2021年高考理科综合化学全真模拟卷（解析版）

理科徐合一也当武龙考

【战高考】2021年高考理科综合化学全真模拟卷03

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl

35.5Fe56Cu64

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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。

7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是（）

A.华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度

的二氧化硅

B.汽油、漂白粉、水玻璃、胶体均为混合物

C.“静电除尘”、“燃煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量

D.包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同

【答案】D

【详解】

A.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料•，故A正确；

B.汽油、漂白粉、水玻璃、胶体都是由两种以上物质组成，均为混合物，故B正确；

C.通过“静电除尘”、"燃煤脱硫''和"汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污

染、酸雨等，故C正确：

D.包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉

是抗氧化剂，故D错误；故选：D。

8.近年来在我国南海区域发现大量可燃冰，其组成可用CH4FH2O表示，下列说法错

误的是（）

H__

A.CH’的电子式为H：C:HB.H?O的比例模型为

H

C.可燃冰中CH4和H2O分子之间存在氢键D.可燃冰属于不可再生能源

【答案】C

【详解】

H

A.CH」的电子式为H:C:H，A项正确；

B.氧原子半径大于氢原子，比0的比例模型为,B项正确；

C.碳元素的非金属性较弱，不能形成氢键；所以可燃冰中CE和HzO分子之间不存在

氢键，C项错误；

D.可燃冰在短时期内不能再生，属于不可再生能源，D项正确。

故答案为C。

9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

A.标准状况下，11.2L的CH,和QE的混合气体含C-H数目为2NA

B.WOmLO.lmol/L酸性KMnO」溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03刈

C.含NaC107.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2必

D.0.5molCC)2溶于水，溶液中的H2co3、HCO3>CO；微粒数总和为0.5NA

【答案】A

【详解】

]17L

:

A.标准状况下，11.2L的CH4和C2H4的混合气体的物质的量为----------=0.5mol,

22.4L/mol

每个CH」中有4条C-H键，每个C2H&中也有4条C-H键，故混合物中C-H数目为

0.5NAX4=2NA，A正确；

B.KM11O4溶液与草酸反应的方程式为

2KMnO4+5H2c2O4+3H2so4=2MnSO4+K2so4+10CO2f+8H2。，Mn由+7价降为+2价，每

个Mn转移电子数为5,KMnCU的物质的量为0.1Lx0.1mol/L=0.01mol,故转移电子的物

质的量为0.01molx5=0.05moL数目为0.05NA，B错误;

7.45g

C.7.45gNaOO的物质的量为二溶液中除了NaClO电离出的Na.

74.5g/mol

和C1CX,还有水电离的少量H+和OH,因此阴阳离子总数大于0.2NA，C错误；

D.C02溶于水后，有部分CO?没有与此。反应，因此溶液中还存在CCh分子，故CO?、

H2co3、HCO3、CO；微粒数总和为0.5NA，D错误；

故选A»

【点睛】

本题要注意C选项，C1CX虽然水解，C10+H20HC1O+OH-,根据水解方程式可知，

水解不会影响阴离子的总数。

10.下列反应的离子方程式书写正确的是()

A.过氧化钠与水反应：20/+2H2040H-+02T

B.向NaHSCU溶液中逐滴加入Ba(0H)2溶液至溶液呈中性：if+SO；

2+

+Ba+OH-=H2O+BaSO4l

C.石灰乳与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2+CO：=CaCO31+2OH-

+

D.Cb通入H2O溶液中，可能存在反应：Cl2+H2O=2H+C1+C1O-

【答案】c

【详解】

A.过氧化钠为氧化物，在离子方程式中不能拆开，要写化学式，故A错误；

B.NaHSClj是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离，当反应后溶液呈中性时，其

反应化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO41+Na2so4+2比0,离子方程式为2H++

-2+

SO^+Ba+2OH=BaSO4l+2H2O,故B错误;

