2026辽宁省名校联盟高三下学期4月第二次模拟考试化学试题含解析

这是一份2026辽宁省名校联盟高三下学期4月第二次模拟考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了 物质结构决定物质性质， 化学反应常伴随多彩的颜色变化等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 东北三省及内蒙古的非物质文化遗产丰富多彩，其中蕴含了许多化学知识。下列非物质文化遗产中所涉及物质的主要成分与其他三种不同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．鱼皮属于动物组织，主要成分是蛋白质；
B．棉线来自棉花，属于植物纤维，主要成分是纤维素；
C．马头琴琴箱由木材制作，木材的主要成分是纤维素；
D．桦树皮是植物组织，主要成分是纤维素；
A选项中的主要成分与其他三种不同，故选A。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. KOH的电子式为
B. 乙炔的分子式为
C. 激发态氧原子的电子排布式可能为
D. 分子的VSEPR模型名称：正四面体形
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钾是离子化合物，电子式为：，A正确；
B．乙炔的结构简式为：，分子式为C2H2，B错误；
C．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，激发态氧原子的电子排布式可能为，C正确；
D．四氟化碳分子中碳原子与4个氟原子形成4个σ键，孤对电子对数为0，则分子的VSEPR模型为正四面体形，D正确；
故选B。
3. 氮及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①每加入，充分反应后生成的数目为
B. 反应②断裂1 ml极性键时，转移电子的数目为
C. 标准状况下，5.6 L NO含有的原子数为
D. 的溶液中，数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①是合成氨可逆反应，1 ml 不能完全转化，生成的数目小于，A错误；
B．反应②为氨的催化氧化，4 ml 反应时断裂12 ml N-H极性键，共转移20 ml 电子，断裂1 ml极性键时转移电子数目为，B错误；
C．标准状况下5.6 L NO的物质的量为，每个NO含2个原子，总原子物质的量为0.5 ml，原子数为，C正确；
D．题目未给出的溶液的体积，无法计算的数目，D错误；
故选C。
4. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲基为给电子（推电子）基团，乙酸中的甲基会使羧基中O-H键极性减弱，更难电离出H⁺，因此甲酸酸性强于乙酸，A错误；
B．油酸甘油酯的烃基中含有碳碳双键，碳碳双键化学性质活泼易被氧化，硬脂酸甘油酯为饱和结构，因此油酸甘油酯更易氧化，B正确；
C．水分子间存在氢键，H₂S分子间仅存在范德华力，氢键作用强于范德华力，因此水的沸点高于硫化氢，C正确；
D．为离子晶体，熔化需破坏离子键，为分子晶体，熔化仅需破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，故熔点远高于，结构因素匹配正确，D正确；
故选A。
5. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．萃取时放气需保持分液漏斗下管向斜上方倾斜，之后旋开旋塞，放出其中的气体，使漏斗内外压力平衡，A不符合题意；
B．浓硫酸滴在木块上，木块变黑，体现了浓硫酸的脱水性，B符合题意；
C．溴易挥发，进入硝酸银溶液可生成淡黄色的溴化银，无法证明溴与苯反应有溴化氢生成，不能说明反应为取代反应，C不符合题意；
D．小烧杯、大烧杯上口需平齐与硬纸板接触，减少热量散失，D不符合题意。
故选B。
6. 化学反应常伴随多彩的颜色变化。下列化学反应中的颜色及对应的反应方程式错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌的金属活动性强于铜，可与铜离子发生置换反应生成紫红色的铜单质，离子方程式书写正确，A正确；
