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    黄金卷02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷(全国卷专用)
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    黄金卷02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷(全国卷专用)

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    【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷(全国卷专用)
    黄金卷02
    (满分100分,时间50分钟)

    注意事项:
    1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
    2.作答时,务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
    可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 k-39 Mn-55
    一、选择题:本题共7小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
    7.2022年11月,国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单。“液体太阳能燃料”技术位列其中。该技术利用太阳能分解水制氢,并耦合二氧化碳生成绿色清洁能源-----甲醇。中科院大连化物所李灿团队已将“液体太阳能燃料”技术从实验室布局到规模化工业生产。


    以下相关说法正确的是
    A.二氧化碳转化为甲醇,碳仍维持4条价键,碳未参与氧化还原
    B.二氧化碳加氢生成甲醇是个自发反应,否则该研究毫无意义
    C.甲醇的沸点低于水,是由于水分子间有氢键加固了分子间作用
    D.高活性与高选择性的催化剂是“液态阳光”工业化的核心
    【答案】D
    【详解】
    A.二氧化碳转化为甲醇,碳化合价降低,碳被还原,故A错误;
    B.自发反应并非一定会发生,非自发反应也可借助外力(如电、光等)使其发生,B错误;
    C.甲醇分子间也存在氢键,故C错误;
    D.反应速度快,同时催化剂选择性高(二氧化碳与氢气反应存在副反应),又快又多的生成目标产物,提高经济效益,这是该技术从实验室迈向工业化必需解决的核心问题,D正确;
    故答案选D。


    8.光刻胶是制芯片过程中用到的一种功能性胶水,其中一种胶水的主要成分是聚乙烯醇肉桂酸酯,可通过如下反应制得:

    下列有关说法不正确的是
    A.该反应属于酯化反应 B.聚乙烯醇的单体是乙烯醇
    C.肉桂酸的9个碳原子可能共平面 D.聚乙烯醇肉桂酸酯可溶于NaOH溶液中
    【答案】B
    【详解】A.由反应方程式可知,该反应为酯化反应,A正确;
    B.乙烯醇不稳定,互变异构为CH3CHO,B错误;
    C.肉桂酸中可以理解为两个平面即苯环一个平面和含碳碳双键的平面,这两个平面之间的碳碳单键可以旋转,因此9个碳原子可能共平面,C正确;
    D.聚乙烯醇肉桂酸酯属于酯类物质,该酯在NaOH溶液中水解成聚乙烯醇与肉桂酸钠而溶解,D正确;
    答案选B。

    9.某固体混合物可能由、、、、、中的若干种物质组成,设计部分实验方案探究该固体混合物的成分,所加试剂均过量,下列说法正确的是

    A.气体A中一定含有
    B.固体中可能含有
    C.该固体混合物中和至少有其中一种
    D.该固体混合物一定含有、、
    【答案】C
    【分析】由气体A通过酸性高锰酸钾溶液气体体积缩小可知,气体A中一定含有二氧化硫,气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种,则固体混合物中一定含有亚硫酸钠和铁、碳酸钠中的一种或两种;由溶液A中加入氢氧化钠溶液生成一段时间后颜色加深的白色沉淀B可知,白色沉淀B为氢氧化亚铁,溶液A中一定含有亚铁离子,则固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种;由溶液B中加入硝酸钡溶液得到沉淀C和溶液C,溶液C与酸化的硝酸银溶液生成沉淀D可知,沉淀C为硫酸钡沉淀、沉淀D为氯化银沉淀,溶液B和溶液C中含有氯离子,则固体混合物中一定含有氯化钡,固体A中一定含有硫酸钡,可能含有二氧化硅。
    【详解】A.由分析可知,气体A中一定含有二氧化硫,气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种,故A错误;
    B.由分析可知,固体A中一定含有硫酸钡,可能含有二氧化硅,故B错误;
    C.由分析可知,溶液A中一定含有亚铁离子,固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种,故C正确;
    D.由分析可知,固体混合物中一定含有亚硫酸钠、氯化钡,可能含有碳酸钠,故D错误;
    故选C。

    10.是一种白色晶体粉末,不溶于水,用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素,已知W、X形成的化合物种类最多,Y原子最外层电子数是其电子层数3倍,人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐,热分解可制备ZY,该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述不正确的是

