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河北省石家庄市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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时间：75分钟，分值100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第I卷 (选择题)
一、单项选择题。(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 甲醛的水溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂
B. “复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛是由于其沸点低
C. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
D. 从茶叶中提取的茶多酚可用作食品保鲜剂是由于其难以被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醛的水溶液可以使蛋白质变性，因此可以浸泡标本，防止标本的腐烂，A正确；
B．“复方氯乙烷气雾剂”沸点低，喷在皮肤表面会迅速汽化，同时吸收大量热，使皮肤迅速冷却，B正确；
C．聚乙炔分子中含有类似石墨的大π键，能导电，常用于制备导电高分子材料，C正确；
D．茶多酚属于酚类，可用作食品保鲜剂是由于其易被氧化，D错误；
故选D。
2. 下列有关物质的分离、提纯实验的说法正确的是
A. 欲用96%的工业酒精制取无水乙醇时，可加入生石灰，再蒸馏
B. 作为重结晶实验的溶剂，杂质在此溶液中的溶解度受温度影响必须很大
C. 除去溴苯中的溴，可加入KI溶液，振荡，分液
D. 除去乙烷中的乙烯，可通过盛有KMnO4溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制备无水乙醇时，在96%的工业酒精中加入生石灰(CaO)加热回流，使酒精中的水跟氧化钙反应，生成不挥发的氢氧化钙来除去水分，然后再蒸馏，这样可得无水乙醇，A正确；
B．作为重结晶实验的溶剂，杂质在此溶液中的溶解度受温度影响小，易重结晶分离，被提纯物质的溶解度受温度影响很大，B错误；
C．溴苯中的溴，加入KI溶液，会生成I2，碘会溶于溴苯，引入新杂质，应加入NaOH溶液，然后分液，C错误；
D．乙烯可被KMnO4溶液氧化生成CO2，引入新杂质，D错误；
故答案为：A。
3. 化合物M()是一种常用的有机试剂。其质谱中分子离子峰的质荷比数值为166，核磁共振氢谱见下图，下列有关说法正确的是
A. 化合物M不能与溶液发生反应
B. 与浓溴水发生反应时最多可消耗
C. 表示丙基()
D. 化合物M与过量的酸性溶液反应可生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物M中有酚羟基，可以和反应生成，A错误；
B．酚羟基的邻位和对位可以被浓溴水的溴取代，化合物M中有1个邻位可以被取代，故与浓溴水发生反应时最多可消耗，B正确；
C．质谱中分子离子峰的质荷比数值为166，M的相对分子质量为166，则为3个碳原子的烃基，由核磁共振氢谱可知，M中有6H峰，则结构中有等效的两个，故表示异丙基[]，C错误；
D．酚羟基、苯环直接连的都能被酸性溶液氧化，D错误；
答案选B。
4. 以下说法正确的是
A. 下列反应可证明苯环受甲基的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化
B. 鉴别苯和甲苯可将少量溴水滴入分别盛有苯和甲苯的两支试管中，观察现象
C. 间二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构
D. 1ml乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5mlH2，能证明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯易被酸性高锰酸钾氧化，体现的是甲基受苯环的影响，A错误；
B．苯和甲苯都不能与溴水反应，但都能萃取溴水中的溴，溴在有机层中呈橙红色，苯和甲苯的密度小于水的密度，上层呈橙红色，下层呈无色，现象相同，无法鉴别苯和甲苯，B错误；
C．邻二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，C错误；
D．1ml乙醇可以与足量金属钠反应，生成 0.5mlH2，能证明乙醇分子中有一个H原子与其余的H原子不同，即乙醇中的6个H，其中只有羟基上的H被置换生成了氢气，D正确；
故选D。
5. 下列对有机物结构的描述错误的是
A. 甲烷与氯气的混合气体在光照下生成的有机化合物均无同分异构体
B. 组成为C7H16的烷烃中仅能由一种单烯烃加氢而制得的有2种
C. 某烃的结构简式可表示为(碳原子数≤10)。已知分子中有两种化学环境不同的氢原子，且数目之比为3∶2，则该烃一定是苯的同系物
D. 1ml含有乙基支链的链状烃中，主链所含有的碳原子数至少为5ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷是正四面体形分子，甲烷与氯气的混合气体在光照下生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CH4，它们均无同分异构体，A项正确；
B．组成为C7H16的烷烃仅能由一种单烯烃加氢而制得，则相邻的碳原子上都有氢原子，且这样的碳原子只有2个，结构简式为：(CH3)2C(CH2CH3)2、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，B项正确；
C．该分子高度对称，苯环上的氢原子所处环境相同，一共有4个氢原子，则侧链上有6个氢原子，为2个甲基，则该烃一定是苯的同系物，C项正确；
D．若该链状烃为烯烃，含有乙基支链的链状稀烃可以为CH=C(CH2CH3)CH2CH3，主链上有4个碳原子，D项错误；
故选D。
6. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷
B 分子中所有原子共面
C. 属于醛类，官能团为
D. 与互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．主链为6个C原子，含有4个侧链，均为甲基，名称为2，3，4，4-四甲基己烷，A正确；
B．-CH3是四面体结构，不可能在同一平面上，故B错误；
C．该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，C错误；
D．前者苯环上与羟基直连，属于酚类，甲氧基也连上苯环上可以属于醚类，但后者苯环上与羟基均只有直连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，D错误；
故答案选A。
7. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备。下列说法中正确的是
A. 环戊二烯中的所有原子共平面
B. 二聚环戊二烯的分子式为C10H10
C. 四氢二聚环戊二烯与金刚烷互为同分异构体
D. 金刚烷的一氯代物有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子结构中含有—CH2—基团，此碳原子为sp3杂化，该碳原子和其它相连的原子最多三个共平面，故A错误；
B．二聚环戊二烯的分子式为C10H12，故B错误；
C．四氢二聚环戊二烯与金刚烷的分子式均为C10H16，为同分异构体，故C正确；
D．分子结构中只有2种等效氢，则一氯代物有2种，故D错误；
故答案为C。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
B. 含5ml碳原子的有机物，最多可形成4NAC—C键
C. 0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2L二氯甲烷所含分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．正丁烷和异丁烷中都含有13个共价键，且相对分子质量都是58g/ml，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为，A正确；
B．5个碳原子可以形成碳环，最多含有5个C-C单键，则含5ml碳原子的有机物，最多可形成5NAC-C键，B错误；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解是可逆反应，0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于0.5NA，C错误；
D．标准状况下，二氯甲烷不是气体，11.2L二氯甲烷的物质的量不是0.5ml，D错误；
故选A。
