浙江省宁波市十校2018届高三9月联考化学试题（含解析）.doc

浙江省宁波市十校2018届高三9月联考 化学试题 ‎1. 下列化合物中，不属于盐的是 A. CuCl2 B. NaClO C. CaCO3 D. Na2O ‎【答案】D ‎【解析】盐是由金属阳离子或NH4＋与酸根离子组成，因此Na2O不属于盐，属于氧化物，故D正确。‎ ‎2. 仪器名称为“锥形瓶”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据仪器特点，是锥形瓶的是选项D，故D正确。‎ ‎3. 下列属于电解质的是 A. 石墨 B. 甲烷 C. 无水硫酸铜 D. 盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】电解质包括是酸、碱、大多数的盐、多数的金属氧化物，A、石墨是单质，石墨不是电解质，故A错误；B、甲烷不属于电解质，故B错误；C、无水硫酸铜属于盐，属于电解质，故C正确；D、盐酸属于混合物，不属于电解质，故D错误。‎ ‎4. 下列反应中，金属元素被氧化的是 A. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 B. H2+CuOCu+H2O C. Na2O+H2O=2NaOH D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、Fe元素化合价由＋2价→＋3价，化合价升高，铁元素被氧化，故A正确；B、Cu元素由＋2价→0价，化合价降低，Cu元素被还原，故B错误；C、此反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、K的化合价没有发生变化，Mn的化合价由＋7价→＋6和＋4价，化合价降低，Mn被还原，故D错误。‎ ‎5. 下列物质中，不会发生水解的是 A. NaOH B. (NH4)2SO‎4 C. Na2CO3 D. FeCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据盐类水解的规律，有弱才水解，A、属于强碱，不存在水解，符合题意，故A正确；B、硫酸铵属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，不符合题意，故B错误；C、碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，不符合题意，故C错误；D、FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，不符合题意，故D错误。‎ ‎6. 下列说法不正确的是 A. 氯气可用于合成药物 B. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多 C. 高压钠灯常用来广场照明 D. 镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件 ‎【答案】B ‎【解析】A、氯气可用于合成药物，如消毒液中含有Cl－，故A说法正确；B、碳酸钠的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故B说法错误；C、高压钠灯发出黄光，能够穿透雾，因此常用来广场的照明，故C说法正确；D、镁合金密度小强度大，可用于制飞机零部件，故D说法正确。‎ ‎7. 下列表示正确的是 A. H2O2的电子式： B. 次氯酸的结构式：H-Cl-O C. 硫原子的结构示意图： D. 水分子的比例模型：‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、H2O2属于共价化合物，不属于离子化合物，其电子式为，故A错误；B、次氯酸的结构式为H－O－Cl，故B错误；C、硫原子质子数为16，其结构示意图为，故C正确；D、H2O中氧原子的半径大于H的原子半径，即代表氧原子的小球大于H，故D错误。‎ ‎8. 下列关于硫及其化合物的说法正确的是 A. 硫单质能直接和氧气反应生成三氧化硫 B. 所有的金属都会和浓硫酸发生钝化现象 C. 漂白粉溶液中通入过量二氧化硫，可观察到现象是先产生白色沉淀后沉淀消失 D. 在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫 ‎【答案】D ‎【解析】A、无论氧气是否过量，与硫单质都生成SO2，故A错误；B、铁、铝单质与浓硫酸发生钝化反应，其余金属可以与浓硫酸发生反应，如Cu和浓硫酸在加热下可以发生反应，故B错误；C、漂白粉具有强氧化性，把SO2氧化成SO42－，SO42－与Ca2＋结合生成CaSO4微溶于水的沉淀，现象是产生白色沉淀，故C错误；D、硫酸工业制备中，常用98%的浓硫酸吸收SO3，防止形成酸雾，阻碍SO3的吸收，故D正确。‎ 点睛：本题的难点是选项D，因为制备硫酸，理论知识是SO3＋H2O=H2SO4，但实际上用水吸收SO3，容易形成酸雾，阻碍SO3进一步被吸收，因此工业上常用98%浓硫酸吸收SO3，然后稀释到所用浓度。‎ ‎9. 下列说法不正确的是 A. 人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开始利用生物质能 B. 氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能 C. 煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸雨等环境问题 D. 