1、河北省高三阶段性调研考试理科综合可能用到的相对原子质量： 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题始出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是A. 大米、玉米小麦中的淀粉经水解可变成乙醇B. 利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应C. 测定氢氧化钠的熔点时，可以将氢氧化钠固体放入石英坩埚中高温加热D. 海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得和【答案】B【解析】【详解】A项，淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解得到乙醇和二氧化碳，故A项错误；B项，二氧化碳是导致温室效应的罪魁祸首，将二氧化
2、碳用于制造全降解塑料，可以有效减少环境中的二氧化碳，从而减缓温室效应，故B项正确；C项，石英坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C项错误；D项，要从海水中提取镁和溴，需要经过化学反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。2.香天竺葵醇和异香天竺葵醇可用于精油的制作，其结构简式如图，下列叙述正确的是A. 香天竺葵醇属于脂肪，异香天竺葵醇属于芳香醇B. 两者都能发生加成反应，但不能发生取代反应C. 异香天竺醇分子中的所有碳原子不可能处于同一平面D. 两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】【分析】由结构可知
3、香天竺葵醇和异香天竺葵醇分子中都含碳碳双键、-OH，结合烯烃、醇的性质来解答。【详解】A. 脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，芳香醇是指分子里碳链上连接有苯环的醇，故A错误；B. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故B错误；C. 异香天竺醇分子中含有饱和碳原子，与之相连的碳原子具有甲烷四面体的结构，一定不会共面，所以该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C正确；D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，所以两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的
4、关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃与醇的性质。3.用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A. 标准状况下，通入足量溶液中，完全反应时转移的电子数为B. 含有的电子数为C. 溶液中的氮原子数为D. 时，的溶液中由水电离出的的数目为【答案】A【解析】【详解】A. 由反应式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，1molCl2参加反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故A错误；B. 20 g重水(D 2O)的物质的量为1 mol，D 2O又是10电子微粒，故其含有的电子数为10NA，故B正确；C. 溶液中含NH4NO3物质的量为0.1mol/L1L=0.1mol，所
5、以含氮原子数为0.2N A，故C正确；D. 25时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，含有0.01mol氢氧根离子，次氯酸根离子部分水解促进了水的电离，其溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离出的OH-的数目为0.01NA，故D正确。答案选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。4.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调
6、味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A. 四种元素中至少有两种金属元素B. 四种元素常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上
7、电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。5.利用废蚀刻液(含及)制备碱性蚀刻液溶液和的主要步骤：用氧化废蚀刻刻液，制备
8、氨气，制备碱性蚀刻液，固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A. 制备B. 制备并得到C. 分离溶液和D. 将溶液蒸干制备【答案】D【解析】【分析】本实验是制备Cu(NH3)4Cl2和FeCl36H2O，根据步骤，用H2O2先将刻蚀液中的Fe2+氧化成Fe3+，实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl制备氨气，将氨气通入刻蚀液中制备碱性刻蚀液，Fe3+与NH3H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到FeCl36H2O，据此解答。【详解】A. 实验室用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备氨气，利用甲装置能够制备氨气，
9、能达到实验目的，故A不符合题意；B. 乙装置制备碱性刻蚀液，然后Fe3+与NH3H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，能达到实验目的，故B不符合题意；C. 丙装置用过滤方法分离固液混合物，能达到实验目的，故C不符合题意；D. 由FeCl3溶液制备FeCl36H2O，采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能蒸干，丁装置不能达到实验目的，故D符合题意。故选D。6.一铜空气燃料电池是一种“高容量、低成本”的新型电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”“产生电力，其中放电过程为。下列说法不正确的是A. 通空气时，铜腐蚀表面产生B. 放电时，透过固体电解质向极移动C. 放电时，负极的电极反应式为D. 整个过程中，铜相当
