必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）

这是一份必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共22页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，1 ml H2和0等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前信息必刷卷04
全国卷(甲卷)

为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。

关注实验题型变化，制备类、探究类、验证类实验一定要统筹兼顾，考前胸有成竹

本卷满分100分，考试时间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 Ca-40 Ti-48
一、选择题：本题共7小题，每小题6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、生产密切相关。下列说法正确的是
A. 聚合蕴酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀灭水中病菌
B. “自古书契多输以竹简，其用缣帛者(丝质品)谓之为纸”，文中的纸主要成分是纤维素
C. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
D. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南的杓中含有Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．新型絮凝剂可以吸附水中杂质，达到净水的目的，并不能起到杀菌作用，A错误；
B．丝质品主要成分为蛋白质，不是纤维素，B错误；
C．体现了合金硬度大于其成分金属的硬度，C正确；
D．该段描述的是指南针，司南中的“勺”指的是磁铁，即司南中的“勺”含有Fe3O4，D错误；
故选C。
2. 用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A. 用甲装置制备Fe(OH)2 B. 用乙装置分离I2和NH4Cl固体
C. 用丙装置检查装置气密性 D. 用丁装置蒸干溶液获得NaHCO3晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．打开止水夹，使具支试管a中铁与稀硫酸反应产生的氢气充满整个装置，排除空气，然后关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，整个操作可防止氢氧化亚铁被氧化，长时间能看到白色沉淀，A符合题意；
B．I2受热易升华，凝华后分布在圆底烧瓶底部，而NH4Cl受热易分解，分解生成的氨气和HCl会自发化合重新生成固体NH4Cl，凝结在圆底烧瓶底部，不能达到分离的目的，B不符合题意；
C．丙装置长颈漏斗漏气，所以用手捂锥形瓶的方法不能检验装置的气密性，C不符合题意；
D．常温下蒸干NaHCO3溶液得不到NaHCO3晶体，因为NaHCO3受热易分解，D不符合题意；
故选A。
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，5.6L O2参加反应转移的电子数一定为NA
B. 将0.1 mol H2和0.2 mol I2(g)置于密闭容器中充分反应后，形成H-I键0.2 NA
C. 1.0g H218O与D2O的混合物中所含中子数为0.6NA
D. 将0.2mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中的数目等于0.2 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2参加反应时，有时被还原为-2价氧元素，有时被还原为-1价氧元素，因此不能确定O2参加转移的电子数，故A错误；
B．H2和I2(g)反应生成HI是可逆反应，因此无法确定最终形成H-I键数目，故B错误；
C．1.0g H218O与D2O的混合物的物质的量为=0.05mol，H218O与D2O中的中子数都是10，因此0.05mol该混合物中所含中子数为0.5NA，故C错误；
D．将0.2mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知，N()=N()=0.2 NA，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
4. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是

A. 电解熔融可获得Q的单质
B. 原子半径：Z>Y
C. W的含氧酸均为强酸
D. Y、Z、W均能和X形成18电子的分子
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知X为H原子，Y为C原子，Z为N原子，Q为Al原子，W为Cl原子。
【详解】A．为共价化合物，电解熔融的无法获得Al单质，A项错误；
B．同周期主族元素原子半径从左往右依次减小，原子半径：C＞N，B项错误；
C．W的含氧酸有为弱酸、为强酸，则W的最高价氧化物形成的含氧酸为强酸，C项错误；
D．C、N、Cl均能与H原子形成、、都为18电子的分子，D项正确；
答案选D。
5. 奎宁酸是一种白色透明结晶，存在于金鸡纳树树皮中，其结构如图所示。下列关于奎宁酸说法错误的是

A. 分子式为
B. 所有碳原子可能共平面
C. 六元环上的一个氢原子被氯原子取代的产物有3种(不考虑立体异构)
D. 一定量的该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，其分子式为，故A正确；
B．分子中有饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．六元环上的1个氢原子被氯原子取代的产物如图：，共3种，故C正确；
D．分子中含有一个羧基，四个羟基，故分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5:1，故D正确；
答案选B。
6. 如图所示的锂—二氧化锰电池是以高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂为电解质，其正极反应是一种典型的嵌入式反应，电池总反应为Li+MnO2=LiMnO2。下列说法错误的是


