浙江省金、丽、衢十二校2023届高三化学下学期联考二模试题（Word版附解析）

金丽衢十二校2022学年高三第二次联考化学试题考生注意：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1Li7Be9B11C12N14O16Na23Mg24A127Si28S32Cl35.5K39Ca40Cr52Mn55Fe56Cu64Ag108Ba137选择题部分(共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中常作耐高温材料的碱性氧化物是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．虽然为碱性氧化物，但其熔点不高，A不符合题意；B．对应的酸为硅酸，属于酸性氧化物，B不符合题意；C．为两性氧化物，C不符合题意；D．对应的碱为氢氧化镁，属于碱性氧化物，其离子半径较小，晶格能大，熔点高，可作耐高温材料，D符合题意；故选D。2.Na2SiO3应用广泛，下列说法不正确的是A.Si元素位于周期表p区B.Na2SiO3属于强电解质C.Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃D.存放Na2SiO3溶液的试剂瓶可以用玻璃塞【答案】D【解析】【详解】A．Si原子的价层电子排布式为3s23p2，能量最高的电子排布在3p轨道上，则Si元素位于周期表p区，A正确；B．Na2SiO3为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，则其属于强电解质，B正确；C．Na2SiO3又称泡花碱，其水溶液是黏稠状液体，俗称水玻璃，C正确；D．Na2SiO3溶液具有黏性，能将玻璃瓶塞与瓶口黏在一起，难以打开，所以存放Na2SiO3 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，D不正确；故选D。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：B.基态钠离子的电子排布式：C.的VSEPR模型为平面三角形D.的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子：，A错误；B．基态钠离子的电子排布式：，B错误；C．的中心S原子价层电子对数为，发生sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角形，C正确；D．的形成过程中钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子转化成氯离子，两者通过静电作用形成氯化钠，D错误；故选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.和反应产生氧气，可用作供氧剂B.浓硫酸有吸水性，可用作食品干燥剂C.有强氧化性，可用作自来水消毒剂D.不锈钢强度大，耐磨抗腐蚀，可用于制造列车车体【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠能与二氧化碳和水反应产生氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，胡A正确；B．浓硫酸虽然具有吸水性，但是具有强烈的腐蚀性，且是液体，不能用作食品干燥剂，故B错误；C．有强氧化性，能杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，故C正确；D．用不锈钢制造地铁列车车体，是由于不锈钢强度大，抗腐蚀性强，故D正确；故选B。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.Li与O2反应产生黄色火焰，生成Li2O2 B.施肥时碳酸氢铵应避免与草木灰混合使用C.SO2具有还原性，可作为食品中的抗氧化剂D.工业上可用FeCl3溶液腐蚀覆铜板上的铜【答案】A【解析】【详解】A．Li与O2反应产生紫红色火焰，由于Li的金属性比Na的弱，故Li燃烧只能生成Li2O，A错误；B．由于草木灰(主要成分为K2CO3)溶液呈碱性，能与铵态氮肥反应放出氨气，损失肥效，故施肥时碳酸氢铵应避免与草木灰混合使用，B正确；C．SO2中硫显+4价具有较强的还原性，能够消耗食品中的O2，防止O2氧化食物，故可作为食品中的抗氧化剂如通入葡萄酒作抗氧化剂，C正确；D．工业上可用FeCl3溶液腐蚀覆铜板上的铜，反应原理为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，D正确；故答案为：A。6.关于反应，下列说法正确的是A.发生氧化反应B.生成，转移电子C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为D.可以和反应生成【答案】D【解析】【分析】在反应中，Fe由0价升高到+4价，C由+2价升高到+4价，N由+4价降低到+2价；电子转移的数目为28e-。【详解】A．中N元素由+4价降低到+2价，化合价降低，得电子发生还原反应，A不正确；B．在该反应中，转移电子数目为28e-，则生成，转移电子，B不正确；C．氧化产物为FeO2、CO2，还原产物为NO，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为12:14=6:7，C不正确；D．