辽宁七校协作体2024-2025学年高三年级上册开学考试化学试题（解析版）

2024-2025学年度（上）七校协作体高三期初联考

化学试题

考试时间：75分钟满分：100分

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Cu-64Co-59

第I卷（选择题，共45分）

一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）

1.化学与人类生活生产密切相关。下列说法错误的是

A.Sg分子呈“皇冠”结构，其键角为109°28'

B.高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业上抗旱保水、改良土壤

XcH|—CH—CH-CHj-CH—

c.潜艇消声瓦的主要材料：,其可由

CH,=CH-CH=CH；和CH：合成

D.古代绘画常用的狼毫毛笔，其笔头主要成分为蛋白质

【答案】A

【解析】

【详解】A.Sg分子呈“皇冠”结构，每个S形成2个b键、有2对孤电子对，为sp3杂化、孤电子对和成

键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则其S-S-S键角小于109。28，，故A错误；

B.高吸水性树脂，也称为保水剂，是一种新型的有机高分子化合物，化合物具有溶胀比大、吸水速度

快、保水能力强、释水性能好、供水时期长等特性，所以高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业上抗

旱保水、改良土壤，故B正确；

C.该聚合物的单体为1,3-丁二烯和苯乙烯，两者通过加聚反应生成，故C正确；

D.毛笔笔头的主要成分为天然高分子化合物蛋白质，故D正确；

答案选A。

2.下列化学用语表示正确的是

A.顺-2-丁烯的空间填充模型为：

B.CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3-per键

第1页/共20页

C.基态氧原子的核外共有8种不同运动状态的电子

D.二氧化硅的分子式：SiO

【答案】C

【解析】

【详解】A.'是顺-2-丁烯的球棍模型，不是空间填充模型，故A错误;

B.CH30H分子上的碳原子sp3杂化，羟基中。原子sp3杂化，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为

Sp3-Sp3©键，故B错误；

C.基态原子核外电子运动状态都不相同；基态氧原子核外8个电子，所以有8种不同运动状态的电子，

故C正确；

D.二氧化硅是共价晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，则二氧化硅的化学式为Si02,故D错误；

答案选C。

3.下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是

A.硝基苯（苯）：蒸储

B.苯（少量苯酚）：滴加饱和滨水，过滤后分液

C,乙烯（乙烷）：通入氢氧化钠溶液，洗气

D.苯甲酸（泥沙和NaCl）：蒸发结晶

【答案】A

【解析】

【详解】A.苯和硝基苯能够互溶，沸点相差较大，应该采用蒸储方法分离，A正确；

B.苯酚与漠水反应生成的2,4,6-三澳苯酚，易溶于苯中，仍无法除去，B错误：

C.乙烷和乙烯与氢氧化钠溶液均不反应，所以不能用来除去乙烯中乙烷，C错误；

D.蒸发结晶无法有效地将苯甲酸与泥沙、NaCl分离，正确的处理方法是先溶解、过滤除去泥沙，然后对

滤液进行结晶分离出苯甲酸，D错误；

故选A„

4.向Cu与H2O2溶液形成的混合物中通入氨气，发生反应：

2+

CU+H2O2+4NH3=[CU（NH3）4]+2OH-»设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.每消耗17gH2。2,该反应转移的电子数为NA

B.Imol基态Cu原子的最外层电子数为2NA

第2页/共20页

C.11.2L氨气所含分子数目为0.5NA

D.lmol[Cu（NH3）4『+中含有的0键数目为12NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.由Cu元素化合价变化可知，每消耗ImolHzCh,转移2moi电子，每消耗17gH2O2,即

