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浙江省台州市六校2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省台州市六校2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省台州市六校2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题Word版含解析docx、浙江省台州市六校2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共7页，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Cl：35.5
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 茶卡盐湖因盛产“大青盐”而闻名，枯水季节湖水中氯化钾含量最高值达2.01%，下列有关氯化钾的说法不正确的是
A. 氯化钾晶体属于离子晶体B. 氯化钾熔点低于氯化钠
C. 钾元素和氯元素均位于周期表的p区D. 饱和氯化钾溶液能使蛋白质发生盐析
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钾由钾离子、氯离子构成，氯化钾晶体属于离子晶体，故A正确；
B．氯化钾与氯化钠均为离子晶体，钾离子半径大于钠离子，离子键强度弱于氯化钠的，故氯化钾熔点低于氯化钠，故B正确；
C．钾元素在周期表的s区，氯元素位于周期表的p区，故C错误；
D．氯化钾不是重金属盐，饱和氯化钾溶液能使蛋白质发生盐析而析出，故D正确；
故选C。
2. 二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”，科技发展离不开化学，下列说法错误的是
A. 工业合成氨，常采用铁触媒、适当地提升温度和压强来提高反应速率
B. 霓红灯的发光机制与原子核外电子跃迁释放能量有关
C. 天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色
D. 为减缓海水中钢闸门腐蚀，常将钢闸门与直流电源的阳极相连，该方法为牺牲阳极法
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业合成氨，常采用铁触媒作催化剂、适当地提升温度和压强来提高反应速率，故A正确；
B．霓红灯的发光机制与原子核外电子跃迁都是电子在不同的能层之间跃迁所导致的，故B正确；
C．碳酸钠溶液显碱性，所以滴入甲基橙后溶液变黄，故C正确；
D．为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外加电流的阴极保护法，故D错误；
故选D。
3. 乙硼烷是一种还原性极强的物质，可被氯气氧化：。下列说法正确的是
A. 基态B原子的价电子轨道表示式为：
B. 分子的空间构型为三角锥形
C. HCl中的H-Cl键轨道重叠示意图为：
D. 乙硼烷中的采用杂化，其结构如图所示：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态B原子的价电子轨道表示式为：，A错误；
B．价层电子对数为，无孤对电子，分子的空间构型为平面三角形，B错误；
C．HCl中的H-Cl键轨道重叠示意图为：，C错误；
D．乙硼烷中的每个B形成4个σ键，无孤对电子，采用杂化，其结构为，D正确；
故选D。
4. 下列说法正确的是
A. 反式聚异戊二烯的结构简式：
B. 离子键成分的百分数：
C. 电离常数：三氟乙酸<三氯乙酸
D. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】B
【解析】
【详解】A．反式聚异戊二烯的结构简式：，故A错误；
B．离子键成分的百分数是看形成离子化合物的元素的电负性差值，电负性差值越大，离子键成分的百分数越大。Ca、Mg为同一主族的元素，主族元素从上到下电负性减小，故Ca的电负性小于Mg，故Ca与N的电负性差值大于Mg和N的电负性差值，离子键成分的百分数：氮化钙大于氮化镁，故B正确；
C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，三氟乙酸分子中羧基中的羟基活性强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，则三氟乙酸电离常数大于三氯乙酸，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：，故D错误；
故选B。
5. 新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由五碳糖()、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法正确的是
A. 蛋白质、糖类、核酸均是能水解的高分子化合物
B. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性
C. 戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布(主要原料是聚丙烯)能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 五碳糖与葡萄糖互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子，二者也能水解，但糖类中单糖不能发生水解反应，单糖和低聚糖也不是高分子化合物，A错误；
B．NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO有强氧化性，能使病毒蛋白质变性，B正确；
C．聚丙烯为，结构中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．五碳糖与葡萄糖组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，D错误；
故选B。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 加入放出的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入放出的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，呈酸性时，氢离子和离子反应生成硫、二氧化硫和水，碱性条件下，能大量共存，故A不符合题意；
B．的溶液中存在，会与生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C．的溶液中，溶液显碱性，各离子相互不反应，能大量共存，故C符合题意；
D．能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，即有存在，会与醋酸根离子结合成醋酸，不能大量共存，故D不符合题意；
故选C。
7. 某种合成医药、农药的中间体W结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：YZ>Y
C. 第一电离能：Y【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大；且由图可知，X只形成1个共价键，所以为H元素；Y形成4个共价键，所以为C元素；Z形成3个共价键，所以为N元素；M形成1个双键，所以为O元素；R形成了两个单键和两个双键，所以为S元素；据此分析解题。
【详解】A．Y、Z对应的简单氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3中存在分子间氢键，所以沸点高于CH4，故A正确；
B．非金属性O>N>C，电负性：O>N>C，故B正确；
C．．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是CD．W分子中R形成4个σ键，其价层电子对数为4，杂化方式为sp3，故D正确；
选C。
8. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
A. 实验1制取MgCl2B. 实验2测定H2C2O4溶液的浓度
C. 实验3比较AgCl和Ag2S溶解度大小D. 实验4验证Fe3+与I－的反应是可逆反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热MgCl2·2H2O会发生水解，这个反应是个可逆反应，在干燥HCl中加热MgCl2·2H2O，可以制取MgCl2，故A符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，故B不符合题意；
