河北省沧州市泊头市泊头市第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中化学试题（解析版）-A4

这是一份河北省沧州市泊头市泊头市第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中化学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mg 24 Cl 35.5 C 59 Ni 59
一、选择题：本题共14小题，每小题3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。
1. 文物是一个国家悠久历史最生动的体现。下列文物材质的主要成分属于天然高分子材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．鎏金舞马衔杯纹银壶主要成分为银，A不符合；
B．云龙纹瓷瓶是瓷器，主要成分是硅酸盐，B不符合；
C．三彩骆驼载伎乐俑是盛唐时期三彩釉陶器，陶器的主要成分是硅酸盐，C不符合；
D．鹭鸟纹彩色蜡染褶裙的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，D符合；
答案选D。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. F-的核外电子排布式：
B. 的空间构型：三角锥形
C. 基态I原子的核外电子排布式：
D. HClO在水溶液中的电离方程式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知F是9号元素，故F-的核外电子排布式为：1s22s22p6，A错误；
B．中中心原子S周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为：三角锥形，B正确；
C．已知I是53号元素，位于第5周期第ⅦA族，故基态I原子的核外电子排布式为：，C错误；
D．已知HClO为弱酸，故HClO在水溶液中的电离方程式：，D错误；
故答案为：B。
3. 关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A. 灼烧法除去甲烷中混有的氧气
B. 分液法分离苯酚和碳酸氢钠溶液的混合物
C. 萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素
D. 蒸馏法分离乙醇和氯仿
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷和氧气在灼烧时会发生反应生成二氧化碳和水，A选项错误；
B．苯酚和碳酸氢钠溶液互不相溶，可以用分液法将其分离，B选项正确；
C．将青蒿浸泡在有机溶剂中得到提取液，寻找合适的萃取剂可以利用萃取的方法将提取液中的青蒿素提取出来；也可以利用不同溶质在色谱柱上的保留时间不同将青蒿素固定在色谱柱上，再利用极性溶剂将青蒿素洗脱下来，得到纯净的青蒿素，C选项正确；
D．乙醇和氯仿的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，D选项正确；
故选A。
4. 科学家发现：在加热时，用氯化铜作催化剂，空气中的可以氧化气体制取，。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 反应中转移的电子数为4
B. 消耗11.2L(标准状况下)空气时，产生的分子数为
C. 9g水中含有的孤电子对数为1.5
D. 11.2L(标准状况下)通入水中，溶液中氯离子数小于0.5
【答案】D
【解析】
【详解】A．未说明消耗反应物的物质的量，无法计算反应中转移的电子数，A错误；
B．空气中含有N2和O2，消耗11.2L(标准状况下)空气时，消耗O2的物质的量小于0.5ml，产生的分子数小于，B错误；
C．H2O中心O原子孤电子对数为：=2，9g水的物质的量为0.5ml，含有的孤电子对数为，C错误；
D．11.2L(标准状况下)的物质的量为0.5ml，Cl2和水的反应是可逆反应，则溶液中氯离子数小于0.5，D正确；
故选D。
5. 铁元素的“价-类”二维图如图，下列说法正确的是
A. 过量的a与稀硝酸反应可生成g
B. d空气中受热可分解得到b
C. 向f的溶液中滴加溶液，溶液变为红色
D. h具有强氧化性，可用于杀灭水中细菌
【答案】D
【解析】
【分析】由铁元素的“价-类”二维图可知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)2、e为Fe(OH)3、f为+2价铁盐、g为+3价铁盐、h为+6价铁盐。
【详解】A．Fe能和Fe3+反应生成Fe2+，过量的Fe与稀硝酸反应时先生成Fe(NO3)3，生成的Fe(NO3)3再和过量的Fe反应生成Fe(NO3)2，故A错误；
B．Fe(OH)2在空气中易被氧化，受热不能分解得到FeO，故B错误；
C．向+2价铁盐的溶液中滴加溶液无明显现象，向+3价铁盐的溶液中滴加溶液才会变为红色，故C错误；
D．+6价铁盐具有强氧化性，可用于杀灭水中细菌，故D正确；
故答案为：D。
6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、X和Y的原子序数之和为22，基态X原子核外未成对电子数为3，Y元素无正化合价，Z单质遇冷的浓硫酸会发生钝化。下列说法错误的是
A. Y、Z形成的二元化合物为共价化合物
B. 离子半径：X>Y>Z
C. W单质和Y单质的晶体类型可能相同