    A.150℃~200℃阶段热分解失去
    B.400℃~600℃热分解后生成固体化合物
    C.W、Y可形成具有杀菌消毒作用的化合物
    D.化合物具有还原性和强酸性
    【答案】D
    【分析】W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素,已知W、X形成的化合物种类最多,Y原子最外层电子数是其电子层数3倍,说明为氧元素,W为碳元素,人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐,说明Z为钙元素。应该为CaC2O4·H2O,其相对分子质量为146,结合图可知原始固体质量为146g,即1mol,据此分析。
    【详解】A.150℃~200℃阶段热分解,质量从146克变为128克,少了1mol水的质量,即1molCaC2O4·H2O失去1molH2O,故只是失去水,A正确;
    B.400℃~600℃热分解,质量从128克变成100克,即1mol CaC2O4固体失去1molCO,故生成固体化合物为1molCaCO3,B正确;
    C.氢和氧可以形成过氧化氢,具有杀菌消毒的作用,C正确;
    D.化合物为草酸,具有还原性和弱酸性,D错误;
    故选D。

    11.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是

    目的
    方案设计
    现象和结论
    A
    比较S与C的非金属性强弱
    用试纸测定的和溶液的
    若前者的试纸颜色比后者深,说明非金属性:
    B
    探究与氧化性的强弱
    向和的混合溶液中滴入酸化的溶液
    若溶液变红,说明氧化性:
    C
    比较和的大小
    取溶液于试管中,加入溶液,待不再有白色沉淀产生后加入溶液
    若产生黄色沉淀,说明:
    D
    证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应
    将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中
    若溶液褪色,说明发生了消去反应

    【答案】D
    【详解】A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,要根据钠盐溶液 pH 大小确定非金属性强弱时必须是其最高价含氧酸的盐,亚硫酸钠不是S元素最高价氧化物的水化物的盐溶液,所以不能根据等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的 pH 值判断非金属的非金属性强弱,故A错误;
    B.NO也有氧化性,也可以氧化Fe2+,溶液变红不能证明Ag+氧化了Fe2+还是NO氧化Fe2+,故B错误;
    C.溶液过量,加入I-后,过量的Ag+与I-直接生成了沉淀,不是沉淀的转化,故C错误;
    D.溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应生成乙烯,乙烯通入溴的溶液中发生加成反应,溶液褪色说明发生了消去反应,故D正确;
    故答案为D

    12.如图电化学装置可制备偏钨酸铵(NH4)6(H2W12O40),双极膜中间层中的水解离为H+和OH-,并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是

    A.阳极发生氧化反应,电极反应为4NH3·H2O- 4e- = 4+ O2↑+2H2O
    B.双极膜中间层中的OH-向左侧迁移进入碱室,a膜为阳离子交换膜
    C.产品室发生反应: 12 +18H+ = [H2W12O40]6- +8H2O
    D.当电路中通过4mol电子时,阴极室溶液的质量理论上增加72g
    【答案】D
    【分析】该电解池左侧为阳极,发生氧化反应,在氨水环境下,水失电子生成氧气及铵根,碱室中阴离子通过阴离子交换膜进入阳极室,调整电荷关系;右侧阴极室发生还原反应,水得电子生成氢气与氢氧根,产品室中铵根通过a膜进入阴极室调节电荷关系,阴极室中离子不能进入产品室,防止造成产品含有杂质,所以a膜为阳离子交换膜;根据题目要求,产品室中在酸性条件下生成产品的阴离子[H2W12O40]6-,产品室中富余的铵根通过a膜进入阴极室;
    【详解】A.阳极发生氧化反应,H2O中氧原子失电子变为O2和H+,酸性条件下NH3•H2O生成,电极反应式表达正确,不符题意;
    B.电解池中阴离子向阳极移动,阳离子向阴极移动,产品室中通过a膜进入阴极室结合阴极上水得电子后的OH-生成NH3•H2O,描述正确,不符题意;
    C.根据题目所给信息及点解产物分析,离子方程式表达正确,不符题意;
    D.当电路中通过4mol电子时,阴极反应生成2molH2和4molOH-,通过a膜进入4mol,所以阴极室质量变化为18g•mol-1×4mol-2 g•mol-1×2mol=68g,计算错误,符合题意;
    综上,本题选D。