C．Ag+过量，无法比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C不符合题意；
D．氯化铁不足，反应后应滴加KSCN溶液检验铁离子，证明反应的可逆性，不能加硝酸银溶液检验，故D不符合题意；
故答案选A。
9. 己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法不正确的是
A. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，上层溶液呈橙红色
B. 环己醇中羟基上的氢能电离，具有弱酸性
C. 己二酸与溶液反应有生成
D. 环己烷的二氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于苯的密度比水小，与水互不相溶，因此将苯与溴水混合，充分振荡后静置，苯层在上层，上层溶液呈橙色，下层水层液体几乎显无色，A正确；
B．羟基电离出氢离子是极微弱的，不具有酸性，B错误；
C．己二酸分子中含有羧基，具有羧酸的通性，由于其酸性比碳酸强，所以己二酸与NaHCO3溶液反应会有CO2生成，C正确；
D．环己烷的一氯代物只有1种，其二氯代物中，可看作是其一氯代物分子中的1个H原子被Cl原子取代产生。环己烷的一氯代物分子中有4种不同的H原子，故环己烷的二氯代物有4种同分异构体，D正确；
故答案为：B。
10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温下，的溶液中，水电离出的数为
B. 用惰性电极电解的硝酸银溶液，转移电子最多为
C. 中的键数目可为
D. 含的溶液中阳离子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONH4溶液促进水的电离，故常温下水电离出的H+数大于为10−7NA，A错误；
B．银离子完全放电，转移电子为0.01 ml，随后溶液中氢离子能继续放电，故转移电子最多时大于0.01ml，B错误；
C．当分子为环丙烷时，1ml环丙烷分子中σ键数目可为9NA，C正确；
D．配合物内界离子难电离，故1mlK2[Cu(CN)4]的溶液中阳离子数小于3NA，D错误；
故选C。
11. “接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法正确的是
A. 使用催化剂只能加快正反应速率B. 反应②的活化能比反应①大
C. 该反应的催化剂是V2O4D. 过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；
B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小；故B错误；
C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；
D.历程中反应①有V—O键的断裂，反应②有V—O键的形成，故D正确；
本题答案为：D
12. 芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是
(a) (b) (c) (d)
A. b、d均能与NaOH溶液反应B. a、c均能被氧化为b
C. c、d均能发生消去反应D. b、c均能发生酯化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．b中含有羧基，能与NaOH溶液反应，d中含有溴原子能与NaOH溶液发生取代反应，故A项正确；
B．a分子中与苯环直接相连的碳(α-碳)上有氢，能被氧化为苯甲酸（b），c为苯甲醇，羟基被氧化羧基，能被氧化成苯甲酸（b），故B项正确；
C．c分子中与羟基相连碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故C项错误；
D．b分子中含有羧基，可与醇类发生酯化反应，c分子中含有羟基，可与羧酸类有机物发生酯化反应，故D项正确；
故本题选C。
13. 下列有关方程式书写正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 溶液显碱性：
C. 甲苯和硝酸在一定条件下反应：
D. 往含氯化银的悬浊液中滴入氨水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：，A错误；
B．是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，主要是第一步水解为主：，B错误；
C．甲苯和硝酸在一定条件下发生硝化反应：，C正确；
D．往含氯化银的悬浊液中滴入氨水，发生络合反应：，D错误；
答案选C。
14. 磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如图所示，关于该有机物下列说法错误的是
A. 分子式为
B. 该有机物最多能和反应
C. 该有机物分子中含有3个手性碳原子
D. 该有机物最多能与发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物为分子式为，故A正确；
B．含有1个氨基和1个酰胺基，1ml该有机物最多能和反应，故B正确；
C．有机物中，六元环中连接N、O的碳原子连有4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故C正确；
D．能与氢气反应的为碳碳双键，则1ml 该有机物最多能与1ml H2发生加成反应，故D错误。
故选D。
15. 向的草酸钠溶液中滴加等浓度的溶液，形成的与变化如下图所示。已知的，。下列有关说法中不正确的是
A. 向草酸氢钠溶液中加入同浓度溶液，存在
B. 向草酸钠溶液中加入等体积溶液，溶液中约为
C. 向草酸钠稀溶液中滴加溶液，当溶液中时，
D. 向草酸氢钠溶液中加入同浓度溶液的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向10mL0.1ml/L草酸氢钠溶液中加入5mL同浓度NaOH溶液，反应后得到等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4混合溶液，的水解常数，说明的水解程度小于的电离程度，所以，A正确；
B．向10mL0.1ml/L草酸钠溶液中加入等体积0.2ml/LCaCl2溶液，反应后溶液中，根据（6，4）数据可知，此时，B正确；
C．根据电荷守恒，，当溶液中，则，C错误；
D．10mL0.1ml/L草酸氢钠溶液中加入2mL同浓度CaCl2溶液，反应后溶液中，，此时，，说明有CaC2O4沉淀生成，所以反应为，D正确；
故答案为：C。
16. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液，由于，苯酚转化为苯酚钠，溶液变澄清，故A正确；
B．取钢铁电极附近的溶液，向其中滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明钢铁发生了腐蚀，不能说明是析氢还是吸氧腐蚀，故B错误；
C．挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去不能证明溴乙烷发生消去反应，故C错误；
D．将少量固体加入饱和溶液中，由于的相差不大，存在平衡，加入后，平衡逆向移动，生成少量，不能说明，故D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题；共52分)
17. 深入研究物质的微观结构，有利于理解物质变化的本质。请回答下列问题：
（1）和二者相比较，键角更大的是_______。
（2）常温下为深红色液体，能与、等互溶，据此可判断_______是“极性”或“非极性”)分子。
（3）要证明太阳上是否含有元素，可用于鉴定方法是_______。
（4）往溶液中加入氨水，形成蓝色沉淀，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式_______。
（5）已知NH4F晶胞结构如图所示，处的(其位于四个所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因_______。
该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度_______(列出计算式即可)
【答案】（1）
（2）非极性 （3）光谱分析法(答出光谱两个字就给分)
（4）
（5） ①. 与形成N-H…F氢键，氢键具有方向性 ②.