9. 利用下列装置(夹持装置略)或操作进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯和液溴反应制备溴苯，苯和浓溴水不发生化学反应，A不能达到实验目的；
B．甲烷与氯气混合物强光照射会发生爆炸，B不能达到实验目的；
C．电石和饱和食盐水反应生成乙炔，其中混有H2S等杂质，通入硫酸铜溶液除去杂质气体，再通入溴水，溴水褪色，检验产物乙炔，C能达到实验目的；
D．用蒸馏法分离甲苯和乙醇，蒸馏时温度计测量蒸气的温度，故温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处对齐，D不能达到实验目的；
答案选C。
10. 利用“氧氯化法”以乙烯为原料制备氯乙烯过程中的物质转化关系如图所示，下列说法正确的是
A. 化合物Ⅱ的名称为二氯乙烷
B. 化合物Ⅱ与NaOH的乙醇溶液反应可得到化合物Ⅰ
C. 裂解时，另一产物X为HCl
D. 化合物Ⅲ发生加聚反应的产物聚氯乙烯可使高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，乙烯与氯化氢和氧气反应生成1，2—二氯乙烷和水，1，2—二氯乙烷发生裂解反应生成氯乙烯和氯化氢，则X为氯化氢。
【详解】A．化合物Ⅱ的名称为1，2—二氯乙烷，A错误；
B．1，2—二氯乙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成乙炔、氯化钠和水，不可能生成氯乙烯，B错误；
C．根据原子守恒，1，2—二氯乙烷发生裂解反应生成氯乙烯和氯化氢，则X为氯化氢，C正确；
D．聚氯乙烯中没有不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选C。
11. 下列实验操作能达到其对应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向混合液中加入浓溴水，充分反应后，苯酚反应，同时溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，故A错误；
B．迅速升温至140℃时乙醇发生取代反应生成乙醚，应迅速升温至170℃制备乙烯，且需除去杂质后利用溴水检验乙烯，故B错误；
C．溴乙烷水解后，没有加硝酸中和NaOH，不能生成淡黄色沉淀，则不能检验溴离子，故C错误；
D．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则水中的O-H键极性强于乙醇中的O-H，故D正确。
答案选D。
12. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. Y和溶液反应，最多消耗
B. X→Y属于加成反应，Y→Z属于氧化反应
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物只有1种
D. Z中所有原子可能共平面，Z与完全加成后的产物中含2个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y中酚羟基能和NaOH以1∶1反应，醇羟基和NaOH不反应，1mlY最多消耗1mlNaOH，故A错误；
B．X中苯环上的氢原子和甲醛发生加成反应生成Y，Y中醇羟基发生氧化反应生成Z中醛基，前者属于加成反应、后者属于氧化反应，故B正确；
C．X苯环上的二氯代物相当于苯环上3个氢原子被1个酚羟基、2个氯原子取代，2个氯原子相邻时，酚羟基有2种位置异构，2个氯原子相间时，酚羟基有3种位置异构，2个氯原子相对时，酚羟基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；Y苯环上三氯代物有2种，故C错误；
D．苯、-CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，Z相当于苯分子中氢原子被酚羟基和醛基取代，所以Z中所有原子可能共平面；Z与H2完全加成后的产物中不含手性碳原子，故D错误；
故选：B。
13. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图所示。有关说法错误的是
A. 利用相同的原理和原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
B. 过程①发生了加成反应
C. 中间产物M的结构简式为
D. 该合成路线理论上碳原子利用率为100%，且最终得到的产物易分离
【答案】A
【解析】
【详解】A．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程ii得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，A错误；
B．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成M，B正确；
C．由M的球棍模型知，M的结构简式为，C正确；
D．根据合成示意图可知：该合成路线分2步，第一步为加成反应，第二步为脱水，两步的碳原子利用率均为100%，最终得到的产物为对二甲苯和水，用分液的方法可将二者分离，D正确；
故选A。
14. 下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理(如图)的是(R为烃基或氢)
A HC≡CH能与水反应生成CH3CHO
B. 可与H2反应生成
C. 葡萄糖在酶作用下转化为果糖：
D. 中存在具有分子内氢键的异构体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的互变原理，具有羰基或者醛基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点是：与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选项。
【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；
B．3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；
C．葡萄糖在酶作用下转化为，可能发生烯醇式与酮式存在互变异构生成，C不符合题意；
D．可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；
故选B。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题(本题包含4小题，共58分)
15. Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3。
回答下列问题：
（1）NH3可与多种金属离子形成配合物、若钴有两种化学式均为C(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，则它们分别溶于水时电离出的阳离子的化学式可能是___________和___________。
（2）活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。
（3）“氨浸”'时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+的离子方程式为___________。氨性溶液中含有的(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、C的浸取速率。“滤渣”含有的金属元素是___________(写化学式)。
（4）“析晶”过程中通入酸性气体A为___________。
（5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，其热解的化学反应方程式为___________。
②“热解"对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可循环利用其后续产物HNO3和___________(填化学式)。
【答案】（1） ①. [C(NH3)5Br]2+ ②. [C(NH3)5SO4]+
（2）MgO+H2O=Mg(OH)2
（3） ①. 2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH- ②. Al
（4）HCl （5） ①. 2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O ②. MgO
【解析】
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+、)中加入活性MgO、调pH至9.0，过滤，滤液中含有Mg(NO3)2，结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得到固体氧化物为MgO，气体为NO2、O2、H2O等混合气体，冷却至室温，可得到HNO3溶液。滤泥中含有Ni(OH)3、C(OH)2、Al(OH)3， C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3等，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、C(OH)2、C(OH)3转化为含有NH3的配离子等，滤渣为Al(OH)3，镍钴分离，得到CCl2、NiCl2，在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O。