0.5molH2O2,该反应转移的电子数为NA,故A正确；

B.Cu的价电子排布为3/。4$1,所以Imol基态Cu原子的最外层电子数为NA,故B错误；

C.没有说是标准状况，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氨气的物质的量，故C错误；

2+

D.ImolImol|^Cu（NH3）4^|,含有的b键数目为（4+3x4）mol=16mol,即16必，故D错误；

故选Ao

5.劳动创造幸福。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是

选项劳动项目化学知识

A用活性炭去除室内甲醛活性炭具有还原性

B用柠檬酸解决花盆中土壤碱化问题柠檬酸具有酸性

C用84消毒液对洗手池消毒NaClO可使蛋白质变性

D用植物油作原料制肥皂油脂可发生皂化反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.用活性炭去除室内甲醛，利用活性炭的吸附性，故选A；

B.柠檬酸具有酸性，与碱发生中和反应，用柠檬酸解决花盆中土壤碱化问题，故不选B；

C.NaClO可使蛋白质变性，用84消毒液对洗手池消毒，故不选C；

D.油脂在碱性条件下可发生皂化反应，用植物油作原料制肥皂，故不选D；

选Ao

6.下列说法正确的是

A.CH,CH,Br与NaOH溶液反应：CH^CH.Br+NaOH—=CH,T+NaBr+H,0

第3页/共20页

B.乙醛和新制Cu(0H)2悬浊液共热出现砖红色浑浊:

CH3CHO+CU(OH)2+NaOH^^CH3coONa+CuOJ+2H2O

C.分子式为C5H12。的醇中能发生催化氧化成醛的有4种

【答案】C

【解析】

【详解】A.CH3cHzBr与NaOH溶液发生水解反应，化学方程式为

CH3CH2Br+NaOH—CH3CH2OH+NaBr,故A错误；

B.乙醛和新制Cu(0H)2共热生成氧化亚铜，化学方程式为：

A

CH3CHO+2Cu(OH)o+NaOHfCH3coONa+Cu2OJ+2H2O，故B错误；

C.分子式是C5Hl2。的醇，能被催化氧化成醛，则醇中连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，C5H12的同

分异构体有：CH3cH2cH2cH2cH3、CH3cH(CH3)CH2cH3、(CH3)4C,当烷始为CH3cH2cH2cH2cH3时，-

OH取代甲基上的H原子有1种结构，当烷烧为(CH3)2CHCH2cH3时，-OH取代甲基上的H原子有2种结

构，当烷煌为CH3)4C时，-0H取代甲基上的H原子有1种结构，C5H12。的同分异构体中可以氧化为醛的

醇有4种；故C正确；

答案选C。

7.“结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关比较正确的是

A.气态时失去一个电子的能力：Cu+>CuB.共价键极性：

C.在水中的溶解度：戊醇〉乙醇D.熔点：Si。？〉白磷〉Nai

【答案】B

【解析】

【详解】A.Cu为29号元素，价电子排布式为：3刖*1,Cu+的核外电子排布式为34。，为全满状态，较

稳定，较难失去电子，因此气态Cu与Cu+失去一个电子的能力：Cu>Cu+,故A错误；

B.非金属性0>N,由非金属性越强，气态氢化物中，共价键的极性越强可知，故共价键极性：O-H>N-

H,故B正确；

C.戊醇的煌基比乙醇的大，煌基是憎水基，煌基越大越难溶于水，则戊醇溶解度比乙醇的低，故C错

第4页/共20页

误;

D.Si。2是共价晶体，Nai是离子晶体，白磷是分子晶体，故熔点：SiC)2〉NaI＞白磷，故D错误;

答案选B。

8.下列物质，与酸性高镒酸钾溶液、澳水、碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液、乙醇都能反应的是

A.CH3cH=CHCH2cH0B.CH2=CHCOOH

CHBr：

D.

