湖北省仙桃中学2025-2026学年高三上学期10月期中化学试题Word版含解析_251110湖北省仙桃中学2026届高三上学期期中考试（全科）

湖北省仙桃中学 2025-2026 学年度上学期高三期中考试 高三化学试卷 试卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 B 10.8 C 12 O 16 Mg 24 S 32 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与社会生活密切相关，下列表述错误的是 A. 新型手机以石墨烯为材料利用其电阻率低、热导率高 B. 聚乳酸、淀粉等混合制成的一次性餐具会造成白色污染 C. 我国研制的超级钢性能居于世界领先水平，属于合金 D. 蚂蚁打架喷射的有机胺、甲酸可反应生成离子液体 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨烯是一种新型材料，具有电阻率低、热导率高的特性，因此在电子设备中被广泛应用， A正确； B．“白色污染”通常由不可降解的塑料（如聚乙烯）引起，而聚乳酸（PLA）和淀粉属于可生物降解材 料，其制品不会长期残留，因此不会导致白色污染，B错误； C．超级钢属于铁合金的一种，属于合金，C正确； D．有机胺、甲酸在一定条件下可反应生成有机胺正离子和甲酸根负离子的离子液体，D正确； 故选B。 2. 下列说法正确的是 A. 第二周期元素中，第一电离能介于B和O之间的元素有3种 B. O 分子的球棍模型： 3 C. 电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大 D. 二甲基硅二醇经脱水缩聚生成聚硅氧烷： 【答案】D 【解析】 【详解】A．第二周期元素第一电离能顺序为：Li < B < Be < C < O < N < F < Ne，因此介于B和O之间的元素为Be、C，共2种，A错误； B．O 分子中心氧原子的价层电子对数为 ，含有一对孤电子，其空间结构为V形，并非直 3 线形，B错误； C．元素的电负性越大，非金属性也越强，但第一电离能受电子构型影响，如电负性O>N，而第一电离能 N>O，C错误； D．二甲基硅二醇脱水缩聚时，两分子间分别断裂硅氧键和氧氢键脱水形成-Si-O-Si-键，n个单体生成1条 链状聚合物和(n-1)个HO，反应式正确，D正确； 2 故答案选D。 3. 已知反应： ，设 为阿伏加德罗常数 的值，下列有关说法正确的是 A. 标准状况下， 乙酸含有的 键数目为 B. 向足量乙醇中加入 金属钠，转移电子数为 C. 乙醇与等量乙酸充分发生上述反应，生成乙酸乙酯分子的数目为 D. 醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，混合溶液中 数目小于 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，乙酸不是气体，不能依据体积确定其物质的量，因此无法确定 键数目，故A 错误； B．钠在反应中转变为钠离子，1molNa完全反应转移1mol电子，则 金属钠即0.1mol，转移电子数为 ，故B正确； C．该反应为可逆反应，乙醇不能完全反应，因此生成乙酸乙酯分子的数目小于 ，故C错误； D． 醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，此时： ，根据电荷守恒： ，可得 ，则溶液中 数目等于钠离子数目，等于 ，故D错误； 故选：B。 4. 下列过程中发生反应的离子方程式书写错误的是 A. 铅酸蓄电池总反应： B. 用绿矾处理酸性重铬酸根离子： C. 碱性条件下用次氯酸钠与 制备绿色消毒剂高铁酸钠： D. 等物质的量浓度的NH Al(SO ) 与Ba(OH) 溶液按体积比为1:2反应： 4 4 2 2 【答案】D 【解析】 【详解】A．铅酸蓄电池总反应中，电荷、原子均守恒，且符合实际反应过程，A正确； B．绿矾处理酸性 时，氧化还原反应配平正确，符合酸性条件下的反应规律，B正确； C．碱性条件下ClO-氧化Fe3+为 ，电荷、原子守恒，且产物合理，C正确； D．