2025届高三高考押题预测卷化学（黑吉辽蒙卷01）试题（Word版附解析）

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中华优秀文化源远流长，下列说法不正确的是
A．石溪公园亦兰亭“石溪曲水兰亭意，寂寂千年寂寂名”，“曲水”暗含美酒，酒由淀粉水解而成
B．清・乾隆“瓷母”——各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分可能是氧化亚铜
C．苏曼殊《柬法忍》“来醉茎深露，胭脂画牡丹”，牡丹花“香”是因为花中含有挥发性有机物
D．《荷塘月色》“……薄薄的青雾浮起在荷塘里”中“青雾”属于胶体
【答案】A
【详解】A．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用生成酒精和二氧化碳，A不正确；
B．陶瓷主要成分为硅酸盐，氧化亚铜为红色，红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜，B正确；
C．花“香”是因为花中含有挥发性有机物，比如小分子的酯，C正确；
D．青雾是微小液滴悬浮在大气中构成的气溶胶，D正确；
故答案为：A。
2．下列化学用语正确的是
A．一氯甲烷的电子式：
B．乙烯分子中的σ键：
C．空间填充模型可以同时表示甲烷分子和四氯化碳分子
D．的分子式：C4H10
【答案】D
【详解】A．一氯甲烷是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．乙烯的 π键为，故B错误；
C．空间填充模型可以表示甲烷分子，氯原子半径大于碳原子，不能表示四氯化碳分子，故C错误；
D．的分子式为C4H10，故D正确；
选D。
3．化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法不正确的是
A．乙酸钠过饱和溶液析出带结晶水固体并放热的过程中涉及物理变化和化学变化
B．裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃
C．常温下，镁、铝表面能生成一层致密的氧化膜，保护内层的金属不被继续氧化
D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料
【答案】B
【详解】A．乙酸钠过饱和溶液析出带结晶水固体涉及化学变化，在这个过程中发生了水和反应，过程中放出热量，说明同时也涉及物理变化，A项正确；
B．裂化汽油的主要成分是烷烃和烯烃，煤焦油的主要成分为芳香烃类化合物，生物柴油的主要成分为脂肪酸甲酯或乙酯；B项错误；
C．镁、铝化学性质活泼，极易被空气中的氧气氧化生成致密的氧化膜，从而保护内层的金属不被继续氧化，C项正确；
D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，具有优异的高温抗氧化性能，使用温度可达1600℃，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料等，D项正确；
答案选B。
4．下列条件下，对应离子一定能大量共存的是
A．在0.1ml∙L-1Na2CO3溶液中：、、、
B．常温下，的溶液中：、、、
C．使甲基橙变红的溶液中：、、、
D．25℃时，水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．在0.1ml∙L-1Na2CO3溶液中，Al3+与会发生双水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．常温下，的溶液中，c(H+)=10-13ml/L，溶液呈碱性，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性溶液中，、、、都能大量存在，C符合题意；
D．25℃时，水电离出的的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、S2-会发生氧化还原反应，不能大量存在，D不符合题意；
故选C。
5．化学使生活更美好，下列因果关系说法错误的是
A．玻璃能制成规则外观的玻璃球是由于晶体的自范性
B．人体血浆中存在的缓冲体系，可以避免体系pH出现大幅度变化
C．肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基
D．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，能使蛋白质变性，常用于杀菌消毒
【答案】A
【详解】A．玻璃属于非晶体（无定形物质），没有晶体的自范性。其规则外形是通过加工（如模具成型或吹制）形成的，而非自发，A错误；
B．人体血浆中的的缓冲体系通过中和多余的或，维持pH稳定，B正确；
C．肥皂分子含亲水基（羧酸根）和疏水基（长链烃基），通过乳化作用去除油污，C正确；
D．医用酒精为体积分数75%的乙醇，能使细菌的蛋白质变性，常用于杀菌消毒，D正确；
故选A。
6．代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．()含键的数目为
B．1L 的AlCl3溶液含Al3+的数目为0.1NA
C．与足量水完全反应，转移的电子数为
