2020年7月浙江省新高考·选考化学模拟卷（解析版）

2020 年 7 月浙江省新高考·选考化学模拟卷 相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Cl－35.5 Al－27 Fe－56 Co－59 Ba－137 选择题部分 一、选择题(本大题共 25 小题，每小题 2 分，共 50 分。每个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．下列化学式只表示一种分子的是 A．CH2Br2 B．C3H6 C．(C6H10O5)n D．SiO2 【答案】A 【解析】A．二溴甲烷没有同分异构体且由分子构成，所以 CH2Br2 只表示一种分子；B．C3H6 可以表示丙 烯和环丙烷两种分子；C．淀粉或纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，但 n 值不等且不确定，所以(C6H10O5)n 可以表示多种分子；D．二氧化硅是原子晶体，晶体中不存在分子，所以 SiO2 不表示分子。 2．分离 KCl 和 MnO2 的混合物时，不需用到的仪器是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】KCl 和 MnO2 的混合物经溶解、过滤、洗涤、干燥，可分离出 MnO2，蒸发滤液可得到 KCl，溶解 时用到烧杯，过滤是用到漏斗，蒸发时用到蒸发皿，整个过程都不需用到蒸馏烧瓶，故答案为 A。 3．下列属于强电解质的有机物是 A．乳酸 B． 溴乙烷 C．醋酸铵 D．碳铵 【答案】C 【解析】乳酸和溴乙烷都属于有机物，但乳酸为弱电解质，溴乙烷为非电解质；碳铵即碳酸氢铵，虽为强 电解质，但属于无机物，故答案为 C。 4．反应 3BrF3＋5H2O == HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，氧化产物是 A．H2O B．HBrO3 C．O2 D．HBrO3 和 O2 【答案】D 【解析】BrF3 转化 HBrO3，Br 的化合价升高，H2O 转化为 O2↑，O 的化合价升高，所以 HBrO3 和 O2 都是 氧化产物，故答案为 D。 5．下列化学式或结构简式不正确的是 A．刚玉：Al2O3 B．孔雀石：Cu2(OH)2CO3C．水杨酸： D．谷氨酸：HOOCCH2CHCH2COOH | NH2 【答案】D 【解析】 谷氨酸为 α－氨基戊二酸，其结构简式为：HOOCCH2CH2CHCOOH | NH2 ，故 D 不正确 6．下列表示正确的是 A．中子数为 176 的某核素： B．肽键的结构简式：－CO－NH－ C．26Fe3+的结构示意图： D．CH4 分子的比例模型： 【答案】B 【解析】 【解析】A．中子数为 176，质子数为 117，则其质量数为 293，故 Ts 的某种核素为 ，A 错误；B．肽 键是由－COOH 和－NH2 脱水后形成的，所以其结构简式为－CO－NH－或－CONH－，B 正确；C．Fe3+ 的核电荷数为 26，则 Fe3+的核外电子数应为 23，其结构示意图为 ，C 错误；D．该图为甲烷分 子的球棍模型，D 错误。 7．下列说法正确的是 A．游离态的硫有多种存在形态：S2、S4、S6、S8，它们互为同位素 B．化学家最近成功制造出环状碳分子 C18，它与金刚石和石墨均互为同素异形体 C．CH3COOH、CH2＝CHCOOH、C17H33COOH 互为同系物 D．二甲苯有 3 种结构，其一氯代物共有 6 种同分异构体 【答案】B 【解析】A．同位素指质子数相等，中子数相等的同种元素的原子，S2、S4、S6、S8 都是硫元素的单质， 不能互称为同位素，A 错误；B．C18、金刚石和石墨均由碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体， B 正确；C．油酸(C17H33COOH)的烃基部分有一个碳碳双键，与丙烯酸(CH2＝CHCOOH)所含官能团类型 相同、数目相等，都属于不饱和脂肪酸，互为同系物，但乙酸(CH3COOH)分子不含碳碳双键，属于饱和脂 肪酸，与丙烯酸、油酸不能互称为同系物，C 错误；D．二甲苯有邻、间、对 3 种结构，但其一氯代物共 有 9 种，其中邻二甲苯有 3 种，间二甲苯有 4 种，对二甲苯有 2 种，D 错误。 8．下列说法不正确的是 A．氧化铝、氧化镁的熔点很高，都可用做耐高温材料 sT176 117 sT293 117B．工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅 C．聚乙烯是一种广泛用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的有机高分子材料 D．卤代烃用途广泛，如七氟丙烷可作灭火剂、氟利昂(如 CHFCl2)可作制冷剂 【答案】B 【解析】A．氧化铝的熔点超过 2000℃，氧化镁的熔点更是高达 2800℃，二者都可用做耐火或耐高温材料， A 正确；B．制玻璃时，石灰石和二氧化硅在高温下反应生成玻璃的成分之一硅酸钙，石灰石不是用于除 杂，B 不正确；C．聚乙烯是一种无臭、无毒的有机高分子材料，常温下不溶于一般溶剂，吸水性小，化 学稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，所以可用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等生活用品，C 正确； D．七氟丙烷无色、无味、低毒、不导电、不污染，是一种洁净的灭火剂，氟利昂(如 CHFCl2)是曾经广泛 应用的制冷剂，D 正确。 9．下列说法不正确的是 A．一定温度下，反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)能自发进行，该反应的 ΔH＜0 B．0.1mol·L－1Ca5NH4(NO3)11 溶液中，Cl－、SO42－、H+、Fe2+可以大量共存 C．高纯度晶硅可以按下列方法制备：SiO2 ――→①C 高温 Si(粗) ――→②HCl 300 ℃ SiHCl3 ――――→③过量H2 1 100 ℃ Si(纯) D．聚酯纤维 是由对苯二甲酸与乙二醇两种单体通过缩聚反应合成的高 分子化合物 【答案】B 【解析】A．