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安徽省江淮十校2024届高三化学上学期第一次联考开学试题含解析
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这是一份安徽省江淮十校2024届高三化学上学期第一次联考开学试题含解析，共18页。试卷主要包含了5NA等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O16 Na-23 S-32 C1-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-6 I-127 Pb-207
一、选择题(每小题3分，共42分)
1. 化学促进着科技的进步和社会的发展。下列化学与生活的叙述正确的是
A. 食品袋里放入硅胶，可抗氧化
B. 漂白精中混入食醋，漂白效果更好
C. 宿州白土古镇的白瓷中含大量的SiO2、K2O和Fe2O3
D. 可穿戴式智能测温设备的测温芯片主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅胶是干燥剂，硅胶无还原性，食品袋里放入硅胶，不能抗氧化，故A错误；
B．漂白精中含有次氯酸钙，漂白精中混入食醋，生成次氯酸，漂白性增强，故B正确；
C．白瓷的主体为白色，Fe2O3为红色，所以白瓷中不能含大量的Fe2O3，故C错误；
D．芯片主要成分是单质硅，故D错误；
选B。
2. 安庆茯苓是安徽十大皖药之一，主治水肿、痰饮、脾虚泄泻、心悸、失眠。茯苓酸(结构简式如图示)是茯苓的重要提取物之一，下列有关茯苓酸的说法正确的是
A. 常温下是气体B. 分子中有6个手性碳
C. 分子中含4种官能团D. 能发生缩合聚合反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该物质碳原子数大于5，相对分子质量较大，熔沸点较高，在常温下不是气体，选项A错误；
B．该物质中含7个手性碳原子，选项B错误；
C．该结构中含有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，选项C错误；
D．该物质中含有羟基和羧基，可以发生分子间缩合聚合反应，选项D正确；
答案选D。
3. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2溶于水，降低CO2溶解度应用饱和碳酸氢钠溶液，不是饱和食盐水，故A错误；
B．醋酸易挥发，生成的CO2气体中含有醋酸蒸气，醋酸蒸气能与苯酚钠反应生成苯酚，对碳酸与苯酚钠的反应产生干扰，两装置之间再加一个盛碳酸氢钠溶液的洗气瓶，故B错误；
C．硫酸铜溶液得到胆矾，不能用蒸发结晶方法，通过冷却结晶方法制备胆矾，故C错误；
D．1-溴丙烷发生消去反应生成丙烯，通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明消去反应有不饱和烃的生成，故D正确；
答案为D。
4. 目前，芜湖某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是
A. 键角大小：
B. 分子中核磁共振氢谱有5组峰
C. 基态原子核外能量不同的电子有8种
D. 分子中N原子的VSEPR模型为四面体形
【答案】A
【解析】
【详解】A．中Se为sp3杂化，存在1对孤电子对，为三角锥形；中Se为sp2杂化，为平面三角；键角大小：，A错误；
B．由结构图可知其分子左右对称，乙烷硒啉中含有5个不同位置的H，，因此该物质核磁共振氢谱有5组峰，B正确；
C．Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4，不同能级的电子能量不同，故基态原子核外能量不同的电子有8种，C正确；
D．分子中N原子均形成3个共价键，且存在1对孤电子对，为sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D正确；
故选A。
5. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 醋酸钠水溶液中与离子数目之和大于NA
B. 常温下，的溶液中，水电离出的数目为10-9NA
C. 甲醇中杂化的原子数目为0.5NA
D. 标准状况下，气体中数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1L1ml/L醋酸钠水溶液中n(Na+)=1ml/L×1L=1ml，溶液中的电荷守恒为n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-)，故溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)＞1ml，CH3COO-与OH-离子数目之和大于NA，A项正确；
B．常温下pH=9的NaF溶液中c(H+)=1×10-9ml/L、c(OH-)=10-5ml/L，NaF属于强碱弱酸盐，F-的水解促进水的电离，1LNaF溶液中水电离出的H+物质的量为10-5ml，即水电离出的H+数目为10-5NA，B项错误；
C．CH3OH中C、O原子都采取sp3杂化，16gCH3OH物质的量为=0.5ml，其中sp3杂化的原子物质的量为1ml，即sp3杂化的原子数目为NA，C项错误；
D．HCl气体中没有H+，D项错误；
答案选A。
6. 化学方程式是重要的化学用语，下列化学实验涉及反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入少量
B. 向硫酸铜溶液中通入过量氨气：
C. 用酸性标准溶液滴定草酸：
D. 将过量通入漂白粉溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．BaCl2与CO2不反应，故A错误；
B．Cu(OH)2能与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，正确的是Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4 H2O或Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B错误；
C．草酸是二元弱酸，不能拆写成离子形式，其离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D．ClO-具有强氧化性能将SO2氧化成SO，正确的是SO2+ClO-+H2O=Cl-+SO+2H+，故D错误；
答案为C。
7. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲苯分子中苯环对甲基有影响，使得甲基性质比较活泼，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．用pH试纸测定1ml•L-1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，若前者的试纸颜色比后者深，说明前者溶液碱性比后者强，则碳酸的酸性小于亚硫酸，但H2SO3不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据碳酸、亚硫酸的酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；
C．固体试样中铁可能过量，会将生成的Fe3+全部还原为Fe2+，所以溶液不变红色，所以根据实验现象不能说明铁和水蒸气未反应，故C错误；
D．将活塞往里推，气体体积减小，浓度增大，所以颜色加深，且压强增大使2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动，则气体颜色先加深后变浅，但比原平衡时颜色深，故D错误；
故选：A。
8. 钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值，其晶胞结构如图1所示，代表的原子分数坐标为(0，0，0)，B的为。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法中错误的是
A. 该晶胞含有3个B. A与之间最近的距离为
C. 该晶胞参数为D. 若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】C
【解析】
【详解】A．B代表Pb2+、C代表I-，中Pb2+、I-的个数比为1:3，Pb2+离子数为1，所以该晶胞含有3个，故A正确；
B．A位于顶点，C位于面心， A与之间最近的距离为面对角线的一半，为，故B正确；
C．的摩尔质量为620g/ml，根据均摊原则，1个晶胞中含有1个，晶胞的体积为，该晶胞参数为，故C错误；
D．若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心、体心的投影重叠，故D正确；
选C。
9. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法错误的是
A. 乙室电极质量增大
B. 经隔膜进入甲室
C. 乙室流出的溶液浓度更大
D. 甲室反应方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，铜失去电子发生氧化反应变为铜离子与氨气形成，，因此甲室电极为负极，乙室电极为正极；
【详解】A．乙室电极为正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，乙室电极质量增大，A正确；
B．硫酸根离子向通过隔膜向负极移动，进入甲室，B正确；
C．乙室中硫酸根离子迁移至甲室，铜离子还原为铜单质，故乙室流出的溶液浓度更小，C错误；
D．由分析可知，甲室反应方程式为，D正确；
故选C。
10. 我国科学家利用电催化实现了醇到醛的高选择性转化，其转化关系如图所示(图中ads是“吸附”的意思)。下列说法错误的是
ARCHO→RCH(OH)2发生消去反应
B. 催化剂能降低反应的活化能
C. NiO(OH)在反应中化合价发生改变
D. 1mlRCH2OH→RCOOH共失去4NA个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．RCHO→RCH(OH)2发生是加成反应，不是消去反应，A项错误；
B．催化剂能改变反应历程，能降低反应的活化能，B项正确；
C．由图示可知，NiO(OH)中的Ni由+3价变为NiO中+2价，化合价发生改变，C项正确；
D．1mlRCH2OH完全转化为RCOOH，失去2mlH原子、同时得到1mlO原子，共失去4ml电子，即共失去4NA个电子，D项正确；
答案选A。
11. 某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A. 电负性：QB. 化合物中X和R均为sp3杂化
C. 该离子液体难挥发，可用作溶剂
D. 该离子液体中含非极性键，不含配位键
【答案】D
【解析】
【分析】Z的原子序数最大，Z只形成1个共价键，Q、R、X和Z质子数为奇数，且奇数和为22比较小，所以Z为F；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，所以T为C、Y为O、X为N；由结构逆推，Q为H；R的质了数为22-1-7 -9=5，则R为B；
【详解】A．电负性：HB．化合物中N和B均形成4个共价键，均为sp3杂化，B正确；
C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；
D．该离子液体中含C—C非极性键，B—F之间形成配位键，D错误；
故选：D。
12. 实验室以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CO、BaO和)为原料制备和碳酸钴()的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A. “滤渣1”主要成分是、
B. “氧化”时反应的离子方程式是
C. “调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，必须过量
D. “沉钴”过程发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．废料中加入硫酸，NiO、 FeO、、CO、BaO均与硫酸反应，生成NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CSO4，等进入溶液，和硫酸钡为滤渣，A正确；
B．加入NaClO3将二价铁氧化为三价铁，次氯酸根还原为Cl-：离子方程式是，B正确；
C．“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，不能过量，防止C2+和Ni2+沉淀损失，C错误；
D．“沉钴”过程生成碳酸钴沉淀，发生的反应为：，D正确；
答案选C。
13. 金属Na溶解于液氨中形成蓝色溶液：，蓝色是生成了氨合电子；(强还原剂)的缘故；向该溶液中加入穴醚类配体，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物。下列说法正确的是
A. 粒子半径：B. 第一电离能
C. 易得电子D. 还原性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．核外有3个电子层，Mg核外也有三个电子层，Mg核电荷数大，吸引力大，半径，A错误；
B．的1s上有2个电子，1s离核近，不易失去电子，第一电离能大，B正确；
C．蓝色溶液具有强还原性，易失电子，C错误；
D．Na的半径比Na 天，受核吸引力小，易失电子，故的还原性比Na的强，D错误；
故选：B。
14. 恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. B. x2>x1
C. 点b、c对应的平衡常数：Kb=KcD. 反应速率：vb正【答案】D