C.石灰乳和碳酸钙在离子方程式中应写成化学式形式，石灰乳与碳酸钠溶液反应离子

-

方不呈式为Ca(OH)2+CO；=CaCO3l+2OH-,故C正确；

D.HC10是弱酸，在离子方程式中写化学式，故D错误；

故答案为C。

11.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是

选项操作和现象结论

取少量某盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气

A该样品中含NH：

体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

利用该实验可以证明酸性：

B把H2s气体通入C11SO4溶液中，产生黑色沉淀

H2S>H2SO4

室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol-L71的比较HC10和CH,COOH的酸性

C

NaClO溶液和0.1molL-1的CH3coONa溶液的pH

强弱：HC1O<CH3COOH

利用该实验可以证明氧化性：

D将碘水滴入氯酸钾溶液中微热，有黄绿色气体产生

I2>C12

【答案】A

【详解】

A.少量某盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

说明反应中有氨气生成，证明该样品为镂盐，含有钱根离子，故A正确；

B.把硫化氢气体通入硫酸铜溶液中产生黑色沉淀发生的反应为硫化氢与硫酸铜溶液反

应生成硫化铜沉淀和稀硫酸，该反应说明硫化铜的溶解度小，不溶于稀硫酸，不能说明

氯硫酸的酸性强于硫酸，故B错误；

C.次氯酸钠具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液

的pH,故C错误；

D.将碘水滴入氯酸钾溶液中微热有黄绿色气体产生发生的反应为单质碘将氯酸钾还原

为氯气，说明碘单质的还原性强于氯气，故D错误；故选A。

12.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)=zC(g),图1表示200℃时容

器中A、B、C的物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下达到平衡时C的体

积分数随起始鸣的变化关系。则下列结论不正确的是()

n(B)

图I图n

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.02mol-L，min"

B.由图2可知反应xA(g)+yB(g)UzC(g)的AH>0,且a=2

C.若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He,重新达到平衡前丫(正)>丫(逆)

D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB,达到平衡时，A的体积分数小于0.5

【答案】C

【详解】

A.由图I可知，200℃时51田11达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为△〃(B)=0.4

0.2mol

mol-0.2mol=0.2mol,故v(B)=Ac_2L=0.02mol-L'min1,A正确;

At5min

B.由图H可知，”(A)：〃(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温

度平衡向正反应移动。由于升高温度化学平衡向吸热反应移动，则该反应的正反应为吸

热反应，即△”>()；图I可知，200℃时平衡时;A的物质的量变化量△〃(A)=0.8mol-0.4

mol=0.4mol,B的物质的量变化量△〃(B)=0.2mol,在一定的温度下，只要A、B起始

物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就

最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2,即a=2,B正确；

C.恒温恒容条件下，通入氮气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，故

v(正)=v(逆),C错误；

D.由图1可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol,

0.2mol,物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y；z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：

0.4mol

1，平衡时A的体积分数为=0.5。200℃时，向容器中充入

0.4mol+0.2mol+0.2mol

2molA和1molB达到平衡时等效为对原平衡增大压强，增大压强化学平衡向气体体

积减小的正反应移动，使A的转化率增大，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5,D

正确；故合理选项是C。

13.常温下，下列说法不正佛的是

A.在O.lmollT的醋酸溶液中，加O.lmol/L的葡萄糖溶液，醋酸的电离程度增大

B-向的氨水中加入少量硫酸镂固体’则溶液中增大

C.O.lmollT的Na2cCh溶液中加入少量CaCL晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，CO；一水

解程度增大，但溶液的pH减小

D.pH=5的下歹I」3种溶液：①HC1②CH3coOH和CH3coONa混合溶液③NH4cl溶液，

水电离的程度：①二②*：：③

【答案】B

【详解】

A.在O.lmolL-的醋酸溶液中，加O.lmol/L的葡萄糖溶液，溶质葡萄糖不影响醋酸的

电离，相当于稀释了醋酸溶液，促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，故A正确；

B.向O.lmol/L氨水中加入少量硫酸镂固体，筱根离子浓度增大，根据氨水的电离平衡

c(OH)

常数可知则该比值减小，故B错误;

C(NH3-H2O)

C.Na2cCh溶液中存在水解反应：CO3+H2OHCO；+OH,O.lmollT的Na2cO3溶

液中加入少量CaCb晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则CO；浓度降低，该平衡逆向移

动，0H浓度降低，pH减小，但CO；.水解程度增大，故C正确；

D.pH=5的①HCI②CH3coOH和CH3coONa混合溶液③NH4cl溶液中，氯化镀溶液中

镂根离子水解，促进了水的电离，而①HC1②CH3co0H和CH3coONa混合溶液中氢离

子抑制了水的电离，①HC1和②CH3coOH和CH3coONa混合溶液的pH相等，则两溶

液中水的电离程度相同，所以由水电离出的c(H+)大小为：①二②〈③，故D正确；

故选B。

二、非选择题：共58分，第26〜28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35〜

36题为选考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：共43分。

26.(14分)工业上常用C102作水处理剂、漂白剂，如图所示为制备C1O2实验并验证

其某些性质.