【解析】
【小问1详解】
NH3和NF3都采取sp3杂化，电负性F>N>H，NF3中成键电子对偏向F，而NH3中成键电子对偏向N，导致N原子周围电子云密度较大，互斥显著，故而NH3键角大；
【小问2详解】
CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据“相似相溶”可判断CrO2Cl2是非极性分子；
【小问3详解】
要证明太阳上是否含有He元素，可用于鉴定的方法是光谱分析法(答出光谱两个字就给分)
【小问4详解】
蓝色沉淀为，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色的配合物，沉淀溶解的离子方程式为；
【小问5详解】
①M处的(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是与F-形成N-H…F氢键，氢键具有方向性；
②由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为，该晶体的密度，故答案为。
18. 有机物是一种新型治疗高血压病的药物，工业上以淀粉、烃A为基本原料合成H的路线如下图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）烃A在质谱图中的最大质荷比为72，A的分子式为_______。
（2）B为一氯代物，分子中核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为，B的名称是_______(用系统命名法命名)。
（3）写出反应①的化学方程式：_______。
（4）的分子式为，反应②中发生反应的、的物质的量之比为。的结构简式为_______。
（5）正丁醇是一种重要的化工原料，可用乙醛为基本原料制得，请写出相应的转化流程：_______。
【答案】（1）
（2）2，2-二甲基-1-氯丙烷
（3）
（4）
（5）2CH3CHO
【解析】
【分析】烃A在质谱图中的最大质荷比为72，则相对分子质量为72，分子中C原子最大数目为=5…12，故A的分子式为C5H12，B分子中核磁共振氢谱有2个峰且面积比为9：2，则B应为C(CH3)3CH2Cl，A应为C(CH3)4，由转化关系可知C为C(CH3)3CH2OH，D为C(CH3)3CHO，E为C(CH3)3COOH，由H的分子式可知G应含有4个羟基，且含有5个C原子，则G为C(CH2OH)4，F为C(CH2OH)3CHO，H为C(CH2OOCC(CH3)3) 4，以此解答该题。
【小问1详解】
据分析可知A的分子式为；
【小问2详解】
据分析可知B为C(CH3)3CH2Cl，名称为2，2-二甲基-1-氯丙烷；
【小问3详解】
C为C(CH3)3CH2OH，B应为C(CH3)3CH2Cl，B发生取代反应生成C，反应①的化学方程式：；
【小问4详解】
反应②中发生反应的、的物质的量之比为，根据信息反应，则F为C(CH2OH)3CHO，F与氢气发生加成反应生成G，G为C(CH2OH)4；
【小问5详解】
乙醛与氢氧化钠溶液中发生缩合反应生成，经过信息反应生成，与氢气发生加成反应生成，具体流程为：2CH3CHO
19. (一)丁二烯是生产丁苯橡胶、聚二烯橡胶等的基本原料。丁烯氧化脱氢制丁二烯的生产工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）判断反应Ⅱ的自发性并说明理由_______。
（2）在常压、催化剂作用下，投料按，并用水蒸气稀释；不同温度下反应相同时间后，测得丁烯转化率与丁二烯、二氧化碳的选择性随温度变化情况如图所示(选择性：转化的中，生成或的的百分比)。根据图1的相关信息，下列说法正确的是_______。
A. 随温度的升高，平衡转化率逐渐增大
B. 范围内，升温，的产率下降，产率升高
C. 较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率
D. 水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，提高丁烯的平衡转化率
（3）文献显示，丁烯与反应也可制丁二烯，可分两步实现：
反应Ⅲ
反应Ⅳ
时，恒定总压、以起始物质量均为的、投料，达平衡时，测得和的转化率分别为、。时，反应Ⅳ的平衡常数_______。
(二) 回答下列问题：
（4）污水中硝基苯可用铁炭混合物在酸性条件下处理。硝基苯转化过程如下：
的电极反应式为_______。
（5）其他条件一定，相同时间内，硝基苯的去除率与的关系如图所示。越大，硝基苯的去除率越低的原因可能是_______。
【答案】（1），，，任何温度下都能自发进行 （2）CD
（3）或者0.0159或者0.016
（4） （5）反应生成的，随着增大，转化为沉淀覆盖在铁炭化合物表面，阻碍了进一步反应，从而降低反应速率
【解析】
【小问1详解】
判断反应自发性可自发进行，反应Ⅱ，，则，任意温度条件下自发；
【小问2详解】
A．随温度升高，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，平衡转化率降低，A错误；
B．320～580℃范围内，升温，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动， 的产率下降，产率下降，B错误；
C．在较低温度下，同时间内丁二烯的选择性高、二氧化碳的选择性低故较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，C正确；
D．水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，使平衡发生移动，提高丁烯的平衡转化率，D正确；
故选CD；
【小问3详解】
恒定总压P总=，以起始物质的量均为的、投料，达平衡时，测得和的转化率分别为、，列出两个反应的三段式：，反应Ⅲ生成0.8mlH2、反应Ⅳ消耗0.1mlH2，H2平衡物质的量为0.7ml，反应Ⅳ反应前后气体分子数不变，
【小问4详解】
为还原反应，根据电子转移守恒可知，其方程式为：；
【小问5详解】
铁在酸性环境反应生成的，随着增大，转化为沉淀覆盖在铁炭化合物表面，阻碍了进一步反应，从而降低反应速率。
20. 邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。
反应原理：
实验装置如图：
相关物质的物理性质如表：
实验步骤：
Ⅰ.向三颈烧瓶中加入邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入浓氨水(稍过量)，加热至，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。
Ⅱ.继续升温至，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到邻苯二甲酰亚胺粗品白色粉末。
Ⅲ.向邻苯二甲酰亚胺粗品中加入适量乙醇，加热回流使邻苯二甲酰亚胺充分溶解，_______，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体。
请回答下列问题：
（1）仪器A中盛装的试剂是_______。(填标号)
A.碱石灰 B.五氧化二磷 C.浓硫酸
（2）步骤Ⅱ所得粗品白色粉末中的杂质主要为_______。
（3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是_______。