CHBr、

【答案】B

【解析】

【详解】A.不含竣基，不能与氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液、乙醇反应，故A不选;

B.含碳碳双键与酸性高锦酸钾溶液、漠水反应，含残基与氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液、

乙醇反应，故B选；

C.不含竣基，不能与碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液、乙醇反应，故C不选;

D.不能与澳水、碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液、乙醇反应，故D不选；

答案选B。

O

II5^)可用于治疗心脏病，下列有关M的说法错误的是

9.药物CH4-C-O

A.M分子中存在3个手性碳原子

B.M遇碱溶液或酸溶液均易变质

C.M分子式为C14H26。2

与互为同分异构体

D.C4H9coOC?H7M

【答案】A

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，M分子中存在如图*所以所示的2个手性碳原子:

，故A错误;

B.由结构简式可知，M分子中含有的酯基在碱溶液或酸溶液均能发生水解反应，所以遇碱溶液或酸溶液

第5页/共20页

均易变质，故B正确;

C.由结构简式可知，M分子的分子式为C14H26O2,故C正确；

D.由结构简式可知，M分子与C4H9co0〈2>-C3H7的分子式相同、结构不同，互为同分异构

体，故D正确；

故选Ao

10.利用下列实验装置进行实验，装置正确且能达到实验目的的是

A.用装置I证明碳酸酸性强于苯酚B.用装置n验证苯酚显酸性

C.用装置m制备澳苯并验证有HBr产生D.用装置IV制备乙酸乙酯

【答案】D

【解析】

【详解】A.装置I中因为醋酸具有挥发性，挥发出来的醋酸也能将苯酚钠转化为苯酚，不能比较碳酸、

苯酚的酸性，不能达到实验目的，故A不选；

B.苯酚的酸性很弱，不能使石蕊溶液变红，故B不选；

C.挥发的澳能和AgNCh反应生成淡黄色沉淀，干扰HBr和硝酸银溶液的反应，故C不选；

D.乙酸与乙醇在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸抑制用右边试

管中的饱和Na2cCh溶液进行接收，并且考虑了防倒吸，故D选；

答案选D。

11.某种具有菠萝气味的香料N的合成路线如下：

ONaCl

下列说法不氐确的是

A.试剂X可能为Na2c。3溶液B.用红外光谱（IR）可检测到M中含有酯基

C.Y的结构简式为CH?=CHCH.OHD.N可以发生取代、加成、氧化等反应

第6页/共20页

【答案】B

【解析】

【分析】苯酚与试剂X反应生成苯酚钠，X可以是NaOH或Na2c。3,苯酚钠与氯乙酸发生取代反应生成

M&,一OCILCOOH-M与Y(丙烯醇)反应生成No

【详解】A.苯酚生成苯酚钠，可以用NaOH或Na2co3,则试剂X可能为Na2cO3溶液，A正确;

B.用红外光谱(IR)可检测到M中含有C=O键，C-O-C键等，不能检测到酯基，B错误；

C.由以上分析，Y的结构简式为CH2=CHCH2(3H,C正确；

D.N中有酯基和碳碳双键，可以发生取代、加成、氧化等反应，D正确；

答案选B。

12.化学是以实验为基础的学科。下列实验操作或方法能达到预期目的的是

选

实验操作或方法预期目的

项

A对乙酸晶体进行X射线衍射实验测定乙酸的相对分子质量

制备[CU(NH3)4]SO4・H2O晶

B向［Cu(NH3)4］SC>4溶液中加入95%的乙醇

体

C加热乙醇、浓硫酸的混合液，使温度迅速上升到140OC制备乙烯气体

取适量样品于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，再滴加

D检验1-澳丁烷中含有澳元素

AgNCh溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.X射线衍射实验是测定物质是否为晶体，质谱仪主要测定分子的相对分子质量，故A不符合

题意；

B.向［Cu(NH3)4］SC)4溶液中加入95%的乙醇，降低［Cu(NH3)4］SO4溶解度，析出［CMNAMSOrH?。晶体，

故B符合题意；

C.加热乙醇、浓硫酸的混合液，使温度迅速上升到170。。制备乙烯气体，故C不符合题意；

第7页/共20页

D.取适量样品于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，向反应后的溶液中加入足量硝酸，再滴加AgNCh

