广东省潮州市高级中学2020届高三下学期第一次网上模拟测试理科综合化学试题 Word版含解析

广东省潮州市高级中学2020届高三下学期第一次网上模拟测试理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 潮州市高级中学2019-2020学年度 第二上综合模拟测试 理科综合化学试题 ‎1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是（ ）‎ A．4.03米大口径碳化硅反射镜 B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、Si都位于第IVA族，二者位于同一主族，故A选；‎ B．聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分别位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族，这几种元素位于不同主族，故B不选；‎ C．C位于第IVA族、Ag位于第IB族，二者位于不同族且Ag为副族元素，故C不选；‎ D．钛合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族，Ti为副族元素，不符合，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)‎ B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 - 17 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；‎ ‎【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；‎ B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；‎ C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；‎ D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；‎ 总上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎3.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是 A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢钠 C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠 - 17 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；‎ B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；‎ C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；‎ D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有 关汉黄芩素的叙述正确的是 A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5‎ B. 该物质遇 FeCl3溶液显色 C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2‎ D. 与足量 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12O5，故A错误；‎ B. 该分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；‎ C. 该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质最多可消耗2molBr2，故C错误；‎ D. 该物质与足量H2发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少2种，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol甲苯含有6NA个C－H键 - 17 -‎ B. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O的反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA C 标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子 D. 56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲苯的分子式为C7H8，故1mol甲苯中含8NA个C−H键，故A错误；‎ B．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，转移3.75NA个电子，故B正确；‎ C．标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氨气分子个数，故C错误；‎ D．铁在浓硫酸中钝化，不能完全反应，则生成二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎6.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法制备(CH3)4NOH，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. M电极的电极反应式为：4OH-－4e-=O2↑+2H2O B. N电极接电源的正极 C. 阳离子通过离子交换膜往M电极移动 D. 制备18.2g(CH3)4NOH，两极共产生4.48L气体(标准状况)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ N电极有氢气生成，发生还原反应，故N为阴极，则M为阳极；N极区水放电生成氢气与氢氧根离子，氢氧根离子再与溶液中(CH3)4N＋结合生成(CH3)4NOH，M极区是氯离子放电生成氯气，离子交换膜为阳离子交换膜；N极电极反应式为：2(CH3)4N＋＋2H2O＋2e−＝2(CH3)4NOH＋H2‎ - 17 -‎ ‎↑，M极电极反应式为：2Cl−−2e−＝Cl2↑。