NH Al(SO ) 与Ba(OH) 按体积比1:2反应时，OH-与铵离子、Al3+分别生成一水合氨、Al(OH) 沉淀，离 4 4 2 2 3 子方程式为 ，D错误； 故答案为D。 5. 下列对物质性质比较结果的原因解释错误的是 选 性质比较 原因 项 氧化性： 配位键的电子占据 的空轨道，导致 得电 A 子能力减弱 B 在水中的溶解度： O 相对分子质量小 2 C 沸点：乙醇＞一氯乙烷 乙醇分子之间可以形成氢键与金属钠反应剧烈程度：水＞ 乙基是推电子基，使乙醇羟基中的O-H键的极性 D 乙醇 减弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配位键的电子占据Ag⁺的空轨道，导致Ag⁺得电子能力减弱，氧化性降低，所以氧化性 ，A项解释正确； B．O 的溶解度大于O 的说法错误，实际O 因极性更强，根据“相似相溶”原理，O 在水中的溶解度比 2 3 3 3 O 在水中的溶解度更大，而B项用相对分子质量解释错误； 2 C．乙醇分子之间存在分子间氢键使其沸点高于一氯乙烷，C项解释正确； D．乙基属于推电子基团，其推电子效应减弱O-H键极性，导致水与钠反应更剧烈，解释正确； 故答案选B项。 6. X、Y、Z和R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z和R处于同一周期，R是非金属性最 强的元素。一定条件下，上述元素形成的物质M可发生如下转化。下列说法正确的是 A. YR 是含有极性键的极性分子 3 B. M、N中原子均达到八电子稳定结构 C. M中含有的化学键为离子键、氢键和共价键 D. 简单氢化物的沸点：Z＞R 【答案】D 【解析】 【分析】R是非金属性最强的元素，则R为F；X原子序数最小且形成一根共价单键，即X为H；Z能形 成氢键且能生成 可推测Z为O， 即 ； 与Y形成一个配位键，则Y为B。 【详解】A．YR 为BF，B原子与3个F原子形成极性共价键，但分子构型为平面三角形，正负电荷中心 3 3 重合，是非极性分子，A错误； B．M和N中均含H原子，H原子最外层为2电子稳定结构，未达到八电子，B错误； C．氢键不属于化学键，M中含共价键和氢键（分子间作用力），无离子键，C错误；D．HO分子间形成的氢键更多，因此沸点（100℃）高于HF（约19.5℃），D正确； 2 故答案选D。 7. “证据推理与模型认知”是高中化学学科核心素养之一，也是学习化学的重要方法，相关说法正确的是 A. CuS固体难溶于稀硫酸，推测FeS固体也难溶于稀硫酸 B. HCl气体常温下易溶于水，推测HI气体常温下也易溶于水 C. 常温下CaCO 的溶解度小于Ca(HCO )，推测水溶液中溶解度NaCO 小于NaHCO 3 3 2 2 3 3 D. CH 的正四面体结构中键角为 ，推测P 的正四面体结构中键角也是 4 4 【答案】B 【解析】 【详解】A．CuS难溶于稀硫酸是因为其溶度积极小，而FeS的溶度积较大，能与稀硫酸反应生成H₂S，因 此FeS可溶，A错误； 为 B．HCl易溶于水，HI同 强极性分子且分子量更大，溶解度更高，推测合理，B正确； C．CaCO 溶解度小于Ca(HCO )，但钠盐相反，NaCO 溶解度大于NaHCO ，C错误； 3 3 2 2 3 3 D．CH 键角由 杂化决定，且无孤电子对，为正四面体，键角为 ，而P 分子呈四面体结构， 4 4 其中每个P原子形成三个单键，键角为60°，D错误； 故答案选择B项。 8. 反应 可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 步骤I中 带正电荷的C与催化剂中的N之间作用 C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成 D. 反应中每消耗 ，转移电子数约为【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS<0，A错误； B．由题图所示的反应机理可知， 中C显正价，O显负价，步骤I可理解为 中带部分正电荷的C 与催化剂中的N之间作用，B正确； C．步骤III中不存在非极性键的断裂和形成，C错误； D．