体系能量降低和混乱度增大都能促使反应自发进行，正反应的混乱度减小，既然能自发进行， 则 正 反 应 必 为 放 热 反 应 ， 即 ΔH ＜ 0 ， A 正 确 ； B ． Ca5NH4(NO3)11 是 一 种 复 盐 ， 可 改 写 为 5Ca(NO3)2·NH4NO3，其溶液中含有 NO3－，酸性条件下能氧化 Fe2+，即 NO3－、H+、Fe2+不能大量共存，B 不正确；C．高纯硅的制备方法之一：①SiO2＋2C＝＝＝高温 Si＋2CO↑、②Si＋3HCl＝＝＝300℃ SiHCl3＋H2↑、③SiHCl3 ＋H2＝＝＝1100℃ Si＋3HCl↑，C 正确；D．从结构简式可看出，聚酯纤维 是一种高 分子化合物，合成它的单体为对苯二甲酸与乙二醇，发生反应的类型为缩聚反应，D 正确。 10．下列说法不正确的是 A．用系统命名法给有机物 命名：2,4－二乙基－1,3－已二烯 B．直馏汽油、裂化汽油、植物油均能使 Br2 的四氯化碳溶液褪色 C．乙醚、苯、环已烷、氯仿、丙酮都良好的有机溶剂 D．苯酚呈弱酸性，说明苯酚中的苯环使羟基中的氢原子变得活泼 【答案】B【解析】A．二烯烃的命名，首先选择包含两个碳碳双键在内的最长的碳链作为主链，然后考虑使取代其 的编号最小，所以该有机物的命名为 2,4－二乙基－1,3－已二烯，A 正确；B．直馏汽油的成分为液态饱和 烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，裂化汽油、植物油中均含有碳碳双键，能够与 Br2 发生加成反应，导 致 Br2 的四氯化碳溶液褪色，B 错误；C．有机溶剂有多种，除了乙醇、苯、C 错误；D．C2H5OH(或 H2O) 呈中性，而 C6H5OH 呈弱酸性，说明苯酚中的－C6H5 使－OH 中的氢原子变得活泼，羟基能部分电离出 H+ 而呈弱酸性，D 正确。 11．下列有关实验说法，不正确的是 A．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗 B．除去 NaCl 固体中少量 KNO3 杂质，实验步骤：加热溶解、蒸发结晶、冷却、过滤、洗涤、干燥 C．用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、葡萄糖、甘油(必要时可加热) D．为了配制不含 Na2CO3 的 NaOH 溶液，先配制其饱和溶液，再取上层清液稀释到成所需的浓度 【答案】B 【解析】A．苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，而苯酚易溶于酒精，所以如果苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精 洗涤，再用水冲洗，A 正确。B．高温溶解、蒸发结晶时，NaCl 晶体结晶析出，少量 KNO3 留在溶液中， 此时应趁热过滤(冷却后 KNO3 也会析出晶体)，然后对晶体进行洗涤、干燥，即可得 NaCl 固体，B 错误。 C．与新制 Cu(OH)2 悬浊液混合后，现象各不相同，蓝色溶液的是乙酸，降蓝色溶液是葡萄糖和甘油，无 明显现象的是乙醇和乙醇，再加热，出现砖红色沉淀的是葡萄糖和乙醛，无明显变化的是乙醇和甘油，所 以能用新制 Cu(OH)2 悬浊液进行鉴别，C 正确。D．NaOH 易吸收空气中的 CO2 生成 Na2CO3，因此配制 NaOH 溶液采用间接法，先将其配成饱和溶液，由于 Na2CO3 在饱和 NaOH 溶液中不溶解，待 Na2CO3 沉淀后，再 取一定量上层清液，稀释到所需的浓度，D 正确。 12．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是 A．新型硅酸盐产品氮化硅陶瓷，是优良的耐磨材料和光伏材料 B．肼(N2H4)可作为火箭和燃料电池的燃料 C．伯胺(RNH2)是一类含氮有机物，溶于水显弱碱性 D．汽车尾气的催化转化装置能将 CO 和 NO 转化为 CO2 和 N2 【答案】A 【解析】A．氮化硅(Si3N4)熔点高硬度大，可以作耐磨材料，但不属于硅酸盐产品，A 错误；B．肼(N2H4) 具有很高的燃烧热，可用作火箭和燃料电池的燃料，B 正确；C．伯胺是一类含有氨基的有机物，溶于水 时发生以下电离而显弱碱性：RNH2＋H2O RNH3+＋OH－，C 正确；D．汽车尾气中的 CO 和 NO 可以通 过催化转化装置转化为无毒的 CO2 和 N2，D 正确。13．不能正确表示下列变化的离子方程式是 A．向 5 mL 0.1 mol·L－1 的 K2Cr2O7 溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液橙色变深： Cr2O72－(橙色)＋H2O 2CrO42－(黄色)＋2H＋ B．向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至 SO42－完全沉淀： 　　　　Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－==2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O C．(NH4)2Fe(SO4)2 溶液与过量 NaOH 溶液混合并搅拌：4Fe2+＋8OH－＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3↓ D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+＋3ClO－＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3HClO 【答案】C 【解析】A．向 K2Cr2O7 溶液中滴加几滴浓硫酸，Ｈ+浓度增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深(滴入的浓硫 酸量较少，可忽略热效应的影响)，A 正确；B．明矾溶液中溶质为 KAl(SO4)2，使 2molSO42－完全沉淀， 需 2molBa(OH)2，此时 Al3+恰好完全转化为 AlO2－，离子方程式为：Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－==2BaSO4↓ ＋AlO2－＋2H2O，B 正确；C．