河北省2024届高三年级大数据应用调研联合测评(Ⅷ)
化学参考答案及解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 B B D B A A C A C C C B C D
【整卷命题意图】整套试题命制遵循高中化学课程标准,加强教考衔接,引导教师和学生依标教和学。试卷
依据中国高考评价体系,突出关键能力考查,促进学生全面健康发展。
试题立足学科特点,结合学科与社会热点,围绕环境、材料等领域的成果,考查应用于其中的化学原理,
充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用,凸显化学学科的社会价值。遵循高中课程
标准,引导中学教学遵循教育规律,回归课标、回归课堂,严格按照高中化学课程标准进行教学。高中化学
基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。
要求学生能够阅读和理解文本、符号、图形、表格等信息,深度挖掘数据,客观全面地提取有效信息,准确概
括和描述所涉及现象的特征及其相互关系,透过现象看本质,发现信息中蕴含的规律或原理。
坚持素养导向,通过对化学学科素养的考查,有效地凸显学生必备知识和关键能力的掌握情况,反映学
生的学科核心能力水平。试题在突出对化学基本概念、基本原理、基本技能等内容考查的同时,强化对基础
知识深入理解基础上的综合运用,引导中学教学注重培养学生的综合能力。
1.B 【解析】“以海水煎者细碎”意为由海水煎炼的盐细碎,描述的是蒸发结晶的过程,A正确;实验室“结
晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、蒸发皿、玻璃棒,B错误;缓慢自然冷却结晶,晶体慢慢长大,得到
较大晶体颗粒,C正确;硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于酸的白色沉淀,则检验SO2-4 是否除净的方
法为:取上层清液,加入足量稀盐酸溶液,无明显现象后,加BaCl2 溶液,观察是否产生沉淀,D正确。
【命题意图】本题以《天工开物》为背景考查化学实验基本操作以及学生对结晶的理解。
2.B 【解析】以石油、天然气和煤等为原料制成有机小分子单体,再经聚合反应合成高分子材料,但高分子
材料不能直接以石油、煤等化石燃料为原料进行生产,A错误;苯酚与甲醛在酸或碱作用下均可发生缩聚
反应生成酚醛树脂,酚醛树脂主要用作绝缘、隔热、阻燃、隔音材料和复合材料,B正确;聚乙烯、聚氯乙烯
等制成 的 塑 料 制 品 可 以 反 复 加 热 熔 融 加 工,是 热 塑 性 塑 料,C 错 误;3-羟 基 丁 酸 的 结 构 简 式 为
一定条件
CH3CHCH2COOH ,合 成 聚 羟 基 丁 酸 的 反 应 方 程 式 为 nCH3CHCH2COOH →
OH OH
O O
H O CHCH2 C OH+(n-1)H2O ,PHB的结构简式为 H O CHCH2 C OH ,D错误。
CH3 CH3
【命题意图】本题以高分子为情境,考查高分子的结构、性质及应用,意在考查学生必备知识的掌握程度。
3.D 【解析】甲烷和氯气光照发生取代反应,反应前后分子数不发生改变,A正确;甲醇(CH3OH)与丙三醇
CH2 OH
(CH OH )中每个碳原子均连有一个羟基,故含有12g碳原子的混合物中羟基数目为NA,B正确;乙
CH2 OH
高三化学参考答案 第 1页(共8页)
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醇中碳原子和氧原子均采用sp3 杂化,故1mol乙醇中含有sp3 杂化的原子数为3NA,C正确;溶液中铜
元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在,不存在Cu2+,D错误。
【命题意图】本题以NA 为基础,考查了反应分子数、可逆反应的特点、配合物的结构和物质中原子的杂化
方式等知识,意在学生熟练攻克高考必考题型,提高学生的理解和辨识能力。
4.B 【解析】SiO2 的熔点高于CS2,是由于前者为共价晶体,熔化时克服的作用力为共价键,后者为分子晶
体,熔化时克服的为范德华力,A错误;天然气水合物晶体中甲烷是装在以氢键相连的几个水分子构成的
笼内,B正确;CO2-3 的键角应与NO-3 相等,C错误;O3 是弱极性分子,更易溶于CCl4,D错误。
【命题意图】本题以表格的形式考查结构与性质的关系,意在考查学生宏观辨识与微观探析的核心素养。
5.A 【解析】TiCl4 水解程度大,可用于制备二氧化钛,A正确;Na不仅能与水反应,而且能与乙醇反应,Na