该反应中CO 中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗1molCO 转移电子的数目约为 2 2 ，D错误； 故选B。 9. 利用下列装置完成相应实验，能达到实验目的的是 A. 验证乙醇脱水生成乙烯 B. 实验室制备乙炔 C. 验证苯与液溴发生取代反应 D. 利用分水器制备乙酸乙酯并提高产率 【答案】D【解析】 【详解】A．乙醇发生消去反应制取乙烯的温度应该为170 ℃，温度计应该插入液面以下，故A错误； B．饱和食盐水和电石反应放出大量的热量，且反应太剧烈，无法控制，生成微溶的Ca(OH) 易堵塞启普 2 发生器，不能用启普发生器制备乙炔，故B错误； C．苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴具有挥发性，会随着溴化氢一起进 入硝酸银溶液，溴和水反应生成溴化氢和次溴酸，干扰对反应产物的验证，故C错误； D．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，球形冷凝管用于将有机 物冷凝回流，通过分水器分离出水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，故D正确； 答案选D。 10. 氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下（已知：通常情况下，电负性较小的原子易提供孤电子对）： 下列叙述不正确的是 A. “氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B. “氰浸”反应： C. “还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种还原剂 D. “除锌”中，试剂X不宜选择硝酸 【答案】A 【解析】 【分析】金矿料与 NaCN、 发生反应 ，生成 和 NaOH 溶 液 ， 加 入 过 量 的 Zn 发 生 还 原 反 应 ， 生 成 Au 、 、 以及过量的Zn，Au不与NaOH、 反应，但Zn与NaOH、 反应，所以除锌 的试剂可以选用NaOH、 等，最后得到粗Au。 【详解】A．“氰浸”中NaCN提供 作为配体，故NaCN为络合剂；根据“电负性较小的原子易提供孤电子对”， 中C电负性（2.5）小于N（3.0），则配位原子为C而非N，A错误； B．“氰浸”反应中，Au从0价升至+1价（生成 ），O 从0价降至-2价（生成 ），4个 2 Au共失4e⁻，1个O 得4e⁻，得失电子守恒；原子、电荷均守恒，方程式正确，B正确； 2 C．“还原”中Zn将 还原为Au，自身被氧化为 ，与 、 形成 和 两种配合物，同时可能生成 （Zn与碱性溶液反应）， 为还原剂，C正确； 为 D．“除锌”需溶解Zn而不溶解Au，硝酸 强氧化性酸，可能氧化Au导致损失，不宜选用，D正确； 故答案选择A项。 11. 丙烯可发生如下转化（反应条件略）： 下列说法正确的是 A. 可提高Y→Z转化的反应速率 B. 产物M有3种且互为同分异构体（不考虑立体异构） C. Y→Z过程中，b处碳氧键比a处更易断裂 D. Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应 【答案】A 【解析】 【分析】丙烯与 发生加成反应得到M，M有 和 两种可能的结构，在 环境下脱去 生成物质Y，Y在 环境水解引入羟基再脱 得到主产物Z；Y 与 可发生开环加聚反应得到物质P。据此分析。 【详解】A．Y→Z是环氧丙烷的开环反应， 作为催化剂可降低反应活化能，提高反应速率，A正确； B．丙烯与 加成生成M，因丙烯为不对称烯烃，加成产物为1-氯-2-丙醇和2-氯-1-丙醇，共2种同分 异构体，B错误； C．Y（环氧丙烷）酸性开环时，亲核试剂进攻取代基较多的碳（连甲基的碳），断裂的是该碳与氧的键 （a处），故a处碳氧键比b处更易断裂，C错误； D．Y→P是环氧丙烷与 的开环加聚反应，无小分子生成，不属于缩聚反应，D错误； 故答案选A。 12. 氮和氧是构建化合物的常见元素，某 的晶胞如图。 下列说法不正确的是 A. 