广西省钦州市2020届高三下学期5月质量检测化学试题 Word版含解析

广西省钦州市2020届高三下学期5月质量检测化学试题 Word版含解析

‎2020年5月份高三质量检测试卷 理科综合 可能用到的相对原子质量： ‎ 一、选择题：‎ ‎1.化学与科技、社会、生活有着密切的联系。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. N95口罩的原材料聚丙烯是一种天然有机高分子化合物 B. 汉代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土 C. 利用酒精的强氧化性可以灭活新型冠状病毒 D. “纷纷灿烂如星陨，㸌㸌喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚丙烯是合成有机高分子化合物，不是天然有机高分子化合物，故A错误； B．陶瓷为硅酸盐材料，其主要原料为黏士，故B正确； C．酒精可以使蛋白质变性，但不具有强氧化性，故C错误； D．铁元素的焰色反应发出的光在可见光范围之外，故D错误； 故选：B。‎ ‎2.下列化合物中不能发生加成反应的是( )‎ A. 甲苯 B. 乙烯 C. 丙炔 D. 丁烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】甲苯含有苯环、乙烯和丙炔含有不饱和键，三种物质均能发生加成反应，丁烷中只有单键，不能发生加成反应，故选择D。‎ ‎3.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）‎ A. 用坩埚灼烧干海带制海带灰 B. 蒸馏时，温度计水银球插入液面以下 C. 用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层 D. 用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体 ‎【答案】A - 14 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；‎ B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误； C．萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误； D．若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.均为短周期主族元素，三种元素位于同一周期，两元素的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是( )‎ A. 原子半径： B. 最简单氢化物热稳定性：‎ C. XZ为共价化合物 D. 的单质均不能与水发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查原子结构与元素周期律的知识，侧重考查学生的元素推断和知识迁移能力。由Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，可以推出Y为O；再由三种元素位于同一周期，X、Y两元素的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，可以推出X为Li，Z为F。‎ ‎【详解】A．同周期元素从左向右原子半径依次减小，三种元素的原子半径从大到小的顺序为Li>O>F，A错误；‎ B．Y的简单氢化物为水，Z的简单氢化物为HF，F的非金属性强于O，故HF的热稳定性强，B正确；‎ C．X、Z构成的化合物为LiF，LiF为离子化合物，C错误；‎ D．F2能与水发生反应生成O2和HF，D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )‎ A. 难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸 B. 常温下，的溶液中的离子总数为 C. 常温下，的溶液中可能大量存在、、、‎ - 14 -‎ D. 在稀溶液中，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸的酸性比碳酸强，且(CH3COO)2Ca易溶于水，A错误；‎ B．未指明溶液体积，无法计算，B错误；‎ C．pH=2的溶液呈酸性，HNO3会氧化I-，C错误；‎ D．Na2S稀溶液中S2-水解，由质子守恒可知：c(H+)+‎2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。‎ 第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2‎ 第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2‎ 下列叙述错误的是（ ）‎ A. Fe*是反应的催化剂 B. 两步反应的ΔH均小于0‎ C. 第一步反应比第二步反应快 D. 总反应为CO+N2O=N2+CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确； B．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应，△H均小于0，故B正确； C．根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，故C错误； D．第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，故D正确， 故选：C。‎ - 14 -‎ ‎7.我国科学家发明了一种“可固氮”的镁－氮二次电池，其装置如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 固氮时，电池的总反应为3Mg+N2=Mg3N2‎ B. 脱氮时，钌复合电极的电极反应式为Mg3N2-6e-=3Mg2++N2‎ C. 固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向镁电极 D. 当无水LiCl—MgCl2混合物受热熔融后电池才能工作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固氮时该装置为原电池装置，镁为活泼金属，作负极，被氧化成Mg2+，钌复合电极为正极，氮气在电极上发生还原反应生成N3-，与熔融电解质中镁离子生成Mg3N2，所以总反应为3Mg+N2=Mg3N2，故A正确； B．