溶液，若有淡黄色沉淀生成，则检验1-澳丁烷中含有澳元素，故D不符合题意。

综上所述，答案为B。

13.[RhCCO)2%]为平面结构，可以作为CH30H和CO反应制备CH3coOH的催化剂，反应历程如下

B.反应的总方程式为CH3OH+CO催化剂XZHjCOOH

C.A离子中Rh原子的杂化轨道类型为sp3

D.如图反应过程，CH30H和CO反应制备CHsCOOH的反应历程有1种

【答案】C

【解析】

【详解】A.化合物E为CH3COL和水生成CH3co0H的过程为取代反应，A正确；

B.根据反应历程的反应物为CH30H和CO,生成物为CH3coOH,反应的总方程式为

CH30H+CO催化剂>CH3coOH,B正确；

C.[RhCCObL]为平面结构，则A离子中Rh原子的杂化轨道类型为sp2,C错误；

D.根据反应过程，CH30H和CO反应制备CH3co0H的反应历程只有1种，D正确；

答案选C。

14.一种植物激素脱落酸，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，下列关于脱落酸

的说法正确的是

第8页/共20页

A.Imol脱落酸分子最多消耗2moiNaOH

B.Imol脱落酸最多消耗5m0IH2

C.脱落酸与Br?I：1加成，可能得到4种不同的产物（不考虑立体异构）

D.若发生分子内酯化反应，所得产物分子中具有两个六元环

【答案】C

【解析】

【详解】A.该有机物含1个酯基，Imol脱落酸分子最多消耗ImolNaOH,A错误；

B.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有3个碳碳双键和一个酮跋基能与H2加成，故Imol脱落酸

最多消耗4mol,B错误；

C.分子中含3个碳碳双键，有1个共朝二烯烧结构，当1mol脱落酸与ImolBn发生加成反应时，可通

过1,2-加成的方式得到3种不同的产物，还可通过发生类似1,4-加成的反应得到1种不同于之前的产

物，共得到4种不同的产物，C正确；

D.脱落酸分子结构中存在羟基和竣基，其发生分子内酯化反应构成环状酯，所得结构中存在一个六元环

和一个七元环，D错误；

答案选C。

15.科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。X、Y、M、Q为前四周期元素原子序数依次

增大。X、Y为相邻非金属元素，M、Q为同一周期元素。Y元素的基态原子价层电子为ns%pn。Q元素

原子中只有两种形状的电子云，且所有轨道的电子均成对，其最高能层数是最高能级电子数的2倍。下列

说法不正确的是

A.晶体最简化学式为MQX6Y6

B.最高正化合价：Y>X>Q>M

第9页/共20页

c.QY2能与水剧烈反应生成可燃性气体

D.Y的最高价氧化物的中心原子的价层电子对数为4

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、M、Q为前四周期元素原子序数依次增大。X、Y为相邻非金属元素，Y元素的基态原子

价层电子为ns%pn,n为2,即基态Y原子的价层电子排布式是2s22P2,则Y为C元素，X为B元素；Q

元素原子中只有两种形状的电子云，且所有轨道的电子均成对，其最高能层数是最高能级电子数的2倍，

则Q为Ca元素，M、Q为同一周期元素且原子序数依次增大，故M为K元素，以此分析。

【详解】A.根据均摊法，图中晶胞含有X原子个12x1=6,含有Y原子12x1=6个，含有M原子

22

8x^=1个，含有Q原子1个，故晶体最简化学式为MQX6Y6,A正确；

8

B.Y、X、Q、M最高正化合价分别为4、3、2、1,B正确；

C.由分析可知，Q为Ca,Y为C,CaC2能与水剧烈反应生成可燃性气体乙焕，C正确；

D.C的最高价氧化物是CO2,碳原子的价层电子对数为）x（4+2x2-4）=2,D错误；

故选D。

第II卷（非选择题，共55分）

16.草酸钻在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。用水钻矿（主要成分为COzOs，还含有少量

SiO2、FeO等杂质）制取草酸钻晶体（COC2O4TH2。）的工艺流程如图所示:

NitSO广皿.