【解析】
【详解】A．温度升高平衡向吸热方向移动，CH4平衡转化率增大，平衡正向移动，所以正向为吸热方向，A项正确；
B．加入的水量越大，投料比x越小，CH4平衡转化率就越大，所以x1C．b点和c点温度相同，所以对应的平衡常数相同，C项正确；
D．b 点和 c点温度相同，CH4都是 l ml，b点 x值小，则 b点加水多，反应物浓度大，反应速率大，所以vb正>vc正，D项错误；
故选：D。
二、非选择题(共58分)
15. 三氯化六氨合钴(III)是一种典型的维尔纳配合物，实验室常以活性炭为催化剂来制备，化学方程式为。
【配制氯化铵溶液】
（1）实验欲用固体配制溶液，需要称取固体的质量为_______；图中有四种仪器是不需要的，还需要的玻璃仪器除量筒以外还有_______。
【制备】
设计小组设计如图装置(夹持仪器及加热装置已省略)，回答下列问题：
（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______。
（3）装置B中盛放H2O2的实验仪器名称为_______，反应温度不宜超过50℃，除H2O2会分解外，另一原因是_______。
（4）装置C中漏斗的作用是_______。
（5）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，……，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色晶体析出。
①除去活性炭的实验操作是_______。
②用平衡移动原理解释析出大量橙黄色晶体的原因：_______。
【答案】（1） ①. 13.4g ②. 玻璃棒、胶头滴管
（2）CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑
（3） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 氨水易挥发
（4）吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用
（5） ①. 趁热过滤 ②. 在溶液中，存在平衡[C(NH3)6]Cl3[C(NH3)6]3++3Cl-，加入浓盐酸增大Cl-浓度，使平衡向左移动，促进[C(NH3)6]Cl3的析出
【解析】
【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备，尾气用防倒吸装置的C吸收。
【小问1详解】
实验室没有400mL的容量瓶，配制400mL0.5ml/L的NH4Cl溶液，需要用500mL的容量瓶，需要称取NH4Cl的质量为0.5ml/L×0.5L×53.5g/ml=13.4g；配制一定物质的量浓度的溶液，不需要烧瓶、滴定管和分液漏斗，除了烧杯、容量瓶、天平和量筒外，还需要用玻璃棒引流以及搅拌，用胶头滴管定容。
【小问2详解】
装置A中发生的是浓氨水和氧化钙的反应：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑。
【小问3详解】
盛双氧水的仪器是恒压滴液漏斗；由于氨水易挥发，H2O2受热易分解，因此加热温度不能超过50°C。
【小问4详解】
装置C吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用。
【小问5详解】
用热水溶解趁热过滤除去活性炭，同时防止[C(NH3)6]Cl3的析出，提高产率；在溶液中，存在平衡[C(NH3)6]Cl3[C(NH3)6]3++3Cl-，加入浓盐酸增大Cl-浓度，使平衡向左移动，促进[C(NH3)6]Cl3的析出。
16. 2023年5月30日我国神舟十六号“博士乘组”三位航天员直飞太空，与神舟十五号三位航天员胜利会师中国空间站。飞船采用的改进型火箭推进剂为无色气体N2O4，已知NO2和N2O4的结构式分别是。实验测得N-N键键能为167kJ/ml，NO2中氮氧键的键能为466kJ/ml，N2O4中氮氧键的键能为438.5kJ/ml。
（1）写出N2O4转化为NO2的热化学方程式：_______。
（2）在100℃时，将0.40ml的NO2气体充入2L的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表所示数据。
平衡常数可用反应体系中气体物质分压表示，即表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数[例如：]。设反应开始时体系压强为，反应平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。
①_______，_______。
②上述反应平衡时，体系压强为_______，_______。
③内，平均反应速率为_______。
（3）反应，一定条件下与的消耗速率与自身压强间存在：、，其中、是与反应及温度有关的常数。
①平衡时，_______。
②一定温度下，、与平衡常数的关系是_______。
【答案】（1）N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml
（2） ①. 0.30或0.3 ②. 0.07 ③. 0.8p0或 ④. 1.8p0或 ⑤. 3.6
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
利用反应物键能总和－生成物总和=ΔH，因此ΔH=4×438.5kJ/ml+167kJ/ml－2×2×466kJ/ml=+57kJ/ml，其热化学反应方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml；故答案为N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml；
【小问2详解】
①0～20s内，生成N2O4物质的量为0.05ml，则消耗NO2物质的量为0.05ml×2=0.1ml，即n1=(0.4－0.1)ml=0.3ml，同理，得出n2=0.07ml；故答案为0.30或0.3；0.07；
②达到平衡时，生成N2O4物质的量为0.08ml，消耗NO2物质的量为0.16ml，达到平衡后，混合气体总物质的量为(0.40－0.16+0.08)ml=0.32ml，相同条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，即，p=0.8p0或，达到平衡时，NO2的转化率为40%，因此达到平衡时，n(NO2)=(0.4－0.4×40%)=0.24ml，n(N2O4)=0.08ml，即Kp==1.8p0或；故答案为0.8p0或；1.8p0或；
③20s时NO2物质的量为(0.4ml－0.05ml×2)=0.3ml，20～40s内，消耗二氧化氮的物质的量为(0.3－0.26)ml=0.04ml，二氧化氮表示的反应速率为=0.001ml/(L·s)，合3.6ml/(L·h)，故答案为3.6；
【小问3详解】
①利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，即有，v(N2O4)=v(NO2)；故答案为；
