2023届北京市海淀区一零一中学高三上学期9月月考试题化学含解析

这是一份2023届北京市海淀区一零一中学高三上学期9月月考试题化学含解析，共23页。试卷主要包含了5°，故C正确；， 下表是常见晶胞结构，1ml/L的溶液中等内容，欢迎下载使用。
北京101中学2023届上学期高三年级9月月考化学试卷
相对原子质量：S-32 Cl-35.5
I卷：选择题(共42分)
每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分。
1. 2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法不正确的是
A. 第一电离能：N＞O＞C
B. —NH2的电子式为
C. NH3的键角小于CH4
D. 基态N的核外电子轨道表示式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据元素周期同周期元素稳定性可知，N元素最外层有5个电子，且p轨道处于半充满，比较稳定，所以N，O，C的第一电离能大小为N＞O＞C；
B．—NH2为N原子与两个H原子形成，电子式为 ，故B正确；
C．NH3的键角为107°，CH4的键角109.5°，故C正确；
D．基态N的核外电子P轨道上3的电子自旋方向应该相同，故D错误；
故答案选D。
2. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 原子半径：S＞Cl B. 还原性：H2Se＞H2S
C. 结合质子能力：S2-＞Cl- D. 酸性：H2SO4＞H3PO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数Cl>S，所以原子半径：S＞Cl，A项正确；
B．元素的非金属性越强，则简单氢化物的还原性越弱，由于非金属性S＞Te，则还原性：H2S＜H2Te，与元素周期律有关，B项正确；
C．酸性HCl＞H2S，酸性越弱，对应的阴离子越易结合质子，所以结合质子能力：S2-＞Cl-，不能用元素周期律解释，C项错误；
D．元素的非金属性S>P，所以其最高价氧化物的水化物酸性：H2SO4＞H3PO4，与元素周期律有关，D项正确；
答案选C。
3. 下表是常见晶胞结构。下列说法不正确的是




金刚石
ZnS
Cu
干冰

A. 金刚石是共价晶体，熔点关系为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B. ZnS晶胞中含有4个Zn2+
C. Cu是金属晶体，配位数为6
D. 干冰是分子晶体，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石，晶体硅，碳化硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点的高低：比较共价键强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，所以熔点关系为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；
B．ZnS 的晶胞结构为立方晶体，S全部在晶胞内部，有4个S，所以ZnS晶胞中含有4个Zn2+，故B正确；
C．Cu晶胞属于面心立方晶胞，其配位数＝，故C错误；
D．干冰是分子晶体，分子间作用力为范德华力，作用力较弱，所以熔点低，故D正确；
故答案选C。
4. 关于原子结构的下列说法中不正确的是
A. 多电子原子中，2d能级的能量高于2p
B. C原子的基态电子排布式写成1s22s12p3，它违背了能量最低原理
C. 价电子中有3个单电子，该元素不一定属于主族元素
D. 电子云图中黑点密度越大，说明单位体积内电子出现的机会越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．第2能级中不存在2d轨道，故A错误；
B．C为6号元素，核外电子数为6，C原子的基态电子排布式1s22s22p2，写成1s22s12p3违背了能量最低原理，故B正确；
C．价电子为3个电子的原子可能ⅢA族元素或某些副族元素，如Sc的价电子为3个，故C正确；
D．电子云图中小黑点的密度并不代表电子数目多少，是代表电子在空间某处出现的概率，密度越大，单位体积内电子出现的概率越大，故D正确；
故选：A。
5. 下列说法不正确的是
A. 乙醇和甘油是同一类物质，但二者不是同系物
B. CH3CHO+HCN→CH3CH(OH)CN，该反应类型为加成反应
C. 的名称为顺—2—丁烯
D. 某树脂，是由和H2NCH2CH2NH2通过缩聚反应得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；乙醇和甘油是醇类，但二者结构不同不是同系物，A正确；
B．CH3CHO+HCN→CH3CH(OH)CN，该反应中碳氧双键变为单键，类型为加成反应，B正确；
C．结构中2个甲基在同一侧，名称为顺—2—丁烯，C正确；
D．由结构可知，该树脂是由和H2NCH2CH2NH2通过缩聚反应得到，D错误；
故选D。
6. NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl晶体放入水中，溶解过程如图所示，下列说法正确的是