过量的 NaOH，能与 NH4+反应：NH4+＋OH－==NH3·H2O，C 错误；D．漂 白粉溶液中加氯化铁溶液时，Fe3+和 ClO－发生双水解反应，且反应程度接近完全，所以有大量红褐色的 Fe(OH)3 沉淀生成，D 正确。 14．下列说法正确的是 A．石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化 B．除去油脂中的少量水分，既可以用无水硫酸钠，也可以用碱石灰 C．医用酒精和生理盐水均可用于医疗消毒，其消毒原理是二者均能使蛋白质变性 D．隔绝空气高温加热生物质，通过热化学转换可产生可燃性气体 【答案】D 【解析】A．煤的气体和液化都是化学变化，A 错误；B．除去油脂中的少量水分，若用碱石灰会造成油脂 水解，B 错误；C．生理盐水为 0.9%的氯化钠溶液，不能使蛋白质变性，C 错误；D．隔绝空气高温加热 生物质，使之发生复杂的化学反应，可产生可燃性气体，这就是生物质能的热化学转化，D 正确。 15．芴酮可用作工程塑料的改进剂。某芴酮可通过下列反应得到： 下列说法不正确的是 A．该反应既是取代反应，又是消去反应B．芴酮分子含有羟基和羰基官能团，所有原子可共处同一平面 C．Na2CO3、NaHCO3 溶液均能鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ D．化合物Ⅰ的分子式为 C13H8O3，1mol 的化合物Ⅰ最多可与 3molNaOH 反应 【答案】A 【解析】A．该反应的实质是羧基与苯环上的一个氢原子发生分子内脱水反应，属于取代反应，没有形成 不饱和键，所以不属于消去反应，A 错误；B．2 个苯环和 1 个五元环必然共平面，根据甲醛为平面分子可 判断，羰基氧原子也在该平面内，2 个羟基通过 C—O 键旋转一定角度也可以使羟基位于该平面内，即所 有原子可以共平面，B 正确；C．Na2CO3、NaHCO3 溶液与化合物Ⅰ反应都有气泡产生，Na2CO3 溶液与化 合物Ⅱ中的酚羟基能发生反应，但无明显现象，而 NaHCO3 溶液与化合物Ⅱ不反应，也没有明显现象，故 可鉴别这两种化合物，C 正确；D．根据结构简式判断其分子式为 C13H8O3，酚羟基和羧基都能与 NaOH 发生中和反应，所以 1mol 的化合物Ⅰ最多可与 3molNaOH 反应，D 正确。 16．下列说法正确的是 A．元素周期表中第ⅠA 族元素又叫碱金属元素，第ⅪA 族元素又叫氧族元素 B．第ⅫA 族元素，随着 HX 水溶液的酸性逐渐减弱，非金属性逐渐减弱 C．CO2 和 PCl3 均为共价分子，每个原子最外层都具有 8 电子稳定结构 D．金刚石、足球烯都具有空间网状结构，加热熔化时均需破坏共价键 【答案】C 【解析】A．碱金属不包括第ⅠA 族的氢元素，A 错误；B．非金属气态氢化物水溶液的酸性强弱不能作为 元素非金属性强弱的判断依据，事实上 HF 为弱酸，而 HCl、HBr、HI 均为强酸，B 错误；C．CO2 和 PCl3 均为共价化合物，各原子最外层达到 8 电子稳定结构，C 正确。D．足球烯是由 C60 分子构成的分子晶体， 加热熔化时只需破坏分子间作用力，D 错误。 17．已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5、Ka1(H2CO3)=4.3×10－7，下列说法正确的是 A．常温下将 pH＝3 的酸 HR 溶液与 pH＝11 的 NaOH 溶液等体积混合，则混合溶液的 pH≥7 B．0.1mol·L－1NH4HCO3溶液(pH＞7)：c(NH4+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O) C．等浓度等体积的氨水和NH4HCO3溶液混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32 －) D．在0.1mol·L－1的Na2S溶液中存在：c(OH－)＝c(HS－)＋c(H2S)＋c(H+) 【答案】B 【解析】A．若HR为强酸，则HR与NaOH恰好完全反应，生成强酸强碱盐NaR，溶液显中性，pH=7，若HR 为弱酸，则HR过量，反应后得NaR和HR的混合溶液，且c(HR)＞c(NaR)，溶液显酸性，pH＜7，A错误；B．HCO3－水解：H2O＋HCO3－ H2CO3＋OH－，NH4+水解：NH4+＋H2O NH3∙H2O＋H+，由Kb(NH3·H2O)＞ Ka1(H2CO3)可知，水解程度NH4+小于HCO3－，则c(NH4+)＞c(HCO3－)、c(H2CO3)＞c(NH3∙H2O)，而水解是微 弱 的 ， 则 c(HCO3 － ) ＞ c(H2CO3) ， B 正 确 ； C ． 由 物 料 守 恒 ， n(N):n(C)=2:1 ， 则 有 c(NH4+) ＋ c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]，C错误；D．根据水电离产生的H+和OH－浓度相等，可得 质子守恒关系：c(OH－)＝c(HS－)＋2c(H2S)＋c(H+)，D错误。 18．ClO2 是一种广谱、高效、快速、安全无毒的杀菌消毒剂。用电解饱和食盐水的方法制取 ClO2 时，伴 有 Cl2、O3、H2O2 等物质生成，下图是电解法二氧化氯发生器的工作原理示意图。 下列说法不正确的是 A．电极 B 为阳极，阳离子向 A 极迁移 B．生成 H2O2 的电极反应：2H2O－2e－==H2O2＋H+ C．导线上通过 5mol 电子时，生成 1molClO2 D．配制饱和 NaCl 溶液所用的水须经过软化处理，除去水中的 Ca2+、Mg2+，以降低浮渣、水垢的生 成 【答案】C 【解析】A．氢气在阴极生成，所以 A 为阴极，B 为阳极，排出的碱液为 NaOH 溶液，而饱和食盐水从阳 极区加入的，则 Na+必然通过电解隔膜向 A 极迁移，阳极产生的 H+也通过电解隔膜向 A 极迁移，A 正确； B．阳极生成 H2O2，氧的化合价升高，则必有 H2O 放电，电极反应为式：2H2O－2e－==H2O2＋H+，B 正 确；C．电解时还伴有 Cl2、O3、H2O2 等物质生成，这些也是消毒剂的成分，生成这些物质时发生了氧化 反应，需得到电子，所以导线上通过 5mol 电子时，生成的 ClO2 少于 1mol，C 错误。