10、于催化剂【答案】C【解析】【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故A正确；B因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故B正确；C该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知负极的电极反应式为Li-e-Li+，故C错误；D由C项分析知，铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生
11、成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确。故选C。【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。7.已知。室温下用的滴定某一元酸的结果如图所示，下列说法中正确的是A. 属于弱酸B. 整个过程中，点时水的电离程度最大C. 点对应液中D. 的数量级为【答案】D【解析】【详解】A. 由A点可知0.01mol/LHQ溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以属于强酸，故A错误；B. 整个过程中，当酸碱恰好完全反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B错误；C.E点溶液为等浓度N
12、H4Q和NH32O混合液，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+) ，根据物料守恒有：2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH32O)，所以点对应液中2，故C错误；D. E点溶液为等浓度NH4Q和NH32O混合液，由于电离和水解都很微弱，c(NH32O)c(NH4+)。NH32O NH4+ OH-，=c(OH-)，由图像可知，E点时=-4.5，再根据水的离子积Kw= c(H+) c(OH-)=110-14，解得c(OH-)=10-4.75=100.2510-5，所以的数量级为，故D正确。故选D。8.以、软锰矿(主要成分为，少量及的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备
13、液和，主要实验步骤如下步骤I、如图所示装置，将通入中的软锰矿浆液中。步骤II、充分反应后，在不断搅拌下依次向仪器中加入适量纯净的，最后加入适量沉铅，步骤III、过滤得溶液(1)仪器R的名称是_。(2)装置用于制取，反应的化学方程式为_。(3)装置中的反应应控制在，适宜的加热方式是_。(4)装置的作用是_。(5)“步骤”中加入纯净的目的是_，用调节溶液时，需调节溶液的范围为_(该实验条件下，部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表)金属离子开始沉淀的7.041.873.327.56沉淀完全的9.183.274910.2(6)已知用空气氧化浊液可制备，主要副产物为；反应温度和溶液对产品中的质量分数的
14、影响分别如图所示反应温度超过时，的产率开始降低，是白色沉淀，呈黑色；、中锰的质量分数理论值依次为7205、62.5%请补充完整由步骤III得到溶液，并用氨水等制备较纯净的的实验方案：_，真空干燥6小时得产品。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (3). 用的水浴加热 (4). 吸收未反应的，防止污染环境 (5). 将氧化为 (6). (7). 将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出【解析】【分析】由装置图结合实验步骤可知，以、软锰矿(主要成分为，少量及的化合
15、物等)、氨水及净化剂等为原料可制备液和，装置A制取SO2，装置B通入SO2与MnO2反应得到MnSO4，在不断搅拌下向仪器R中加入适量纯净的MnO2，将氧化为，再加入MnCO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+形成沉淀而除去；最后加入适量沉铅，过滤得溶液；装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的，防止污染环境。滤液中含有MnSO4，控制温度在，调节溶液并维持89。用空气氧化生成的Mn(OH)2得到黑色沉淀Mn3O4，过滤，洗涤、干燥得产品。据此解答。【详解】(1)由仪器构造可知仪器R的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)装置中亚硫酸钠固体和硫酸反应生成硫酸钠、水和，化学方程式为，故答案
16、为：；(3)由于需要控制温度在，所以适宜的加热方式是用的水浴加热，故答案为：用的水浴加热；(4) 装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的，防止污染环境，故答案为：吸收未反应的，防止污染环境；(5)除杂过程中加入纯净的目的是将氧化为；用调节溶液时，使Fe3+、Al3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，需调节溶液的范围为，故答案为：将氧化为 ；(6)由图像可知，应选择的反应条件是：温度，溶液pH为89；实验方案设计为：将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出，故答案为：
17、将滤液加热并保温在，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出。9.中国科学院大连化学物理研究所的“甲醇制取低碳烯经(技术”获得国家科学技术发明一等奖，该技术先由媒气化制合成气再由合成气制甲醇和氨气，最后由甲醇制乙烯和丙烯。(1)煤气化包含一系列化学反应，已知热化学方程式： 则反应 _(2)以投料比合成甲醇：，温度、压强与的平衡转化率的关系如图所示回答下列问题：_(填”或“)0_(填“或“”)，时，点的_(填”或)。若起始时提高投料比的平衡转化率将_(填”増大”或“减小”)。参照下表，
18、实际工业生产中大多采用和，其优点是_。方法催化剂条件备注特点压力温度高压法二元催化剂25303804001924年工业化(1)催化剂不易中毒，再生困难(2)副反应多低压法三元催化剂52302701966年工业化(1)催化剂易中毒，再生容易，寿命为12年(2)副反应少(3)和生成的反应为 ，在催化剂作用下的反应历程如下(表示吸附态)化学吸附：；表面反应；，脱附：其中，的吸附分解反应活化能高，速率慢，决定了合成氨的整体反应速率.有利于提高合成氨平衡产率的条件有_(填字母)A 低温 B 高温 C 低压 D 高压 E 催化剂标准平衡常数，其中为标准压强()，、和为各组分的平衡分压，如，为平衡总压，为平