太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热 ‎【答案】B ‎【解析】A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开始利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。‎ ‎10. 下列说法不正确的是 A. 铜丝在氯气中燃烧，产生的是棕色的烟 B. 铁丝能代替铂丝来做焰色反应实验 C. 用苯代替四氯化碳萃取碘水时，两者的实验现象相同 D. 可以甩pH试纸测定二氧化硫水溶液的pH值 ‎【答案】C ‎【解析】A、铜丝在氯气燃烧，发生Cu＋Cl2CuCl2，产生棕色的烟，故A说法正确；B、用来作焰色反应的金属丝应灼烧过程中火焰没有颜色，或火焰的颜色浅，同时金属丝不易被氧化，因此常用铁丝代替铂丝做焰色反应，故B说法正确；C、苯的密度小于水，且不溶于水，四氯化碳的密度大于水，且不溶于水，用苯萃取碘水时，上层呈现紫红色，下层无色，用四 氯化碳萃取碘水时，下层呈现紫红色，上层为无色，现象不同，故C说法错误；D、SO2能使品红溶液褪色，不能使石蕊褪色，因此用pH试纸可以测定二氧化硫水溶液的pH值，故D说法正确。‎ 点睛：本题易错点是选项D，学生认为SO2具有漂白性，能把pH试纸的颜色漂白，不能读出pH值，学生忽略了SO2只能使石蕊试纸变红而不能使其褪色。‎ ‎11. 下列说法不正确的是 A. ‎14C与16O是不同的核素但具有相同的中子数 B. 二氯乙烷（C2H‎4C12)有二种结构 C. 同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化 D. 环丙院()和乙烯互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】A、它们属于不同的核素，前者的中子数为14－6=8，后者中子数为16－8=8，它们具有相同的中子数，故A说法正确；B、二氯乙烷的结构简式为CH2Cl－CH2Cl和CH2Cl2－CH3，由两种结构，故B说法正确；C、在一定条件下，同素异形体之间可以相互转化，如石墨转化成金刚石，金刚石转化成石墨，故C说法正确；D、环丙烷中不含碳碳双键，碳原子以环的形式连接，乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙烯中含有碳碳双键，且碳的连接方式为链状，因此它们不属于同系物，故D说法错误。‎ ‎12. 恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X(s)+2Y(g) 2Z(g) △Hc(Cl－)=c(OH－)>c(H＋)，故D正确。‎ 点睛：离子浓度大小的比较是高考的热点，在离子浓度大小的比较中，应注意“三个守恒”的应用，特别像本题中选项B和C，利用了电荷守恒进行判断。‎ ‎24. 某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：‎ 已知：1.步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应 2.滤渣2的主要成分是SiO2和S 下列说法不正确的是 A. 步骤①，最好在通风橱中进行 B. 步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸 C. 步骤③，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O D. 步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质 ‎【答案】D ‎【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。‎ 点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。‎ ‎25. 己知：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+。某溶液中含有等物质的量的 K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-、I-、NO3-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀 下列说法不正确的是 A. 溶液中可能含有K+ B. 溶液中可能含有SO42-‎ C. 溶液中可能含有Fe3+ D. 溶液中可能含有SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】Fe3＋具有强氧化性，能把SO32－、I－氧化成O42－和I2，因此Fe3＋、SO32－、I－不能大量共存，一份中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明原溶液中存在具有还原性离子存在，即Fe2＋、SO32－、I－至少存在一种，另一份加入BaCl2，出现不溶于水的沉淀，说明原溶液中SO42－、SO32－至少存在一种，A、根据上述分析，以及离子物质的量相等，根据电荷守恒，因此离子组可能是K＋、Fe2＋、SO32－、NO3－，故K＋可能存在，故A说法正确；B、根据上述分析，SO42－可能存在，故B说法正确；C、假设存在Fe3＋，溶液中一定存在Fe2＋、SO42－，离子物质的量守恒，以及溶液呈现电中性，阴离子应是SO32－、I－或SO32－、NO3－，因为Fe3＋、SO32－、I－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在Fe3＋，故C说法错误；D、根据上述分析，可能含有SO32－，故D说法正确。