北京交通大学附属中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

这是一份北京交通大学附属中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共 42 分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. H2O 的结构式：B. Ca2+的结构示意图：
C. 二氧化碳的电子式：D. 2-甲基-2-丁烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O分子中心O原子采取sp3杂化，孤电子对数为2，空间结构为V形，则其结构式为，A正确；
B．Ca2+的质子数为20，电子数为18，其结构示意图为，B正确；
C．二氧化碳的电子式为，C错误；
D．根据烯烃的命名规则，可反推2-甲基-2-丁烯的结构简式为，D正确；
故选C。
2. 下列方程式能准确解释事实的是
A. 硫酸型酸雨形成：SO2 + H2OH2SO3
B. 呼吸面具中用 Na2O2 吸收 CO2 并供氧：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2
C. 苯酚钠溶液通入 CO2 后变浑浊
D. 白醋可除去水壶中的水垢
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，化学方程式应为SO2+H2O═H2SO3，硫酸型酸雨形成的最后一步为亚硫酸被氧气氧化为硫酸，离子方程式为：2H2SO3+2O2═4H++2，A错误；
B．呼吸面具中用Na2O2吸收CO2并供氧，是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，B正确；
C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：+H2O+CO2→+NaHCO3，C错误；
D．白醋可除去水壶中的水垢是碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，D错误；
故答案为：B。
3. 下列说法中不正确的是
A. 处于金属与非金属分界线附近的元素常用作催化剂材料
B. 酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3
C. 与 H2S 的分解温度相比，H2O 的分解温度更高
D. 判断非金属性 Cl>S，可通过向 Na2S 溶液通入 Cl2 的实验证实
【答案】A
【解析】
【详解】A．处于金属与非金属分界线附近寻找半导体，过渡元素区寻找催化剂材料，A错误；
B．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3，故B正确；
C．同主族元素核电荷数越大非金属性越弱，S非金属性弱于O，氢化物稳定性越弱， H2S 的分解温度比H2O 的分解温度低，C正确；
D．向 Na2S 溶液通入 Cl2 生成单质S，非金属性 Cl>S，D正确；
故答案：A。
4. 依据元素周期律，下列判断不正确的是
A. 原子半径：Mg < Na < KB. 第一电离能：Li < Be < B
C. 电负性：N < O < FD. 气态氢化物的稳定性：SiH4< PH3< HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：Mg < Na < K，故A正确；
B．Be原子2s能级全充满，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Li < B< Be，故B错误；
C．同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性：N < O < F，故C正确；
D．同周期元素从左到右非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，气态氢化物的稳定性：SiH4< PH3< HCl，故D正确；
选B。
5. 下列事实中，能用同一化学原理解释的是
A. 氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色
B. 大量 Na2SO4 和甲醛都能使蛋白质从溶液中析出
C. 二氧化硫和乙烯都能使溴水褪色
D. 二氧化硫和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性使品红褪色，则原理不同，故A错误；
B．硫酸钠溶液使蛋白质产生盐析；甲醛使蛋白质变性，二者原理不同，故B错误；
C．二氧化硫和乙烯都能使溴水褪色，前者是氧化反应，后者是加成反应，二者原理不同，故C错误；
D．二氧化硫和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，都体现还原性，原理相同，故D正确；
故选：D。
6. 名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 含有3种含氧官能团B. N的杂化方式为
C. 不能发生消去反应D. 具有碱性，能与强酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
7. 瓜环 是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、
药物载体等方面有广泛应用。瓜环 [n ] 可由和 HCHO 在一定条件下合成。下列说法不正确的是
A. 合成 1 ml 瓜环 [7]时，有 7 ml 水生成B. 分子间可能存在不同类型的氢键
C. 合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基D. 生成瓜环[n]的反应中，有π 键断裂
【答案】A
【解析】
【详解】A．由瓜环[n]结构简式可知生成lml链节结构时，生成2ml水，则合成lml瓜环[7]时，有14ml水生成，A错误；
B．分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子间可以形成O•••H、N•••H两种氢键，B正确；
C．含有酰胺基，HCHO中含有醛基，C正确；
D．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即π键断裂，D正确；
故答案为：A。
8. 因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B. 图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子
C. 图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合
D. 图1与图2代表的铁单质的密度不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；
B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；
C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；
D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；
故选B。
9. 下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属活动性越强，越容易置换出氢生成氢气，反应越剧烈，，K与水反应更剧烈，说明金属性：Na＜K，A正确；