【小问1详解】
C(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，则它们分别溶于水时电离出的阳离子的化学式可能是[C(NH3)5Br]2+或[C(NH3)5SO4]+，答案：[C(NH3)5Br]2+；[C(NH3)5SO4]+；
【小问2详解】
活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2，答案：为MgO+H2O=Mg(OH)2；
【小问3详解】
“氨浸”'时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+，被氧化为，离子方程式为2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH-。氨性溶液中含有的(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、C的浸取速率。减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。滤泥中含有Ni(OH)3、C(OH)2、Al(OH)3， C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3等，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、C(OH)2、C(OH)3转化为含有NH3的配离子等，滤渣为Al(OH)3；答案：2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH-；Al；
【小问4详解】
“析晶”过程中，通入的酸性气体可降低NiCl2的溶解度，从而析出NiCl2∙4H2O，则A为HCl。
【小问5详解】
①滤液中含有Mg(NO3)2，结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得到固体氧化物为MgO，气体为NO2、O2、H2O。，其热解的化学反应方程式为2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O。
②在矿石处理初期，需要使用硝酸，然后使用MgO进行物质的分离，“热解”处理后又能生成硝酸和MgO，则“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。答案：2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O；MgO。
16. 短周期元素在自然界中比较常见，它们的化合物及其合金在社会生活中有着很重要的作用。请回答下列问题：
（1）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О原子电子占据最高能层符号是___________。的空间结构是___________。
②浸金时，作为配体可提供孤电于对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。中的中心S原子和端基S原子，___________(填序号)能做配位原子。
a．中心S原子 b．端基S原子
（2）一定条件下，将F原子插入石墨层间可得到具有润清性的层状结构化合物(CF)x，其单层局部结构如图所示：(CF)x中C原子的杂化方式为___________，与石墨相比，(CF)x的导电性将减弱，原因是___________。
（3）AlF3具有较高的熔点(1040℃)，属于___________晶体(填晶体类型)，AlCl3在178℃时升华，写出AlF3、AlCl3晶体类型不同的原因___________(从原子结构与元素性质的角度作答)。
（4）一种立方钙钛矿型晶体LaCrO3有两种晶朐结构，其俯视图如下(重叠处仅画出大的微粒)，La的配位数均是12。
①图a的晶胞参数为xpm，则O与O的最小核间距为___________pm；图b晶胞中O的位置为___________(填"“体心”“顶点”“面心棱心”)；两种晶胞中Cr的配位数是否相同___________(填“是”或“否”)。
②晶胞经掺杂后能提高红外辐射效率。由图a晶胞堆叠形成的2×2×2超晶胞中一个La原子被Sr代替，则掺杂后晶体化学式___________。
【答案】（1） ①. L ②. 四面体形 ③. b
（2） ①. sp3 ②. 与石墨相比，(CF)x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
（3） ①. 离子 ②. F的电负性强于Cl，更容易得电子形成离子键而形成离子晶体
（4） ①. x ②. 面心 ③. 是 ④. La7SrCr8O24(或)
【解析】
小问1详解】
①基态О原子电子占据最高能层符号是M；和互为等电子体，结构相似，中心S原子价层电子对个数为4+=4且不含孤电子对，的空间结构为正四面体形，则的空间结构为四面体形；
②的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，故答案为b；
【小问2详解】
由图可知，(CF)x中无π键，(CF)x中C原子均为饱和碳原子，故C原子均采用sp3杂化；与石墨相比，(CF)x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；
【小问3详解】
AlF3具有较高的熔点，且F元素非金属性很强，所以AlF3是离子晶体；AlCl3在178℃时升华，可知AlCl3属于分子晶体，由于F的电负性大于Cl，使F与Al原子共价的可能性小于Cl与Al，导致AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，即F的电负性大于Cl，更容易得电子形成离子，进而与Al形成离子晶体；
【小问4详解】
①由La的配位数为12，观察图a可知，图中O位于棱心位置，La位于体心，则O与O的最小核间距为面对角线的一半，即为xpm，由La的配位数为12，结合图b可知，此时O的位置在面心；根据图a的分析，图中O位于棱心位置，Cr位于顶点，Cr的配位数为6；根据图b，O的位置在面心，Cr在体心，Cr的配位数为6，两种晶胞中Cr的配位数相同；
②图a晶胞中，La个数为1个，Cr为1个，O个数为=3，堆叠形成的2×2×2超晶胞中La共为8个，Cr为8个，O为24个，其中一个La原子被Sr代替，则掺杂后晶体化学式为La7SrCr8O24(或)。
17. 邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
实验步骤如下：
Ⅰ.向三颈瓶中依次加入1.53g邻硝基苄醇(摩尔质量153g/ml)，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO-COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
Ⅱ.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
Ⅲ.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.21g产品。
（1）图1中仪器a的名称是___________；控制反应温度为15℃的方法是___________；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是___________。
（2）上述利用选择性氧化合成邻硝基苯甲醛的化学方程式为___________。
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)___________。
（4）相比于单相反应体系，利用两相反应体系可以大幅减少副产物的量，原因是___________；该副产物主要成分是___________(填结构简式)。
（5）步骤Ⅱ中除去并回收二氯甲烷的实验方法是___________。
（6）若用一定浓度盐酸代替“步骤Ⅲ”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，___________(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是___________。
（7）本实验产率为___________%(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 冷水浴 ③. 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
（2）+H2O+NaCl
（3）烧杯、玻璃棒 （4） ①. 生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 ②.