该氮氧化物中N都呈 价 B. 该晶体中氮原子的杂化方式有 两种 C. 与足量红棕色气体反应生成 的化学方程式为： D. 晶体类型是分子晶体 【答案】D 【解析】 【分析】根据晶胞中N原子和O原子的结合可知， 晶胞中存在2种微粒，一种为： ；一种为： ，则 晶体类型为：离子晶体，据此分析解答。【详解】A． 晶体中，O元素的化合价为 价，根据化合物中正负化合价代数和为0原则，得到N 元素化合价为 价，A正确； B．根据分析，在 中的孤对电子为 ，则微粒VSEPR模型为直线形，中心N原子杂 化类型为： ；在 中的孤对电子为 ，则微粒VSEPR模型为平面三角形，中心N 原子杂化类型为： ，B正确； C． 具有强氧化性，在将 氧化为 时，还有 生成，反应的化学方程式为： ，C正确； D．根据分析， 晶体类型为：离子晶体，D错误； 故答案为：D。 13. 电渗析法制取八钼酸铵[(NH )MoO ]的工作原理如图所示（装置进出口未标明），当溶液的pH降低 4 4 8 26 时，溶液中的 转化为 。下列说法不正确的是 A. b连接直流电源负极 B. Ⅲ室中发生反应：C. 生成0.1 mol (NH )MoO ，Ⅳ室溶液质量理论上增加21.6 g 4 4 8 26 D. 电解一段时间后，Ⅳ室溶液的pH值增大 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，a极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成 和 ， 与 反 应生成 ，Ⅱ室中 从阴膜移向Ⅰ室，Ⅰ室中制得碳酸氢铵；双极膜中 移向Ⅱ室，与溶液中的 反应生成一水合氨；b极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成 和 ， 通过阳膜 加入Ⅳ室与溶液中的 反应生成一水合氨，双极膜中 移向Ⅲ室，与溶液中 反应生成 。 为 【详解】A．由分析可知，b 电解池阴极，连接直流电源负极，A正确； B．由分析可知，Ⅲ室中发生的反应为氢离子与溶液中钼酸根反应生成八钼酸根，反应的离子方程式为 ，B正确； C．由离子方程式可知，每生成0.1 mol (NH )MoO 需1.2 mol H+，故电路中转移1.2 mol e-，b极反应式为 4 4 8 26 ，因此有0.6 mol H 生成，同时Ⅲ室有1.2 mol 通过阳膜进入Ⅳ室，故 2 Ⅳ室溶液质量理论增加 ，C错误； D．Ⅳ室生成 ，溶液碱性增强，即溶液pH值增大，D正确； 故答案选C。 14. 瓜环[n]（ ）是超分子领域近年来发展迅速的大环主体分子之一，可从环境中识别不同分子并选 择性吸附形成超分子。由烃A合成瓜环[n]的路线如下：下列说法正确的是 A. 烃A的产量可用于衡量国家石油化工发展水平 B. D→瓜环[n]先发生加成反应再发生缩聚反应 C. 通过红外光谱可测得瓜环[n]的聚合度 D. 瓜环[n]选择性吸附形成超分子体现了其自组装的特点 【答案】B 【解析】 【分析】根据C→D的反应及D的结构简式可以推测：A→B： (A)与Br 发生加成反应生成 2 CHBr CHBr (B)；B→C：CHBr CHBr (B)与 NH 发生取代反应生成 (C)； C→D： 2 2 2 2 3 (C)与 发生取代反应生成(D)；D→瓜环[n]： (D)与甲醛(HCHO)先发生加成反 应，再发生缩聚反应得到瓜环[n]。 【详解】A．衡量国家石油化工发展水平的是乙烯的产量，而A为乙炔，其产量与石油化工水平无关，A 错误； B．D中 与HCHO的羰基先发生加成反应生成 ，再脱水缩合形成 桥连结构， 整个过程属于缩聚反应，B正确； C．红外光谱用于检测分子中的官能团（如C=O、N-H等），无法测定聚合度n，聚合度需通过质谱法测 定分子量后计算，C错误； D．瓜环[n] 可从环境中识别不同分子并选择性吸附形成超分子，体现的是其分子识别的特性，与自组装无 关，D错误； 故答案选B。 的 15. 常温时，用 HCl溶液滴定V mL 的BOH弱碱溶液。溶液的pH、分布系数 [ 的分布系数 ]随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如下图所示。 