B．反应利用了强酸制弱酸的原理，但盐酸不是氯的最高价含氧酸，不能说明Cl的非金属性强于P，B错误；
C．反应说明氢氧化铝可以和酸也可以和碱反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，C正确；
D．生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色，是生成的氢氧化亚铁和空气中氧气发生生成氢氧化铁，反应中铁失去电子发生氧化反应，体现了Fe(OH)2有还原性，D正确；
故选B。
10. 下列说法不正确的是
A. CO2 溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
B. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
C. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏
D. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2溶于水，一部分CO2与水反应生成H2CO3，有共价键的断裂和生成，A项错误；
B．Na2CO3和NaOH都是离子化合物，熔化时破坏的都是离子键，B项正确；
C．蒸发氯化钾水溶液的过程中，水从液态变成气态，破坏了分子间作用力，C项正确；
D．在石墨晶体结构中，层与层之间存在分子间作用力，层内存在共价键，故石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确；
故选：A。
11. 现有 4 种短周期主族元素 X、Y、Z 和 Q，原子序数依次增大，其中 Z、Q 在同一周期。相关信息如下表：
下列说法正确的是
A. 常温时，与钠和水的反应相比，X 单质与水的反应更剧烈
B. Y、Z、Q 最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱
C. 第五周期且与 Q 同主族元素单质在常温常压下呈液态
D. Y 与 Q 元素组成的 YQ4分子，空间构型为正四面体
【答案】D
【解析】
【分析】X原子的最外层电子数是核外电子总数的一半，由于最外层电子数不超过 8 个，因此 X 只能是第二周期的 Be；Y 元素的最高化合价和最低化合价之和为零，位于第ⅣA 族，Y 是 C 或 Si；Z 单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，因此 Z 是 S；Q 是同周期元素中原子半径最小，且 Z 和 Q 位于同一周期，因此 Q 是 Cl，据此解答。
【详解】A．Be 的金属性弱于 Mg，常温时镁和冷水不反应，因此常温时Be 单质不能与水发生剧烈反应，故A错误；
B．Y、Z、Q 三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故B错误；
C．第五周期且与 Cl 同主族元素的单质是碘，在常温常压下呈固态，故C错误；
D．Y 与 Q 元素组成的 CCl4 或 SiCl4 分子，空间构型均为正四面体，故D正确；
故答案为：D。
12. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应产生氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，硝酸银溶液中有白色沉淀生成，A不符合题意；
B．氧化钙与水反应放热，促进浓氨水分解产生氨气，氨气与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，B不符合题意；
C．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫，气体通入氯化铝溶液中无沉淀生成，C符合题意；
D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，通入溶有大量氨气的饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，D不符合题意；
故选：C。
13. 高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。
下列说法正确的是
A. a 分子的核磁共振氢谱有 4 组峰
B. 高分子 c 比高分子 b 的水溶性好
C. 1ml 高分子 b 最多可与 2 ml NaOH 反应
D. 生成高分子 b 的反应为加聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．a分子中只有两种化学环境的H，其核磁共振氢谱有两组峰，故A错误；
B．高分子b在碱性条件下水解得到高分子的羧酸盐c，羧酸根属于亲水基，水溶性好于b，故B正确；
C．1ml高分子b中含有的酯基远大于2ml，故与NaOH反应时消耗的NaOH远大于2ml，故C错误；
D．从流程中可以看出，生成高分子b的反应为加成反应，故D错误；
故选：B
14. 研究小组为探究在空气中变质后的产物，进行如下实验并记录现象。
实验①：取样品加水溶解，得到澄清溶液a。
实验②：取少量溶液a，向其中加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体生成，且出现淡黄色浑浊。
实验③：将实验②中的浊液过滤，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀。
已知信息：i．溶液能溶解S，并生成，与酸反应生成S和(臭鸡蛋气味)；ii．易溶于水。
下列说法不正确的是
A. 实验②中淡黄色浑浊可能是与反应产生的
B. 实验①和实验②说明样品中一定含有S
C. 实验③中产生的白色沉淀是
D. 样品中可能含有
【答案】B
【解析】
【详解】A．由已知信息i可知，实验②中的淡黄色浑浊可能是与反应产生的S，选项A正确；
B．若原样品中含有，在酸性条件下反应也能产生此现象，故不能说明该样品中一定含有S，选项 B错误；
C．实验③是将实验②中的浊液过滤，滤液中含有过量的盐酸，加入溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀是，选项C正确；
D．实验③证明该样品中可能含有Na2SO3，也可能含有，选项D正确；
答案选B。
二、非选择题(共 58 分)
15. 硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以和硅酸盐的形式存在。
（1）基态硅原子的价电子排布式为___________。
（2）硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次为___________。
（3）晶态的晶胞如图。
①硅原子的杂化方式为___________。
②已知晶胞的棱长均为a pm，则晶体的密度___________(列出计算式)。
（4）硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸。
资料：原硅酸()（ ）可溶于水，原硅酸中的羟基可发生分子间脱水，逐渐转化为硅酸、硅胶。
①原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成，结合元素周期律解释原因：___________。
②从结构的角度解释脱水后溶解度降低的原因：___________。
【答案】（1）3s23p2
（2）金刚石、碳化硅、硅
（3） ①. sp3 ②.