（5）蒸馏 （6） ①. 能 ②. 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
（7）80.1
【解析】
【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【小问1详解】
图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
【小问2详解】
在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为：+NaClO
+H2O+NaCl；
【小问3详解】
配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒；
【小问4详解】
反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，其结构简式为：；
【小问5详解】
二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏；
【小问6详解】
溶液中存在平衡：+NaHSO3 ，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品；
【小问7详解】
由反应+NaClO+H2O+NaCl
可知，1.53g(0.01ml)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到0.01ml邻硝基苯甲醛，质量为，则产率为。
18. 芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如下图所示：
已知①RCHO；
②(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。①和⑧的反应类型分别是___________、___________。
（2）D中含氧官能团名称是___________，E的结构简式为___________。
（3）反应②的化学方程式为___________。
（4）反应⑦的作用是___________。
（5）1mlD与1mlH2的加成产物同时满足下列条件的同分异构体有___________种。
①苯环上只有四种不同化学环境的氢原子；
②能与FeCl3发生显色反应；
③分子中只存在一个环不含其它环状结构。
（6）设计以为起始原料制备的合成路线________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干)
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 取代反应 ③. 氧化反应
（2） ①. (酮)羰基 ②.
（3）+2NaOH+2NaCl+H2O
（4）保护氨基 （5）16
（6）
【解析】
【分析】A为芳香烃，结合C的结构简式可知，A为，B为，对比C、D的结构可知，苯甲醛与丙酮脱去1分子水形成碳碳双键而生成D，D发生加聚反应生成高分子化合物E；甲苯发生硝化反应生成F，则F为，F发生还原反应生成G，则G为，由Ⅰ的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Ⅰ，Ⅰ发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化。
【小问1详解】
根据分析知，A的化学名称是甲苯。①和⑧的反应类型分别是取代反应、氧化反应；
【小问2详解】
D中含氧官能团名称是(酮)羰基，D发生加聚反应生成高分子化合物E ，则E的结构简式为；
【小问3详解】
结合卤代烃的水解以及已知信息①，反应②的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
【小问4详解】
反应⑦的作用是保护氨基，防止被氧化；
【小问5详解】
D的结构简式为，D的分子式为C10H10O，1mlD与1mlH2发生加成反应所得产物的分子式为C10H12O，该加成产物的同分异构体的不饱和度为5，该加成产物的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，该加成产物的同分异构体中含酚羟基，分子中只存在一个环不含其它环状结构，因为苯环上有四种不同化学环境的H原子，所以苯环上有两个取代基，且两个取代在邻位或间位，两个取代基有下列情况：①-OH和-CH=CHCH2CH3、②-OH和-CH2CH=CHCH3、③-OH和-CH2CH2CH=CH2、④-OH和、⑤-OH和、⑥-OH和、⑦-OH和、⑧-OH和，符合条件的同分异构体共28=16种；
【小问6详解】
可由二卤代烃水解得到，二卤代烃可由烯烃加成生成，氯代烃发生消去反应得到烯烃，因此以为原料合成，可先将与氢气加成生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与溴加成得到，在NaOH水溶液中发生水解反应得到，则合成路线为：，故答案为：。A． 制备溴苯
B． 探究CH4与Cl2的取代反应
C． 检验产物乙炔
D．分离甲苯和乙醇
实验目的
操作
A
欲除去苯中混有的苯酚
向混合液虫加入浓溴水，充分反应后，生成三溴苯酚白色沉淀，过滤
B
探究乙醇消去反应的产物
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温到140℃，将气体产物通入2mL溴水中，观察现象
C
欲证明某卤代烃中含有氯原子
取该卤代烃在氢氧化钠醇溶液中反应后的液体适量于试管，加入AgNO3溶液
D
探究乙醇和水中O-H键的极性强弱
向两只分别盛有蒸留水和无水乙醇的烧杯中各加入同样大小的钠(约绿豆大)，观察现象
物质
邻硝基苄醇
邻硝基苯甲醛
TEMPO-COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
沸点/℃
270
153
性质
+NaHSO3 (易溶于水)
时间：75分钟，分值100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第I卷 (选择题)
一、单项选择题。(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 甲醛的水溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂
B. “复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛是由于其沸点低
C. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
D. 从茶叶中提取的茶多酚可用作食品保鲜剂是由于其难以被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醛的水溶液可以使蛋白质变性，因此可以浸泡标本，防止标本的腐烂，A正确；
B．“复方氯乙烷气雾剂”沸点低，喷在皮肤表面会迅速汽化，同时吸收大量热，使皮肤迅速冷却，B正确；
C．聚乙炔分子中含有类似石墨的大π键，能导电，常用于制备导电高分子材料，C正确；
D．茶多酚属于酚类，可用作食品保鲜剂是由于其易被氧化，D错误；
故选D。
2. 下列有关物质的分离、提纯实验的说法正确的是
A. 欲用96%的工业酒精制取无水乙醇时，可加入生石灰，再蒸馏
B. 作为重结晶实验的溶剂，杂质在此溶液中的溶解度受温度影响必须很大
C. 除去溴苯中的溴，可加入KI溶液，振荡，分液
D. 除去乙烷中的乙烯，可通过盛有KMnO4溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制备无水乙醇时，在96%的工业酒精中加入生石灰(CaO)加热回流，使酒精中的水跟氧化钙反应，生成不挥发的氢氧化钙来除去水分，然后再蒸馏，这样可得无水乙醇，A正确；
B．作为重结晶实验的溶剂，杂质在此溶液中的溶解度受温度影响小，易重结晶分离，被提纯物质的溶解度受温度影响很大，B错误；
C．溴苯中的溴，加入KI溶液，会生成I2，碘会溶于溴苯，引入新杂质，应加入NaOH溶液，然后分液，C错误；
D．乙烯可被KMnO4溶液氧化生成CO2，引入新杂质，D错误；
故答案为：A。
3. 化合物M()是一种常用的有机试剂。其质谱中分子离子峰的质荷比数值为166，核磁共振氢谱见下图，下列有关说法正确的是
