天津2023年高考化学模拟试题含答案

1.发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消

失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫

有表面活性剂的作用，还因为

A.丁烷变成气体B.植物油变成固体C.水变成气体D.水变成

固体

【答案】A

【解析】常温下丁烷为气态燃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，

喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。

2.设必为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的A1N转化为NH,的反应为：

A1N+NaOH+3H2O=Na[A1(OH)4]+NH3T,下列说法不正确的是

A.固氮过程中，每生成ImolAlN转移的电子数目为3M

B.室温下，pH为13的NaOH溶液中OH数目为O.INA

C.标准状况下，1.I2LNH3中含有的电子数目为0.5M

D.11.8gNa[Al(OH)J中含有的共价键数目为0.8NA

【答案】B

【解析】A.固氮过程中，A1与N2反应生成A1N,电子转移的数目为3e,则每生成1mol

A1N转移的电子数目为3NA,A正确；

B.pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算溶液中所含0匹的数目，B不正确；

C.标准状况下，1.I2LNH3的物质的量为0.05mol,每个NH3分子中含有10个电子，则

1.12LNH3含有的电子数目为0.5NA,C正确；

D.11.8gNa[Al(OH)4]的物质的量为■j■戢*=0.lmol,每个[AKOH以「中含有8

个共价键，则含有的共价键数目为0.8NA,D正确；

故选B。

3.高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点

中不无解的是

A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变

B.将Tic1加入水中并加热使其转化为Ti。？•尤H2。

C.乙烯聚合为聚乙烯的反应是瘠减的过程，却能够自发进行，可知该反应的AH<0

+

D.NaHCOa溶液显碱性原因：HCO；+H2OCO1-+H3O

【答案】D

【解析】A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状

态，溶液中各离子浓度不变，A正确；

B.将TiCl,加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会

使其转化为Ti。2yH2。，B正确；

C.焙变、焰变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是爆减的过程，却能

够自发进行，可知该反应的AHvO,C正确；

D.NaHCO3溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：

HCO3+H2OH2CO3+OH-D错误；

故选D。

4.下列说法正确的是

A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁

B.浓H2s04具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化

C.加热Nai与浓H3PCU混合物可制备HL说明H3P0」比HI酸性强

D.向浓HNCh中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNCh反应生成NCh

【答案】A

【解析】A.镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A

正确；

B.浓H2s0」能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；

C.浓H3P04为难挥发性酸，加热Nai与浓H3P04混合物可制备HI,是难挥发性酸制取挥

发性酸，C错误；

D.向浓HNCh中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮

气体，D错误。

故选Ao

5.25℃时，将l.OLxmolL-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。

然后向该混合溶液中通入HC1气体或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通

入（或加入）物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是

PH

a'niol

通入HCI气体加入N«OH固体

A,水的电离程度：①>②>③

B.点②对应的混合溶液中：c(CH3coOH)+c(CH3coO)=xmolLi

+

C.点③对应的混合溶液中：c(Na)>C(CH3COO)

D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数Ka=〃一

x-0.1

【答案】B

【解析】A.CH3co0H溶液与O.lmolNaOH固体混合，

CH3coOH+NaOH=CH3coONa+HzO,形成CH3coOH和CH3coONa的混合溶液，其中

CH3coONa的水解促进水的电离，CH3coOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通

入HC1,点②反应CH3co0Na+HCl=CH3C00H+NaCl恰好完全发生，CH3coONa减少，

CH3coOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH固体，点③反应

CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3coONa增多，CH3co0H减少，

因此，水的电离程度：③②，A错误；

B.CH3co0H溶液与O.lmolNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,形成

CH3co0H和CH3coONa的混合溶液，根据物料守恒：c(CH3coOH)+c(CH3coO)=x

mol-L1,B正确；

C.点③时反应CH3coOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：

++

c(Na)+c(H)=c(OH)+c(CH3COO),此时pH=7,则c(H+)=c(OH),则c(Na+)=

C(CH3COO),C错误；

D.该温度下pH=7时，c(H+)=10-7mol-L-',c(CH3coO)=c(Na+)=0.2mol/L,

c(CHCQO)c(H+)

c(CH3coOH)=(c-0.2)mol/L,则醋酸的电离平衡常数Ka=3

C(CH3COOH)

