安徽省黄山市2023届高三化学下学期三模试题（Word版附解析）

黄山市2023届高中毕业班第三次质量检测理科综合能力测试卷化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Cu-64Ag-108第I卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法错误的是A.纤维素可在人体内经水解最终转化为葡萄糖B.玻璃纤维和碳纤维都是性能优异的无机非金属材料C.采用聚酯纤维材料制作的防晒衣，忌长期用碱性较强的洗涤液洗涤D.长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219－铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量【答案】A【解析】【详解】A．人体内不含水解纤维素的酶，所以纤维素不能再人体中发生水解反应，故A错误；B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐，碳纤维主要成分为碳单质，具有强度大的优点，都是性能优异的无机非金属材料，故B正确；C．聚酯纤维在碱性环境下易发生水解反应，所以市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；D．2219-铝合金具有比强度高，密度较小，低温和高温力学性能好，断裂韧度高，抗应力腐蚀性能好等特点，在航天和航空得到广泛的应用，故D正确；故选：A。2.工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是A.为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀B“氯化”过程中，每生成0.1molCO气体，转移电子0.2molC.由TiCl4制备Ti的过程中，Ar不可以换成N2 D.理论上，每制得1molTi，需要2molMg【答案】B【解析】【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【详解】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成0.1molCO气体，转移电子，故B错误；C．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，故C正确；D．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，理论上，每制得1molTi，需要2molMg，故D正确；故选B。3.化合物3是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是A.化合物1中所有的碳原子可能共面B.化合物2能发生消去反应生成双键C.化合物3中存在两个手性碳D.化合物1、2、3均能在碱性条件下水解生成酚类物质【答案】D【解析】【详解】A．根据苯环中12个原子共平面、甲醛中4个原子共平面，碳碳单键可以旋转，化合物1中的所有的碳原子可能共面，选项A正确；B．化合物2中溴原子连接的碳相邻的碳（甲基）上有H原子，能在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生 成双键，选项B正确；C．化合物3中存在两个手性碳，如图（手性碳原子用标出），选项C正确；D．氯苯在氢氧化钠水溶液中很难水解生成苯酚，故化合物1、2、3不一定能在碱性条件下水解生成酚类物质，选项D错误；答案选D。4.某工业废水中可能含有K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH、Cl-、CO、NO、SO、I-中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：I.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加II.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰III.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色IV.向III中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列推断不正确的是A.溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+B.III中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2OC.原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-D.另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体质量0.8g【答案】C【解析】【分析】I．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH，所以原溶液中一定不含NH，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH、CO；II．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有K+；III．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I-与NO和H+反应生成NO，即溶液中有I-、NO，一定不含有Ag+。 IV．向III中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO；综上所述，一定含有的阴离子为NO、SO、I-，各离子物质的量浓度均为0.2mol/L，结合电荷守恒可知，溶液中一定有Mg2+和Al3+，且还含有一种-1价的阴离子为Cl-，以此解答。【详解】A．由分析可知，溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+，故A正确；B．III中加入盐酸，I-与NO和H+反应生成NO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，故B正确；C．由分析可知，原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-、Cl-，故C错误；D．另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+反应生成Mg(OH)2、NaAlO2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n(MgO)=n(Mg2+)=cV=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，m(MgO)=0.02mol×40g/mol=0.8g，故D正确；故选C。