‎ 点睛：本题学生容易忽略离子物质的量相等，即溶液显电中性，首先根据不能大量共存，判断出哪些离子不能大量共存，如Fe3＋、SO32－、I－‎ 不能大量共存，然后根据信息，完成哪些离子存在或不存在，从而作出合理推断，一定注意溶液呈现电中性。‎ ‎26. 乙酸乙酯有四种常见的合成方法。己知A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂。它们之间的转化关系如下图：‎ 请回答：‎ ‎(1)有机物E中含有的官能团名称是________________ 。‎ ‎(2)反应④的反应类型是__________________ 。‎ ‎(3)有机物B在催化剂的作用下可直接转化为乙酸乙酯和另外一种常见气体，请写出该反应的化学方程式___________。‎ ‎(4)下列说法正确的是___________。‎ A.有机物A不能使碘水变蓝 B.反应⑤是同分异构体之间的相互转换 C.有机物B、D和乙酸乙酯都是挥发性无色液体，可以通过闻气味进行鉴别 D.等质量的有机物A、D和乙酸乙酯充分燃烧，消耗氧气的质量也相等 ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). 2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH3+2H2 (4). AC ‎【解析】考查有机物推断，A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，因此A为葡萄糖，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，且B由A生成，因此B为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧气氧化成CH3CHO，C为CH3CHO，CH3CHO被氧气氧化成CH3COOH，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂，即E为CH2=CH2，（1）E为乙烯，含有的官能团是碳碳双键；（2）反应④的方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，此反应属于氧化反应；（3）发生的反应应是2CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3＋X2，根据原子守恒，X应为H，即反应方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH3+2H2；（4）A、A是葡萄糖，不能使碘水变蓝，故A正确；B、C的结构简式为CH3CHO，与CH3COOCH2CH3‎ 碳原子数不同，因此两者有机物不是同分异构体，故B错误；C、CH3CH2OH、CH3COOH、CH3COOCH2CH3都是挥发性无色液体，乙醇具有特殊的、令人愉快的香味，并略带刺激性，乙酸具有酸味及刺激性气味，乙酸乙酯具有香味，可以通过闻气味的方法进行鉴别，故C正确；D、三者分子式为C6H12O6、C2H4O2、C4H8O2最简式分别是CH2O、CH2O、C2H4O，等质量含氧衍生物，最简式相同时，消耗氧气的量相等，因此等质量有机物，消耗氧气量是不同，故D错误。‎ ‎27. 为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：‎ 已知：气体甲和气体乙组成元素相同 请回答：‎ ‎(1)气体乙的摩尔质量是________________。‎ ‎(2) X的化学式是_________________。‎ ‎(3)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式____________________。‎ ‎【答案】 (1). ‎28 g/mol (2). FeC2O4 (3). FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑‎ ‎【解析】考查无机推断，（1）混合气体通入足量的石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2，气体甲和气体乙组成元素相同，因此组合可能是CO2、CO或SO2、SO3，因为SO3与水反应生成H2SO4，如果是混合气体是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，没有气体逸出，因此甲为CO2，乙为CO，即气体乙的摩尔质量为‎28g·mol－1；（2）根据（1）的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物质的量为5/100mol=0.05mol，气体甲和气体乙平均摩尔质量为36，依据十字交叉法，推出CO物质的量为0.05mol，即X中碳原子物质的量为(0.05＋0.05)mol=0.1mol，红棕色固体为Fe2O3，X中含有铁元素，X中铁原子物质的量为4×2/160mol=0.05mol，氧原子的质量为(7.2－0.05×56－0.1×12)g=‎3.2g，即X中氧原子物质的量为3.2/16mol=0.2mol，即n(Fe):n(C):n(O)=0.05：0.1：0.2=1：2：4，化学式为Fe(C2O)4；（3）根据铁元素守恒，黑色固体为FeO，其物质的量为0.05mol，因此反应方程式为：FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑。‎ ‎28. 