②存在v(N2O4)=v(NO2)，代入表达式，有k1·p(N2O4)=k2·p2(NO2)，Kp=，k2=；故答案为。
17. 盐湖卤水(主要含、'、、、和硼酸根等)是锂盐的重要来源，一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图：
已知：硼原子有3个价电子，但有4个价轨道，这种价电子数少于价轨道数的原子称作缺电子原子。
常温下、。
相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的晶体为层型片状结构，在层与层之间容易裂解，其原因是层与层之间通过_______结合，在水中的电离方程式为_______。
（2）与溶液反应可制备硼砂，硼砂分子中硼原子的化合价为_______；常温下硼砂溶液中，水解生成相同浓度的和，则溶液_______。
（3）“水浸”后的固体主要成分为_______(填化学式，下同)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制II过程中浓度应控制在_______以下。
（4）精制II目的是除去滤液中的_______，进行操作的目的是除去溶液中的_______。
【答案】（1） ①. 范德华力或分子间作用力 ②. B(OH)3+H2OB(OH)+H+
（2） ①. +3 ②. 9.24
（3） ①. MgO ②. 5.5×10-3
（4） ①. Ca2+ ②. CO
【解析】
【分析】“脱硼”：加入盐酸，得到含硼固体；
“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；
“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；
“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；
“精制Ⅰ”：加入生石灰，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙与溶液中少量Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Mg(OH)2、CaSO4；
“精制Ⅱ”：加入纯碱目的是除去溶液中的Ca2+，滤渣Ⅱ为碳酸钙；
据此分析；
【小问1详解】
1mlB(OH)3中含有3ml氢键，平面层内硼酸分子之间通过氢键结合，层层之间容易裂解，说明作用力不强，则层层之间通过范德华力或分子间作用力结合；硼酸为一元弱酸，根据题中所给信息，硼酸在水中的电离方程式为B(OH)3+H2OB(OH)+H+；故答案为范德华力或分子间作用力；B(OH)3+H2OB(OH)+H+；
【小问2详解】
依据化合价代数和为0，可推断硼砂分子中硼原子的化合价为+3价；硼酸为一元弱酸，其电离平衡常数Ka=，溶液中c[B(OH)]=c[B(OH)3]，Ka=c(H+)=1.0×10-9.24，此时溶液的pH=9.24；故答案为+3；9.24；
小问3详解】
根据上述分析，“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；c(Li+)=2.0ml/L，Ksp(LiCO3)=2.2×10-2，为了不让碳酸锂沉淀，c(CO)≤=5.5×10-3ml/L，故答案为MgO；5.5×10-3ml/L；
【小问4详解】
由于硫酸钙微溶于水，“精制Ⅰ”所得溶液中含有一定的浓度Ca2+，“精制Ⅱ”中加入碳酸钠的目的是除去过量的Ca2+；操作X的目的为酸化除CO，防止Li+在浓缩步骤中提前析出，产物产率下降；故答案为Ca2+；CO。
18. 有机物G是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如图路径合成：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______，有机物A→G中均含有的官能团名称为_______。
（2）反应②的反应类型为_______，除C外另一种生成物名称为_______。
（3）反应⑥除生成G外还生成HBr，则试剂X的结构简式为_______。
（4）芳香族化合物H是F的同分异构体，分子中含有手性碳原子，若苯环上有2个取代基，且苯环上氢谱显示有2组峰，写出符合下列要求的H的结构简式：_______。
①1mlH与足量银氨溶液反应生成2mlAg
②遇氯化铁溶液发生显色反应
③遇NaHCO3溶液产生CO2气体
（5）已知：直接与苯环相连的卤素原子难与NaOH溶液发生取代反应。参照上述合成路线，设计以为原料制备的合成路线_______ (其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. C10H10O4Br2 ②. 羟基、酯基
（2） ①. 取代反应 ②. 溴乙烷
（3）(CH3)2C＝CHCH2Br
（4）（5）
【解析】
【分析】有机物A在光照条件与Br2发生取代反应生成有机物B，有机物B在环醚条件下生成C，有机物C脱去苯环上的溴原子生成有机物D，有机物D在HCHO/HCl条件下，在苯环上引入－CH2Cl生成有机物E，有机物E脱去Cl原子生成有机物F，有机物F与试剂C生成有机物G，可知有机物X的结构为(CH3)2C＝CHCH2Br，以此作答。
【小问1详解】
A的分子式为C10H10O4Br2，有机物A→G均含有的官能团为羟基、酯基，故答案为：C10H10O4Br2；羟基、酯基；
【小问2详解】
反应②为取代反应，除C外，另一种生成物名称为溴乙烷，故答案为：取代反应；溴乙烷；
【小问3详解】
反应⑥苯环上Ⅱ被X取代，生成IIBr，接上1个Br就是试剂X：(CH3)2C＝CHCH2Br，故答案为：(CH3)2C＝CHCH2Br；
【小问4详解】
苯环上有3个取代基，依据条件含有－OH、－COOH、－CHO，还有一个C原子就是那个手性碳子了，连4个不同的原子或原子团；若苯环上有2个取代基，且苯环上氢谱显示有2组峰，则处于对位，Ⅱ结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
A
B
C
D
除去CO2气体中混有的HCl杂质
证明H2CO3比苯酚酸性强
由CuSO4溶液制取胆矾
验证1-溴丙烷发生消去反应生成丙烯
选项
实验方案
实验现象
实验结论
A
甲苯中加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
溶液紫红色褪去
甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
用pH试纸测定1ml·L-1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者试纸颜色比后者深
非金属性：S>C
C
取铁与水蒸气实验后的固体试样，完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
没有出现红色
试样中不含Fe3+
D