（4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是_______。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是_______。
（5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于_______。(填标号)
A. B. C. D.
【答案】（1）B （2）邻苯二甲酸酐
（3）两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4） ①. 趁热过滤并用乙醇洗涤沉淀， ②. 减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全且乙醇易挥发，便于干燥 （5）B
【解析】
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。
【小问1详解】
实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故选B；
【小问2详解】
由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐；
【小问3详解】
邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
【小问4详解】
由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
【小问5详解】
由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝80.54%，接近80%，故选B。
21. 双咪唑(化合物Ⅰ)是合成治疗高血压药物替米沙坦的一种中间体，某种合成路线如下图：
已知：；
＋
（1）D中所含官能团的名称为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 化合物A中所有原子可能共平面B. 最多可与发生反应
C. DE为还原反应D. 双咪唑中的碳有和两种杂化方式
（3）的结构简式为_______。
（4）写出的第一步反应，在作用下的化学方程式：_______。
（5）已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯和乙酰氯为原料，合成甲基苯并咪唑()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
（6）请写出2种符合下列条件的B的同分异构体_______。
①与B所含官能团相同
②谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）酯基、硝基、肽键 （2）CD
（3） （4）
（5）
（6）
如下、、、、、(其他答案合理即可)
【解析】
【分析】A→B发生（酯化）取代反应，则B的结构简式为；B→C发生取代反应，则C为，C经HNO3/浓H2SO4发生硝化反应，引入硝基，生成D，D发生还原反应，使硝基转化为氨基生成E，E催化成环，再发生消去反应生成F，F发生酯基的水解反应得到G；则G为，G+H反应生成I，结合已知条件可知，H中的两个含氮基团与G中的羧基发生反应，得到双咪唑和水，则H的结构简式为。据此解答。
【小问1详解】
结合D的结构简式可知，D中所含官能团的名称为酯基、硝基、酰胺基；
【小问2详解】
A．化合物A中苯环直接连接的羧基一定同一平面上，苯环上连的甲基以及氨基所有原子不可能共面，则化合物A所有原子不可能平面，故A错误；
B．C为，其中的酰胺基以及酯基都可以在碱性环境下水解，则最多可与发生反应，故B错误；
C．D→E的反应中，是硝基转化为氨基，所以D→E的反应为还原反应，故C正确；
D．双咪唑中，苯环中的碳原子是sp2杂化，甲基以及亚甲基中碳原子是sp3杂化，故D项正确；
故答案选CD；
【小问3详解】
由分析可知，的结构简式为；
【小问4详解】
的第一步反应为酯在NaOH作用下水解，其化学方程式为。
【小问5详解】
硝基苯先还原为苯胺，苯胺与乙酰氯发生取代反应生成，在发生邻位的硝基取代反应生成，还原为，发生 G+H生成I 的反应得到目标产物，其流程为：。
【小问6详解】
B为，根据信息①和②，需要改变化合物B中苯环上的基团位置，并保持官能团不变，如下、、、、、。选项
实验方案
现象
结论
A
室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液
溶液变澄清
酸性：(苯酚)
B
取钢铁电极附近的溶液，向其中滴加溶液
产生蓝色沉淀
钢铁发生吸氧腐蚀
C
与乙醇溶液混合共热，将产生的气体通入酸性溶液中
酸性褪色
发生消去反应
D
将少量固体加入饱和溶液中，充分搅拌，静置、弃去上层清液，反复多次。过滤，将所得固体加入稀盐酸中
固体溶解
则说明转化为，
物质
相对分子质量
熔点/
沸点/
溶解性
邻苯二甲酸酐
148
131~134
284
不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇
邻苯二甲酰亚胺
147
232~235
366
微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液
邻苯二甲酸铵
200
_______
378.3
易溶于水、乙醇、甲醇和醋酸
考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共7页，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Cl：35.5
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 茶卡盐湖因盛产“大青盐”而闻名，枯水季节湖水中氯化钾含量最高值达2.01%，下列有关氯化钾的说法不正确的是
A. 氯化钾晶体属于离子晶体B. 氯化钾熔点低于氯化钠
C. 钾元素和氯元素均位于周期表的p区D. 饱和氯化钾溶液能使蛋白质发生盐析
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钾由钾离子、氯离子构成，氯化钾晶体属于离子晶体，故A正确；
B．氯化钾与氯化钠均为离子晶体，钾离子半径大于钠离子，离子键强度弱于氯化钠的，故氯化钾熔点低于氯化钠，故B正确；
C．钾元素在周期表的s区，氯元素位于周期表的p区，故C错误；
D．氯化钾不是重金属盐，饱和氯化钾溶液能使蛋白质发生盐析而析出，故D正确；
故选C。
2. 二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”，科技发展离不开化学，下列说法错误的是
A. 工业合成氨，常采用铁触媒、适当地提升温度和压强来提高反应速率
B. 霓红灯的发光机制与原子核外电子跃迁释放能量有关
C. 天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色
D. 为减缓海水中钢闸门腐蚀，常将钢闸门与直流电源的阳极相连，该方法为牺牲阳极法
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业合成氨，常采用铁触媒作催化剂、适当地提升温度和压强来提高反应速率，故A正确；