（4） ①. 碳、硅为同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成 ②. 脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低
【解析】
【小问1详解】
硅为14号元素，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2。
【小问2详解】
原子的电子层数越多，其半径越大，即碳的原子半径小于硅；原子的半径越小，其形成共价键键能越大，硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体，键能：碳碳键＞碳硅键＞硅硅键，共价晶体的熔点高低与共价键键能有关，故从高到低依次为金刚石、碳化硅、硅。
【小问3详解】
①由图可知，硅原子与4个氧原子形成共价键，价层电子对数为，杂化方式为sp3；
②晶胞中Si原子位于顶点和面心、体心，一个晶胞中Si原子数目为，O原子位于晶胞内部，一个晶胞中O原子数目为16，则晶胞质量为；已知晶胞的棱长均为a pm，则晶胞体积为，所以密度ρ=g/cm3。
【小问4详解】
①碳、硅同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成；
②脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低。
16. Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。
（1） Zn2+的价层电子排布式是_______。
（2）C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。
（3）三乙撑二胺( )与Zn2+能形成配位键的原因是_______。
（4）在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。
资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是_______。
②偶氮苯( )中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。
③x=_______。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。
【答案】（1）3d10
（2）O＞N＞C （3）三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对
（4） ①. ②. sp2 ③. π键 ④. 2 ⑤. 紫外
【解析】
【小问1详解】
Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。答案为：3d10；
【小问2详解】
C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。答案为：O＞N＞C；
【小问3详解】
Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺( )中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。答案为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；
【小问4详解】
①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是 。
②偶氮苯( )中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。
③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。
④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。答案为：；sp2；π键；2；紫外。
【点睛】形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。
17. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____ml。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是____，物质2是____。
【答案】 ①. 过滤 ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ③. 4 ④. 5 ⑤. NO ⑥. 2H2O ⑦. 4 ⑧. AC ⑨. 2
⑩. NaCl溶液 ⑪. Fe、Cu
【解析】
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。
【详解】(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为4ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5ml，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是2ml；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。
【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。
18. 多环化合物Y是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如下图(部分反应条件或试剂略去)。
已知：i．
（1）A的名称是_______。
（2）下列说法中，正确的是_______(填序号)。
a．由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b．D中含有的官能团只有硝基
c．D→E可以通过取代反应实现
（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的一种路线如下图。
写出中间产物1、中间产物2的结构简式_______、_______。
【答案】（1）甲苯 （2）ac
（3）2 +O22 +2H2O
（4） （5）1：2
（6） （7） ①. ②.
【解析】
【分析】根据A的分子式及E的结构简式可知：A为 ，A中氢原子被硝基取代生成B为 ，B发生取代反应生成D，然后D发生水解反应生成E，则D结构为；E为 ，E发生催化氧化生成G为 ，G发生“已知i”反应，I为 ，J在一定条件下反应生成X，碱性条件下X发生水解反应，根据K、L的分子式可知：K为 ，L为 ，K发生水解、酸化得M为 ，M和L通过系列反应得到Y。
【小问1详解】
根据上述分析可知A是 ，则A的名称是甲苯；
【小问2详解】
a．A是 ，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热50-60℃发生苯环上氢原子的取代反应生成B为 ，a正确；
b．根据上述分析可知D是 ，根据其分子结构简式可知D分子中含有的官能团有硝基和碳氯键，b错误；
c．D是 ，E为 ，D与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生E，故D→E可以通过取代反应实现，c正确；
故合理选项是ac；