A. 化合物M不能与溶液发生反应
B. 与浓溴水发生反应时最多可消耗
C. 表示丙基()
D. 化合物M与过量的酸性溶液反应可生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物M中有酚羟基，可以和反应生成，A错误；
B．酚羟基的邻位和对位可以被浓溴水的溴取代，化合物M中有1个邻位可以被取代，故与浓溴水发生反应时最多可消耗，B正确；
C．质谱中分子离子峰的质荷比数值为166，M的相对分子质量为166，则为3个碳原子的烃基，由核磁共振氢谱可知，M中有6H峰，则结构中有等效的两个，故表示异丙基[]，C错误；
D．酚羟基、苯环直接连的都能被酸性溶液氧化，D错误；
答案选B。
4. 以下说法正确的是
A. 下列反应可证明苯环受甲基的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化
B. 鉴别苯和甲苯可将少量溴水滴入分别盛有苯和甲苯的两支试管中，观察现象
C. 间二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构
D. 1ml乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5mlH2，能证明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯易被酸性高锰酸钾氧化，体现的是甲基受苯环的影响，A错误；
B．苯和甲苯都不能与溴水反应，但都能萃取溴水中的溴，溴在有机层中呈橙红色，苯和甲苯的密度小于水的密度，上层呈橙红色，下层呈无色，现象相同，无法鉴别苯和甲苯，B错误；
C．邻二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，C错误；
D．1ml乙醇可以与足量金属钠反应，生成 0.5mlH2，能证明乙醇分子中有一个H原子与其余的H原子不同，即乙醇中的6个H，其中只有羟基上的H被置换生成了氢气，D正确；
故选D。
5. 下列对有机物结构的描述错误的是
A. 甲烷与氯气的混合气体在光照下生成的有机化合物均无同分异构体
B. 组成为C7H16的烷烃中仅能由一种单烯烃加氢而制得的有2种
C. 某烃的结构简式可表示为(碳原子数≤10)。已知分子中有两种化学环境不同的氢原子，且数目之比为3∶2，则该烃一定是苯的同系物
D. 1ml含有乙基支链的链状烃中，主链所含有的碳原子数至少为5ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷是正四面体形分子，甲烷与氯气的混合气体在光照下生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CH4，它们均无同分异构体，A项正确；
B．组成为C7H16的烷烃仅能由一种单烯烃加氢而制得，则相邻的碳原子上都有氢原子，且这样的碳原子只有2个，结构简式为：(CH3)2C(CH2CH3)2、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，B项正确；
C．该分子高度对称，苯环上的氢原子所处环境相同，一共有4个氢原子，则侧链上有6个氢原子，为2个甲基，则该烃一定是苯的同系物，C项正确；
D．若该链状烃为烯烃，含有乙基支链的链状稀烃可以为CH=C(CH2CH3)CH2CH3，主链上有4个碳原子，D项错误；
故选D。
6. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷
B 分子中所有原子共面
C. 属于醛类，官能团为
D. 与互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．主链为6个C原子，含有4个侧链，均为甲基，名称为2，3，4，4-四甲基己烷，A正确；
B．-CH3是四面体结构，不可能在同一平面上，故B错误；
C．该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，C错误；
D．前者苯环上与羟基直连，属于酚类，甲氧基也连上苯环上可以属于醚类，但后者苯环上与羟基均只有直连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，D错误；
故答案选A。
7. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备。下列说法中正确的是
A. 环戊二烯中的所有原子共平面
B. 二聚环戊二烯的分子式为C10H10
C. 四氢二聚环戊二烯与金刚烷互为同分异构体
D. 金刚烷的一氯代物有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子结构中含有—CH2—基团，此碳原子为sp3杂化，该碳原子和其它相连的原子最多三个共平面，故A错误；
B．二聚环戊二烯的分子式为C10H12，故B错误；
C．四氢二聚环戊二烯与金刚烷的分子式均为C10H16，为同分异构体，故C正确；
D．分子结构中只有2种等效氢，则一氯代物有2种，故D错误；
故答案为C。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
B. 含5ml碳原子的有机物，最多可形成4NAC—C键
C. 0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2L二氯甲烷所含分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．正丁烷和异丁烷中都含有13个共价键，且相对分子质量都是58g/ml，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为，A正确；
B．5个碳原子可以形成碳环，最多含有5个C-C单键，则含5ml碳原子的有机物，最多可形成5NAC-C键，B错误；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解是可逆反应，0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于0.5NA，C错误；
D．标准状况下，二氯甲烷不是气体，11.2L二氯甲烷的物质的量不是0.5ml，D错误；
故选A。
9. 利用下列装置(夹持装置略)或操作进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯和液溴反应制备溴苯，苯和浓溴水不发生化学反应，A不能达到实验目的；
B．甲烷与氯气混合物强光照射会发生爆炸，B不能达到实验目的；
C．电石和饱和食盐水反应生成乙炔，其中混有H2S等杂质，通入硫酸铜溶液除去杂质气体，再通入溴水，溴水褪色，检验产物乙炔，C能达到实验目的；
D．用蒸馏法分离甲苯和乙醇，蒸馏时温度计测量蒸气的温度，故温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处对齐，D不能达到实验目的；
答案选C。
10. 利用“氧氯化法”以乙烯为原料制备氯乙烯过程中的物质转化关系如图所示，下列说法正确的是
A. 化合物Ⅱ的名称为二氯乙烷
B. 化合物Ⅱ与NaOH的乙醇溶液反应可得到化合物Ⅰ
C. 裂解时，另一产物X为HCl
D. 化合物Ⅲ发生加聚反应的产物聚氯乙烯可使高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，乙烯与氯化氢和氧气反应生成1，2—二氯乙烷和水，1，2—二氯乙烷发生裂解反应生成氯乙烯和氯化氢，则X为氯化氢。
【详解】A．化合物Ⅱ的名称为1，2—二氯乙烷，A错误；
B．1，2—二氯乙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成乙炔、氯化钠和水，不可能生成氯乙烯，B错误；
C．根据原子守恒，1，2—二氯乙烷发生裂解反应生成氯乙烯和氯化氢，则X为氯化氢，C正确；
D．聚氯乙烯中没有不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选C。
11. 下列实验操作能达到其对应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向混合液中加入浓溴水，充分反应后，苯酚反应，同时溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，故A错误；
