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一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分，每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1. 抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是

A. 用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B. 用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸

C. 通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D. 通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油

【答案】B

【解析】

【详解】A．研磨硝化棉是物理粉碎过程，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A错误；

B．硫磺（S）转化为硫酸（H₂SO₄）时，硫的化合价从0升至+6，发生氧化反应，涉及氧化还原反应，B正确；

C．蒸馏法分离酒精是物理过程，无新物质生成，不涉及氧化还原反应，C错误；

D．植物油水解生成甘油和脂肪酸盐，属于水解反应，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D错误；

故选B。

2. 下列化学科普实验所涉及物质的性质或应用描述正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．钠的焰色反应为黄色，钾需透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，现象描述错误，A错误；

B．SO₂的漂白是暂时性，Cl₂需生成HClO才有漂白性且为永久性，但Cl₂本身不直接漂白，B错误；

C．醋酸铅（重金属盐）和甲醛均能使蛋白质不可逆变性，性质与现象正确，C正确；

D．铜在常温浓硫酸中表现出惰性，加热才能反应，故浓硫酸无法腐蚀铜电路板，而FeCl₃溶液可以，D错误；

故选C。

3. 下列有关离子反应错误的是

A. Ca(OH)₂溶液滴入NaHSO₃溶液中：SO₃^2－＋Ca^2＋=CaSO₃↓

B. Na₂O₂加入水中：2Na₂O₂+2H₂O=4Na⁺+4OH^-+O₂↑

C. NO₂通入水中：3NO₂+H₂O=2HNO₃ + NO

D. Cl₂通入NaBr溶液中：Cl₂+2Br^-=Br₂+2Cl^-

【答案】A

【解析】

【详解】A．亚硫酸氢钠（NaHSO₃）溶液中滴加石灰水时，HsO₃^－不能拆开写，先与OH^－反应生成SO₃^2－和水，生成的亚硫酸根再与Ca²⁺结合生成CaSO₃沉淀，产物应该有水，A方程式错误；

B．Na₂O₂与水反应的离子方程式为2Na₂O₂+2H₂O=4Na⁺+4OH^-+O₂↑，符合反应实际（生成NaOH和O₂），B离子方程式正确；

C．NO₂与水反应的离子方程式为3NO₂+H₂O=2H⁺+2NO₃^-+NO，与化学方程式3NO₂+H₂O=2HNO₃ + NO一致，C方程式正确；

D．Cl₂与NaBr溶液反应的离子方程式Cl₂+2Br^-=Br₂+2Cl^-，符合氧化还原反应规律（Cl₂氧化Br^-为Br₂），D方程式正确；

故选A。

4. 下列实验操作符合规范的是

A. 加热 B. 定容 C. 稀释 D. 滴定

【答案】A

【解析】

【详解】A．给试管中的物质加热时，液体体积不能超过试管容积的，且用酒精灯外焰加热，操作合理，A正确；

B．定容时，视线应与刻度线保持水平，操作错误，B错误；

C．稀释浓硫酸应遵循“酸入水”的原则，操作错误，C错误；

D．氢氧化钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中进行滴定，装置使用错误，D错误；

故选A。

5. 根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是

（ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素

A Al B. Si C. B D. Be

【答案】D

【解析】

【详解】A．Al是第ⅢA族元素，同主族中电负性最大的是B，因此Al不满足条件（i），A错误；

B．Si是第ⅣA族元素，同主族中电负性最大的是C，因此Si不满足条件（i），B错误；

C．B是第ⅢA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）。B是ⅢA族元素，同周期电离能从左往右逐渐增加，但Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B，所以B的第一电离能比相邻的Be和C都小，不满足条件（ii），C错误；

D．Be是第ⅡA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）；Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B和Li，所以Be的第一电离能大于同周期相邻主族元素，满足条件（ii），D正确；

故选D。

6. 温郁金是一种中药材，其含有的某化学成分 M 的结构简式如下所示：

下列说法正确的是

A. 分子式为C₁₅H₂₄O₂ B. 手性碳有3个

C. 为M的加成反应产物 D. 为M的缩聚反应产物

【答案】D

【解析】

【详解】A．该物质分子不饱和度为3，碳原子数为15，则其中含有的H原子个数为15×2+2-3×2=26，含有的O原子数为2，故其化学式为：C₁₅H₂₆O₂，A错误；