不能用作95%乙醇的强除水剂,B错误;碳酸氢铵受热分解与其可作肥料无关,C错误;能用氢氟酸(HF)
雕刻玻璃,是由于SiO2 能与氢氟酸(HF)反应,与SiO2 是酸性氧化物没有对应关系,D错误。
【命题意图】本题通过物质性质和应用关系的判断考查元素化合物的性质,考查学生掌握基础知识的能
力、分析与推测能力。
6.A 【解析】SO2 不能漂白酸碱指示剂,e中紫色石蕊溶液只变红不褪色,A错误。
【命题意图】本题以创新实验为情境,考查操作、现象、性质及尾气处理,本装置可以推广使用,意在培养学
生科学探究与创新意识的核心素养。
7.C 【解析】结合该物质结构及题中信息可知X、Y、Z、Q、W 分别为 H、C、N、F、P元素。PF-6 中存在配位
键,A正确;C、N、F的第一电离能依此增大,B正确;NH3 存在分子间氢键而CH4 没有,所以NH3 的沸点
高于CH4,C错误;离子液体一般难挥发,有良好的导电性,D正确。
【命题意图】本题以离子液体为素材,考查了其结构与性质、配位键和电离能等常考知识点,意在考查学生
分析图片问题的素养与能力。
8.A 【解析】将1-溴丁烷、NaOH与乙醇的混合液加热,产生的气体中有1-丁烯、水蒸气、乙醇,乙醇与溴水
不反应,将产物通入溴水中,溴水褪色,说明1-丁烯生成,A正确;若黑色粉末中含有少量的铁单质,铁单
质会将铁离子还原为亚铁离子,干扰铁离子的检验,B错误;乙酸和过量乙醇在浓硫酸催化下加热发生酯
化反应,待充分反应后,冷却,稀释反应液,反应液中有稀 H2SO4,稀 H2SO4 与饱和NaHCO3 溶液反应,
有气体生成,不能证明乙酸剩余,故不能证明该反应是可逆反应,C错误;将盐酸滴入硅酸钠溶液中,溶液
变浑浊,说明酸性 HCl>H2SiO3,证明元素非金属性强弱应比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱,D
错误。
【命题意图】本题以实验设计、操作、现象及结论为情境,考查元素化合物、实验设计与评价,意在提高学生
科学探究与创新意识的核心素养。
9.C 【解析】该结构中含有饱和碳原子,以饱和碳原子为中心形成四面体结构,故该分子中所有碳原子不可
能共面,A错误;水飞蓟宾中含有酚羟基和醇羟基,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪
色,能与溴水发生取代反应,使溴水褪色,B错误;水飞蓟宾中含有3个酚羟基,故1mol该物质最多能与
3molNa2CO3 溶 液 反 应,C 正 确;该 物 质 与 H2 完 全 加 成 后 的 产 物 的 结 构 简 式 为:
0)
0
)0 0 0 0
,手性碳原子如图中所标,故该物质与H2 完全加成后一个分子中含有15个手
0) 0)
0) 0)
性碳原子,D错误。
【命题意图】本题以中药水飞蓟为情境考查有机物的结构和基本性质,意在培养学生宏观辨识与微观探
高三化学参考答案 第 2页(共8页)
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析、证据推理与模型认知等学科素养。
10.C 【解析】碲碱渣加水水浸除去不溶性杂质,水浸液的主要成分为Na2TeO3、Na2SeO3 及少量可溶性的
铜、铅化合物等,加入NaHS除杂,得到除杂渣,主要成分为CuS、PbS,除杂液加入硫酸中和控制pH在
4~5得到固体物质粗TeO2 与SeO2,固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液,“沉硒”时酸浸液加入盐
酸羟胺沉硒得到单质硒,同时生成 N2 和 HCl,发生反应方程式为 H2SeO3+4HONH3Cl Se↓+
2N2↑+7H2O+4HCl;溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原碲粉。流程中涉及的六种工序中,
均涉及通过过滤实现固液分离,需用到烧杯、漏斗和玻璃棒,A正确;粉碎碲碱渣、延长水浸时间均可以
提高硒和碲元素的浸出率,B正确;TeO2 为两性氧化物,“中和”时加入过量硫酸,TeO2 会与过量的硫酸
反应进入中和液中导致碲元素损失,导致Te的回收率下降,C错误;“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒
得到 粗 硒,同 时 生 成 N2 和 HCl,发 生 的 主 要 反 应 的 化 学 方 程 式 为 H2SeO3+4HONH3Cl
Se↓+2N2↑+7H2O+4HCl,D正确。
【命题意图】本题以碲碱渣为背景,测试学生信息获取与加工、分析与推断等能力的发展水平。
11.C 【解析】根据数学立体几何关系可知,若图中原子1的分数坐标是 1,3,3 ,则原子4 4 4 4的分数坐标
