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江西省部分高中学校2023-2024学年高三下学期3月联考化学试卷（原卷版+解析版）
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本试卷满分100分，考试用时75分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
5．可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 化学与生活密切相关．下列不涉及化学变化的是
A. 干冰摆盘B. 燃放烟花C. 食醋除水垢D. 秸秆沤肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．干冰摆盘利用了干冰易升华的性质，干冰升华，就是固态的CO2转变为气态的 CO2，没有生成新物质，所以是物理变化，不属于化学变化，A符合题意；
B．燃烧属于化学变化，燃放烟花过程中也有二氧化碳，二氧化硫等气体产生，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．食醋主要成分是乙酸，与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应，利用醋酸的酸性与碱和碳酸盐反应，是化学反应，C不符合题意；
D．秸秆沤肥是秸秆发酵形成有机肥，发酵过程有微生物参与，是化学变化并生成新物质，D不符合题意；
本题选A。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 的电子式：
B. 分子的球棍模型：
C. 分子的模型：
D. 激发态C原子价层电子排布图可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A． 的电子式：，A错误；
B．分子的球棍模型，B错误；
C．分子的模型 ，C错误；
D．激发态C原子价层电子排布图可能为，D正确；
故选D。
3. 下列关于仪器使用的说法正确的是
A. 分液漏斗——过滤B. 滴定管——量取溶液C. 容量瓶——溶解固体D. 表面皿——灼烧固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．分液漏斗用于萃取、分液，过滤用普通漏斗，A错误；
B．滴定管可以用于滴定实验，也可以用于准确量取一定体积的液体，B正确；
C．容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液，由于是精确仪器，不能用于溶解固体，否则溶解放热会导致容积变化，配制不准确，C错误；
D．表面皿是玻璃仪器，不可用于灼烧固体，灼烧固体用坩埚，D错误；
本题选B。
4. 用脯氨酸()催化合成酮醛的反应如图．下列说法错误的是
A. 常温下，a可与水互溶B. 新制检验产物c中是否含有b
C. 脯氨酸的分子式为C5H7NO2D. c中所有碳原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．a为丙酮，常温下可与水互溶，故A正确；
B．b中有醛基，c中没有，能用新制检验产物c中是否含有b，故B正确；
C．由结构简式可知，脯氨酸分子式为C5H9NO2，故C错误；
D．存在C=O和苯环，由于单键可旋转，c中所有碳原子可能共面，故D正确；
故选C。
5. 联合制碱法利用食盐水、氨气和二氧化碳制纯碱，涉及的反应之一为．设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 常温常压下，含π键的数目为
B. 晶体中含离子数目为
C. 溶液中含数目为
D. 标准状况下，通入水中，溶液中数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．非标准状况下，无法通过气体体积计算物质的量，A错误；
B．，故0.1mlNaHCO3晶体中含离子数目为0.2NA，B正确；
C．未给出溶液体积，故无法根据浓度计算离子个数，C错误；
D．氨气部分溶于水，故溶液中铵根个数小于0.5NA，D错误；
故答案：B。
6. 牛磺酸（,白色针状结晶）对于防治缺铁性贫血有明显效果．牛磺酸粗品（含有等杂质）的提纯步骤如下：
Ⅰ．取牛磺酸粗品，溶于浓盐酸中，过滤，得到滤液1和滤渣1；
Ⅱ．对滤液1进行一系列操作得到滤渣2；
Ⅲ．用试剂X洗涤滤渣2并干燥，得到牛磺酸精品．
已知：牛磺酸化学性质稳定，在水中的溶解度随温度升高而增大，微溶于95%乙醇，易溶于浓盐酸．下列说法正确的是
A. 步骤Ⅰ中滤渣1的主要成分为
B. 步骤Ⅱ中一系列操作为蒸馏
C. 步骤Ⅲ中试剂X可能为95%乙醇
D. 中的化学键类型完全相同
【答案】C
【解析】
【分析】牛磺酸（,白色针状结晶）粗品（含有等杂质），溶于浓盐酸中，由于牛磺酸易溶于浓盐酸可知，滤渣1为，滤液1中含有牛磺酸、、盐酸等，对滤液1进行降温结晶，过滤得到滤渣2，滤渣2为硫磺酸，由于微溶于95%乙醇，用95%乙醇洗涤滤渣2并干燥，得到牛磺酸精品。
【详解】A．由分析知，步骤Ⅰ中滤渣1为，A错误；
B．由分析知，步骤Ⅱ中一系列操作为降温结晶，过滤，B错误；
C．由分析知，步骤Ⅲ中试剂X可能为95%乙醇，C正确；
D．中只含有离子键，中既含离子键，又含共价键，D错误；
故选C。
7. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素且只有Q为金属元素，基态X原子核外电子占据3个能级且每个能级上的电子数相等，Z是地壳中含量（质量分数）最高的元素，基态W原子p轨道上的电子数比s轨道上的电子数多4，Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和．下列说法正确的是
A. Q位于元素周期表的区B. 第一电离能：
C. 简单氢化物沸点：D. 氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】基态X原子核外电子占据3个能级且每个能级上的电子数相等，则X为C，Z是地壳中含量（质量分数）最高的元素，则Z为O，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，则Y为N，基态W原子p轨道上的电子数比s轨道上的电子数多4，则W为S，Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和，则Q为Cu，
【详解】A．由分析知，Q为Cu，位于元素周期表的区，A正确；
B．非金属元素的第一电离能大于金属，同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，故CuC．H2O之间存在氢键，NH3之间存在氢键，水分子之间的氢键数大于氨分子之间的氢键数,导致水的沸点较高，简单氢化物的沸点：，C错误；
