北京市中国人民大学附中2023届高三化学上学期期中模拟试题（Word版附答案）

这是一份北京市中国人民大学附中2023届高三化学上学期期中模拟试题（Word版附答案），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
人大附中2023届高三化学期中考试前练习
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分）
1. 下列物质属于生物大分子且对其聚合原理表述正确的是
A. 纤维素：通过醛基与羟基的反应聚合
B. 油脂：通过羧基与羟基的取代反应聚合
C. 脱氧核糖核酸：通过互补碱基之间的氢键聚合
D. 蛋白质：通过亲水基团（或疏水基团）之间的相似相溶原理聚合
【答案】A
【解析】
【详解】A．纤维素由葡萄糖通过醛基与羟基的反应聚合得到，A正确；
B．油脂由高级脂肪酸与甘油发生酯化即取代反应得到，但油脂属于小分子化合物，B错误；
C．脱氧核糖核苷酸是通过3'，5'-磷酸二酯键彼此连接起来的线形多聚体，C错误；
D．蛋白质是由氨基酸中氨基和羧基以“脱水缩合”的方式组成的多肽链经过盘曲折叠形成的具有一定空间结构的物质，D错误；
故选：A。
2. 铝是一种较为活泼的金属，常见价态为价。下列说法中，正确的是
A. 的中子数为14
B. 基态原子的价电子排布为
C. 熔点为，说明为离子晶体
D. 电解溶液可制备单质
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝是13号元素其质子数为13，中子数=质量数-质子数=27-13=14，A正确；
B．铝位于第三周期第IIIA族，价电子排布为3s23p1，B错误；
C．氯化铝熔点、沸点都很低，且会升华，和大多数含卤素离子的盐类不同，熔化的氯化铝不易导电，所以氯化铝为共价晶体，C错误；
D．硫酸铝溶液中氢离子得电子能力强于铝离子，电解硫酸铝溶液得不到铝单质，应电解熔融的氧化铝，D错误；
故选：A。
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 酸性： B. 还原性：
C. 热稳定性： D. 沸点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，其简单离子的还原性变弱，能用元素周期律解释，B不符合题意；
C．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．水分子能比氟化氢分子形成更多氢键，导致其沸点升高，不能用元素周期律解释，D符合题意；
故选D。
4. 下列性质的比较，不正确的是
A. 沸点： B. 键角：
C. 熔点： D. 在水中溶解性：丁醇戊醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．均为分子晶体，氯化氢相对分子质量小于氯化氢，故沸点：，A错误；
B．硫酸根离子中硫原子为sp3杂化，无孤电子对；氨气分子中氮原子为sp3杂化，有1对孤电子对；由于孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致键角：，B正确；
C．离子半径Mg2+>Ba2+，O2->Cl-，则离子键键能，导致熔点，C正确；
D．1-戊醇中烃基更大，导致其在水中溶解度更小，故溶解性：1-丁醇>1-戊醇，D正确；
故选A。
5. 脱落酸（）是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。下列关于的说法中，正确的是

A. 分子式为
B. 可以发生取代反应、氧化反应
C. 与发生加成反应，可能得到3种不同产物
D. 可发生分子内酯化反应，所得的分子中具有两个六元环
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物分子含有15个碳原子、20个氢原子、4个氧原子，其分子式为C15H20O4，故A错误；
B．含有羧基、羟基，可以发生酯化反应即取代反应，含有羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，故B正确；
C．该有机物含3个碳碳双键，1molABA与1molBr2发生加成反应时，每个碳碳双键加成后的产物都不同，有3种，但链上的两个碳碳双键存在共轭结构-C=C-C=C-，加成时发生1,4加成，产物又1种，因此共4种产物，故C错误；
D．含有羟基和羧基，可发生分子内酯化反应，但不形成六元环，故D错误；
故选：B。
6. NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是

A. NH4Cl晶体属于离子晶体
B. NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C. NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D. 每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；
故选B。
7. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示，下列说法错误的是