下列有关说法正确的是 A. BOH的电离平衡常数 约为 B. a点时溶液的pH约为5 C. b点时溶液中 D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．BOH的电离平衡常数 ，据图，当 时， ， a点对应滴定曲线pH=9，即 ，故 ，A错误； B．a点对应滴定曲线pH=9，B错误； C．b点对应滴定曲线pH＞7，呈碱性，电荷守恒 ，因 ，则 ，C错误； D．滴定终点时 ，根据图示滴定终点消耗10 mL盐酸，则，故V=10，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 泻盐 可作为印染和制革工业中的加重剂和填料，也可用做肥料促进植物生长。硼镁 泥是制备硼砂的副产品[主要成分为 ，含有杂质成分 等]，以硼镁泥为原料制备泻盐的流程如图所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀（离子浓度小于 ）时的 如下表。 阳离子 . 开始沉淀时的 1.6 3.2 75 9.6 8.6 完全沉淀时的 3.1 4.9 9.0 10.9 10.1 ②氧化性： 。③ 沉淀溶解。 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法有_________（写2种即可）。 （2） 酸浸生成不溶于水的 ，除此之外，“滤渣I”中还有_________（填化学式）。 （3）“调 ”的范围为_________；滤渣Ⅱ中含有 ，生成此物质发生反应的离子方程式为 ____________。 “抽滤”后，滤液中除了 ，还有少量 ，已知 两种物质的 溶解度与温度的关系如图所示。（4）“操作1”采用蒸发结晶、_________（填操作名称），得到 晶体。对“操作1”的滤 液进行_________（填操作名称），再过滤得到 晶体。 （5）如处理 硼镁泥，镁的存在形式以 计，其含量为 ，通过上述流程制得泻盐 ，则产率 为_________（保留2位小数）。 （6）硼化镁是新型超导材料，硼化镁的晶体结构如图所示，底面边长为 ，高为 ，其中硼原子的 配位数是_________，硼化镁晶体的密度 _________ （列出计算式，阿伏加德罗常数用 表示）。 【答案】（1）适当提高浸取温度或适当提高“酸浸”时硫酸的浓度（合理即可） （2）SiO、CaSO 2 4 （3） ①. 4.9≤pH＜7.4 ②. （4） ①. 趁热过滤 ②. 加热浓缩、冷却结晶 （5）59.62% （6） ①. 6 ②.【解析】 【分析】硼镁泥在“酸浸”过程中，得到含Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+等的溶液和含CaSO 、SiO 、HBO 的 4 2 3 3 滤渣；向溶液中加入次氯酸钠将Fe2+、Mn2+氧化成Fe3+和MnO ；用MgO调pH，使溶液中的Fe3+、Al3+沉 2 淀，抽滤后将所得滤液通过 “蒸发结晶、趁热过滤”得到 晶体和含 的滤液 最后将滤液“加热浓缩、冷却结晶”、过滤后得到 晶体。 【小问1详解】 提高浸取温度、增大“酸浸”时酸的浓度、粉碎硼镁泥都可以提高“酸浸”速率； 【小问2详解】 SiO 不与稀硫酸反应，CaO与稀硫酸反应生成为微溶物CaSO； 2 4 【小问3详解】 “调pH”的目的是为了将溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀除去，但不能让Mg2+沉淀，结 3 3 合已知条件③，故“调pH”的范围为4.9≤pH＜7.4；酸性条件下，次氯酸钠与MnSO 反应生成MnO 、 4 2 NaCl和硫酸，反应的离子方程式为 ； 【小问4详解】 、 的溶解度受温度影响差距较大，故可采用“蒸发结晶、趁热过滤”得到 晶体和含 的滤液；再将滤液“加热浓缩、冷却结晶”、过滤后得到 晶体； 【小问5详解】 依题理论上得到的泄盐质量为 ，故产率为 ； 【小问6详解】 由晶体结构图可知，B原子位于三棱柱的中心，与之距离最近的Mg有6个；由均摊法可知结构中Mg的个 数为 ，B的个数为6，故晶体密度。 17. 三氯乙醛是易挥发的油状液体，溶于水和乙醇，沸点为97.7℃。