B．连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，根据该分子结构可知：该物质分子中含有5个手性碳原子，用“*”标注为，B错误；

C．根据其结构简式，若其与HCl发生加成反应，产物为或，不存在选项中的加成产物，C错误；

D．若发生缩聚反应，平均每个分子两个羟基一个脱去羟基，一个脱去羟基的H原子形成醚，同时反应产生水，缩聚反应产生的有机物分子可以是，D正确；

故合理选项是D。

7. 三种氮氧化物的结构如下所示：

下列说法正确的是

A. 氮氮键的键能：N₂O＞N₂O₃ B. 熔点：N₂O₃＞N₂O₄

C. 分子的极性：N₂O₄＞N₂O D.N-N-O 的键角：a＞b

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图中数据可知，氮氮键的键长：N₂O＞N₂O₃，则氮氮键的键能：N₂O＞N₂O₃，A正确；

B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：N₂O₃<N₂O₄，熔点：N₂O₃<N₂O₄，B错误；

C．N₂O₄为对称的平面结构，极性较弱，而结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性分子，故分子极性：N₂O₄<N₂O，C错误；

D．N₂O₃结构为O=N-NO₂，中心原子N存在对孤对电子，中心原子N为sp²杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而N₂O₄中心原子N的孤对电子为，价电子数为3，也是sp²杂化，没有孤对电子的影响，故键角a＜b，D错误；

故选A。

8. 化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是

A. X中存在π键 B. X属于混合型晶体 C. X的化学式可表示为C₃N₄D. X中C原子上有1对孤电子对

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，晶胞中C原子的个数是，N位于晶胞内部，个数为4，则晶胞化学式为C₃N₄；

【详解】A．C、N均以单键连接，晶胞中不含π键，A错误；

B．晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误；

C．由分析可知，晶胞化学式为C₃N₄，C正确；

D．位于面心的C原子，与周围4个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤独电子，D错误；

故选C。

9. 下列实验操作及其现象不能推出相应结论的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．镁与CO₂反应中，生成氧化镁和碳单质，CO₂提供氧，而且化合价降低，所以二氧化碳体现氧化性，A结论正确；

B．若用pH计测定等浓度的Na₂CO₃和苯酚钠的pH，根据水解原理，此时可由溶液pH大小，比较碳酸氢根和苯酚酸性强弱，题中没有明确两者浓度关系，由现象不能比较HCO₃^－与苯酚酸性，也不能比较碳酸和苯酚的酸性，B结论错误；

C．铜，锌和稀盐酸可形成原电池，加快了反应，所以电化学腐蚀速率更快，C结论正确；

D．葡萄糖与新制的氢氧化铜反应，生成的砖红色沉淀为Cu₂O，说明氢氧化铜做氧化剂，葡萄糖作还原剂，证明葡萄糖具有还原性，D结论正确；

故选B。

10. 下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。

下列叙述正确的是

A. 放电时，M极为正极

B. 放电时，N极上反应为Ag－e^-＋Cl^－=AgCl

C. 充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗1molSb₄O₅Cl₂

D. 充电时，M极上反应为Sb₄O₅Cl₂＋12e^-＋10H^＋=4Sb＋2Cl^－＋5H₂O

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，放电时，N电极上AgCl→Ag发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为：AgCl＋e^-=Ag＋Cl^－，M电极为负极，电极反应为4Sb－12e^-＋2Cl^－＋5H₂O=Sb₄O₅Cl₂＋10H^＋，充电时，N为阳极，M为阴极，电极反应与原电池相反，据此解答。

【详解】A．由分析可知，放电时，M电极为负极，A错误；

B．由分析可知，放电时，N电极反应为：AgCl＋e^-=Ag＋Cl^－，B错误；

C．由分析可知，建立电子转移关系式：，由此可知，消耗4molAg，同时消耗，C错误；

D．充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：Sb₄O₅Cl₂＋12e^-＋10H^＋=4Sb＋2Cl^－＋5H₂O，D正确；

故选D。

11. 某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y和Z组成。X的价层电子数为4，Y只有一个未成对电子，Z⁺的电子占据的最高能级为全充满的4p能级。关于这三种元素说法正确的是