B．的溶解度远小于，可发生沉淀转化，黄色转化为黑色，反应方程式书写正确，B正确；
C．银镜反应在碱性条件下进行，醛基被氧化后生成的羧基会与体系中的反应生成羧酸铵，而非羧酸，正确产物应为，正确的反应方程式为，C错误；
D．为金黄色难溶物，与醋酸铅发生复分解反应生成沉淀，反应方程式书写正确，D正确；
故选C。
7. 化合物M()有良好的离子导电性，比传统的含钴电池正极材料便宜，应用前景广阔。其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的基态原子的2s能级有一个未成对电子，Y、W同主族，Y元素是地壳中含量最多的元素，Z元素鲍林电负性最大，Q为第四周期金属元素且有8个价层电子。下列说法正确的是
A. X的单质在常温下可与氧气反应生成过氧化物
B. 原子半径：
C. 电负性：
D. 化合物M中Q离子的价层电子轨道表示式为
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，基态X原子的电子排布式为，X是Li元素。Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O元素。Z的电负性最大，则Z是F元素。W与Y同主族，且是短周期主族元素，则W是S元素。Q是第四周期金属元素，且有8个价电子，其价层电子排布式为，则Q是Fe元素。综上，化合物M化学式为，据此作答。
【详解】A．由分析可知，X是Li元素。同主族元素从上到下金属性增强，Na需在点燃或加热条件下才能生成过氧化物，Li的金属性弱于Na，因此在常温下无法与反应生成过氧化物，A错误；
B．由分析可知，Y是O元素，X是Li元素，同周期元素从左到右原子半径减小，因此Li元素的原子半径大于O，B错误；
C．由分析可知，Y、Z、W分别O、F和S元素，同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，因此电负性从大到小依次为：F>O>S，C错误；
D．由分析可知，化合物M为，其中Fe为。Fe的价层电子排布式为，失去2个4s电子形成，其轨道表示式为：，D正确；
故答案选D。
8. 有机物Ⅰ和Ⅱ的结构简式及相互转化如图，下列有关说法正确的是
A. 化合物Ⅰ可发生加聚反应、还原反应等
B. 化合物Ⅱ中有2个手性碳原子
C. 化合物Ⅰ、Ⅱ中的碳原子均存在、杂化
D. 化合物Ⅱ可通过一步氧化反应生成化合物Ⅰ
【答案】A
【解析】
【详解】A．化合物Ⅰ有碳碳双键，可发生加聚反应、还原反应（如被酸性高锰酸钾溶液氧化），A正确；
B．化合物Ⅱ中有3个手性碳原子，如图所示，B错误；
C．化合物Ⅰ中双键碳为杂化，其余饱和碳为杂化；但化合物Ⅱ中所有碳原子均为饱和碳原子，全部是杂化，不存在杂化，C错误；
D．化合物Ⅱ是醇，化合物Ⅰ含有碳碳双键，醇需要通过消去反应引入碳碳双键，而非通过一步氧化得到含碳碳双键的Ⅰ，D错误；
故选A。
9. 一种基于氯碱工业的新型电解池(如图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法错误的是
A. 左边电极电势低于右边电极电势
B. 阳极区溶液中浓度逐渐降低
C. 阴极发生的反应为
D. 理论上每消耗，阳极室溶液质量减少175.5 g
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为电解池：左侧​被还原为，得电子，因此左侧电极为阴极，连接电源负极；右侧为阳极，连接电源正极，阳极饱和食盐水中的失电子生成​（对应图中逸出的气体）；中间为阳离子交换膜，仅允许阳离子（）通过。
【详解】A．电解池中，阳极（右侧）接电源正极，阴极（左侧）接电源负极，电势关系：阳极电势＞阴极电势，因此左边电极电势低于右边电极电势，A正确；
B．阳极放电生成逸出，由于阳离子交换膜允许阳离子通过，阳极区的会持续迁移到左侧阴极区，因此阳极区浓度逐渐降低，B正确；
C．阴极得电子，​被还原为，电解质为溶液，配平后电极反应，C正确；
D．消耗​时，总共转移电子： 阳极反应为，转移电子生成​，同时有迁移到阴极区。 阳极室减少的总质量 = 逸出​的质量 + 迁移出的质量 = ，不是，D错误；