1O7XO,2_2X1Q-8

D错误;

c-0.2c-0.2

故选Bo

6.气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所

示，当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。

常见的传感器(被检测气体产物)有：CHJCO；-、co/co；、ci2/cr.NO2/N2

等，则下列说法中正确的是

匚与敏感电极W十膘

传.感器电解质溶液

--------■对电极■

A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极

B.检测CU气体时，电流离开对电极流向传感器

C.检测NO2和co相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同

D.检测CH4气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：

--

O2+2H2O+4e=4OH

【答案】D

【解析】A.甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极

也可以作负极，A错误；

B.CL(敏感电极)是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，对电极作负极，是

电子流出，电流流入，B错误；

C.电流大小由转移电子大小决定，NC)2由+4变为0价转移4个电子，CO由+2价变为

+4价转移2个电子，相同量气体转移电子不同，则电流不同，C错误；

D.CH,氧化产物为CO；说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式可以为：

--

O2+2H2O+4e=4OH,D正确；

故选D。

7.某温度下，向1。010).100101/1^2。2溶液中滴加0.100101/0伞21203溶液，滴加过程中溶液

中-Igc(Ba2+)与Na2cCh溶液体积(V)的关系如图所示，己知Ksp(BaSCU)=1.1x10“。。下列说法

不氐碰的是

86

A.该温度下KSp(BaCO3)=10-

B.a、c两点溶液中，水的电离程度：c>a

,1

C.b点溶液中：c(COf)+c(HCO：)+c(H2co3)=5c(Na+)

D.若把Na2co3溶液换成等浓度Na2s04溶液，则曲线变为I

【答案】C

【解析】A.向lOmLO.lOmol/LBaCL溶液中滴加O.lOmol/LNa2cO3溶液时,二者恰好反应

完全得到氯化钠溶液和碳酸钢沉淀，则存在沉淀溶解平衡：

2+2+

BaCO3(s).Ba(aq)+CO^(aq),c(Ba)=c(CO；'),该温度下Ksp(BaCCh)=

43=1()86,A正确；

B.a中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为10-

7moi/L、c点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则：a、c两点溶液

中水的电离程度：c>a,B正确；

C.b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钢沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO

+

:)+c(HCO；)+c(H2CO3)<-c(Na),C不正确；

D.若把Na2co3溶液换成等浓度NazSCU溶液：向10mL0.10mol/LBaCL溶液中滴加

O.lOmol/LNa2so4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钢沉淀，则存在沉淀

溶解平衡：BaSO式s),Ba"(叫)+S01(叫)，c(Ba2+)=c(SO^"),该温度下

2+2+

KSp(BaSO4>1.1x10-1°,贝ijc(Ba)=c(SO：尸a1x10?,-lgc(Ba)»5>

4.3,则曲线变为I,D正确；

答案选C。

8.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H+和0H-,利用双极膜电解池产生

强氧化性的羟基自由基(OH),处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列

说法错误的是

il源电源

畲

落

的

放

水

也。［

A.电势：N电极〉M电极

B.阴极电极反应式为O2+2e+2H+=2・0H

C.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH+透过膜a

D.若OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14

【答案】C

【分析】双极膜中间层中的HzO解离为H+和OH:M极上02得电子与H+反应生成羟基自

由基(OH),说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生

成C02；N极为阳极，比0解离产生的0H-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将S02氧

化为硫酸根离子。

【解析】A.M极上Ch得电子生成羟基自由基(・0H),说明M极为阴极，连接电源负

极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，选项A正确；

B.M为阴极，阴极上02得电子生成羟基自由基(OH),电极反应式为O2+2e-

+2H+=2・OH,选项B正确；

C.每mol苯酚转化为CO2,转移电子28mo1,每处理9.4g苯酚(即O.lmol),理论上有

2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b,选项C错误；

D.若OH只与苯酚和SO?反应，转移电子数之比为28：2,则参加反应的苯酚和S02物质

的量之比为1：14,选项D正确；

答案选C。

9.以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是

稀硫酸

I

废铁屑一酸浸|-t结晶|_t过滤|-A硫酸亚铁晶体

A.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氟化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素

B.人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血

C.过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水

D.实验过程不直接蒸发结晶原因是防止FeSCU水解生成Fe（OH”

【答案】B

【分析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeS04溶液，FeSO4溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁

晶体。

【解析】A.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氟化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中

