重庆市巴蜀中学2021届高考化学适应性月考试题(二)(含解析)

重庆市巴蜀中学2021届高考化学适应性月考试题（二）（含解析）

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Cl-35.5 Cu-64

一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生产，生活密切相关，下列叙述错误的是( )

A. 生物质能的利用可以提高能源利用率，一般不会对环境造成污染

B. 氮氧化合物与“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“硝酸型酸雨”的形成都有关

C. 硅的氧化物及硅酸盐构成了绝大部分岩石、沙子及土壤

D. 由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸、液氯等强氧化性液体

【答案】D

【解析】

【详解】A．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，一般不会对环境造成污染，A叙述正确；B．氮氧化合物与“光化学烟雾” “硝酸型酸雨”的形成都有关，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，B叙述正确；

C．硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤，C叙述正确；

D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸，常温下干燥的Cl2不与Fe反应，可用钢瓶来贮存液氯，不属于钝化，D叙述错误；

答案为D。

2.已知阿伏加德罗常数可以用N A表示，下列说法错误的是( )

A. 标准状况下22.4L CCl4含有的分子数为N A个

B. 物质的量均为1mol的CH4和H2O，核外电子总数均为10N A

C. N A个Al(OH)3胶体粒子的质量大于78g

D. 1mol乙酸含有C-H键数目为3N A

【答案】A

【解析】

【详解】A．标准状况下CCl4为液体，无法用气体摩尔体积计算分子数，A说法错误；

B．CH4和H2O均为10电子微粒，物质的量均为1mol的CH4和H2O，核外电子总数均为10N A，B 说法正确；

C．1个Al(OH)3胶体粒子中不能确定含有多少个Al(OH)3，则N A个Al(OH)3胶体粒子的质量大于78g，C说法正确；

D．乙酸的结构简式为CH3COOH，1mol乙酸含有C-H键数目为3N A，D说法正确；

答案为A。

【点睛】非气体无法用气体摩尔体积计算其物质的量。

3.下列离子方程式正确的是( )

A. 用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O

B. 氯气溶于水：Cl2+H2O?2H++Cl-+ClO-

C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A．用KMnO4标准溶液滴定草酸，草酸为弱酸写化学式：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A错误；

B．氯气溶于水，生成的次氯酸为弱酸，写化学式：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，B错误；

C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，生成氢氧化铝和碳酸氢钠：

AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C正确；

D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合生成碳酸钙和水：HCO3-+Ca2-+OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；

答案为C。

【点睛】单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质在离子反应中写化学式。

4.下列各组物质中杂质(括号内为杂质)的检验方法、除杂试剂都正确的是( )

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，氯气能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，A检验方法错误；

B．饱和Na2CO3溶液能与乙酸反应，降低乙酸乙酯的溶解度，可用石蕊溶液检验，B正确；C．FeCl2溶液能与氯气反应生成氯化铁，C除杂试剂错误；

D．NaCl加入过量的CaCl2溶液，溶液中引入新的杂质离子，D操作方法错误；

答案为B。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多5，W与Y同主族。下列说法正确的是( )

A. 简单离子半径的大小顺序：W＞Q＞Z＞Y

B. X、W、Q最高价氧化物对应的水化物均可与Z的最高价氧化物对应的水化物反应

C. QY2可用于自来水的杀菌消毒

D. X的氢化物沸点一定低于Y的氢化物沸点

【答案】C

【解析】

【分析】

X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数最多为8，则内层电子为2，X 为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Z的核电荷数比Y多5，则Z为Al；W与Y同主族，则W为S；Q为短周期元素，序数大于16，则为Cl。

【详解】A．Y、Z、W、Q分别为O、Al、S、Cl，具有相同核外电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：W＞Q＞Y＞Z，A说法错误；

B．X、W、Q最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、硫酸、高氯酸，硫酸、高氯酸可与Z的最高价氧化物对应的水化物即氢氧化铝反应，碳酸与氢氧化铝不反应，B说法错误；

C．QY2为ClO2，具有强氧化性，用于自来水的杀菌消毒，C说法正确；

D．X的氢化物有好多种，其最简单的氢化物沸点一定低于Y的氢化物沸点，D说法错误；

答案为C。

6.某有机物的分子式为C5H10O3，其中只含有一个甲基、一个羟基和一个羧基的结构(不考虑立体异构)有( )