B．霓红灯的发光机制与原子核外电子跃迁都是电子在不同的能层之间跃迁所导致的，故B正确；
C．碳酸钠溶液显碱性，所以滴入甲基橙后溶液变黄，故C正确；
D．为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外加电流的阴极保护法，故D错误；
故选D。
3. 乙硼烷是一种还原性极强的物质，可被氯气氧化：。下列说法正确的是
A. 基态B原子的价电子轨道表示式为：
B. 分子的空间构型为三角锥形
C. HCl中的H-Cl键轨道重叠示意图为：
D. 乙硼烷中的采用杂化，其结构如图所示：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态B原子的价电子轨道表示式为：，A错误；
B．价层电子对数为，无孤对电子，分子的空间构型为平面三角形，B错误；
C．HCl中的H-Cl键轨道重叠示意图为：，C错误；
D．乙硼烷中的每个B形成4个σ键，无孤对电子，采用杂化，其结构为，D正确；
故选D。
4. 下列说法正确的是
A. 反式聚异戊二烯的结构简式：
B. 离子键成分的百分数：
C. 电离常数：三氟乙酸<三氯乙酸
D. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】B
【解析】
【详解】A．反式聚异戊二烯的结构简式：，故A错误；
B．离子键成分的百分数是看形成离子化合物的元素的电负性差值，电负性差值越大，离子键成分的百分数越大。Ca、Mg为同一主族的元素，主族元素从上到下电负性减小，故Ca的电负性小于Mg，故Ca与N的电负性差值大于Mg和N的电负性差值，离子键成分的百分数：氮化钙大于氮化镁，故B正确；
C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，三氟乙酸分子中羧基中的羟基活性强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，则三氟乙酸电离常数大于三氯乙酸，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：，故D错误；
故选B。
5. 新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由五碳糖()、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法正确的是
A. 蛋白质、糖类、核酸均是能水解的高分子化合物
B. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性
C. 戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布(主要原料是聚丙烯)能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 五碳糖与葡萄糖互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子，二者也能水解，但糖类中单糖不能发生水解反应，单糖和低聚糖也不是高分子化合物，A错误；
B．NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO有强氧化性，能使病毒蛋白质变性，B正确；
C．聚丙烯为，结构中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．五碳糖与葡萄糖组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，D错误；
故选B。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 加入放出的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入放出的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，呈酸性时，氢离子和离子反应生成硫、二氧化硫和水，碱性条件下，能大量共存，故A不符合题意；
B．的溶液中存在，会与生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C．的溶液中，溶液显碱性，各离子相互不反应，能大量共存，故C符合题意；
D．能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，即有存在，会与醋酸根离子结合成醋酸，不能大量共存，故D不符合题意；
故选C。
7. 某种合成医药、农药的中间体W结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：Y
C. 第一电离能：Y
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大；且由图可知，X只形成1个共价键，所以为H元素；Y形成4个共价键，所以为C元素；Z形成3个共价键，所以为N元素；M形成1个双键，所以为O元素；R形成了两个单键和两个双键，所以为S元素；据此分析解题。
【详解】A．Y、Z对应的简单氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3中存在分子间氢键，所以沸点高于CH4，故A正确；
B．非金属性O>N>C，电负性：O>N>C，故B正确；
C．．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是C
选C。
8. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
A. 实验1制取MgCl2B. 实验2测定H2C2O4溶液的浓度
C. 实验3比较AgCl和Ag2S溶解度大小D. 实验4验证Fe3+与I－的反应是可逆反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热MgCl2·2H2O会发生水解，这个反应是个可逆反应，在干燥HCl中加热MgCl2·2H2O，可以制取MgCl2，故A符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，故B不符合题意；
C．Ag+过量，无法比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C不符合题意；
D．氯化铁不足，反应后应滴加KSCN溶液检验铁离子，证明反应的可逆性，不能加硝酸银溶液检验，故D不符合题意；
故答案选A。
9. 己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法不正确的是
A. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，上层溶液呈橙红色
B. 环己醇中羟基上的氢能电离，具有弱酸性
C. 己二酸与溶液反应有生成
D. 环己烷的二氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于苯的密度比水小，与水互不相溶，因此将苯与溴水混合，充分振荡后静置，苯层在上层，上层溶液呈橙色，下层水层液体几乎显无色，A正确；
B．羟基电离出氢离子是极微弱的，不具有酸性，B错误；
C．己二酸分子中含有羧基，具有羧酸的通性，由于其酸性比碳酸强，所以己二酸与NaHCO3溶液反应会有CO2生成，C正确；
