【化学】浙江省宁波市效实中学2020届高三上学期第一次模拟考试（解析版）

【化学】浙江省宁波市效实中学2020届高三上学期第一次模拟考试（解析版）

浙江省宁波市效实中学2020届高三上学期第一次模拟考试 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137 Co 59‎ 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料 B. 使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用 C. 氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用 D. 港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀 ‎【答案】B ‎【详解】A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A正确；‎ B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B错误；‎ C. 蛋白质二级结构是通过骨架上羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A与T 间形成两个氢键，G与C间形成三个氢键。C正确； ‎ D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。‎ ‎2.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是（ ）‎ A. 按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9种分散系 B. 天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物 C. CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质 D. 塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化 ‎【答案】C ‎【详解】A. 分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种分散系，共可组成3×3=9种分散系，A正确；‎ B. 天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；‎ C. HCOOH是电解质，C错误；‎ D. 塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D正确。‎ 故选C。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. NaClO的电子式 B. 中子数为16的硫离子：S C. 为CCl4的比例模型 D. 16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体 ‎【答案】D ‎【详解】A. NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；‎ B. 中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；‎ C. 中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；‎ D. 16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。‎ ‎4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D. NH3易溶于水，可用作制冷剂 ‎【答案】A ‎【详解】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；‎ B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；‎ D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.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，33.6LSO3中含有氧原子的数目为4.5NA B. 1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4NA C. 0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA D. 1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 标准状况下，SO3呈固态，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；‎ B. 磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B错误；‎ C. 丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，C正确；‎ D. 理论上，1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2，但反应为可逆反应，所以生成I2小于1mol，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】当看到试题中提供2.24、4.48、6.72等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要克制住自己的情绪，切记先查验再使用的原则。只有标准状况下的气体，才能使用22.4L/mol。特别注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。‎ ‎6.下列有关化学实验说法正确的是（ ）‎ A.‎ ‎ 受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理 B. 移液管吸取溶液后，应将其垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管 C. 向某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液若出现蓝色，则可判断该溶液含有蛋白质 D. 检验氯乙烷中的氯元素时，可先将氯乙烷用硝酸进行酸化，再加硝酸银溶液来检验，通过观察是否有白色沉淀来判断是否存在氯元素 ‎【答案】B ‎【详解】A.受强酸腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%NaHCO3溶液洗，A错误；‎ B.吸取溶液后的移液管，需将液体放入稍倾斜的容器中，并保持管壁的垂直，并将管尖与容器内壁接触后，才能松开食指让溶液流出，B正确；‎ C.茚三酮试剂与蛋白质作用，应生成蓝紫色物质，C错误；‎ D. 检验氯乙烷中的氯元素时，应先将氯乙烷用热的强碱水溶液或强碱的乙醇溶液处理，让其发生水解，D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.下列离子方程式中书写正确的是（ ）‎ A. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O B. FeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ C. NH4Al(SO4)2溶液中通入过量的 Ba(OH)2：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3▪H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2O D. 饱和碳酸钠溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 磁性氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+还要与I-发生氧化还原反应，A错误；‎ B. FeBr2中通入氯气时，Fe2+先被氧化为Fe3+，剩余的Cl2再与Br-发生反应，一半的Br-氧化时，Fe2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等，B正确；‎ C. 所提供的离子方程式中，电荷不守恒，质量不守恒，C错误；‎ D. 饱和碳酸钠溶液中通入CO2，应生成NaHCO3沉淀，D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 哒嗪的二氯代物超过四种 B. 聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色 C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪 D. 物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同 ‎【答案】C ‎【详解】A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；‎ B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；‎ C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；‎ D. 1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. WZ沸点高于W2Y的沸点 B. 含Z的两种酸反应可制得Z的单质 C. W2Y2中既含离子键又含共价键 D. X的含氧酸一定为二元弱酸 ‎【答案】B ‎【详解】化合物的结构图告诉我们，W、Z可形成一个共价键，X可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，再结合“只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性”，可确定W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。‎ A. HCl沸点低于H2O的沸点，因为水分子间能形成氢键，A错误；‎ B. HCl+HClO=Cl2↑+H2O，B正确；‎ C. H2O2中只含共价键不含离子键，C错误；‎ D. HCOOH、CH3COOH都为一元弱酸，D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.恒容条件下，1 mol SiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)。已知：v正＝v消耗(SiHCl3)＝k正x2(SiHCl3)，v逆＝2v消耗(SiH2Cl2)＝k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应为放热反应，v正，a＜v逆，b B. 化学平衡状态时2v消耗(SiHCl3)＝v消耗(SiCl4)‎ C. 当反应进行到a处时，v正/v逆=16/9‎ D. T2 K时平衡体系中再充入1 mol SiHCl3，平衡正向移动，x(SiH2Cl2)增大 ‎【答案】C ‎【详解】A.