【小问3详解】
E是 ，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以与O2在Cu催化下加热，E发生催化氧化生成G： ，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；
【小问4详解】
根据上述分析可知：I为 ；
【小问5详解】
根据流程图可知J结构简式是： ，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C原子守恒，可知生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2；
【小问6详解】
根据上述分析可知K结构简式是；
【小问7详解】
L是，M是 ，L、M发生信息ii的反应产生中间产物1是 ，然后羰基与H2发生加成反应产生中间产物2是 ，最后发生消去反应产生Y。
19. 某小组根据 SO2既有还原性又有氧化性，探究其能否实现 Cu2+→Cu 或 Cu→Cu2+的转化。
已知：i．水合 Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合 Cu+；
ii．CuCl 为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成 ，也可溶于氨水生成(无色)。
Ⅰ.SO2与 Cu2+反应：向试管中通入足量 SO2(尾气处理装置已略)，记录如下。
（1）CuCl2溶液呈酸性的原因___________(用离子方程式解释)。
（2）将 b 所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为 CuCl。
①证明白色沉淀中有 Cu+，推理过程是___________。
②iii 排除了干扰 Cl‒检验的因素。
写出 iii 中反应的离子方程式___________；
（3）进一步证实 b 中 SO2作还原剂，补全实验方案和预期现象：取 b 中反应后的上层清液于试管中，___________。
（4）由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a 中 SO2不能将 Cu2+还原为 Cu+或 Cu；②SO2、CuCl、Cu 的还原性由强到弱的顺序为___________。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ.SO2与 Cu 的反应：向试管中通入足量 SO2(尾气处理装置已略)，记录如下。
（5）证明 d 所得棕色溶液中含有[CuCl3]2‒：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：___________。
（6）经进一步检验，铜表面黑色沉淀为 Cu2S。补全 d 中反应的离子方程式：___________。
（7）与 c 对比，d 能够发生反应的原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. 深蓝色溶液中含[Cu(NH3)4]2+，是无色溶液中的[Cu(NH3)2]+被 O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的 Cu ②.
（3）滴加BaCl2溶液，出现
（4）Cu>SO2>CuCl
（5）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使 Q＞K，反应逆向移动，析出CuCl沉淀
（6）6Cu+SO2+12Cl‒+4H+=Cu2S+4[CuCl3]2‒+2H2O
（7）Cl‒与Cu+结合成[CuCl3]2‒，其氧化性弱于SO2，使 Cu 能够被 SO2氧化
【解析】
【小问1详解】
CuCl2为强酸弱碱盐，在水中发生水解反应：，使溶液呈酸性；
【小问2详解】
①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含[Cu(NH3)4]2+，是无色溶液中的[Cu(NH3)2]+被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的Cu；步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有；；
【小问3详解】
进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明被SO2氧化为SO；
【小问4详解】
根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入SO2，无明显现象，说明a中不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，即还原性：Cu>SO2；根据实验证实，b中SO2能将Cu2+还原为Cu+，发生反应，即还原性：SO2>CuCl，综上所述还原性由强到弱的顺序为：Cu>SO2>CuCl；
【小问5详解】
由题，CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-，棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
【小问6详解】
根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6，得到6个电子，即Cu元素化合价也升高6，失去6个电子，结合元素守恒，等式左边补上氢离子，右边补上水，再由原子守恒，配平该反应为6Cu+SO2+12Cl‒+4H+=Cu2S+4[CuCl3]2‒+2H2O；
【小问7详解】
根据以上实验可知，再硫酸作用下，Cu+不能单独存在，在盐酸中，Cl‒与Cu+结合成[CuCl3]2‒，其氧化性弱于SO2，使Cu 能够被氧化SO2。实验操作及事实
实验结论
A
绿豆大小的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈
金属性：Na＜K
B
将盐酸滴入磷酸钙[Ca3(PO4)2]中得到H3PO4
Cl的非金属性强于P
C
向装有Al(OH)3沉淀的两支试管中，分别滴加盐酸和NaOH溶液，振荡后，均得到无色溶液
Al(OH)3是两性氢氧化物
D
向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色
Fe(OH)2有还原性
元素
相关信息
X
最外层电子数是核外电子总数的一半
Y
最高化合价和最低化合价之和为零
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期元素中原子半径最小
A
B
C
D
试剂 a
浓盐酸
浓氨水
浓 H2SO4
稀 H2SO4
试剂 b
KMnO4
CaO
少量蔗糖
Na2CO3 粉末
试剂 c
AgNO3
MgCl2
AlCl3
溶有大量氨气的饱和食盐水
晶体
装载分子
晶胞中Zn2+个数
晶胞体积/cm3
M1
顺式偶氮苯
x
M2
反式偶氮苯
4
装置
编号
试剂
实验现象
a
1 ml·L‒1 CuSO4溶液
始终无明显变化
b
1 ml·L‒1 CuCl2溶液
溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
装置
编号
试剂
实验现象
c
3 ml·L‒1 稀硫酸
始终无明显变化
d
3 ml·L‒1 稀盐酸
铜片表面变黑，溶液变为棕色