1、陕西省安康市宁陕县宁陕中学2020届高三化学全仿真考试试题（含解析）1.医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是A. 防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B. 熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C. 熔喷聚丙烯材料难溶于水D. 用完后应投入有标志的垃圾箱【答案】D【解析】【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确；B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；D.口罩
2、用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. 标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有氯原子的数目为1.5NAB. 90g葡萄糖中含氧原子数目为3NAC. 常温下，1L 0.5molL1醋酸铵溶液(pH=7)中CH3COO与数目均为0.5NAD. 1mol Na2O和1mol Na2O2组成的混合物中含有的离子总数为7NA【答案】B【解析】【详解】A标准状况下三氯甲烷不是气体，11.2L三氯甲烷的物质的量不是0.5mol，故A错误；B90g葡萄糖(C6H12O6)的物质的量为=0.5mol，所含氧原子为0.5
3、mol6=3mol，即3NA，故B正确；C醋酸铵溶液中存在醋酸根和铵根的水解，所以1L 0.5molL1醋酸铵溶液(pH=7)中CH3COO与数目均小于0.5NA，故C错误；D1mol Na2O含2mol钠离子和1mol氧离子，1molNa2O2含2mol钠离子和1mol过氧根，所以1mol Na2O和1mol Na2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NA，故D错误；故答案为B。3.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4所示装
4、置制取干燥纯净的NH3【答案】D【解析】【详解】A由于氯气与水的反应是可逆反应，若水中含有NaCl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解HCl,因此可以用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl,A正确；BKCl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B正确；C氯气与NaOH溶液发生反应，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶，氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D可以用向NaOH固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性，用碱
5、性干燥剂碱石灰进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的NH3，D错误。答案选D。4.我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（ ）A. 分子式为C13H12O6B 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应C. 1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOHD. 1mol该有机物与溴水反应最多消耗3molBr2【答案】C【解析】【分析】由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键。
6、【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，故A正确；B. 该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应）、加成反应（碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应）、氧化反应（酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故B正确；C. 该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3molNaOH，故C错误；D. 该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键能与1mol溴水发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与2mol溴水发
7、生取代反应，共消耗3molBr2，故D正确；故选C。【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应，碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。5.前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应。则下列分析错误的是A. A和 B形成的化合物可作为耐火材料B. A和C的氢化物的沸点：CAC. 简单离子半径：EDQD. M点
8、所示溶液中c(Na+)=c(R-)【答案】B【解析】【详解】AP点溶液pH=3，则c(H+)=110-3mol/L，c(R-)c(H+)，c(HR)0.1mol/L，则T时HR电离平衡常数Ka=1.010-5，故A正确；BM点溶液的pH=7，则溶液呈中性，此时c(H+)= c(OH-)，而HR与氢氧化钠反应完全生成的NaR溶液呈碱性，所以溶液显中性时氢氧化钠的体积应小于20ml，故B错误；CN点HR可能恰好完全反应，也可能氢氧化钠稍微过量，但无论何种情况，Q点溶液中氢氧化钠的浓度要大于N点，碱的电离抑制水的电离，则水的电离程度：NQ，故C正确；DM点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(R-)=
9、c(H+)+(Na+)，溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(R-)=(Na+)，故D正确；故答案为B。8.苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250mL三颈烧瓶里加入9.0g碳酸钾(过量)，70.0mL水，加热溶解，再加入2.0mL四乙基溴化铵(CH3CH2)4NBr溶液和10.0mL氯化苄。搅拌加热回流反应11.5h。反应结束后冷却，并转入125mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固
10、体，静置、过滤。最后进行蒸馏纯化，收集200208的馏分，得8.4mL苯甲醇。回答下列问题：(1)仪器X的名称是_，冷却水应从_(填“上口”或“下口”)通入。(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是_。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用_(填字母)。A乙醇 B乙酸乙酯 C苯 D氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法_(填“是”或“否”)正确，其理由是_。(4)四乙基溴化铵没有直接参与反应，但大大提高了反应速率，其原因可能是_。(5)本实验苯甲醇的产率为_%(计算结果保留一位小数)。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 下口 (3). 除去有机层中的水，达到干燥的目
11、的 (4). B (5). 否 (6). 电动搅拌器使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 (7). 提高氯化苄在水中的溶解度，使反应物充分接触(或增大有效碰撞几率) (8). 89.4【解析】【分析】根据常用仪器的名称来解答，冷凝回流时，冷水应从下口进，上口出；有机层中含有水份，用无水硫酸镁易形成结晶水合物来解答，绿色化学又称环境无害化学，理想的绿色技术应采用具有一定转化率的高选择性化学反应来生产目标产品，不生成或很少生成副产品或废物，实现或接近废物的“零排放“过程；根据电动搅拌器和沸石作用不同分析解答；根据表中四乙基溴化铵和氯化苄的水溶性，结合加快反应速率的因素解答；9.0g碳酸钾（过量）