因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知达到平衡所需时间T2K小于T1K，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K平衡时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，选项A错误；‎ B. 化学平衡状态时v消耗(SiHCl3)＝2v消耗(SiCl4)，选项B错误；‎ C. 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应前后分子数不变，即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol，由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时V正=V逆，V正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正，V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，=，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点处时V正= k正 x2(SiHCl3)=0.82k正，V逆= k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.12k逆。×=×=。选项C正确；‎ D.恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1所示，电池的工作原理如下图2所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极 B. 闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极 C. 放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极 D. 充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2 +2Li+‎ ‎【答案】D ‎【分析】本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。‎ ‎【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；‎ B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；‎ C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；‎ D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2−2e−===O2↑+2Li+，故D正确。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷 B. 可用新制Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇 C. 高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应 D. 向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解 ‎【答案】B ‎【详解】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误 B. 甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；‎ C. 皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；‎ D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。‎ ‎13.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（ ）‎ A. H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9‎ B. pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O C. M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1‎ D. pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；‎ B. pH在8.0～10.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；‎ C. M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1mol·L-1，C错误；‎ D. pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3)< c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)‎ ‎”<”或“=”)‎ ‎②M点时，H2的转化率为_____(计算结果精确到0.1%)， 该反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎③下列各项能作为判断该反应达到平衡标志是______(填字母)；‎ A.容器内压强保持不变 B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)‎ C.混合气体的相对分子质量保持不变 D.混合气体的密度保持不变 ‎（3）H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(1)，实验测得反应速率的表达式为v=kcm(NO)·cn(H2)(k是速率常数，只与温度有关)‎ ‎①某温度下，反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。‎ 编号 c(NO)/(mol/L)‎ c(H2)/(mol/L)‎ v/(mol·L-1·min-1)‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.414‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎1.656‎ ‎3‎ ‎0.50‎ ‎0.10‎ ‎2.070‎ 由表中数据可知，m=_____，n=_____。‎ ‎②上述反应分两步进行：i．2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)(慢反应)；ii．H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)(快反应)。下列叙述正确的是_______(填字母)‎ A.H2O2是该反应的催化剂 B.反应i的活化能较高 C.总反应速率由反应ii的速率决定 D.反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效 ‎（4）2018年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）。工作过程中，膜I侧所得=3，则膜I侧的电极方程式为________________________________。‎ ‎【答案】(1). -90.1kJ/mol (2). B (3). > (4). 54.5% (5). (6). CD (7). 1 (8). 2 (9). BD (10). 12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-‎ ‎【分析】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ/mol ①‎ CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ/mol ②‎ ‎①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，从而求出ΔH1=-90.1kJ/mol，该反应ΔS<0，ΔH1<0，从而得出自发进行的条件。‎ ‎（2）①反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时CO的转化率大，由此可得出p1与p2的关系。‎ ‎②从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：‎ M点时，H2的转化率为，该反应的平衡常数Kp= 。‎ ‎③A.恒压条件，压强始终不变，由容器内压强保持不变，不能判断反应是否达平衡；‎ B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，此数据表明逆反应速率大，平衡逆向移动；‎ C.混合气体的质量不变，但气体的物质的量减小，相对分子质量增大。若相对分子质量保持不变，则达平衡状态；‎ D.混合气体的质量不变，但体积减小，所以密度增大。若密度不变，则表明达平衡状态。‎ ‎（3）由表中数据可知，，由此求出m；，由此求出n。‎ ‎②A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂；‎ B.反应i是慢反应，则反应的活化能较高；‎ C.总反应速率由慢反应的速率决定；‎ D.反应i是慢反应，说明NO和H2的碰撞仅部分有效。‎ ‎（4）n(N2):n(O2)= 4：1，=3，则n(H2):n(O2)=12:1，从图中可以看出，氧元素转化为O2-，氢元素转化为H2，由此可得出膜I侧的电极方程式。‎ ‎【详解】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ/mol ①‎ CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ/mol ②‎ ‎①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，从而求出ΔH1=-90.1kJ/mol，该反应ΔS<0，ΔH1<0，从而得出自发进行的条件是低温。答案为：B；‎ ‎（2）①反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时CO的转化率大，由此可得出p1>p2。答案为：>；‎ ‎②从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：‎ M点时，H2的转化率为=54.5%，该反应的平衡常数Kp== 。答案为：54.5%；；‎ ‎③A.恒压条件，压强始终不变，由容器内压强保持不变，不能判断反应是否达平衡；‎ B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，此数据表明逆反应速率大，平衡逆向移动；‎ C.混合气体的质量不变，但气体的物质的量减小，相对分子质量增大。若相对分子质量保持不变，则达平衡状态；‎ D.混合气体的质量不变，但体积减小，所以密度增大。若密度不变，则表明达平衡状态。‎ 由以上分析，可确定CD达平衡状态。答案为：CD；‎ ‎（3）由表中数据可知，，由此求出m=1；，由此求出n=2；。答案为：1；2；‎ ‎②A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂，A错误；‎ B.反应i是慢反应，则反应的活化能较高，B正确；‎ C.总反应速率由慢反应的速率决定，C错误；‎ D.反应i是慢反应，说明NO和H2的碰撞仅部分有效，D正确。