某实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，研究小组设计了下列方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。‎ 请回答：‎ ‎(1)步骤①②④用到的主要玻璃仪器是___________________。‎ ‎(2)步骤③的实验现象是_________________。‎ ‎(3) 设计一个实验方案，验证步骤①中所加硫酸溶液己经过量____________________。‎ ‎【答案】 (1). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (2). 溶液由浅绿色变为黄色 (3). 取上层清液，继续加硫酸，若无产生白色沉淀，则说明硫酸已加过量 ‎【解析】考查化学工艺流程，（1）根据流程，步骤①②④为过滤，用到玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）步骤③利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，现象溶液颜色由浅绿色转变为黄色；（3）步骤①发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，溶液中含有H＋，因此不能鉴别H＋存在，因此需要鉴别SO42－或Ba2＋，操作是：取上层清液，继续加入硫酸，若不产生白色沉淀，则说明硫酸过量，或者取上层清液，加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀，说明硫酸过量。‎ ‎29. 将可能混有NaOH的16.80gNaHCO3固体，在‎200℃‎条件下充分加热，排出反应产生的气体，得到固体的质量为bg。‎ ‎(1)b的最小值为___________。‎ ‎(2)当b=____________时，产物中水的质量最多。‎ ‎【答案】 (1). 10.60 (2). 14.36‎ ‎【解析】考查氢氧化钠和碳酸氢钠的计算，发生的反应是2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，（1）当16.8g全部是NaHCO3时，反应后的固体质量为16.8×106/(2×84)g=10.60g，假设全部是NaOH，NaOH受热不分解，因此固体质量仍为16.8g，即b质量最小为10.60g；（2）当NaOH和NaHCO3中氢原子全部转化成H2O，产生H2O的质量是最多的，假设生成CO2物质的量为xmol，则消耗NaHCO3物质的量为2xmol，消耗NaOH的物质的量为2xmol，因此有2x(84＋40)=16.8，解得x=0.068mol，因此b的质量为0.068×2×106g=14.36g。‎ ‎30. 尿素（NH2CONH2)是目前含氮量最高的氮肥。国内外主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下二个反应进行：‎ 第一步：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l) △H1=-117.2kJ·mol-1‎ 第二步：H2NCOONH4(l)H2O(l)+H2NCONH2(l) △H2=+21.7kJ·mol-1‎ 请回答：‎ ‎(1)己知：NH3(l) NH3(g) △H3 = ckJ·mol-1。火电厂烟气脱硝所使用的还原剂氨气主要来自于尿素水解。则反应NH2CONH2(l)+H2O(l)2NH3(g)+CO2(g)的 △H4=_________kJ·mol-1 (用含c的式子表示)，该反应能在常温下缓慢发生的主要原因是__________________。‎ ‎(2)①一定条件下，n(NH3)/n(CO2)对NH2COONH4的平衡转化率会产生明显的影响，如图1所示。NH2COONH4的平衡转化率随n(NH3)/n(CO2)增大而上升，试分析其原因：_______________。‎ ‎②恒温密闭容器中，一定量的NH3和CO2反应合成尿素，第10 min达到平衡。若相同条件下反应1的速率要快于反应2，请在图中画出0～15min内，NH2COONH4的物质的量浓度随时间变化曲线____________。‎ ‎③下图表示不同条件下，反应：N2(g) +3H2(g)2NH3(g)的产物浓度随时间的变化曲线。‎ 下列有关说法中，正确的是____________。‎ A.达到平衡时间最快的是II B.反应约10分钟后，三个反应均己达到平衡 C.I条件下氢气的平衡转化率大于Ⅱ D.三个反应的平衡常数一定相同 ‎(3)用电化学方法可以实现低温常压合成氨。下图是以含N3-熔融盐为电解质，电解合成氨装置的工作原理示意图。阴极的电极反应是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 95.5+2c (2). 该反应是熵增反应，有利于正向进行 (3). 