注射器充满NO2气体，将活塞向里推
注射器内气体颜色加深
加压平衡向生成NO2的方向移动
时间/s
0
20
40
60
80
n(NO2)/ml
0.40
n1
0.26
n3
n4
n(N2O4)/ml
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O16 Na-23 S-32 C1-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-6 I-127 Pb-207
一、选择题(每小题3分，共42分)
1. 化学促进着科技的进步和社会的发展。下列化学与生活的叙述正确的是
A. 食品袋里放入硅胶，可抗氧化
B. 漂白精中混入食醋，漂白效果更好
C. 宿州白土古镇的白瓷中含大量的SiO2、K2O和Fe2O3
D. 可穿戴式智能测温设备的测温芯片主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅胶是干燥剂，硅胶无还原性，食品袋里放入硅胶，不能抗氧化，故A错误；
B．漂白精中含有次氯酸钙，漂白精中混入食醋，生成次氯酸，漂白性增强，故B正确；
C．白瓷的主体为白色，Fe2O3为红色，所以白瓷中不能含大量的Fe2O3，故C错误；
D．芯片主要成分是单质硅，故D错误；
选B。
2. 安庆茯苓是安徽十大皖药之一，主治水肿、痰饮、脾虚泄泻、心悸、失眠。茯苓酸(结构简式如图示)是茯苓的重要提取物之一，下列有关茯苓酸的说法正确的是
A. 常温下是气体B. 分子中有6个手性碳
C. 分子中含4种官能团D. 能发生缩合聚合反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该物质碳原子数大于5，相对分子质量较大，熔沸点较高，在常温下不是气体，选项A错误；
B．该物质中含7个手性碳原子，选项B错误；
C．该结构中含有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，选项C错误；
D．该物质中含有羟基和羧基，可以发生分子间缩合聚合反应，选项D正确；
答案选D。
3. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2溶于水，降低CO2溶解度应用饱和碳酸氢钠溶液，不是饱和食盐水，故A错误；
B．醋酸易挥发，生成的CO2气体中含有醋酸蒸气，醋酸蒸气能与苯酚钠反应生成苯酚，对碳酸与苯酚钠的反应产生干扰，两装置之间再加一个盛碳酸氢钠溶液的洗气瓶，故B错误；
C．硫酸铜溶液得到胆矾，不能用蒸发结晶方法，通过冷却结晶方法制备胆矾，故C错误；
D．1-溴丙烷发生消去反应生成丙烯，通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明消去反应有不饱和烃的生成，故D正确；
答案为D。
4. 目前，芜湖某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是
A. 键角大小：
B. 分子中核磁共振氢谱有5组峰
C. 基态原子核外能量不同的电子有8种
D. 分子中N原子的VSEPR模型为四面体形
【答案】A
【解析】
【详解】A．中Se为sp3杂化，存在1对孤电子对，为三角锥形；中Se为sp2杂化，为平面三角；键角大小：，A错误；
B．由结构图可知其分子左右对称，乙烷硒啉中含有5个不同位置的H，，因此该物质核磁共振氢谱有5组峰，B正确；
C．Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4，不同能级的电子能量不同，故基态原子核外能量不同的电子有8种，C正确；
D．分子中N原子均形成3个共价键，且存在1对孤电子对，为sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D正确；
故选A。
5. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 醋酸钠水溶液中与离子数目之和大于NA
B. 常温下，的溶液中，水电离出的数目为10-9NA
C. 甲醇中杂化的原子数目为0.5NA
D. 标准状况下，气体中数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1L1ml/L醋酸钠水溶液中n(Na+)=1ml/L×1L=1ml，溶液中的电荷守恒为n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-)，故溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)＞1ml，CH3COO-与OH-离子数目之和大于NA，A项正确；
B．常温下pH=9的NaF溶液中c(H+)=1×10-9ml/L、c(OH-)=10-5ml/L，NaF属于强碱弱酸盐，F-的水解促进水的电离，1LNaF溶液中水电离出的H+物质的量为10-5ml，即水电离出的H+数目为10-5NA，B项错误；
C．CH3OH中C、O原子都采取sp3杂化，16gCH3OH物质的量为=0.5ml，其中sp3杂化的原子物质的量为1ml，即sp3杂化的原子数目为NA，C项错误；
D．HCl气体中没有H+，D项错误；
答案选A。
6. 化学方程式是重要的化学用语，下列化学实验涉及反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入少量
B. 向硫酸铜溶液中通入过量氨气：
C. 用酸性标准溶液滴定草酸：
D. 将过量通入漂白粉溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．BaCl2与CO2不反应，故A错误；
B．Cu(OH)2能与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，正确的是Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4 H2O或Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B错误；
C．草酸是二元弱酸，不能拆写成离子形式，其离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D．ClO-具有强氧化性能将SO2氧化成SO，正确的是SO2+ClO-+H2O=Cl-+SO+2H+，故D错误；
答案为C。
7. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲苯分子中苯环对甲基有影响，使得甲基性质比较活泼，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．用pH试纸测定1ml•L-1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，若前者的试纸颜色比后者深，说明前者溶液碱性比后者强，则碳酸的酸性小于亚硫酸，但H2SO3不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据碳酸、亚硫酸的酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；