脱氮时，-3价的氮要被氧化，钌复合电极应发生氧化反应，Mg3N2失电子发生氧化反应生成氮气，电极反应：Mg3N2-6e-=‎3M2‎++N2↑，故B正确； C．固氮时，镁电极为负极，外电路中电子由负极镁电极流向钌复合电极，故C错误； D．无水LiCl-MgCl2混合物常温下为固体，无自由移动离子，不能导电，受热熔融后产生自由移动离子导电，电池才能工作，故D正确； 故选：C。‎ ‎【点睛】固态的离子化合物中没有自由移动的离子不能导电，熔融状态下或者水溶液中形成自由移动的离子后可以导电。‎ 二、非选择题：‎ ‎8.硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：‎ 已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。‎ - 14 -‎ ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0‎ iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。‎ ‎（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。‎ ‎（2）“调pH”的目的是__。‎ ‎（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。‎ ‎（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。‎ A.盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小 B.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等 C.当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小 D.当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动 ‎（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。‎ ‎（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。‎ ‎【答案】 (1). MnO2 +PbS+4HC1PbC12+S+MnC12+2H2O (2). 除去Fe3+ (3). 温度降低，PbC12+‎2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 (4). BD (5). 6.75×10-6mo1•L-1 (6). 浸取 (7). 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2‎ - 14 -‎ 难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。‎ ‎【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；‎ ‎(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；‎ ‎(3)温度降低，PbC12+‎2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；‎ ‎(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。‎ A．Ksp(PbCl2)只受温度影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；‎ B．根据分析可知x、y两点对应溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；‎ C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；‎ D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；‎ 综上所述选BD；‎ ‎(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；‎ ‎(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。‎ ‎9.实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：‎ V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体 - 14 -‎ ‎(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。‎ ‎(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。‎ ‎①仪器M的名称是___________，实验开始前的操作是_________。‎ ‎②装置B的作用是__________________。‎ ‎③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为_______(填字母)。‎ a.锥形瓶口塞上橡胶塞 b.取下P c.将锥形瓶置于干燥器中，静置过夜 ‎④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用无水乙醇洗涤的目的是_______________。‎ ‎⑤称量产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). N2H4·2HCl (2). 长颈漏斗 (3). 检查装置的气密性 (4). 除去二氧化碳气体中的氯化氢 (5). bac (6). Cl- (7). 除去晶体表面的水 (8). 偏高 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为 - 14 -‎ VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干杂得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。