19、衡系统中的物质的量分数.已知起始时向一密闭容器中投入 和 ，反应 在恒定温度和标准压强下进行，的平衡产率为，则该反应的_(用含的代数式表示)。下图中可以表示标准平衡常数随温度的变化趋势的是_(填字母)【答案】 (1). -41 (2). (3). (4). (5). 增大 (6). 低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生 (7). (8). 【或】 (9). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；(2)分析图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向进行分析反应能量变化；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动；M点时CO的转化率大于平衡时的转化率，平衡逆
20、向移动；增大氢气的浓度，平衡正向移动；由表可知其优点：1、压强低，对设备要求不高；2、反应温度低，节省能源；3、催化剂再生容易，副反应少。（3）由合成氨的热化学方程式可知，该反应为放热反应，且氨气生成的方向为体积减小的方向，据此选择反应条件；列出三段式，求出平衡时N2、H2、NH3平衡时的物质的量分数，代入公式计算；=，反应为放热反应，随着温度的升高，逐渐减小，据此分析判断。【详解】(1)已知： 根据盖斯定律：得反应 的 ，因此，本题正确答案是：-41；（2）由图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故H0；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
21、，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故P1P2，故答案为：，；M点时CO的转化率大于平衡时的转化率，平衡逆向移动，；故答案为：；提高起始时的投料比，相当于增大氢气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率将增大，故答案为：增大；由表可知其优点是：1、压强低，对设备要求不高；2、反应温度低，节省能源；3、催化剂再生容易，副反应少；故答案为：低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生。（3）由合成氨的热化学方程式可知，该反应为放热反应，且氨气生成的方向为体积减小的方向，A项，降低温度，平衡正向移动，则低温有利于提高合成氨平衡产率，故选A项；B项，升高温度，平衡逆向移动，则高温
22、不利于提高合成氨平衡产率，故不选B项；C项，降低压强，平衡逆向移动，则低压不利于提高合成氨平衡产率，故不选C项；D项，增大压强，平衡正向移动，则高压有利于提高合成氨平衡产率，故选D项；E项，催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡的状态，则催化剂不能提高合成氨平衡产率，故不选E项。综上所述，本题正确答案为AD。N2和H2起始物质量分别为 和 ，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为，则： 起始量（mol） 0转化量（mol） a平衡量（mol） a 平衡时总物质的量为（2-）a mol则=， = ，=，则=；=，反应为放热反应，随着温度的升高，逐渐减小，故随着温度的升高，逐渐减小，
23、减小的程度不是均匀的，故选D项。故答案为：；D。10.从废旧锂离子二次电池(主要成分为，还含有少量石墨和金属钢売、铝箔等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：回答下列问题：(1)的电子式为_。“碱浸”的目的是_。(2)“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为_，浸渣中含有的主要成分是_。(3)“萃取净化”除去的杂质离子除外，还有_(填离子符号)(4)“苯取分离“中钴、锂的萃取率与平衡时溶液的关系如图所示，一般选择5左右，理由是_。(5)“沉锂“中的溶解度随温度变化的曲线如图所示：根据平衡原理分析在水中的溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯，提纯操作依次为热过滤、_、烘干。若“沉锂”中，加入等体积等浓度
24、溶液，则此时沉锂率为_。(已知的为)【答案】 (1). (2). 除去铝 (3). (4). 石墨 (5). (6). 在5左右时钴、锂的分离效率最高 (7). 溶解过程为放热反应，温度升高，溶解度减少 (8). 洗涤 (9). 88.0%【解析】【分析】废旧锂离子二次电池含有LiCoO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙，加入氢氧化钠溶液除去铝。碱浸后的固体中加入硫酸和双氧水与LiCoO2反应生成Li2SO4和COSO4，硫酸与金属钢壳反应，会有少量二价亚铁离子的生成，在双氧水的作用下，转化为三价铁离子，分离出浸渣。滤液中加入萃取剂A，除去Ni2+、Fe3+。“萃取净化”后的溶液中加入萃取
25、剂B，“苯取分离“钴和锂，有机相中加入硫酸反萃取，生成CoSO4，水溶液中加入Na2CO3生成Li2CO3沉淀，据此分析解答。【详解】（1）为离子化合物，电子式为；废旧锂离子二次电池含有LiCoO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔等，加入氢氧化钠溶液，只有铝与其反应，其他成分不反应，故目的是除去铝。因此，本题正确答案是： ；除去铝；（2）LiCoO2中钴显+3价，从后面可以看出钴显+2价，从加入硫酸和双氧水外，没有加入还原剂了，所以双氧水做还原剂，生成氧气，故离子方程式为；石墨不溶解，存在于滤渣中。因此，本题正确答案是：；石墨；（3）二次电池中含有镀镍金属钢壳，加入硫酸，会有少量二价亚铁离子的生
26、成，在双氧水的作用下，转化为三价铁离子，存在于滤液中，故加入萃取液A，净化时，除了镍离子外，还有少量的铁离子。因此，本题正确答案是：；（4）由图可知，pH值25，随pH值的增加，萃取率在增加，当pH达到5左右，萃取率很高，接近100%，而若pH值再增加，萃取锂的含量将增加，萃取钴纯度下降，故pH一般选择5左右进行萃取实验，使分离效率最高。因此，本题正确答案是：在5左右时钴、锂的分离效率最高；（5）由图可知，溶解度随温度的升高而降低，根据平衡移动的原理，温度升高，平衡向吸热方向进行，故此溶解为放热过程。因此，本题正确答案是：溶解过程为放热反应，温度升高，溶解度减少；对物质进行提纯，在过滤和烘干之