C．固体试样中铁可能过量，会将生成的Fe3+全部还原为Fe2+，所以溶液不变红色，所以根据实验现象不能说明铁和水蒸气未反应，故C错误；
D．将活塞往里推，气体体积减小，浓度增大，所以颜色加深，且压强增大使2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动，则气体颜色先加深后变浅，但比原平衡时颜色深，故D错误；
故选：A。
8. 钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值，其晶胞结构如图1所示，代表的原子分数坐标为(0，0，0)，B的为。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法中错误的是
A. 该晶胞含有3个B. A与之间最近的距离为
C. 该晶胞参数为D. 若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】C
【解析】
【详解】A．B代表Pb2+、C代表I-，中Pb2+、I-的个数比为1:3，Pb2+离子数为1，所以该晶胞含有3个，故A正确；
B．A位于顶点，C位于面心， A与之间最近的距离为面对角线的一半，为，故B正确；
C．的摩尔质量为620g/ml，根据均摊原则，1个晶胞中含有1个，晶胞的体积为，该晶胞参数为，故C错误；
D．若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心、体心的投影重叠，故D正确；
选C。
9. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法错误的是
A. 乙室电极质量增大
B. 经隔膜进入甲室
C. 乙室流出的溶液浓度更大
D. 甲室反应方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，铜失去电子发生氧化反应变为铜离子与氨气形成，，因此甲室电极为负极，乙室电极为正极；
【详解】A．乙室电极为正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，乙室电极质量增大，A正确；
B．硫酸根离子向通过隔膜向负极移动，进入甲室，B正确；
C．乙室中硫酸根离子迁移至甲室，铜离子还原为铜单质，故乙室流出的溶液浓度更小，C错误；
D．由分析可知，甲室反应方程式为，D正确；
故选C。
10. 我国科学家利用电催化实现了醇到醛的高选择性转化，其转化关系如图所示(图中ads是“吸附”的意思)。下列说法错误的是
ARCHO→RCH(OH)2发生消去反应
B. 催化剂能降低反应的活化能
C. NiO(OH)在反应中化合价发生改变
D. 1mlRCH2OH→RCOOH共失去4NA个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．RCHO→RCH(OH)2发生是加成反应，不是消去反应，A项错误；
B．催化剂能改变反应历程，能降低反应的活化能，B项正确；
C．由图示可知，NiO(OH)中的Ni由+3价变为NiO中+2价，化合价发生改变，C项正确；
D．1mlRCH2OH完全转化为RCOOH，失去2mlH原子、同时得到1mlO原子，共失去4ml电子，即共失去4NA个电子，D项正确；
答案选A。
11. 某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A. 电负性：Q
C. 该离子液体难挥发，可用作溶剂
D. 该离子液体中含非极性键，不含配位键
【答案】D
【解析】
【分析】Z的原子序数最大，Z只形成1个共价键，Q、R、X和Z质子数为奇数，且奇数和为22比较小，所以Z为F；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，所以T为C、Y为O、X为N；由结构逆推，Q为H；R的质了数为22-1-7 -9=5，则R为B；
【详解】A．电负性：H
C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；
D．该离子液体中含C—C非极性键，B—F之间形成配位键，D错误；
故选：D。
12. 实验室以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CO、BaO和)为原料制备和碳酸钴()的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A. “滤渣1”主要成分是、
B. “氧化”时反应的离子方程式是
C. “调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，必须过量
D. “沉钴”过程发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．废料中加入硫酸，NiO、 FeO、、CO、BaO均与硫酸反应，生成NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CSO4，等进入溶液，和硫酸钡为滤渣，A正确；
B．加入NaClO3将二价铁氧化为三价铁，次氯酸根还原为Cl-：离子方程式是，B正确；
C．“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，不能过量，防止C2+和Ni2+沉淀损失，C错误；
D．“沉钴”过程生成碳酸钴沉淀，发生的反应为：，D正确；
答案选C。
13. 金属Na溶解于液氨中形成蓝色溶液：，蓝色是生成了氨合电子；(强还原剂)的缘故；向该溶液中加入穴醚类配体，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物。下列说法正确的是
A. 粒子半径：B. 第一电离能
C. 易得电子D. 还原性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．核外有3个电子层，Mg核外也有三个电子层，Mg核电荷数大，吸引力大，半径，A错误；
B．的1s上有2个电子，1s离核近，不易失去电子，第一电离能大，B正确；
C．蓝色溶液具有强还原性，易失电子，C错误；
D．Na的半径比Na 天，受核吸引力小，易失电子，故的还原性比Na的强，D错误；
故选：B。
14. 恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. B. x2>x1
C. 点b、c对应的平衡常数：Kb=KcD. 反应速率：vb正
【解析】
【详解】A．温度升高平衡向吸热方向移动，CH4平衡转化率增大，平衡正向移动，所以正向为吸热方向，A项正确；
B．加入的水量越大，投料比x越小，CH4平衡转化率就越大，所以x1
D．b 点和 c点温度相同，CH4都是 l ml，b点 x值小，则 b点加水多，反应物浓度大，反应速率大，所以vb正>vc正，D项错误；