B．迅速升温至140℃时乙醇发生取代反应生成乙醚，应迅速升温至170℃制备乙烯，且需除去杂质后利用溴水检验乙烯，故B错误；
C．溴乙烷水解后，没有加硝酸中和NaOH，不能生成淡黄色沉淀，则不能检验溴离子，故C错误；
D．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则水中的O-H键极性强于乙醇中的O-H，故D正确。
答案选D。
12. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. Y和溶液反应，最多消耗
B. X→Y属于加成反应，Y→Z属于氧化反应
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物只有1种
D. Z中所有原子可能共平面，Z与完全加成后的产物中含2个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y中酚羟基能和NaOH以1∶1反应，醇羟基和NaOH不反应，1mlY最多消耗1mlNaOH，故A错误；
B．X中苯环上的氢原子和甲醛发生加成反应生成Y，Y中醇羟基发生氧化反应生成Z中醛基，前者属于加成反应、后者属于氧化反应，故B正确；
C．X苯环上的二氯代物相当于苯环上3个氢原子被1个酚羟基、2个氯原子取代，2个氯原子相邻时，酚羟基有2种位置异构，2个氯原子相间时，酚羟基有3种位置异构，2个氯原子相对时，酚羟基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；Y苯环上三氯代物有2种，故C错误；
D．苯、-CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，Z相当于苯分子中氢原子被酚羟基和醛基取代，所以Z中所有原子可能共平面；Z与H2完全加成后的产物中不含手性碳原子，故D错误；
故选：B。
13. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图所示。有关说法错误的是
A. 利用相同的原理和原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
B. 过程①发生了加成反应
C. 中间产物M的结构简式为
D. 该合成路线理论上碳原子利用率为100%，且最终得到的产物易分离
【答案】A
【解析】
【详解】A．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程ii得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，A错误；
B．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反应生成M，B正确；
C．由M的球棍模型知，M的结构简式为，C正确；
D．根据合成示意图可知：该合成路线分2步，第一步为加成反应，第二步为脱水，两步的碳原子利用率均为100%，最终得到的产物为对二甲苯和水，用分液的方法可将二者分离，D正确；
故选A。
14. 下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理(如图)的是(R为烃基或氢)
A HC≡CH能与水反应生成CH3CHO
B. 可与H2反应生成
C. 葡萄糖在酶作用下转化为果糖：
D. 中存在具有分子内氢键的异构体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的互变原理，具有羰基或者醛基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点是：与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选项。
【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；
B．3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；
C．葡萄糖在酶作用下转化为，可能发生烯醇式与酮式存在互变异构生成，C不符合题意；
D．可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；
故选B。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题(本题包含4小题，共58分)
15. Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3。
回答下列问题：
（1）NH3可与多种金属离子形成配合物、若钴有两种化学式均为C(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，则它们分别溶于水时电离出的阳离子的化学式可能是___________和___________。
（2）活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。
（3）“氨浸”'时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+的离子方程式为___________。氨性溶液中含有的(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、C的浸取速率。“滤渣”含有的金属元素是___________(写化学式)。
（4）“析晶”过程中通入酸性气体A为___________。
（5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，其热解的化学反应方程式为___________。
②“热解"对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可循环利用其后续产物HNO3和___________(填化学式)。
【答案】（1） ①. [C(NH3)5Br]2+ ②. [C(NH3)5SO4]+
（2）MgO+H2O=Mg(OH)2
（3） ①. 2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH- ②. Al
（4）HCl （5） ①. 2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O ②. MgO
【解析】
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+、)中加入活性MgO、调pH至9.0，过滤，滤液中含有Mg(NO3)2，结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得到固体氧化物为MgO，气体为NO2、O2、H2O等混合气体，冷却至室温，可得到HNO3溶液。滤泥中含有Ni(OH)3、C(OH)2、Al(OH)3， C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3等，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、C(OH)2、C(OH)3转化为含有NH3的配离子等，滤渣为Al(OH)3，镍钴分离，得到CCl2、NiCl2，在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O。
【小问1详解】
C(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，则它们分别溶于水时电离出的阳离子的化学式可能是[C(NH3)5Br]2+或[C(NH3)5SO4]+，答案：[C(NH3)5Br]2+；[C(NH3)5SO4]+；
【小问2详解】
活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2，答案：为MgO+H2O=Mg(OH)2；
【小问3详解】