D．Ca2+、Mg2+在电 解过程中生成 Ca(OH)2 和 Mg(OH)2 沉淀附着于电极表面或沉积于电解池底部，对设备造成破坏，降低电解 效率，所以需要对水进行软化处理，D 正确。 19．五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是 A．离子半径大小顺序：r(W2－)＞r(Q－)＞r(Y2－)＞r(Z3+) B．元素 W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 Q 的强 C．元素 X 的氢化物与 Q 的氢化物化合的产物中即含共价键又含离子键 D．X、Z、W、Q 四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应 【答案】B 【解析】根据各元素在周期表中的位置可知，X、Y、Z、W、Q 五种元素分别为氮、氧、铝、硫和氯，对 应的简单离子分别为 N3－、O2－、Al3+、S2－、Cl－。 A．S2－、Cl－的电子层排布与氩原子相同，O2－、Al3+的电子层排布与氖原子相同，而电子层排布相同 的离子，核电荷数越大，半径越小，所离子半径大小顺序：r(S2－)＞r(Cl－)＞r(O2－)＞r(Al3+)，A 正确； B．酸性：HClO 4＞H2SO4，B 错误；C．X 的氢化物为 NH 3，Q 的氢化物为 HCl，二者化合的产物为 NH4Cl，NH4Cl 中即含离子键又含共价键，C 正确；D．X、Z、W、Q 四种元素的最高价氧化物对应水化 物分别为 HNO3、Al(OH)3、H2SO4、HClO4，均能与强碱反应生成盐和水，D 正确。 20．NA 为阿伏加德常数的值，下列说法正确的是 A．已知：2HI(g) H2(g)＋I2(s) ΔH=a kJ·mol−1 当断裂 H−I 键数目为 2NA 时，该反应吸热 a kJ B．一定条件下，足量氧气通过 Na 单质后，若固体增重 3.2g，则转移的电子数一定为 0.4NA C．58g 正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为 13NA D．常温下，l LpH=7 的 1mol·L−1CH3COONH4 溶液中 CH3COO－与 NH4+数目均为 NA 【答案】C 【解析】A．a 的数值未知，不能判断该反应是吸热反应，A 错误；B．氧气与 Na 单质反应，得到的产物 可能是氧化钠，也可能是过氧化钠，无法计算转移电子数，B 错误；C．每 1mol 正丁烷和异丁烷都含有 13mol 共价键，所以不论二者以什么比例混合，只要总物质的量为 1mol(或总质量为 58g)，则必含有 13mol(即 13NA) 共价键，Ｃ正确：D．CH3COO－、NH4+分别水解生成 CH3COOH 和 NH3·H2O，又因溶液呈中性，所以 n(CH3COO－)=n(NH4+)＜1mol，即 N(CH3COO－)=N(NH4+)＜NA，D 错误。 21．一定温度下，将气体 X 和 Y 各 0.15mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应 2X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH＜0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表所示： 下列说法正确的是 A．反应前 2min 的平均速率 v(Z)=1.5×10－3mol·L−1·min−1B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v(逆)＞v(正) C．其他条件不变，起始时向容器中充入气体 X 和 Y 各 0.30mol，达到平衡时，c(Y)＝0.02mol·L−1 D．该温度下，上述反应的平衡常数值 K=400 【答案】D 【解析】A．反应前 2min 的平均速率 v(Z)=0.15mol－0.12mol 10L × 2min ×2=3.0×10－3mol·L−1·min−1，A 错误；B．ΔH＜ 0 表示反应放热，降低温度，平衡正移，v(正)＞v(逆)，B 错误；C．若反应在 20L 的恒容密闭容器中进行， 可达到相同的平衡状态，要使其变为 10L，需将容器压缩，压缩过程中，假设平衡不移动，则 c(Y)＝ 0.02mol·L−1，可事实上平衡正移，故 c(Y)＜0.02mol·L−1，Ｃ错误；D．平衡时 c(Y)＝0.01mol·L−1，则转化 的 Y 为 0.005mol·L−1，转化的 X 为 0.01mol·L−1，平衡时 c(X)＝0.005mol·L −1，c(Z)＝0.01mol·L −1，故 K= 0.012 0.0052 × 0.01=400，D 正确。 22．下列说法正确的是 图 1 图 2 图 3 A．根据图 1 求得，C－H 的键能为 376.5kJ·mol－1 B．根据图 2 可知，2AB(g)==A2(l)+B2(l) ΔH＜(b－a)kJ·mo1－1 C．根据图 2 可知，正反应的活化分子百分数比逆反应的大，v(正)＞v(逆) D．根据图 3 可知，ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO) 【答案】B 【解析】A．由盖斯定律得 ΔH3=ΔH1＋ΔH2＋4×(C－H 的键能)，则 C－H 的键能= 717 + 864 + 75 4 kJ·mol － 1=414kJ·mol －1，A 错误；B．由图 2 可知，2AB(g)=A 2(g)+B2(g)为放热反应，ΔH＝(b－a)kJ·mo1 －1，而 A2(g)→A2(l)、B2(g)→B2(l)为吸热过程，故 2AB(g)==A2(l)+B2(l) ΔH＜(b－a)kJ·mo1－1，B 正确；C．由图2 可知，对于可逆反应 A2(g)+B2(g) 2AB(g)，正反应的活化能 a 大于逆反应的活化能 b，则正反应的活化 分子百分数比逆反应的小，v(正)＜v(逆)，再说，图中未注明反应物和生成物，所以不能确定正、逆反应， C 错误；D．