A. 该高分子可通过加聚反应合成
B. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C. 合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D. 自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B．该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；
C．合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，官能团相同，故C正确；
D．自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；
故选：D。
8. m个Ag原子形成的立方体形纳米簇Agm结构如图，立方体的顶点及各面面心处各有1个Ag原子。以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Agm2倍、2倍、1倍的纳米团簇Agn。

下列说法中不正确的是
A. Agm易在化学反应中失去电子，形成阳离子
B. 固体Agm可能呈现彩色
C. 距离a处Ag原子距离最近且相等的Ag原子为12个
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．银是不活泼金属，化学性质稳定，在化学反应中不易失去电子形成阳离子，所以纳米簇Agm的化学性质稳定，在化学反应中不易失去电子形成阳离子，故A错误；
B．固体Agm的颗粒直径小于100纳米，固体的表面积大，光的吸收强度大，可能出呈现出黄色等彩色，故B正确；
C．由图可知，距离位于的立方体面心的a处银原子距离最近且相等的银原子位于小立方体的面心，共有12个，故C正确，
D．由纳米簇结构可知，Agm的m=8+6=14，则以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Agm2倍、2倍、1倍的纳米团簇Agn的n=14+24=38，故D正确；
故选A。
9. 下列实验设计或操作能达到实验目的的是（ ）

实验目的
实验设计或操作
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入乙醇、浓硫酸，加热。
B
鉴别卤代烃中所含卤原子种类
加入溶液，加热。加入足量，再加入溶液，观察沉淀颜色。
C
除去甲苯中的少量苯酚
加入足量浓溴水。振荡、静置、过滤
D
检验甲酸中是否混有乙醛
加入足量稀溶液。再加入银氨溶液，水浴加热。

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应进行不完全，A错误；
B．卤代烃在氢氧化钠作用下水解出卤素离子，酸化后和银生成不同颜色的卤化银沉淀，能鉴别卤代烃中所含卤原子种类，B正确；
C．苯酚和溴生成的三溴苯酚会溶于甲苯中不能过滤，C错误；
D．甲酸也能发生银镜反应，不能检验是否混有乙醛，D错误；
故选B。
10. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D. W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则
A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；
B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；
C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；
D. 亚硝酸为弱酸，D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。
11. 某分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是

A. 图示片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤
B. 该片段中所有氮原子都采取杂化
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应
D. 若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤，A正确；
B．-NH2中氮原子形成3个σ键，此外还有1对孤电子对，为sp3杂化，B错误；
C．分子中存在肽键，可以发生水解，C正确；
D．若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，则此处无法再形成氢键，导致其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸，D正确；
故选B。
12. 有机物A的分子式为。已知：①分子中苯环上只有两个取代基；②A可与溶液发生显色反应；③A能发生银镜反应。A的可能结构有
A. 6种 B. 9种 C. 12种 D. 15种
【答案】D
【解析】
【详解】机物A的分子式为，其不饱和度为5；
可与溶液发生显色反应，含有酚羟基；A能发生银镜反应，含有醛基或为甲酸酯；分子中苯环上只有两个取代基，则一个为-OH，另一个含有4个碳；结构可以为-CH2CH2CH2CHO、-CH(CH3)CH2CHO、-CH2CH(CH3)CHO、-C(CH3)2CHO、-CH(CH2CH3)CHO；各有邻间对3种，共15种；
故选D。
13. 某同学使用如图装置进行甲苯与液溴的反应，操作、现象及部分结论如下（部分现象、操作略去）：
①将甲苯与液溴混合均匀，静置足够长时间，无明显现象；
②投入还原铁粉，几秒后，瓶内溶液剧烈反应；
③一段时间后，试管内出现淡黄色沉淀；
④反应结束后，烧瓶中溶液呈红棕色。向其中加入浓溶液，振荡，静置，液体分为两层，均呈无色；
⑤取下层（有机物层）液体与试管中，加入酸化的溶液，振荡，静置，未观察到沉淀生成；
⑥取有机层液体，干燥，蒸馏，检验。产物为2，4-二溴甲苯及2，6-二溴甲苯。
根据上述现象、结论，下列结论中不正确的是