中Fe显+4价，Fe2O3中Fe显+3价，则含+4价铁的FeO2和反应，可以生成，D正确；故选D。7.下列反应的离子方程式正确的是 A.加入到足量的中：B.少量澄清石灰水与足量：C.过量铁粉加入稀硝酸：D.水中通入氯气：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠加水中过氧化钠做氧化剂和还原剂，反应的离子方程式为，A错误；B．氢氧化钙和碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为，B正确；C．过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式为：，C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不能拆成离子形式，离子方程式为：，D错误；故选B。8.下列说法不正确的是A.石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烃，如苯、甲苯等B.经过硫化的顺丁橡胶既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性C.淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解D.相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强【答案】C【解析】【详解】A．石油在加热和催化剂作用下通过结构调整，发生重整可以获得环状烃如苯、甲苯等，A项正确；B．经过硫化的顺丁橡胶由线型结构变成网状结构，既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性，B项正确；C．淀粉、纤维素在一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蛋白质水解的最终产物为 氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子，但油脂不是高分子，C项错误；D．由于乙基对羟基的影响，使得乙醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱，则在相同条件下，钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，D项正确；答案选C。9.4-羟基双氯酚酸具有抗炎镇痛的功效，其结构如图。已知苯环上的氨基能活化其邻、对位的氢原子，使其更容易被取代。下列说法不正确的是A.分子中所有碳原子可能共平面B.该物质与足量溴水反应，最多可消耗C.4-羟基双氯酚酸分子中没有手性碳原子D.该物质最多可与发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．苯环为平面构型，碳氧双键为平面构型，碳碳单键可以旋转，故所有的碳原子可能共平面，A正确；B．该物质中不含碳碳双键，不能与溴水反应，B错误；C．该分子中只有一个饱和碳原子，该碳原子上有两个氢原子，不是手性碳原子，故4-羟基双氯酚酸分子中没有手性碳原子，C正确；D．1mol苯环可以与3mol氢气发生加成反应，1mol该物质中含2mol苯环，最多可与发生加成反应，D正确；故选B。10.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Y、Z、M同周期，Y的最高正价和最低负价代数和为零，X、M不在同一周期且核外单电子数相同，Q是同周期中常见离子半径最小的元素。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：B.Z与X形成化合物只含有极性共价键C.Q与Z形成的化合物离子键百分数低于50％ D.Y、Z、M元素的简单氢化物的沸点为：【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Y、Z、M同周期，Y的最高正价和最低负价代数和为零，则Y为C元素；X、M不在同一周期且核外单电子数相同，则X为H元素、M为F元素、Z为N或O元素；Q是同周期中常见离子半径最小的元素，则Q为Al元素。【详解】A．Q为Al元素、Y为C元素，Al(OH)3呈两性，H2CO3呈酸性，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Al(OH)3＜H2CO3，A不正确；B．Z为N或O，X为H，Z与X形成的化合物可能为N2H4、H2O2，分子中都含有非极性共价键，B不正确；C．Q与Z形成的化合物可能为AlN、Al2O3，前者为共价化合物，不含有离子键，后者离子键百分数为41%，低于50％，C正确；D．若Z为N元素，简单氢化物沸点：HF＞NH3＞CH4，若Z为O元素，简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞CH4，D不正确；故选C。11.微生物电解池(MEC)是近年来快速发展的一种生物制氢技术。其中一种实验装置如图所示。若以葡萄糖为底物，下列说法不正确的是A.膜是阴离子交换膜B.电极为阴极，发生还原反应C.阳极的电极反应：D.电极和电极附近溶液的不同【答案】A【解析】【详解】A．膜允许氢离子通过是阳离子交换膜，故A错误； B．电极上是氢离子得电子生成氢气，是阴极，发生还原反应，故B正确；C．