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上海市实验学校2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2024高三上·上海市月考）硫代硫酸盐可用作浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。
（1）基态O原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为　 　。
（2）硫元素位于元素周期表　 　区。
（3）的空间结构是　 　。
（4）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：　 　。
（5）一定条件下，将F插入石墨层间可得到具有润滑性的层状结构化合物，其单层局部结构如图所示：中C原子的杂化方式为　 　，与石墨相比，的导电性将减弱，原因是　 　。
（6）呋喃()和吡咯()均是重要化工原料，请解释呋喃沸点低于吡咯沸点的原因　 　。
（7）卤代乙酸可增强乙酸的酸性，则酸性：三氯乙酸()　 　三氟乙酸()(填“>”、“<”或“=”)。
合金是当前储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
图-3
（8）距离原子最近的原子个数是　 　。
（9）若该晶胞的棱长为a，阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度为　 　。
【答案】（1）3∶5
（2）p
（3）四面体形
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）sp3；与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱
（6）吡咯容易形成分子间氢键导致呋喃沸点低于吡咯
（7）<
（8）8
（9）
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4，两种自旋状态的电子数之比为3∶5；
（2）硫为16号元素，位于元素周期表的p区；
（3）的中心原子S的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，故其空间结构为四面体形；
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）石墨中碳原子采用的是sp2，该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3，与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱；
（6）吡咯容易形成分子间氢键，使其沸点升高，导致呋喃沸点低于吡咯；
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用，使得羧酸中羟基极性增大容易电离出氢离子，故三氟乙酸酸性更强；
（8）由晶胞结构示意图可知，以上顶面面心的铁原子为例，与其距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个，因此距离Fe原子最近的Mg原子个数是8；
（9）Fe位于顶点和面心，其个数：；Mg位于晶胞内，个数为8；晶胞质量：，晶胞体积：，则晶胞密度：。
【分析】（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4。
（2）硫原子的价电子排布式为3s23p4。
（3）硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子。
（5）该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3； 与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱。
（6）含氢键的物质的熔沸点较高。
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用。
（8）与铁原子距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个。
（9）根据均摊法可算出晶胞中原子个数，结合m=nM、N=nNA、m=ρV进行分析。
（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4，两种自旋状态的电子数之比为3∶5；
（2）硫为16号元素，位于元素周期表的p区；
（3）的中心原子S的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，故其空间结构为四面体形；
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）石墨中碳原子采用的是sp2，该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3，与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱；
（6）吡咯容易形成分子间氢键，使其沸点升高，导致呋喃沸点低于吡咯；
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用，使得羧酸中羟基极性增大容易电离出氢离子，故三氟乙酸酸性更强；
（8）由晶胞结构示意图可知，以上顶面面心的铁原子为例，与其距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个，因此距离Fe原子最近的Mg原子个数是8；
（9）Fe位于顶点和面心，其个数：；Mg位于晶胞内，个数为8；晶胞质量：，晶胞体积：，则晶胞密度：。
2．（2024高三上·上海市月考）西司他丁是广谱抗菌药泰能的重要组分，化合物M是合成西司他丁的关键中间体，以下是M的一种合成路线。
已知：
（1）A分子中共平面的原子最多有　 　个，B分子的系统命名为　 　。
（2）写出反应试剂和条件。反应①　 　，反应②　 　。
（3）写出反应类型。反应③　 　，反应⑤　 　。
（4）写出一种满足下列条件的的同分异构体的结构简式　 　，检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂为　 　。
①含有②能发生银镜反应 ③含有6个化学环境相同的H原子
（5）从产物M的角度来看，设计反应④的目的是　 　。
（6）设计一条以乙醛为有机原料(其他无机试剂任选)合成巴豆酸()的合成路线。(合成路线常表示为：XY……目标产物)　 　。
【答案】（1）；
（2）水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热
（3）消去反应；水解反应或取代反应
（4）和；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液
（5）保护羧基