‎ ‎【详解】A．N电极有氢气生成，发生还原反应，故N为阴极，则M为阳极，M极电极反应式为：2Cl−−2e−＝Cl2↑，故A错误；‎ B．N为阴极，连接电源的负极，故B错误；‎ C．在电解池中，阳离子向阴极移动，N为阴极，所以向N极移动，故C错误；‎ D.18.2g(CH3)4NOH的物质的量为18.2g÷92g/mol＝0.2mol，N极电极反应式为：2(CH3)4N＋＋2H2O＋2e−＝2(CH3)4NOH＋H2↑，收集氢气0.1mol，转移电子为0.2mol，M极电极反应式为：2Cl−−2e−＝Cl2↑，收集氯气为0.1mol，故标况下两极可得气体体积为：0.2mol×22.4L/mol＝4.48L，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题关键是根据生成氢气的位置判断阴极和阳极，注意理解电解池工作原理。‎ ‎7.25℃，用0.1mol·L-1的氨水滴定10mL0.05mol·L-1的二元酸H2X溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. A点的pH等于2‎ B. B点溶液中离子浓度大小顺序为：c(NH4+)>c(X2-)>c(H+)>c(HX-)>c(OH-)‎ C. 由图可知，25℃时，NH3·H2O的Kb=‎ D. A点到C点，水的电离程度先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．A点lg＝−12，结合水的离子积计算；‎ - 17 -‎ B．B点lg＝−2，溶液呈酸性，溶质为(NH4)2X；‎ C．氨水的电离常数表达式为Kb＝，根据中性点计算；‎ D．B点为(NH4)2X，此时水的电离程度最大，B点后继续加入氨水，水的电离程度逐渐减小。‎ ‎【详解】A．A点lg＝−12，结合c(H＋)•c(OH−)＝10−14可知：c(H＋)＝0.1mol/L，此时溶液的pH＝1，故A错误；‎ B．由A点pH=1，可知H2X为二元强酸，根据图示可知，B点反应后溶质为(NH4)2X，X2-不水解，溶液中不存在HX-离子，故B错误；‎ C．C点加入bmL0.1mol•L−1的氨水，根据图示可知lg＝0，则c(H＋)＝c(OH−)＝10−7mol/L，此时H2X完全反应生成(NH4)2X，n[(NH4)2X]＝0.05mol/L×0.01L＝5×10−4mol，n(NH4＋)＝1×10−3mol，n(NH3•H2O)＝0.1mol/L×b×10−3L−1×10−3mol＝(b−10)×10−4mol，设C点溶液体积为VL，则Kb＝＝＝，故C正确；‎ D．A点到C点过程中，B点溶质为(NH4)2X，此时水的电离程度达到最大，之后随着氨水的滴入，水的电离程度逐渐减小，所以该过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题明确图示曲线变化情况为解答关键，注意掌握电离平衡常数、溶液酸碱性与溶液pH的关系。‎ ‎8.丁烷的催化裂解可按下列两种方式进行：C4H10→C2H6+C2H4； C4H10→CH4+C3H6；某化学兴趣小组的同学为探究丁烷裂解气中CH4和C2H6的比例关系，设计如图所示实验：‎ - 17 -‎ 注：CuO能将烃氧化成CO2和H2O；A12O3是丁烷裂解的催化剂，G后面装置已省略。如图连接好装置后(部分夹持装置已略去)，需进行的实验操作有：‎ ‎①给D、G装置加热：②检査整套装置的气密性；③排尽装置中的空气。‎ ‎（1）这三步操作的先后顺序依次是____________。‎ ‎（2）简要说明检验空气排尽的方法：_______________________________________________。‎ ‎（3）B装置所起的作用是__________________________________________。‎ ‎（4）假设丁烷完全裂解，流经各装置中的气体能完全反应。当(E和F)装置的总质量比反应前增加了 1.82g, G装置中固体质量减少了 4.l6g，则丁烷的裂解产物中n(CH4)∶n(C2H6)=_____________。‎ ‎（5）若对E装置中的混合物再按以下流程实验：‎ ‎①分离操作I、Ⅱ的名称是I_____________、 II_______________；‎ ‎②Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ②③① (2). 用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯度，无爆鸣声，则排尽 (3). 通过观察气泡，调节旋钮A，控制气体流量 (4). 3:2 (5). 分液 (6). 蒸馏 (7). SO32-+Br2+H2O=2H++SO42-+2Br-‎ ‎【解析】‎ ‎（1）涉及气体制备与性质的实验都应先检查装置气密性，本实验涉及丁烷的裂解，因此在加热之前需排尽装置中的氧气，最后给D、G装置加热，故答案为②③①。‎ ‎（2）可通过爆鸣实验检验气体的纯度，以确定是否排尽空气：用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯度，无爆鸣声，则排尽。‎ ‎（3）装置B所起的作用是通过观察气泡，控制气体流速；故答案为通过观察气泡，调节旋钮A，控制气体流量。‎ ‎（4）丁烷裂解生成的乙烯和乙烷物质的量相等，生成的甲烷和丙烯物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G装置减少的质量是氧化铜中氧元素的质量，设C2H4的物质的量为x，C3H6的物质的量为y，则乙烷和甲烷的物质的量分别为x、y，28g·mol-1x+42 g·mol-1y=1.82g，乙烷、甲烷和氧化铜反应所需氧原子的物质的量为7x+4y=4.16g÷16 g·mol-1=0.26mol，解得 - 17 -‎ x=0.02mol，y=0.03mol，所以甲烷与乙烷的物质的量之比为3：2。‎ ‎（5）E中含有溴单质和乙烯、丙烯与与溴单质的加成产物，其中加成产物是有机物，向混合物中加入亚硫酸钠溶液，除去溴单质，发生反应为：SO32-+Br2+H2O=2H++SO42-+2Br-；溶液分层，故采用分液法分离混合物水溶液和有机层；互溶的液体，用蒸馏法分离出X和Y。