D．环己烷的一氯代物只有1种，其二氯代物中，可看作是其一氯代物分子中的1个H原子被Cl原子取代产生。环己烷的一氯代物分子中有4种不同的H原子，故环己烷的二氯代物有4种同分异构体，D正确；
故答案为：B。
10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温下，的溶液中，水电离出的数为
B. 用惰性电极电解的硝酸银溶液，转移电子最多为
C. 中的键数目可为
D. 含的溶液中阳离子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONH4溶液促进水的电离，故常温下水电离出的H+数大于为10−7NA，A错误；
B．银离子完全放电，转移电子为0.01 ml，随后溶液中氢离子能继续放电，故转移电子最多时大于0.01ml，B错误；
C．当分子为环丙烷时，1ml环丙烷分子中σ键数目可为9NA，C正确；
D．配合物内界离子难电离，故1mlK2[Cu(CN)4]的溶液中阳离子数小于3NA，D错误；
故选C。
11. “接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法正确的是
A. 使用催化剂只能加快正反应速率B. 反应②的活化能比反应①大
C. 该反应的催化剂是V2O4D. 过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；
B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小；故B错误；
C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；
D.历程中反应①有V—O键的断裂，反应②有V—O键的形成，故D正确；
本题答案为：D
12. 芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是
(a) (b) (c) (d)
A. b、d均能与NaOH溶液反应B. a、c均能被氧化为b
C. c、d均能发生消去反应D. b、c均能发生酯化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．b中含有羧基，能与NaOH溶液反应，d中含有溴原子能与NaOH溶液发生取代反应，故A项正确；
B．a分子中与苯环直接相连的碳(α-碳)上有氢，能被氧化为苯甲酸（b），c为苯甲醇，羟基被氧化羧基，能被氧化成苯甲酸（b），故B项正确；
C．c分子中与羟基相连碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故C项错误；
D．b分子中含有羧基，可与醇类发生酯化反应，c分子中含有羟基，可与羧酸类有机物发生酯化反应，故D项正确；
故本题选C。
13. 下列有关方程式书写正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 溶液显碱性：
C. 甲苯和硝酸在一定条件下反应：
D. 往含氯化银的悬浊液中滴入氨水：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：，A错误；
B．是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，主要是第一步水解为主：，B错误；
C．甲苯和硝酸在一定条件下发生硝化反应：，C正确；
D．往含氯化银的悬浊液中滴入氨水，发生络合反应：，D错误；
答案选C。
14. 磷酸奥司他韦是临床常用的抗病毒药物，常用于甲型和乙型流感治疗。其中间体结构简式如图所示，关于该有机物下列说法错误的是
A. 分子式为
B. 该有机物最多能和反应
C. 该有机物分子中含有3个手性碳原子
D. 该有机物最多能与发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物为分子式为，故A正确；
B．含有1个氨基和1个酰胺基，1ml该有机物最多能和反应，故B正确；
C．有机物中，六元环中连接N、O的碳原子连有4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故C正确；
D．能与氢气反应的为碳碳双键，则1ml 该有机物最多能与1ml H2发生加成反应，故D错误。
故选D。
15. 向的草酸钠溶液中滴加等浓度的溶液，形成的与变化如下图所示。已知的，。下列有关说法中不正确的是
A. 向草酸氢钠溶液中加入同浓度溶液，存在
B. 向草酸钠溶液中加入等体积溶液，溶液中约为
C. 向草酸钠稀溶液中滴加溶液，当溶液中时，
D. 向草酸氢钠溶液中加入同浓度溶液的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向10mL0.1ml/L草酸氢钠溶液中加入5mL同浓度NaOH溶液，反应后得到等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4混合溶液，的水解常数，说明的水解程度小于的电离程度，所以，A正确；
B．向10mL0.1ml/L草酸钠溶液中加入等体积0.2ml/LCaCl2溶液，反应后溶液中，根据（6，4）数据可知，此时，B正确；
C．根据电荷守恒，，当溶液中，则，C错误；
D．10mL0.1ml/L草酸氢钠溶液中加入2mL同浓度CaCl2溶液，反应后溶液中，，此时，，说明有CaC2O4沉淀生成，所以反应为，D正确；
故答案为：C。
16. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液，由于，苯酚转化为苯酚钠，溶液变澄清，故A正确；
B．取钢铁电极附近的溶液，向其中滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明钢铁发生了腐蚀，不能说明是析氢还是吸氧腐蚀，故B错误；
C．挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去不能证明溴乙烷发生消去反应，故C错误；
D．将少量固体加入饱和溶液中，由于的相差不大，存在平衡，加入后，平衡逆向移动，生成少量，不能说明，故D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题；共52分)
17. 深入研究物质的微观结构，有利于理解物质变化的本质。请回答下列问题：
（1）和二者相比较，键角更大的是_______。
（2）常温下为深红色液体，能与、等互溶，据此可判断_______是“极性”或“非极性”)分子。
（3）要证明太阳上是否含有元素，可用于鉴定方法是_______。
（4）往溶液中加入氨水，形成蓝色沉淀，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式_______。
（5）已知NH4F晶胞结构如图所示，处的(其位于四个所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因_______。
该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度_______(列出计算式即可)
【答案】（1）
（2）非极性 （3）光谱分析法(答出光谱两个字就给分)
（4）
（5） ①. 与形成N-H…F氢键，氢键具有方向性 ②.