故选D。
10. 以高硫铝土矿(主要成分为、，还含有少量)为原料生产和的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. 使用加压空气和搅拌有利于使反应快速充分的进行
B. “过滤”得到的滤液中通入过量，后再对沉淀过滤、洗涤、灼烧可得产品
C. “隔绝空气焙烧”高温下发生的反应为
D. 将少量产品溶于稀硫酸再滴入酸性溶液观察到褪色，则产品中含有
【答案】D
【解析】
【分析】分析整个工艺流程：焙烧：高硫铝土矿粉在空气中与少量CaO一起焙烧，FeS2被氧化为Fe2O3和SO2，同时CaO可能吸收部分SO2生成CaSO4。碱浸：加入NaOH溶液后，Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4]，而Fe2O3不溶，通过过滤分离出滤渣（主要为Fe2O3）和滤液（主要为Na[Al(OH)4]）。隔绝空气焙烧：将Fe2O3与FeS2在高温下反应，生成Fe3O4和SO2。烧渣分离：最终得到Fe3O4产品。
【详解】A．加压空气可提高氧气浓度，搅拌可增大固气接触面积，两者均能促进焙烧反应快速、充分进行，A正确；
B．碱浸后滤液主要含Na[Al(OH)4]，通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀：NaAlOH4+CO2=AlOH3↓+NaHCO3，经过滤、洗涤、灼烧得 Al2O3：2 AlOH3≜Al2O3+3 H2O，B正确；
C．隔绝空气焙烧中，FeS2与Fe2O3反应生成Fe3O4和SO2，配平方程式为：，原子守恒且电子转移合理，C正确；
D．Fe3O4溶于稀硫酸即产生 Fe2+：，Fe2+本身即可还原酸性KMnO4致其褪色，无需额外FeO存在。因此，褪色现象不能作为“含有FeO”的证据，D错误；
故选 D。
11. 某锂离子电池电极材料充电后的晶胞结构(立方晶胞)如图所示。晶胞参数为a pm，A点的坐标为，B点的坐标为。原子坐标的取值区间为，若取值为1，相当于平移到另一个晶胞，与取值为0毫无差别。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A. 晶胞中之间的最短距离为
B. C点的坐标为
C. 晶体的密度为
D. 该晶胞有12种原子坐标，故晶胞中有12个微粒
【答案】C
【解析】
【分析】用均摊法计算晶胞中微粒数，的数目为，位于晶胞内，数目为，该晶胞化学式为。
【详解】A．观察晶胞结构可知，晶胞内的两个最近位于晶胞棱长的处，之间最短距离为晶胞棱长的一半，即为，A正确；
B．由A点坐标(，根据原子坐标取值规则，C点位于底面面心，其��、��坐标为，��坐标为0，即C点坐标为，B正确；
C．晶胞体积为：，晶胞质量为：，密度为：，C错误；
D．晶胞中S共4个，共8个，每个不等价的位置对应1种不同的原子坐标，共12种原子坐标，对应晶胞中12个微粒，D正确
故选C。
12. 某学习小组探究铜盐溶液加热蒸干后物质的成分。取少量纯净的氯化铜晶体加水溶解，置于蒸发皿中，加热搅拌，直至蒸干。实验加热过程中观察到蓝色溶液先变成绿色溶液，最后得到棕黄色固体，该固体溶于水后可得蓝色溶液。下列说法错误的是
A. 实验过程中，存在平衡：
B. 温度升高和浓度的不断增大，均有利于转化为
C. 实验过程中，得到的棕黄色固体中存在氯化铜
D. 由该实验的现象可知：将硝酸铜溶液加热蒸干最后得到硝酸铜
【答案】D
【解析】
【详解】A．蓝色的和黄色的共存时溶液显绿色，与实验中蓝色溶液变为绿色溶液的现象匹配，该平衡存在，A正确；
B．加热蒸发过程中溶剂水减少，浓度增大，根据勒夏特列原理，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于四氯合铜离子生成；且该转化为吸热反应，温度升高也促进平衡正向移动，B正确；
C．实验中观察到棕黄色固体，结合铜的氯化物性质，氯化铜为棕黄色固体，故固体中存在氯化铜，C正确；
D．硝酸铜溶液中存在水解平衡：​，加热过程中​易挥发、受热易分解，水解平衡不断正向移动，蒸干后氢氧化铜分解最终得到CuO，无法得到硝酸铜，D错误；