①♦浸还原源凌（NH41CA

水砧（r~一►.一|

②■化、iflpll」注液一《，沉牯酸站晶体

NaOOj/N*1coi

回答下列问题：

（1）CIO］的空间结构为,Co位于元素周期表___________区。

（2）“酸浸还原”时CO2O3被还原成二价钻离子，发生反应的离子方程式为=

（3）某含钻配合物的组成为COC13-5NH3-H2。，该配合物中钻离子的配位数是6,Imol该配合物问以

与足量的硝酸银反应生成3moiAgCl沉淀，则该配合物的配体是,NH3分子与钻离子形成配

合物后，H-N-H键角（填"变大“'变小”或"不变’），请说明理由：o

第10页/共20页

(4)C。是一种六方晶系晶体，其晶胞结构如图所示，则每个晶胞中含有的原子个数为0已知

该晶胞的底边长为anm,高为bnm,a=90°，0=90°,/=120°,NA为阿伏加德罗常数的值，则晶

【答案】(1)①.三角锥形②.d

+2+

(2)Co2O3+SO：+4H=2CO+SO^+2H2O

(3)①.NH3和H2。②.变大③.氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有

孤电子对，配位键N-Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N-H键的排斥力变小，故NH3分子与

钻离子形成配合物后H-N-H键角变大

236

(4)①/②•而曾in21

【解析】

【分析】水钻矿(主要成分为CO2O3,还含有少量SiCh、FeO等杂质)加入Na2sO3和H2SO4的混合溶液“酸

2+3+

浸还原”将Co2O3转化为Co,然后加入NaClO3和Na2cCh的混合溶液将Fe?+氧化为Fe,并调节pH将

Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后的滤渣中含有Fe(OH)3和不溶于酸的SiCh,向滤液中加入草酸镀溶液得

到草酸钻。

【小问1详解】

C/O；中心原子价层电子对数为3+g(7+l-3x2)=4,且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，Co

是27号元素，位于元素周期表的d区；

故答案为：三角锥形；d；

【小问2详解】

2+

由分析可知，“酸浸还原”步骤中加入Na2s。3和H2s。4的混合溶液“酸浸还原”将Co2O3转化为Co,

Na2sO3转化为Na2so4,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

-+2+

Co2O3+SO|+4H=2CO+SO：+2H2O；

-+2+

故答案为：Co2O3+SO|+4H=2CO+SO^+2H2O；

第11页/共20页

【小问3详解】

Imol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，说明COC13-5NH3H2O中有3个C1在外界能

够电离出来，而该配合物中钻离子的配位数是6,则该配合物的配体是NH3和H2O,NH3分子与钻离子形

成配合物后，H—N—H键角变大，原因是：氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤

电子对，配位键N-Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N-H键的排斥力变小，故NH3分子与钻离子

形成配合物后H-N-H键角变大；

故答案为：NH3和H?O；变大；氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤电子对，配位

键N-Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N-H键的排斥力变小，故NH3分子与钻离子形成配合物后

H-N-H键角变大；

【小问4详解】

由晶胞结构结合均摊法可知，每个晶胞中含有的原子个数为12XL+2X'+3=6,已知该晶胞的底边长

62

为anm,高为bnm,a=90。，[3=90。，尸120。，晶胞的体积为：—a2bxl0-21cm3,NA为阿伏加德罗常数

2

2l3213

—[*'9——xl0g/cm=广236——xl0g/cm

2

的值，则晶胞密度为3百^aWA；

《-abNAA

2362i

故答案为：育诚。

17.请回答下列问题：

（1）下列各组物质中，互为同系物的有,互为同分异构体的有o（填序号）

①NHQCN和CO（NH2）2②白磷与红磷③35cl和37cl

甲¥Cr-OH20H

④对二甲苯和乙苯⑤Br—C—H和Br—C—Br|和『

HH

⑦2,2-二用基丁烷与戊烷⑧金刚石、石墨、C60⑨CH4和C6HM

（2）某煌类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84,红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振