阳极底物失去电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应：，故C正确；D．电极附近溶液的大于电极附近溶液的，因为两侧生成的氢离子都向Y极移动，故D正确；故选：A。12.吡啶()含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是A.吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道B.吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大C.除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层D.、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故碱性较强。【答案】A【解析】【详解】A．吡啶()含有与苯环类似的大π键，则吡啶中N原子也发生sp2杂化，所以价层孤电子对占据了一个参与杂化的p轨道，A不正确；B．吡啶是极性分子且N原子存在孤电子对，能与水分子间形成氢键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B正确；C．因为吡啶呈碱性，能与盐酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分液、干燥有机层，C正确；D．甲基是给电子基，分子中N原子电子云密度比大，而、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故碱性较强，D正确；故选A。13.甘氨酸在水溶液中主要以I、Ⅱ、Ⅲ三种微粒形式存在，且存在以下的电离平衡： 已知：常温下甘氨酸，，当氨基酸主要以两性离子存在时溶解度最小。下列说法不正确的是A.甘氨酸晶体易溶于水，而难溶于乙醇、乙醚、苯等溶剂B.甘氨酸钠溶液中存在：C.pH=2的甘氨酸盐酸盐溶液中：D.向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，可能会析出固体【答案】C【解析】【详解】A．甘氨酸为极性分子，分子中的氨基和羧基都能与水分子间形成氢键，所以甘氨酸晶体易溶于水，而难溶于乙醇、乙醚、苯等溶剂，A正确；B．羧酸为弱酸，羧酸根离子易发生水解，则甘氨酸钠溶液中存在的水解平衡，B正确；C．pH=2的甘氨酸盐酸盐溶液中，=10-2.35，则，C不正确；D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，此时氨基酸主要以两性离子存在，则溶解度最小，可能会析出固体，D正确；故选C。14.氮肥保障了现代农业的丰收。根据下图的循环过程，有关硫酸铵和氯化铵的说法正确的是A.B.硫酸铵晶体中只含离子键不含共价键 C.氯化铵晶体溶于水的过程：D.可以通过的受热分解实验测得的数据【答案】A【解析】【详解】A．①；②；③；④；⑤；⑥；则根据盖斯定律④+②+⑥-①-③得⑤，得到，A项正确；B．硫酸铵晶体中既含离子键又含共价键，B项错误；C．氯化铵晶体溶于水的过程中混乱度增大，即熵增大，，C项错误；D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气又会重新结合生成氯化铵，不能用氯化铵的受热分解实验测的数据，D项错误；答案选A。15.草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数，，下列有关说法不正确的是A.上层清液中含碳微粒最主要以形式存在B.上层清液中存在：C.加入溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成沉淀D.向上层清液中通入至，则：【答案】D【解析】【详解】A．溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确； B．根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有，B正确；C．草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；D．向上层清液中通入至，则有电荷守恒：，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，，不能确定氯离子浓度，故D错误；故选D。16.下列方案设计、现象和结论不正确的是实验方案现象结论A试管中依次加入3mL乙醇2mL浓硫酸、2mL乙酸及沸石后连接好装置并加热饱和碳酸钠液面上出现有香味的无色油状液体有酯类物质生成B将液体和固体分别暴露在潮湿空气中只有前者会冒“白烟”相同条件下水解程度：C室温下，将溶液和稀混合溶液变浑浊且有刺激性气味的气体生成既体现还原性又体现氧化性D向溶液中加入5滴溶液溶液由橙色变黄色减小，平衡向减小的方向移动A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下生成乙酸乙酯，乙酸乙酯密度比水小且不溶于水，A正确；B．将液体和固体分别暴露在潮湿空气中，二者条件不同，无法比较，B错误； C．硫代硫酸钠发生歧化反应，既体现还原性又体现氧化性，C正确；D．，加入氢氧化钠溶液，减小，平衡向减小的方向移动，溶液由橙色变黄色，D正确；故选B。