‎ 综合以上分析，答案为：BD；‎ ‎（4）n(N2):n(O2)= 4：1，=3，则n(H2):n(O2)=12:1，从图中可以看出，氧元素转化为O2-，氢元素转化为H2，由此可得出膜I侧的电极方程式12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-。答案为：12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-。‎ ‎【点睛】化学反应过程中，两种反应物本身要进行分解，然后重新组合为新物质。若两种物质反应速率不同，慢反应在自我分解时速率就慢，即使反应速率快的分解了很多，也没有足够的反应慢物质的产物与其进行结合，所以整个化学反应的速率就由慢反应的速率决定。就象木桶一样，最短的木板决定木桶盛水的高度。‎ ‎20.实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：‎ ‎+CH3OH+H2O 药品 相对分子质量 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 溶解性 密度（g•cm-3）‎ 甲醇 ‎32‎ ‎-98‎ ‎-64.5‎ 与水混溶，易溶于有机溶剂 ‎0.79‎ 甲基丙烯酸 ‎86‎ ‎15‎ ‎161‎ 溶于热水，易溶于有机剂 ‎1.01‎ 甲基丙烯酸甲酯 ‎100‎ ‎-48‎ ‎100‎ 微溶于水，易溶于有机溶剂 ‎0.944‎ 已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；‎ 实验步骤：‎ ‎①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；‎ ‎②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热 ‎ 烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；‎ ‎③当 ，停止加热；‎ ‎④冷却后用试剂 X 洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；‎ ‎⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：‎ ‎（1）A装置的名称是_____。‎ ‎（2）请将步骤③填完整____。‎ ‎（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____________________(填两种）。‎ ‎（4）下列说法正确的是______‎ A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂 B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率 C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤 D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏 ‎（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。‎ A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯 B.实验条件下发生副反应 C.产品精制时收集部分低沸点物质 D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失 ‎【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 分水器中液面不再变化 (3). 、CH3OCH3 (4). BD (5). 85.2% (6). C ‎【分析】（1）A装置的名称是球形冷凝管。‎ ‎（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热 ‎（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。‎ ‎（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂 B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率 C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水 D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合 ‎（5）实验结束收集分水器分离出水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)= ，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为。‎ A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；‎ B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；‎ C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；‎ D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。‎ ‎【详解】（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；‎ ‎（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；‎ ‎（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；‎ ‎（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；‎ B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；‎ C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；‎ D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；‎ ‎（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=‎ ‎，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；‎ A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；‎ B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；‎ C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；‎ D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。‎ ‎21.某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：‎ 已知：‎ 试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。‎ ‎②‎ ‎③‎ 请回答：‎ ‎（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____________。‎ ‎（2）下列说法不正确的是_____。‎ A.B到C的反应类型为取代反应 B.EMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚 C.化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解 D.D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上 ‎（3）已知：RCH2COOH，设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5‎ OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________________________。‎ ‎（4）写出C→D的化学方程式__________________________________________________。‎ ‎（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：____________________________‎ ‎①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有N－H键，不含N－N键；‎ ‎②分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。‎ ‎【答案】(1). (2). AC (3). C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 (4). +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH (5). 、、、‎ ‎【分析】根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。‎ ‎（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。‎ ‎（2）A.B到C的反应类型为还原反应；‎ B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；‎ C.化合物E含有碱基，具有碱性；‎ D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；‎ ‎（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。‎ ‎（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。‎ ‎（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：‎ 若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。‎ ‎【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；‎ ‎（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；‎ B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；‎ C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；‎ D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；‎ ‎（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH ‎，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；‎ ‎（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；‎ ‎（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、、、。 ‎