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)为 CaCO3 与 MgCO3 中离子键“键能”之差，ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO) 为 CaO 与 MgO 中离子键“键能”之差，不同离子化合物键能不同，则键能差值也不相等，D 错误。 23．常温下，用物质的量浓度为 M 的 NaOH 稀溶液滴定 0.1mol·L－1 某酸 HA 溶液，溶液中水电离出的 c 水(H+)的负对数[－1gc 水(H+)]与所加 NOH 溶液体积的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．NaOH 溶液中：c2(H+)－M×c(H+)=Kw B．Ka(HA)的值约为 10－5 C．R、Q 两点溶液对应的 pH=7 D．R→N、N→Q 所加 NaOH 溶液体积相等 【答案】B 【解析】A．由电荷守恒得：c(OH－)=M＋c(H+)，即 Kw c(H + )=M＋c(H+)，变形得 c2(H+)＋M×c(H+)=Kw，A 错 误；B．常温下，HA 溶液中－1gc 水(H+)=11，则 c 水(H+)=c 水(OH－)=10－11mol·L－1，所以 c(H+)=10－14 10－11mol·L －1=10－3mol·L－1，c(HA)≈0.1mol·L－1，Ka(HA)=c(A－)c(H + ) c(HA) = 10－3 × 10－3 0.1 =1×10－5，B 正确；C．R 点酸过 量，溶液呈酸性，pH＜7，Q 点 NaOH 过量，溶液呈碱性，pH＞7，C 错误；D．R→N 加 NaOH 消耗 HA， 促进水的电离，N→Q 加 NaOH 溶液，碱过量，抑制水的的电离，虽然 c 水(H+)变化程度相等，但随着溶液 体积增大，所加 NaOH 溶液的体积也增大，即 R→N、N→Q 所需 NaOH 体积不相等，D 错误。 24．白色固体 Na2S2O4 常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。 下列关于 Na2S2O4 说法不正确的是 A．可以使品红溶液褪色 B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂 C．其溶液可以和 Cl2 反应，但不能和 AgNO3 溶液反应 D．已知隔绝空气加热 Na2S2O4 分解可生成 SO2，则其残余固体产物中可能有 Na2S2O3 【答案】C 【解析】A．Na2S2O4 能漂白织物，说明有漂白性，能使品红溶液褪色，A 正确；B．Na2S2O4 能还原重金 属离子，说明有还原性，Na2S2O4 中硫为+3 价，容易被氧气氧化，所以可用作分析化学中的吸氧剂，B 正 确；C．Cl2 氧化性强，能把 Na2S2O4 溶液氧化，根据题给信息可知，Na2S2O4 能把 AgNO3 溶液中的银离子 还原为单质银，C 不正确；D．从氧化还原反应角度分析，Na2S2O4→SO2，硫的化合价+3→+4，则必然有 元素化合价降低，而 Na2S2O4→Na2S2O3，硫的化合价+3→+2，D 正确。 25．溶液 X 的 pH=1，含有 K＋、Na＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、SiO32－、NO3 －、Cl－、I－中的几种离子，且各离子的浓度均相等，为探究溶液组成，现取该溶液进行如下实验： 已知：气体 1 为无色气体，遇空气立即变为红棕色。 下列说法正确的是 A．溶液 X 中一定含有的阳离子有 H＋、NH4＋、Fe2＋、Al3＋ B．溶液 X 中一定不含 Ba2＋、CO32－、SiO32－，可能含有 NO3－、Cl－、I－ C．沉淀 1、沉淀 2、沉淀 3 分别为 BaSO4、Fe(OH)3、Al(OH)3 D．在溶液 X 中滴入 KSCN 溶液，无明显现象，再滴入双氧水，溶液变为血红色 【答案】D 【解析】pH=1 的溶液中不存在 CO32－、SiO32－；溶液 X 与过量 Ba(NO3)2 溶液反应生成沉淀 1，说明溶液 X 含有 SO42－，不含 Ba2+；气体 1 为无色气体，遇空气立即变为红棕色，可知气体 1 为 NO，与 Ba(NO3)2 溶 液反应生成 NO，说明发生了氧化还原反应，则溶液 X 中可能含有 Fe2＋或 I－，溶液 1 与过量 NaOH 溶液 反应生成的气体 2 只能是 NH3，则溶液 X 中一定含有 NH4+，沉淀 2 只能是 Fe(OH)3，则溶液 X 中一定含 有 Fe2+，不含 NO3－；溶液 X 中的阳离子有 H+、NH4+、Fe2+，因各离子浓度相等，根据电荷守恒可知，必 然含有的阴离子为 SO42－、Cl－、I－；进而推知溶液 X 中不含 K＋、Na＋、Al3＋、Fe3＋。 通过以上分析可知，溶液 X 中只含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42－、Cl－、I－共 6 种离子，故 A、B 两选 项错误；原溶液 X 中不含 Al3+，则沉淀 3 不可能为 Al(OH)3，应为 BaCO3 沉淀，C 错误；在溶液 X 中含有 Fe2+，所以依次滴入 KSCN 和双氧水，先无明显现象，后溶液变为血红色，D 正确。非选择题部分 二、非选择题(本大题共 6 小题，共 50 分) 26．(4 分)（1）比较酸性溶液中的氧化性强弱：MnO2 Fe3+(填“＞” 、“＜”或“＝”)；用一个离子方程 式说明 MnO2 与 Fe3+氧化性的相对强弱 。 （2）氰酸铵(NH4CNO)是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足 8 电子稳定结构，请写出氰酸铵的电 子式 。 （3）抗坏血酸(结构简式如图所示)易溶于水的主要原因 。 【答案】（1）＞ MnO2＋4H+＋2Fe2+ = Mn2+＋2Fe3+＋2H2O （2） （3）分子中 含有 4 个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水 【解析】（1）根据氧化性强弱关系：MnO2＞Cl2＞Fe3+，可知 MnO2 的氧化性比 Fe3+强；则 MnO2 能把 Fe2+ 氧化为 Fe3+，离子方程式为：MnO2＋4H+＋2Fe2+ = Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。 （2）氰酸铵中阳离子为 NH4+，阴离子为 CNO－，要形成 8 电子稳定结构，则 O 原子与 C 原子共用一 对电子，C 原子与 N 原子共用三对电子，其电子式为： 。 （3）根据抗环血酸分子结构，分子中含有 4 个－OH，能与水形成分子间氢键，因此易溶于水。 27．(4 分)为确定聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z]的组成，进行如下实验测定： ①称取一定量样品 100.00 mL 溶液 A； ②准确量取 20.00 mL 溶液 A，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白 色固体 11.65g； ③准确量取 20.00 mL 溶液 A，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成 200.00 mL 溶液 B； ④准确量取 20.00 mL 溶液 B，用 0.1000 mol·L－1 酸性 KMnO4 溶液滴定至终点，消耗 KMnO4 溶液 8.00 mL。 （1）该聚合硫酸铁的化学式 ；（2）写出简要计算过程 。 【答案】（1）Fe4(OH)2(SO4)5 （2）见解析 【解析】 根据 S 元素守恒，可由 BaSO4 沉淀的质量计算 20.00 mL 溶液中：n(SO42－)=n(BaSO4)，再根据电 子守恒：5Fe3+～5Fe2+～MnO4－，计算 n(Fe3+)；由电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO42－)＋n(OH－)计算 n(OH－)， 进而计算 n(Fe3+):n(OH－):n(SO42－)，可确定化学式。 根据 S 元素守恒：n(SO42－)=n(BaSO4)= 11.65g 233g·mol－1=0.0500 mol； 根据电子守恒：5Fe3+～5Fe2+～MnO4－，得 n(Fe3+)=5n(MnO4－)=5×0.1000 mol·L－1×8.00×10－ 3L×10=0.0400 mol； 根据电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO42－)＋n(OH－)，得 n(OH－)=3n(Fe3+)－2n(SO42－)=3×0.0400mol－ 2×0.0500mol=0.0200mol； n(Fe3+):n(OH－):n(SO42－)=0.0400mol:0.0200mol:0.0500mol=4:2:5，所求化学式为 Fe4(OH)2(SO4)5。 28．(11 分)化合物 A 是一种由 4 种元素组成的无氧酸盐，为了探究其组成和性质，进行了如下实验： 请回答： （1）A 的化学式是 。 （2）固体 A 与稀硝酸反应的化学方程式是 。 （3）溶液 C 中通入氨气至过量，实验现象为 。 Ⅱ．某兴趣小组为了探究 Fe2+转化为 Fe3+，进行了如下实验。 实验：向 3mL 0.lmol·L－1FeSO4 溶液中滴入 1mL6mol·L－1 稀硝酸，溶液变为棕色，一段时间后， 棕色消失，溶液变为黄色。 已知：用空气氧化 FeSO4 溶液制取铁黄(FeOOH)的反应中，NO 起催化作用，催化机理分两步完 成，第一步：Fe2+＋NO Fe(NO)2+(棕色)，第二步：……。 请回答： （1）写出第二步反应的离子方程式 。 （2）解释上述实验中溶液由棕色变为黄色的原因 。 （3）设计实验方案，证明上述实验中 FeSO4 溶液与稀硝酸的反应是不可逆反应 。 【答案】Ⅰ．（1）CuSCN(2 分) （2）10CuSCN＋24HNO3=10CuSO4＋17N2↑＋10CO2↑＋12H2O(2 分)（3）有蓝色沉淀产生，随后沉淀逐渐溶解(1 分) Ⅱ．（1）4Fe(NO)2+＋O2＋6H2O == 4FeOOH↓＋4NO↑＋8H+(2 分) （2）Fe2+被 HNO3 氧化，导致 Fe2+浓度降低，使平衡 Fe2+＋NO Fe(NO)2+(棕色)逆向移动，最终 Fe(NO)2+ 完全转化为 Fe2+，Fe2+转化为 Fe3+，溶液由棕色变为黄色(2 分) （3）取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴 K3[Fe(CN)6]溶液，无明显变化，说明 FeSO4 溶液与 稀硝酸的反应是不可逆反应(2 分) 【解析】Ⅰ．（1）C 溶液中加入足量的 Ba(NO3)2 溶液，得到的白色沉淀为 BaSO4，物质的量为 0.02mol， 说明 A 中 n(S)=0.02mol；C 溶液呈蓝色，说明 C 为 CuSO4 溶液(可能含有 HNO3)，且 Cu 与 S 的物质的量 相 等 ， 即 n(Cu)=0.02mol ； 白 色 沉 淀 E 为 CaCO3 ， 物 质 的 量 为 0.02mol ， 说 明 B 中 含 有 CO2 ， 且 n(C)=0.02mol；D 为气态单质，说明 A 与稀硝酸的反应为氧化还原反应，HNO3 被还原，则 D 为 N2，又因 A 为含有 4 种元素的无氧酸盐，则除 Cu、S、C 外，另一种元素必为氮元素，n(N)=2.44－(64 + 32 + 12) × 0.02 14 =0.02mol，故 A 的化学式为 CuSCN。 （2）根据上述推断，CuSCN 与稀硝酸反应的主要产物已确定，只需对化学方程式进行配平即可得到答案： 10CuSCN＋24HNO3==10CuSO4＋17N2↑＋10CO2↑＋12H2O。 （3）CuSO4 与 NH3·H2O 反应生成 Cu(OH)2 沉淀，当通入 NH3 过量时，因生成 Cu(NH3)42+而使沉淀溶解， 所以 CuSO4 溶液中通入 NH3 至过量，实验现象为：有蓝色沉淀产生，随后沉淀逐渐溶解。 Ⅱ．（1）NO 起催化作用，根据第一步反应可知，第二步反应为 O2 氧化中间体 Fe(NO)2+，生成 FeOOH 和 NO，再根据酸性条件进行配平即得离子方程式：4Fe(NO)2+＋O2＋6H2O == 4FeOOH↓＋4NO↑＋8H+。 （2）FeSO4 溶液中滴入稀硝酸，其反应为：①3Fe2+＋4H+＋NO3－==3Fe3+＋NO↑＋2H2O，根据已知信息可 知，溶液呈棕色是因为反应①生成的 NO 能与 Fe2+形成棕色的配离子：②Fe2+＋NO Fe(NO)2+(棕色)，但 反应②是可逆反应，一段时间后，随着反应①的不断进行，Fe2+浓度逐渐降低，反应②的平衡逆向移动， Fe(NO)2+完全转化为 Fe2+，Fe2+被氧化为 Fe3+，最终溶液由棕色变为黄色。 （3）实验中稀硝酸是过量的，要证明反应不可逆，只需证明反应后溶液中不存在 Fe2+，所以用 K3[Fe(CN)6]溶液检验是否有 Fe2+即可，若有 Fe2+，则生成蓝色沉淀：3Fe2+＋2[Fe(CN)6]3－ ==Fe3[Fe(CN)6]2↓，否则，没有明显现象，具体方案见答案。 29．(10 分)CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ①Erdohelyi 等学者提出，至少是贵金属上，CO2 以气相也能直接与 CH4 分解的碳物种反应，反应历程 为(吸附在贵金属催化剂表面的物种用*号表示，k 为速率常数且只受温度影响)： CH4 C*＋2H2 v1(正)=k1(正)×p(CH4) v1(逆)=k1(逆)×p2(H2) C*＋CO2 2CO v2(正)=k2(正)×p(CO2) v2(逆)=k2(逆)×p2(CO) 一定温度下，该催化重整反应的平衡常数表达式 Kp= [用 k1(正)、k1(逆)、k2(正)、k2(逆)表 示，Kp 为用各组分气体的分压表示的平衡常数]。 ②恒温条件下，向容积可变的密闭容器中充入一定量的 CH4 (g)和 CO2 (g)，改变容器体积，测得平衡 时容器内气体的浓度如下表所示： 平衡浓度/mol·L―1 实验编号 容积体积 CH4 CO2 CO 1 V1 0.02 0.02 0.10 2 V2 x x 0.05 实验 1 达到平衡时，CO 的体积分数为________%(保留三位有效数字)；V1:V2=_______。 （2）CO2 与环氧丙烷合成碳酸丙烯酯： ΔH=－110.5kJ·mol－1。通过 模型假设和理论计算，推测其反应历程如下图所示( 表示某催化剂的活化中心或活性基团)： ①决定总反应速率的大小的步骤是 → (用图中字母表示)，该步骤的能垒(活化能)为 。 ②下列说法正确的是 。 A．A→B 能量降低，所以反应活性增强 B．总反应为加成反应，D、F 为过渡态，C、E 为中间产物 C．D 为电荷位于氧原子上的阴离子，该氧原子强烈吸引 CO2 分子中的 C 原子生成 E D．反应热的理论值(－25.42)与实测值(－110.5)相差太大，说明理论计算没有参考价值（3）用如图装置电解含 CO2 的某酸性废水溶液，阴极产物中含有乙烯。 生成乙烯的电极反应式为________________________________________。 【答案】（1）① k1(正) × k2(正) k1(逆) × k2(逆) (2 分) ②41.7(1 分) 3:7(1 分) （2）①E F (1 分) 19.22kcal·mol－1(1 分) ②BC(2 分) （3）2CO2＋12H＋＋12e－==C2H4＋4H2O(2 分) 【解析】（1）①根据重整反应方程式可得平衡常数表达式为 Kp= p2(CO) × p2(H2) p(CH4) × p(CO2)，再以速率方程表达式代 入并整理得：Kp=k1(正) × k2(正) k1(逆) × k2(逆)。 ② 由化学方程式知，CO 与 H2 的计量数相等，则平衡时 c(H2)=0.10mol·L －1，CO 的平衡体积分数= 0.10 0.02 × 2＋0.10 × 2 × 100%＝41.7％。恒温条件下，平衡常数不变，则0.102 × 0.102 0.02 × 0.02 =0.052 × 0.052 x × x ，x=0.005， 换算为起始时的 CH4 (g)和 CO2 (g)的物质的量，得等量关系：(0.02+0.05)×2×V1=(0.005+0.025)×2×V2，所以， V1:V2=3:7。 （2）①从图像可看出，步骤 E→F 的能垒(活化能)最大：－3.21＋22.43=19.22kcal·mol－1，该步骤的反 应速率最慢，是整个反应过程的决速步骤。 ②A．A→B 能量降低，稳定性增强，反应活性应该减弱，但由于催化剂与氧原子结合，使碳氧键变弱， 环被活化，后续开环步骤变得容易，因此，能量降低与反应活性增强并无因果关系，A 错误；B．比较反 应物与生成物的结构发现，总反应可看作是环氧丙烷的碳氧键断裂而进行的开环加成反应，从图中可直接 看出，D、F 为过渡态，B、C、E、G 为中间产物，B 正确；C．从 F→G 有 Br―产生可知，B→C 有 Br―参 与反应，所以 C、D 都是带负电荷的微粒，D 微粒中氧原子吸电子能力强，负电荷主要集中在氧原子上， 又因为 D 为能量较高的过渡态，所以该氧原子能强烈吸引 CO2 分子中的 C 原子生成中间体 E，使体系能量 降低，变得相对稳定，C 正确；D．－25.42kcal·mol －1 并非反应热，只是环氧丙烷与碳酸丙烯酯的相对能 量差，其单位(kcal·mol－1)与 ΔH 的单位(kJ·mol－1)也不相同，D 错误。 （3）根据题给信息可知，乙烯由 CO2 得电子在阴极生成，又因废水溶解显酸性，故电极反应式为：2CO2 ＋12H＋＋12e－==C2H4＋4H2O。 30．(10 分)乙酰苯胺是合成某些药物、染料的原料或中间体，实验室用以下方法制取乙酰苯胺。反应原理： 相关性质：①苯胺、冰醋酸、乙酰苯胺的沸点分别为 184℃、118℃、304℃； ②苯胺微溶于水，冰醋酸易溶于水，乙酰苯胺不溶于冷水、溶于热水。 实验步骤： Ⅰ.新蒸苯胺：苯胺易被氧化，久置的苯胺为颜色较深，新蒸苯胺时采用水蒸气蒸馏法(装置如图 1)。 Ⅱ.苯胺酰化：向反应容器中加入 5mL 新蒸的苯胺(0.05mol)、7.5mL 冰醋酸(0.13mol)和锌粉，按图 2 装置 仪器。加热，保持恒温(100～105℃)60min，反应到达终点，停止加热。 Ⅲ.产品纯化：将反应液趁热倒入盛有 100mL 水的烧杯中，搅拌，充分冷却后抽滤得粗产品；对粗产品进 行分离提纯，最终得白色晶体。 请回答： （1）图 1 中安全玻璃管的作用是 ； （2）下列说法正确的是________。 A．为防止苯胺被氧化，应加入过量的锌粉 B．图 2 中分馏柱的作用是冷凝回流 C．为加快分馏速度，应迅速热升温至 105℃ D．当温度计的读数不断下降时，可判断酰化反应到达终点 E．