不存在Fe3+,但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸

浸时会被Fe还原成Fe2+,A项错误；

B.人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫

血，B项正确；

C.硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项错误；

D.实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结

晶水，D项错误；

答案选B。

10.下歹片类比”结果正确的是

A.植物油不溶于水，则甘油也不溶于水

B.甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应

C.S和Fe加热条件下生成FeS,则S和Cu加热条件下生成Cu2s

D.向含Ag+的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含A产的溶液滴加过量的氨水也

不会产生沉淀

【答案】C

【解析】A.甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误；

B.甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；

C.硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚

铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；

D.向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的

溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；

故选C。

11.常温下，将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠（NazFeOj溶液中，溶液中含铁微粒FeO;、

HFeO；、H2FeO4、H3FeO：的物质的量分数3（X）随pOH的变化如图

15X-OH=_1cOH

c（FeO^-）+c（HFeO4）+c（H2FeO4）+c（H3FeO；）"Pg（）］。下

列说法正确的是

NX)

A.曲线I表示H，FeO：的变化曲线

B.a、b、c三点水的电离程度相等

C.25C时，HFeC）4Fe（*+2H+的平衡常数K=l（y232

D.25℃时，pH=7的溶液中存在：c（Na*）+c（H3FeO：）=c（HFeO；）+2c（FeO：）

【答案】C

【分析】稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠（NazFeOj溶液中，溶液pOH不断增大，0H的浓度

不断减小，H'的浓度不断增大，则FeO,的物质的量分数减小，之后HFeO；的物质的量

分数先增大后减小，然后HzFeO」的物质的量分数先增大后减小，最后H^FeO：的物质的

量分数增大，故曲线【表示FeO：的变化曲线，曲线H表示HFeO；的变化曲线，曲线III

表示HpeO4的变化曲线，曲线IV表示H^FeO：的变化曲线。

【解析】A.据分析知，曲线I表示FeO；的变化曲线，A错误；

B.a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，则水

的电离程度不相等，B错误；

C.由a点可知,c（HFeO4）=c（FeOt）,所以HFeO；一・FeO：+H*的

K1=c（H+）=10」24,同理可推知HzFeO』.HFeO；+H+的K2=C（H+）=1（XKK8,所以

HzFe。4一•FeOj+2H+的平衡常数K=K/K2=1（T"2,c正确；

D.根据电荷守恒得，

++

c（Na）+c（H）+c（HjFeO4）=c（OH-）+c（HFeO4）+2c（FeO^）+2c（SO^）,pH=7的

溶液中c（H+）=c（OH）,所以

+

c(Na)+c(H3FeO；)=c(HFeO4)+2c(FeOj)+2c(SO：),D错误；

故选C。

12.在一定温度下，BaSCM和C在一密闭容器中进行反应：BaSO*)+4C(s)峰为

BaS(s)+4CO(g),CO的平衡浓度(mol/L)的对数Igc(CO)与温度的倒数亨的关系如图所示,

下列说法中正确的是

369

y/ClO^K'1)

A.Q点BaSCU的消耗速率小于生成速率

B.该反应的A”<0

C.温度是㈣K时，反应的平衡常数为1

3

D.温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，气体的压强减小

【答案】A

【分析】由方程式可知，反应的化学平衡常数K=d(CO),由图可知，，增大，Igc(CO)减

小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。

【解析】A.由图可知，温度一定时，Q点的浓度端大于平衡常数，平衡向逆反应方向移

动，则硫酸钢的消耗速率小于生成速率，故A正确：

B.由分析可知，该反应为吸热反应，反应AH〉。，故B错误；

104

C.由图可知，温度是一K时，在此温度下c(CO)=10,K="(CO)=10000,故C错误；

3

D.反应的化学平衡常数K=〃(CO),平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则

温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的

压强不变，故D错误；

故选Ao

第II卷(共64分)

注意事项：

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2.本卷共4题，共64分。

13.回答下列问题：

(1)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。Fe、Co、Ni都能与反应，其中Co和Ni均

生成二氯化物，由此推断FeCh、C0CI3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为0一种

钻氧化物晶胞如图所示，该氧化物中钻离子价电子排布式为。设阿伏加德罗常数的

值为NA，则该晶体的密度为g.cm-3。

(2)以钻矿［主要成分是CoO、Co2O,,CO(OH)3,还含SiO2及少量ALO,、Fe2O,,

CuO及MnO2等］为原料可制取钻的氧化物。利用钻矿制取钻的氧化物的主要步骤如下:

①浸取：用盐酸和Na?SO3溶液浸取钻矿，浸取液中含有Al"、Fe2+>Co"、Cu2+.

