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[内供]2019届高三8月内部特供卷化学（二）教师版

发布时间：2019-01-23 19:42:36 来源：文档文库

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2018-2019学年教育云平台8月份内部特供卷

高三化学（二）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 Al∶27 P∶31 S∶32 Cl∶35.5 Cu∶64

1．实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：

下列分析正确的是

A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水

B．②中阳极的主要电极反应：4OH－－4e－2H2O+O2↑

C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH－Cl－+HClO

D．②、③、④中均发生了氧化还原反应

【答案】D

【解析】A．①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故A错误；B．阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl－－2e－Cl2↑，故B错误；C．生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2+2OH－Cl－+ClO－+H2O，故C错误；D．②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确；故选D。

2．化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是

A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质

C．福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%

【答案】D

【解析】A．蚕丝和人造纤维的主要成分分别是蛋白质、高聚酯，前者灼烧时有烧焦羽毛气味，后者则无此现象，A正确；B．食用油反复加热，其所含的不饱和脂肪酸发生聚合反应，生成生成各类饱和烃类，包括稠环芳香烃（如苯并芘等），稠环芳香烃对人体有害，B错误；C．流感病毒的主要成分是蛋白质，加热可以使蛋白质变性，C正确；D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，95%的乙醇能快速使蛋白质表层变性，相当于形成了一层保护膜，但内层蛋白质则不能变性，D正确；答案选B。

3．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是

A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气

C．用装置丙稀释反应后的混合液 D．用装置丁测定余酸的浓度

【答案】C

【解析】A、铜和浓硫酸的反应需要加热，装置①没有加热装置，错误；B、SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，应为长管进气短管出气，错误；C、浓硫酸溶于水放出大量的热，应用装置③稀释反应后的混合液，正确；D、用氢氧化钠溶液滴定余酸，氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，错误。

4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是

A．28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA

B．32gCu和32gS充分反应，转移电子数为NA

C．精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g

D．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等

【答案】B

【解析】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，28gCH2的物质的量为2mol，而2molCH2中含有4mol极性键，所以28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，故A正确；B．32gCu的物质的量为0.5mol和32gS的物质的量为1mol，Cu和S充分反应生成Cu2S，可知Cu少量，故以Cu的质量作为标准计算，0.5molCu参与反应，转移电子数为0.5mol，即0.5NA个电子，故B错误；C．精炼铜时，阳极是粗铜，失去电子，阴极是精通，得到电子；阴阳两极得失电子守恒，所以若阳极失去0.1NA个电子，则阴极铜离子得到0.1NA个电子生成铜单质，生成铜的物质的量为0.05mol，即3.2g，故C正确；D．钠与氧气或氯气反应时，其钠元素均由0价升高到+1价，等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移的电子数相等，故D正确，故选B。

5．化合物(a)、(b)、(c)同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是

A．a、b、c都属于芳香族化合物 B．a、b、c都能使溴水褪色

C．由a生成c的反应是氧化反应 D．b、c互为同分异构体

【答案】D

【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。

6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1 mol·L-1戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是

A．原子半径：Z＞W＞Y＞X

B．Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键

C．元素Y与X、Z都能组成两种化合物

D．乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性

【答案】B

【解析】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。

7．我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li+S88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是

A．充电时，电能转化为化学能

B．放电时，锂离子向正极移动

C．放电时，1molLi2S6转化为Li2S4得到2mole－

D．充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－S8

【答案】C

【解析】A．充电时，是电解池，是电能转化为化学能，故A正确；B．放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；C．根据图示，放电时，1molLi2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6+2Li3Li2S4，反应中2molLi2S6得到2mole－，即1molLi2S6得到1mole-，故C错误；D．根据16Li+S88Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－S8，故D正确；故选C。

8．叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程；

已知NaN3能与AgNO3反应生成白色难溶于水的AgN3；有关物质的物理性质如下表：

请回答：（1）步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体（其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体）的离子方程式为___________________________________；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为_______________________________。

（2）实验室模拟步骤Ⅱ实验装置如下图（装置中冷却水省略，下同）：

①仪器a的名称__________________，作用是________________________________。

②根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是______________________________。

③图中X处连接的最合适装置应为下图中的_________。

A B C D

（3）步骤Ⅱ、Ⅲ中制备叠氮化钠并对溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是__________。

①打开K1、K2，关闭K3②打开K3③加热④关闭K1、K2

（4）步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至溶液体积的1/3，NaN3结晶析出。

①步骤Ⅴ可以用____________洗涤晶体。

A．水 B．乙醇 C．乙醇水溶液 D．乙醚

②沉淀滴定法测定产品纯度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，至少量Ag2CrO4出现，即溶液呈淡红色为终点。AgNO3溶液要装在棕色的酸式滴定管里进行滴定，理由是_____________________________________________。下列操作合理的是______。