A. ①与②对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂。
B. ③说明：甲苯与液溴的反应是取代反应，不是加成反应。
C. ④、⑤说明：相比于有机溶剂，更易溶解于水中。
D. ⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代。
【答案】B
【解析】
【分析】甲苯与液溴在铁催化作用下生成甲苯的溴代物和溴化氢，溴化氢能使硝酸银溶液生成黄色沉淀；反应后混合物加入浓氢氧化钠除去过量的溴，振荡，静置，分液，有机层蒸馏得到产物；
【详解】A．①与②变量为催化剂铁加入，对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂，A正确；
B．挥发出的溴溶于水生成HBr，也会和硝酸银生成溴化银沉淀，B错误；
C．⑤中没有生成溴化银沉淀，说明相比于有机溶剂，更易溶解于水中，C正确；
D．2、4、6号位是甲基的邻对位，⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代，D正确；
故选B。
14. 烯酮分子在一定条件可与硅醚反应：

有机物X（ ）在此条件下反应，其产物是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】烯酮分子在一定条件与硅醚反应机理为烯酮上的碳碳双键断裂，与硅醚的碳碳双键断裂及O-Si键断裂，生成C=O与C-C键；则有机物X在此条件下反应，其产物是 ，故选A。
第Ⅱ卷（非选择题 共58分）
二、非选择题（本部分共5小题，共58分）
15. 晶体X是一种在生产生活中得到广泛应用的化工产品。
（1）向溶液中，滴加溶液，可观察到___________。
（2）将（1）中所得产物提纯、结晶可得到纯净的晶体X。通过___________实验，可确定X的晶体结构。
a．核磁共振 b．红外光谱 c．X射线衍射 d．质谱
（3）实验表明，通过配位键构成了X晶体的骨架。其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。
注：复晶胞是晶体结构的基本单元，但不是晶体结构的最小重复单元。

①的电子式为___________，能与形成配位键的原因是___________。
②Ⅰ型立方结构___________（填“是”或“不是”）晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。图2中，Ⅰ型立方结构分别是a、___________。
③结晶时，小立方体a内部会填入1个（未画出）。小立方体b内部___________。
a．不会填入 b．会填入1个 c．会填入2个 d．会填入4个
（4）已知Ⅱ型立方结构的边长为，以表示阿伏加德罗常数的值。晶体X密度的计算式为___________。
【答案】（1）生成蓝色沉淀
（2）c （3） ①. ②. CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道 ③. 不是 ④. d、f、g ⑤. a
（4）
【解析】
【小问1详解】
检验亚铁离子，加入溶液，可生成蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；
【小问2详解】
一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢，X射线衍射可确定晶体的结构，故选c；
【小问3详解】
①CN-中存在叁键，电子式为：；CN-能与形成配位键的原因是CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道，从而形成配位键；
②亚铁离子，加入溶液，生成蓝色沉淀；Ⅰ型立方结构中亚铁离子、铁离子、氰根离子的数目分别为0.5、0.5、3，所以不是晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。分析图示亚铁离子、铁离子位置如图：