非选择题部分(共52分)二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硼化合物在工农业和医药方面用途广泛。请回答：（1）B(OH)3分子的空间结构(以B为中心)名称是_______，硼原子的杂化轨道类型是_______。B(OH)3的水溶液呈酸性的原因是_______（2）Li、Be、B在元素周期表上处于相邻位置，正确的是_______。A.基态原子半径：B.电负性：C.第一电离能：D.第二电离能：（3）B与La形成的某化合物晶体结构如下图。立方体的每一个顶点上都有一个由硼原子框架形成的八面体，八面体又以顶点互相连接。该化合物的化学式为_______，该晶体中La的配位数是_______。【答案】（1）①.平面三角形②.sp2杂化③.B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+（2）BD（3）①.LaB6②.24【解析】【小问1详解】B(OH)3分子中，B原子的价层电子对数为3，最外层的3个电子全部形成共价键，则空间结构(以B为中心)名称是平面三角形，硼原子的杂化轨道类型是sp2杂化。B(OH)3分子中，B原子的最外层电子数为6，是缺电子原子，容易与水电离产生的OH-结合形成[B(OH)4]-，从而促进水电离，所以水溶液呈酸性的原因是：B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+。答案为：平面三角形；sp2杂化；B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+； 【小问2详解】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则基态原子半径：，A不正确；B．元素的非金属性越强，电负性越大，Li、Be、B的非金属性依次增强，则电负性：，B正确；C．一般来说，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但Be的2s轨道全充满，原子的能量低，所以第一电离能：，C不正确；D．Li+、Be+、B+的价电子排布式为1s2、2s1、2s2，1s2、2s2轨道全充满，但1s轨道的能量比2s低，所以第二电离能：，D正确；故选BD。答案为：BD；【小问3详解】B与La形成的某化合物晶体结构中，立方体的每一个顶点上都有一个由硼原子框架形成的八面体，八面体又以顶点互相连接，则晶胞中所含B原子的数目为=6，含La原子的个数为1，则该化合物的化学式为LaB6；每个八面体中有3个B原子跟La原子最近，则该晶体中La的配位数是3×8=24。答案为：LaB6；24。【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。18.化合物X是一种常见的化工原料，由四种短周期元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验(气体体积与密度均按标准状况计)。已知：气体A由两种单质混合组成，气体B密度为1.25g/L，混合物C和NaOH发生的反应为非氧化还原反应，溶液D的溶质为两种正盐。请回答：（1）溶液D的两种溶质是_______。（2）化合物X的组成元素是_______，X的化学式是_______。（3）化合物X隔绝空气受热分解的化学反应方程式是_______。（4）化合物X和水反应生成一种酸式盐，请写出相应的化学反应方程式_______。（5）设计实验验证气体A的成分_______。【答案】（1）Na2SO3、Na2SO4 （2）①.H、N、O、S②.NH2SO3H（3）（4）（5）气体通过足量灼热的粉末，粉末变紫红色，生成能使CuSO4变蓝的液体则有H2；用集气瓶将剩余气体收集并冷却，再将燃着的条伸入该集气瓶，镁条燃烧，生成淡黄色固体。(该固体溶于水后，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体)则证明有N2【解析】【分析】气体B密度为1.25g/L，摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，则B为N2，物质的量为0.05mol；A中另一气体能与CuO反应，产物为非气体，则其为H2，体积为2.24L，物质的量为0.1mol。混合气通入NaOH溶液中发生非氧化还原反应生成两种正盐，加入BaCl2溶液，生成的F应为BaSO4，物质的量为=0.05mol，另一沉淀质量为22.50g-11.65g=10.85g，其溶于盐酸，应为BaCO3或BaSO3，由NaOH的物质的量，可确定其为0.05mol，摩尔质量为=217g/mol，其为BaSO3。产生的四种气体分别为：N20.05mol、H20.1mol、SO20.05mol、SO30.05mol，依据质量守恒，可求出第5种分解产物的质量为9.7g-1.4g-0.2g-3.2g-4g=0.9g，其应为H2O，物质的量为0.05mol，它们的物质的量之比n(N2):n(H2):n(SO2):n(SO3):n(H2O)=1:2:1:1:1，从而得出反应物的化学式为NH2SO3H。【小问1详解】由分析可知，加入BaCl2后，生成的两种沉淀分别为BaSO4、BaSO3，则溶液D的两种溶质是Na2SO3、Na2SO4。答案为：Na2SO3、Na2SO4；【小问2详解】由分析可知，化合物X分解产物中，n(N2):n(H2):n(SO2):n(SO3):n(H2O)=1:2:1:1:1，则X的组成元素是H、N、O、S，X的化学式是NH2SO3H。