D．没有指明是最高价，如碳酸酸性大于次氯酸，D错误；
故选A。
8. 化合物X（结构如图）是一种可以保护胃黏膜的药物．下列有关说法正确的是
A. 该物质属于芳香烃B. 分子中不含手性碳原子
C. 不能发生消去反应和水解反应D. 分子中碳原子的杂化方式有2种
【答案】D
【解析】
【详解】A．烃只有碳、氢元素组成，该物质除C、H元素外还含有N、O、Cl元素，不属于芳香烃，故A错误；
B．分子中含有手性碳原子，位置如图：，故B错误；
C．分子中含有-Cl，且-Cl与苯环直接相连，可发生水解反应，不能发生消去反应，肽键可发生水解反应，故C错误；
D．饱和的碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化，故D正确；
故选D。
9. 下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al为两性金属，可与NaOH溶液反应，发生失电子的氧化反应，为该原电池负极，而Mg不能与NaOH反应，为原电池正极，不能比较二者金属性，A错误；
B．向溶液中通入足量的，发生氧化还原反应，将氧化生成S，可证明氧化性：，B正确；
C．过量的溶液与和均可直接反应生成沉淀，不能证明有沉淀转化，无法比较的大小，C错误；
D．向酸性溶液中通入某无色气体，若酸性高锰酸钾溶液褪色，可证明该气体具有还原性，但不能证明一定为，D错误；
答案选B。
10. 为了缓解“温室效应”带来的影响，科研工作者研究得出在催化剂作用下能够转化为甲烷，发生反应：．将原料气按加入密闭容器中发生反应，测得的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示．下列说法正确的是
A.
B.
C. 当温度为、压强为时，G点：
D. 选取高效催化剂或更大比表面积的催化剂，均能提高的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，的转化率下降，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A错误；
B．根据方程式的特点，该反应是气体分子个数减少的反应，增大压强，有利于应正向移动，即相同温度下，压强越大，CO2平衡时转化率越大，故x＞y＞z＞w，B错误；
C．当温度为、压强为时，G点转化率大于 、时的平衡转化率，平衡必然向逆反应方向移动，G点：，C正确；
D．催化剂只能改变反应速率不能改变物质平衡转化率，D错误；
故选C。
11. 二氯异氰尿酸钠为白色固体，溶于水释放出,是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂．测定某二氯异氰尿酸钠样品的纯度步骤如下：
将粗产品溶于无氧蒸馏水中并配成溶液，取所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量溶液，密封在暗处静置．用的（见光易分解）标准溶液进行滴定，待溶液呈浅黄色时加入指示剂，滴定至终点时，消耗,标准溶液．
已知：①；
②;
③若某“84”消毒液与氯气的氧化能力相当，则该“84”消毒液的有效氯为3.5%．
下列说法错误的是
A. 可选用淀粉溶液作指示剂
B. 标准溶液应盛装在棕色碱式滴定管中
C. 该样品的有效氯为50%
D. 该样品中的质量分数为96.75%
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉遇碘会变为蓝色，当滴定结束时碘消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时可选择淀粉溶液作指示剂，A正确；
B．见光易分解，应选择棕色滴定管，其为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以盛装在棕色碱式滴定管中，B正确；
C．该样品的有效氯：，C错误；
D．根据题干信息，得反应关系：，，D正确；
答案选C。
12. 是重要的稀土抛光材料，几乎不存在理想的的立方晶胞模型（图甲），实际晶体中常存在缺陷（图乙，设该晶体的密度为,晶胞边长为）．下列说法错误的是
A. 图甲晶胞中与原子等距且最近的原子有4个
B. 图乙晶胞的化学式可表示为
C. 若X原子的分数坐标为，则氧空位处原子的分数坐标为
D. 图乙晶胞中原子与O原子间的最近距离为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图甲知，位于面心和顶点，晶胞中与原子等距且最近的原子为面对角线的处，共有4×3=12个，A错误；
B．由图乙知，晶胞中的个数为，O的个数为7，故化学式可表示为，B正确；
C．由图乙知，若X原子的分数坐标为，由俯视知，氧空位处原子的x和y分数坐标为，由正视知，z的分数坐标为，C正确；
D．由图乙知，晶胞中原子与O原子间的最近距离为体对角线的，由密度得，晶胞边长为，体对角线为，故原子与O原子间的最近距离为，D正确；
故选A。
13. 利用库仑测硫仪测定气体中含量的电解原理如图，检测前（此时电解池不工作）电解质溶液中保持定值，待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，测定结束后，通过测定电解消耗的电量进行计算的含量（忽略检测前后溶液体积的变化）．下列说法正确的是
A. X极应该和电源的负极相连
B. 电解时消耗的电量越多，待测气体中的含量越低
C. 当通入时溶液中向X极移动
D. 若有被处理，则电解质溶液中约增加
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，测硫仪工作时，左侧铂电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式：，反应生成的碘三离子与二氧化硫反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式：，右侧铂电极为阴极，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。
【详解】A．根据分析，左侧铂电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，应与电源正极相连，A错误；
B．溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，电解时消耗的电量越多，被还原的多，待测气体中的含量越高，B错误；
C．电解池中阳离子向着阴极移动，即溶液中向Y极移动，C错误；
D．溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，根据装置中得失电子守恒可知，有被处理，则电解质溶液中约增加，D正确；