    13.工业上可用氨水处理硫酸厂尾气中的SO2.常温下,向一定浓度的氨水中通入SO2气体,溶液中lgx[x=或与溶液pH的关系如图所示。

    下列说法错误的是
    A.曲线II代表lg
    B.当溶液的pH由7.2降到1.9的过程中,溶液中浓度呈增大趋势
    C.当溶液中的c() =c(H2SO3)时,溶液的pH约为4
    D.(NH4)2SO3溶液中存在离子浓度关系:c(NH3·H2O) +c(OH-)>c(H+) +c( ) +c( H2SO3)
    【答案】B
    【分析】SO2溶于水生成H2SO3,H2SO3是弱电解质,分步电离,分别是,,一步电离程度远大于二步电离程度;当溶液中H2SO3较多时,溶液pH很小,当溶液中较多时,溶液pH较大;
    【详解】A.根据分析,曲线II代表lg,A正确;
    B.由曲线II的变化趋势可以知道,当时,pH=1.9,pH越大,lg越大,越高;则pH由7.2降至1.9时,在变小,B错误;
    C.根据分析及图象信息,,则,代入Ka1表达式有,整理得,所以,C正确;
    D.根据溶液中质子守恒,可以整理出(NH4)2SO3的粒子浓度等式关系:,由此可以判断D正确;
    综上,本题选B。

    (一)必考题:共43分。
    26.(14分)铜转炉烟灰含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及SiO2。其有价金属回收工艺流程如下。已知:25℃时,,。回答下列问题:

    回答下列问题:
    (1)“浸出”中,当硫酸浓度大于1.8 mol/L时,金属离子浸出率反而下降,原因是_______。
    (2)“除杂”中,加入ZnO调pH至5.2后,用KMnO4溶液氧化后,所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2,该氧化过程的离子方程式为_______。
    (3)ZnSO4的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为:

    ①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜,停止加热;
    ②降温至_______℃蒸发至溶液出现晶膜,停止加热;
    ③冷却至室温,过滤、洗涤、干燥。洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水,其原因是_______。
    (4)“转化”后,滤饼的主要成分是SiO2和_______。该工艺中,可循环利用的物质有_______。
    【答案】(1)难溶物PbSO4覆盖在表面,阻碍铜、锌元素的浸出
    (2)
    (3)     60     减少ZnSO4·7H2O的溶解损失
    (4)     PbCO3     HNO3

    【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”,得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4;浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁;浸出渣加入碳酸钠溶液中,PbSO4沉淀转化为PbCO3,滤饼用硝酸溶解,PbCO3生成Pb(NO3)2,滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀;“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁,所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁;“除杂”中,加入ZnO调pH至5.2后,用KMnO4溶液氧化把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀过滤,所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2,滤液②蒸发浓缩得到ZnSO4·7H2O。
    【详解】(1)“浸出”中,当硫酸浓度大于1.8 mol/L时,金属离子浸出率反而下降,这是由于当硫酸浓度大于1.8 mol/L时,难溶物PbSO4覆盖在表面,阻碍铜、锌元素的浸出,金属离子浸出率反而下降;
    (2)“除杂”中,加入ZnO调pH至5.2后,用KMnO4溶液氧化Fe2+,氧化产物是Fe(OH)3、还原产物是MnO2,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒,可得,配平氧化过程的离子方程式为;
    (3)②根据曲线变化可知: 60℃硫酸锌的溶解度最大,降温至60℃蒸发至溶液出现晶膜,得到硫酸锌饱和浓溶液,停止加热;
    ③冷却至室温,过滤、洗涤、干燥,洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水,是为了减少ZnSO4·7H2O的损失;
    (4)“转化”后,PbSO4沉淀转化为PbCO3,滤饼的主要成分是SiO2和PbCO3;该工艺中,“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅,“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸,所以可循环利用的物质有HNO3。

    27.(14分)高锰酸钾具有强氧化性,广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题:
    (1)称取和,置于铁坩埚中并混合均匀,加热混合物至熔融。加热铁坩埚时,除图中的部分仪器外,还需要_______(填仪器名称),不使用瓷坩埚的原因是_______。

    (2)将分多次加入熔融物中,继续加热,反应剧烈,最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为_______,分多次加入的原因是_______。
    (3)待铁坩埚冷却后,将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入,使歧化为与。用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上,观察到_______,表明转化已完全。静置片刻,抽滤。该步骤若用代替,可能的后果是_______。
    (4)水浴加热滤液至出现晶膜,冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是_______。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据,步骤(3)中不宜通入过多,目的是_______,产品经纯化后称重,质量为3.60g。本实验中的产率为_______%。
    温度/℃
    20
    30
    40
    50

    110
    114
    117
    121

    33.7
    39.9
    47.5
    65.6

    6.4
    9.0
    12.6
    16.9


    【答案】(1)     泥三角     氢氧化钾可以和瓷坩埚反应
    (2)     3MnO2+ 6KOH+KClO3=3K2MnO4+ KCl+3H2O     由于该反应非常剧烈,分多次加入可以使反应较平稳地进行,防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅
    (3)     只有紫红色痕迹,没有绿色痕迹     氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰,无法得到高锰酸钾
    (4)     受热均匀     提高产品的纯度     85.5%