A. a离子为Na+
B. NaCl晶体中，Na+和Cl-的配位数均为4
C. 水合b离子的图示不科学
D. 室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致
【答案】C
【解析】
【分析】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，据此分析。
【详解】A．离子半径Cl-＞Na+，则a离子为氯离子，b为Na+，故A错误；
B．NaCl为立方面心结构，Na+和Cl-的配位数均为6，故B错误；
C．水分子中氧原子带负电荷，氢原子带正电荷，b为钠离子，应该吸引带有负电荷的O，图示b离子不科学，故C正确；
D．NaCl是强酸强碱盐，Cl-、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；
故选：C。
7. 下列实验过程中，始终无明显现象的是
A. NO2通入FeSO4溶液中 B. CO2通入CaCl2溶液中
C. CO2通入C6H5ONa溶液中 D. NH3通入AgCl浊液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化亚铁离子，所以NO2通入FeSO4溶液中，现象溶液变为黄色，故A不选；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，无法和CaCl2反应，无明显现象，故B选；
C．碳酸的酸性比苯酚强，CO2通入C6H5ONa溶液生成苯酚，苯酚的溶解性较小析出，产生白色浑浊，故C不选；
D．AgCl浊液中加入过量浓氨水，生成配合物，溶液变澄清，故D不选；
故选：B。
8. 常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A. pH=13的溶液中：Na+、ClO-、CO、SO
B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：H+、I-、Br-、SO
C. 使石蕊变红的溶液中：Na+、NH、NO、SO
D. 小苏打溶液中：Ba2+、Cl-、K+、OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=13的溶液显碱性，在碱性条件下，Na+、ClO-、CO、SO相互之间不反应，可以共存，A正确；
B．三价铁离子可以氧化碘离子生成单质碘，不能共存，B错误；
C．使石蕊变红溶液显酸性，有氢离子存在，此时亚硫酸根离子会和氢离子反应生成二氧化硫和水，不能存在，C错误；
D．小苏打溶液中有碳酸氢根离子，其中碳酸氢根离子可以和氢氧根离子反应，不能共存，D错误；
故选A。
9. NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A. 标况下22.4LCl2与足量Fe反应生成FeCl3，转移电子数为3NA
B. KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，若产生71gCl2，则转移电子数为2NA
C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-93kJ/mol，若该条件下1molN2和6molH2反应，放热31kJ，则转移电子数为2NA
D. 1molSiO2晶体中含有共价键数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标况下22.4L氯气的物质的量为，而Cl2与足量Fe反应生成FeCl2，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，故A错误；
B．反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则产生71gCl2的物质的量为，则转移电子数为NA，故B错误；
C．放热31kJ时热化学方程式为△H=-31kJ/mol，该条件下1molN2和6molH2反应即氢气过量则H2反应完全，1mol H2反应转移电子数为2NA，故C正确；
D．在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，每个Si原子周围结合4个O原子，故1molSiO2晶体中含有共价键数目为4NA，故D错误；
故选：C。
10. 关于有机物M，下列说法正确的是
A. M可以发生氧化、还原、加聚、缩聚反应
B. 可与浓溴水反应，1molM最多消耗2molBr2
C. 与NaOH溶液反应，1molM最多消耗3molNaOH
D. 可与H2反应，1molM最多与5molH2加成
【答案】A
【解析】
【详解】A．含碳碳双键可发生氧化、还原、加聚、缩聚反应，故A正确；
B．能与溴水发生反应有酚羟基的邻位H原子以及碳碳双键与溴水的加成反应，1molM最多消耗3molBr2，故B错误；
C．有机物M水解产物含有2个酚羟基、1个羧基、羟基和HCl,其中能与NaOH反应的为酚羟基、羧基和HCl,与NaOH溶液反应，1molM最多消耗4molNaOH，故C错误；
D．能与氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键，则1molM最多消耗4molH2，故D错误；
故选：A。
11. 下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
B. Cu片置于NaNO3溶液中，无明显现象。再加入稀硫酸，Cu片溶解：3Cu+8H++2NO=3Cu+2NO↑+4H2O
C. 向新制氢氧化铜悬浊液中滴加乙醛后加热，出现砖红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
D. Al片溶于NaOH溶液中产生气体：2Al+2OH-=2AlO+H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故A正确；
B．中性条件下Cu和NaNO3溶液不反应，无明显现象，加入稀H2SO4时形成混合酸，反应的离子方程式为3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．向新制氢氧化铜悬浊液中滴加乙醛后加热生成Cu2O，出现砖红色沉淀，离子方程式：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故C正确；
D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体，反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O═2+3H2↑，故D错误；
故选：D。
12. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是