已知：①二氧化氯(C102)是一种黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，熔点为-59.5C,

沸点为H.0℃

②浓度过高时易发生分解引起爆炸

（1）①装置A用于生成C1O2气体，该反应的离子方程式为0

②装置B的作用是o

③当看到装置E中导管液面上升时应__________（选填“加快”或者"减慢”）氮气的通入

速率，E中用冷水的目的是。

（2）实验中通入氮气的作用有：对A中溶液搅拌和。

（3）C中会出现的现象是,反应的离子方程式为o

（4）D中H2O2与NaOH溶液吸收C1O2后生成NaCICh，氧化产物为（填化

学式）。

【答案】（1）2ClC）3+SO；+2H+=2ClO2T+SOf+H2O作安全瓶，防止倒吸加快

增大C102的溶解性（或合理的解答）（2）稀释二氧化氮，防止因二氧化氯的浓度过

高而发生爆炸（3）溶液变蓝色2ClO2+8H++10r=2C「+5l2+4Hq（4）O2

【详解】

（1）①装置A中反应的离子方程式为2C1O:+SO；+2H+=2C1O2T+SO：+H2O,

②二氧化氯溶于水，使装置内压强降低，容易发生倒吸，装置B的作用是：作安

全瓶，防止倒吸。

③当看到装置C中导管液面上升时，说明装置内压强减小J',应加快氮气的通入量，

避免压强较小而倒吸，E中用冷水的目的是增大CIO2的溶解性。

+

故答案为：2C103+SO+2H=2C1O2T+SO+H2O；作安全瓶，防止倒吸；加快：增大C102

的溶解性（或合理的解答）

（2）实验中通入氮气，可以起到对反应液的搅拌作用，同时氮气可以稀释二氧化氮，

防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氮，防止因二氧化氯的

浓度过高而发生爆炸；

（3）应用C102能将KI氧化成I2,C中出现的现象是溶液变蓝色，反应的离子方程式

+

为2CIO2+8H+10F=2Cr+5I2+4H2O,故答案为：溶液变蓝色；

+

2C1O2+8H+10r=2Cr+5I2+4H2O；

（4）D中双氧水吸收CIO2,在碱性条件下发生氧化还原反应，生成氧气和NaClO?,

NaClO2是还原产物，氧气为氧化产物。故答案为：。2

27.（15分）以废旧磷酸亚铁锂电池正极片（LiFePO一炭黑和铝箔等）为原料制备镭酸

锂（LiM/Oj的流程如图所示。

30%饱和

NaOH溶液盐酸NaCIOjNa,CO,溶液Na,CO,溶液Mn（）,

；JIj；厂

正极片一＞猛历丽~»同斗一》|没"-----►&]~~►革卜►镒酸钾

滤液滤渣灌液混合气体

回答下列问题:

(DLiFePO4中Fe元素的化合价为；“放电处理”有利于锂在正极的回收，

其原因是o

(2)“碱浸”中发生反应的离子方程式为。

(3)“浸取"中加入NaClC)3的作用为；“沉铁”过程所得滤渣为

白色固体，其主要成分是o

(4)已知碳酸锂的分解温度为723℃。当“焙烧”温度达到515°C时，开始有CO?