则图中，Ⅰ型立方结构分别是a、d、f、g。
③由②分析可知，每个Ⅰ型立方结构中缺少正电荷为：3×1-0.5×2-0.5×3=0.5，则缺少0.5个钾离子，结晶时，小立方体a内部会填入1个（未画出），则相邻小立方体b内部不会填入，故选a；
【小问4详解】
由②③分析可知，Ⅱ型立方结构中亚铁离子、铁离子、氰根离子、钾离子的数目分别为0.5×8=4、0.5×8=4、3×8=24、0.5×8=4，则故晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
16. 硼、铝元素位于金属分界线附近，其化合物性质相对复杂。
（1）硼在元素周期表中的位置是___________。铍、硼、铝的第一电离能从大到小依次是___________。
（2）分子的空间形状为___________，B原子的杂化形式为___________。
（3）可与溶液反应得到溶液。结晶可得晶体，其熔点为，由构成。的结构式为___________。（已知：的结构式为）
（4）的晶体结构与相似，其熔点为。请解释其熔点小于的原因：原子半径：，___________。
（5）研究表明：NaAlCl4化学性质较为稳定，加热至以上才开始分解，得到。而在即开始分解，释放出。已知：
ⅰ．这两种物质的稳定性主要与阴离子的配位键强弱有关，其他因素影响较小；
ⅱ．配位键键能与中心原子接受电子的能力、配位原子给出电子的能力有关。
请从原子结构角度解释两种物质的稳定性差异：两种物质的阴离子中心原子相同，配位原子不同；F与原子最外层电子数相同，电子层数：，原子半径：，___________，稳定性：。
【答案】（1） ①. 第二周期第ⅢA族 ②. 铍、硼、铝
（2） ① 平面三角形 ②. sp2杂化
（3） （4）半径更小，使得钠离子与之间的晶格能更大，熔点更高
（5）由于F原子半径更小、电负性更强，使得F原子给出电子的能力小于氯原子给出电子的能力，导致F形成的配位键键能不如Cl形成的配位键键能大
【解析】
【小问1详解】
硼为5号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故铍、硼、铝的第一电离能从大到小依次是铍、硼、铝；
【小问2详解】
中B的价层电子对数为3+=4，B原子采用sp2杂化，分子的空间形状为平面三角形；
【小问3详解】
中有1个F提供孤电子对，与B形成配位键，其结构式为；
【小问4详解】
两者均为离子晶体，原子半径，则半径更小，使得钠离子与之间的晶格能更大，熔点更高；
【小问5详解】
由于F原子半径更小、电负性更强，使得F原子给出电子的能力小于氯原子给出电子的能力，导致F形成的配位键键能不如Cl形成的配位键键能大，故稳定性：。
17. 应用原子力显微（）、扫描隧道显微（）等技术可对分子的电子云进行成像。
Ⅰ．应用技术对沉积于表面的8-羟基喹啉（）成像。探测到电子的区域呈浅色。
部分有机物熔点如下表：
物质
8-羟基喹啉
7-羟基喹啉
6-羟基喹啉
并五苯
正二十二烷
熔点（）
75
239
195
257
44

（1）8-羟基喹啉分子间可形成氢键，其原因是______________________。
（2）8-羟基喹啉的熔点明显低于7-羟基喹啉、6-羟基喹啉的熔点的原因是______________________。
（3）①8-羟基喹啉与苯相似，除键外，还有___________键，使C、N原子的性质与普通的烷烃、烯烃、胺明显不同。
②实验结果表明，8-羟基喹啉分子间除氢键外，还存在______________________等氢键，分子间出现反常氢键的可能原因是___________。
Ⅱ．应用技术对沉积于表面的并五苯（）成像。

（4）下列说法中正确的是_____
a．并五苯为非极性分子
b．理论能够较好的预测并五苯分子的电子分布情况
c．技术与技术表征的是不同类型的电子云
d．根据结果，x、y两处H原子取代的难度可能不同
e．并五苯分子间除范德华力外可能存在其他相互作用
【答案】（1）氮元素电负性大，能与氢原子形成氢键
（2）8-羟基喹啉能形成分子内氢键，7-羟基喹啉、6-羟基喹啉可以形成分子间氢键
（3） ①. 大π键 ②. ③. O和N的电负性都比较大，均可以与氢原子形成氢键
（4）ad
【解析】
【小问1详解】
氮元素电负性大，能与氢原子形成氢键，所以8-羟基喹啉分子间可形成氢键。
【小问2详解】
由于8-羟基喹啉能形成分子内氢键，7-羟基喹啉、6-羟基喹啉可以形成分子间氢键，所以8-羟基喹啉熔点明显低于7-羟基喹啉、6-羟基喹啉的熔点。
【小问3详解】
①8-羟基喹啉与苯相似，除键外，还有大π键，使C、N原子的性质与普通的烷烃、烯烃、胺明显不同。
②分子中含有羟基，根据示意图可判断8-羟基喹啉分子间除氢键外，还存在等氢键，由于O和N的电负性都比较大，均可以与氢原子形成氢键，所以分子间出现反常氢键。
【小问4详解】
a．并五苯结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子，a正确；
b．根据示意图可知STM理论能够较好的预测并五苯分子的电子分布情况，b错误；
c．并五苯分子中电子云是相同的，所以技术与技术表征的是相同类型的电子云，c错误；
d．根据结果，x、y两处成像不同，因此H原子取代的难度可能不同，d正确；
e．并五苯分子间不能形成氢键，只有范德华力，e错误；
答案选ad。
18. “点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
+
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：