D. 第一电离能：Y>X>W
【答案】A
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大；Y元素无正化合价，Y是F元素；基态X原子核外未成对电子数为3，X是N元素； Z单质遇冷的浓硫酸会发生钝化，Z是Al元素；W、X和Y的原子序数之和为22，W是C元素。
【详解】A．Al、F形成的二元化合物为离子化合物，故A错误；
B．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：N3->F->Al3+，故B正确；
C．C能形成C60等分子晶体， F能形成分子晶体F2，故C正确；
D．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第一电离能F>N>C，故D正确；
选A。
7. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 甲除去中的少量
B. 乙实验室制备
C. 丙测定一定质量的和混合物中的质量分数
D. 丁除去氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．除去中的少量应该用饱和NaHSO3溶液，A选项错误；
B．实验室制备其中铁作阳极，需要连接电源的正极，B选项错误；
C．过氧化钠与水反应生成氧气，而氧化钠与水反应不能生成气体，可以用量气管测量生成氧气的体积，求出氧气的物质的量，进而测出过氧化钠的物质的量，由此可测定一定质量的和混合物中的质量分数，C选项正确；
D．加热氯化铵和氢氧化钙固体的混合物会发生反应，生成氨气和氯化钙，因此不能通过加热方式除去氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体，D选项错误；
故选C。
阅读以下材料完成下面小题。
过渡金属催化已成为一种多功能的手段。如半导体-金属框架()可对甲醛分子进行光催化降解；在某种催化条件下，以硫糖苷为糖供体通过糖基化反应(将糖分子连接到其他糖、蛋白质、脂质、天然产物或药物上的过程)得到脱氧糖苷。
8. 中国石油大学一课题组提出半导体-金属有机框架()可对甲醛分子进行光催化降解(如图)。下列叙述错误的是
已知：与位于同族，该金属有机框架只含2种金属。
A. 等物质的量的甲、丙所含键数之比为
B. 甲、丙分子中C原子杂化类型相同
C. 该金属有机框架中所含金属元素均位于元素周期表区
D. 丙的沸点高于甲
9. 、糖苷异构化过程相对能量的变化图如图(表示活化状态)。依据图像，下列说法正确的是
A. 异构过程的决速步为
B. 稳定性：
C. 、互为同分异构体
D. 异构化的速率：
【答案】8. A 9. C
【解析】
【8题详解】
A．单键均为键，双键中一个键、一个π键，1mlHCHO含3ml键，1mlHCOOH含4ml键，等物质的量的甲、丙所含键数之比为，故A错误；
B．HCHO中C原子形成3个键、无孤对电子，C原子采取sp2杂化，HCOOH分子中C原子形成3个键、无孤对电子，C原子采取sp2杂化，即其中C原子杂化类型相同，故B正确；
C．Cu的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，与位于同族，则Au也属于ds区元素，Zn位于ds区，所以该金属有机框架中所含金属元素均位于元素周期表区，故C正确；
D．HCOOH的相对分子质量大于HCHO，且HCOOH分子间能形成氢键，所以丙的沸点高于甲，故D正确；
故答案为：A。
【9题详解】
A．活化能大的反应速率慢，异构过程中的活化能最大，所以决速步为，故A错误；
B．能量越低越稳定，由图可知，能量，所以稳定性：，故B错误；
C．、为同分异构体，而异构化为，即与互为同分异构体，所以、互为同分异构体，故C正确；
D．决速步更慢的，总反应速率慢，由图示可知，异构的决速步即第一步反应活化能小于异构的决速步即第一步反应活化能，所以异构化的速率：，故D错误；
故答案为：C。
10. 某抗癌药物中间体的合成方法如图。下列说法正确的是
A. 含氧官能团种数：
B. 可用银氨溶液鉴别a和b
C. b分子中含有1个手性碳原子
D. a分子中最多有13个原子处于同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．a中含氧官能团为醛基，b中含氧官能团为羟基，均只有一种含氧官能团，故A错误；
B．a中含有醛基，可以与银氨溶液反应，b中不含醛基，不可以与银氨溶液反应，可以用银氨溶液鉴别a和b，故B正确；
C．连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知b中没有手性碳原子，故C错误；
D．b分子中与苯环直连的原子与之共平面，该物质中存在连有四个单键的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的四面体结构，最多有两个原子与饱和碳原子共平面，可知，中，图中所标记的原子均可能共平面，y但苯环上还有3个H原子与之共平面，15、16号上还有H原子可能与O原子共平面，因此最多有16+3+2=21个原子处于同一平面，故D错误；
答案选B。
11. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘单质与碘离子反应生成，加入碘离子，可逆反应正向移动，导致有机层中碘单质的浓度降低，紫色变浅，A选项正确；
B．甲基是推电子基团，会减弱羧酸的酸性，因此乙酸的酸性弱于甲酸，B选项错误；
C．二氧化硫与高锰酸钾反应，高锰酸钾作氧化剂，二氧化硫作还原剂体现的是还原性而非漂白性，因果关系不符，C选项错误；