产生，可能的原因是；MnC)2可以利用MnSC)4溶液与K2s溶液

反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为o

(5)写出“焙烧”过程中生成锌酸锂的化学方程式

【答案】(1)+2(2)Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料

中(3)2人1+2€«-+61120=2[>11(011)41+31127或

-

2A1+2OH+2H2O=2A1O-+3H21(4)将Fe?+氧化为Fe3+FePC)4或磷

酸铁MnOz作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解1:1

(5)8MnO2+2Li2CO3=^=4LiMn2O4+2CO2T+02T

【详解】

(1)LiFePC)4中Li元素为+1价，PO：整体为-3价，推得Fe为+2价。放电时负极Li

失电子变为Lit经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。

(2)原料中铝箔和NaOH反应，即2A1+2OIT+2H2O=2A1O£+3H2T。

(3)将原料中的亚铁氧化为三价铁，便于后续沉淀。因为Fe?+与CO；彻底双水解生成

红褐色Fe(OH)3沉淀，但题目说是白色沉淀，依据元素守恒只能是FePOm

(4)焙烧时加入了MnO2,联想至IJMnCh可以作催化剂，降低反应的活化能，使得Li2c0.3

在较低温度下分解。

(5)MnSCU-MnO2化合价升高，故K2s有元素化合价降低，S元素在溶液中常以

+6价SO：稳定存在，推测K2s2。8中S元素由+7降到+6,根据得失电子守恒得1K2s2。8

~1MnSO4,所以氧化剂：还原剂为1：1。

(6)Li2cCh与MnO?反应生成LiMmCU，结合第(5)问信息，还有CCh生成，此时得

到混合气体，根据元素守恒推测另•种气体为02,故方程式为：

8MnO2+2Li2CO3=^=4LiMn2O4+2CO,T+02T

【点睛】运用得失电子守恒法配平陌生氧化还原方程式。

28.(14分)请运用化学反应原理的相关知识回答下列问题：

(1)焦炭可用于制取水煤气。测得12g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6

kJ热量。该反应的热化学方程式为该反应在___________条件下能自发进

行(选填"高温”、“低温”或"任意温度”)。

(2)CO是有毒的还原性气体，工业上有重要的应用。CO是高炉炼铁的还原剂，其主

1

要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g)^2Fe(s)+3CO2(g)AH=akJ-mol-

①已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe⑸+3CO(g)AH,-+489.0kJ-mol'1

1

C(石墨)+CO2(g)=2C0(g)AH2=+172.5kJ-mol-

贝ija=o

②温度升高后，K值___________(选填"增大”、“不变”或"减小”)。

③在TC时，该反应的平衡常数K=64,在恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加

入物质，反应经过一段时间后达到平衡。

FezChCOFeCO2

甲/mol1.01.01.01.0

乙/mol1.02.01.01.0

下列说法正确的是(填字母)

a、若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态

b、甲容器中CO的平衡转化率为60%,大于乙

c、甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2：3

d、由于容器的体积未知，所以无法计算该条件下甲容器中CO的平衡转化率

(3)甲醇(CH3OH)燃料电池是以钳为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别

加入CH30H和。2即可产生电流。负极的电极反应是o

【答案】(l)qs)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+131.6kJ/mol高温(2)-28.5减

小a(3)CH3OH-6e+8OH=CO+6H2O

【详解】

(1)12g碳(Imol)与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收「131.6kJ热量，则该反应的

热化学方程式为qs)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△W=+131.6kJ/molo气体总分子数增加，则该

反应的AS>0,由于正反应吸热，H>0,则AH-TS在高温下小于0,该反应在高

温条件下能自发进行，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)\H=+131.6kJ/mol；高温；

(2)①己知：

i.Fe2C)3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)A“i=+489.0kJ・moL

ii.C(石墨)+CCh(g)=2C0(g)AH2=+172.5kJ-mol'

则根据盖斯定律可知i—iix3即得到Fe2O3(s)+3CO(g)^2Fe(s)+3CO2(g),所以a=489.0

-172.5x3=-28.5,故答案为：一28.5；

②FezCh⑸+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的正反应放热，温度升高后平衡逆向移动，K值减

小，故答案为：减小；

③a.反应前后容器容积不变，但平衡前气体的质量是变化的，因此容器内气体密度恒

定时，气体的质量不变，则标志反应达到平衡状态，a正确；

b.依据三段式可知

Fe2O3(s)+3CO(g)3CO2(g)+2Fe(s)

始(mol)11

变(mol)XX

平(mol)1-x1+x

由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数，则根据平衡

(1+x)=64,解得x=0.6,

常数可知则CO的平衡转化率为60%；

(1-x)3

Fe2O3(s)+3CO(g)3CO2(g)+2Fe(s)

始(mol)21

变(mol)yy

平(mol)2-yl+y

则根据平衡常数可知&2=64，解得y=1.4,则CO的平衡转化率=上乂100%=70%,

(2-y)32

因此甲中小于乙，b错误；

c.由于甲、乙容器的容积不确定是否相等，则甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比不一

定为2:3,c错误；

d.根据以上分析可知可计算该条件下甲容器中CO的平衡转化率，d错误；

故答案为：a；

(3)原电池中正极得到电子，所以甲醇(CHQH)燃料电池中正极加入的物质是氧气，

负极通入的是甲醇，电解质溶液显碱性，则负极的电极反应是CH3OH-6e+80H=COf

+6H2O,故答案为：CH?OH-6e+8OH=CO+6H2Oo

(-)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做

的第一题计分。

35.［化学——选修3：物质结构与性质］(15分)