三氯乙醛用于制作杀虫剂、除草剂， 医药上用于生产氯霉素、合霉素等。实验室制备三氯乙醛的原理：在80～90℃下，无水乙醇与氯气反应生 成三氯乙醛，得到含三氯乙醛的混合物，再与浓硫酸反应，经蒸馏分离出三氯乙醛。某小组拟制备三氯乙 醛并探究其性质，装置如图1。 回答下列问题： （1）仪器甲的名称为______，B装置中的试剂为______，E装置的作用是______。 （2）实验中观察到F装置中产生白色沉淀。写出D装置中发生反应的化学方程式：______。 （3）实验完毕后，得到乙醇与三氯乙醛的混合物，采用图2装置提纯产品。已知浓硫酸能与乙醇发生反应： ①CHCHOH+HOSO H（浓硫酸）→C HOSO H（硫酸氢乙酯，沸点：280℃）+H O 3 2 3 2 5 3 2 ②2CHCHOH+HOSO H（浓硫酸）→(C HO) SO （硫酸二乙酯，沸点：209℃）+2H O 3 2 3 2 5 2 2 2 ①蒸馏时，在粗产品中加入浓硫酸的目的是______。 ②玻璃管的作用是______。 （4）探究CCl CHO的性质：向溴水中滴加三氯乙醛，振荡，溶液褪色。经检验，溴水反应后溶液的pH 3明显减小。写出三氯乙醛与溴水反应的化学方程式：______。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 饱和食盐水 ③. 吸收未反应的氯气 （2） （3） ①. 将乙醇转化为沸点较高的物质，便于提纯产品 ②. 平衡气压，避免烧瓶内压强过大 （4） 【解析】 【分析】A装置为二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由于浓盐酸具有挥发性，因此所制备的氯气中混有HCl气 体，需要除去氯气中的HCl气体，则B装置中为饱和食盐水，C装置为浓硫酸，干燥氯气；D装置为氯气 和乙醇反应制备三氯乙醛，实验中观察到F装置中产生白色沉淀，故同时有HCl生成；E中CCl 的作用是 4 吸收未反应的氯气（氯气在有机溶剂中的溶解度比在水中的大），F中利用硝酸银溶液可以验证有HCl生 成。 【小问1详解】 装置甲的名称为：球形冷凝管；根据分析可知，B中试剂为饱和食盐水，E的作用是：吸收未反应的氯气； 【小问2详解】 根据分析，实验中观察到F装置中产生白色沉淀，可以验证有HCl生成，故D装置中发生反应的化学方程 式为 ； 【小问3详解】 由于三氯乙醛可溶于乙醇，则三氯乙醛中混有乙醇，该混合产物与浓硫酸反应，根据题中所给浓硫酸和乙 醇反应的方程式可知，浓硫酸和乙醇反应生成高沸点的物质，经蒸馏分离出三氯乙醛（沸点较低，为 97.7℃），故加入浓硫酸的目的是：将乙醇转化为沸点较高的物质，便于提纯产品；玻璃管可与外界大气 相通，作用是：平衡气压，避免烧瓶内压强过大； 【小问4详解】 与溴水反应后溶液的pH明显减小，溴水具有氧化性， 被溴水氧化成酸，溴单质自身 被 还原成HBr，故反应的化学方程式为： 。 18. “李朝军三组分反应”是指在过渡金属催化下醛—炔—胺三组分制炔胺的反应，其中的一个反应如下 （反应条件略， 代表 ）（1）化合物la中含氧官能团的名称为________。 （2）①化合物2a的分子式为________。 ②b与3a互为同系物且相对分子质量比3a大14，b的同分异构体中，同时含有苯环和 结构的共 ________种（考虑对映异构）。 （3）下列说法正确的有_____（填字母）。 A. 在1a，2a和3a生成4a的过程中，有 键的断裂与 键的形成 B. 在4a分子中，存在手性碳原子，并有24个碳原子采取 杂化 C. 在5a分子中，有大 键，所有碳原子一定共平面 D. 化合物5a可与 溶液发生显色反应，且可发生原子利用率为100%的还原反应 （4）过渡金属[M]催化醛—炔—胺三组分制炔胺的反应机理如下图所示，则1a、2a、3a生成1 mol 4a的同 时，还生成1 mol________（填化学式）。 （5）根据上述信息，以1a、3a和丙烯为原料分三步合成化合物Ⅰ。 ①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为________。 ②第二步，进行________（填具体反应类型）；其反应的化学方程式为________（注明反应条件）。 ③第三步，合成I：②中得到的有机物与1a、3a反应。（6）参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅱ，需要以________（填名称）和2a、3a为反应物。 【答案】（1）醛基 （2） ①. C H ②. 15 （3）AB 8 6 （4）HO （5） ①. ②. 消去反应 ③. +2NaOH 2 +2NaBr+2H O 2 （6）苯甲醛 【解析】 【分析】本题以“李朝军三组分反应”为原型，通过过渡金属催化，实现醛—炔—胺三组分制炔胺的反应。 要具备熟知官能团名称和数分子式的能力，以及分析反应原理、书写苯环同分异构体和逆推法的升级能力。 【小问1详解】 化合物la中含氧官能团为-CHO，其名称为醛基； 【小问2详解】 化合物2a的分子式为C H；b与3a（分子式为C HN）互为同系物且相对分子质量比3a大14，故b的分 8 6 7 9 子式为C H N，b同时含有苯环和 结构，故同分异构体有：苯环一取代同分异构体有3种，分别为 8 11 、 （该碳原子为手性碳原子，存在立体异构）；苯环二取代分别为- CHCH、-NH （邻间对3种），-CHNH 、-CH（邻间对3种）；苯环三取代（-CH、-CH、-NH ）的同 2 3 2 2 2 3 3 3 2 分异构体有6种，故b满足条件的同分异构体共15种； 【小问3详解】 A选项，在1a中醛基在反应中碳氧双键断裂，故有 键的断裂，4a中C-C和C-N键都是新生成的 键， 故正确； B选项，标记*的碳原子为手性 ，期中四个苯环共24个碳原子都为 杂化，故 正确； C选项，5a分子中有单键，单键是可以旋转的键，所以所有的碳原子可能共平面，不是一定共平面，故错误； D选项，化合物5a中的羟基不是酚羟基，不可与 溶液发生显色反应，故错误； 【小问4详解】 2a 和3a按照以下机理 反应时，还生成了1 mol HO； 2 【小问5详解】 以1a、3a和丙烯为原料分三步合成化合物Ⅰ； 第一步：丙烯完成加成反应，引入两个溴原子，故化学反应方程为 ； 第二步： 通过消去反应消除两个溴原子，形成碳碳三键，故化学反应方程为 +2NaOH +2NaBr+2H O； 2 第三步： ； 【小问6详解】 化合物Ⅱ，按以下方法切割： ，2a、3a分别提供左侧和上面片段，还需要右侧片段， 根据“醛—炔—胺三组分制炔胺的反应”，2a、3a已提供了炔和胺，所以右侧片段中要含有醛基，故需要 的右侧片段名称为苯甲醛。 19. NH 及其衍生物有多种用途，下面对NH 及其衍生物进行的相关研究。按要求回答下列问题： 3 3 （1）以NH 和CO 为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图甲： 3 2则 ______。 （2）在催化剂作用下NH 可与呋喃（ ）反应转化为吡咯（ ），呋喃的熔、沸点______ 3 （填“＞”或“＜”）吡咯，原因是______。 （3）NH 的二甲基取代物二甲胺（ ）又称DMA，N,N-二甲基甲酰胺（ ）又称为 3 DMF，DMF是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种CO 加氢偶合二甲胺制备N,N-二甲基甲酰胺 2 （DMF）的反应如下（反应为Ⅱ为伴随的副反应）： Ⅰ： (g)+CO 2 (g)+H 2 (g) ⇌ (g)+H 2 O(g) ΔH 1 =+56kJ⋅mol −1 Ⅱ： (g)+CO 2 (g)+3H 2 (g) ⇌ (g)+2H 2 O(g) ΔH 2 =−100kJ⋅mol−1 回答下列问题： ①在恒温恒压的容器中充入一定量的DMA、CO 及H 发生上述反应，下列条件能够说明容器中的反应达 2 2 平衡状态的是______。 A.DMF和HO(g)的物质的量之比不变 B.气体的密度不变 2 C.反应Ⅰ和反应Ⅱ的 保持不变 D.气体的平均摩尔质量不变 E.反应Ⅰ的平衡常数不变 ②300℃时，向5 L恒容密闭容器中加入1 mol DMA、1 mol CO 、1.34 mol H，含氮物种的物质的量随时间 2 2 的变化关系如图乙所示。