已知：+H2O+
（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b. B可以发生氧化、取代、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
（4）反应②的化学方程式为_______。
（5）E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。
（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：

写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
【答案】（1） ①. 醛基和溴原子(或碳溴键) ②. 取代反应
（2）ab （3）
（4）+H2O+
（5） ①. ②. 或或
（6） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；
【小问1详解】
由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子(或碳溴键)；对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，属于取代反应；
【小问2详解】
a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；
b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误，
故选ab；
【小问3详解】
B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为；
【小问4详解】
由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为：+ +H2O；
【小问5详解】
对比D、E的分子式，应D中的1个−F原子被−N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位−F原子被取代，故E为；
【小问6详解】
醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的−OH被取代生成J，故J为。
19. 某小组同学根据和的氧化性推断溶液中与可能先后发生两个反应：，，进行如下实验。
实验
试剂
现象
Ⅰ
溶液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁
Ⅱ
的溶液过量锌粉
片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁

（1）实验Ⅰ结束后，最终还原产物为___________。
（2）结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因：___________。
（3）实验Ⅲ：用溶液和溶液替代实验Ⅱ中的溶液：
实验
试剂
现象
Ⅰ
的溶液、过量锌粉
约半小时后，液体变深棕色且浑浊，无铁产生
Ⅱ
的溶液、过量锌粉
约半小时后，液体呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生
资料：，在溶液中呈棕色。
①___________。
②甲同学根据ⅰ的现象，判断液体中一定存在，乙同学认为甲的结论不正确。深棕色可能是生成的___________导致的现象。乙同学设计了一个实验证明了深棕色液体中存在。其实验的操作和现象是___________。
③对照实验Ⅱ和Ⅲ，方溶液与过量锌粉反应没有生成铁的可能原因是___________。
（4）实验Ⅳ：将实验Ⅱ中水溶液换成无水乙醇溶液，加入足量锌粉，片刻后，反应放热，有大量铁产生。
由实验Ⅰ~Ⅳ可知：反应足够长时间后，锌能否与反应得到单质铁，与和的物质的量、的浓度、___________、___________等有关。
【答案】（1）Fe2+
（2）FeCl3溶液中存在水解平衡，加入锌粉，被消耗，促进的水解，产生氢氧化铁沉淀；
（3） ①. 0.5 ②. ③. 过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体 ④. 与结合生成，溶液中的浓度下降，使得与反应的化学反应速率变慢；
（4） ①. 阴离子种类 ②. 溶剂
【解析】
【小问1详解】
加入过量锌粉，溶液颜色变浅，固体中没有铁，说明最终还原产物为Fe2+；
【小问2详解】
FeCl3溶液中存在水解平衡，加入锌粉，被消耗，促进的水解，产生氢氧化铁沉淀；
【小问3详解】
①该对比实验是为了探究阴离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c1V1=c2V2，即1mol/L×2mL=amol/L×2×2mL，解得a=0.5；
②NO2是深红棕色气体，故推测可能是生成的NO2导致的现象；由可逆反应，若Ⅰ中存在，可加热溶液，会产生NO，NO再被空气中的O2氧化成NO2，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；
【小问4详解】
由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将换成，无铁单质生成，则锌能否与反应得到单质铁与阴离子种类有关。