答案选D。
14. 将氨水逐滴加入的硫酸铜溶液中，测得混合液中五种微粒的物质的量分数、随的变化曲线如图．下列说法正确的是
A. 图中X点坐标为
B. 曲线④表示随变化的曲线
C. 值从小到大过程中，逐渐增大，溶液的蓝色逐渐变深
D. 反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】氨水逐滴加入的硫酸铜溶液中，存在过程：、、、，由图可知，曲线①、②、③、④、⑤分别为Cu2+、、、、的分布系数曲线。
【详解】A．当时，，X的坐标为（4.1，0.14），故A错误；
B．由分析得，曲线⑤是随变化的曲线，故B错误；
C．曲线①为Cu2+的分布系数曲线，值从小到大过程中，逐渐减小，故C错误；
D．时，，即，反应的平衡常数，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分．
15. 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用．某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了的深度利用和内循环．工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）基态铬原子的电子排布式为____________，铬在元素周期表中的位置为____________；“高温连续氧化”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式是____________。
（2）“固体Ⅲ”的主要成分是____________（填化学式）。
（3）已知，则“工序③”中通入____________（填“足量”或“少量”）的气体A更有利于得到重铬酸盐；气体A的固态属于____________晶体；流程中可以循环使用的物质除气体A外还有____________（填化学式）。
（4）“工序④”中发生反应的离子方程式为____________；常温常压下，“工序④”的溶液中铝元素恰好完全转化为沉淀的为8.37，则____________。（通常认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全）
【答案】（1） ①. [Ar]3d54s1 ②. 第四周期第VIB族 ③.
（2）Fe2O3 （3） ①. 足量 ②. 分子晶体 ③. NaOH
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】高温连续氧化工序Fe(CrO2)2和氧气、氢氧化钠反应生成氧化铁、Na2CrO4，氧化铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠；工序①中加入水，Na2CrO4、Na2AlO2、NaOH溶于水形成溶液，Fe2O3、MgO不溶于水，过滤得到滤渣I的主要成分是Fe2O3、MgO；滤渣I通入过量二氧化碳和水蒸气，氧化镁和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸氢镁，氧化铁不反应，过滤得到氧化铁固体Ⅲ和含碳酸氢镁的溶液物质Ⅱ，热解碳酸氢镁分解生成碳酸镁、二氧化碳和水蒸气，碳酸镁煅烧生成氧化镁；介稳态粗分离得到含、NaOH、的三种溶液，含溶液通过工序④通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；含溶液通过工序③通入二氧化碳生成和碳酸氢钠晶体；
【小问1详解】
Cr原子序数为24，在周期表中第四周期第VIB族，由于同一能级轨道电子半满更稳定，基态铬原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，由分析知主要反应物和产物，故“高温连续氧化”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式是4Fe(CrO2)2+16NaOH+7O2=2Fe2O3+8NaCrO4+8H2O；
【小问2详解】
由分析，“固体Ⅲ”的主要成分是Fe2O3；
【小问3详解】
由中已知的平衡反应及分析知，“工序③”中通入足量的CO2可以增大溶液中氢离子浓度，有利于平衡正向移动，更有利于得到重铬酸盐，CO2的固态即干冰，易升华，属于分子晶体，流程中可以循环使用的物质除气体A外还有介稳态相分离出的NaOH；
小问4详解】
由流程可知，介稳态粗分离得到Na2CrO4、NaOH，则得到无色溶液中含有偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，工序④中发生反应的离子方程式为；Al(OH)3+OH−⇌[Al(OH)4]−的K=。
16. 乙酸是典型的有机酸，在生产、生活中有广泛应用．乙酸作为化工原料可以制备氢气，以乙酸为原料制备氢气时的反应：
反应1（热裂解）：
反应2（脱羧基）：
（1）中形成____________中心____________电子的大π键； ____________。
（2）向一恒容密闭容器中充入一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间后，测得部分气体产率与温度的关系如图。
①已知之后氢气产率高于甲烷，试说明理由：_____________________________。
②一定温度下，若在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而产率下降，分析可能原因：____________________________（用化学方程式表示）。
（3）采用光催化反应技术直接合成乙酸，可符合原子经济学（原子利用率100%）。下列原料组合符合要求的是____________（填标号）。
A． B． C．
（4）若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2），温度为时反应达到平衡，此时总压强为力，反应1消耗起始乙酸总量的30%，反应2消耗起始乙酸总量的50%，则平衡时体积分数为____________%；反应2的平衡常数____________（为以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数，计算结果用最简式表示）。
（5）研究在水溶液中的电离平衡有重要意义。若室温下将的溶液和溶液等体积混合，恢复至室温后混合溶液中存在。则乙酸的电离平衡常数____________（用含a和b的代数式表示）。
【答案】（1） ①. 3 ②. 4 ③.
（2） ①. 反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主 ②.