是 3,1,3 ,A正确;根据晶胞结构分析可知Ga、N的配位数均为4,B正确;因为若原子 的分数坐4 4 4 1
标 是 1,3,3 ,则 原 子 5 的 分 数 坐 标 是 ,11 ,1 ,所 以 两 个 原 子 之 间 的 距 离 为4 4 4 2 2
2 2
a 1 + 1 3 + 1 3
2 11
1- - - = a,C错误;其晶胞可看作金刚石晶胞内部的碳原子被 原4 2 4 2 4 4 N
子替代,顶点和面心的碳原子被Ga原子替代,所以晶胞中
1 1
Ga的原子个数为8×8+6×2=4
,N原子个
数也为4,设阿伏加德罗常数的值为 NA,则 GaN晶体的质量为
336
g,故其密度为
336 ·cm-3,NA NA×a3
g
D正确。
【命题意图】本题以晶胞结构为素材,考查分数坐标、配位数、密度和相关的计算,意在理解推理计算与模
型认知的能力。
12.B 【解析】a室中发生的电极反应为2H2O-4e- O2↑+4H+,A正确;根据电解质溶液电荷守恒定
律,结合隔膜特征,可知a室生成的 H+ 经过阳离子交换膜迁移到b室,发生反应 H++HCO-3
H +2O+CO2↑,可以提取CO2,b室多余的阳离子(如Na )迁移到c室,B错误,C、D均正确。
【命题意图】本题以解决海洋酸性上升为情境,考查电化学的电极方程式、pH变化及意义,意在提高学生
的理解与辨识能力,证据推理和模型认知的核心素养。
13.C 【解析】在0~t1 时间内,Y的浓度变化值为0.1mol/L,故该化学反应速率v(Y)=0.10/t mol·L-1·s-1 1 ,
A正确;该反应的化学平衡常数K=c2(Y)·c(Z),平衡时c(Z)=0.05mol·L-1,而Y和Z的比例始终
为2∶1,故c(Y)=0.1mol·L-1,故K=0.0005,B正确;密闭容器中Y和Z的比例始终为2∶1,则Z
的体积分数始终为定值,故密闭容器中Z的体积分数不变不能说明反应达到平衡,C错误;若其他条件不
变,t2 时将容器体积压缩到1L,则在那一刻Z的浓度达到0.1mol·L-1,t3 时达到新的平衡时,根据平
衡常数不变可知Z的浓度应该回到0.05mol·L-1,图像正确,D正确。
【命题意图】本题以化学速率与平衡为情境,考查化学反应速率、化学平衡常数、平衡标志及图像的绘制,
意在考查理解变化观念和平衡思想的核心素养。
14.D 【解析】硫酸是强酸,SrSO4 溶液中Sr2+的浓度不随pH的改变而改变,所以③④表示含SrSO4(s)的
高三化学参考答案 第 3页(共8页)
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Na2SO4 溶液,pM增大,c(Sr2+)减小,c(SO2-4 )增大,故③④分别表示含SrSO4(s)的1.0mol·L-1、
0.1mol·L-1Na2SO4 溶液中pM随pH的变化;碳酸是弱酸,SrCO3 溶液中c(CO2-3 )随pH增大而增
大,则c(Sr2+)随pH 的增大而减小,pM 随pH 的增大而增大,所以①②分别表示含SrCO3(s)的
1.0mol·L-1、0.1mol·L-1Na2CO3 溶液中pM 随pH的变化。据此分析,Ksp 只与温度有关,SO2-4
浓度越大,c(Sr2+)越小,则④表示SrSO4(s)在0.1mol·L-1Na2SO4 溶液中pM随pH的变化,③表示
SrSO4(s)在1mol·L-1Na2SO4 溶液中pM 随pH的变化,根据曲线④,Ksp(SrSO )=0.1×10-5.54 =
-6.5
10-6.5,当 (
10
cSO2-)=1.0mol·L-1 时c(Sr2+)= =10-6.54 ,故1 pM=6.5
,即a=6.5,A正确;在溶
液中存在转化平衡:SrSO4(s)+CO2-3 (aq) SO2-4 (aq)+SrCO + +3(s),溶液pH越小,c(H )增大,H 与
CO2- 反应,导致c(CO2-3 3 )减小,化学平衡逆向移动,因此越不利于SrSO4 转化为SrCO3,B正确;由上述
分析可知,C正确;将pH=6.8状态下的②、④两物料等体积混合后,相当于溶液稀释,c(CO2-3 )、
c(SO2-)均减小,c(Sr2+4 )增大,pM减小,所以pM小于5.5,D错误。
【命题意图】本题以工业生产SrCO3 为情境,考查沉淀溶解平衡体系中沉淀的转化、离子浓度的相对大小
比较等知识,意在考查学生获取信息、分析推测等关键能力。
15.(14分,除标注外每空2分)【答案】
OH
(1)3 +8KMnO4 →3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O
(2)滴速过快,反应放热温度升高过快,易失控或发生副反应;滴速过慢,反应速率慢(答案合理即可)