0～2 min内，H 的化学反应速率为______ 。 2 反应Ⅰ的平衡常数 ______（保留最简分数）。 （4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在固定体积的密闭容器中投入4 mol氨和1 mol二氧化碳， 仅考虑反应②③，实验测得反应中各组分随时间的变化如图所示： 已知总反应的速率通常由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的速率由反应______决定（填②或③）。 15 min后氨基甲酸铵产量下降的原因是______。 【答案】（1）-103.7 kJ/mol （2） ①. ＜ ②. 吡咯易形成分子间氢键 （3） ①. ABD ②. 0.024 ③. （4） ①. ③ ②. 反应②已达平衡，但反应③未达平衡，氨基甲酸铵继续分解生成尿素和水，导致 其产量下降 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知， 由①+②+③得出，则 ==-10 kJ/mol+(-109.2 kJ/mol)+(+15.5 kJ/mol)=-103.7 kJ/mol； 【小问2详解】 影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯 易形成分子间氢键，沸点较高，故答案为：＜；吡咯易形成分子间氢键； 【小问3详解】 ①A．DMF是反应物，HO是生成物，其反应过程中，两者的物质的量之比一直在变化，当DMF和 2 HO(g)的物质的量之比不变时，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A项正确； 2 B．在恒温恒压条件下，根据反应前后质量不变，但是由于恒压，反应Ⅰ和反应Ⅱ均是气体体积数减小的反 应，因此在反应过程中，体积在变化，导致气体的密度在不断地变化，当气体的密度不变时，说明反应达 到平衡状态，B项正确； C．反应Ⅰ和反应Ⅱ的 不会随反应的发生而发生改变，因此当 不变时，无法判断反应达到平衡状态， C项错误； D．恒温恒压条件下，根据反应前后质量不变，但是由于恒压，反应Ⅰ和反应Ⅱ均是化学计量数数减小的反 应，导致气体的物质的量不断地变化，气体的平均摩尔质量是个“变量”，当气体的平均摩尔质量不变时， 说明反应达到平衡状态，D项正确 E．平衡常数只有温度有关，当温度一定时，平衡常数不会发生变化，故当反应Ⅰ的平衡常数不变，无法判 断反应达到平衡状态，E项错误； 故答案选择ABD项； ②由图像可知，反应Ⅰ中，生成DMF的物质的量为0.18 mol，根据“物质的量的变化量之比等于化学计量 数之比”，则反应Ⅰ中DMA、CO、H 均消耗了0.18 mol，HO生成了0.18 mol；根据图像可知，DMA一 2 2 2 共消耗了0.2 mol，则在反应Ⅱ中，DMA消耗了0.2 mol-0.18 mol=0.02 mol，则CO 消耗了0.02 mol，H 消 2 2 耗了0.06 mol，TMA生成了0.02 mol，HO生成了0.04 mol，则2 min内，在5 L的容器中，v(H )= 2 2 ；反应Ⅰ平衡时各物质的物质的量浓度为：c(DMA)= =0.16 mol/L、c(CO)= =0.16 mol/L、c(H )= 2 2 =0.22 mol/L、c(DMF)= =0.036 mol/L、c(H O)= 2=0.044 mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数K= = = ；故答案为：0.024 ； ； 【小问4详解】 由图象可知在15分钟左右，第一步反应的反应②氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，第二步 反应的反应③氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，从曲线斜率可知第二步反应速率慢，所以合成尿素 总反应的快慢由反应③决定；15 min后反应②已经达到平衡，而反应③由于反应速率较慢，还未达到平衡， 会继续发生正反应，导致氨基甲酸铵产量下降。