A. 锂片做负极，发生氧化反应
B. 放电时，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2
C. 高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中
D. 放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2→内电路→电极盖1
【答案】D
【解析】
【分析】由电池总反应Li+MnO2=LiMnO2可知Li失电子，MnO2得电子，负极反应式为Li-e-=Li+，Li+向正极移动，正极反应式为MnO2+Li++e-=LiMnO2。
【详解】A．Li失电子，作负极，发生氧化反应，A正确；
B．放电时，MnO2在正极得电子，正极反应为：MnO2+Li++e-=LiMnO2，B正确；
C．负极Li是活泼金属，能与水反应，故高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中，C正确；
D．放电时属于原电池装置，电子从负极经用电器流向正极，不在电解质中移动，故放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2，D错误；
答案选D。
7. 常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的pH与离子浓度的负对数pX的关系如图所示。pX代表-lg或-lg，曲线M代表-lg与pH的关系，曲线N代表-lg与pH的关系，下列说法不正确的是

A. a、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)＜V(a)
B. 滴定至pH=7时，c(Na+ )=2c(A2-) +c(HA- )
C. NaHA溶液中存在c(Na+ )=2c(A2- )+c(H2A) +c(HA- )
D. H2A的第一步电离常数为 10-1.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．用NaOH溶液滴定H2A溶液，由图象可知，a点pH=4.2，b点pH=3.2，a点酸性更弱，说明加入NaOH溶液更多，即体积大小：V(b)＜V(a)，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，B正确；
C．NaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A2- )+c(H2A) +c(HA-)，C错误；
D．b点时，-lg=-2，pH=3.2，即=10-2，c(H+)=10-3.2，因此H2A的第一步电离常数K1==10-2×10-3.2=10-1.2，D正确；
答案选C。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：


已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO

（1）“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
（2）已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
（3）Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
（4）“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。


（5）NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
（6）测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
（2）Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
（3）
（4）温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
（5）V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
（6）
【解析】
【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
【小问1详解】
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
【小问2详解】
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
【小问3详解】
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
【小问4详解】
氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
【小问5详解】
由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
【小问6详解】
由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
9. 氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。
已知、298K时：



（1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。
①设备②中发生主要反应的热化学方程式：________。
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是________。
（2）研究人员以为催化剂研究将工业废气中的氨转化为的方案．实验将及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同含量对催化氧化的影响，实验结果如图(代表相应氧化物)。

已知：的选择性(生成消耗的的物质的量消耗的总物质的量)
①分析上述实验结果，下列说法正确的是________。
A．的加入，降低了催化剂的活化温度
B．含量越大，催化剂的活性越好
C．运用该技术消除废气中的最佳条件为：、
D．一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著
②某实验条件下，维持反应系统压强为，原料气中、O2、载气的物质的量分别为、；测得的转化率和的选择性均为80%，氧化的副产物仅为。反应用气体分压表示的平衡常数为________ (代入数据，不要求计算结果；组分分压总压组分物质的量分数)
（3）关于催化氧化为的反应机理有诸多研究，其中一种为“”机理：吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①，②，③_________，④。
【答案】（1） ①. ②. 是放热反应，高温不利于生成
（2） ①. AD ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
①已知：
①
②
设备中发生主要反应为，，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907 kJ/mol，故热化学方程式为；
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是是放热反应，设备中高温不利于生成；
【小问2详解】
①A．由图可知，的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，比的氮气的选择性要低，故不是含量越大，催化剂的活性越好，B错误；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中的最佳条件为：、，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C错误；
D．由图B可知，温度高于230°C左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；
故选AD；
②的转化率和的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mmol×80%=20mmol，生成消耗的n(NH3)=20mmol×80%=16mmol，发生副反应消耗的n(NH3)=20mmol×80%=4mmol，由三段式可知：


