)设计由，和丙烯制备的合成
32、路线 _(无机试剂任选)。【答案】CH2CH CH2Cl 羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH+NaCl+H2O C8H14N2S HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】【分析】根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】（1）根据 B 的结构及A 的分子式分析知，A 与 HOCl 发生加成反应得到B，则 A 的结构简式是CH2CHCH2C
33、l；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2CHCH2Cl；羰基、氯原子；（2）根据上述分析，反应为加成反应；比较G 和 H 的结构特点分析，G 中氯原子被甲胺基取代，则反应为取代反应；D 为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；（3）E水解时 C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；（4）H 的键线式为，则根据 C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；（5）I 是相对分子质量比有机物D 大 14 的同系物，
34、则 I 的结构比D 多一个 CH2原子团；能发生银镜反应，则结构中含有醛基；与NaOH 反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I 结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18沙丁胺醇是一种新
35、型药物，常用于缓解哮喘等肺部疾病，其一种合成路线如图：已知：RX+HX 请回答：（1）化合物C的结构简式为_。（2）反应的化学方程式为_。（3）下列说法不正确的是_。A化合物A 能与 FeCl3溶液发生显色反应B化合物B能发生消去反应C1 mol 化合物 D 最多能与3mol NaOH 反应D沙丁胺醇的分子式为C13H19NO3（4）写出同时符合下列条件的化合物E的所有同分异构体的结构简式_。IR谱表明分子中含有NH2，且与苯环直接相连；1HNMR 谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子，且苯环上只有一种氢原子。（5）请设计以甲苯和异丁烯CH2=C（CH3）2为原料合成化合物E的合成路线 _（
36、用流程图表示，无机试剂任选）。【答案】+2H2O+2CH3COOH BC、或【解析】【分析】结合沙丁胺醇（）及合成流程可知，与 HCHO 发生加成反应生成 A 为，A 与 HCl 发生取代反应生成B 为，为 B 与醋酸钠的取代反应，结合可知，均为取代反应，C 为，与发生取代反应生成F 为，F 与 HCl 发生取代反应，再发生取代反应生成沙丁胺醇；（5）甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯和氨气发生取代反应生成苯胺，2-甲基丙烷和HCl 发生取代反应生成（CH3）3CCl，苯胺和（CH3）3CCl 发生取代反应生成E；或 2-甲基丙烷和HCl 发生取代反应生成（CH3）3CC
37、l，（CH3）3CCl 和苯胺反应生成（CH3）3CNH2，甲苯发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯和（CH3）3CNH2发生取代反应生成E。【详解】（1）通过以上分析知，C的结构简式为；（2）反应的方程式为+2H2O+2CH3COOH；（3）AA 为，A 中含有酚羟基，则化合物A 能与 FeCl3溶液发生显色反应，故正确；BB 为，B中氯原子不能发生消去反应，则化合物B 不能发生消去反应，故错误；CD 中水解生成的羧基、酚羟基和HBr 能和 NaOH 反应，则1 mol 化合物 D 最多能与4mol NaOH 反应，故错误；D沙丁胺醇的分子式为C13H19NO3，故正确；故选 BC；（4）E的
38、同分异构体符合下列条件：IR谱表明分子中含有NH2，且与苯环直接相连；1HNMR 谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子，且苯环上只有一种氢原子，则符合条件的同分异构体有、；（5）甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯和氨气发生取代反应生成苯胺，2甲基丙烷和HCl 发生取代反应生成（CH3）3CCl，苯胺和（CH3）3CCl发生取代反应生成E；或 2甲基丙烷和 HCl 发生取代反应生成（CH3）3CCl，（CH3）3CCl和苯胺反应生成（CH3）3CNH2，甲苯发生取代反应生成一氯甲苯，一氯甲苯和（CH3）3CNH2发生取代反应生成E，合成路线为：或。19聚酰亚胺是重要的特种
39、工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：有机物A 的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：回答下列问题：（1）A 的名称是 _。（2）反应的反应类型是_。（3）反应的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）同时满足下列条件的G 的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应1mol 该物质最多能与8molNaOH 反应（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】乙醇取代反应3【解析】【分析】根
40、据已知条件，有机物A 的质谱与核磁共振氢谱可知，A 的相对原子质量是46，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为1:2:3，A 为乙醇；根据流程，E在 Fe和 HCl 作用下发生还原反应生成，则 E为；E是 D 反应而来的，D 为；D 是有 A 和 C 在浓硫酸作用下酯化反应得到的，C为；C是有分子式C7H8氧化而来的，B 为甲苯，结合和G 的分子式，可知对二甲苯与2 分子一氯甲烷反应生成；根据可知，F氧化生成G，G 脱水生成H，H为。【详解】（1）根据上述分子可知A 为乙醇；（2）反应是D 在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成的E；（3）反应还A 与 C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，化学方程式为；（4）F的结构简式是；（5）同时满足上述3 个条件的同分异构体是、；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸二甲酯发生硝化反应生成，还原得到目标产物，合成路线为：。