答案为：H、N、O、S；NH2SO3H；【小问3详解】化合物X隔绝空气受热分解，产物中n(N2):n(H2):n(SO2):n(SO3):n(H2O)=1:2:1:1:1，则化学反应方程式是。答案为：；【小问4详解】 化合物X和水反应生成一种酸式盐，则产物为NH4HSO4，相应的化学反应方程式：。答案为：；【小问5详解】气体A由N2和H2构成，H2可通过还原CuO，然后检验反应产物验证，N2可通过与Mg反应，检验产物进行验证，则实验方案为：气体通过足量灼热的粉末，粉末变紫红色，生成能使CuSO4变蓝的液体则有H2；用集气瓶将剩余气体收集并冷却，再将燃着的条伸入该集气瓶，镁条燃烧，生成淡黄色固体。(该固体溶于水后，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体)则证明有N2。答案为：气体通过足量灼热的粉末，粉末变紫红色，生成能使CuSO4变蓝的液体则有H2；用集气瓶将剩余气体收集并冷却，再将燃着的条伸入该集气瓶，镁条燃烧，生成淡黄色固体。(该固体溶于水后，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体)则证明有N2。【点睛】N2虽然性质稳定，但与Mg等碱土金属也能发生反应19.用太阳能电池电解水得到的，再与反应生成甲醇，是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。合成甲醇过程中主要发生以下反应：i.ii.iii.（1）①反应iii自发进行的条件是_______；（2）_______(、表示)。在，有催化剂的条件下，向密闭容器中充入和，的平衡转化率与、的选择性随温度的变化如图1所示，(或的选择性。①图中Y曲线代表_______(填化学式)的选择性。 ②的平衡转化率在以后随温度升高而变大的原因：_______。③，反应达到平衡后，的物质的量为，反应ii的_______。已知：对于气相反应，用组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可以表示平衡常数，记作，如，为平衡压强，为平衡系统中B的物质的量分数。（3）在9.0MPa下，分别按照、的投料比在密闭容器反应相同时间，测得甲醇的生成速率和温度的关系如图2所示。请回答：①下列说法正确的是_______。A.其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率加快B.其他条件不变，压缩容器体积增大压强，甲醇的产率增大C.选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率和平衡转化率D.反应iii低于时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度②其他条件不变，只将投料比由改成，发现产物中水蒸气物质的量分数极低。已知反应ii能快速达到平衡，请在图2中画出之前投料比为时甲醇生成速率和温度的关系______。【答案】（1）低温（2）①.②.③.250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高④.（3）①.BD②.【解析】 【小问1详解】反应iii是熵减的反应，由<0可自发发生知，反应iii自发进行的条件是低温；【小问2详解】由盖斯定律知反应iii=反应i-反应ii，故；反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，图中Y曲线的选择性降低，故Y曲线代表的选择性；的平衡转化率在以后随温度升高而变大的原因是250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高；设反应i中CO2变化量为x，反应ii中CO2变化量为y，则250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则3-3x-y=2.6mol，根据图像可知，250℃时CH3OH的选择性和CO的选择性相，则平衡时，即x=y，解出：x=y=0.1mol，则CO2的变化量为：x+y=0.2mol，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8mol，平衡时H2O的物质的量为：x+y=0.2mol，平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8mol，反应ii的Kp2=；【小问3详解】①A．由图像可知其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率先加快后减小，A错误；B．反应i和反应iii都是气体体积减小的反应，其他条件不变，压缩容器体积增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增大，B正确；C．选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率但不影响平衡转化率，C错误；D．反应iii低于时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度，D正确；故选BD； ②之前投料比为时甲醇生成速率和温度的关系如图所示：。20.