故选D。
13. 大连化物所某研究团队开发研究出负氢电池(如图)。已知放电时正极生成、和，下列说法正确的是
A. 中H的化合价为价
B. 放电时负极反应式为
C. 充电时阳极质量减小
D. 充电时向阴极移动
【答案】B
【解析】
【分析】该装置放电时为正极，反应方程式为：；为负极，反应方程式为：，据此分析。
【详解】A．中H的化合价为价，A项错误；
B．为负极，反应方程式为：，B正确；
C．充电时阳极反应为，每转移6个，则有6个从阴极移动向阳极形成，阳极质量增大，C项错误；
D．充电时为电解池，向阳极移动，D项错误。；
故选B。
14. 一定条件下，化合物A和B合成E的反应路径如下：；；。已知反应初始A的浓度为，B的浓度为，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法错误的是
A. 时刻，体系中A的浓度小于
B. 时刻，体系中无C存在
C. A和B反应生成C的活化能很小
D. 时刻，D的反应速率约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，反应0时刻，B的浓度瞬间由降为0，A的浓度变为，0时刻后，体系中E的量在增加，发生，生成的B继续消耗A，则时刻A的浓度小于，A项正确；
B．由图可知，时刻，E的浓度为，B的浓度应也为，而B的浓度约为，说明其中约有的B与剩余的A瞬间又生成了约的C，若体系中无C存在，则D的浓度应约为，而D的浓度约为，则C的浓度约为，所以体系中有C存在，B项错误；
C．由图可知，0时刻，B的浓度瞬间由降为0，说明A和B生成C的反应速率特别快，反应的活化能很小，C项正确；
D．时刻，D的浓度改变约为，D的反应速率约为，D项正确。
答案选B。
15. 为二元弱酸。20℃时，配制一组的和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ表示
B. 的的数量级为
C. 的溶液中：
D. 的溶液中：
【答案】C
【解析】
【分析】随着pH变大，的浓度逐渐减小，的浓度先增大后减小，的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ表示的物质的量浓度随pH的变化曲线，曲线Ⅱ表示的物质的量浓度随pH的变化曲线，曲线Ⅲ表示的物质的量浓度随pH的变化曲线，据此分析选项。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量浓度随pH的变化曲线，A项错误；
Ｂ．由曲线Ⅰ和Ⅱ的交点pH可以得出的，故的的数量级为，B项错误；
C．的溶液中，由电荷守恒关系：，可推出，则，C项正确；
D．结合电荷守恒和关系式，由图可知，当时，可视为0，则，又由于此时溶液呈酸性，，则，D项错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 铅阳极泥是铅电解精炼过程中产出的一种副产品，通常含有Au、Ag、Cu、Pb、Sb、Bi及水分，是提取Au、Ag等贵金属的重要原料。工艺流程如下：
已知：①常温下，；
②常温下， 。
（1）“原料预处理”中需将原料进行球磨粉碎，目的是___________。
（2）浸液可用来回收利用Cu、Pb、Sb、Bi等金属，在“选择性浸出”中，溶解Cu的化学反应方程式为___________。
（3）若相关金属的浸出率与盐酸浓度、温度的关系如图所示，则选择盐酸的浓度应为___________，温度应为___________℃。
（4）“分银”原理为，常温下该反应的平衡常数___________，若加入1 L 溶液溶解a ml AgCl，理论上溶液的浓度须达到___________(忽略溶解前后溶液的体积变化)。
（5）HCHO的作用为___________；再生后的母液返回“分银”工序循环使用，发现循环多次后银的浸出率降低，从平衡移动的角度分析可能的原因是___________。
（6）若分金液中金以的形式存在，则“氯化分金”中发生的离子方程式为___________。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（2）或
（3） ①. 4 ②. 50
（4） ①. ②.