Mn2+>C「、SO；等离子。写出Co2。.：,发生反应的离子方程式：。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaCK)3氧化Fe?+，再加入NaOH调节pH除去Af+、

Fe'+、Cu2+»有关沉淀数据如下表(“完全沉淀''时金属离子浓度41.0x1Ofmoi-L-')：

沉淀OU

AI(OH)3Fe(OH),C(OH)2C(OH)2Mn(OH)2

恰好完全沉淀时的

5.22.89.46.710.1

PH

若浸取液中c(Cc>2+)=0.1molLL则须调节溶液pH的范围是(加入NaClO,和

NaOH时，溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA%,发生反应：

2++

Co+n(HA)2=CoA2.(n-l)(HA)2+2Ho实验测得：当溶液pH处于4.5〜6.5范围

内，Co?+萃取率随溶液pH的增大而增大(如下图所示)，其原因是o向萃取所得有

机相中加入HzS。”反萃取得到水相。

，，+2号3浸

和o氯由O

燥O大性7伏2若

oC和2o

干越，。化阿；

CC是设。C2.

、和H行氧o,34

到p-,」

涤O.进，的C3m。0

得o③向物2；c：O1

洗，C1叩-X

、化C价O2]

后中正为gSH

滤氯和2臼-=

间物4应数-+0°为22

.反二3I1+)

过时合72为1化：6

，+成C0ox

段混3〜03义氧O4)

液7H生C有CaAS(

一该.2^N被+1

溶6.+均、含,=-+x

4热定.)2i中O3工H：21

②N%oOo(

O加确③AC胞C叩=SCx

2算和e25

C中H(F晶为丫A,=0

气计)。式-N++1

270lC以该2x

J空过2-Ox0H1

Hdn,所，学I74=

在通3H(则化x)C+

N(,.22h，a(为；]

，+'Ch原以(12

入g②^AeCx原O)

体2oF摊所为S

加3。O>>,；优还H

晶.6)SC3均4积为+O

中该+2l1体；3(

为比l3+%C据=度oqO

相g2Col的so

4量数COA性根密C

水6.eCHC。+'胞被CL

4质整F2化3的3为

►的1>=M性1x晶ps

5到，l2+氧化2体O式

.取简+C4°2K

1——6得物CH^明氧e17晶O程

-最>4cFdC则,

-后称合l3+说明>为3该方

-。出-C2明4.

-0取混C^j说1数为则子9

1.体oO于C说

-6萃该写CS-1C，子式,,离=

-晶量(+利5-4L>离+H

-反.37-2eL布A的

-。有CCo2p

1-5.H向称比①O，.Fo排N0应

-5p?。2成oC的

-：H之o小④CC子为C反

-Z物C生,淀

-解量越】成为4电值】有生

1-0.分V合.)析应生序的析含发沉

-5C质)=l价全

-热z混1①M解反能顺+数解中3

-((局x?o完

-、C的的】c1气不的常2液O

1-5.o44越62CS2"