“氨浸”'时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+，被氧化为，离子方程式为2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH-。氨性溶液中含有的(NH4)2CO3会使“滤泥”中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、C的浸取速率。减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。滤泥中含有Ni(OH)3、C(OH)2、Al(OH)3， C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3等，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、C(OH)2、C(OH)3转化为含有NH3的配离子等，滤渣为Al(OH)3；答案：2C(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[C(NH3)6]2+++13H2O或2C(OH)3+12NH3·H2O+=2[C(NH3)6]2+++13H2O+4OH-；Al；
【小问4详解】
“析晶”过程中，通入的酸性气体可降低NiCl2的溶解度，从而析出NiCl2∙4H2O，则A为HCl。
【小问5详解】
①滤液中含有Mg(NO3)2，结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得到固体氧化物为MgO，气体为NO2、O2、H2O。，其热解的化学反应方程式为2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O。
②在矿石处理初期，需要使用硝酸，然后使用MgO进行物质的分离，“热解”处理后又能生成硝酸和MgO，则“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。答案：2[Mg(NO3)2·6H2O]2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O；MgO。
16. 短周期元素在自然界中比较常见，它们的化合物及其合金在社会生活中有着很重要的作用。请回答下列问题：
（1）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О原子电子占据最高能层符号是___________。的空间结构是___________。
②浸金时，作为配体可提供孤电于对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。中的中心S原子和端基S原子，___________(填序号)能做配位原子。
a．中心S原子 b．端基S原子
（2）一定条件下，将F原子插入石墨层间可得到具有润清性的层状结构化合物(CF)x，其单层局部结构如图所示：(CF)x中C原子的杂化方式为___________，与石墨相比，(CF)x的导电性将减弱，原因是___________。
（3）AlF3具有较高的熔点(1040℃)，属于___________晶体(填晶体类型)，AlCl3在178℃时升华，写出AlF3、AlCl3晶体类型不同的原因___________(从原子结构与元素性质的角度作答)。
（4）一种立方钙钛矿型晶体LaCrO3有两种晶朐结构，其俯视图如下(重叠处仅画出大的微粒)，La的配位数均是12。
①图a的晶胞参数为xpm，则O与O的最小核间距为___________pm；图b晶胞中O的位置为___________(填"“体心”“顶点”“面心棱心”)；两种晶胞中Cr的配位数是否相同___________(填“是”或“否”)。
②晶胞经掺杂后能提高红外辐射效率。由图a晶胞堆叠形成的2×2×2超晶胞中一个La原子被Sr代替，则掺杂后晶体化学式___________。
【答案】（1） ①. L ②. 四面体形 ③. b
（2） ①. sp3 ②. 与石墨相比，(CF)x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
（3） ①. 离子 ②. F的电负性强于Cl，更容易得电子形成离子键而形成离子晶体
（4） ①. x ②. 面心 ③. 是 ④. La7SrCr8O24(或)
【解析】
小问1详解】
①基态О原子电子占据最高能层符号是M；和互为等电子体，结构相似，中心S原子价层电子对个数为4+=4且不含孤电子对，的空间结构为正四面体形，则的空间结构为四面体形；
②的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，故答案为b；
【小问2详解】
由图可知，(CF)x中无π键，(CF)x中C原子均为饱和碳原子，故C原子均采用sp3杂化；与石墨相比，(CF)x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；
【小问3详解】
AlF3具有较高的熔点，且F元素非金属性很强，所以AlF3是离子晶体；AlCl3在178℃时升华，可知AlCl3属于分子晶体，由于F的电负性大于Cl，使F与Al原子共价的可能性小于Cl与Al，导致AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，即F的电负性大于Cl，更容易得电子形成离子，进而与Al形成离子晶体；
【小问4详解】
①由La的配位数为12，观察图a可知，图中O位于棱心位置，La位于体心，则O与O的最小核间距为面对角线的一半，即为xpm，由La的配位数为12，结合图b可知，此时O的位置在面心；根据图a的分析，图中O位于棱心位置，Cr位于顶点，Cr的配位数为6；根据图b，O的位置在面心，Cr在体心，Cr的配位数为6，两种晶胞中Cr的配位数相同；
②图a晶胞中，La个数为1个，Cr为1个，O个数为=3，堆叠形成的2×2×2超晶胞中La共为8个，Cr为8个，O为24个，其中一个La原子被Sr代替，则掺杂后晶体化学式为La7SrCr8O24(或)。
17. 邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
实验步骤如下：
Ⅰ.向三颈瓶中依次加入1.53g邻硝基苄醇(摩尔质量153g/ml)，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO-COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
Ⅱ.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
Ⅲ.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.21g产品。
（1）图1中仪器a的名称是___________；控制反应温度为15℃的方法是___________；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是___________。
（2）上述利用选择性氧化合成邻硝基苯甲醛的化学方程式为___________。
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)___________。
（4）相比于单相反应体系，利用两相反应体系可以大幅减少副产物的量，原因是___________；该副产物主要成分是___________(填结构简式)。
（5）步骤Ⅱ中除去并回收二氯甲烷的实验方法是___________。
（6）若用一定浓度盐酸代替“步骤Ⅲ”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，___________(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是___________。
（7）本实验产率为___________%(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 冷水浴 ③. 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
（2）+H2O+NaCl
（3）烧杯、玻璃棒 （4） ①. 生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 ②.