（5） ①. 还原剂 ②. 分银时发生反应：，循环多次后，溶液中不断积累、浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，银的浸出率降低
（6）
【解析】
【分析】该工艺流程是从铅阳极泥中分离提取金、银的贵金属提取工艺。先除去贱金属杂质，再分离银和金，分别还原提纯得到成品，各环节分析：原料预处理：将铅阳极泥球磨粉碎，目的是增大原料的比表面积，增大后续浸出反应的接触面积，加快反应速率，提高金属浸出率；选择性浸出：通入、加入HCl，将原料中的Cu、Pb、Sb、Bi等贱金属氧化溶解，进入浸液（可后续回收这些金属）；Ag被氧化转化为难溶的AgCl固体，Au不发生溶解反应，二者都留在浸渣中，实现贱金属与贵金属Au、Ag的初步分离；一次分银：向浸渣中加入，AgCl会与结合生成可溶性配离子，Ag进入分银液；Au不反应，留在分银渣中，实现Ag和Au的分离；氯化分金：向分银渣中加入氧化剂、NaCl、，酸性条件下Au被氧化，转化为可溶性的进入分金液；未浸出的残留Ag留在分金渣中；二次分银：分金渣中还残留未提取的Ag，再次加入浸出Ag，得到的分银液和一次分银的分银液合并，提升银的总回收率；金的提纯：分金液中的被还原得到Au单质（粗金），粗金进一步提纯后得到成品金，反应后废液排出；银的提纯：合并后的分银液加入NaOH和HCHO，HCHO作为还原剂，将中+1价的Ag还原为Ag单质，得到粗银；粗银经电解精炼得到成品银；还原后的母液通入再生，得到的亚硫酸钠溶液可返回分银工序循环使用。
【小问1详解】
原料为固体，经过球磨粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
【小问2详解】
加入和HCl溶解Cu，Cu可与反应，化学反应方程式为或；
【小问3详解】
浸出步骤中，需将Cu、Pb、Sb、Bi溶解，Ag生成固体AgCl，由图中信息可知，选择盐酸的浓度应为，温度应为50℃；
【小问4详解】
根据，；由分银原理的离子方程式可知，参与反应的物质的量为AgCl物质的量的2倍，即需。根据分银原理离子方程式的平衡常数，可知溶液中，因此溶液的浓度须达到；
【小问5详解】
“还原”步骤中加入HCHO的目的是作为还原剂将还原为Ag；分银时发生反应：，循环多次后，溶液中不断积累、浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，银的浸出率降低；
【小问6详解】
分金液中金以的形式存在，则“氯化分金”中发生的离子方程式为。
17. 探究合成反应化学平衡的影响因素，以提高的产率。以、为原料合成涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）反应Ⅰ的___________0(填“>”或“ （2）D
（3） ①. c ②. 反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降(或催化剂失去活性) ③. 22.5% ④. ⑤.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅱ=反应Ⅰ，则反应Ⅰ的焓变为：；
【小问2详解】
A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，由方程式可知，反应Ⅰ是气体体积不变的反应，反应Ⅱ和反应Ⅲ都是气体体积减小的反应，反应中气体的平均相对分子质量增大，则气体的平均相对分子质量不变，说明正逆反应速率相等，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡，A正确；
B．反应Ⅰ是吸热反应，在恒容绝热容器反应时反应温度减小，反应Ⅱ和反应Ⅲ都是放热反应，在恒容绝热容器反应时反应温度升高，则反应Ⅰ的平衡常数K保持不变，说明容器中反应温度不变，正逆反应速率相等，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡，B正确；