A. 可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B. 吸收塔中通入的A为氧气，是为了提高原料的利用率
C. 可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理
D. 合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】氮气与氢气在合成塔中反应生成氨气，因氨气容易液化分离出氨气，氨气被氧气氧化成硝酸和一氧化氮，通入吸收塔中吸收形成硝酸，因氮氧化物有毒，最后尾气处理。
【详解】A．因为氨气容易液化，故可利用NH3易液化的性质分离出NH3，A正确；
B．分析可知，A为氧气，氨气的催化氧化需要氧气，一氧化氮转换成二氧化氮需要氧气，故吸收塔中通入氧气是为了提高原料的利用率，B正确；
C．氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，故可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C正确；
D．制硝酸的流程中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2转化成NO时，氮元素化合价有+4价变成+2价，氮元素被还原，D错误；
故选D。
13. 利用下列实验药品进行实验，能顺利达到实验目的的是

实验目的
实验药品
A
除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO
粗盐、蒸馏水、NaOH溶液和Na2CO3溶液
B
证明乙炔能和Br2反应
电石、饱和食盐水、CuSO4溶液和溴水
C
检验溴乙烷中的溴原子
溴乙烷、NaOH溶液和AgNO3溶液
D
验证乙醇消去产物有乙烯
乙醇、浓硫酸和溴水

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．缺少氯化钡除去硫酸根离子，缺少试剂不能完成实验，故A错误；
B．生成的乙炔中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙炔与溴水发生加成反应，可证明乙炔能和Br2反应，故B正确；
C．水解后在酸性溶液中检验卤素离子，缺少硝酸不能完成实验，故C错误；
D．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水反应，缺少NaOH溶液除杂不能完成实验，故D错误；
故选：B。
14. 某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是

A. 由①②可知，②中溶液呈蓝色是Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+的结果
B. 由③④可知，发生了反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，[CuCl4]2-显黄色
C. 由②③④可知，CuCl2溶液由稀到浓变化时，溶液颜色应由蓝到黄再到绿
D. 由本实验可知，溶液颜色丰富多彩，与形成配离子有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用，发生反应Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+的结果，选项A正确；
B．②中加少量NaCl溶液后③溶液为蓝色，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明c(Cl-)不相同，发生了反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，[CuCl4]2-显黄色,铜盐溶液的颜色不同，选项B正确；
C．②溶液中加少量溶液后溶液依然为蓝色，说明溶液不一定为绿色，选项C不正确；
D．由本实验可知，溶液颜色丰富多彩，与形成配离子[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-有关，选项D正确；
答案选C。
II卷非选择题(共58分)
15. 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子排布式为_____。
（2）O、F、Cl电负性由大到小的顺序为____；OF2分子的空间构型为_____；OF2的熔、沸点____(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是____。
（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为_____，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A.sp B.sp2 C.sp3 D.sp3d
已知XeF2的空间构型为直线型，则它是____分子(填“极性”或“非极性”)。
（4）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有___个XeF2分子。已知XeF2的相对分子质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞密度为ρ=____g/cm3。

【答案】（1）1s22s22p5
（2） ①. F>O>Cl ②. 角(V)形 ③. 低于 ④. OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，范德华力(或分子间作用力)大，所以Cl2O的熔、沸点高
（3） ①. 5 ②. D ③. 非极性
（4） ①. 2 ②.
【解析】
【小问1详解】
F是9号元素，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p5；
【小问2详解】
O和F为同一周期，得电子能力逐渐增强，F和Cl为同一主族，得电子能力逐渐减弱，氧元素得电子能力大于氯元素；电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F＞O＞Cl；根据VSEPR理论有2+=4，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高，故答案为：F＞O＞Cl；角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
【小问3详解】
XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子价层电子对数为2+=5，其中心原子的杂化方式应为sp3d，故答案为：5；D；
【小问4详解】
图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=a2c×10-30cm3，则密度为 g/cm3。
16. 百合醛具有百合香味，常用作花香型化妆品香料。其合成路线如图所示(部分试剂和条件未注明)：