D．将少量通入溶液中，与水反应生成HF和O2，溶液不会变为橙红色，D选项错误；
故选A。
12. 下列离子方程式书写正确的是
A. 少量的通入亚硫酸氢钠溶液中：
B. 向“84”消毒液中通入少量的气体：
C. 向饱和碳酸钠溶液中通入足量：
D. 用惰性电极电解氯化镁溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量的通入亚硫酸氢钠溶液中，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向“84”消毒液中通入少量的气体生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；
D．用惰性电极电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；
选C。
13. 科学家利用磷钼酸溶液(PMA)作为阳极液，与废旧磷酸铁锂(sLFP)粉末进行快速的固液氧化还原反应。高氧化性的PMA从sLFP中选择性提锂后，被还原的钼蓝分子(用M表示)通过蠕动泵泵入再生装置中再生，用于后续锂的持续提取。下列叙述错误的是
A 电子从b极流向Q极，再由P极流入a极
B. Q极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑
C. 离子交换膜为阴离子交换膜
D. PMA促进锂离子脱离sLFP进入阳极室溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】由题干装置图可知，a为电源正极，则P为电解池的阳极，发生氧化反应，b为电源负极，则Q为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Li+经离子交换膜进入阴极室，形成LiOH，LiOH经泵抽入LiOH收集罐中，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，P为电解池阳极，Q为电解池阴极，故电子从b极流向Q极，再由P极流入a极，A正确；
B．由分析可知，Q为电解池阴极，发生还原反应，故Q极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，B正确；
C．由分析可知，Li+经离子交换膜进行阴极室，形成LiOH，则离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；
D．磷钼酸溶液(PMA)作为阳极液，与废旧磷酸铁锂(sLFP)粉末进行快速的固液氧化还原反应，高氧化性的PMA从sLFP中选择性提锂后，被还原的钼蓝分子(用M表示)通过蠕动泵泵入再生装置中再生，用于后续锂的持续提取，PMA促进锂离子脱离sLFP进入阳极室溶液中，然后Li+通过离子交换膜进入阴极室，D正确；
故答案为：C。
14. 常温下，向的氨水中通入HCl气体(不考虑体积变化)，溶液的pH随的变化关系如图[设]。下列说法正确的是
已知：A点溶液中。
A.
B.
C. 水的电离程度：
D. 滴定过程中一直存在：
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知，A时，即c() = c(NH3·H2O) = 0.05 ml/L，溶液中存在电荷守恒：c(H+) + c() = c(OH-) + c(Cl-)，A点溶液pH=9.25，则c(OH-) >c(H+)，因此c(Cl-)；
【小问5详解】
①硝酸银见光易分解，棕色试剂瓶有避光作用， 见光易分解且溶液呈酸性，实验室中用棕色酸式滴定管量取溶液，其原因是故答案为：c；
②根据计算中固体的物质的量：，根据固体组成，，固体中的物质的量，，故答案为：6。
16. 、均是重要的战略性金属。利用氨浸工艺可从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、、)中提取钴、镍，并获得高附加值化工产品。工艺流程如图：
已知：①氨性溶液由、和配制。
②常温下，、、与形成可溶于水的六配位配离子。
③碱性介质中，易被空气氧化为。
④常温下，部分氢氧化物的如下表。
回答下列问题：
（1）“滤泥”的主要成分是、_______(填化学式)。
（2）“滤液2”中，的存在形式为_______(只含一种配体，填离子符号)。
（3）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。“滤渣”的X射线衍射图谱中出现了的明锐衍射峰。
①写出固体受热分解的化学方程式：_______。
②提高了、的浸取速率，其原因是_______。
（4）“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。“晶体A”含6个结晶水，“热解”过程中发生反应的化学方程式为_______。
（5）X射线衍射分析表明，的立方晶胞(如图，未标记和H的位置)的面心和顶点均被原子占据，所有原子的配位数都相等，则原子填入由原子形成的_______(填“四面体”或“八面体”)空隙中。已知：晶体的晶胞边长为a，液氢的密度为，设为阿伏加德罗常数的值。若以材料中氢的密度(晶体密度×氢的质量分数)与液氢的密度之比定义为储氢材料的储氢能力，则的储氢能力是液氢的_______(列出计算式)倍。
【答案】（1）、
（2）
（3） ①. ②. 会减少胶状物质对钴、镍的氢氧化物的包裹，增大“滤泥”与氨性溶液的接触面积，提高了、的浸取速率
（4）
（5） ①. 四面体 ②.