（3）B （4） ①. 25 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
分子碳中心原子与2个氧原子形成2个键，孤电子对数为，价层电子对数为2，为杂化，有2个未成对电子位于2个未参与杂化的p轨道，2个p轨道与杂化轨道互相垂直，分别与1个氧原子的p轨道中未成对电子及另1个氧原子的p轨道中孤电子对形成大键，即在分子中有2个3中心、4电子的大键；
根据盖斯定律，反应1-反应2可得，故该反应的；
故答案为：3；4；；
【小问2详解】
一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间，之前氢气产率低于甲烷，说明反应2速度快为主反应，反应1速率慢，温度升高，反应速率都加快，之后反应1为吸热反应，反应速率加快更大，反应2 为放热反应，反应速率加快小，反应1为主反应，氢气产率高于甲烷；
乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，水蒸气与反应生成氢气与，使产率下降，氢气产率升高；
故答案为：反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主；；
【小问3详解】
A．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，A错误；
B．只有乙酸生成，原子利用率等于100%，B正确；
C．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，C错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
设初始乙酸物质的量为1ml，则利用三段式分析
，平衡时，总量为，则平衡时体积分数为；
反应2的平衡常数；
故答案为：25；
【小问5详解】
，混合溶液中存在、、，微粒浓度关系存在电荷守恒，由，则，物料守恒、，则、，由，乙酸的电离平衡常数；
故答案为：。
17. 对乙酰氨基酚（，）具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应．某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚（部分产物已略去）：
（1）苯酚的俗称是____________．步骤Ⅰ反应温度须控制在，采用的控温方法为____________．
（2）步骤Ⅱ的反应原理为 ,反应装置如图甲所示．该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表：
①盛装溶液的仪器名称是____________．
②通过实验数据，可知最佳反应温度为____________℃．
（3）步骤Ⅲ中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方程式为____________，的空间结构为____________．
（4）步骤Ⅳ的实验装置如图乙所示，其中，冷凝管的作用是____________；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是__________________________________________．
（5）该科学小组用苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚____________g．
【答案】（1） ①. 石炭酸 ②. 冰水浴
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 45℃
（3） ①. ②. 正四面体形
（4） ①. 冷凝回流 ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）33.22
【解析】
【分析】苯酚在0~5℃与HNO2反应，生成，与Na2S在一定温度下发生反应，生成的在硫酸的作用下析出，与（CH3CO）2O反应生成。
【小问1详解】
苯酚俗称石炭酸；步骤Ⅰ反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为：冰水浴；
【小问2详解】
①，由图可知，盛装Na2S溶液的仪器名称是：三颈烧瓶；
②由实验数据可知，产率越高，对应的反应温度越合适，最佳反应温度为45℃；
【小问3详解】
步骤Ⅱ除了生成还生成Na2S2O3，若加入硫酸过多或过快，可能导致Na2S2O3与硫酸反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：；中S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形；
【小问4详解】
冷凝管的作用是：冷凝回流；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是：洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
用0.4ml苯酚进行实验，理论上生成对乙酰氨基酚0.4ml，质量为：0.4ml×151g/ml=60.4g，对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚：60.4×55%=33.22g。
18. 有机物H是合成一种新型药物的中间体，其一种合成路线如图所示．
（1）A的名称为____________,B中含氧官能团的名称为____________,的反应类型为____________；
（2）的化学方程式为_______________________________；
（3）设计和两步反应的目的为__________________________________；
（4）化合物M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，则同时满足下列条件的M的结构有____________种，写出其中一种核磁共振氢谱有2组峰的结构简式：____________；
①M为芳香类化合物，除苯环外不含其他环，且含有两个官能团；
②能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀．
（5）参照上述合成路线，设计以1,4-丁二醇和苯胺（）为原料制备的合成路线______________（无机试剂任选）。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯 ②. 羧基 ③. 氧化反应
（2）→+H2O （3）保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生
（4） ①. 3 ②.