A．滴定管和移液管管尖不可接触锥形瓶内壁

B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇

C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下

D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高

E．若发现滴液过量，可回滴样品溶液，至红色褪去

【答案】（1）2NO+2H+NO↑+NO2↑+H2O

N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O

（2）①球形冷凝管冷凝回流，平衡气压

②冷水浴或缓慢通入气体等

③C

（3）①④②③或①②④③

（4）①C

②AgNO3溶液溶液显酸性，且AgNO3易见光分解，浓度下降，使测定不准 BCD

【解析】（1）根据其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体，可推测生成的气体有一氧化氮和二氧化氮，而根据得失电子守恒和质量守恒可得离子方程式为：2NO+2H+NO↑+NO2↑

+H2O；根据流程图可知，产物中含有乙醇和叠氮化钠，所以方程式为：N2H4+CH3ONO+NaOH

NaN3+CH3OH+3H2O；

（2）①A的名称是球形冷凝管，其目的是冷凝回流，平衡气压；②根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应不采取措施温度会逐渐升高，影响选择性和转化率，因此可以通过冷水浴或缓慢通入气体等维持反应体系的温度；③收集馏分应采用执行冷凝管，接受的锥形瓶上方应用一个出气口，保持体系内要强等于大气压；

（3）根据亚硝酸甲酯(CH3ONO)的溶沸点很低，所以在通入亚硝酸甲酯时应打开K1、K2，关闭K3，充分反应后，需对混合溶液进行蒸馏提纯，即关闭K1、K2，打开K3，加热进行蒸馏；

（4）①根据反应可知，NaN3结晶中可能含有未反应的水合肼（与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿）和氢氧化钠，产物CH3OH，可采用乙醇水溶液去除杂质；②AgNO3中的银离子易水解，因此用酸式滴定管，且AgNO3易见光分解，所以酸式滴定管应为棕色，减少AgNO3分解；A．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁，故A错误；B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一滴加入并不停摇动，故B正确；C．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁，故C正确；D．若未等滴定管液面稳定，滴定关内可能含有气泡，就读数会导致测定结果偏高，故D正确；E．若发现滴液过量，应重新滴定，故E错误；故选BCD。

9．工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：

【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：

（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是_______________

_______________________。

（2）酸浸：

①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________________________________。

②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________________________________。

（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：

①浸出液中加入石灰乳的作用是________________________。

②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：______________________________

_____________。

③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________________________________________。

（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO+2H++Fe2+VO2++Fe3++H2O）。最后用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：182g·mol−1）

【答案】（1）CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2

（2）①Ca(VO3)2+4H+2VO+Ca2++2H2O

②酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大

（3）①调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）

②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO (aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出

③pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO

（4）91(c1b1－5c2b2)/(1000a)

【解析】

（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；正确答案：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2。

（2）①根据信息可知：pH在4~6之间，生成VO2+，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2+4H+2VO+Ca2++2H2O；正确答案：Ca(VO3)2+4H+2VO+Ca2++2H2O。

②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。

（3）①浸出液中含有VO，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。

②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO (aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO (aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。

③根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O或VO等，不是VO，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO。

（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO～5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2mol，再根据VO～Fe2+关系可知，用来还原VO的亚铁离子的量为b1×c1×10-3－5b2×10-3×c2mol，因此VO的量为b1×c1×10-3－5b2×10-3×c2mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10-3－5b2×10-3×c2)mol，产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3－5b2×10-3×c2)

×182=91(c1b1－5c2b2)×10-3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1－5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1－5c2b2)/(1000a)。

10．氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。

（1）已知：①反应I：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝－1266.6kJ·mol－1，②H2的燃烧热ΔH2=－285.8kJ·mol－1③水的气化时ΔH3=+44.0kJ·mol－1反应I热力学趋势很大（平衡常数很大）的原因为_________________；NH3分解的热化学方程式________________________________。

（2）在Co－Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如下图，活化能最小的催化剂为___________，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因_____________________________________________________。如果增大气体流速，则b点对应的点可能为______（填“a” “c” “d” “e”或“f”）；

（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡时，N2体积分数为20%，则T时平衡常数K=______，NH3分解率为_____；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________（填“增大” “不变” “减小”）。