以黄铜矿(主要成分为铁、铜、硫三种元素组成的化合物)为基本原料，通过一系列

的冶炼可得到铜、铁、SO2、SO3、H2s04等物质，回答下列问题：

(1)基态铁原子的价层电子排布图为。

(2)SO?、S03.H2sO4中，硫原子的杂化轨道类型为sp3的物质是,SO?的分

子构型是,属于非极性分子的氧化物是。

(3)氧化铜的熔点为1326℃、沸点为1800℃；氧化亚铜的熔点为1235℃、沸点为1100℃,

导致这种差异的原因是。

(4)SCN-可用于Fe，+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氟酸(H-S-C三N)和异

硫氟酸(H-N=C=S)。

①与SCN-互为等电子体的微粒(用化学式表示，写一种即可)。

②异硫鼠酸的沸点比硫氟酸沸点高的原因是。

（5）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中“△”处所堆积的原子均为（填元素符号）；

该晶胞中硒原子所处空隙类型为（填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”），该

种空隙的填充率为；若该晶胞密度为pg-cm",硒化锌的摩尔质量为Mg/mol,

用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为nnio

•ZnOSc

3d4s

⑵V形S0(3)CuO

【答案】⑴IHltltltltlUJIH2s043

中的离子键强于CRO中的离子键（4）CO2,CS2异硫鼠酸分子间存在氢键（5）

4M,

Zn正四面体50%----xlO7

、PNA

【详解】

（1）Fe元素为26号元素，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2,排布图为

3d4s

Mltltltl回

（2）SO2中心硫原子的价层电子对数为2+出注=3,SCh中心硫原子的价层电子对数

2

为3+生汜=3,H2so&中心硫原子的价层电子对数为4+竺处匕=4,所以硫原子的杂

22

化轨道类型为sp3的物质是H2sOrSO2中心硫原子的价层电子对数为3,孤电子对数为

I,所以分子构型为V形；非极性分子的正负电荷中心重合，S03中心原子价层电子对

数为3,不含孤电子对，所以为平面三角形构型，正负电荷中心重合，为非极性分子；

（3）铜的两种氧化物均属于离子晶体，CuO中的铜离子带两个单位的正电荷、CsO中

+

的铜离子只带一个单位的正电荷，Cu?+半径小于Cu,所以CuO中的离子键强于Cu2O,

从而导致其熔点较高；

（4）①原子总数相同，价电子总数相同的微粒为等电子体，所以与SCN一互为等电子

体的微粒有CO2、CS2；

②异硫氟酸分子中含有N—H键，N元素的电负性较大，所以可以形成分子间氢键，使

异硫鼠酸的沸点高于硫氟酸；

（5）根据晶胞结构图可知一个晶胞中含有4个Se原子，该晶体的化学式为ZnSe,所

以晶胞中也应含有4个Zn原子，当图中“△”处所堆积的原子均为Zn时满足条件；硒原

子所处空隙类型为四个Zn原子形成的正四面体空隙;Zn原子形成了八个正四面体空隙,

Se填充在四个互不相邻的正四面体体空隙中的，所以填充率是50%；该晶胞中含有4

4Ma

个Zn原子和4个Se原子，所以晶胞的质量〃『大一g,晶胞参数为a,则体积所

NA

4M3

14M

以密度〃=Nzg・cm\解得a='-------cm=UM

叫pNz

a3

36.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)

间氯苯胺可用于制造偶氮染料和颜料，也用于农药、制药中间体，其合成某种抗疟

疾药物的部分路线如图，回答下列问题:

(1)A中的官能团名称是:C的化学名称为

(2)过程⑦的反应类型是o

(3)已知③为取代反应，另一生成物为乙醇，E的结构筒式为

(4)写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式：。

(5)H在一定条件下可以转化为M(/00)，同时符合下列条件的M的同分异

L1

H

构体有种，其中核磁共振氢谱显示峰面积之比为2：2：2：2：1：1的结构简式

是o

①除苯环外无其他环状结构

②苯环上有两个取代基

③氯原子与苯环直接相连

④含有与饱和碳相连的氨基

CH2CICOOCH2CH3

(6)设计以j(对羟基羊基氯)、CH3cH20H为主要原料制备的合成

OHC1

路线(无机试剂任选)O

【答案】Q)氯原子、氨基丙二酸二乙酯(2)取代反应(3)

【分析】

和丙二酸

和HC(OC2H5)3发生反应生成CI—NB

gHQOqCOOC2HS

二乙酯反应生成，，D发生取代反应生成

C1

件下发生酯的水解反应、再酸化，最终得到

G在高温下脱去CO2

【详解】

(1)根据A的结构得到A中的官能团名称是氯原子、氨基；C是

CH3cH2OOCCH2coOCH2cH3,是丙二酸和乙醇发生酯化反应得到，因此C的化学名称

为丙二酸二乙酯；故答案为：氯原子、氨基；丙二酸二乙酯。

(2)过程⑦是一