（5）
【解析】
【分析】从有机合成图中可以看出，根据反应条件，A→B是氧化反应，从C的结构上不难看出，是苯环上邻位的两个羧机通过分子内脱水反应而成，故B是邻苯二甲酸，A是邻二甲苯，通过D、E、F的分子式及结构式可以推出，D→E、E→F都是成肽反应，故E为，F→G是肽键的水解反应，最后由C和G反应生成H；
【小问1详解】
由分析，A的名称为邻二甲苯，B是邻苯二甲酸，其中含氧官能团的名称为羧基，A→B的反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
由分析，E→F的化学方程式为→+H2O；
【小问3详解】
设计D→E和F→G两步反应的目的为保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生；
【小问4详解】
C的分子式为C8H4O3，M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，如果小14是少CH2，且要含苯环，不饱和度太高，考虑相对分子质量比小14是少一个O多2个H，即M分子式为C8H6O2，由于M能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，含醛基，且分析分子式可知有两个醛基，两个醛基在苯环上处于邻间对共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有2组峰的为对苯二甲醛，结构简式为；
【小问5详解】
以1，4-丁二醇和苯胺为原料制备，参考题中A→B→C及C+G→H，先将其氧化为丁二酸，再用P2O5转化为丁二酸酐，与苯胺反应得目标产物，的合成路线为。选项
实验方案
探究目的
A
将金属棒用导线及小灯泡连接，同时插入的溶液中
比较的金属性
B
向溶液中通入足量的
比较的氧化性
C
向溶液中加入过量溶液，再加入溶液
比较的大小
D
向酸性溶液中通入某无色气体
验证该气体为
温度/℃
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
588
本试卷满分100分，考试用时75分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
5．可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 化学与生活密切相关．下列不涉及化学变化的是
A. 干冰摆盘B. 燃放烟花C. 食醋除水垢D. 秸秆沤肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．干冰摆盘利用了干冰易升华的性质，干冰升华，就是固态的CO2转变为气态的 CO2，没有生成新物质，所以是物理变化，不属于化学变化，A符合题意；
B．燃烧属于化学变化，燃放烟花过程中也有二氧化碳，二氧化硫等气体产生，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．食醋主要成分是乙酸，与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应，利用醋酸的酸性与碱和碳酸盐反应，是化学反应，C不符合题意；
D．秸秆沤肥是秸秆发酵形成有机肥，发酵过程有微生物参与，是化学变化并生成新物质，D不符合题意；
本题选A。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 的电子式：
B. 分子的球棍模型：
C. 分子的模型：
D. 激发态C原子价层电子排布图可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A． 的电子式：，A错误；
B．分子的球棍模型，B错误；
C．分子的模型 ，C错误；
D．激发态C原子价层电子排布图可能为，D正确；
故选D。
3. 下列关于仪器使用的说法正确的是
A. 分液漏斗——过滤B. 滴定管——量取溶液C. 容量瓶——溶解固体D. 表面皿——灼烧固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．分液漏斗用于萃取、分液，过滤用普通漏斗，A错误；
B．滴定管可以用于滴定实验，也可以用于准确量取一定体积的液体，B正确；
C．容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液，由于是精确仪器，不能用于溶解固体，否则溶解放热会导致容积变化，配制不准确，C错误；
D．表面皿是玻璃仪器，不可用于灼烧固体，灼烧固体用坩埚，D错误；
本题选B。
4. 用脯氨酸()催化合成酮醛的反应如图．下列说法错误的是
A. 常温下，a可与水互溶B. 新制检验产物c中是否含有b
C. 脯氨酸的分子式为C5H7NO2D. c中所有碳原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．a为丙酮，常温下可与水互溶，故A正确；
B．b中有醛基，c中没有，能用新制检验产物c中是否含有b，故B正确；
C．由结构简式可知，脯氨酸分子式为C5H9NO2，故C错误；
D．存在C=O和苯环，由于单键可旋转，c中所有碳原子可能共面，故D正确；
故选C。
5. 联合制碱法利用食盐水、氨气和二氧化碳制纯碱，涉及的反应之一为．设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 常温常压下，含π键的数目为
B. 晶体中含离子数目为
C. 溶液中含数目为
D. 标准状况下，通入水中，溶液中数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．非标准状况下，无法通过气体体积计算物质的量，A错误；
B．，故0.1mlNaHCO3晶体中含离子数目为0.2NA，B正确；
C．未给出溶液体积，故无法根据浓度计算离子个数，C错误；
D．氨气部分溶于水，故溶液中铵根个数小于0.5NA，D错误；
故答案：B。
6. 牛磺酸（,白色针状结晶）对于防治缺铁性贫血有明显效果．牛磺酸粗品（含有等杂质）的提纯步骤如下：
Ⅰ．取牛磺酸粗品，溶于浓盐酸中，过滤，得到滤液1和滤渣1；
Ⅱ．对滤液1进行一系列操作得到滤渣2；
Ⅲ．用试剂X洗涤滤渣2并干燥，得到牛磺酸精品．
已知：牛磺酸化学性质稳定，在水中的溶解度随温度升高而增大，微溶于95%乙醇，易溶于浓盐酸．下列说法正确的是
A. 步骤Ⅰ中滤渣1的主要成分为
B. 步骤Ⅱ中一系列操作为蒸馏
C. 步骤Ⅲ中试剂X可能为95%乙醇
D. 中的化学键类型完全相同
【答案】C
【解析】
【分析】牛磺酸（,白色针状结晶）粗品（含有等杂质），溶于浓盐酸中，由于牛磺酸易溶于浓盐酸可知，滤渣1为，滤液1中含有牛磺酸、、盐酸等，对滤液1进行降温结晶，过滤得到滤渣2，滤渣2为硫磺酸，由于微溶于95%乙醇，用95%乙醇洗涤滤渣2并干燥，得到牛磺酸精品。
【详解】A．由分析知，步骤Ⅰ中滤渣1为，A错误；
B．由分析知，步骤Ⅱ中一系列操作为降温结晶，过滤，B错误；
C．由分析知，步骤Ⅲ中试剂X可能为95%乙醇，C正确；
D．中只含有离子键，中既含离子键，又含共价键，D错误；
故选C。
7. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素且只有Q为金属元素，基态X原子核外电子占据3个能级且每个能级上的电子数相等，Z是地壳中含量（质量分数）最高的元素，基态W原子p轨道上的电子数比s轨道上的电子数多4，Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和．下列说法正确的是
A. Q位于元素周期表的区B. 第一电离能：
C. 简单氢化物沸点：D. 氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】基态X原子核外电子占据3个能级且每个能级上的电子数相等，则X为C，Z是地壳中含量（质量分数）最高的元素，则Z为O，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，则Y为N，基态W原子p轨道上的电子数比s轨道上的电子数多4，则W为S，Q的原子序数为X、Y、W原子序数的总和，则Q为Cu，
【详解】A．由分析知，Q为Cu，位于元素周期表的区，A正确；
B．非金属元素的第一电离能大于金属，同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，故Cu
D．没有指明是最高价，如碳酸酸性大于次氯酸，D错误；
故选A。
8. 化合物X（结构如图）是一种可以保护胃黏膜的药物．下列有关说法正确的是
A. 该物质属于芳香烃B. 分子中不含手性碳原子
C. 不能发生消去反应和水解反应D. 分子中碳原子的杂化方式有2种
【答案】D
【解析】
【详解】A．烃只有碳、氢元素组成，该物质除C、H元素外还含有N、O、Cl元素，不属于芳香烃，故A错误；
B．分子中含有手性碳原子，位置如图：，故B错误；
C．分子中含有-Cl，且-Cl与苯环直接相连，可发生水解反应，不能发生消去反应，肽键可发生水解反应，故C错误；
D．饱和的碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化，故D正确；
故选D。
9. 下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al为两性金属，可与NaOH溶液反应，发生失电子的氧化反应，为该原电池负极，而Mg不能与NaOH反应，为原电池正极，不能比较二者金属性，A错误；
B．向溶液中通入足量的，发生氧化还原反应，将氧化生成S，可证明氧化性：，B正确；
C．过量的溶液与和均可直接反应生成沉淀，不能证明有沉淀转化，无法比较的大小，C错误；
D．向酸性溶液中通入某无色气体，若酸性高锰酸钾溶液褪色，可证明该气体具有还原性，但不能证明一定为，D错误；
答案选B。
10. 为了缓解“温室效应”带来的影响，科研工作者研究得出在催化剂作用下能够转化为甲烷，发生反应：．将原料气按加入密闭容器中发生反应，测得的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示．下列说法正确的是
A.
B.
C. 当温度为、压强为时，G点：
D. 选取高效催化剂或更大比表面积的催化剂，均能提高的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，的转化率下降，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A错误；
B．根据方程式的特点，该反应是气体分子个数减少的反应，增大压强，有利于应正向移动，即相同温度下，压强越大，CO2平衡时转化率越大，故x＞y＞z＞w，B错误；
C．当温度为、压强为时，G点转化率大于 、时的平衡转化率，平衡必然向逆反应方向移动，G点：，C正确；
D．催化剂只能改变反应速率不能改变物质平衡转化率，D错误；
故选C。
11. 二氯异氰尿酸钠为白色固体，溶于水释放出,是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂．测定某二氯异氰尿酸钠样品的纯度步骤如下：
将粗产品溶于无氧蒸馏水中并配成溶液，取所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量溶液，密封在暗处静置．用的（见光易分解）标准溶液进行滴定，待溶液呈浅黄色时加入指示剂，滴定至终点时，消耗,标准溶液．
已知：①；
②;
③若某“84”消毒液与氯气的氧化能力相当，则该“84”消毒液的有效氯为3.5%．
下列说法错误的是
A. 可选用淀粉溶液作指示剂
B. 标准溶液应盛装在棕色碱式滴定管中
C. 该样品的有效氯为50%
D. 该样品中的质量分数为96.75%
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉遇碘会变为蓝色，当滴定结束时碘消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时可选择淀粉溶液作指示剂，A正确；
B．见光易分解，应选择棕色滴定管，其为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以盛装在棕色碱式滴定管中，B正确；
C．该样品的有效氯：，C错误；
D．根据题干信息，得反应关系：，，D正确；
答案选C。
12. 是重要的稀土抛光材料，几乎不存在理想的的立方晶胞模型（图甲），实际晶体中常存在缺陷（图乙，设该晶体的密度为,晶胞边长为）．下列说法错误的是
A. 图甲晶胞中与原子等距且最近的原子有4个
B. 图乙晶胞的化学式可表示为
C. 若X原子的分数坐标为，则氧空位处原子的分数坐标为
D. 图乙晶胞中原子与O原子间的最近距离为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图甲知，位于面心和顶点，晶胞中与原子等距且最近的原子为面对角线的处，共有4×3=12个，A错误；
B．由图乙知，晶胞中的个数为，O的个数为7，故化学式可表示为，B正确；
C．由图乙知，若X原子的分数坐标为，由俯视知，氧空位处原子的x和y分数坐标为，由正视知，z的分数坐标为，C正确；
D．由图乙知，晶胞中原子与O原子间的最近距离为体对角线的，由密度得，晶胞边长为，体对角线为，故原子与O原子间的最近距离为，D正确；
故选A。
13. 利用库仑测硫仪测定气体中含量的电解原理如图，检测前（此时电解池不工作）电解质溶液中保持定值，待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，测定结束后，通过测定电解消耗的电量进行计算的含量（忽略检测前后溶液体积的变化）．下列说法正确的是
A. X极应该和电源的负极相连
B. 电解时消耗的电量越多，待测气体中的含量越低
C. 当通入时溶液中向X极移动
D. 若有被处理，则电解质溶液中约增加
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，测硫仪工作时，左侧铂电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式：，反应生成的碘三离子与二氧化硫反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式：，右侧铂电极为阴极，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。
【详解】A．根据分析，左侧铂电极为电解池的阳极，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，应与电源正极相连，A错误；