5.原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种前四周期元素，M是由这四种元素组成的化合物，其的化学式为Z3[W(XY)6]。X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Z为前四周期电负性最小的元素，W次外层电子数是最外层7倍，W和X组成的二元化合物晶胞如图所示。下列说法错误的是A.物质M中只存在离子键和σ键B.第三电离能：X＞YC.(XY)2的空间构型为直线形D.距离W最近且等距的X的原子个数为6【答案】A【解析】【分析】X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，该单质为金刚石，X为C元素；Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Y的电子排布式为1s22s22p3，Y为N元素；Z为前四周期电负性 最小的元素，Z为K元素；W次外层电子数是最外层7倍，则W的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，W为Fe元素，M为K3[Fe(CN)6]，以此解答。【详解】A．由分析可知，M为K3[Fe(CN)6]，该物质是离子化合物，存在离子键，CN-中存在碳氮三键，含有1个σ键2个π键，故A错误；B．C元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s2，N元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s22p1，1s22s2中2s轨道是全充满的稳定结构，更加难失去电子，则第三电离能：C＞N，故B正确；C．(CN)2中存在碳氮三键，C原子的轨道杂化方式为sp杂化，空间构型为直线形，故C正确；D．由晶胞结构可知，距离Fe原子最近且等距的C的原子个数为6，故D正确；故选A。6.H2X是一种二元弱酸。常温下向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgY[Y表示或]随pH的变化关系如图。常温下，下列叙述正确的是A.直线Ⅰ中Y表示的是B.电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10-4C.pH=7.2时，c(HX-)=1000c(X2-)D.当c(X2-)=c(H2X)时，溶液的pH为2.7【答案】D【解析】【分析】H2X是一种二元弱酸，Ka1=>Ka2=，溶液里lgY[Y表示或]，当lgY=0时，pH=-lgc(H+)=-lgKa，pH1=1.2<pH2=4.2，表明Ka1=1×10-1.2>Ka2=1×10-4.2，所以直线Ⅰ中Y代表，直线II中Y表示的是，以此解答。 【详解】A．由分析可知，直线Ⅰ中Y表示的是，故A错误；B．由分析可知，Ka2(H2X)=1×10-4.2，数量级为10-5，故B错误；C．pH=7.2时，溶液中c(H+)=1×10-7.2mol/L，，1000c(HX-)=c(X2-)，故C错误；D．当c(X2-)=c(H2X)时，=1×10-1.2×1×10-4.2=1×10-5.4，当c(X2-)=c(H2X)时，c(H+)==1×10-2.7mol/L，溶液的pH为2.7，故D正确；故选D。7.Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内和化学式中均未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu+个数为8-8xB.每个Cu2-xSe晶胞完全转化为Na2Se晶胞，转移电子数为8C.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe-(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)CuD.当NaCuSe转化为Na2Se时，每转移1mol电子，产生1molCu原子【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，b=8-8x，Cu+个数为8-8x，故A正确；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确； C．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe+(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，故C错误；D．当NaCuSe转化Na2Se时，Cu由+1价下降为0价，每转移1mol电子，产生1molCu原子，故D正确；故选C。第II卷(非选择题，共174分)三、非选择题：本题共14小题，共174分。(说明：物理部分为第22～26题，共62分；化学部分为第27～30题，共58分；生物学部分为第31～35题，共54分)8.某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程进行实验(夹持仪器已省略)：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无色液体，沸点51℃，熔点-112℃，易水解。②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O请回答：（1）步骤I反应化学方程式为_____，所获固体主要成分是_____。（2）图1装置中a仪器名称_____，其作用_____。（3）步骤IV：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序(用字母按顺序回答)：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存。_____ a.打开安全瓶上旋塞b.拔出圆底烧瓶的瓶塞c.关闭抽气泵（4）为进一步测定纯化后产品纯度，某同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，请说明原因_____；请设计合理实验方案测定产品纯度_____。【答案】（1）①.CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl②.(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]（2）①.球形冷凝管②.冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率（3）acb（4）①.MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确②.