A. 5种

B. 6种

C. 7种

D. 8种

【答案】B

【解析】

【详解】分子式为C5H10O3含有羧基、羟基和甲基，碳链CH3-C-C-C-COOH上羟基有3种，CH3-C-C- COOH上-CH2-OH有2种，CH3-C- COOH上-CH2-CH2-OH有1种，共6种，综上所述，答案为B。【点睛】羧基、羟基、甲基必须在碳链的一端，可根据碳链由长到短找羟基的位置即可。

7.在一定温度下，氯气与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3。下列判断不正确的是( )

A. 若反应过程中消耗2mol氯气，则转移电子数目可能为3N A

B. 反应停止后n(NaClO)：n(NaCl)：n(NaClO3)可能为1:6:1

C. 氯气与氢氧化钠反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比一定为1:2

D. 若氢氧化钠与氯气恰好完全反应，则反应后所得溶液中总是存在：

c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(ClO3-)

【答案】D

【解析】

【详解】A．若氯气与NaOH发生3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O转移电子数最多，1mol转移5

3 mol

电子；发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O转移电子最少，转移1mol电子，2mol氯气反应，可能转移3mol电子，A判断正确；

B．反应停止时，n(NaClO)：n(NaCl)：n(NaClO3)为1:6:1时，得电子数目为1×1+5×1=6，失电子数目为1×6，相等，B判断正确；

C．根据NaCl、NaClO、NaClO3可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需氯气与NaOH的物质的量之比为1：2，C判断正确；

D．根据溶液中离子电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)+3c(ClO3-)，D判断错误；答案为D。

8.甲烷在工农业生产、生活中有着重要作用，请回答下列问题。

(1)用CH4催化还原NO x可以消除氮氧化物的污染。例如：

①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H1=-574kJ/mol

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H2

若在相同条件下，1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则?H2=_________。

(2)用CH4催化还原NO，欲提高N2的平衡产率，应该采取的措施是_______(填序号)。

A．升高温度 B．增大压强 C．降低温度 D．降低压强

(3)一定温度下，在初始体积为2L恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO(假设只发生反应②)，20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol。则从反应开始至刚达到平衡用NO表示的反应速率v(NO)=________________，该温度下反应的平衡常数

K=_______________。(答案可用分数表示)

(4)为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得N2的产率与温度的关系如图所示，OA段N2产率增大的原因是_________。

(5)对于反应②而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图所示，下列说法正确的是__________(填序号)。

A．T1大于T2

B．c时二氧化碳的浓度为0.2mol/L

C．a点正反应速率大于b点的逆反应速率

D．a点的反应速率一定比c点的反应速率小

(6)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH 4和Ｏ2，电解质为KOH 溶液，该甲烷燃料电池中，负极反应方程式为_______。

【答案】 (1). -1160kJ/mol (2). C (3). 0.04mol/(L·min) (4).

2

243

(5). OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大 (6). C (7). CH 4-8e -+10OH -=CO 32-

+7H 2O 【解析】 【分析】

(1)根据盖斯定律计算。

(2)根据勒夏特列原理判断。 (3)根据三段式法计算。

(4)氮气的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度相关。 (5)根据图象判断。

(6)根据碱性环境，可以知道CO 2最终转化为CO 32-。

【详解】(1)在相同条件下，1molCH 4还原NO 2至N 2，整个过程中放出的热量为867kJ ，则③2CH 4(g)+4NO 2(g)=2N 2(g)+2CO 2(g)+4H 2O(g)?H 3=-1734kJ/mol ，根据盖斯定律，②=③-①，所以?H 2=?H 3-?H 1=-1160kJ/mol 。

(2)反应CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O 为放热、体积不变的可逆反应，欲使N 2的平衡产率提高，可使平衡正向进行，则反应条件是降低温度，答案为C 。 (3)根据三段式法：

()()()()()4222CH g +4NO g =2N g +CO g +2H O g 1mol 4mol 0.4mol 1.6mol 0. 8mol 0.4mol 0. 8mol 0.6mol

2.4mol

0.8mol

0.4mol

0.8mol

000起始：转化：平衡：

由于反应前后体积不变，因此，反应开始到达平衡用NO 来表示的反应速率v(NO)=

1.6220min

?mol

L =0.04mol/(L ?min)。根据平衡常数的定义

()()()

()2222244c N c CO c H O K=

c CH c (NO)

???，代入数据，得到K=

2

243

。 (4)氮气的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度相关。当温度升高时，催化剂的活性増强，