D．硝基()与二氧化氮()所含的电子数均为
【答案】D
【详解】A．1个分子中含有16个键，因此(0.1ml)中含有的键的数目为1.6，A项错误；
B．AlCl3溶液中Al3+会发生水解，因此1L的AlCl3溶液含Al3+的数目小于0.1NA，B项错误；
C．为1ml，其与水反应发生过氧根的自身歧化反应，1ml与水反应转移1ml电子，故与足量水完全反应，转移的电子数为，C项错误；
D．1个硝基和1个二氧化氮含有的电子数均为7+8×2=23，因此硝基与()二氧化氮所含的电子数均为，D项正确；
故选D。
7．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
【答案】B
【详解】A．Fe3+会水解，蒸干溶液制备要在HCl气流中进行，故A错误；
B．向氯化钠中滴加2滴硝酸银，产生白色沉淀，再加入4滴碘化钾，白色沉淀转化为黄色沉淀，再滴加8滴硫化钠，黄色沉淀转化为黑色，溶液中所给银离子少量，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，故B正确；
C．制备的乙炔中含H2S等杂质，也可使高锰酸钾褪色，故C错误；
D．钢闸门通过外接电源来防腐应作阴极，接电源负极，故D错误；
故选B。
8．在工业上，双酚A通常被用来合成聚碳酸酯(PC)和环氧树脂等材料。双酚A的结构简式如图：下列关于双酚A的说法正确的是

A．该化合物属于芳香烃
B．该化合物遇到FeCl3溶液显紫色，所以该物质与苯酚互为同系物
C．双酚A不能使溴水褪色，但可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1ml双酚A与足量的溴水反应，最多消耗4mlBr2
【答案】D
【详解】A．双酚A含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故A错误；
B．双酚A含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色，属于酚类，该物质含有2个苯环、2个酚羟基，不是苯酚的同系物，故B错误；
C．双酚A含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，能使溴水褪色，故C错误；
D．双酚A中酚羟基的邻位与溴水发生取代反应生成，1ml双酚A与足量的溴水反应，最多消耗4mlBr2，故D正确；
选D。
9．下列化学反应与方程式不相符的是
A．黑火药爆炸：
B．四氯化钛水解：
C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：
D．硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：＋3NaOH＋3C17H35COONa
【答案】C
【详解】A．黑火药爆炸：，A正确；
B．四氯化钛水解：，B正确；
C．硫化钠强碱弱酸盐，溶液呈碱性，在空气中氧化变质：，C错误；
D．硬脂酸甘油酯在溶液中皂化：＋3NaOH＋3C17H35COONa，D正确；
故选C。
10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W形成的一种化合物结构为，该物质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法正确的是
A．元素非金属性：X＞Y＞ZB．简单离子半径：Y＜Z＜W
C．Y与W可以形成离子化合物W2Y3D．简单气态氢化物的稳定性：X＜Z
【答案】D
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z、W形成的一种化合物结构为，可知W为+2价金属，X可形成个共价键，Z可形成个共价键，结合原子序数可知，X为C、W为Mg、Z为O，符合Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等，Y的原子序数在C、O之间，Y为N，据此分析解题。
【详解】由上解：由上述分析可知，X为C，Y为N， Z为O，W为Mg，据此解题：
A．同周期从左向右非金属性增强，则元素非金属性：C＜N＜O即X＜Y＜Z，A错误；
B．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：N3-＞O2-＞Mg2+即Y＞Z＞W，B错误；
C．由分析可知，Y为N、W为Mg，则Y与W可以形成离子化合物为Mg3N2即W3Y2，C错误；
D．由分析可知，X为C、Z为O，非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：CH4＜H2O即X＜Z，D正确；
故答案为：
11．某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法不正确的是
A．a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液
B．实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀
C．此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性