抽滤后宜用热水洗涤粗产品，除去残留的醋酸 （3）粗产品的分离提纯时要进行重结晶，选出其正确操作并按序列出字母：粗产品加入适量热水→加热 至沸，粗产品全溶→( )→( )→( )→( )→( )→( )→抽滤、洗涤、烘干。 ①加入适量活性炭 ②冷却至约 80℃ ③煮沸约 10min ④萃取分液，分离有机层 ⑤滤液冷却 后析出乙酰苯胺 ⑥将布氏漏斗和吸滤瓶在水浴中加热煮沸 ⑦趁热快速过滤 ⑧称量产品质量 （4）若最终得到的白色晶体质量为 5.67g，则本实验的产率为 。（5）本实验提高产率的措施有 (写出 2 条)；但产率仍然偏低，可能的原因 是该反应为可逆反应，反应不完全，还可能有副产物 生成。 【答案】（1）平衡气压，防止倒吸(2 分) （2）BD(2 分) （3）②→①→③→⑥→⑦→⑤(2 分，③、⑥顺序可颠倒) （4）84.0%(1 分) （5）加大冰醋酸用量、 及时蒸出水、防止苯胺氧化(2 分) 醋酸苯铵盐[或乙酸苯胺或 C6H5N(COCH3)2，答醋酸锌计 0 分](1 分) 【解析】（1）图 1 中左侧烧瓶中水蒸气发生器，加热产生水蒸气时，烧瓶内压强有波动，通过与大气相 通，可以平衡瓶内气压，也可以防止蒸馏混合液的倒吸。 （2）A．锌与醋酸反应产生 H2，排出空气，因而可以防止苯胺被空气氧化，但锌粉不能过量，一方面锌 与冰醋酸反应生成醋酸锌消耗原料，另一方面醋酸锌水解生成氢氧化锌造成产品不纯，A 错误；B．分馏 柱通过反复气化和冷凝可以进行冷凝回流，使水和乙酸分离，B 正确；C．酰化反应速度较慢，开始反应 时，生成的水较少，加热过快，容易造成大量乙酸蒸出，C 错误；D．温度下降时，说明水已被蒸出，即 反应到达终点，D 正确； E．冰醋酸易溶于水，而乙酰苯胺溶于热水不溶于冷水，所以抽滤后的洗涤剂应 选择冷水，减少乙酰苯胺的溶解损失，E 错误。 （3 加入活性炭的目的应该是吸附有色杂质，即进行脱色处理，当然在冷却结晶前进行，但要注意的是不 能往沸腾液中直接加入活性炭，否则会发生暴沸使溶液外溢，所以是②→①；除去不溶性的活性炭需要过 滤，考虑到乙酰苯胺的溶解性，必须趁热过滤，而选项⑦强调快速过滤，那就只能趁热抽滤了，用抽滤装 置进行热过滤，必须给布氏漏斗和吸滤瓶进行预热，即在水浴中加热煮沸，所以选择操作⑥，这样就可以 排出操作顺序了：②→①→③→⑥→⑦→⑤，当然③和⑥的顺序可以颠倒。 （4）冰醋酸过量，理论产量应根据苯胺计算，即乙酰苯胺的理论产量为 0.05mol，则本实验的产率为 5.67g 0.05mol × 135g·mol－1×100%=84.0%。 （5）苯胺的酰化反应是一个可逆反应，为了提高产率，一方面加大了冰醋酸的用量(0.13mol)，提高苯胺 的转化率，另一方面通过及时蒸出生成的水促使平衡正向移动，再有就是防止苯胺被氧化发生副反应而消 耗苯胺。苯胺的氨基能与乙酸的羧基发生中和反应生成醋酸苯铵盐，若考虑亚氨基的酰化反应生成 C6H5N(COCH3)2 也可以，但由于冰醋酸过量，与少量锌反应生成醋酸锌并不影响主反应的产率。31．(11 分)某研究小组以芳香族化合物 A、B 为起始原料，按下列路线合成癌症病人辅助药物昂丹司琼。 请回答： （1）下列说法正确的是________。 A．B→C、D→E 的反应类型相同 B．D 能与 FeCl3 溶液发生显色反应 C．A 含有氨基，是苯胺的同系物 D．昂丹司琼的分子式是 C17H17ON3 （2）写出化合物 G 的结构简式 。 （3）写出“反应Ⅱ”的化学方程式 。 （4）设计从 到 E 的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 （5）写出化合物 H 同时符合下列条件的同分异构体的结构简式 。 ①分子中有 2 种氢原子；②含有六元环结构，无叁键结构；③不考立体异构。 【答案】（1）AB(2 分) （2） (2 分) （3） (2 分) （4） (2 分)（5） (3 分) 【解析】首先进行有机物结构的推断。A→B 的反应减少 1 个 H 原子，增加 1 个 NO，推测 A 分子中引入 1 个—NO 生成 B，所以 A 的结构简式为 ；B→C 减少 1 个氧原子，增加 2 个氢原子，所以 B→C 的反应是—NO 还原为—NH2 的反应，即 C 的结构简式为 ；D 为芳香族化合物且分子 式为 C6H6O2 ，则 D 应为二元酚，而 E 中两个氧原子处于间位，则 D 为间苯二酚，其结构简式为 ；根据已知条件①，“反应Ⅰ”C 中氨基与 E 中羰基脱水形成碳氮双键，“反应Ⅱ”脱去 1 个 NH3 分子并形成含氮原子的五元环，所以 F 的结构为 ；由 H→昂丹司琼，在 G 分子中引入了一个 五元杂环，则 F→G 的反应必然在 F 分子中羰基邻位引入一个基团，从反应流程看，F→G 有二甲胺 HN(CH3)2 和 聚 甲 醛 (HCHO)n 参 与 反 应 ， 而 G 的 分 子 式 为 C16H20N2O ， 据 此 推 断 ， 引 入 的 基 团 为 —CH2N(CH3)2，故 G 的结构为 。 （1）A．B→C 的反应是—NO 转化为—NH2 的反应，属于还原反应，D→E 的反应净增 2 个氢原子， 是一个加氢还原反应，反应类型相同，A 正确；B．D 为间苯二酚，类比苯酚的性质可判断，D 能与 FeCl3 溶液发生显色反应，B 正确；C．氨基和亚氨基是两种不同的官能团，A 分子中含有亚氨基，所以不是苯 胺的同系物，C 错误。D．昂丹司琼的分子式是 C18H19ON3，D 错误。 （2）根据以上推导知，G 的结构简式为 。 （3）根据已知①可知，C 中的氨基与 E 中的羰基发生分子间脱水形成碳氮双键，即“反应Ⅰ”的产物 为 。则反应Ⅱ必然在 2 个六元环之间形成 1 个五元杂环，同时脱去 1 个氨气分子，故反应的化学方程式为： 。 （4）原料与目标产物的碳原子数均为 6，再根据信息②和③可知，原料首先发生消去反应得到环烯， 再臭氧氧化、水解，使碳碳双键断开，得到链状化合物，该链状化合物含醛基和羰基，然后发生羟醛缩合 反应形成六元环，最后环醇催化氧化转化为酮，得到目标产物，具体合成路线可表示为： 。 （5）化合物 H 的分子式为 C4H6N2，不饱和度为 3，因含六元环，则该环必为含 2 个氮原子的杂环， 分子中有 2 种氢原子，说明有一定的对称性，在不考虑立体异构的情况下，可找到 2 个氮原子处于对位时 的异构体有 2 种： 、 ；2 个氮原子处于邻位时的异构体也有 2 种： 、 。