化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大。

(5)A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2＞T1，Ａ说法错误；

B．c点甲烷转换的浓度为1.2mol/L，因此二氧化碳的浓度也是1.2mol/L，B说法错误；C．在同一温度未达平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b 点的正反应速率；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；

D．a点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无法比较，说法错误；

答案为C。

(6)根据碱性环境，可以知道CO2最终转化为CO32-，根据得失电子守恒和物料守恒，可以得出负极电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。

9.中南大学郑雅杰等3位老师提出“以含砷废水沉淀还原法制备As2O3”，有较高的实际应用价值。某工厂含砷废水含有H3AsO3、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3等，利用该废水提取As2O3的流程如图所示。

表：金属离子沉淀pH值表格(20℃)

10-110-210-310-410-5 Fe3+ 1.8 2.2 2.5 2.9 3.2 Cu2+ 4.7 5.2 5.7 6.2 6.7

(1)为了加快中和过程的速率，可以采取的措施有______________(写出一条合理的措施即可)。

(2)沉淀中的成分，除了Bi(OH)3沉淀外，还有_________。

(3)A可以循环利用，A的化学式为_________。在滤液1中，加入NaOH调节pH为8的目的是_______。

(4)Cu3(AsO3)2沉淀加入一定量的水调成浆料，通入SO2，该过程的化学反应方程式是

__________。

(5)按照一定的液固比，将水加入Cu3(AsO3)2沉淀中，调成浆料。当反应温度为25℃，SO2流量为16L/h，液固比、时间对砷、铜浸出率的影响如图甲、乙所示。请选择最适宜的液固比、反应时间：______________、_______________。

(6)一定条件下，用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中，1mol As4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，则物质a为_______(填化学式)。

【答案】 (1). 适当增加氢氧化钠溶液的浓度或加热 (2). Fe(OH)3 (3). CuSO4 (4). 完全沉淀Cu2+，回收利用铜 (5). Cu3(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+2H3AsO3+H2SO4 (6). 4：1 (7). 60min (8). SO2

【解析】

【分析】

(1)为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率。

(2)根据元素守恒进行判断

(3)Cu3(SO3)2·2H2O氧化可以得到CuSO4，在流程中可以循环利用。

(4)根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知S的化合价升高，根据信息写出反应物和产物并配平方程式。

(5)根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加。为了减少铜的浸出，适宜的液固比为4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高，铜浸出率随反应时间延长而降低。

(6)根据电子转移相等计算。

【详解】(1)为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率，因此可以通过增加氢氧化钠溶液的浓度、加热来加快化学反应速率。

(2)根据含砷废水的成分H3AsO3、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3等，根据元素守恒，除了得到Bi(OH)3沉淀外，还有Fe(OH)3沉淀。

(3)Cu3(SO3)2·2H2O氧化可以得到CuSO4，在流程中可以循环利用。Cu3(AsO3)2为了充分回收砷，使用了过量硫酸铜，为了减少铜的损失，应回收利用铜，用NaOH调节废水pH值至8。

(4)结合Cu3(AsO3)2中Cu为+2价，1molCu3(SO3)2·2H2O中有2molCu显+1价，1molCu显+2价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知S的化合价升高，根据信息写出反应物和产物并配平方程式：Cu3(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+2H3AsO3+H2SO4。

(5)根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加，但同时铜的浸岀率也随着液固比増加而升高。为了减少铜的浸出，适宜的液固比为4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高，铜浸出率随反应时间延长市降低。当反应为60min时，砷浸出率较大和铜浸出率较小，继续延长反应时间，砷、铜浸出率变化不大。因此，选择60min。

(6)As4S4中As为+2价、S为-2价，且As元素被氧化为+3价的As2O3，1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，由于As的化合价只升高了1，则S元素化合价必须升高6价，即S元素的化合价由-2升高为+4价，因此应为SO2。

10.某实验小组用软锰矿制备高锰酸钾，主要实验步骤如下：

步骤一：将软锰矿(主要成分为MnO2)、KClO3和KOH固体按一定比例混合后加热熔融可制得绿色K2MnO4；

步骤二：将反应后固体充分溶解、过滤，向滤液中通入过量CO2气体使溶液显酸性，K2MnO4在酸性条件下反应得到KMnO4、MnO2和K2CO3，最后分离得到高锰酸钾晶体(粗产品)。