某兴趣小组以六水氯化铬、氯化亚砜、四氢呋喃(THF)为原料制备的简略流程如下(夹持仪器已省略)：已知：①氯化亚砜为无色液体，遇水发生反应：。(2)四氢呋喃为常见的有机溶剂，沸点，结构简式：，常简写为THF。(3)制备的主要反应：。难溶于四氢呋喃而易溶于四氢呋喃，二者都极易与水反应。请回答： （1）①步骤I过滤操作中玻璃棒的作用是：_______；②图1冷却水进水口是_______(填“a”或“b”)。（2）下列有关步骤I、步骤II、步骤III的说法不正确的是_______。A.步骤I：该步骤的实验目的是除去中的结晶水，获得固体B.步骤I：滤纸应用水润湿，使其紧贴漏斗内壁，防止有气泡而减慢过滤速度C.步骤II：过滤所得固体用四氢呋喃洗净后无需干燥可直接转移至滤纸套筒内D.步骤III：组装好图1装置，加入四氢呋喃后持续通入氮气，打开冷凝水，加热回流（3）步骤III：①双颈烧瓶中四氢呋喃除作为反应物外还有一个用途是：_______。②本实验使用索氏提取器的优点是：_______。（4）步骤IV：将装有粗产品的双颈烧瓶接到纯化装置(图2)上纯化，打开抽气泵，缓慢打开通气活塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的合理的操作排序：纯化完成→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)→f。_______a.关闭抽气泵b.关闭通气活塞c.拔去橡皮管，打开通气活塞，充入氮气e.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温f.放入干燥器中保存（5）实验所用的四氢呋喃需进行无水处理，下列可以除去四氢呋喃中少量水分的试剂是_______。A.金属钠B.无水硫酸铜C.孔径大小与水分子大小相近的分子筛D.浓硫酸【答案】（1）①.引流②.b（2）BD（3）①.萃取剂②.溶剂可循环使用，使用量减少；生成物溶于被分离，可提高转化率（4）ebac（5）AC【解析】【分析】六水氯化铬与氯化亚砜、THF室温下搅拌、过滤后得到CrCl3固体，转移到图1装置中加入THF和催化剂进行回流、搅拌、纯化后得到产。【小问1详解】①步骤I过滤操作中玻璃棒的作用是：引流；②图1冷却水应下进上出，故进水口是：b；【小问2详解】A.经过步骤I后得到固体，故该步骤的实验目的是除去中的结晶水，获得固体，A正确；B.经过步骤I得到固体，该固体极易溶于水，滤纸不能用水润湿，B错误；C.加热回流时用到的有机溶剂仍为THF，故步骤II过滤所得固体用四氢呋喃洗净后无需干燥可直接转 移至滤纸套筒内，C正确；D.步骤III：组装好图1装置，加入四氢呋喃后通入氮气，将装置中的空气排干净，打开冷凝水，加热回流，D错误；故选BD；【小问3详解】①易溶于四氢呋喃，故双颈烧瓶中四氢呋喃除作为反应物外还有一个用途是：萃取剂；②本实验使用索氏提取器的优点是：溶剂可循环使用，使用量减少；生成物溶于被分离，可提高转化率；【小问4详解】纯化完成后，关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，关闭通气活塞，关闭抽气泵，拔去橡皮管，打开通气活塞，充入氮气，放入干燥器中保存，故正确顺序是：ebacf；【小问5详解】A.钠与水反应，与THF不反应，可用于除去THF中水；B.无水硫酸铜用于检验水，除去水不用它，B错误；C.孔径大小与水分子大小相近的分子筛可以除水，C正确；D.浓硫酸具有腐蚀性，本实验不用其除水，D错误；故选AC。21.某研究小组按下列路线合成降胆固醇药物氟伐他汀钠。已知：①；②请回答： （1）化合物G的含氧官能团名称是_______。（2）化合物D的结构简式是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.化合物E与苯胺互为同系物B.氟伐他汀钠的分子式是C.化合物B与NaOH水溶液共热得到的有机产物有顺反异构体D.化合物G经加成、消去两步反应可成环得到化合物H（4）写出E＋F→G的化学方程式_______。（5）化合物K的分子式为：，且分子中含有酯基。请设计由化合物J和K经三步反应合成氟伐他汀钠的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物I的同分异构体_______。①分子中只含一个环且为六元环，成环原子含有非碳原子；②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键、氧氢键、碳碳三键。【答案】（1）酮羰基(答羰基也给分)（2）（3）AD（4）（5） ；（6）【解析】【分析】,,依此作答。【小问1详解】化合物G的含氧官能团名称是酮羰基(答羰基也给分)，答案为：酮羰基(答羰基也给分)；【小问2详解】 由分析可知化合物D的结构简式是，答案为：；【小问3详解】A.化合物与苯胺结构相似相差若干互为同系物，A正确；B.氟伐他汀钠的分子式是，B错误；C.化合物B与NaOH水溶液共热得到的有机产物是，不存在顺反异构体，C错误;D.化合物G与苯环上氮原子邻位上的碳原子发生加成羰基转变为羟基再发生消去可生成环得到化合物H，D正确；故选AD；【小问4详解】由已知①可知E＋F→G的化学方程式：，答案为：；【小问5详解】化合物K分子中含有酯基和醛基，两个分子在氢化钠作用下J中醛基与K发生加成反应醛基转化成羟基，两个分子形成一个分子，产物在催化剂作用下与氢气发生加成反应，将原来K分子中醛基转化成羟基，原化合物K分子中含有酯基在氢氧化钠水溶液中水解得到目标产物，答案为： 【小问6详解】