B．溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，电解时消耗的电量越多，被还原的多，待测气体中的含量越高，B错误；
C．电解池中阳离子向着阴极移动，即溶液中向Y极移动，C错误；
D．溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解至又回到原定值，根据装置中得失电子守恒可知，有被处理，则电解质溶液中约增加，D正确；
答案选D。
14. 将氨水逐滴加入的硫酸铜溶液中，测得混合液中五种微粒的物质的量分数、随的变化曲线如图．下列说法正确的是
A. 图中X点坐标为
B. 曲线④表示随变化的曲线
C. 值从小到大过程中，逐渐增大，溶液的蓝色逐渐变深
D. 反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】氨水逐滴加入的硫酸铜溶液中，存在过程：、、、，由图可知，曲线①、②、③、④、⑤分别为Cu2+、、、、的分布系数曲线。
【详解】A．当时，，X的坐标为（4.1，0.14），故A错误；
B．由分析得，曲线⑤是随变化的曲线，故B错误；
C．曲线①为Cu2+的分布系数曲线，值从小到大过程中，逐渐减小，故C错误；
D．时，，即，反应的平衡常数，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分．
15. 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用．某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了的深度利用和内循环．工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）基态铬原子的电子排布式为____________，铬在元素周期表中的位置为____________；“高温连续氧化”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式是____________。
（2）“固体Ⅲ”的主要成分是____________（填化学式）。
（3）已知，则“工序③”中通入____________（填“足量”或“少量”）的气体A更有利于得到重铬酸盐；气体A的固态属于____________晶体；流程中可以循环使用的物质除气体A外还有____________（填化学式）。
（4）“工序④”中发生反应的离子方程式为____________；常温常压下，“工序④”的溶液中铝元素恰好完全转化为沉淀的为8.37，则____________。（通常认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全）
【答案】（1） ①. [Ar]3d54s1 ②. 第四周期第VIB族 ③.
（2）Fe2O3 （3） ①. 足量 ②. 分子晶体 ③. NaOH
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】高温连续氧化工序Fe(CrO2)2和氧气、氢氧化钠反应生成氧化铁、Na2CrO4，氧化铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠；工序①中加入水，Na2CrO4、Na2AlO2、NaOH溶于水形成溶液，Fe2O3、MgO不溶于水，过滤得到滤渣I的主要成分是Fe2O3、MgO；滤渣I通入过量二氧化碳和水蒸气，氧化镁和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸氢镁，氧化铁不反应，过滤得到氧化铁固体Ⅲ和含碳酸氢镁的溶液物质Ⅱ，热解碳酸氢镁分解生成碳酸镁、二氧化碳和水蒸气，碳酸镁煅烧生成氧化镁；介稳态粗分离得到含、NaOH、的三种溶液，含溶液通过工序④通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；含溶液通过工序③通入二氧化碳生成和碳酸氢钠晶体；
【小问1详解】
Cr原子序数为24，在周期表中第四周期第VIB族，由于同一能级轨道电子半满更稳定，基态铬原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，由分析知主要反应物和产物，故“高温连续氧化”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式是4Fe(CrO2)2+16NaOH+7O2=2Fe2O3+8NaCrO4+8H2O；
【小问2详解】
由分析，“固体Ⅲ”的主要成分是Fe2O3；
【小问3详解】
由中已知的平衡反应及分析知，“工序③”中通入足量的CO2可以增大溶液中氢离子浓度，有利于平衡正向移动，更有利于得到重铬酸盐，CO2的固态即干冰，易升华，属于分子晶体，流程中可以循环使用的物质除气体A外还有介稳态相分离出的NaOH；
小问4详解】
由流程可知，介稳态粗分离得到Na2CrO4、NaOH，则得到无色溶液中含有偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，工序④中发生反应的离子方程式为；Al(OH)3+OH−⇌[Al(OH)4]−的K=。
16. 乙酸是典型的有机酸，在生产、生活中有广泛应用．乙酸作为化工原料可以制备氢气，以乙酸为原料制备氢气时的反应：
反应1（热裂解）：
反应2（脱羧基）：
（1）中形成____________中心____________电子的大π键； ____________。
（2）向一恒容密闭容器中充入一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间后，测得部分气体产率与温度的关系如图。
①已知之后氢气产率高于甲烷，试说明理由：_____________________________。
②一定温度下，若在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而产率下降，分析可能原因：____________________________（用化学方程式表示）。
（3）采用光催化反应技术直接合成乙酸，可符合原子经济学（原子利用率100%）。下列原料组合符合要求的是____________（填标号）。
A． B． C．
（4）若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2），温度为时反应达到平衡，此时总压强为力，反应1消耗起始乙酸总量的30%，反应2消耗起始乙酸总量的50%，则平衡时体积分数为____________%；反应2的平衡常数____________（为以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数，计算结果用最简式表示）。
（5）研究在水溶液中的电离平衡有重要意义。若室温下将的溶液和溶液等体积混合，恢复至室温后混合溶液中存在。则乙酸的电离平衡常数____________（用含a和b的代数式表示）。
【答案】（1） ①. 3 ②. 4 ③.
（2） ①. 反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主 ②.