请回答下列问题：

(1)步骤一加热熔融应在________(填序号)进行。

A.铁坩埚

B.氧化铝坩埚

C.瓷坩埚

D.石英

(2)为进一步提高粗产品(高锰酸钾晶体)纯度，常采用的实验方法是_____________。

(3)KMnO4、MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等物质的量的氯气消耗KMnO4与MnO2的物质的量之比为________________。

(4)某学习小组为了探究高锰酸钾溶液和草酸钠溶液的反应过程，将高锰酸钾溶液逐滴滴入一定体积的酸性草酸钠溶液中(温度相同，并不断振荡)，记录的现象如表：

滴入KMnO4溶液的次序(假设每滴溶液体积相等) 滴入的KMnO4溶液紫色褪去的时间

先滴入第1滴1min

褪色后再滴入第2滴15s

褪色后再滴入第3滴3s

褪色后再滴入第4滴1s

请分析高锰酸钾溶液褪色时间变化的原因：_________。

(5)我国《室内空气质量标准》规定室内空气中甲醛(HCHO)含量不得超过0.08mg/m3。我校某同学通过查阅资料，拟采用如下方法测定2021年暑假新装修的焕然一新的明德楼教室内空气中甲醛的含量。

测定原理：5HCHO+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5CO2↑+11H2O。

实验操作：用容积为1000mL用注射器抽取空气，缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中(装置如图)，当酸性高锰酸钾溶液正好褪色时，停止注入。

①用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液配制实验中使用的酸性KMnO4溶液l000mL，需0.1000mol/L 的酸性KMnO4溶液的体积为___________。

②装置中多孔玻璃球泡的作用是__________。

③该同学在206教室内不同地点抽取空气，并缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中。当第250次将注射器中空气全部缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中时，酸性高锰酸钾溶液恰好褪色。请通过计

算判断，该教室空气中甲醛含量________(填“已”或“未”)超标。若未超标，该教室内空气中甲醛(HCHO)含量为________mg/m 3

；若已超标，请举出减少室内空气污染的一条合理措施：_________________。

【答案】 (1). A (2). 重结晶 (3). 2:5 (4). 反应生成的Mn 2+对反应有催化作用，且c(Mn 2+)越大催化效果越好 (5). 1.00mL (6). 使甲醛被酸性高锰酸钾溶液充分吸收 (7). 未 (8). 0.075 【解析】

【详解】(1)将软锰矿(主要成分为MnO 2)、KClO 3和KOH 固体加热，只有铁坩埚不与KOH 反应。答案选A 。

(2) 提纯高锰酸钾固体，减少其它杂质的含量可采用重结晶的方法。

(3)KMnO 4制取氯气时，化合价由+7变为+2，转移5个电子，MnO 2制取氯气时，化合价由+4变为+2，转移2个电子，则根据电子得失守恒可知物质的量之比为2：5。

(4)滴入的高锰酸钾越多，褪色时间越短，即反应速率越快，说明还原产物Mn 2+

对反应有催化用，且c(Mn 2+

)越大催化效果越好。

(5)①用0.1000mol/L 的酸性KMnO 4溶液配制0.0001mol/L 酸性KMnO 4溶液1000mL ，浓度稀释为原来的1000分之一，故需0.1000mol/L 的酸性KMnO 4溶液的体积为1mL 。

②装置中多孔玻璃球的接触面积大，其作用是使甲醛被酸性高锰酸钾溶液充分吸收。 ③实验时在居室内不同地点抽取空气、并缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中。当第250次将注射器中气全部缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中时，则抽取的空气体积为1000mL×250=0.25m 3，设该居室室内空气中甲醛含量为xmg/m 3，根据反应关系式：

4

54HC KM HO nO 54

～

0.25xmg

30mg/mol

：5.00mL 0.0001mol /L ＝5：4，x=0.075，即该新装修的居室空气中甲醛含量

为0.075 mg/m 3＜0.08 mg/m 3，未超过国家规定标准。

11.本题涉及部分铜及其化合物的相关结构问题的考查，请回答下列问题。

(1)写出基态Cu 2+的核外电子排布式：________。Cu 的同周期元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素原子还有___________(用元素符号表示)。

(2)从原子结构角度分析高温Cu 2O 比CuO 稳定原因是___________。

(3)[Cu(NH 3)2]Ac 可用于合成氨工业中的铜洗工序，除去进人合成塔前混合气中的CO(CO 能使

催化剂中毒)。

①Ac表示CH3COO-，Ac中碳原子的杂化方式为________。

②[Cu(NH3)2]Ac能够结合CO的原因是________。

(4)铜原子与氯原子形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子，白球表示氯原子)。

①已知铜和氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯形成的化合物属于________填(“离子”