【解析】
【小问1详解】
NH3和NF3都采取sp3杂化，电负性F>N>H，NF3中成键电子对偏向F，而NH3中成键电子对偏向N，导致N原子周围电子云密度较大，互斥显著，故而NH3键角大；
【小问2详解】
CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据“相似相溶”可判断CrO2Cl2是非极性分子；
【小问3详解】
要证明太阳上是否含有He元素，可用于鉴定的方法是光谱分析法(答出光谱两个字就给分)
【小问4详解】
蓝色沉淀为，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色的配合物，沉淀溶解的离子方程式为；
【小问5详解】
①M处的(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是与F-形成N-H…F氢键，氢键具有方向性；
②由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为，该晶体的密度，故答案为。
18. 有机物是一种新型治疗高血压病的药物，工业上以淀粉、烃A为基本原料合成H的路线如下图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）烃A在质谱图中的最大质荷比为72，A的分子式为_______。
（2）B为一氯代物，分子中核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为，B的名称是_______(用系统命名法命名)。
（3）写出反应①的化学方程式：_______。
（4）的分子式为，反应②中发生反应的、的物质的量之比为。的结构简式为_______。
（5）正丁醇是一种重要的化工原料，可用乙醛为基本原料制得，请写出相应的转化流程：_______。
【答案】（1）
（2）2，2-二甲基-1-氯丙烷
（3）
（4）
（5）2CH3CHO
【解析】
【分析】烃A在质谱图中的最大质荷比为72，则相对分子质量为72，分子中C原子最大数目为=5…12，故A的分子式为C5H12，B分子中核磁共振氢谱有2个峰且面积比为9：2，则B应为C(CH3)3CH2Cl，A应为C(CH3)4，由转化关系可知C为C(CH3)3CH2OH，D为C(CH3)3CHO，E为C(CH3)3COOH，由H的分子式可知G应含有4个羟基，且含有5个C原子，则G为C(CH2OH)4，F为C(CH2OH)3CHO，H为C(CH2OOCC(CH3)3) 4，以此解答该题。
【小问1详解】
据分析可知A的分子式为；
【小问2详解】
据分析可知B为C(CH3)3CH2Cl，名称为2，2-二甲基-1-氯丙烷；
【小问3详解】
C为C(CH3)3CH2OH，B应为C(CH3)3CH2Cl，B发生取代反应生成C，反应①的化学方程式：；
【小问4详解】
反应②中发生反应的、的物质的量之比为，根据信息反应，则F为C(CH2OH)3CHO，F与氢气发生加成反应生成G，G为C(CH2OH)4；
【小问5详解】
乙醛与氢氧化钠溶液中发生缩合反应生成，经过信息反应生成，与氢气发生加成反应生成，具体流程为：2CH3CHO
19. (一)丁二烯是生产丁苯橡胶、聚二烯橡胶等的基本原料。丁烯氧化脱氢制丁二烯的生产工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）判断反应Ⅱ的自发性并说明理由_______。
（2）在常压、催化剂作用下，投料按，并用水蒸气稀释；不同温度下反应相同时间后，测得丁烯转化率与丁二烯、二氧化碳的选择性随温度变化情况如图所示(选择性：转化的中，生成或的的百分比)。根据图1的相关信息，下列说法正确的是_______。
A. 随温度的升高，平衡转化率逐渐增大
B. 范围内，升温，的产率下降，产率升高
C. 较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率
D. 水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，提高丁烯的平衡转化率
（3）文献显示，丁烯与反应也可制丁二烯，可分两步实现：
反应Ⅲ
反应Ⅳ
时，恒定总压、以起始物质量均为的、投料，达平衡时，测得和的转化率分别为、。时，反应Ⅳ的平衡常数_______。
(二) 回答下列问题：
（4）污水中硝基苯可用铁炭混合物在酸性条件下处理。硝基苯转化过程如下：
的电极反应式为_______。
（5）其他条件一定，相同时间内，硝基苯的去除率与的关系如图所示。越大，硝基苯的去除率越低的原因可能是_______。
【答案】（1），，，任何温度下都能自发进行 （2）CD
（3）或者0.0159或者0.016
（4） （5）反应生成的，随着增大，转化为沉淀覆盖在铁炭化合物表面，阻碍了进一步反应，从而降低反应速率
【解析】
【小问1详解】
判断反应自发性可自发进行，反应Ⅱ，，则，任意温度条件下自发；
【小问2详解】
A．随温度升高，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，平衡转化率降低，A错误；
B．320～580℃范围内，升温，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动， 的产率下降，产率下降，B错误；
C．在较低温度下，同时间内丁二烯的选择性高、二氧化碳的选择性低故较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，C正确；
D．水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，使平衡发生移动，提高丁烯的平衡转化率，D正确；
故选CD；
【小问3详解】
恒定总压P总=，以起始物质的量均为的、投料，达平衡时，测得和的转化率分别为、，列出两个反应的三段式：，反应Ⅲ生成0.8mlH2、反应Ⅳ消耗0.1mlH2，H2平衡物质的量为0.7ml，反应Ⅳ反应前后气体分子数不变，
【小问4详解】
为还原反应，根据电子转移守恒可知，其方程式为：；
【小问5详解】
铁在酸性环境反应生成的，随着增大，转化为沉淀覆盖在铁炭化合物表面，阻碍了进一步反应，从而降低反应速率。
20. 邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。
反应原理：
实验装置如图：
相关物质的物理性质如表：
实验步骤：