12、，70.0mL水，加热溶解，再加入2.0mL四乙基溴化铵（CH3CH2）4NBr溶液和10.0mL氯化苄。搅拌加热回流反应11.5h。得8.4mL苯甲醇，因为9.0g碳酸钾（过量），根据氯化苄结合方程式2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl计算苯甲醇的理论产量，最后计算产率。【详解】(1)由实验装置图可知，仪器X的名称是球形冷凝管，冷却水采用逆流的方式冷却效果较好，所以冷却水应从下口通入；答案为球形冷凝管，下口。(2)加入无水硫酸镁，利用其易与水形成结晶水合物，除去有机层中的水，达到干燥的目的；A乙醇与水互溶，不能用乙醇作萃取剂；B乙酸乙酯有特殊香味，无毒，难溶于水，可作萃取剂；C苯难溶于
13、水，但苯易挥发、有毒；D氯仿难溶于水，但氯仿易挥发、有毒；从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用乙酸乙酯；答案为除去有机层中的水，达到干燥的目的，B。(3)不能用沸石代替电动搅拌器，因为使用电动搅拌器，除防暴沸，还可使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率；答案为否，使用电动搅拌器，还可使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率。(4)四乙基溴化铵易溶于水，而氯化苄不溶于水，易溶于四乙基溴化铵，则加入四乙基溴化铵，可提高氯化苄在水中的溶解度，使反应物充分接触，增大了有效碰撞的几率，提高反应速率；答案为提高氯化苄在水中的溶解度，使反应物充分接触，增大了有效碰撞的几率。(5)根据氯化苄密度为1.1g/cm3，
14、10.0mL氯化苄的质量为11g，其物质的量为mol，理论生成苯甲醇的质量为mol108g/mol=9.39g，实际得到8.4mL苯甲醇，苯甲醇的密度为1.0g/mL，实际得到8.4g苯甲醇，则苯甲醇的产率为 =89.4%；答案为89.4。9.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧主反应为2MnO2C2MnOCO2。可能用到的数据如下：根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在_中加热。(2)步骤E中调节pH的范围为_，其目的是_。(3)步骤G，温度控制
15、在35以下的原因是_，若Mn2+恰好沉淀完全(当离子浓度10-5mol/L认为该离子沉淀完全)时测得溶液中的浓度为2.2106mol/L，则Ksp(MnCO3)_。(4)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；步骤C中的滤渣为_。(5)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_。(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为Mn(PO4)23(其中完全转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-N22H2O以除去；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 molL1硫酸亚铁
16、铵溶液，发生的反应为Mn(PO4)23Fe2Mn2Fe32；用5.00 mL 0.500 molL1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2。酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_。试样中锰元素的质量分数为_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 3.7pH8.1 (3). 使Fe3转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2 (4). 减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率 (5). 2.21011 (6). 12 (7). C、 Cu和CaSO4 (8). 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 (9). 6Fe21
17、4H=6Fe32Cr37H2O (10). 25%【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)，主要发生2MnO2+C2MnO+CO2，同时C将Fe2O3、CuO还原生成Fe、Cu，再用硫酸浸取过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出的滤渣为过量的碳和反应生成的Cu、CaSO4；加入MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，再调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最后用NH4HCO3发生复分解反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此来解答。【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行； (2)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知为了使
18、三价铁完全沉淀而不影响锰离子，步骤E中调节pH的范围为3.7pH8.3，其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+；(3)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)= c(Mn2+)c(CO32-)=10-52.2106=2.210-11；(4)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4；(5)生成的MnCO
19、3沉淀可能附着有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6)酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为6Fe214H=6Fe3+2Cr37H2O；根据方程式6Fe214H=6Fe32Cr37H2O可知剩余n(Fe2+)= 0.500 molL-10.005L6=0.015mol，则与Mn(PO4)23反应的n(Fe2+)=0.500 molL-10.06L-0.015mol
20、=0.015mol，根据方程式Mn(PO4)23-Fe2Mn2Fe32可知n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为100%=25%。【点睛】滤渣C成分为易错点，除了还原生成的Cu之外，木炭过量且不溶于稀硫酸，所以滤渣有C，且原料中的碳酸钙会转化为硫酸钙，也是滤渣。10.二甲醚(CH3OCH3)重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：(1) CH3OCH3和O2发生反应I：CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)H已知：CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)H1CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O (g)H2H2(g)+O
21、2(g)=H2O (g)H3则反应I的H=_(用含H1、H2、H3的代数式表示)。保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应I。测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中n(O2)/n(CH3OCH3)的关系如图所示。当0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是_(填标号)。A过量的O2起稀释作用B过量的O2与H2发生副反应生成H2OC0.6平衡向逆反应方向移动(2)T时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应II：CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)，测得容器内初始压强为41.6 kPa，反应过程中反应速率v(CH3OCH3)时间t与