【解析】
【分析】硝酸浸取液(含、、、)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
小问1详解】
根据分析可知，调节pH至9.0，溶液中，根据可计算溶液中，，，
，说明此时形成沉淀除外，还有、；
【小问2详解】
根据题干信息，常温下，、、与形成可溶于水的六配位配离子，则“滤液2”中，的存在形式为；
【小问3详解】
①固体受热分解可生成、、、，化学方程式：；
②根据题干信息，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，则提高了、的浸取速率，其原因是：会减少胶状物质对钴、镍的氢氧化物的包裹，增大“滤泥”与氨性溶液的接触面积，提高了、的浸取速率；
【小问4详解】
“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，“晶体A”含6个结晶水，“晶体A”为，受热分解可形成固体氧化物和气体和，化学方程式：；
【小问5详解】
根据晶胞结构可知，Ni原子个数：，所有Mg原子与Ni配位数相等，Mg原子个数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中；晶胞中氢气质量分数：，晶胞中Ni原子个数：，根据化学式Mg原子个数为8，H原子个数为16，则晶胞密度：，。
17. 是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。工业上，合成氨的反应为 。回答下列问题：
（1）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和合成氨，下列情况表明反应达到平衡的是________（填标号）。
A. 混合气体密度不随时间变化B. 体积分数不随时间变化
C. 混合气体平均摩尔质量不随时间变化D. 消耗速率与生成速率之比为1:2
（2）我国科学家提出合成氨的机理如下：
① ；
② ；
③ ________。
（3）在钨（W）表面上分解反应的速率方程为（是速率常数，只与温度、催化剂、接触面有关，n为反应级数）。某温度下，测得与催化剂接触面关系如图所示：
①________，在I条件下，________。
②其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率________（填“增大”“减小”或“不变”）。
③反应物消耗一半所用的时间叫半衰期。在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是________（填“成正比例”“成反比例”或“不确定”）关系。
（4）一定温度下，在、、三个恒容密闭容器中分别投入，其他条件相同，测得相同时间内的转化率如图所示：
①起始至反应到达、点时的平均反应速率：________（填“”“”或“”），理由是________。
②若B点达到平衡状态，则该温度下此反应的平衡常数K为________。
【答案】（1）C （2）-47.2
（3） ①. 0 ②. 2.0×10-5ml/(L·min) ③. 增大 ④. 成正比例
（4） ①. ＞ ②. 反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大 ③. 4.32
【解析】
【小问1详解】
A．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，A不符合题意；
B．设反应消耗氮气的物质的量为aml，由反应式可知，氮气的体积分数为，即反应过程中氮气体积分数始终为50％，则体积分数不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，B不符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断增大，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，表明反应达到平衡，C符合题意；
D．氮气消耗速率与氨气生成速率都代表正反应速率，则消耗速率与生成速率之比为1∶2，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，D不符合题意；
故选C；
【小问2详解】
由盖斯定律可知，由①＋②＋③式可得反应：，则由盖斯定律得：-92.4kJ⋅ml−1=+32.8kJ⋅ml−1+(-78kJ⋅ml−1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ⋅ml−1；
【小问3详解】