Ⅰ.向三颈烧瓶中加入邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入浓氨水(稍过量)，加热至，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。
Ⅱ.继续升温至，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到邻苯二甲酰亚胺粗品白色粉末。
Ⅲ.向邻苯二甲酰亚胺粗品中加入适量乙醇，加热回流使邻苯二甲酰亚胺充分溶解，_______，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体。
请回答下列问题：
（1）仪器A中盛装的试剂是_______。(填标号)
A.碱石灰 B.五氧化二磷 C.浓硫酸
（2）步骤Ⅱ所得粗品白色粉末中的杂质主要为_______。
（3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是_______。
（4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是_______。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是_______。
（5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于_______。(填标号)
A. B. C. D.
【答案】（1）B （2）邻苯二甲酸酐
（3）两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4） ①. 趁热过滤并用乙醇洗涤沉淀， ②. 减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全且乙醇易挥发，便于干燥 （5）B
【解析】
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。
【小问1详解】
实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故选B；
【小问2详解】
由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐；
【小问3详解】
邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
【小问4详解】
由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
【小问5详解】
由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝80.54%，接近80%，故选B。
21. 双咪唑(化合物Ⅰ)是合成治疗高血压药物替米沙坦的一种中间体，某种合成路线如下图：
已知：；
＋
（1）D中所含官能团的名称为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 化合物A中所有原子可能共平面B. 最多可与发生反应
C. DE为还原反应D. 双咪唑中的碳有和两种杂化方式
（3）的结构简式为_______。
（4）写出的第一步反应，在作用下的化学方程式：_______。
（5）已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯和乙酰氯为原料，合成甲基苯并咪唑()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
（6）请写出2种符合下列条件的B的同分异构体_______。
①与B所含官能团相同
②谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）酯基、硝基、肽键 （2）CD
（3） （4）
（5）
（6）
如下、、、、、(其他答案合理即可)
【解析】
【分析】A→B发生（酯化）取代反应，则B的结构简式为；B→C发生取代反应，则C为，C经HNO3/浓H2SO4发生硝化反应，引入硝基，生成D，D发生还原反应，使硝基转化为氨基生成E，E催化成环，再发生消去反应生成F，F发生酯基的水解反应得到G；则G为，G+H反应生成I，结合已知条件可知，H中的两个含氮基团与G中的羧基发生反应，得到双咪唑和水，则H的结构简式为。据此解答。
【小问1详解】
结合D的结构简式可知，D中所含官能团的名称为酯基、硝基、酰胺基；
【小问2详解】
A．化合物A中苯环直接连接的羧基一定同一平面上，苯环上连的甲基以及氨基所有原子不可能共面，则化合物A所有原子不可能平面，故A错误；
B．C为，其中的酰胺基以及酯基都可以在碱性环境下水解，则最多可与发生反应，故B错误；
C．D→E的反应中，是硝基转化为氨基，所以D→E的反应为还原反应，故C正确；
D．双咪唑中，苯环中的碳原子是sp2杂化，甲基以及亚甲基中碳原子是sp3杂化，故D项正确；
故答案选CD；
【小问3详解】
由分析可知，的结构简式为；
【小问4详解】
的第一步反应为酯在NaOH作用下水解，其化学方程式为。
【小问5详解】
硝基苯先还原为苯胺，苯胺与乙酰氯发生取代反应生成，在发生邻位的硝基取代反应生成，还原为，发生 G+H生成I 的反应得到目标产物，其流程为：。
【小问6详解】
B为，根据信息①和②，需要改变化合物B中苯环上的基团位置，并保持官能团不变，如下、、、、、。选项
实验方案
现象
结论
A
室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液
溶液变澄清
酸性：(苯酚)
B
取钢铁电极附近的溶液，向其中滴加溶液
产生蓝色沉淀
钢铁发生吸氧腐蚀
C
与乙醇溶液混合共热，将产生的气体通入酸性溶液中
酸性褪色
发生消去反应
D
将少量固体加入饱和溶液中，充分搅拌，静置、弃去上层清液，反复多次。过滤，将所得固体加入稀盐酸中
固体溶解
则说明转化为，
物质
相对分子质量
熔点/
沸点/
溶解性
邻苯二甲酸酐
148
131~134
284
不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇
邻苯二甲酰亚胺
147
232~235
366
微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液
邻苯二甲酸铵
200
_______
378.3
易溶于水、乙醇、甲醇和醋酸
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