过量的氨气和产物水进一步反应，使反应2的化学平衡正向移动，从而使NH2COONH4的平衡转化率上升 (4). (5). A (6). N2+6e-=2N3-‎ ‎【解析】（1）考查热化学反应方程式的计算以及化学反应进行方向的判断，①2NH3(l)+CO2(g) H2NCOONH4(l)，②H2NCOONH4(l) H2O(l)+H2NCONH2(l)，③NH3(l) NH3(g)，根据盖斯定律的计算，2×③－(①＋②)得出：△H3=(95.5＋2c)kJ·mol－1；此反应是熵增反应，有利于反应正向进行；（2）本题考查勒夏特列原理的应用， ①过量的氨气和产物水进一步反应，使反应2的化学平衡正向移动，从而使NH2COONH4的平衡转化率上升；②相同条件下，反应1的速率快于反应2，因此生成H2NCOONH4曲线比消耗H2NCOONH4曲线陡，在10min时达到平衡，即10min到15min应是平行x轴的直线，即图像是；③A、根据图像，II首先达到平衡，即II 的反应速率最快，首先达到平衡，故A正确；B、反应到10min，II和III达到平衡，I不知道10min后曲线，因此无法判断I是否达到平衡，故B错误；C、题目中没有说明改变的条件，如果I改变的条件是通入H2，虽然平衡向正反应方向进行，但氢气的转化率降低，如果II是增大压强，平衡向正反应方向进行，氢气的转化率增大，故C错误；D、如果II是升高温度，反应速率加快，但化学平衡常数降低，II通入氢气，温度不变，平衡常数不变，则两者平衡常数不相同，故D错误；（3）考查电解原理以及电极反应式的书写，根据装置图电子移动方向，电子从电源的负极出发流向阴极，从阳极流向电源的正极，通N2的一极为阴极，通氢气的一极为阳极，阴极电极反应式为N2+6e－=2N3－。‎ 点睛：本题难点是(2)③中的B和C选项，选项B：根据图像不知道10min后I的图像，因此无法判断I是否达到平衡，选项C：学生一看I的图像中 生成物浓度大于II，因此误判I中氢气转化率大于II，忽略了I中改变的原因可能是增加氢气的量，增加氢气的量平衡向正反应方向移动，生成物浓度也增大，但氢气的转化率降低。‎ ‎31. 次氯酸锂稳定性远髙于次氯酸钠，也可用于杀菌消毒。制备次氯酸钠方法较多，常用的一种合成路线如下：‎ 已知：1.次氯酸叔丁酯((CH3)3COCl)，相对分子质量为108.5，是具有挥发性的黄色油状液体，密度为‎0.802g/mL，且有强烈刺激性臭味；2.(CH3)3COCl+LiOH=LiClO+(CH3)3COH 请回答：‎ ‎(1)实验第一步的反应装置如图所示（夹持装置省略)，B装置中支管的作用是___________；浓盐酸逐滴滴加而不是一次性加入的原因是_______________。‎ ‎(2)请写出在装置A中发生反应的化学方程式___________________。‎ ‎(3)对于操作1，下列说法不正确的是__________。‎ A.可以选用250mL规格的分液漏斗 B.操作1须在通风橱内进行 C.进行分液时，可提早关闭旋塞，以防止次氯酸叔丁酯从下口流出 D.装置B不合适进行操作1‎ ‎(4)进行操作3时，并不是直接加热蒸发溶液，而是选择在‎40°C下缓慢蒸发溶液，试解释其原因 __________。‎ ‎(5)该实验中次氯酸锂的产率为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 平衡气压，使浓盐酸顺利下滴 (2). 防止反应太剧烈而发生副反应，引起产率降低 (3). (CH3)3COH+NaClO+HCl=(CH3)3COCl+NaCl+H2O (4). AC (5). 蒸发时，溶液温度太高，会引起次氯酸根的水解，且生成的次氯酸不稳定，导致产品产率和纯度降低 (6). 50.0%‎ 点睛：本题学生易错点是(3)的A选项，学生忽略漏斗中液体量不能超过容积的3/4，造成学生认为A是正确。‎ ‎32. 某研究小组以对氨基苯乙酮为原料，按下列路线合成药物中间体E：‎ 已知：‎ 请回答：‎ ‎(1)化合物A的分子式是______________。‎ ‎(2)下列说法正确的是 ____________。‎ A.对氨基苯乙酮→A的反应条件是光照 B. A→B是发生了加成反应 C.D可以继续和氢气发生反应 D.—定条件下，化合物E与盐酸和氢氧化钠都可以发生反应 ‎(3) D→E的化学方程式是_______________________。‎ ‎(4) 1-(4-氨基苯基)乙醇也是药物中间体，由对氨基苯乙酮和氢气1：1加成可得。写出同时符合 下列条件的1-(4-氨基苯基)乙醇的所有同分异构体的结构简式_________________ 。‎ ‎①可以和氯化铁溶液发生显色反应：②1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子；‎ ‎(5) 设计以丙酮和一溴甲烷为原料制备NH‎2C(CH3)3的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选）__________。‎ ‎【答案】 (1). C8H7ONCl2 (2). CD (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】本题考查有机物的推断和合成，根据E的结构简式，知道对氨基苯乙酮与Cl2发生取代反应，2个氯原子分别取代氨基两边碳原子上的氢原子，即A的结构简式为：，根据合成路线，A→B中溴原子取代A中甲基上的氢原子，即B的结构简式为：，根据信息①，C的结构简式为，根据D的分子式，C生成D发生加成反应，羰基与氢气 发生加成反应，即D的结构简式为：， （1）根据上述分析，A的分子式为：C8H7ONCl2；（2）A、氯原子取代苯环上的氢原子，条件应是铁作催化剂，故A错误；B、根据上述分析，A生成B发生取代反应，故B错误；C、D中含有苯环，苯环能与氢气发生加成反应，因此D能继续与氢气发生加成反应，故C正确；D、氨基显碱性，能与盐酸反应，E中含有氯原子，能与氢氧化钠发生水解反应，故D正确；（3）根据信息②，氨基去氢原子，醛基去氧原子，醇去羟基上的氢原子，因此反应方程式为：；（4）对氨基苯乙酮与氢气发生1：1反应，应是羰基与氢气发生加成反应，①可以与氯化铁溶液发生显色反应，即含有酚羟基，②有4种氢原子，应是对称结构，因此同分异构体为；（5）根据信息③首先制备R1MgX，即为CH3MgBr，先是CH3Br与Mg反应，生成CH3MgBr，然后与丙酮反应，在酸性条件下，生成(CH3)3COH，再与HBr反应生成(CH3)3CBr，最后与NH3反应生成目标物质，因此合成路线为：。‎