27、间，必须洗涤，以保证得到物质纯度较高。因此，本题正确答案是：洗涤；加入等体积等浓度Na2CO3溶液，加入后体积变为原来的两倍，故浓度变为原来的一半，即c(Li+)=c(CO32-)=0.5mol/L，2Li+CO32-=Li2CO3，故碳酸根过量，反应后c(CO32-)=0.25mol/L，根据为，从而求得c(Li+)=0.06mol/L，故沉锂率为100%=88.0%。因此，本题正确答案是：88.0%。11.钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知比的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在.(1)的核外电子排布式为_。(2)无水的熔点为、沸点为，熔点为、沸点为属_于晶体，属于_晶体。(3)可用于激光
28、起爆器等，可由、共反应制备.的空间构型为_。的化学式为，与(III)形成配位键的原子是_已知的结构式是可以(双聚氰胺)为原料制备，双聚氯胺分子中含键的数目为_。(4)与作用可生成，其结构如图所示，该分子中原子的杂化方式为_。(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为_。已知为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为_(用含、的代数式表示)【答案】 (1). (2). 离子 (3). 分子 (4). 正四面体 (5). 和 (6). (或) (7). 和 (8). 6 (9). 【解析】【分析】(1)Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和
29、4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；(2)分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答；(3)中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化，则空间构型为正四面体。分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键； 所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9；(4) Co3+有空轨道，而CO有孤电子对，故二者可形成配位键；从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化；(5) 题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010c
30、m，六棱柱底部正六边形的面积=6(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为12+6+2+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为g，代入公式=计算。【详解】(1)钴是27号元素，根据构造原理可以写出钴离子的核外电子排布式为：，因此，本题正确答案是： ；(2)无水的熔沸点较高，则属于离子晶体，氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体，因此，本题正确答案是：离子；分子；(3)中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化，
31、则空间构型为正四面体。分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键，所以与(III)形成配位键的原子是和， 所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9，则双聚氯胺分子中含键的数目为。因此，本题正确答案是：正四面体；和；(或)；(4)从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化，因此，本题正确答案是：sp和sp2。(5)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=6(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-
32、30cm3。该晶胞中氧原子的数目为12+6+2+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为g，故密度为=。因此，本题正确答案是：。12.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：回答下列问题(1)的化学名称是_，中含氧官能团的名称为_。(2)上述反应中，反应的条件是_，过程属于_反应(3)反应发生的是取代反应，且另一种产物有，写出由生成的化学方程式_。(4)有机物与非诺芬互为同分异构体，满足下列条件：I能与NaHCO3溶液反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应II分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环的结构有_种
33、，写出其中一种不能与浓溴水发生取代反应的的结构简式_。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备路线流程图(无机试剂任用)_【答案】 (1). 苯 (2). 醚键、羰基 (3). ，(或，) (4). 取代 (5). (6). 4 (7). (8). 【解析】【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B为溴苯，则A为苯；B发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成非诺洛芬，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，的化学名称是苯，中含氧官能团的名称为醚键、羰基。故答案为：苯；醚键和羧基；（2）反应发生的是苯的溴代反应，反应
34、条件是，(或，)，该反应属于取代反应，故答案为：，(或，)；取代；（3）B发生取代反应生成C，该取代反应中有一种物质是HBr，根据C结构简式结合原子守恒知，X结构简式为，由生成发生反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）I能与NaHCO3溶液反应，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；II分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的的结构简式为、，共有4种；因酚与浓溴水反应取代羟基邻对位氢原子，不能与浓溴水发生取代反应的的苯环应被其它基团占据，所以不能与浓溴水发生取代反应的的结构简式为，故答案为：4；（5）用发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得，所以其合成路线为 ，故答案为： 【点睛】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置。