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）乙烯结构中有个原子共面，甲基上最多一个氢原子可以和乙烯结构共面，所以，共面原子最多个。物质的结构简式为：，系统命名为。答案为：；。
（2）反应①是丙烯生成，发生加成反应；反应②为氧化反应；所以反应试剂和条件分别是：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。答案为：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。
（3）反应③羟基消去生成碳碳双键。反应⑤是酯的水解或取代反应。答案为：消去反应；水解反应或取代反应。
（4）的同分异构体①含有碳碳双键；②能发生银镜反应说明含有醛基；③有个化学环境相同的氢原子，说明有两个甲基连接在一个碳原子上，则该结构可能为：或。检验该同分异构体中含有碳碳双键，应先排除醛基的影响，可先加入新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液），再加入稀硫酸酸化，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键。答案为：或；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液。
（5）从产物的角度来看，设计反应④的目的是防止羧基影响反应，保护羧基不被转化。答案为：保护羧基。
（6）结合题目中的相关信息，设计一条由制备，可加入强碱，使乙醛转化为，加热生成，氧化生成，合成路线为：
【分析】根据已知信息和流程图，可推出C→D发生已知反应原理，反应③为羟基的消去反应，则C中含有羰基，即C为丙酮，所以D为；结合A、B、C的分子式和反应关系，可推出为，B为；反应④为酯化反应，可推出E的结构简式为；反应⑤为水解反应，结合有机物的性质进行分析。
（1）乙烯结构中有个原子共面，甲基上最多一个氢原子可以和乙烯结构共面，所以，共面原子最多个。物质的结构简式为：，系统命名为。答案为：；。
（2）反应①是丙烯生成，发生加成反应；反应②为氧化反应；所以反应试剂和条件分别是：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。答案为：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。
（3）反应③羟基消去生成碳碳双键。反应⑤是酯的水解或取代反应。答案为：消去反应；水解反应或取代反应。
（4）的同分异构体①含有碳碳双键；②能发生银镜反应说明含有醛基；③有个化学环境相同的氢原子，说明有两个甲基连接在一个碳原子上，则该结构可能为：或。检验该同分异构体中含有碳碳双键，应先排除醛基的影响，可先加入新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液），再加入稀硫酸酸化，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键。答案为：或；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液。
（5）从产物的角度来看，设计反应④的目的是防止羧基影响反应，保护羧基不被转化。答案为：保护羧基。
（6）结合题目中的相关信息，设计一条由制备，可加入强碱，使乙醛转化为，加热生成，氧化生成，合成路线为：
3．（2024高三上·上海市月考）普瑞巴林是一种镇痛药物，可用于治疗水痘病毒引起的带状疱疹后神经痛以及辅助性治疗局限性部分癫痛发作，其结构简式为，其合成路线如下：
（1）A的名称为　 　。普瑞巴林分子式为　 　。
（2）普瑞巴林中官能团的名称为　 　。
（3）H→I中(1)的有机反应类型为　 　。
（4）写出D→E的化学反应方程式　 　。
（5）E~G中，含手性碳原子的化合物有　 　(填字母)。
（6）E→F反应所用的化合物X的分子式为，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式　 　。
（7）化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为　 　。上述同分异构体中，只有两种不同化学环境氢原子的物质有2种，写出它们的结构简式　 　，　 　。
（8）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计合成的路线。(合成路线常表示为：XY……目标产物)　 　。
【答案】（1）乙酸、；C8H17NO2
（2）羧基和氨基
（3）还原反应
（4）
（5）G
（6）
（7）6；；
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）A的分子式为C2H4O2，取代反应后生成氯代乙酸，故A为乙酸；
根据结构简式：其分子式为：C8H17NO2；
（2）根据普瑞巴林结构简式可知，其官能团为羧基和氨基；
（3）-CN转化为-NH2，该反应类型为还原反应；
（4）D与乙醇发生酯化反应得到E，D→E的化学反应方程式：；
（5）连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子，根据图中E~G的结构简式，G中与-CN相连的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的化合物为G；
（6）化合物X的分子式为C5H10O，不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，故X为 ；
（7）
化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体为：、，共6种；其中只有两种不同化学环境氢原子的为：
（8）
先水解生成，参照A到B，发生取代反应得到，参照题中B到C，发生取代反应生成，参照题中H到I，还原后在酸化得。故合成路线为：。
【分析】根据流程图信息，结合A的分子式、B的结构简式，可推出A→B发生取代反应，则A的结构简式为CH3COOH；根据BC的结构简式，可推出B→C发生取代反应，其中B中的氯原子被-CN取代；根据问题（6）中所给化合物X的分子式为C5H10O，其不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，结合E的分子式、F的结构简式，可推出X的结构简式为 ；H→I发生加成反应；I经过一系列反应得到普瑞巴林。
（1）A的分子式为C2H4O2，取代反应后生成氯代乙酸，故A为乙酸；
根据结构简式：其分子式为：C8H17NO2；
（2）根据普瑞巴林结构简式可知，其官能团为羧基和氨基；
（3）-CN转化为-NH2，该反应类型为还原反应；
（4）D与乙醇发生酯化反应得到E，D→E的化学反应方程式：；
（5）连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子，根据图中E~G的结构简式，G中与-CN相连的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的化合物为G；