‎ 点睛：本题考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、计算等知识，有一定难度。应根据题意明确实验设计的思路，以及达到实验目的所采用的措施等；有关物质含量的测定计算，注意运用原子守恒，列方程组解决。‎ ‎9.高纯硝酸锶[Sr(NO3)2]可用于制造信号灯，光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如图：‎ 已知：①“滤渣1”的成份为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；②铬酸（H2CrO4）为二元弱酸 ‎（1）用铬酸(H2CrO4)“沉钡”，是工业上常用的方法。H2CrO4中Cr元素的化合价为__，其在水中的电离方程式为___。‎ ‎（2）“酸浸”不能采用高温的原因是__，“滤液1”的主要溶质是__（写化学式）。‎ ‎（3）相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是__。‎ ‎（4）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式__。‎ ‎（5）已知Cr(OH)3类似氢氧化铝，还原后溶液的pH不能大于8的原因是（用离子方程式说明理由）__。‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). H2CrO4H++HCrO4-，HCrO4-H++CrO42- (3). 避免HNO3挥发和分解，减少环境污染 (4). Ca(NO3)2 (5). 减少Sr(NO3)2溶解导致的损失 (6). 4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋＝4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O (7). Cr(OH)3＋OH−＝CrO2−＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3溶解，搅拌，过滤，“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2，“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2，并用浓HNO3洗涤滤渣，减少Sr(NO3)2溶解，进一步洗掉附着的Ca(NO3)2，将滤渣1溶于水中，加过量铬酸使Ba2＋‎ - 17 -‎ 沉淀，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4，“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3＋，调节pH至7～8，Cr3＋使转化为Cr(OH)3沉淀，过滤分离，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得产品，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)H2CrO4中H元素为+1价，O元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，Cr元素的化合价为+6价，因为H2CrO4为二元弱酸，其在水中的电离方程式为H2CrO4H++HCrO4-，HCrO4-H++CrO42-；故答案为：+6；H2CrO4H++HCrO4-，HCrO4-H++CrO42-；‎ ‎(2)“酸浸”不能采用高温的原因是：避免HNO3挥发和分解，减少环境污染，由分析可知“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2；故答案为：避免HNO3挥发和分解，减少环境污染；Ca(NO3)2；‎ ‎(3)用浓HNO3洗涤可以减少Sr(NO3)2溶解导致的损失；故答案为：减少Sr(NO3)2溶解导致的损失；‎ ‎(4)H2CrO4被N2H4还原为Cr3＋，同时放出无污染的气体为氮气，反应离子方程式为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋＝4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O；故答案为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋＝4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O；‎ ‎(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液pH不能大于8，避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3＋OH−＝CrO2−＋2H2O而溶解；故答案为：Cr(OH)3＋OH−＝CrO2−＋2H2O。‎ ‎10.硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害。‎ Ⅰ.已知：重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：‎ BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g) ΔH=＋571.2kJ·mol-1‎ BaS(s)=Ba(s)＋S(s) ΔH=＋460kJ·mol-1‎ 已知：2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol-1‎ 则：Ba(s)＋S(s)＋2O2(g)=BaSO4(s)ΔH=__。‎ Ⅱ.SO2的尾气处理通常有以下几种方法：‎ ‎（1）活性炭还原法 反应原理：恒温恒容时2C(s)＋2SO2(g)=S2(g)＋2CO2(g)。‎ 反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：‎ - 17 -‎ ‎①0～20min反应速率表示为v(SO2)=__；‎ ‎②30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是__；‎ ‎③40min时，平衡常数K=__。