取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)【解析】【分析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产品(CH3CO)2O，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。【小问1详解】制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，则步骤I的过程中得到(CH3COO)2Mn，方程式为：CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl，所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]。【小问2详解】图1装置中a仪器名称为：球形冷凝管，其作用是：冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率。【小问3详解】步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→讲产品转至干燥器中保存，故答案为：acd；【小问4详解】同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，原因是：MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确；氯离子测定更为稳定，通 过测定产品中氯元素的含量确定纯度更加合理，实验方案为：取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)。9.主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，从该矿渣中回收六水合硫酸镍晶体的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。（1）28Ni位于元素周期表_____区(填“s”“p”“d”或“ds”)，其基态原子核外电子的空间运动状态有_____种。（2）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为相应的硫酸盐。NiFe2O4生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为______。（3）“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有______(填化学式)，为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是______。（4）“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol•L-1，加NaF固体时，忽略溶液体积变化，当除钙率达到99%时，除钙后的溶液中c(F-)=______。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]（5）“萃取”时发生反应Mn+(水相)+nRH(有机相)MRn(有机相)+nH+(水相)(Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如图所示，V0/VA的最佳取值为______；“反萃取”能使有机相再生而循环使用，可在有机相中加入______，待充分反应后再分液。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃ 晶体形态NiSO4•7H2ONiSO4•H2O多种结晶水合物NiSO4从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：______、______、过滤、洗涤、干燥等多步操作。【答案】（1）①.d②.15（2）NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（3）①.SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O②.硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)（4）2.0×10-3mol•L-1（5）①.0.25②.H2SO4或盐酸（6）①.蒸发浓缩②.冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡，Fe3+发生水解生成FeO(OH)沉淀；过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。【小问1详解】Ni是28号元素，位于元素周期表的d区，电子排布式为1s22s22p63s2sp63d84s2，含有电子的轨道有15个，其基态原子核外电子的空间运动状态有15种。【小问2详解】“焙烧”中，NiFe2O4和(NH4)2SO4反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O。【小问3详解】“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为NiSO4、CaSO4、Fe2(SO4)3，SiO2和CaSO4不溶于水，过滤后存在于滤渣中，则“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O；为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)。【小问4详解】当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L×(1-99%)=1.0×10-5mol/L，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，得溶液中c(F-)==2.0×10-3mol•L-1。 【小问5详解】结合工艺路线图分析知，萃取分离后无机相经过多步反应生成NiSO4，则应使Fe2+的萃取率达到最大，同时使Ni2+的萃取率较小，根据图示，V0/VA=0.25时，Fe2+的萃取率达到最大值，Ni2+的萃取率几乎为0，符合题意。【小问6详解】从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。10.接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。回答下列问题：（1）已知相关物质的标准生成焓△fH(由压强为100kPa，温度298K下最稳定单质生成标准状况下1mol物质的热效应或焓变)如表：物质的化学式SO2(g)O2(g)SO3(g)标准生成焓△fH(kJ•mol-1)-297.00-395.7则反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=______。