（6）化合物X的分子式为C5H10O，不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，故X为 ；
（7）化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体为：、，共6种；其中只有两种不同化学环境氢原子的为：
（8）先水解生成，参照A到B，发生取代反应得到，参照题中B到C，发生取代反应生成，参照题中H到I，还原后在酸化得。故合成路线为：。
4．（2024高三上·上海市月考）按要求回答下列问题
()是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为。工业上有多种途径合成：
完成下列填空：
（1）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是_______。(单选)
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
（2）硫酸铁溶液中加入少量粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是_______。(单选)
A．溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．溶液 D．铜粉
（3）步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是　 　。步骤①②都必须外加至接近饱和的原因是　 　。
（4）已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是　 　。
（5）步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、　 　、　 　。
（6）步骤④洗涤粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是　 　，“醇洗”可快速除去粗品表面的水，防止被氧化，写出被氧化的化学方程式，　 　。
（7）称取0.500g成品置于过量中，待固体完全溶解后，用0.2000的标准液滴定至终点，消耗标准液24.60。相关反应如下：；，则的质量分数是　 　(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的质量分数　 　(选填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）A
（2）B
（3）热水浴；增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
（4）一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
（5）漏斗；玻璃棒
（6）洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的溶解、水解；4CuCl＋O2＋4H2O=2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
（7）0.979；偏低
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）A．碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。将二氧化碳、二氧化硫通入品红溶液中，具有漂白性的二氧化硫使溶液由红色褪为无色，二氧化碳不反应，所得无色溶液为澄清溶液，故A正确；
B．将二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中，二氧化碳和二氧化硫与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，溶液变浑浊，故B错误；
C．将二氧化碳、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，二氧化硫和氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，溶液变浑浊，故C错误；
D．将二氧化碳、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液变浑浊，故D错误；
故选A。
（2）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
A． KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，滴入的高锰酸钾溶液会褪色，B可行；
C． NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，铜粉与多余的铁离子反应生成Fe2+，会干扰实验，D不可行；
故选B。
（3）步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热。步骤①中发生反应：，步骤②中发生反应：，则步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是：接近饱和的NaCl溶液可以提供氯离子浓度大，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液。
（4）Cu、CuCl均为固体，已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是：一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低。
（5）过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（6）已知不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为，且 CuCl中存在CuCl(s) Cu+ (aq)+Cl- (aq)，则步骤④洗涤CuCl粗品时，用稀盐酸洗涤的目的是：稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解、水解，提高产率；被氧化时，氯化亚铜、水和氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（7）根据、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，得Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使亚铁离子被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，可能会使测定的CuCl质量分数偏低。
【分析】根据流程图信息，CuSO4溶液中加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品。