    【分析】本题是一道无机物制备类的实验题,在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融,然后加入二氧化锰发生反应生成,再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾,结晶后得到晶体,以此解题。
    【详解】(1)加热固体药品的时候,需要用铁坩埚、三角架和泥三角,故还需要泥三角;瓷坩埚的成分是硅酸盐,则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应,故不能使用瓷坩埚;
    (2)二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾,氯酸钾反应生成,方程式为:3MnO2+ 6KOH+KClO3= 3K2MnO4+ KCl+3H2O;由于该反应非常剧烈,分多次加入可以使反应较平稳地进行,防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅;
    (3)高锰酸钾为紫红色,为墨绿色,故当观察到只有紫红色没有绿色痕迹时,标明转化已经完全;高锰酸钾的氧化性比较强,故用代替,可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰,从而无法得到高锰酸钾;
    (4)水浴加热的主要优点是受热均匀;通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾,加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出,会降低纯度,故目的是提高产品的纯度;由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4,由因为,,,可知生成为0.04mol,则理论上可得的物质的量为mol,其理论质量为4.21g,而实际质量为3.60g,因此本实验中高锰酸钾的产率为=;

    28.(15分)丙烷脱氢氧化是丙烷脱氢制丙烯技术的进一步发展,反应过程中伴有生成甲烷、乙烷等物质副反应,涉及反应如下:
    主反应
    Ⅰ:    
    副反应
    Ⅱ:        
    Ⅲ:    
    Ⅳ:    
    (1)判断反应Ⅱ自发进行可用来表述,若,反应能自发进行。反应Ⅱ在1000K时能自发进行的理由_______。(要列出计算过程)
    (2)若仅考虑主反应Ⅰ,一定温度下,向恒压密闭容器中通入一定量丙烷,反应后测得的组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)为:、
    ①该温度下反应的平衡常数的数值为_______。(单位用MPa,保留3位有效数字)
    ②平衡时丙烷的转化率为_______。
    (3)对于反应Ⅰ,某课题组研究设计一套丙烷连续催化脱氢装置如图。

    ①将1mol丙烷(温度为590℃)以恒定的流速依次逐个通过三个相同的装置,画出丙烯的产率随着时间的变化阶段二和阶段三的图像。(每个阶段反应均未达到平衡)_______

    ②为提高丙烯的产率,向a、b管中同时通入适量的,需要适量的理由是_______。
    (4)下列说法正确的是_______。

    A.对于主反应Ⅰ,其他条件不变,充入,该反应的平衡常数减小
    B.若只考虑反应Ⅳ,恒温恒容下充入原料气体,若压强不变则该反应达到了平衡
    C.副反应Ⅲ对应的是右图中反应(3)
    D.主反应断裂C-H键,副反应Ⅱ、Ⅳ断裂C-C键,由图可知高温条件下断裂C-C键更容易,因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应
    【答案】(1),,,所以反应在1000K时能自发
    (2)     2.25     0.75
    (3)          氧气能直接与氢气反应生成水,快速释放大量热,有利于加快反应速率,提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化,副反应大幅增加,降低丙烯产率
    (4)CD

    【分析】根据已知,丙烷经过三个装置,丙烯产率逐渐增加,越接近平衡状态,速率变化越小,丙烯产率变化越小;
    【详解】(1)根据题意,反应Ⅱ中,,,,所以反应在1000K时能自发,故填,,,所以反应在1000K时能自发;
    (2)①根据反应,已知平衡时,,则,,,故填;
    ②平衡时总压为,设通入a mol丙烷,平衡时转化x mol,则平衡时、、,即有,,解得,转化率为75%,故填75%;
    (3)①根据已知,丙烷经过三个装置,丙烯产率逐渐增加,越接近平衡状态,速率变化越小,丙烯产率变化越小,其三个阶段的产率变化图像为:
    ,故填;
    ②反应中有氢气生成,氧气能直接与氢气反应生成水,快速释放大量热,有利于加快反应速率,提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化,副反应大幅增加,降低丙烯产率,故填氧气能直接与氢气反应生成水,快速释放大量热,有利于加快反应速率,提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化,副反应大幅增加,降低丙烯产率;
    (4)A.平衡常数与温度有关,其他条件不变,平衡常数不变,故A错误;
    B.反应Ⅳ为分子数不变的反应,压强改变对平衡没有影响,故B错误;
    C.副反应Ⅲ和Ⅳ都是放热反应,升高温度平衡常数减小,反应Ⅲ放出热量更多,温度对其影响更大,对应图中反应(3),故C正确;
    D.图中反应(2)对应反应Ⅰ,反应(1)对应反应Ⅱ,温度高对其影响大,因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应,故D正确;
    故选CD。