（4）以KNH2为电解质溶液电解NH3，其工作原理如下图所示，则阳极电极反应为___________

_______________________。

【答案】（1）放热量很大的反应 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1

（2）90CoAl 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 e

（3）7.5 75% 减小

（4）6NH－6e－N2↑+4NH3↑

【解析】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6kJ·mol－1，放热量很大，故热力学趋势很大；根据盖斯定律可知①：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝－1266.6kJ·mol－1，②H2的燃烧热H2(g)+

1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2=－285.8kJ·mol－1③水的气化时H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+44.0kJ·mol－1，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H，根据盖斯定律可知④=1/2[①－6(②+③)]，即△H=1/2[－1266.6

kJ·mol-1－6(－285.8kJ·mol－1+44.0kJ·mol－1)]=92.1kJ·mol－1，所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=

+92.1kJ·mol-1；

（2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，所以90CoAl活化能最小的催化剂；2NH3(g)N2(g)

+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol-1此反应为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，提高氨气的转化率；此反应为气体体积增大的反应，增大气体流速平衡向逆向移动，b点对应的点可能为e；

（3）由题给数据可知，设氮气平衡时氮气的物质的量为xmol，则：

2NH3(g)N2(g)+3H2(g)

初始量（mol） 0.8 0 0.1

变化量（mol） 2x x 3x

平衡量（mol）0.8－2x x 0.1+3x

相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：

，解得：x=0.3mol，故平衡常数K=，NH3分解率为，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小；

（4）在电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，根据图示可知右侧为阳极，电极反应为：6NH－6e－N2↑+4NH3↑。

11．硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：

（1）基态Co原子价电子轨道表达式为________________________，第四电离能I4(Co)<I4(Fe)，其原因是_______________________________________________；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是____________________________________________。

（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的空间构型是__________，中心原子杂化方式是_________，与其互为等电子体的分子是_______________(任写1种)。

（3）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是_____________________________________。

（4）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如下左图所示，沸点按图像所示变为的原因是_____________________________________________________________________________

___________________________________。

（5）钴的一种化合物晶胞结构如下图所示。

①已知A点的原子坐标参数为为(0，0，0)，C点为(，，)，则B点的原子坐标参数为_______________。

②已知晶胞参数为a=0.5485nm，则该晶体的密度为_____________g·cm-3(列出计算表达式即可)。

【答案】（1）铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强

（2）V形 sp3 OF2或Cl2O

（3）K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小

（4）H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高，H2S、H2Se及H2Te的结构相似，相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高

（5）①（，，） ②

【解析】（1）基态Co原子价电子3d64s2，轨道排布式为；第四电离能I4(Co)4(Fe)，其原因是：铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子；单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是:钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强；

（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的形成孤电子对数目：，形成δ键的数目是2，sp3杂化，几何形状是V形；与其互为等电子体的分子是OF2或Cl2O；

（3）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是：两者都是离子晶体，K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小；

（4）H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量增大，范德华力增强，所以沸点升高；

（5）①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B是面心，B点为(，，0)，C是体心，则C点的原子坐标参数为(，，)；立方晶胞顶点粒子占1/8，面粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Ti的个数为8×1/8=1，O原子个数6×1/2=3，含有Co的个数为1，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为48+16×3+59=155g，1mol晶胞含有NA个晶胞，记晶胞参数为a=0.5485nm=0.5485

×10－7cm，则一个晶胞的体积为V0=a3cm3，因此晶胞的密度为ρ=m/NAV0=155/NAa3g·cm－3=

g·cm－3。

12．聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：

已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。

②Diels－Alder反应：。

（1）生成A的反应类型是____________，D的名称是____________，F中所含官能团的名称是________________。

（2）B的结构简式是__________________；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是_______。

（3）D+G→H的化学方程式是___________________________________________________。

（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为____________________________（任写一种）。

（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__________________________________

_________________________________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

【答案】（1）消去反应对苯二甲酸硝基、氯原子

（2） H2O

（3）

（4）10 或

（5）

【解析】根据题意，A是，C为：，D为：，E为：，F为：，G为：。

（1）是由乙醇分子内脱水生成乙烯，故生成A的反应类型为：消去反应；D为：，名称为：对苯二甲酸，F是，所含官能团的名称是硝基和氯原子；

（2）B由乙烯和生成，故B的结构简式是：；“B→C”的反应即为分子内脱水，除C外，另外一种产物是水；

（3）D为：，G为：，H为，故D+G→H的化学方程式是：n+n+（2n－1）H2O；

（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下1个，若苯环上只有一个取代基，则为－CH(COOH)2，有一种；若有两个取代基，则为－COOH和－CH2COOH，两者在本换上的位置为邻间对三种；若有三个取代基，则为两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对，而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种，总计共10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为；