①由图可知，20min时，实验Ⅰ和实验Ⅲ的氨气浓度分别为2.0×10-3ml/L、0.8×10-3ml/L，反应速率分别为=2.0×10-5ml/(L·min)、=2.0×10-5 ml/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，则速率常数k=v=2.0×10-5ml/(L·min)；
②由图可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始浓度相等，20min时，氨气浓度分别为2.0×10-3ml/L、1.6×10-3ml/L，说明其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率增大；
③由图可知，实验Ⅰ中氨气的起始浓度是实验Ⅲ的2倍，实验Ⅰ、Ⅲ的氨气消耗一半所用的时间分别为60min、30min，说明在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是成正比例关系；
【小问4详解】
①由图可知，A点和C点起始氨气的物质的量相同、氨气的转化率相等，A点的体积小于C点，则反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大，所以起始至反应到达、点时的平均反应速率：，理由是：反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大；
②由图可知，若B点达到平衡状态，B点容器体积为2.0L，氨气的平衡转化率为80%，由反应可知，平衡时氨气、氮气、氢气的浓度分别为、、，则反应的平衡常数K=。
18. 托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其前体(XII)的合成路线如图(部分试剂和条件略去)。
已知：。
回答下列问题：
（1）上述路线中IⅡ的反应类型是___________。
（2）化合物Ⅲ同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。
①结构中含有-NH2、-Cl、HCOO-
②苯环上有2个取代基
其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为2:2:2:1:1的结构简式为___________(任写两种)。
（3）Y的结构简式为___________。
（4）V中官能团的名称为___________。
（5）Ⅷ和X→中使用NaHCO3的作用___________(填“相同”或“不相同”)。
【答案】（1）取代反应
（2） ①. 9 ②. 、、(任写两种)
（3） （4）酯基、碳溴键
（5）相同
【解析】
【分析】Ⅰ与(CH3)2SO4在K2CO3作用下发生取代反应生成Ⅱ等，Ⅱ被SnCl2还原生成Ⅲ，Ⅲ与Y反应生成Ⅳ等，由Ⅲ、Ⅳ的结构简式，结合Y的分子式，可确定Y为；Ⅳ与Ⅴ在K2CO3作用下发生取代反应生成Ⅵ，Ⅵ在一定条件下发生取代反应生成Ⅶ；Ⅶ在1)H2SO4/水解、2)∆，-CO2条件下反应生成Ⅷ；Ⅷ与在NaHCO3作用下发生取代反应生成；在SnCl2作用下发生还原反应生成X；X与在NaHCO3作用下发生取代反应生成，由此可逆推出为。
小问1详解】
上述路线中，Ⅰ与(CH3)2SO4在K2CO3作用下发生反应生成Ⅱ等，反应类型是取代反应。
【小问2详解】
化合物Ⅲ同分异构体中，同时满足下列条件：“①结构中含有-NH2、-Cl、HCOO-；②苯环上有2个取代基”的有机物，则分子中含有苯环、另两个取代基可能为HCOO-和-CH(Cl)NH2、或-NH2和-CH(Cl)OOCH、或-Cl和-CH(NH2)OOCH，两取代基分别位于苯环的邻、间、对位置，则同分异构体的数目共有3×3=9种。
其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为2:2:2:1:1的结构简式为、、。
【小问3详解】
由分析可知，Y的结构简式为。
【小问4详解】
V为，官能团的名称为酯基、碳溴键。
【小问5详解】
Ⅷ→为亚氨基与酰氯键发生取代反应，X→为氨基与酰氯键发生取代反应，所以使用NaHCO3的作用相同。
A．鎏金舞马衔杯纹银壶
B．云龙纹瓷瓶
C．三彩载乐骆驼俑
D．鹭鸟纹彩色蜡染褶裙
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
碘单质与碘离子能发生可逆反应：
向的溶液中滴加浓溶液，层溶液紫色变浅
B
推电子效应：
酸性：
C
具有漂白性
将通入酸性溶液中，溶液褪色
D
氧化性：
将少量通入溶液中，溶液变为橙红色
物质
颜色
绿色
绿色
棕红色
橘黄色
橙红色
序号
操作
现象
I
向X中加入稀硫酸，振荡
溶液变为棕红色
II
向X中加入NaOH溶液，振荡
溶液变为绿色
III
向X中加入溶液，煮沸
绿色粉末溶解，产生黑色沉淀Y，溶液变为橙红色
氢氧化物