A. X、Y和Z位于同一周期 B. 氧化物的水化物碱性最强的是X

C. 单质熔点最高的是Y D. 原子半径是最大的是Z

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z的原子序数依次增大且均为长周期主族元素。X的价层电子数为4（ⅣA族），Y有1个未成对电子（可能为IA族或ⅦA族），Z^＋的4p轨道填满，说明Z的原子序数为37，即Rb，根据原子序数依次增大，可确定X为Ge，Y为Br，据此解答。

【详解】A．分析可知，X为Ge，Y为Br，Z为Rb，不属于同一周期，A错误；

B．X为Ge，Y为Br，Z为Rb，金属性最强的元素为Rb，所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z，B错误；

C．X为Ge，单质为金属晶体；Y为Br，单质为分子晶体；Z为Rb，单质为金属晶体；Ge原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强，熔点较高，所以单质熔点最高的是X，C错误；

D．电子层数越多的，原子半径越大，X，Y为第四周期，Z为第五周期，所Z的原子半径最大，D正确；

故选D。

12. 肼（N₂H₄）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应：

①  

②  

③  

则反应的为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为，据此解答。

【详解】A．选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，与A不符，A错误；

B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确；

C．选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误；

D．选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误；

故选B。

13. 某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L^-1 AgNO₃溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是

A. 溶液1中

B. 溶液2中c(Cl^－)＞c([Ag(NH₃)]^＋)

C. 溶液3中c(H^＋)=c(OH^－)

D. 上述实验可证明K_sp(AgCl)＞K_sp(AgI)

【答案】C

【解析】

【分析】在2mL0.2mol/L的AgNO₃溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6mol/L的氨水，发生反应AgCl＋2NH₃·H₂O=[Ag(NH₃)₂]Cl＋2H₂O，加入0.1mol/LKI溶液2mL，发生反应：[Ag(NH₃)₂]Cl＋KI=AgI↓＋KCl＋2NH₃，得到AgI沉淀，由物质的量关系可知，[Ag(NH₃)₂]Cl不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及[Ag(NH₃)₂]Cl；

【详解】A．溶液1中主要溶质是NaNO₃，同时由于存在溶解平衡：AgCl(s)Ag^＋(aq)＋Cl^－(aq)，还存在极少量的Ag^＋、Cl^－，选项中满足电荷守恒关系，A正确；

B．根据元素守恒可知，若Ag^＋不水解，则c(Cl^－)=c([Ag(NH₃)]^＋)，但Ag^＋会水解生成其他含银的微粒，故c(Cl^－)＞c([Ag(NH₃)]^＋)，B正确；

C．溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H^＋)=c(OH^－)的结论，C错误；

D．由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论K_sp(AgCl)＞K_sp(AgI)，D正确；

故选C。

14.Cr(OH)₃是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中c(Cr^3＋)与c([Cr(OH)₄]^－)的总和为c。- lg c随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。

已知：

下列叙述正确的是

A. 由M点可以计算K_sp=10^-30.2 B. Cr^3＋恰好沉淀完全时pH为6.7

C. P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D. 随pH增大先减小后增大

【答案】A

【解析】

【分析】c(Cr^3＋)与c([Cr(OH)₄]^－)的总和为c，随着pH增大，发生反应：，含铬微粒总浓度下降，随着pH继续增大，发生反应 ：含铬微粒总浓度上升，据此解答。

【详解】A．M点时，，，，几乎可以忽略不计，含Cr微粒主要为Cr^3＋，，A正确；

B．Cr^3＋恰好完全沉淀时，c(Cr^3＋)＜10^-5mol/l，由K_sp数据计算可知，，Cr^3＋恰好完全沉淀pH最小值5.6，B错误；

C．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的.Cr(OH)₃质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，C错误；

D．随着pH的增大，c(Cr^3＋)减小，而c([Cr(OH)₄]^－)增大，比值减小，D错误；

故选A。

二、非选择题：共58分。

15. 硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下：

已知H₂Se的沸点为231K，回答下列问题：

（1）真空焙烧时生成的主要产物为Al₂Se₃，其中Se的化合价为_______，Al元素基态原子的电子排布式为_______。

（2）氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al₂O₃·xH₂O，则反应的化学方程式为_______。

（3）热解反应：H₂Se(g)Se(g)＋H₂(g)  ΔH＞0。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为_______。迅速降温的目的_______；冷凝后尾气的成分为_______(填化学式)。

（4）Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：

称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H₂SeO₃，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L^-1 Na₂S₂O₃标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I₂＋2Na₂S₂O₃=2NaI＋Na₂S₄O₆)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na₂S2O₃反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为_______。该样品中Se的质量分数为_______。

【答案】（1）    ①. -2    ②1s²2s²2p⁶3s²3p¹.    