‎ ‎（2）亚硫酸钠吸收法 ‎①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为__；‎ ‎②常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__(填序号)。‎ a.c(Na+)＋c(H+)>c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH-)‎ b.c(Na＋)=c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(H2SO3)‎ c.c(Na+)>c(HSO3-)>c(H＋)>c(SO32-)‎ d.溶液中c(H＋)=1×10-8mol/L ‎（3）电化学处理法 ‎①如图所示，Pt(Ⅰ)电极的反应式为__；‎ ‎②当电路中转移0.02mole-时(较浓H2SO4尚未排出)，交换膜左侧溶液中约增加__mol离子。‎ ‎【答案】 (1). −1473.2kJ•mol−1 (2). 0.03mol/( L•min) (3). 减少CO2的浓度 (4). (5). SO32−＋SO2＋H2O＝2HSO3− (6). abc (7). SO2−2e−＋2H2O＝SO42−＋4H＋ (8). 0.03‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．已知①BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g) ΔH=＋571.2kJ·mol-1‎ ‎②BaS(s)=Ba(s)＋S(s) ΔH=＋460kJ·mol-1‎ ‎③2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol-1，‎ 根据盖斯定律：③×2−①−②得方程式Ba(s)＋S(s)＋2O2(g)=BaSO4(s)据此计算；‎ Ⅱ．(1)①根据v＝计算v(SO2)；‎ ‎②30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；‎ ‎③平衡常数K＝，注意固体和纯液体不写入表达式；‎ ‎(2)①Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；‎ ‎②a．根据电荷守恒判断；‎ b．根据物料守恒判断；‎ c．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于其水解程度；‎ d．水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度；‎ ‎(3)①由图可知，Pt(Ⅰ)电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；‎ ‎②左侧电极反应式为：SO2−2e−＋2H2O＝SO42−＋4H＋，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量。‎ ‎【详解】Ⅰ．已知①BaSO4(s)＋4C(s)=BaS(s)＋4CO(g) ΔH=＋571.2kJ·mol-1‎ ‎②BaS(s)=Ba(s)＋S(s) ΔH=＋460kJ·mol-1‎ ‎③2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol-1，‎ 根据盖斯定律：③×2−①−②得方程式Ba(s)＋S(s)＋2O2(g)=BaSO4(s) ΔH＝(−221)×2−(＋460)−(＋571.2)＝−1473.2kJ•mol−1；故答案为：−1473.2kJ•mol−1；‎ Ⅱ．(1)①由图可知，0−20min内二氧化硫浓度变化量为1mol/L−0.4mol/L＝0.6mol/L，故v(SO2)＝＝0.03mol/( L•min)；故答案为：0.03mol/( L•min)；‎ ‎②30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2‎ - 17 -‎ 的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；故答案为：减少CO2的浓度；‎ ‎③恒温恒容时2C(s)＋2SO2(g)⇌S2(g)＋2CO2(g)，平衡常数K＝；故答案为：；‎ ‎(2)①Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，反应离子方程式为：SO32−＋SO2＋H2O＝2HSO3−，故答案为：SO32−＋SO2＋H2O＝2HSO3−；‎ ‎②a．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32−)＋c(HSO3−)＋c(OH−)，故溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＞c(SO32−)＋c(HSO3−)＋c(OH−)，故a正确；‎ b．溶液中S元素以SO32−、HSO3−、H2SO3形式存在，Na元素与硫元素物质的量之比为1：1，故溶液中c(Na＋)＝c(SO32−)＋c(HSO3−)＋c(H2SO4)，故b正确；‎ c．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于其水解程度，故溶液中c(Na＋)＞c(HSO3−)＞c(H＋)＞c(SO32−)，故c正确；‎ d．水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度，故d错误；‎ 故答案为：abc；‎ ‎(3)①由图可知，Pt(Ⅰ)电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO2−2e−＋2H2O＝SO42−＋4H＋；故答案为：SO2−2e−＋2H2O＝SO42−＋4H＋；‎ ‎②左侧电极反应式为：SO2−2e−＋2H2O＝SO42−＋4H＋，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质量＝0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中增加离子为0.01mol＋0.02mol＝0.03mol；故答案为：0.03。‎ ‎【点睛】本题(3)中左侧溶液中增加离子物质的量计算为易错点，学生容易根据电极反应式计算，忽略部分氢离子移至右侧。