故选：D。
二、非选择题(共58分)
15. 三氯化六氨合钴(III)是一种典型的维尔纳配合物，实验室常以活性炭为催化剂来制备，化学方程式为。
【配制氯化铵溶液】
（1）实验欲用固体配制溶液，需要称取固体的质量为_______；图中有四种仪器是不需要的，还需要的玻璃仪器除量筒以外还有_______。
【制备】
设计小组设计如图装置(夹持仪器及加热装置已省略)，回答下列问题：
（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______。
（3）装置B中盛放H2O2的实验仪器名称为_______，反应温度不宜超过50℃，除H2O2会分解外，另一原因是_______。
（4）装置C中漏斗的作用是_______。
（5）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，……，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色晶体析出。
①除去活性炭的实验操作是_______。
②用平衡移动原理解释析出大量橙黄色晶体的原因：_______。
【答案】（1） ①. 13.4g ②. 玻璃棒、胶头滴管
（2）CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑
（3） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 氨水易挥发
（4）吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用
（5） ①. 趁热过滤 ②. 在溶液中，存在平衡[C(NH3)6]Cl3[C(NH3)6]3++3Cl-，加入浓盐酸增大Cl-浓度，使平衡向左移动，促进[C(NH3)6]Cl3的析出
【解析】
【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备，尾气用防倒吸装置的C吸收。
【小问1详解】
实验室没有400mL的容量瓶，配制400mL0.5ml/L的NH4Cl溶液，需要用500mL的容量瓶，需要称取NH4Cl的质量为0.5ml/L×0.5L×53.5g/ml=13.4g；配制一定物质的量浓度的溶液，不需要烧瓶、滴定管和分液漏斗，除了烧杯、容量瓶、天平和量筒外，还需要用玻璃棒引流以及搅拌，用胶头滴管定容。
【小问2详解】
装置A中发生的是浓氨水和氧化钙的反应：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑。
【小问3详解】
盛双氧水的仪器是恒压滴液漏斗；由于氨水易挥发，H2O2受热易分解，因此加热温度不能超过50°C。
【小问4详解】
装置C吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用。
【小问5详解】
用热水溶解趁热过滤除去活性炭，同时防止[C(NH3)6]Cl3的析出，提高产率；在溶液中，存在平衡[C(NH3)6]Cl3[C(NH3)6]3++3Cl-，加入浓盐酸增大Cl-浓度，使平衡向左移动，促进[C(NH3)6]Cl3的析出。
16. 2023年5月30日我国神舟十六号“博士乘组”三位航天员直飞太空，与神舟十五号三位航天员胜利会师中国空间站。飞船采用的改进型火箭推进剂为无色气体N2O4，已知NO2和N2O4的结构式分别是。实验测得N-N键键能为167kJ/ml，NO2中氮氧键的键能为466kJ/ml，N2O4中氮氧键的键能为438.5kJ/ml。
（1）写出N2O4转化为NO2的热化学方程式：_______。
（2）在100℃时，将0.40ml的NO2气体充入2L的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表所示数据。
平衡常数可用反应体系中气体物质分压表示，即表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数[例如：]。设反应开始时体系压强为，反应平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。
①_______，_______。
②上述反应平衡时，体系压强为_______，_______。
③内，平均反应速率为_______。
（3）反应，一定条件下与的消耗速率与自身压强间存在：、，其中、是与反应及温度有关的常数。
①平衡时，_______。
②一定温度下，、与平衡常数的关系是_______。
【答案】（1）N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml
（2） ①. 0.30或0.3 ②. 0.07 ③. 0.8p0或 ④. 1.8p0或 ⑤. 3.6
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
利用反应物键能总和－生成物总和=ΔH，因此ΔH=4×438.5kJ/ml+167kJ/ml－2×2×466kJ/ml=+57kJ/ml，其热化学反应方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml；故答案为N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ/ml；
【小问2详解】
①0～20s内，生成N2O4物质的量为0.05ml，则消耗NO2物质的量为0.05ml×2=0.1ml，即n1=(0.4－0.1)ml=0.3ml，同理，得出n2=0.07ml；故答案为0.30或0.3；0.07；
②达到平衡时，生成N2O4物质的量为0.08ml，消耗NO2物质的量为0.16ml，达到平衡后，混合气体总物质的量为(0.40－0.16+0.08)ml=0.32ml，相同条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，即，p=0.8p0或，达到平衡时，NO2的转化率为40%，因此达到平衡时，n(NO2)=(0.4－0.4×40%)=0.24ml，n(N2O4)=0.08ml，即Kp==1.8p0或；故答案为0.8p0或；1.8p0或；
③20s时NO2物质的量为(0.4ml－0.05ml×2)=0.3ml，20～40s内，消耗二氧化氮的物质的量为(0.3－0.26)ml=0.04ml，二氧化氮表示的反应速率为=0.001ml/(L·s)，合3.6ml/(L·h)，故答案为3.6；
【小问3详解】
①利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，即有，v(N2O4)=v(NO2)；故答案为；
②存在v(N2O4)=v(NO2)，代入表达式，有k1·p(N2O4)=k2·p2(NO2)，Kp=，k2=；故答案为。
17. 盐湖卤水(主要含、'、、、和硼酸根等)是锂盐的重要来源，一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图：