    (二)选考题:共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计。
    35.(15分)回答下列问题
    (1)①如图所示,该有机物中σ键个数:π键个数=_______。

    ②比较、、的第一电离能的大小:_______。(从大到小排序)
    (2)石墨晶体中层与层之间的作用力是_______,该晶体每个C原子的杂化方式是_______。
    (3)氟化氢分子中的氢键如图所示,请定量解释水的沸点高于氟化氢熔沸点的原因:_______。

    (4)如图为金属Mg的晶胞结构,六棱柱底边的边长为x pm,高为y pm,阿伏伽德罗常数的值为,则金属Mg的密度为_______。(已知)

    【答案】(1)     15∶4     Zn>Cu>Ga
    (2)     范德华力(分子间作用力)    
    (3)物质的量相等的分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目,所以分子沸点高于HF
    (4)

    【详解】(1)①由键线式可知,有机物分子中单键为σ键,双键中含有1个σ键和1个π键,三键中含有1个σ键和2个π键,则σ键和π键的个数比为15∶4,故答案为:15∶4;
    ②锌原子的4s轨道为稳定的全充满结构,第一电离能大于铜元素,铜原子的4s轨道为稳定的半充满结构,第一电离能大于镓元素,则第一电离能由大到小的顺序为Zn>Cu>Ga,故答案为:Zn>Cu>Ga;
    (2)石墨晶体为混合型晶体,晶体中层与层之间的作用力是范德华力(分子间作用力),层内碳原子的杂化方式为sp2杂化,故答案为:范德华力(分子间作用力);sp2;
    (3)由图可知,氟化氢分子间形成2个氢键,而水分子间能形成4个氢键,所以等物质的量的水分子形成的氢键数目多于氟化氢,分子间的作用力大于氟化氢,沸点高于氟化氢,故答案为:物质的量相等的H2O分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目,所以H2O分子沸点高于HF;
    (4)由晶胞的结构可知,晶胞中位于顶点、面心和体内的镁原子的个数为8×+2×+3=6,晶胞的体积为6××10—30cm3,设晶体的密度为dg/cm3,由晶胞的质量公式可得:=6××10—30d,解得d=,故答案为:。

    36.(15分)某研究小组按下列路线合成药物的一个中间体Ⅰ:

    已知:
    ①物质A的核磁共振氢谱只有2个峰;


    请回答:
    (1)下列说法不正确的是_______。
    A.化合物Ⅰ的分子式是
    B.化合物H中的含氧官能团只有羟基
    C.1mol化合物E与溴水反应最多消耗2mol
    D.化合物G存在对映异构体
    (2)化合物A的结构简式是_______;化合物A→B反应类型为_______;
    (3)写出合成路线中D+G→H的化学方程式_______。
    (4)设计以丙酮、甲醛和E为原料合成F的路线(用流程图表示,无机试剂任选)_______。
    (5)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
    ①谱和IR谱检测表明:分子中共有6种不同化学环境的氢原子,有N-H键。②分子中仅含一个杂原子的六元环,环上只有一条侧链。
    【答案】(1)ABC
    (2)          消去反应
    (3)
    (4)
    (5)、、

    【分析】CH3COCH3一定条件下生成A,结合A的核磁共振氢谱为2组峰,A为 ,A发生消去反应生成B为CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2,B和CH2=CH-CN发生已知的反应生成C,C发生还原反应生成D为,E经过一系列反应生成F,F发生加成反应生成G,D和G反应取代反应生成H为 ,据此解答。
    【详解】(1)A. 化合物Ⅰ的分子式是,A错误;
    B.化合物H中的含氧官能团为羟基和醚键,B错误;
    C. E为酚,邻位和对位可以被取代,醛基可以被溴水氧化,则1mol化合物E与溴水反应最多消耗3mol ,C错误;
    D. 化合物G存在手性碳原子,存在对映异构体,D正确;
    (2)根据分析,化合物A的结构简式是;化合物A→B反应类型为消去反应;
    (3)D+G→H的化学方程式为;
    (4)以丙酮、甲醛和E为原料合成F的路线为;
    (5)①谱和IR谱检测表明:分子中共有6种不同化学环境的氢原子,有N-H键;②分子中仅含一个杂原子的六元环,环上只有一条侧链,符合条件的同分异构体为 、 、。


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