(3)无紫色(1分)
(4)B
(5)使己二酸钾转化为己二酸
(6)不饱和(1分) 恒温蒸发结晶
(7)70
【解析】(1)根据得失电子守恒和原子守恒,配平反应方程式为:
OH
3 +8KMnO4 →3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O;
(2)结合第一问方程式和②可知,氧化过程在50℃左右的条件下进行,且该反应为放热反应,放出的热量
会使反应温度升高,若滴速过快,反应放出的热量会使容器内反应温度升高过快而使反应失控,且易发
生副反应:过慢,反应速率慢导致未作用的环己醇积聚起来。
(4)抽滤完毕时,应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管,后关闭水龙头,以防倒吸。
(5)酸化的目的是使己二酸钾转化为己二酸。
(6)介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态,稳定区溶液浓度较低,表示己二酸溶液处于不饱和状态;重结
晶时,实验室常根据直线EHI从溶液中获取己二酸晶体,则温度不变,增大己二酸的浓度,对应的实验操
作为恒温蒸发结晶、过滤、结晶、过滤、洗涤、干燥。
(7)根据题中数据分析可知KMnO4 少量,根据反应方程式可知
4.599
8KMnO4~3HOOC(CH
g
2)4COOH,故己二酸的理论产量为 3 ×100%=70%
。
0.12mol×8×146g
/mol
【命题意图】本题以常用的有机工业原料—己二酸的制备实验为背景考查学生氧化还原反应方程式的书
高三化学参考答案 第 4页(共8页)
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写、实验条件的分析及控制、抽滤和结晶等常见的实验操作、实验步骤的分析、产品产率的计算等知识,
旨在考查学生从题目中获取信息的能力、实验能力、综合分析解决问题及处理数据的能力等,培养学生
科学探究与创新意识的学科素养。
16.(15分,除标注外每空1分)【答案】
(1)CuS、S或CuS、S、CaSO4(2分,只要CuS、S答对1个给1分)
(2)反应过程中易产生 H2S气体,污染环境
# #
(3)溶液中存在Ni2++4B+2HA " /J "+2H+,加入NaOH溶液OH-与 H+反应,使平衡
# #
向正反应方向移动,提高镍萃取率(2分) 60% 提高NiSO 2+4·6H2O产率或提高Ni 利用率(合理即
可)
(4)2Na++ClO-3 +6Fe2++4SO2-4 +9H2O Na2Fe - +6(SO4)4(OH)12↓+Cl +6H (2分)
(5)MgF2 否
(6)①橙黄色→紫色(2分) ②17.3(2分)
【解析】由流程图可知,粗硫酸镍(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等多种离子)加水和硫酸进行酸浸溶
解,得到含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、H+、SO2-4 等离子的浸出液,生成少量CaSO4,向浸出液中
加入NaHS,Cu2+与 HS-发生反应转化为CuS沉淀除去,同时Fe3+ 可与 HS- 发生氧化还原反应生成
Fe2+和S单质,过滤后得到滤液和滤渣1,滤渣1为CuS、S和CaSO ,滤液中含有 Ni2+、Fe2+、Ca2+4 、
# #
Mg2+、H+、SO2- 2+4 ,向滤液中加入 HBL110萃取剂使Ni 进入有机相生成" /J ",加入氢氧化钠
# #
# #
溶液使Ni2++4B+2HA " /J "+2H+正向移动,提高镍萃取率。向有机相中加入硫酸反萃
# #
取,使Ni2+进入水相,经深度净化后得到高纯度的硫酸镍溶液,对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、
洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。反萃取后分离得到的有机相 HBL110经氢氧化钠溶液皂化后可以再
生,再生萃取剂同样可以达到较好的萃镍效果,在工业上实现闭路循环。萃余液中含有 Ni2+、Fe2+、
Ca2+、Mg2+、H+、SO2-4 等离子,加入 NaClO3 将Fe2+ 氧化为Fe3+,再加入 NaF将Ca2+、Mg2+ 转化为
CaF2、MgF2 沉淀除去,再次进行过滤得到滤液A,滤液A中仍含有一定量Ni2+,返回溶解步骤重复利
用,提高产品产量,据此分析。
(1)根据分析可知,混合液中Ca2+与SO2-4 生成少量微溶物CaSO4,向浸出液中加入NaHS,Cu2+转化为