‎ ‎11.我国化学家首次实现了膦催化的(3+2)环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。‎ 已知(3+2)环加成反应：CH3CC-E1+E2-CH=CH2（E1、E2可以是-COR或-COOR）‎ - 17 -‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）茅苍术醇的分子式为__，所含官能团名称为__，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为__。‎ ‎（2）化合物B满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为__。‎ ‎①分子中含有碳碳三键和乙酯基(-COOCH2CH3) ‎ ‎②分子中有连续四个碳原子在一条直线上 写出其中一种碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式__。‎ ‎（3）C→D的反应类型为__。‎ ‎（4）D→E的化学方程式为__。‎ ‎（5）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物M，在方框中写出路线流程图___（其他试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). C15H26O (2). 碳碳双键、羟基 (3). 3 (4). 5 (5). 、 (6). 加成反应或还原反应 (7). +CH3OH+(CH3)3COH (8).‎ - 17 -‎ ‎ CH3C≡CCOOCH3+CH2＝CHCOOCH2CH3 或CH3C≡CCOOCH2CH3+CH2＝CHCOOCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)明确分子中C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，也可以利用不饱和度计算H原子数目；由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；连有四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；‎ ‎(2)B的同分异构体满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基(−COOCH2CH3)，②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在C−C≡C−C碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3中1个H原子被−COOH替代，也可以是HOOC−C≡CCH2CH2CH3、HOOC−C≡CCH(CH3)2；‎ ‎(3)对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D；‎ ‎(4)对比D、E的结构，可知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成(CH3)3COH；‎ ‎(5)两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B经过一系列反应得到D的过程，结合(3＋2)环加成反应，可以由或与氢气加成反应得到目标物。而CH3C≡CCOOCH3与CH2＝CHCOOCH2CH3反应得到，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2＝CHCOOCH3反应得到。‎ ‎【详解】(1)茅苍术醇分子中有15个C原子、1个O原子，分子不饱和度为3，则分子中H原子数目＝2×15＋2−2×3＝26，故茅苍术醇分子式为C15H26‎ - 17 -‎ O，由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；分子中有如图“*”所示3个碳原子连接连有四个不同的原子或原子团：，即有3个手性碳原子，故答案为：C15H26O；碳碳双键、羟基；3；‎ ‎(2)B的同分异构体满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基(−COOCH2CH3)，②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在C−C≡C−C碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3中1个H原子被−COOH替代，有3种酸，也可以是HOOC−C≡CCH2CH2CH3、HOOC−C≡CCH(CH3)2，故符合条件的同分异构体有3＋2＝5种，其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式为、，故答案为：5；、；‎ ‎(3)对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D，组成加氢，也属于还原反应，故答案为：加成反应或还原反应；‎ ‎(4)对比D、E的结构，可知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成(CH3)3COH，反应方程式为：+CH3OH+(CH3)3COH，故答案为：+CH3OH+(CH3)3COH；‎ ‎(5)两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B经过一系列反应得到D的过程，结合(3＋2)环加成反应，可以由或与氢气加成反应得到目标物；而CH3C≡CCOOCH3与CH2＝CHCOOCH2CH3反应得到，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2＝CHCOOCH3反应得到，合成路线流程图为：CH3C≡CCOOCH3+CH2＝CHCOOCH2CH3 ‎ - 17 -‎ ‎ 或CH3C≡CCOOCH2CH3+CH2＝CHCOOCH3，故答案为：CH3C≡CCOOCH3+CH2＝CHCOOCH2CH3 或CH3C≡CCOOCH2CH3+CH2＝CHCOOCH3。‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