D．点燃酒精灯加热，品红溶液恢复原色，KMnO4溶液不恢复原色
【答案】B
【分析】根据SO2的制备以及SO2的性质(酸性氧化物、还原性、氧化性、漂白性)解答。
【详解】A．70%硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，多余的SO2气体最后用NaOH溶液吸收，所以a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，A正确；
B．SO2不能漂白pH试纸，SO2与水反应生成亚硫酸，使湿润的pH试纸显红色，所以湿润的pH试纸不褪色，B错误；
C．SO2水溶液使pH试纸变红说明其水溶液具有酸性，SO2能使鲜花、品红溶液褪色说明有漂白性，使高锰酸钾溶液褪色说明有还原性，与Na2S反应生成S说明有氧化性，C正确；
D．SO2与品红溶液反应生成的无色物质不稳定，受热易分解，点燃酒精灯加热，品红溶液可恢复原色，KMnO4溶液与SO2发生氧化还原反应，加热不恢复原色，D正确；
故选B。
12．目前报道的电催化还原制主要有下图所示的类型：
下列说法错误的是
A．a、c的电解总反应相同
B．a、c的阳极发生的反应相同
C．b的阴极反应为
D．每生成1ml ，a、b、c转移的电子数均相同
【答案】B
【详解】A．a、c的电解总反应均为，A正确；
B．a、c的阳极发生的反应分别为、，B错误；
C．b的阴极反应为，C正确；
D．a、b、c阴极均只有得电子生成氨气，生成等量氨气，转移电子数相等，D正确。
答案选B。
13．由下列事实或现象能得出相应结论的是
【答案】A
【详解】A．冠醚18-冠-6空腔直径与钾离子直径接近，可识别钾离子，使钾离子存在与其空腔中，从而增大高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度，故A正确；
B．久置的氯化亚铁溶液中出现红褐色沉淀是因为亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁所致，与氢氧化铁和氢氧化亚铁的溶度积大小无关，所以溶液中出现红褐色沉淀不能比较氢氧化铁和氢氧化亚铁的大小，故B错误；
C．将盛有蓝色氯化铜溶液的烧杯浸入热水中，溶液变为黄绿色说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，所以反应的正反应活化能大于逆反应活化能，故C错误；
D．葡萄糖溶于水得到葡萄糖溶液，淀粉溶于水得到的淀粉溶液属于胶体，胶体和溶液的分散质颗粒直径不同，所以可以利用半透膜分离葡萄糖和淀粉，则利用半透膜分离葡萄糖和淀粉与在葡萄糖和淀粉水中溶解性的不同无关，故D错误；
故选A。
14．钴的一种化合物的立方晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为anm，A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为。下列说法中错误的是
A．该晶胞的体积为
B．距离C2+最近且等距离的的数目为6
C．C点的原子坐标参数为
D．Ti4+与C2+之间的最短距离为
【答案】D
【详解】A．晶胞参数为anm，该晶胞的体积为，A正确；
B．由晶胞结构图可知，钴周围最近且等距的有6个，B正确；
C．A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为，C点的原子处于体心，坐标参数为，C正确；
D．与之间最短距离为体对角线的一半：，D错误；
答案选D。
15．已知为二元酸，且第一步电离为完全电离；易溶于水；为强碱。常温下，含足量的饱和溶液中，及含微粒的分布系数[如]随溶液的变化如图。下列说法正确的是
A．甲为随溶液的变化曲线
B．常温下，任意浓度的溶液中均存在
C．的溶液中：
D．常温下，的数量级为
【答案】D
【分析】H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA-和A2-，二者浓度相等时，pH=3，则HA-电离常数=c(H+)=10-3，即图中曲线甲代表δ(HA-)随pH的变化图，曲线乙代表δ(A2-)，曲线丙代表M2A饱和溶液中-lgc(M+)随pH发生变化，据此分析解题；
【详解】A．的第一步电离为完全电离，则平衡体系中不含，且随着升高，减小、增大，结合题图可知，(甲)+，故甲为随溶液的变化曲线，错误；
B．由题图可知，点，则，当溶液浓度较小时，如，，则溶液中，B错误；
C．在溶液中只电离、不水解，且不水解，则溶液显酸性，，溶液中存在电荷守恒，故，C错误；
D．饱和溶液略呈碱性，由题图中曲线丙可知，时，，即，则，D正确。
故选D。
第II卷（非选择题 共55分）
二、非选择题，共4题，共55分。
16．（13分）还原焙烧——氨浸工艺从红上镍矿(主要成分有)中回收镍和的工艺流程如下：
已知：I．“还原焙烧”后的物质为；
Ⅱ．“氨浸”后元素的存在形式分别为；
Ⅲ．。
回答下列问题：
(1)还原焙烧前进行干燥磨矿的目的是 。
(2)用离子方程式表示在“氨浸”时发生的反应 。
(3)浸出渣的主要成分为胶状沉淀和 (填化学式)。
(4)下图为“氨浸”过程中反应时间对浸出率及浸出渣中铁元素质量分数的影响。最合适的反应时间范围是 。氨浸时的温度为左右，选择该温度的原因是 。
(5)“选择性沉钻”时，加入使溶液中的转化为沉淀从溶液中分离出来，则的平衡常数 。