（1）A．碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。将二氧化碳、二氧化硫通入品红溶液中，具有漂白性的二氧化硫使溶液由红色褪为无色，二氧化碳不反应，所得无色溶液为澄清溶液，故A正确；
B．将二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中，二氧化碳和二氧化硫与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，溶液变浑浊，故B错误；
C．将二氧化碳、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，二氧化硫和氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，溶液变浑浊，故C错误；
D．将二氧化碳、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液变浑浊，故D错误；
故选A。
（2）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
A． KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，滴入的高锰酸钾溶液会褪色，B可行；
C． NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，铜粉与多余的铁离子反应生成Fe2+，会干扰实验，D不可行；
故选B。
（3）步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热。步骤①中发生反应：，步骤②中发生反应：，则步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是：接近饱和的NaCl溶液可以提供氯离子浓度大，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液。
（4）Cu、CuCl均为固体，已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是：一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低。
（5）过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（6）已知不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为，且 CuCl中存在CuCl(s) Cu+ (aq)+Cl- (aq)，则步骤④洗涤CuCl粗品时，用稀盐酸洗涤的目的是：稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解、水解，提高产率；被氧化时，氯化亚铜、水和氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（7）根据、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，得Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使亚铁离子被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，可能会使测定的CuCl质量分数偏低。
5．（2024高三上·上海市月考）氨磺必利是一种新型的抗精神病药，主要作用多巴胺受体，是多巴胺受体拮抗剂。以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)。
（1）氨磺必利属于_______。
A．烃的衍生物 B．苯的同系物
C．芳香烃 D．芳香族化合物
（2）Ⅰ的结构简式是　 　。
（3）Ⅱ含有的官能团名称是磺酸基、酯基、　 　和　 　。
（4）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是　 　，Ⅵ→Ⅶ的反应中的作用是　 　。
（5）Ⅴ是常用的乙基化试剂。若用a表示Ⅴ中的碳氢键，b表示Ⅴ中的碳氢键，则两种碳氢键的极性大小关系是a　 　b(选填“>”“<”或“=”)。
（6）Ⅶ→Ⅷ分两步进行，第1)步反应的化学方程式　 　。
（7）Ⅸ的结构简式是　 　。Ⅸ有多种同分异构体，其中一种含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，其结构简式是　 　。
（8）化合物是合成药物艾瑞昔布的原料之一、参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线(无机试剂任选)。(合成路线常表示为：XY……目标产物) 　 　。
【答案】（1）A；D
（2）
（3）醚键；酰胺基
（4）取代反应；作氧化剂
（5）＜
（6）+NaOH+CH3OH
（7）；
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）根据其结构可知，其中含有苯环，则属于芳香族化合物，也属于烃的衍生物，故选AD；
（2）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（3）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（4）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（5）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（6）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（7）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（8）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
【分析】根据流程图信息，根据Ⅰ、Ⅱ的分子式可知，Ⅰ→Ⅱ为取代反应，结合Ⅱ的结构简式，可推出Ⅰ的结构简式为；根据Ⅲ、Ⅳ的分子式可知，Ⅲ→Ⅳ为取代反应，结合Ⅲ的结构简式，可推出Ⅳ的结构简式为；根据氨磺必利和Ⅷ的结构简式可判断Ⅸ为，结合有机物的性质进行分析。
（1）根据其结构可知，其中含有苯环，则属于芳香族化合物，也属于烃的衍生物，故选AD；
（2）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（3）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（4）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（5）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（6）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（7）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（8）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