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率a随温度的变化如图所示。反应在0.5MPa、550℃时的a=______。（3）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。在温度T、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中通入2molSO2(g)、1molO2(g)和5molN2，只进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，平衡时，测得压强为90kPa，则SO2转化率为______，平衡常数Kpr=______。若保持温度、体积和n(SO2)、n(O2)不变，增大n(N2)使总压变大，测得SO2平衡转化率不变，解释原因：______。（4）对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达平衡后，其他条件不变时，为了同时提高反应速率和SO2的平 衡转化率，可采取的措施是______(填字母序号)。A.使用高效催化剂B.升高温度C.缩小反应容器的体积D.增大SO2的物质的量（5）若该反应的净反应速率方程：v=k正c2(SO2)•c(O2)-k逆c2(SO3)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为T1℃时，k正=810k逆，温度为T2℃时，k正=7220k逆，则T1______T2(填“＞”“＜”或“=”)。【答案】（1）-197.4kJ•mol-1（2）0.925（3）①.80%或0.8②.640③.虽然增大n(N2)使总压变大，但其他组分的浓度(或分压)不变，平衡不移动故SO2平衡转化率不变（4）C（5）＞【解析】【小问1详解】标准生成焓由压强为100kPa，温度298K下最稳定单质生成标准状态下1mol物质的热效应或焓变，因此由盖斯定律计算反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=2×(-395.7)kJ/mol-2×(-297.0)kJ/mol=-197.4kJ•mol-1。【小问2详解】反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，a=0.975。【小问3详解】根据已知条件列出“三段式”平衡时，测得压强为90kPa，则，x=0.8，则SO2转化率为=80%或 0.8，平衡常数Kpr=640，若保持温度、体积和n(SO2)、n(O2)不变，增大n(N2)使总压变大，测得SO2平衡转化率不变，原因是：虽然增大n(N2)使总压变大，但其他组分的浓度(或分压)不变，平衡不移动故SO2平衡转化率不变。【小问4详解】A．使用高效催化剂，反应速率增大，但催化剂不能提高和SO2平衡转化率，故A不选；B．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，故B不选；C．缩小反应容器体积，压强增大，反应物和生成物的浓度增大，反应速率增大，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故C选；D．增大SO2的物质的量，反应速率增大，平衡正向移动，但SO2的平衡转化率减小，故D不选；故选C。【小问5详解】温度为T1℃时，反应达到平衡时，净反应速率方程：v=k正c2(SO2)•c(O2)-k逆c2(SO3)=0，k正c2(SO2)•c(O2)=k逆c2(SO3)，K=，同理温度为T2℃时，K=，该反应是放热反应，温度越高，K值越小，则T1＞T2。11.化合物K是一种化疗药物的活性成分，一种以甲苯为原料的合成路线如图所示： （1）B的化学名称是_____，K中含氧官能团的名称为_____。（2）D→E的反应试剂和条件_____，H→I的反应类型是_____。（3）酚羟基很活泼，但F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是_____(从分子结构角度回答)。（4）I在加热条件下与足量NaOH溶液反应，有一种产物属于芳香化合物，请写出其结构简式_____。（5）X是芳香族化合物，比H分子少一个O原子，写出满足下列条件的X的结构简式_____。(写出任意一种即可)a.苯环上有2个取代基b.能与FeCl3溶液发生显色反应c.与NaOH溶液共热有NH3生成（6）氨基具有较强的还原性。参照上述合成路线，以和甲醇为原料，设计路线三步合成(无机试剂任选)。_____【答案】（1）①.邻氯甲苯或2－氯甲苯②.酰胺基、醚键（2）①.甲醇、浓硫酸，加热②.取代反应（3）羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强(或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大)（4）（5）（6） 【解析】【分析】A在FeCl3的催化下和Cl2发生取代反应生成B，结合D的结构简式可以推知B的结构简式为： ，B发生氧化反应生成C，结合C的分子式可知，B中的-CH3被氧化为-COOH，C的结构简式为，C发生水解反应生成D，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成G，G发生还原反应将硝基转化为氨基生成H，H的结构简式为，H和ClCH2OCl发生取代反应生成I，I发生取代反应生成J，J发生取代反应生成K，以此解答。【小问1详解】 由分析可知，B的结构简式为：，化学名称是邻氯甲苯或2－氯甲苯；K中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。【小问2详解】结构D和E结构简式分析，D和甲醇发生酯化反应生成E，D→E的反应试剂和条件为：甲醇、浓硫酸，加热。由分析可知，H→I的反应类型是取代反应。【小问3详解】酚羟基很活泼，但F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强(或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大)。【小问4详解】I中含有酯基和肽键，在加热条件下与足量NaOH溶液发生水解反应，I中还含有酚羟基，也可以和NaOH发生中和反应，则产物中的芳香化合物为：。【小问5详解】X是芳香族化合物，比H分子少一个O原子，满足条件a.苯环上有2个取代基；b.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c.与NaOH溶液共热有NH3生成，说明其中含有-CONH2；综上所述，X中苯环上的取代基为-OH和-CHCl-CONH2，满足条件的X的结构简式为：。【小问6详解】