(6)整个流程中，除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有 。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)2C
(3)
(4) 120~150 温度过低，反应速率较慢，温度过高，则氨气、二氧化碳容易逸出且碳酸铵会分解，导致浸取效率下降 (若回答“不需要降温或加热，条件简单容易实现，经济实惠”则给1分 )
(5)
(6)氨气
【分析】红土镍矿经干燥磨矿后与氢气反应，可以增大接触面积，加快反应速率，“还原焙烧”得到等产物，通入空气、氨气、二氧化碳、碳酸铵溶液，“氨浸”后、元素转化为、，铁元素应该转化为氢氧化铁沉淀，浸渣是、， “选择性沉钴”时，加入硫化铵使溶液中的转化为CS沉淀从溶液中分离出来，“蒸氨”时，转化为沉淀析出，煅烧生成镍的氧化物，最后还原得到镍。
【详解】（1）还原焙烧前进行干燥磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）根据题给信息可知，反应中氧气氧化转化为，结合质量守恒，“氨浸”时和氧气、氨气、二氧化碳生成和碳酸根离子，2C；
（3）由分析，二氧化硅和其它物质不反应，故浸出渣的主要成分为胶状沉淀和；
（4）由图可知，最合适的反应时间范围是120~150min；温度过低，反应速率较慢，温度过高，则氨气、二氧化碳容易逸出且碳酸铵会分解，导致浸取效率下降，故氨浸时的温度为左右；
（5）的平衡常数；
（6）“蒸氨”时产生碳酸铵和氨气，“氨浸”时会使用碳酸铵和氨气，则除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有氨气。
17．（16分）某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
(1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图1所示，此处漏斗的作用是 。
(2)写出图2中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。
(3)写出生成Z的化学方程式 。
(4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。
(5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。
①减压蒸馏；②用乙醚萃取、分液，重复2-3次 ；③过滤；④加入无水Na2SO4干燥剂吸水
AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，从配合物角度分析，原因是 。
(7)AlF3结构属立方晶系，晶胞如下图所示，F⁻的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为
【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
(2)P2O5或硅胶
(3)
(4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
(5)②④③①
(6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂
(7) 2
【分析】制取的实验流程为：将氯苯、混合在冰水浴中用作催化剂进行反应生成化合物，充分反应后得到混合物M1，再加入适量的冰水以除去和得到混合物M2，最后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，合并有机相，向有机相中加入无水进行除水，过滤除去晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的的粗产品，据此分析解答。
【详解】（1）已知易升华，即受热之后容易变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量的简易升华装置中漏斗的作用是：蒸汽遇冷在漏斗内壁凝华为固体，便于收集。
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有或硅胶等，它可以吸收水分，此处是干燥和等气体，故应该使用的酸性固体干燥剂为：或硅胶。
（3）制取是将氯苯、混合物在冰水浴中用作催化剂进行取代反应生成化合物，同时还得到HCl，则反应的方程式为：。
（4）由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有、氯苯和、等，结合题干信息可知，遇水即放出和HCl，且易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是：除去混合物中的、，实现有机相与无机相的分离，同时冰水还可以降低反应速率。
（5）由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，重复2-3次 ，合并萃取液，加入无水干燥剂除水，过滤分离出晶体，即得到氯苯和的混合物，最后再进行减压蒸馏得到最终产物，故操作顺序为：②④③①。