已知：(R、R1、R2代表烃基)
i.R－OH++H2O
ii.R1－CHO+R2－CH2CHO+H2O
请回答：
（1）A所属的类别是____。
（2）B的结构简式为____。
（3）B→E、F→M的反应类型分别为____、____。
（4）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式____。
a.含有两个手性碳 b.苯环上有两个对位取代基
c.可发生银镜反应 d.能与Fe3+显色
（5）以N和Q为有机原料经过三步反应可合成百合醛：

请写出Q、H、X的结构简式：Q____、H____、X_____。
【答案】（1）烯烃（2）
（3） ①. 取代反应 ②. 还原反应
（4）（5） ①. CH3CH2CHO ②. ③.
【解析】
【分析】E的分子式为C11H16，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成F()，则E为，结合A、B的分子式，可推知A为、B为，A与水发生加成反应生成B，B与苯发生取代反应生成E和水，由M、N的分子式，结合反应条件，可知F中-COOH被还原为-CH2OH生成M，M发生醇的催化氧化生成N，故M为、N为；
【小问1详解】
A为，A所属的类别是烯烃；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为；
【小问3详解】
由分析可知，B→E的反应类型为取代反应，F→M的反应类型为还原反应；
【小问4详解】
符合下列条件的F()的一种同分异构体：a.具有手性，说明存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，c.可发生银镜反应，说明含有醛基，b.苯环上有两个取代基，符合条件的同分异构体为等；
【小问5详解】
由信息ii可知，与CH3CH2CHO反应生成，然后在与氢气反应生成，最后发生醇的催化氧化生成，故Q为CH3CH2CHO、H为、X为。
17. 回答下列问题：
（1）实验室里用图装置制备SO2并验证其性质(图中夹持装置已略去)：

①装置A选用70%硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体，化学方程式为：____。
②通过装置B完成表中设计实验，正确的是___。
选项
A
B
C
D
B中棉花位置
①
②
③
④
所蘸取试剂
紫色石蕊试液
品红溶液
淀粉和碘水
氢硫酸
现象
变红
褪色
溶液蓝色褪去
淡黄色固体
体现SO2性质
水溶液显酸性
漂白性
还原性
氧化性

（2）工业为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx，研究者提出以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH=5.5，将烟气中的SO2、NO转化为SO、NO。
①NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是：____。
②烟气中SO2和NO的体积比为4：1，脱除率见图。则50℃时此吸收液中烟气转化生成的NO和Cl-的物质的量之比为____。

③工业上利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图所示：

NO2被吸收的离子方程式是____。
（3）测定燃煤中硫元素含量，可用高温燃烧中和法，原理为：煤样在催化剂的作用下于氧气流中燃烧，煤中硫元素生成硫的氧化物(主要是SO2，还有少量SO3)，吸收在H2O2溶液中，形成H2SO4，以标准的NaOH溶液滴定，根据NaOH溶液的消耗量计算煤中硫含量。若实验中称取煤样品mg，用足量H2O2溶液充分吸收后，得到V1mL溶液。从中取出V2mL，用cmol/LNaOH溶液平行滴定三次，消耗NaOH溶液体积的平均值为V3mL。则该煤样品中硫的质量分数的计算表达式为_____。
【答案】（1） ①. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ ②. ABCD
（2） ①. SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+ ②. 2：13 ③. 4HSO+2NO2=4SO+N2+4H+
（3）
【解析】
【小问1详解】
①装置A选用70%硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体，同时生成硫酸钠，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；
②通过装置B完成表中设计实验，①紫色石蕊试液变红水，说明SO2溶液显酸；②品红溶液褪色说明SO2具有漂白性；③淀粉和碘水溶液蓝色褪去，说明SO2具有还原性；④氢硫酸淡黄色固体说明SO2具有氧化性；ABCD四个选项均正确。故答案为：ABCD；
【小问2详解】
①NaClO溶液吸收烟气中SO2产生硫酸、氯化钠，离子方程式是：SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+。故答案为：SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+；
②烟气中SO2和NO的体积比为4：1，50℃时脱硝的脱除率为80%，脱硫的脱除率100%，结合电子守恒计算得到生成NO3-和Cl-的物质的量之比；SO2～H2SO4～2e-， NO～NO3-～3e-，失电子4×2+1×80%×3 =8+2.4=10.4，NaClO～Cl-～2e-，生成Cl-为10.4×=5.2，生成NO3-和Cl-的物质的量之比=0.8：5.2=2：13，则50℃时此吸收液中烟气转化生成的NO和Cl-的物质的量之比为2：13。故答案为：2：13；
③二氧化氮将亚硫酸氢铵氧化生成硫酸盐和氮气，NO2被吸收的离子方程式是4HSO+2NO2=4SO+N2+4H+。故答案为：4HSO+2NO2=4SO+N2+4H+；
【小问3详解】
硫的质量分数的计算表达式=，则该煤样品中硫的质量分数的计算表达式为。故答案为：。
18. 靛蓝类色素是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。