（2）Al₂Se₃＋(x＋3)H₂O=Al₂O₃·xH₂O＋3H₂Se    

（3）    ①. 凝华    ②. 减少H₂Se生成，提高Se产率    ③.H₂，H₂Se    

（4）    ①.4H⁺＋H₂SeO₃＋4I^－=2I₂＋Se＋3H₂O     ②. 94.8%

【解析】

【分析】粗Se加入铝粉焙烧得到Al₂Se₃，通入水蒸气氢化得到H₂Se，脱水后热解发生反应：H₂Se(g)Se(g)＋H₂(g)，冷凝后得到精Se；

【小问1详解】

Al是IIIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p¹. ；

【小问2详解】

“氢化”过程是Al₂Se₃与水蒸气反应生成H₂Se(g)，化学方程式为Al₂Se₃＋(x＋3)H₂O=Al₂O₃·xH₂O＋3H₂Se ；

【小问3详解】

从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是减少H₂Se生成，提高Se产率；尾气种含有H₂以及少量的H₂Se；

【小问4详解】

反应③是Se(Ⅳ)被KI还原为Se的过程，离子方程式为：4H⁺＋H₂SeO₃＋4I^－=2I₂＋Se＋3H₂O；

第一次加入40.00mL的Na₂S₂O₃溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将H₂SeO₃还原为Se，第二次再加入同浓度的Na₂S₂O₃滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L的Na₂S₂O₃溶液与H₂SeO₃反应，根据已知条件Se(IV)与Na₂S₂O₃反应的物质的量之比为1:4，则，样品中Se的含量：。

16. 糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按一下五个步骤制备糖精钠(部分操作及反应条件略)。

（1）步骤I：氯磺化

实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。

①仪器a的名称为_______。

②烧杯中吸收的尾气是_______(填化学式)。

（2）步骤II：氨化

若取邻甲苯磺酰氯0.3mol，理论上至少需加入15mol·L^-1氨水_______mL。

（3）步骤III：氧化

氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO₄。反应完成后，向其中滴加Na₂SO₃溶液将过量的KMnO₄转化成MnO₂。观察到现象为_______时，停止加入Na₂SO₃溶液，其离子方程式为_______。

（4）步骤IV：酸化

将步骤III所得溶液进行酸化，经过滤得糖精。过滤需用到下列的仪器有_______。

（5）步骤V：成盐

加热反应体系，过程中产生大量气体，该气体为_______(填化学式)。待NaHCO3反应完全，趁热过滤。由滤液获得糖精钠产品的过程中，冷却结晶之后的操作步骤还有_______。

【答案】（1）    ①. 温度计    ②. HCl    

（2）40    （3）    ①. 溶液紫色褪去    ②.     

（4）ACEG    （5）    ①.     ②. 过滤、洗涤、干燥

【解析】

【小问1详解】

由方程式可知，磺化过程中还生成了氯化氢，所以用水来吸收，由装置图可知，a为温度计，故答案为：温度计；HCl；

【小问2详解】

由方程式可知，邻甲基磺酸氯与氨水为1:1进行反应，0.3mol邻甲基磺酸氯中消耗的氨水为0.3mol，加入15mol/L的氨水，充分反应后，消耗20毫升的氨水，同时产生0.3mol的氯化氢，氯化氢与氨水中和反应，消耗的氨水为0.3mol，即20毫升，所以一共需要消耗的体积为40mL，故答案为：40；

【小问3详解】

氧化过程中为保证氧化完全，需要加入过量的，反应完全后，向其中滴加以除去过量溶液，溶液被消耗，则反应完全的现象是溶液紫色褪去，该溶液为碱性，则被还原成二氧化锰，根据氧化还原规律，得出离子方程式为：，故答案为：溶液紫色褪去；；