则反应后n(NH3)=5mmol、n(O2)=33mmol、n(N2)=8mmol、n(H2O)=30mmol、n(NO=4mmol、n(载气)=25mmol，总的物质的量为105mmol；组分分压总压组分物质的量分数，则反应的平衡常数为；
【小问3详解】
催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应，则总反应为和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为。
10. 某兴趣小组用四水氯化亚铁[FeCl2·4H2O]和环戊二烯(C5H6)为原料在碱性条件下制备二茂铁[Fe(C5H5)2]。按如下流程进行了实验(夹持仪器已省略)


已知：①制备二茂铁反应： FeCl2·4H2O + 2C5H6+ 2NaOH→ Fe(C5H5)2+ 2NaCl + 6H2O (反应刷烈)
②二茂铁的熔点为172~ 173°C，在100°C开始升华。能溶于二甲亚砜[(CH3)2SO]、乙醚，不溶于水。
③环戊二烯(C5H6)沸点42.5°C．容易形成二聚体，使用前需解聚。
请回答：
（1）装置图1：①N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还有_______。
②试剂X是_______。
（2）步骤II：操作的正确排序为：抽滤，得FeCl2溶液→（ ）→(_______)→( _______ )→→(_______)→→(_______)→(_______ )在蒸发、干燥的过程中一直要用弱N2气流保护。
a．在298~303K的温度下干燥
b．加热蒸发到底部出现大量结晶时，停止加热，将溶液冷却到室温
c．待晶体完全析出
d．用少量冷的去离子水洗涤
e．抽滤
f．加热蒸发到表面刚出现结晶层，停止加热，将溶液冷却到室温
g．用滤纸吸干转移到蒸发皿中
h．将滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中
i．用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存
（3）装置图2：下列操作中正确的是_______
A. 用分馏方法解聚环戊二烯(C5H6)，收集42.5°C左右的馏分，备用。
B. 先通入N2，后开启磁力搅拌器。
C. 拔出带尖嘴的橡皮塞，将研细的FeCl2·4H2O 一次性加入，再塞上。
D. 浓H2SO4的作用只是吸收N2中的水蒸气。
（4）操作III：抽滤、洗涤、风干。其中抽滤过程中需用 _______漏斗过滤。
（5）操作IV：纯化的操作名称是_______
【答案】（1） ①. 赶出H2、HCl气体 ②. NaOH溶液
（2）hfcedgai （3）AB
（4）玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗
（5）升华
【解析】
【分析】装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氮气赶出装置中的空气，防止氯化亚铁被氧化，抽滤，得到FeCl2溶液，经过一系列操作后得到FeCl2·4H2O，FeCl2·4H2O和环戊二烯在装置2中生成Fe(C5H5)2，经过一系列操作后得到纯净的二茂铁。
【小问1详解】
①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸易挥发，装置中还含有HCl气体，因此N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还能赶出装置中的H2、HCl气体，故答案为：赶出H2、HCl气体；
②试剂X用来吸收HCl气体，HCl为酸性气体，可用碱液吸收，因此试剂X为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
【小问2详解】
将抽滤得到的FeCl2溶液转化生成FeCl2·4H2O，具体的操作为：将滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中，防止Fe2+被氧化，加热蒸发到表面刚出现结晶层后停止加热，将溶液冷却到室温，待晶体完全析出后进行抽滤，用少量冷的去离子水洗涤，洗去杂质，再用滤纸吸干转移到蒸发皿中，在低温下进行干燥，最后用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存，因此操作的步骤为hfcedgai，故答案为：hfcedgai；
【小问3详解】
A．环戊二烯与环戊二烯二聚体的沸点不同，可以用分馏的方法从二者混合物中分离，环戊二烯(C5H6)的沸点为42.5°C，因此收集42.5°C左右的馏分即可得到环戊二烯，故A正确；
B．应先通入N2排出装置中的空气后再开启磁力搅拌器，故B正确；
C．环戍二烯与FeCl2·4H2O 的反应刷烈，因此应分批次加入研细的FeCl2·4H2O ，故C错误；
D．浓H2SO4可吸收N2中的水蒸气干燥N2，也能吸收装置2反应过程中产生的水，故D错误；
答案选AB，故答案为：AB；
【小问4详解】
过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，或者使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，操作III之前的反应液中加入了HCl，溶液具有强酸性，因此抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗过滤；故答案为：玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗；
【小问5详解】
二茂铁100℃开始升华，因此得到粗制的二茂铁后可采用加热升华的方法，进一步提纯二茂铁，故答案为：升华。
(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。
11. 基于CH3NH3PbI3的有机-无机杂化钙钛矿被认为是下一代太阳能电池的可选材料之一、
（1）基态Pb原子中，电子占据的最高能级为___________。写出基态C原子的价电子排布图___________。
（2）合成CH3NH3PbI3需要使用的主要试剂有CH3NH2、HI、PbI2、DMF(结构如图所示)。