1 / 1上海市实验学校2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2024高三上·上海市月考）硫代硫酸盐可用作浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。
（1）基态O原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为　 　。
（2）硫元素位于元素周期表　 　区。
（3）的空间结构是　 　。
（4）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：　 　。
（5）一定条件下，将F插入石墨层间可得到具有润滑性的层状结构化合物，其单层局部结构如图所示：中C原子的杂化方式为　 　，与石墨相比，的导电性将减弱，原因是　 　。
（6）呋喃()和吡咯()均是重要化工原料，请解释呋喃沸点低于吡咯沸点的原因　 　。
（7）卤代乙酸可增强乙酸的酸性，则酸性：三氯乙酸()　 　三氟乙酸()(填“>”、“<”或“=”)。
合金是当前储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
图-3
（8）距离原子最近的原子个数是　 　。
（9）若该晶胞的棱长为a，阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度为　 　。
2．（2024高三上·上海市月考）西司他丁是广谱抗菌药泰能的重要组分，化合物M是合成西司他丁的关键中间体，以下是M的一种合成路线。
已知：
（1）A分子中共平面的原子最多有　 　个，B分子的系统命名为　 　。
（2）写出反应试剂和条件。反应①　 　，反应②　 　。
（3）写出反应类型。反应③　 　，反应⑤　 　。
（4）写出一种满足下列条件的的同分异构体的结构简式　 　，检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂为　 　。
①含有②能发生银镜反应 ③含有6个化学环境相同的H原子
（5）从产物M的角度来看，设计反应④的目的是　 　。
（6）设计一条以乙醛为有机原料(其他无机试剂任选)合成巴豆酸()的合成路线。(合成路线常表示为：XY……目标产物)　 　。
3．（2024高三上·上海市月考）普瑞巴林是一种镇痛药物，可用于治疗水痘病毒引起的带状疱疹后神经痛以及辅助性治疗局限性部分癫痛发作，其结构简式为，其合成路线如下：
（1）A的名称为　 　。普瑞巴林分子式为　 　。
（2）普瑞巴林中官能团的名称为　 　。
（3）H→I中(1)的有机反应类型为　 　。
（4）写出D→E的化学反应方程式　 　。
（5）E~G中，含手性碳原子的化合物有　 　(填字母)。
（6）E→F反应所用的化合物X的分子式为，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式　 　。
（7）化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为　 　。上述同分异构体中，只有两种不同化学环境氢原子的物质有2种，写出它们的结构简式　 　，　 　。
（8）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计合成的路线。(合成路线常表示为：XY……目标产物)　 　。
4．（2024高三上·上海市月考）按要求回答下列问题
()是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为。工业上有多种途径合成：
完成下列填空：
（1）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是_______。(单选)
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
（2）硫酸铁溶液中加入少量粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是_______。(单选)
A．溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．溶液 D．铜粉
（3）步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是　 　。步骤①②都必须外加至接近饱和的原因是　 　。
（4）已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是　 　。
（5）步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、　 　、　 　。
（6）步骤④洗涤粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是　 　，“醇洗”可快速除去粗品表面的水，防止被氧化，写出被氧化的化学方程式，　 　。
（7）称取0.500g成品置于过量中，待固体完全溶解后，用0.2000的标准液滴定至终点，消耗标准液24.60。相关反应如下：；，则的质量分数是　 　(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的质量分数　 　(选填“偏高”或“偏低”)。
5．（2024高三上·上海市月考）氨磺必利是一种新型的抗精神病药，主要作用多巴胺受体，是多巴胺受体拮抗剂。以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)。
（1）氨磺必利属于_______。
A．烃的衍生物 B．苯的同系物
C．芳香烃 D．芳香族化合物
（2）Ⅰ的结构简式是　 　。
（3）Ⅱ含有的官能团名称是磺酸基、酯基、　 　和　 　。
（4）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是　 　，Ⅵ→Ⅶ的反应中的作用是　 　。
（5）Ⅴ是常用的乙基化试剂。若用a表示Ⅴ中的碳氢键，b表示Ⅴ中的碳氢键，则两种碳氢键的极性大小关系是a　 　b(选填“>”“<”或“=”)。
（6）Ⅶ→Ⅷ分两步进行，第1)步反应的化学方程式　 　。
（7）Ⅸ的结构简式是　 　。Ⅸ有多种同分异构体，其中一种含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，其结构简式是　 　。
（8）化合物是合成药物艾瑞昔布的原料之一、参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线(无机试剂任选)。(合成路线常表示为：XY……目标产物) 　 　。
答案解析部分
1．【答案】（1）3∶5
（2）p
（3）四面体形