（3）B （4） ①. 25 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
分子碳中心原子与2个氧原子形成2个键，孤电子对数为，价层电子对数为2，为杂化，有2个未成对电子位于2个未参与杂化的p轨道，2个p轨道与杂化轨道互相垂直，分别与1个氧原子的p轨道中未成对电子及另1个氧原子的p轨道中孤电子对形成大键，即在分子中有2个3中心、4电子的大键；
根据盖斯定律，反应1-反应2可得，故该反应的；
故答案为：3；4；；
【小问2详解】
一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间，之前氢气产率低于甲烷，说明反应2速度快为主反应，反应1速率慢，温度升高，反应速率都加快，之后反应1为吸热反应，反应速率加快更大，反应2 为放热反应，反应速率加快小，反应1为主反应，氢气产率高于甲烷；
乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，水蒸气与反应生成氢气与，使产率下降，氢气产率升高；
故答案为：反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主；；
【小问3详解】
A．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，A错误；
B．只有乙酸生成，原子利用率等于100%，B正确；
C．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，C错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
设初始乙酸物质的量为1ml，则利用三段式分析
，平衡时，总量为，则平衡时体积分数为；
反应2的平衡常数；
故答案为：25；
【小问5详解】
，混合溶液中存在、、，微粒浓度关系存在电荷守恒，由，则，物料守恒、，则、，由，乙酸的电离平衡常数；
故答案为：。
17. 对乙酰氨基酚（，）具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应．某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚（部分产物已略去）：
（1）苯酚的俗称是____________．步骤Ⅰ反应温度须控制在，采用的控温方法为____________．
（2）步骤Ⅱ的反应原理为 ,反应装置如图甲所示．该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表：
①盛装溶液的仪器名称是____________．
②通过实验数据，可知最佳反应温度为____________℃．
（3）步骤Ⅲ中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方程式为____________，的空间结构为____________．
（4）步骤Ⅳ的实验装置如图乙所示，其中，冷凝管的作用是____________；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是__________________________________________．
（5）该科学小组用苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚____________g．
【答案】（1） ①. 石炭酸 ②. 冰水浴
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 45℃
（3） ①. ②. 正四面体形
（4） ①. 冷凝回流 ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）33.22
【解析】
【分析】苯酚在0~5℃与HNO2反应，生成，与Na2S在一定温度下发生反应，生成的在硫酸的作用下析出，与（CH3CO）2O反应生成。
【小问1详解】
苯酚俗称石炭酸；步骤Ⅰ反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为：冰水浴；
【小问2详解】
①，由图可知，盛装Na2S溶液的仪器名称是：三颈烧瓶；
②由实验数据可知，产率越高，对应的反应温度越合适，最佳反应温度为45℃；
【小问3详解】
步骤Ⅱ除了生成还生成Na2S2O3，若加入硫酸过多或过快，可能导致Na2S2O3与硫酸反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：；中S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形；
【小问4详解】
冷凝管的作用是：冷凝回流；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是：洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
用0.4ml苯酚进行实验，理论上生成对乙酰氨基酚0.4ml，质量为：0.4ml×151g/ml=60.4g，对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚：60.4×55%=33.22g。
18. 有机物H是合成一种新型药物的中间体，其一种合成路线如图所示．
（1）A的名称为____________,B中含氧官能团的名称为____________,的反应类型为____________；
（2）的化学方程式为_______________________________；
（3）设计和两步反应的目的为__________________________________；
（4）化合物M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，则同时满足下列条件的M的结构有____________种，写出其中一种核磁共振氢谱有2组峰的结构简式：____________；
①M为芳香类化合物，除苯环外不含其他环，且含有两个官能团；
②能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀．
（5）参照上述合成路线，设计以1,4-丁二醇和苯胺（）为原料制备的合成路线______________（无机试剂任选）。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯 ②. 羧基 ③. 氧化反应
（2）→+H2O （3）保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生
（4） ①. 3 ②.
（5）
【解析】
【分析】从有机合成图中可以看出，根据反应条件，A→B是氧化反应，从C的结构上不难看出，是苯环上邻位的两个羧机通过分子内脱水反应而成，故B是邻苯二甲酸，A是邻二甲苯，通过D、E、F的分子式及结构式可以推出，D→E、E→F都是成肽反应，故E为，F→G是肽键的水解反应，最后由C和G反应生成H；
【小问1详解】
由分析，A的名称为邻二甲苯，B是邻苯二甲酸，其中含氧官能团的名称为羧基，A→B的反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
由分析，E→F的化学方程式为→+H2O；
【小问3详解】
设计D→E和F→G两步反应的目的为保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生；
【小问4详解】
C的分子式为C8H4O3，M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，如果小14是少CH2，且要含苯环，不饱和度太高，考虑相对分子质量比小14是少一个O多2个H，即M分子式为C8H6O2，由于M能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，含醛基，且分析分子式可知有两个醛基，两个醛基在苯环上处于邻间对共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有2组峰的为对苯二甲醛，结构简式为；
【小问5详解】
以1，4-丁二醇和苯胺为原料制备，参考题中A→B→C及C+G→H，先将其氧化为丁二酸，再用P2O5转化为丁二酸酐，与苯胺反应得目标产物，的合成路线为。选项
实验方案
探究目的
A
将金属棒用导线及小灯泡连接，同时插入的溶液中
比较的金属性
B
向溶液中通入足量的
比较的氧化性
C
向溶液中加入过量溶液，再加入溶液
比较的大小
D
向酸性溶液中通入某无色气体
验证该气体为
温度/℃
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
588
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