C．选用合适的催化剂可以增大反应Ⅱ和反应Ⅲ的反应速率，提高甲醇在单位时间内的产量，C正确；
D．反应Ⅱ和反应Ⅲ都是气体体积减小的反应，体系达平衡后，若压缩体积，气体压强增大，平衡均向正反应方向移动，改变了反应I中各物质的浓度，导致反应I的平衡也发生移动，D错误；
故选D；
【小问3详解】
反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，则曲线a、b、c分别代表甲醇的选择性、甲醇时空收率、二氧化碳转化率随温度的变化；
①由分析可知，曲线c代表二氧化碳转化率随温度的变化；280℃后，甲醇的选择性快速下降可能是反应Ⅰ的反应速率的增大程度远大于反应Ⅱ所致，也可能是温度升高，催化剂活性下降，导致反应Ⅱ的反应速率减慢所致；
②由图可知，280℃时，甲醇的选择性为77.5%，由选择性公式可知，一氧化碳的选择性为：1-77.5%=22.5%；由题意可知，进气流量为、二氧化碳和氢气的物质的量比为1：3，则1 h通入二氧化碳的物质的量为：××60 min=；由题意可知，催化剂的质量为0.5 g，甲醇的时空收率为 ，由时空收率公式可知，甲醇的产率为：；280℃时，甲醇的选择性为77.5%，则由1 h甲醇的实际产量可得：×=××77.5%，解得：=；
③根据题意，该气体流速下的转化率为平衡转化率，若假设装置中起始时含有气体，那么起始时、，反应Ⅰ中为，反应Ⅱ中为，则假设反应Ⅰ达到平衡后再发生反应Ⅱ并达到平衡，且平衡时，则由题意可得如下“三段式”：
根据平衡时转化率为，可知，，解得，则平衡时、、，，可以得到反应Ⅰ的。
18. 甲基橙()常用作酸碱指示剂，制备方法如下：
Ⅰ．混合2.00 g对氨基苯磺酸晶体()和10.0 mL 5%的NaOH溶液，溶解后冷却至室温，搅拌下加入少量，分批次滴入装有2.5 mL HCl和13.0 mL水的烧杯中。用淀粉-KI试纸检验变蓝后，维持温度在5℃以下反应，冰水浴15 min。
Ⅱ．在搅拌下滴入1.3 mL N，N-二甲基苯胺(过量)和1.0 mL冰醋酸(HAc)，搅拌10 min，再缓慢加入15.0 mL 10% NaOH溶液至橙色后，加热至沸腾，溶解、冷却结晶，减压过滤、洗涤、干燥约得粗产品3.5 g。粗产品经提纯后得橙红色片状晶体3.27 g。
已知：对氨基苯磺酸微溶于冷水，酸性强于碱性，能与碱作用生成盐，但不能与酸作用生成盐。
回答下列问题：
（1）已知N，N-二甲基苯胺有毒，若接触到皮肤，应立即用___________(填标号)冲洗，再用肥皂水冲洗。
A．浓硫酸 B．氢氧化钠溶液 C．稀醋酸
（2）制备重氮盐需要酸性条件，第一步加碱的原因是___________。
（3）若加入淀粉-KI试纸检验，试纸未变蓝，则需补加___________(填标号)。
A．对氨基苯磺酸 B． C．盐酸
（4）相比过滤，减压过滤的优点是___________。
（5）提纯甲基橙的方法为___________。
（6）下列与甲基橙有关的说法正确的是___________(填标号)。
A．甲基橙中S原子为杂化
B．通入甲基橙溶液，先变红后褪色
C．一般可用甲基橙作盐酸标准液滴定未知浓度氨水的指示剂
（7）此次实验的产率是___________%。
【答案】（1）C （2）把对氨基苯磺酸转换成钠盐，促进溶解
（3）B （4）速度更快，固体更干燥
（5）重结晶(写柱色谱、色谱法均给分)
（6）C （7）86.5
【解析】
【分析】混合对氨基苯磺酸和溶液发生中和反应，溶解后冷却至室温，搅拌下加入，分批次滴入装有和水的烧杯中，用淀粉-试纸检验变蓝，说明与对氨基苯磺酸钠基本反应结束，过量氧化生成，维持温度在5℃以下反应，冰水浴15 min；在搅拌下滴入N，N-二甲基苯胺和冰醋酸，搅拌，再缓慢加入溶液至橙色后，加热至沸腾，溶解、冷却结晶，减压过滤、洗涤、干燥得粗产品，粗产品再经过重结晶提纯得到橙红色片状晶体，据此分析。