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）sp3；与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱
（6）吡咯容易形成分子间氢键导致呋喃沸点低于吡咯
（7）<
（8）8
（9）
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4，两种自旋状态的电子数之比为3∶5；
（2）硫为16号元素，位于元素周期表的p区；
（3）的中心原子S的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，故其空间结构为四面体形；
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）石墨中碳原子采用的是sp2，该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3，与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱；
（6）吡咯容易形成分子间氢键，使其沸点升高，导致呋喃沸点低于吡咯；
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用，使得羧酸中羟基极性增大容易电离出氢离子，故三氟乙酸酸性更强；
（8）由晶胞结构示意图可知，以上顶面面心的铁原子为例，与其距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个，因此距离Fe原子最近的Mg原子个数是8；
（9）Fe位于顶点和面心，其个数：；Mg位于晶胞内，个数为8；晶胞质量：，晶胞体积：，则晶胞密度：。
【分析】（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4。
（2）硫原子的价电子排布式为3s23p4。
（3）硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子。
（5）该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3； 与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱。
（6）含氢键的物质的熔沸点较高。
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用。
（8）与铁原子距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个。
（9）根据均摊法可算出晶胞中原子个数，结合m=nM、N=nNA、m=ρV进行分析。
（1）基态O原子的核外电子排布1s22s22p4，两种自旋状态的电子数之比为3∶5；
（2）硫为16号元素，位于元素周期表的p区；
（3）的中心原子S的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，故其空间结构为四面体形；
（4）中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对能做配位原子；
（5）石墨中碳原子采用的是sp2，该物质中C原子均为饱和碳原子，杂化方式为sp3，与石墨相比，中C原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱；
（6）吡咯容易形成分子间氢键，使其沸点升高，导致呋喃沸点低于吡咯；
（7）氟的电负性强于氯，有强烈的吸电子作用，使得羧酸中羟基极性增大容易电离出氢离子，故三氟乙酸酸性更强；
（8）由晶胞结构示意图可知，以上顶面面心的铁原子为例，与其距离最近的镁原子为晶胞上半部分的4个和上一个晶胞下半部分的4个，因此距离Fe原子最近的Mg原子个数是8；
（9）Fe位于顶点和面心，其个数：；Mg位于晶胞内，个数为8；晶胞质量：，晶胞体积：，则晶胞密度：。
2．【答案】（1）；
（2）水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热
（3）消去反应；水解反应或取代反应
（4）和；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液
（5）保护羧基
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）乙烯结构中有个原子共面，甲基上最多一个氢原子可以和乙烯结构共面，所以，共面原子最多个。物质的结构简式为：，系统命名为。答案为：；。
（2）反应①是丙烯生成，发生加成反应；反应②为氧化反应；所以反应试剂和条件分别是：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。答案为：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。
（3）反应③羟基消去生成碳碳双键。反应⑤是酯的水解或取代反应。答案为：消去反应；水解反应或取代反应。
（4）的同分异构体①含有碳碳双键；②能发生银镜反应说明含有醛基；③有个化学环境相同的氢原子，说明有两个甲基连接在一个碳原子上，则该结构可能为：或。检验该同分异构体中含有碳碳双键，应先排除醛基的影响，可先加入新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液），再加入稀硫酸酸化，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键。答案为：或；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液。
（5）从产物的角度来看，设计反应④的目的是防止羧基影响反应，保护羧基不被转化。答案为：保护羧基。
（6）结合题目中的相关信息，设计一条由制备，可加入强碱，使乙醛转化为，加热生成，氧化生成，合成路线为：
【分析】根据已知信息和流程图，可推出C→D发生已知反应原理，反应③为羟基的消去反应，则C中含有羰基，即C为丙酮，所以D为；结合A、B、C的分子式和反应关系，可推出为，B为；反应④为酯化反应，可推出E的结构简式为；反应⑤为水解反应，结合有机物的性质进行分析。
（1）乙烯结构中有个原子共面，甲基上最多一个氢原子可以和乙烯结构共面，所以，共面原子最多个。物质的结构简式为：，系统命名为。答案为：；。
（2）反应①是丙烯生成，发生加成反应；反应②为氧化反应；所以反应试剂和条件分别是：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。答案为：水、催化剂、加热加压；铜、氧气、加热。
（3）反应③羟基消去生成碳碳双键。反应⑤是酯的水解或取代反应。答案为：消去反应；水解反应或取代反应。