CuS沉淀除去,同时Fe3+可与 HS-发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质。
(2)粗硫酸镍溶解后溶液呈强酸性,部分 HS-与 H+结合产生 H2S,H2S有毒对环境造成污染。
# #
(3)通过 HBL110的萃取机理Ni2++4B+2HA " /J "+2H+,可以看出在萃取平衡过程中
# #
会产生氢离子,而皂化剂NaOH会消耗反应生成的氢离子促使萃取过程正向进行,从而使更多的镍离子
进入有机相中,提高镍萃取效率;当皂化率为60%时镍元素萃取率已经较高,再提升皂化率,镍元素萃取
率改变不大,因此皂化率选择60%。根据图像可知,经萃取后萃余液中仍含有一定量的 Ni2+,为提高
高三化学参考答案 第 5页(共8页)
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NiSO4·6H2O产率,应将“滤液A”循环返回至“萃取”操作。
(4)“萃余液”中铁元素以Fe2+ 存在,ClO-3 在酸性环境中有强氧化性,根据氧化还原反应配平方程式:
2Na++ClO-+6Fe2++4SO2-3 4 +9H - +2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+Cl +6H 。
(5)氟化钙、氟化镁的类型相同时,Ksp 小的先沉淀,故 MgF2 先沉淀;根据 Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·
K (CaF) 5.3×10-9 K (MgF) 6.5×10-11
c2(F-),c2(F-)= sp 2 -7 · -1,( 2+) sp 2
c(Ca2+)
= 0.053 =10 mol L c Mg = c2(F-)
=
10-7
=
6.5×10-11
=6.5×10-4mol·L-1>10-5mol·L-1-7 ,没有沉淀完全。10
(6)①紫脲酸胺为紫色试剂,遇Ni2+显橙黄色,则滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液时,溶液
由橙黄色变为紫色且半分钟内不恢复原色。
②反应为Ni2++H Y2-=[NiY]2-+2H+2 ,则样品中Ni的物质的量为
100mL
0.100 mol L-1 ×17.60×10-3L× =8.8×10-3 ,镍 元 素 的 质 量 分 数 为20.00mL mol
8.8×10-3mol×59g/mol
。
3.00 ×100%=17.3%g
【命题意图】本题通过利用铜冶炼过程中产生的副产物粗硫酸镍制备NiSO4·6H2O的工艺流程考查化
学工艺流程的分析和判断、氧化还原型离子反应方程式的书写、反应条件的选择和分析、化学实验基本
操作、定量计算,培养学生知识获取能力、理解与辨析能力、数据处理能力,提升学生的科学态度与社会
责任感。
17.(15分,除标注外每空2分)【答案】
( △1)2KHCO3 K2CO3+CO2↑+H2O(1分) 3
(
() ( 分) 15a 3× 100-1.8a
)2
2 ①A1 ②Ni5Ga3、210℃(1分) 2 ③100-1.8a 25a2
④ $0 ) 0 ) (2分,图中不标物质也给分)
$0 )
$00) )0
(3)CO +6H++6e-2 CH3OH+H2O
c(CO2-)c(H+) c(CO2-)【解析】(1)H -11 32CO3 的Ka2=5.0×10 ,即Ka2= ( -) =5×10
-11,当 3( - =1∶2
,
) 解得c HCO3 c HCO3
c(H+)=10-10mol/L,已知K =1×10-13w ,则c(OH-)
K
= w =10-3( mol
/L,故 OH=3;
c H+) p
(2)①A.根据
m
ρ= ,反应前后均为气体,则总质量不发生变化,恒压条件下,容积可变,反应达到平衡,容V
积不变,则密度不变,A正确;B.初始投料按照化学计量数之比投入,故反应物的转化率相等,始终保持
不变,B错误;C.速率之比要满足化学计量数之比,C错误;D.恒压条件下,通入惰性气体,容器体积增
大,平衡逆向移动,反应物的平衡转化率减小,D错误。
v
②由图可知,甲醇的平均生成速率之比为 223℃=2。根据投料比,起始分压p(v CO2
)为1.0MPa,p(H2)
169℃
v k ×(1.0MPa)2m×(2.0MPa)n
为2.0MPa。根据升温后反应级数的变化,列式 223℃ = 223℃ v k m n
=2,可得
169℃ 169℃×(1.0MPa)×(2.0MPa)
高三化学参考答案 第 6页(共8页)
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k 223℃ ;