‎ ‎【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；‎ ‎(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；‎ ‎②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；‎ ‎③加完VOCl2继续搅拌一段时间，此时需要将分液漏斗取出并密封锥形瓶，目的是防止氧气从分液漏斗中进入锥形瓶，使VO2+被锥形瓶中的氧气持续氧化，减少产量，将密封好的锥形瓶放在干燥器中静置过夜，保证锥形瓶中的反应进行彻底，故正确的顺序为bac；‎ ‎④根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；‎ ‎⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c mol/L×V×10‎-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。‎ ‎10.乙醇是一种重要的化工原料和燃料，常见合成乙醇的途径如下：‎ ‎(1)乙烯气相直接水合法：C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) ΔH1=akJ·mol-1‎ 已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323.0kJ·mol-1‎ C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-1278.5kJ·mol-1，则a=__。‎ ‎(2)工业上常采用CO2和H2为原料合成乙醇，某实验小组将CO2(g)和H2(g)按1：3的比例置于一恒容密闭容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH=bkJ·mol-1。在相同的时间内，容器中CO2的浓度随温度T的变化如图1所示，上述反应的pK(pK=-lgK，K表示反应平衡常数)随温度T的变化如图2所示。‎ - 14 -‎ ‎①由图1可知，b=__(填“”“”或“<”)0。‎ ‎②在T1～T2及T4～T5两个温度区间内，容器中CO2(g)的浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是___。‎ ‎③图1中点1、2、3对应的逆反应速率v1、v2、v3中最大的是___(填“v‎1”‎“v‎2”‎或“v‎3”‎)；要进一步提高H2(g)的转化率，可采取的措施有___(任答一条)。‎ ‎④图2中当温度为T1时，pK的值对应A点，则B、C、D、E四点中表示错误的是__。‎ ‎⑤乙烯气相直接水合法过程中会发生乙醇的异构化反应：C2H5OH(g)CH3OCH3(g) ΔH=+50.7kJ·mol-1，该反应的速率方程可表示为v正=k正c(C2H5OH)和v逆=k逆c(CH3OCH3)，k正和k逆只与温度有关。该反应的活化能Ea(正)__(填“”“”或“<”) Ea(逆)，已知：T℃时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚，此时反应__(填“正向”或“逆向”)进行。‎ ‎【答案】 (1). -44.5 (2). < (3). T1~T2区间，化学反应未达到平衡，反应正向进行，温度越高，反应速率越快，所以CO2的浓度随温度的升高而减小；T3以后曲线上对应的点均达到平衡，该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的浓度随温度的升高而增大 (4). v3 (5). 提高CO2的浓度或适当降温或及时移出生成物 (6). BE (7). > (8). 正向 ‎【解析】‎ 详解】(1) 已知：I：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323.0kJ·mol-1‎ II：C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-1278.5kJ·mol-1；‎ 根据盖斯定律I-II可得C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) ΔH1=ΔH2-ΔH3=(-1323.0kJ·mol-1)-(-1278.5kJ·mol-1)=-44.5 kJ·mol-1；‎ ‎(2)①据图可知当温度低于T3时随温度上升，CO2的浓度下降，而温度高于T3时随温度上升，CO2的浓度上降，说明相同时间内温度低于T3时反应没有达到平衡，而温度高于T3时，该时段内反应达到平衡，且温度上升平衡左移CO2的浓度上降，所以正反应为放热反应，所以b<0；‎ - 14 -‎ ‎②T1~T2区间，化学反应未达到平衡，反应正向进行，温度越高，反应速率越快，所以CO2的浓度随温度的升高而减小；T3以后曲线上对应的点均达到平衡，该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的浓度随温度的升高而增大；‎ ‎③温度越高反应速率越快，所以逆反应速率最大的是v3；提高CO2的浓度或及时移出生成物，平衡都可以正向移动增大氢气的转化率，该反应正反为放热反应，适当降低温度也可以提高提高氢气的转化率；‎ ‎④该反应为放热反应，所以温度越高平衡常数越小，则pK越大，所以BE二点表示错误；‎ ‎⑤该反应焓变大于0，焓变=正反应活化能-逆反应活化能>0，所以Ea(正)> Ea(逆)；反应达到平衡时正逆反应速率相等，即v正=k正c(C2H5OH)=v逆=k逆c(CH3OCH3)，所以有，T℃时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，所以该温度下平衡常数K==3，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数， 所以该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚时，浓度商Q=<3，所以此时反应正向移动。‎ ‎【点睛】解答第③小题时要注意该反应是在恒容密度容器中进行，所以不能简单说增大压强可以使氢气转化增大；学生要掌握通过浓度商和平衡常数比较来判断反应进行方向的方法，浓度商大于平衡常数反应逆向进行，浓度商小于平衡常数反应正向进行。‎ ‎11.青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体，其结构如图1，请回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎(1)基态O原子的价电子排布图为___。