（4）的同分异构体①含有碳碳双键；②能发生银镜反应说明含有醛基；③有个化学环境相同的氢原子，说明有两个甲基连接在一个碳原子上，则该结构可能为：或。检验该同分异构体中含有碳碳双键，应先排除醛基的影响，可先加入新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液），再加入稀硫酸酸化，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键。答案为：或；溴水(或溴的四氯化碳溶液)或酸性高锰酸钾溶液。
（5）从产物的角度来看，设计反应④的目的是防止羧基影响反应，保护羧基不被转化。答案为：保护羧基。
（6）结合题目中的相关信息，设计一条由制备，可加入强碱，使乙醛转化为，加热生成，氧化生成，合成路线为：
3．【答案】（1）乙酸、；C8H17NO2
（2）羧基和氨基
（3）还原反应
（4）
（5）G
（6）
（7）6；；
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）A的分子式为C2H4O2，取代反应后生成氯代乙酸，故A为乙酸；
根据结构简式：其分子式为：C8H17NO2；
（2）根据普瑞巴林结构简式可知，其官能团为羧基和氨基；
（3）-CN转化为-NH2，该反应类型为还原反应；
（4）D与乙醇发生酯化反应得到E，D→E的化学反应方程式：；
（5）连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子，根据图中E~G的结构简式，G中与-CN相连的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的化合物为G；
（6）化合物X的分子式为C5H10O，不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，故X为 ；
（7）
化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体为：、，共6种；其中只有两种不同化学环境氢原子的为：
（8）
先水解生成，参照A到B，发生取代反应得到，参照题中B到C，发生取代反应生成，参照题中H到I，还原后在酸化得。故合成路线为：。
【分析】根据流程图信息，结合A的分子式、B的结构简式，可推出A→B发生取代反应，则A的结构简式为CH3COOH；根据BC的结构简式，可推出B→C发生取代反应，其中B中的氯原子被-CN取代；根据问题（6）中所给化合物X的分子式为C5H10O，其不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，结合E的分子式、F的结构简式，可推出X的结构简式为 ；H→I发生加成反应；I经过一系列反应得到普瑞巴林。
（1）A的分子式为C2H4O2，取代反应后生成氯代乙酸，故A为乙酸；
根据结构简式：其分子式为：C8H17NO2；
（2）根据普瑞巴林结构简式可知，其官能团为羧基和氨基；
（3）-CN转化为-NH2，该反应类型为还原反应；
（4）D与乙醇发生酯化反应得到E，D→E的化学反应方程式：；
（5）连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子，根据图中E~G的结构简式，G中与-CN相连的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的化合物为G；
（6）化合物X的分子式为C5H10O，不饱和度为1，该化合物能发生银镜反应，故X为 ；
（7）化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体为：、，共6种；其中只有两种不同化学环境氢原子的为：
（8）先水解生成，参照A到B，发生取代反应得到，参照题中B到C，发生取代反应生成，参照题中H到I，还原后在酸化得。故合成路线为：。
4．【答案】（1）A
（2）B
（3）热水浴；增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
（4）一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
（5）漏斗；玻璃棒
（6）洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的溶解、水解；4CuCl＋O2＋4H2O=2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
（7）0.979；偏低
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）A．碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。将二氧化碳、二氧化硫通入品红溶液中，具有漂白性的二氧化硫使溶液由红色褪为无色，二氧化碳不反应，所得无色溶液为澄清溶液，故A正确；
B．将二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中，二氧化碳和二氧化硫与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，溶液变浑浊，故B错误；
C．将二氧化碳、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，二氧化硫和氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，溶液变浑浊，故C错误；
D．将二氧化碳、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液变浑浊，故D错误；
故选A。
（2）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
A． KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，滴入的高锰酸钾溶液会褪色，B可行；
C． NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，铜粉与多余的铁离子反应生成Fe2+，会干扰实验，D不可行；
故选B。
（3）步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热。步骤①中发生反应：，步骤②中发生反应：，则步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是：接近饱和的NaCl溶液可以提供氯离子浓度大，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液。
（4）Cu、CuCl均为固体，已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是：一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低。