已知：硼原子有3个价电子，但有4个价轨道，这种价电子数少于价轨道数的原子称作缺电子原子。
常温下、。
相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的晶体为层型片状结构，在层与层之间容易裂解，其原因是层与层之间通过_______结合，在水中的电离方程式为_______。
（2）与溶液反应可制备硼砂，硼砂分子中硼原子的化合价为_______；常温下硼砂溶液中，水解生成相同浓度的和，则溶液_______。
（3）“水浸”后的固体主要成分为_______(填化学式，下同)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制II过程中浓度应控制在_______以下。
（4）精制II目的是除去滤液中的_______，进行操作的目的是除去溶液中的_______。
【答案】（1） ①. 范德华力或分子间作用力 ②. B(OH)3+H2OB(OH)+H+
（2） ①. +3 ②. 9.24
（3） ①. MgO ②. 5.5×10-3
（4） ①. Ca2+ ②. CO
【解析】
【分析】“脱硼”：加入盐酸，得到含硼固体；
“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；
“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；
“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；
“精制Ⅰ”：加入生石灰，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙与溶液中少量Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Mg(OH)2、CaSO4；
“精制Ⅱ”：加入纯碱目的是除去溶液中的Ca2+，滤渣Ⅱ为碳酸钙；
据此分析；
【小问1详解】
1mlB(OH)3中含有3ml氢键，平面层内硼酸分子之间通过氢键结合，层层之间容易裂解，说明作用力不强，则层层之间通过范德华力或分子间作用力结合；硼酸为一元弱酸，根据题中所给信息，硼酸在水中的电离方程式为B(OH)3+H2OB(OH)+H+；故答案为范德华力或分子间作用力；B(OH)3+H2OB(OH)+H+；
【小问2详解】
依据化合价代数和为0，可推断硼砂分子中硼原子的化合价为+3价；硼酸为一元弱酸，其电离平衡常数Ka=，溶液中c[B(OH)]=c[B(OH)3]，Ka=c(H+)=1.0×10-9.24，此时溶液的pH=9.24；故答案为+3；9.24；
小问3详解】
根据上述分析，“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；c(Li+)=2.0ml/L，Ksp(LiCO3)=2.2×10-2，为了不让碳酸锂沉淀，c(CO)≤=5.5×10-3ml/L，故答案为MgO；5.5×10-3ml/L；
【小问4详解】
由于硫酸钙微溶于水，“精制Ⅰ”所得溶液中含有一定的浓度Ca2+，“精制Ⅱ”中加入碳酸钠的目的是除去过量的Ca2+；操作X的目的为酸化除CO，防止Li+在浓缩步骤中提前析出，产物产率下降；故答案为Ca2+；CO。
18. 有机物G是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如图路径合成：
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______，有机物A→G中均含有的官能团名称为_______。
（2）反应②的反应类型为_______，除C外另一种生成物名称为_______。
（3）反应⑥除生成G外还生成HBr，则试剂X的结构简式为_______。
（4）芳香族化合物H是F的同分异构体，分子中含有手性碳原子，若苯环上有2个取代基，且苯环上氢谱显示有2组峰，写出符合下列要求的H的结构简式：_______。
①1mlH与足量银氨溶液反应生成2mlAg
②遇氯化铁溶液发生显色反应
③遇NaHCO3溶液产生CO2气体
（5）已知：直接与苯环相连的卤素原子难与NaOH溶液发生取代反应。参照上述合成路线，设计以为原料制备的合成路线_______ (其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. C10H10O4Br2 ②. 羟基、酯基
（2） ①. 取代反应 ②. 溴乙烷
（3）(CH3)2C＝CHCH2Br
（4）（5）
【解析】
【分析】有机物A在光照条件与Br2发生取代反应生成有机物B，有机物B在环醚条件下生成C，有机物C脱去苯环上的溴原子生成有机物D，有机物D在HCHO/HCl条件下，在苯环上引入－CH2Cl生成有机物E，有机物E脱去Cl原子生成有机物F，有机物F与试剂C生成有机物G，可知有机物X的结构为(CH3)2C＝CHCH2Br，以此作答。
【小问1详解】
A的分子式为C10H10O4Br2，有机物A→G均含有的官能团为羟基、酯基，故答案为：C10H10O4Br2；羟基、酯基；
【小问2详解】
反应②为取代反应，除C外，另一种生成物名称为溴乙烷，故答案为：取代反应；溴乙烷；
【小问3详解】
反应⑥苯环上Ⅱ被X取代，生成IIBr，接上1个Br就是试剂X：(CH3)2C＝CHCH2Br，故答案为：(CH3)2C＝CHCH2Br；
【小问4详解】
苯环上有3个取代基，依据条件含有－OH、－COOH、－CHO，还有一个C原子就是那个手性碳子了，连4个不同的原子或原子团；若苯环上有2个取代基，且苯环上氢谱显示有2组峰，则处于对位，Ⅱ结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
A
B
C
D
除去CO2气体中混有的HCl杂质
证明H2CO3比苯酚酸性强
由CuSO4溶液制取胆矾
验证1-溴丙烷发生消去反应生成丙烯
选项
实验方案
实验现象
实验结论
A
甲苯中加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
溶液紫红色褪去
甲苯分子中苯环对甲基有影响
B
用pH试纸测定1ml·L-1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者试纸颜色比后者深
非金属性：S>C
C
取铁与水蒸气实验后的固体试样，完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
没有出现红色
试样中不含Fe3+
D
注射器充满NO2气体，将活塞向里推
注射器内气体颜色加深
加压平衡向生成NO2的方向移动
时间/s
0
20
40
60
80
n(NO2)/ml
0.40
n1
0.26
n3
n4
n(N2O4)/ml
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
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