‎ ‎(2)组成青蒿素的三种元素中电负性最大的是__(填元素符号，下同)，第一电离能最大的是__。‎ ‎(3)基态N原子的未成对电子数为___。‎ ‎(4)双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，其抗疟疾疗效优于青蒿素，双氢青蒿素的合成一般是在相转移催化剂聚乙二醇的作用下，用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素。两种硼氢化物的合成原理如下：‎ ‎2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3=NaBH4+3NaF - 14 -‎ BH4-的空间构型为__；B2H6分子的结构如图2，B2H6中B的杂化方式为__。‎ 聚乙二醇[HO(CH2CH2O)nH]随着n值的增大，水溶性降低，原因是___。‎ ‎(5)NaH的晶胞与NaCl相同，NaH晶体中阳离子的配位数是__；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，阴、阳离子的半径比约为__(已知≈1.414，结果保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). (2). O (3). O (4). 3 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). 随着n值的增大，聚乙二醇极性越来越弱，水溶性降低 (8). 6 (9). 0.414‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)O元素为8号元素，基态O原子的价电子排布为2s22p4，所以价电子排布图为；‎ ‎(2)非金属性越强电负性越大，C、H、O三种元素中O元素的非金属性最强，所以电负性最大；H原子最外层只有一个电子，容易失去形成阳离子，第一电离能较小，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，所以第一电离能O>C>H，即O元素的第一电离能最大；‎ ‎(3)N元素为7号元素，基态电子排布为1s22s22p3，2p能级有3个未成对电子；‎ ‎(4)BH4-的中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形；根据B2H6分子的结构可知每个B原子价层电子对数为4，所以为sp3杂化；随着n值的增大，聚乙二醇极性越来越弱，水溶性降低；‎ ‎(5)NaH的晶胞与NaCl相同，以体心钠离子为研究对象，与其距离最近的H-位于6个面的面心，所以NaH晶体中阳离子的配位数是6；以晶胞的一个面为例，可以得到如图所示截图，则NaH晶体中阴阳离子的最短距离为a的一半即，阳离子半径为对角线的，即为a，所以阴离子半径为-a，则阴、阳离子半径之比为=0.414。‎ ‎12.氯喹()可用于治疗新冠肺炎，氯喹的合成方法如图：‎ - 14 -‎ 已知：+H2O。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A中所含官能团的名称是__，C的分子式为___。‎ ‎(2)A生成B的反应类型为___，E生成F的反应类型为__。‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。氯喹中的手性碳有__个。‎ ‎(4)由C生成D的过程中，加入NaOH溶液时发生反应的化学方程式为___。‎ ‎(5)X为E的同分异构体，写出一种满足如下条件的X的结构简式：___。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应 ‎②除苯环外不含其他环，且苯环上只有2个取代基 ‎③含有—CN ‎④核磁共振氢谱中只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1‎ ‎(6)设计以、CH3CH2CH2Br、CH3CH2ONa、CH3CH2OH为原料合成的合成路线___(无机试剂任选)。‎ 已知：R1CH2COOR2R1CH(R3)COOR2‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、硝基 (2). C12H10ClNO3 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). 1 (6). +2NaOH→+C2H5OH+H2O (7). (或或) (8). ‎ - 14 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对比A的分子式和B的结构式可知A到B发生还原反应，所以A为，B经过系列反应生成C，C在氢氧化钠溶液中发生水解，酸化后得到D，所以D的结构简式为，D在一定条件下生成E，E中羟基被取代生成F为，F与反应生成氯喹。‎ ‎【详解】(1)A为，所含官能团为氯原子和硝基；根据C的结构简式可知C的分子式为C12H10ClNO3；‎ ‎(2)A生成B，少了氧原子多了氢原子，所以为还原反应；E生成F的过程中羟基被氯原子代替，为取代反应；‎ ‎(3)如图所示(*号标出)，氯喹中手性碳有1个手性碳；‎ ‎(4)C中含有酯基可以和NaOH反应，根据题目所给信息可知与吡啶环(氮苯)相连的羟基也可以和NaOH反应，所以方程式为+2NaOH→+C2H5OH+H2O；‎ ‎(5)E的分子式为X为E的同分异构体，满足条件：‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基 ‎②除苯环外不含其他环，且苯环上只有2个取代基，其中一个为羟基，则另一个取代基为-C3HClN；‎ - 14 -‎ ‎③含有—CN，则另一个取代基可以是-C(Cl)=CHCN、-C(CN)=CHCl、CH=C(CN)Cl；‎ ‎④核磁共振氢谱中只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1，说明两个取代基处于对位，所以符合条件的结构有、、；‎ ‎(6)对比和的结构，羟基被氧化成羧基，且环上与羧基相连的碳原子上引入丙基；羟基可以被酸性高锰酸钾氧化成羧基，羧基可以酯化，根据题目所给信息，酯基结构可以和CH3CH2CH2Br、CH3CH2ONa共同作用从而把丙基引入到与酯基中形成碳氧双键的碳原子的邻位碳上，所以合成路线为。‎ ‎【点睛】本题易错点为第4小题方程式的书写，要注意题目所给信息，1molC可以和2molNaOH发生反应；有机反应中加氧或去氢的反应为氧化反应，加氢或去氧的反应为还原反应。‎ ‎ ‎ - 14 -‎