（5）过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（6）已知不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为，且 CuCl中存在CuCl(s) Cu+ (aq)+Cl- (aq)，则步骤④洗涤CuCl粗品时，用稀盐酸洗涤的目的是：稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解、水解，提高产率；被氧化时，氯化亚铜、水和氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（7）根据、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，得Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使亚铁离子被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，可能会使测定的CuCl质量分数偏低。
【分析】根据流程图信息，CuSO4溶液中加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品。
（1）A．碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。将二氧化碳、二氧化硫通入品红溶液中，具有漂白性的二氧化硫使溶液由红色褪为无色，二氧化碳不反应，所得无色溶液为澄清溶液，故A正确；
B．将二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中，二氧化碳和二氧化硫与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，溶液变浑浊，故B错误；
C．将二氧化碳、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，二氧化硫和氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，溶液变浑浊，故C错误；
D．将二氧化碳、二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液变浑浊，故D错误；
故选A。
（2）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
A． KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，滴入的高锰酸钾溶液会褪色，B可行；
C． NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，铜粉与多余的铁离子反应生成Fe2+，会干扰实验，D不可行；
故选B。
（3）步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热。步骤①中发生反应：，步骤②中发生反应：，则步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是：接近饱和的NaCl溶液可以提供氯离子浓度大，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液。
（4）Cu、CuCl均为固体，已知：。途径二使用中间步骤生成，而不用一步法直接制取的原因是：一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低。
（5）过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（6）已知不溶于醇，湿的在空气中易水解，也会被氧化为，且 CuCl中存在CuCl(s) Cu+ (aq)+Cl- (aq)，则步骤④洗涤CuCl粗品时，用稀盐酸洗涤的目的是：稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解、水解，提高产率；被氧化时，氯化亚铜、水和氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（7）根据、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，得Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使亚铁离子被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，可能会使测定的CuCl质量分数偏低。
5．【答案】（1）A；D
（2）
（3）醚键；酰胺基
（4）取代反应；作氧化剂
（5）＜
（6）+NaOH+CH3OH
（7）；
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）根据其结构可知，其中含有苯环，则属于芳香族化合物，也属于烃的衍生物，故选AD；
（2）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（3）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（4）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（5）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（6）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（7）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（8）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
【分析】根据流程图信息，根据Ⅰ、Ⅱ的分子式可知，Ⅰ→Ⅱ为取代反应，结合Ⅱ的结构简式，可推出Ⅰ的结构简式为；根据Ⅲ、Ⅳ的分子式可知，Ⅲ→Ⅳ为取代反应，结合Ⅲ的结构简式，可推出Ⅳ的结构简式为；根据氨磺必利和Ⅷ的结构简式可判断Ⅸ为，结合有机物的性质进行分析。
（1）根据其结构可知，其中含有苯环，则属于芳香族化合物，也属于烃的衍生物，故选AD；
（2）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（3）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（4）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（5）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（6）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（7）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（8）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
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