已知：
i.
（1）A的名称是_____。
（2）B→D和D→E均为取代反应，且D的相对分子质量比B大34.5。写出D→E的方程式_____。
（3）E→G的化学方程式是_____。
（4）I的结构简式是____。
（5）J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是_____。
（6）K中除苯环外，还含有一个五元环，K的结构简式是_____。
（7）已知：
ii.
iii.亚胺结构()中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。
M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如图。

写出中间产物1、中间产物2的结构简式____、____。
（8）B有三种同分异构体，均为二元取代苯，且均为两性化合物，可通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，它们中最先被蒸出来的是____(写出结构简式)。
【答案】（1）甲苯（2）
（3）（4）（5）1：2
（6）（7） ①. ②.
（8）
【解析】
【分析】根据E的结构简式及A、B的分子式知，A为 ，B为，B中甲基上的氢原子被取代生成的D为，D发生水解反应生成E为，E发生催化氧化生成G为，G和I发生信息中的反应生成J，根据J的结构简式知，I为 ，X发生信息中的反应生成K和L，K中除苯环外，还含有一个五元环，根据分子式知K为、L为，K水解生成M为；
【小问1详解】
A为，A的名称是甲苯；
【小问2详解】
D为，D发生水解反应生成E为，反应方程式为；
【小问3详解】
E发生催化氧化生成G为，E→G的化学方程式是；
【小问4详解】
由分析可知，I的结构简式是；
【小问5详解】
J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒知，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2；
【小问6详解】
由分析可知，K的结构简式是；
【小问7详解】
L为，M为，M、L发生信息i的反应生成ii的反应生成中间产物1为，中间产物1羰基发生加成反应生成中间产物2为，中间产物2发生消去反应生成Y；
【小问8详解】
B为，三种同分异构体均为二元取代苯，且均为两性化合物说明含有羧基和氨基，异构体为、、，沸点大小顺序为：对氨基苯甲酸>间氨基苯甲酸>邻氨基苯甲酸，则沸点最低，最先被蒸出。
19. 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)；氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有_____、____。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
I.由方案I中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由____产生(用方程式表示)。
II.方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2____FeO(填“＞”或“＜”)，而方案II实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是_____。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO＞MnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO＞MnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。
理由或方案：____。
【答案】（1） ①. 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O ②. 1：5 ③. ④. 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O ⑤. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2） ①. Fe3+ ②. 4FeO+2OH+=4Fe3++3O2↑+10H2O ③. 排除ClO-的干扰 ④. ＞ ⑤. 溶液的酸碱性不同 ⑥. 理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色
【解析】
【分析】制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气。探究K2FeO4的性质：由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；方案Ⅱ与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置。A中高锰酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化锰，反应方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；其中高锰酸钾是氧化剂，16个氯化氢参加反应，其中10个氯化氢作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
②B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。；
③由本题是制备原理可知，C中氯气和氢氧化铁反应生成了高铁酸钾，方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O；此外氯气可以和氢氧化钾反应，反应的方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问2详解】
①I．由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，还可能由4FeO+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O反应产生(用方程式表示)。故答案为：Fe3+；4FeO+2OH+═4Fe3++3O2↑+10H2O；
II．方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
②由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2＞FeO，而方案Ⅱ得出氧化性：Cl2＜FeO，与溶液酸碱性不同，故答案为：＞；溶液酸碱性不同；
③MnO在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO，若答不能说明，则是考虑到FeO在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO并没有将Mn2+氧化为MnO而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。