22、CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图所示。t=400 s时，CH3OCH3的转化率为_(保留2位有效数字)；反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，k=_s-1；400 s时v(CH3OCH3)=_kPas-1。达到平衡时，测得体系的总压强P总= 121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp=_kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是_。【答案】 (1). H1+H2-2H3 (2). B (3). 16% (4). 4.410-4 (5). 1.5410-2kPa/s (
23、6). 4104 (7). 增大反应物的压强或浓度【解析】【详解】(1) 已知：i.CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)H1ii.CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O (g)H2iiiH2(g)+O2(g)=H2O (g)H3根据盖斯定律i+ii-iii2得：CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)H=H1+H2-2H3；过量的O2与H2发生副反应生成H2O，从而使H2的体积百分含量快速降低，A、C选项不能使H2的体积百分含量快速降低，故选B；(2)t=400 s时，CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35.0kPa，测得容器内初始压强为4
24、1.6 kPa，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可知转化率=100%=16%；由图象可知，当P(CH3OCH3)=10.0kPa时，v(CH3OCH3)=4.410-3kPas-1，根据v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，化学方程式中CH3OCH3的系数为1，所以n=1，解得k=4.410-4s-1；由图象可知，400 s时P(CH3OCH3)=35.0kPa，则v(CH3OCH3)= 4.410-4s-135kPa=1.5410-2kPa/s；达到平衡时，测得体系的总压强P总=121.6 kPa，设起始通入的CH3OCH3物质的量为41.6mol，反应消耗甲醚物质的
25、量为x，列三段式有：根据气体的压强之比等于气体物质的量之比有(41.6+2x)：41.6=121.6：41.6，解得x=40mol，则平衡时CH3OCH3(g)、CO(g)、H2(g)、CH4(g)的物质的量分别为1.6mol、40mol、40mol、40mol，则平衡时CH3OCH3(g)、CO(g)、H2(g)、CH4(g)的分压为1.6kPa、40kPa、40 kPa、40 kPa，则该反应的平衡常数Kp=4104kPa2；该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度使反应速率加快。【点睛】恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所
26、以计算时可以将压强当成物质的量来进行计算。化学选修3：物质结构与性质11.据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有 4 种铜、锌元素的相应状态，锌：Ar3d104s2、锌：Ar3d104s1、铜：Ar3d104s1、铜：Ar3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是_（填字母）。A. B. C. D.（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体
27、构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_；用杂化轨道理论解释：_。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，它的立体构型是_。1 mol Cd(NH3)42+含_mol 键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。（5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_个Zr原子；这种堆积方式称为_。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 d gcm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为_（用含的代数式表示）。【答案】 (
28、1). A (2). S原子半径小于Te，HS键的键能较大 (3). H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小 (4). H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化 (5). 正四面体 (6). 16 (7). AsBr3AsCl3AsF3 (8). 6 (9). 六方最密堆积 (10). (11). 【解析】【详解】（1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1I2I3I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第
29、一电离能，有；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有。锌的第二电离能大于第一电离能，。故选A。答案为：A；（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)r(Te)，键能：HSHTe，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。答案为：S原子半径小于Te，HS键的键能较大；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成
30、键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化；（3）Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是键。1 mol Cd(NH3)42+含16 mol 键。答案为：正四面体；16；（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3AsCl3AsF3。答案为：AsBr3AsCl3AsF3；（5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内。1个六棱柱含6个原子。这
31、种堆积方式叫六方最密堆积。答案为：6；六方最密堆积；（6）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子。设晶胞参数为a，d=，a= nm。设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x= nm。设镉原子半径为r，则r= nm，=。答案为：；。【点睛】金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：（1）面对角线长= （2）体对角线长=（3）体心立方堆积（4）面心立方堆积化学选修5：有机化学基础12.两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCH
32、O请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。【答案】 (1). (2). (CH3CO)2OCH3COOH (3). 氧化反应 (4). 3 (5). 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 (6). (7). (8). (9). CH3CH2OH CH3
33、CHO【解析】【分析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3
34、COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。