①PbI2分子的构型是___________。
②DMF中，N原子的杂化方式是___________。C、N、O三种元素第一电离能性从大到小的顺序是___________。DMF中存在的化学键键型不包括下列说法中的___________(填序号)。
A． 极性键 B． 非极性键 C． 离子键 D． π键
（3）理想的钙钛矿晶胞如图所示

①从图中任意一种晶胞可确定钙钛矿的分子式是___________；
②设NA为阿伏伽德罗常数的值，若已知钙钛矿[b]型的密度约为ρ g/cm3，则钙钛矿[b]型晶胞中两个O原子的最短距离是___________nm。
【答案】（1） ①. 6p ②.
（2） ①. V形 ②. sp3杂化 ③. N＞O＞C ④. BC
（3） ①. CaTiO3 ②.
【解析】
【小问1详解】
Pb是第六周期元素，是第IVA族元素，价电子排布为ns2np2，基态Pb原子中，电子占据的最高能级为6p。基态碳的价电子排布为2s22p2，则基态C原子的价电子排布图；故答案为：6p；。
【小问2详解】
①PbI2中Pb价层电子对数为2+1=3，则分子的构型是“V”形；故答案为：V形。
②DMF中，N有三个共价键，还有一对孤对电子，因此N原子的杂化方式是sp3杂化。根据同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O三种元素第一电离能性从大到小的顺序是N＞O＞C。DMF中存在的化学键有碳氧双键中有σ键和π键，还有碳氮极性键，因此没有非极性键和离子键即键型不包括下列说法中的BC；故答案为：sp3杂化；N＞O＞C；BC。
【小问3详解】
①根据右边得到Ca有1个，Ti有个，O有个，因此该晶胞中钙钛矿的分子式是CaTiO3；故答案为：CaTiO3。
②设NA为阿伏伽德罗常数的值，若已知钙钛矿[b]型的密度约为ρ g/cm3，则，解得，钙钛矿[b]型晶胞中两个O原子的最短距离是面对角线的一半即nm；故答案为：。
12. 近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：


已知：Ⅰ．
Ⅱ．
(1)Ⅰ的分子式为___________。
(2)反应生成的化学方程式是___________。
(3)结构简式为___________，最多有___________个原子共平面。
(4)中官能团的名称为___________；符合下列条件的的同分异构体有___________种。
Ⅰ． 具有两个取代基的芳香族化合物
Ⅱ． 能水解，水解产物遇到溶液显紫色
Ⅲ． 核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺()，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)已知：
【答案】 ①. ②. 2+O2+2H2O ③. ④. 18 ⑤. 碳碳双键、羧基 ⑥. 2 ⑦.
【解析】
【分析】根据合成路线可知，A为，由B→C的反应条件，可确定B为，B发生催化氧化生成C，则C为，C发生已知反应Ⅰ生成D，则D为，D发生消去反应生成E，则E为，E发生已知反应生成F，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为。
【详解】(1)由Ⅰ的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO。答案为：C20H24N2SO；
(2) 反应生成，则发生氧化反应，化学方程式是2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；
(3)由以上分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。答案为：；18；
(4)E的结构简式为，官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是、。答案为：碳碳双键、羧基；2；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，常采用逆推法，即由目标有机物，依据题给流程的信息及原料有机物的碳架结构，将键断裂，如合成，依据条件NEt3、CH2Cl2，逆推出反应物为和，再由苯与乙酸制此两种有机物。