14钻CO案中率问氯应弱+，罗问取ao

93O3)l8

沉到Oo答2液取小和反到x素德小浸NC

。

蚤魁

、<+O【(【e【

%④得CC溶萃F气强8元加①与②

取液中C(C()2+)=0.1mol.L-',为防止Cc>2+生成Co(OH)2沉淀，c(OH-)的最大值为

JC=[x]066mol.LT,则Co?+开始沉淀的pH=7.4,所以须调节溶液pH的范围是

6.7~7.4。

③pH越大，溶液中c(H')越小，有利于Cc>2++n(HA)2=CoA2(n-l)(HA),+2H+反应正

向进行，Co?+萃取率越高。

④14.64g(30©20「2凡0的物质的量为14.64g^l83g/mol=0.08molo设CoO和CO3O4的

物质的量分别为xmol、ymol。｛寝喋，x=0.02、y=0.02,该混合物中CoO和CO3O4

0.02molx75g/mol75

的质量之比77^；----；—,7=T--O

0.02molxn24lg/mol241

14.氨漠索(G)是％内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。一种合成路线如下：

(1)A〜C三种物质中(填“有"、"无”)易溶于水的物质。E中氮原子杂化类型为

(2)HzN—OH中的官能团名称是o

(3)反应③的化学方程式是。

(4)反应⑤的反应类型是。

(5)B的芳香族同分异构体中，满足下列条件的有种；其中核磁共振氢谱有4组

吸收峰且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为

①能发生银镜反应；②能水解；@1mol最多能与2molNaOH反应。

(6)写出以>为原料制备।.(无机试剂任选，合成路线

不超过4步)。

【答案】(1)①.无②.sp2

(2)羟基、氨基(3)OH+H2O

(4)取代反应(5)①.6

COOHCOOH

浓HNO、N

°2KMnO4/Hr

(6)浓H^SOs.A或

【分析】由题干转化流程图信息可知，根据A的化学式、B的结构简式以及A到B的转化

条件可知A的结构简式为:,A发生硝化反应得到B,B中甲基发生氧化反应生成

C,C中醛基与比中氨基先加成后消去生成D,D发生还原反应生成E,E与

澳单质发生苯环上取代反应生成F,F与HC1反应生成G,据此分析解答。

【小问1解析】

由分析可知，A是甲苯，烧类物质均难溶于水，B为邻硝基甲苯，硝基化合物难溶于水，C

为邻硝基苯甲醛，虽然醛基易溶于水，但由于有苯环和硝基的影响，故也难溶于水，故A〜

C三种物质中无易溶于水的物质，由题干中D的结构简式可知D中氮原子周围均形成了3

个。键，故其杂化类型为Sp2,故答案为：无；Sp2;

【小问2解析】

曲)毛筮中的官能团名称是氨基(-NH2)和羟基GOH),故答案为：羟基、氨基;

【小问3解析】

、CHO

由题干流程图可知，反应③即癖={^=褪和«］、5反应生成

和水，故该反应的化学方程式是比N

OH+H2O,故答案为：H2N—〈〉—0H+

OH+H2O;

【小问4解析】

由题干流程图可知反应⑤即

-HH',故该反应的反

Br

应类型是取代反应，故答案为：取代反应;

【小问5解析】

由题干流程图信息可知，B的分子式为：C7H7NO2,则B的芳香族同分异构体中，满足下列

条件①能发生银镜反应即分子中含有醛基或者甲酸酯基；②能水解，分子中含有酯基或者酰

胺基，根据氧原子数目可知，分子中含有甲酸酯基或者甲酰胺基；③Imol最多能与2mol

NaOH反应说明分子中含有甲酸酚酯基，则符合条件的同分异构体为苯环上连：-OOCH和

NH2、或者-CH3和-NHCHO两种组合，每组又有邻间对三种位置关系，故共有2x3=6种；其

中核磁共振氢谱有4组吸收峰且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为

故答案为：6;

HCOONH:

【小问6解析】

由题干流程图可知，根据A到B,B到C的流程信息可知，由以］为原料制备

COOH

,由于一CH3为邻位上的定位基团，故可以先由］在浓硫酸和浓硝酸作用下

发生硝化反应生成,由于由于-NH2也易被氧化，故需先将转化为

COOIICOOHCOOH

在将转化为故可以确定合成路线为:

COOHCOOH

6田下与双夕q夕或

CHOCOOH(DOH

津HNO,NO；MnOiCu、O?

维AHSO

6624

COOHCOOH

浓

,故答案为:HNQQ或

6淑ILSO.A64er—匕

OK)COOHCOOH

浓HNO.MM)]^ZLSH，

dO：U--FeliaO

15.六氨合氯化镁（MgCL・6NH3）具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。

某研究小组以MgCh・6H2。为原料在实验室制备MgC12・6NH3,并测定所得产品中氯的含量

（一）制备MgC12«6NH3

I.首先制备无水MgCL实验装置如下图（加热及夹持装置略去）:

已知：SOC12：熔点一105℃、沸点76℃：遇水剧烈水解生成两种酸性气体。

（1）滴液漏斗中支管的作用为»

（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为

（3）该实验装置中的不足之处为。

II.将NH3通入无水MgCb的乙二醇溶液中，充分反应

（MgCl2+6NH3_MgCL（NH,）后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质

的性质如表:

溶瀛、

NH3MgChMgC12*NH3

水易溶易溶易溶

甲醇（沸点65℃）易溶易溶难溶

乙二醇（沸点197℃）易溶易溶难溶

（4）生成MgC12・6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有（填字母）。

A.反应吸热，促进反应正向进行B.加快反应速率

C.防止氨气挥发，提高氨气利用率D.降低产物的溶解度

（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为（填字母）。

A.冰浓氨水B.乙二醇和水的混合液

C.氨气饱和的甲醇溶液D.氨气饱和的乙二醇溶液

（二）测定产品中氯的含量，步骤如下：

步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；

步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以KzCrCU为指示剂，用0.20mol.匚】的AgNCh

标准液滴定溶液中C「，记录消