（6）已知易与通过配位键形成络合物，故可促进氯苯与反应中健的断裂，故原因为：易与形成络合物，促使在反应中键的断裂。
（7）由AlF3的晶胞结构可知，其中大球的个数为，小球的个数为= 1，则大球为F-，距F-最近且等距的有2个，则F-的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度为。
18．（12分）我国科研团队将工业废气中的CO2在催化条件下还原，实现了CH3OH的绿色合成。主要反应有：
Ⅰ． =—48.9kJ·ml-1
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)对反应Ⅰ：
①图中表示反应I的与T之间的关系正确的是 (填字母)。
②相对能量及其部分反应历程关系如图(A1~A4，B1~B4表示过渡态)。反应更容易按路径 (填A或B)发生，该路径中形成过渡态 (填编号)的反应速率最慢。
(2)在恒压密闭容器中，分别按投料比[n(H2)：n(CO2)]为和通入气体，若只发生反应Ⅰ和Ⅱ，CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性S随温度的变化曲线如图所示。
已知：；。
①投料比为时，CO2的平衡转化率曲线为 (填“e”或“f”)。
②温度升高，CH3OH选择性降低、CO2的平衡转化率升高的原因是 。
③投料比为3：1、温度为320℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kx= (写出计算式即可，用物质的量分数代替平衡浓度)。
【答案】(1)a B B2
(2) e 反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，当温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度
【详解】（1）①对于反应，根据，该反应的，，随温度升高，增大，故正确的图线是。
②，，路径活化能小，反应更容易按路径发生；的能量壁垒最大，反应速率最慢。
（2）①相同条件下，投料比为时与投料比为时相比较，相当于增大了氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增加，所以二氧化碳的平衡转化率曲线为；
②反应是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，当温度升高，反应逆向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应逆向移动的程度，从而导致甲醇选择性降低、二氧化碳的平衡转化率升高。
③设反应，，转化了二氧化碳：，，则 ,，，则反应消耗的二氧化碳为：，列三段式：反应：，反应：，反应最终达到平衡时，平衡体系中各物质的物质的量分别为：，，，，，。则反应的。
19．（14分）盐酸美西律(，)是一种治疗慢性室性心律失常的药物。其中一种合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)按照系统命名法，A的化学名称是 。
(2)B的分子式是 。的反应类型是 。
(3)D中含氧官能团的名称是 。
(4)的化学反应方程式为 。
(5)满足下列条件的D的同分异构体有 种(不考虑立体结构)，其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为 。
①苯环上含有三个取代基
②端基含有两个甲基
③含有能与反应产生的官能团，且该官能团不与苯环直接相连
(6)有机物H()是一种重要的医药中间体。利用以上合成路线中的相关信息，设计以和为原料合成有机物H的合成路线 。(用流程图表示，其他试剂任选)
【答案】(1)2,6-二甲基苯酚
(2) C3H6O 氧化反应
(3)醚键和酮碳基
(4)
(5)、16 、；
(6)
【分析】A与B发生开环加成得到C，C被Na2Cr2O7氧化得到D，D与NH2OH反应得到E，E先与H2在Ni催化剂作用下反应，再与HCl反应得到F。
【详解】（1）A的系统命名法命名，名称为2,6-二甲基苯酚；
（2）由B的结构简式可知，B的分子式为C3H6O；C到D羟基被氧化为酮碳基，反应类型为氧化反应；
（3）D的结构简式可知，D含氧官能团为：醚键和酮碳基
（4）D到E的反应是先加成再消去的反应，化学方程式为：；
（5）D的同分异构体满足：①苯环上含有三个取代基；
②端基含两个甲基；
③含有能与反应产生的官能团，且该官能团不与苯环直接相连；符合条件的有：含有-CH2COOH基团、、有10种，含有-CH2CH2COOH基团、、有6种，共16种；
峰面积之比为的同分异构体含有两个对称的甲基，结构简式为：、；
（6）由反应D到E到F的过程把酮羰基转化为氨基，再根据已知的反应苯环上羟基中氢原子被取代形成醚键就可以得到目标产物，合成路线为：。
A．蒸干溶液制备
B．验证沉淀转化
C．检验乙炔
D．钢闸门电化学防腐
选项
事实或现象
结论
A
冠醚18-冠-6空腔直径(260-320pm)与直径()接近，能使在有机溶剂中的溶解度增大
冠醚18-冠-6可识别
B
久置的溶液中出现红褐色沉淀

C
已知溶液中存在平衡(蓝色)+(黄色)，将盛有蓝色溶液的烧杯浸入热水中，溶液变为黄绿色
正反应活化能小于逆反应活化能
D
利用半透膜分离葡萄糖和淀粉
利用其在水中溶解性的不同