【小问4详解】

过滤需要烧杯，漏斗，玻璃棒，铁架台等，故需要的仪器为：ACEG；

【小问5详解】

能水解生成羧基，与反应，产生大量的二氧化碳气体，当完全反应，趁热过滤，冷却结晶的后续操作是过滤，洗涤，干燥，故答案为：CO₂；过滤，洗涤，干燥。

17. 水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。

（1）天然水中可以分离出重水(D₂O)。D₂O溶液中存在电离平衡：，c(D⁺)和c(OD^-)的关系如图所示。

①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。

②_______(填“>”“=”或者“<”)。

（2）用如图所示电化学装置进行如下实验。

①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。

②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。

（3）利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。

①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。

②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。

③25℃时，计算得为_______。

【答案】（1）    ①. B    ②. ＞    

（2）    ①. 右侧    ②.     ③.     

（3）    ①.     ②. D    ③.

【解析】

【小问1详解】

①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B；

②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T₁时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞；

【小问2详解】

①用进行实验，左侧通入，产物为，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，电极方程式为，在原电池中，正电荷向正极移动，所以盐桥中移向正极，即右侧，该电池为燃料电池，原料为氢气和氧气，总反应方程式为，故答案为：右侧；；

②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，则该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，该侧的电极反应方程式为，故答案为：；

【小问3详解】

①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为K_w=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：；

②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D，

③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k₁带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。

18. 我国原创用于治疗结直肠癌的新药Z已成功登陆海外市场。Z的一种合成路线如下(部分试剂及反应条件略)。

（1）A中含氧官能团名称为_______，A生成D的反应类型为_______。

（2）B的结构简式为_______。

（3）D转化为E的反应生成的有机产物分别为E和_______(填结构简式)。

（4）下列说法正确的是_______。

A. G中存在大键 B. K中新增官能团的碳原子由J提供

C. L可以形成氢键 D. 摩尔质量

（5）G(C₁₀H₁₀O₂)的同分异构体同时满足下列条件的有_______种。

(i)存在基团和环外2个键

(ii)不含基团和sp杂化碳原子

其中，核磁共振氢谱显示五组峰(峰面积比为)的同分异构体的结构简式为_______。

（6）Q的一种合成路线为：

已知：

根据已知信息，由R和T生成X的化学方程式为_______。

【答案】（1）    ①. 酯基    ②. 取代反应    

（2）    （3）    （4）ABC    

（5）    ①. 10    ②.     

（6）

【解析】

【分析】A和B发生取代反应生成D，结合D的结构简式，以及B的分子式可知，B的结构简式为，D中的酯基先水解，再酸化生成E，E发生反应生成G，G和J发生取代反应生成K，K再发生取代反应生成L，L和Q发生反应得到目标产物，结合目标产物的结构简式以及Q的分子式可知，Q的结构简式为，据此解答。

【小问1详解】

由A的结构简式可知，其含氧官能团名称为酯基，由结构简式可知，A和B发生反应生成D的同时会生成HBr，反应类型是取代反应；

【小问2详解】

由分析可知，B的结构简式为；

【小问3详解】

D到E先发生酯基的水解以及酸碱中和反应，再酸化生成羧基，另一种产物是乙醇，结构简式为；

【小问4详解】

A．G中含有苯环，存在大键，A正确；

B．由G和K的结构简式可知，K中有1个碳原子来自于J，B正确；

C．L中含有酰胺基，能形成氢键，C正确；

D．L与Q生成Z的反应中，发生的是取代反应，会生成小分子的CH₃Cl，因此，D错误

故选ABC；

【小问5详解】

G的分子式为，不饱和度为6，存在和2个环外键，说明分子中除了苯环外还存在2个双键结构，不含与sp杂化的碳原子，说明不含有羟基、羧基、碳碳三键，则苯环的支链可以为：

属于醛或酮的有：、、、、、；

属于酯的有：、、、总计10种同分异构体；

核磁共振氧谱峰面积比为()，则分子总有1个甲基，满足条件的结构简式为；

【小问6详解】

由已知信息的反应可知，T的结构简式为，R中即含有氨基，又含有羧基，由X的结构简式，以及已知信息的反应，可推断出，R中氨基和羧基处于邻位，R的结构简式为，则由R和T生成X的化学方程式为。