（5）蒸馏 （6） ①. 能 ②. 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
（7）80.1
【解析】
【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【小问1详解】
图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
【小问2详解】
在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为：+NaClO
+H2O+NaCl；
【小问3详解】
配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒；
【小问4详解】
反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，其结构简式为：；
【小问5详解】
二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏；
【小问6详解】
溶液中存在平衡：+NaHSO3 ，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品；
【小问7详解】
由反应+NaClO+H2O+NaCl
可知，1.53g(0.01ml)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到0.01ml邻硝基苯甲醛，质量为，则产率为。
18. 芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如下图所示：
已知①RCHO；
②(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________。①和⑧的反应类型分别是___________、___________。
（2）D中含氧官能团名称是___________，E的结构简式为___________。
（3）反应②的化学方程式为___________。
（4）反应⑦的作用是___________。
（5）1mlD与1mlH2的加成产物同时满足下列条件的同分异构体有___________种。
①苯环上只有四种不同化学环境的氢原子；
②能与FeCl3发生显色反应；
③分子中只存在一个环不含其它环状结构。
（6）设计以为起始原料制备的合成路线________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干)
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 取代反应 ③. 氧化反应
（2） ①. (酮)羰基 ②.
（3）+2NaOH+2NaCl+H2O
（4）保护氨基 （5）16
（6）
【解析】
【分析】A为芳香烃，结合C的结构简式可知，A为，B为，对比C、D的结构可知，苯甲醛与丙酮脱去1分子水形成碳碳双键而生成D，D发生加聚反应生成高分子化合物E；甲苯发生硝化反应生成F，则F为，F发生还原反应生成G，则G为，由Ⅰ的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Ⅰ，Ⅰ发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化。
【小问1详解】
根据分析知，A的化学名称是甲苯。①和⑧的反应类型分别是取代反应、氧化反应；
【小问2详解】
D中含氧官能团名称是(酮)羰基，D发生加聚反应生成高分子化合物E ，则E的结构简式为；
【小问3详解】
结合卤代烃的水解以及已知信息①，反应②的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
【小问4详解】
反应⑦的作用是保护氨基，防止被氧化；
【小问5详解】
D的结构简式为，D的分子式为C10H10O，1mlD与1mlH2发生加成反应所得产物的分子式为C10H12O，该加成产物的同分异构体的不饱和度为5，该加成产物的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，该加成产物的同分异构体中含酚羟基，分子中只存在一个环不含其它环状结构，因为苯环上有四种不同化学环境的H原子，所以苯环上有两个取代基，且两个取代在邻位或间位，两个取代基有下列情况：①-OH和-CH=CHCH2CH3、②-OH和-CH2CH=CHCH3、③-OH和-CH2CH2CH=CH2、④-OH和、⑤-OH和、⑥-OH和、⑦-OH和、⑧-OH和，符合条件的同分异构体共28=16种；
【小问6详解】
可由二卤代烃水解得到，二卤代烃可由烯烃加成生成，氯代烃发生消去反应得到烯烃，因此以为原料合成，可先将与氢气加成生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与溴加成得到，在NaOH水溶液中发生水解反应得到，则合成路线为：，故答案为：。A． 制备溴苯
B． 探究CH4与Cl2的取代反应
C． 检验产物乙炔
D．分离甲苯和乙醇
实验目的
操作
A
欲除去苯中混有的苯酚
向混合液虫加入浓溴水，充分反应后，生成三溴苯酚白色沉淀，过滤
B
探究乙醇消去反应的产物
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温到140℃，将气体产物通入2mL溴水中，观察现象
C
欲证明某卤代烃中含有氯原子
取该卤代烃在氢氧化钠醇溶液中反应后的液体适量于试管，加入AgNO3溶液
D
探究乙醇和水中O-H键的极性强弱
向两只分别盛有蒸留水和无水乙醇的烧杯中各加入同样大小的钠(约绿豆大)，观察现象
物质
邻硝基苄醇
邻硝基苯甲醛
TEMPO-COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
沸点/℃
270
153
性质
+NaHSO3 (易溶于水)
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