或“共价”)化合物。

②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，

例如图中原子1的坐标为(

1

2

，

1

2

，1)，则原子2和3的坐标分别为___________、__________。

③已知该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为N A，则该晶体中铜原子和氯原子的最短距

离为_____________pm(只写计算式)。

【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). K、Cr (3). Cu+的价层电子排布为3d10，3d轨道全充满，较稳定 (4). sp2和sp3 (5). 形成了配位键 (6). 共价 (7). (

1

2

，1，

1

2

) (8). (

3

4

，

1

4

，

1

4

10

3

A

34(64+35.5)

10

ρN

?

【解析】

【详解】(1)Cu为29号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故Cu2+核外电子排布为[Ar]3d9，Cu最外层电子数为1个，与铜最外层电子数相同的还有K和Cr，Cr的核外电子排

布为[Ar]3d54s1。

(2)由于Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，3d轨道全充满，较稳定，所以高温Cu2O比CuO稳定。

(3)①CH3COO-中甲基上的C无孤电子对，形成4条键，属于sp3杂化，酯基上的碳原子无孤电

子对，形成3条键，为sp2杂化。

②由于CO的C提供孤对电子与Cu+形成了配位键，所以[Cu(NH3)2]Ac能够结合CO。

(4)①一般认为电负性相差小于1.7形成共价键，已知铜和氯的电负性分别为1.9和3.0，则

铜与氯形成的化合物属于共价化合物。

②根据原子的坐标和坐标系，类比可得原子2的坐标为(

1

2

，1，

1

2

)，原子3的坐标为(

3

4

，

1

4

，1

4

)。

③Cu和Cl的最短距离即为晶胞体对角线的

1

4

，设晶胞参数为a cm，则3

A

4(64+35.5)

ρ=

N a

?

?

，

10

3

A

4(64+35.5)

a=10

ρN

?

?pm，最短距离为3a，即10

3

A

34(64+35.5)

10

4ρN

?

??pm。

12.甲苯是重要的基础化工原料，下图是大学化学教材《有机化学基础》上由甲苯合成J的一种合成路线。

请依据上述流程回答以下问题

(1)B的化学名称为___________，J的分子式为___________。

(2)D生成E的反应类型为___________。

(3)设计第③步和第⑤步的目的是______________。

(4)由H生成J过程中生成的无机物除了2

N外还有_________。

(5)写出C→D的反应方程式为_______。

(6)D的同分异构体有多种。其中含有苯环和碳氧双键，且核磁共振氢谱有四组峰的有

_________种。(不考虑立体异构)

(7)请依据流程图中相关信息，写出由甲苯和乙醛制备的合成路线________。(无机试剂任选)

【答案】 (1). 邻硝基甲苯 (2). C15H10O (3). 氧化反应 (4). 保护氨基、防止-NH2被氧化(5). NaCl、H2O (6).

+→+HCl (7). 6 (8).

2

新制MnO

????→-

3CH CHO 、OH

?????→

2H ，催化剂

Δ

????→

【解析】 【分析】

根据E 的结构简式，可知甲苯与浓硝酸在浓硫酸的作用下，生成B 为邻硝基甲苯；邻硝基甲苯与HCl 在Fe 的作用下，硝基转变为氨基；C 与CH 3COCl 反应生成D ，即

；E

在酸性条件下，重新还原为氨基，即。据此解答。

【详解】(1)结合前后可判断硝基取代在邻位，故B 为邻硝基甲苯；根据J 的

结构简式可知，分子式为C 15H 10O 。

(2)新制MnO 2作氧化剂将D 中的甲基氧化为醛基，故反应类型为氧化反应。

(3)氨基具有还原性，为了防止在将甲基氧化为醛基的过程中将氨基氧化，需要保护氨基，设计第③步和第⑤步的目的就是保护氨基。

(4)根据原子守恒和电荷守恒可判断产物还有NaCl 和H 2O 。 (5)该反应为取代反应，方程式为

+

→

+HCl 。

(6)满足条件的有、、、、

、

，

共6种。

(7)结合流程图中D→E 和F→G 的信息，甲苯被氧化为苯甲醛时，才可与乙醛发生碳链增长，可设计合成路线如下

2

新制MnO ????→

-

3CH CHO 、OH ?????→

2H ，催化剂

Δ

????→。