【小问1详解】
N，N-二甲基苯胺有碱性，与稀醋酸反应生成可溶于水的盐。
【小问2详解】
对氨基苯磺酸微溶于冷水，加碱可转化为盐，增大溶解度。
【小问3详解】
加入淀粉-KI试纸检验，试纸未变蓝，说明与对氨基苯磺酸钠反应的量不足，需要增大加入的量。
【小问4详解】
减压过滤比过滤速度更快，固体更干燥。
【小问5详解】
产品为固体混合物，再次对固体混合物提纯，可以采用重结晶等提纯方法(写柱色谱、色谱法也可得分)。
【小问6详解】
A．甲基橙中S原子为杂化，A项错误；
B．足量通入甲基橙溶液，溶液显酸性会使甲基橙溶液变红色，不能漂白指示剂，B项错误；
C．盐酸标准液滴定未知浓度的氨水，反应终点溶液显酸性，指示剂一般选择甲基橙，C项正确。
答案选C。
【小问7详解】
将题给数据代入产率公式，得甲基橙的产率
19. 有机物G是合成药物的重要中间体，某种合成路线如下：
（1）A分子中的官能团名称为___________。
（2）的反应类型为___________。
（3）有机物H为D的同系物且相对分子质量比D小28，H的同分异构体中满足下列条件的有___________种。
①分子中含有一个苯环，苯环上有4个取代基，其中2个为甲基
②碱性条件可水解，酸化后得2种产物，2种产物均能被银氨溶液氧化
（4）写出C→D的化学方程式：___________。
（5）F的分子式为，其结构简式为___________。
（6）已知：①(R和表示烃基或氢，表示烃基)；
②。
若以、为主要原料合成的某种路线如下(部分反应物和条件已省略)：
写出X、Y、Z的结构简式：X___________，Y___________，Z___________。
【答案】（1）酮羰基、羧基
（2）取代反应 （3）16
（4） （5） （6） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】A和发生取代反应生成，之后在酸性条件下转化为B。B与发生取代反应生成C。C和发生取代反应生成D。D和发生加成-消除反应生成E。E在Zn/条件下经还原反应转化为F，F经酸性水解后再调节pH到7转化为G，该过程酯基发生水解转化为羧基，则F为，据此作答。
【小问1详解】
由化合物A结构可知，其中官能团名称为羧基和酮羰基；
【小问2详解】
B→C的反应中，B中羧基的羟基被氯原子代替，该反应为取代反应；
【小问3详解】
D的分子式为，根据题干信息，H为D的同系物，且相对分子质量比D小28，则H的分子式为。根据已知条件②，H在碱性条件下可水解，说明其含有酯基。同时，H水解的2种产物均能被银氨溶液氧化，说明水解产物之一为甲酸，H中含有和。结合已知条件①，可知H含有苯环，且苯环上的4个取代基包括2个，1个和，固定甲基的位置，再固定醛基找酯基的位置，据此可画出异构体结构式（数字代表酯基的位置）：，，，, ,，综上，共16种异构体：
【小问4详解】
由分析可知，C发生取代反应生成D，该反应方程式为：；
【小问5详解】
由分析可知，F的结构简式为：；
【小问6详解】
通过逆合成分析法分析，根据题干给出的合成路线， 可由和合成。由已知条件②可知，可由在NaOH条件下合成。选项
A
B
C
D
物品
名称
赫哲族鱼皮粘贴画
满洲棉线刺绣
内蒙古马头琴琴箱
长白山桦树皮工艺品
选项
性质差异
结构因素
A
水溶液中的酸性：甲酸强于乙酸
甲基吸电子
B
油酸甘油酯比硬脂酸甘油酯更易氧化
碳碳双键
C
水的沸点高于硫化氢
氢键
D
的熔点远高于
晶体类型
装置
选项
A．萃取放气
B．验证浓硫酸的脱水性
装置
选项
C．制备溴苯并验证发生了取代反应
D．测定中和热
选项
颜色变化
反应方程式
A
锌片伸入硫酸铜溶液，表面生成紫红色的固体
B
向AgI悬浊液中加入溶液，固体由黄色变为黑色
C
将葡萄糖滴入到装有银氨溶液的试管中，并置于热水浴，试管壁出现光亮的银镜
D
向盛有KI溶液的试管中滴入溶液，试管中出现金黄色沉淀