k =2 169℃
③设气体总物质的量为100mol,根据反应,结合题意:
CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) Δn(g)
a 3a 0 0 2a
0.9a 2.7a 0.9a 0.9a 1.8a
0.1a 0.3a 0.9a 0.9a
( )( )
p( )
0.3a 15a , p CH OHp H OH2 = 其他气体压强同理可求,故
3 2
100-1.8a×50=100-1.8abar Kp= p(
=
CO2)p3(H2)
45a 45a
100-1.8a×100-1.8a 3×(100-1.8a)2
3= 2 ;
5a100-1.8a × 15a 25a100-1.8a
④若反应1为慢反应,反应1的活化能小于反应1,且反应1为吸热反应,反应2是放热反应,总反应为放
热反应,画出上述两步反应能量变化的示意图 $0 )0 ) 。
$0 )
$)0) )0
(3)用电解法在酸性水溶液中将CO2 直接转化为CH3OH,CO2 得电子生成CH3OH,则生成CH3OH的
电极反应式为CO2+6H++6e- CH3OH+H2O。
【命题意图】本题以双碳背景下的热点工艺—“绿色甲醇”的制备为主线考查热化学、电化学、电离平衡常
数、活化能与化学反应速率、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动、速率常数及化学平衡常数的计算等
知识点,考查学生的逻辑思维、计算能力、处理陌生信息的能力及综合分析解决问题等能力,培养学生变
化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等学科素养。
18.(14分,除标注外每空2分)【答案】
0
( 01) 还原反应(1分)
0 /0
(2)甲酸乙酯
/)
$M
(3)0 /) 0e)$M $)
$0,%." $M 0 )$M(2分,合理即可)
0 / )0 $M 0 /
O
(4)6 HO O C CH CH3
CH3
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(5) $ /) (3分)
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高三化学参考答案 第 7页(共8页)
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【解析】(1)对比A、C的结构变化,结合两个反应的条件可知A→B为A在NaNO2 和 HNO3 条件下,在
苯环上发生硝化反应得到B,B在5%Pd/C条件下,硝基被还原为氨基得到C;根据A、C的结构可推断B
0
0
的结构简式为 ;B→C的反应类型为还原反应;
0 /0
(2)Et代表-CH2CH3,则 HCOOEt为 HCOOCH2CH3,名称为甲酸乙酯;
/) e)$M
(3)
E和 在一定条件下反应生成F,分析几种物质的结构简式,同时还生成)0 $M HCl,则该反
应的化学反应方程式为
/)
$M
0 /)e)$M $)
$0,%."
0 $M
0 )$M;
0 / )0 $M 0 /
(4)根据 M遇FeCl3 溶液显紫色,则分子结构中应至少有1个-OH直接连在苯环上,根据1molM 与
足量NaOH溶液反应消耗3molNaOH,结合 M分子中含有3个O原子,则应还含有一个酚酯基,根据
O
苯环上 有 两 个 取 代 基,则 一 个 取 代 基 为 -OH,另 一 个 取 代 基 为 O C CH2CH2CH3 或
O
O C CH CH3 ,两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系,则符合条件的同分异构体有
CH3
6种;
NH2 COOH CH3 COOH
(5)分析N的结构可知,N可由 和 经脱水缩合得到, 经氧化可得 ,
NH2
结合题中信息, 经硝化再还原可以得到 ,设计合成路线如下:
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,.O0)
【命题意图】本题通过新药替沃扎尼的合成路线考查简单有机物的命名、反应类型的判断、依据反应信息
综合分析推断反应物或产物的结构及书写化合物结构简式、有机反应方程式的书写、同分异构体数目的
判断和书写,考查学生对题中所给信息的解读及对有机化学反应的掌握和运用能力,培养学生分析与预
测、归纳与论证的化学学科关键能力。
高三化学参考答案 第 8页(共8页)
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