氢谱表明分子中只有一种类型的氢。A的结构简式为。1个A分子中最多有个原

子可以处于同一平面。

（3）冠懒是一系列重要的有机物质，可以与碱金属离子形成超分子，从而进行“分子识别”，如

第12页/共20页

力5。

①冠醛通过（填标号）与碱金属离子结合，体现了超分子“分子识别”的特征。

A.离子键B.配位键C.范德华力D.氢键

②冠酸环的大小与金属离子匹配，其中21-冠-7空腔直径为340~430Pm,则与之匹配的碱金属离子为

A.Na*直径：204PmB.K+直径：276pm

C.Rb+直径：304pmD.Cs+直径：334pm

（4）金属钛被誉为“未来金属”，工业上电解熔融Tit）?制备钛，使用TiCl4无法制备。已知Tie）?和TiJ

的熔沸点数据如下表所示，试解释TK）2的熔沸点高于TiCL的原因：o

物质TiCl4TiO2

熔点/℃-25.01840

沸点/℃136.42900

（5）一种Ti。？的四方晶胞（晶胞棱边夹角均为90。）如上图所示，上述晶胞沿z轴方向的投影图为

___________（填标号）。

•o•

【答案】（1）①.⑦⑨②.①④

H3cCH

310

H3C-C=C-CH3

(3)①.B②.D

第13页/共20页

(4)TiC)2为离子晶体，TiCL为分子晶体，分子间作用力弱于化学键(5)B

【解析】

【小问1详解】

质子数相同中子数不同的核素互为同位素，同素异形体是由同种元素组成的不同单质，红磷和白磷是组成

元素相同、结构不同、性质不同的两种单质，互为同素异形体；结构相似、通式相同、相差1个CH2原子

团，互为同系物，分子式相同而结构不同的物质互为同分异构体，二滨甲烷是四面体结构，只有一种结

构；

①NH4OCN和CO(NH2)2互为同分异构体；

②白磷与红磷互为同素异形体；

③35cl和37cl互为同位素；

④对二甲苯和乙苯互为同分异构体；

BrH

⑤Br—C—H和Br—C—Br是同种物质;

是苯酚和苯甲醇，属于不同类别的物质;

⑦2,2-二甲基丁烷与戊烷互为同系物;

⑧金刚石、石墨、C60是同素异形体;

⑨CH4和C6H14是烷妙，互为同系物;

互为同系物的有⑦⑨，互为同分异构体的有①④;

【小问2详解】

A的质谱图表明其相对分子质量为84,红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A应为烯煌，设分子式为

CnH2n,则有14n=84,n=6,又因为核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，其结构简式应为

H3cCH

3,由于碳碳双键是平面型结构，而4个甲基与不饱和碳原子又直接相连，通过碳碳

H3C-C=C-CH3

单键的旋转，每个甲基上有1个H可以与双键平面共面，即最多有10个原子共面;

【小问3详解】

①冠酸中。含有孤电子对，碱金属离子有空轨道，冠醒通过配位键与碱金属离子结合，答案为B；

②21-冠-7空腔直径为340〜430Pm,与之匹配的碱金属离子直径应在空腔直径的范围内，只有Cs卡直

径：334Pm符合，故答案为D；

第14页/共20页

【小问4详解】

已知工业上电解熔融TiCh制备钛，使用TiCL无法制备，再结合表格数据可以推知，TiO2为离子晶体,

TiCL为分子晶体，分子间作用力弱于化学键，故TiC）2的熔沸点高于TiCl,；

【小问5详解】

晶胞沿z轴方向的投影，其中xy平面内的。和上面的O重合，则该投影图为B。

18.实验表明，当乙醛加入到滨水中，滨水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。

【实验假设】

（1）假设I：醛基含有不饱和键，乙醛可与Br2发生__________反应（填反应类型）。

假设H：乙醛中-CH3上的氢原子（a-H）,可与澳水发生取代反应。其中一元取代反应如下：

CH3CHO+Br2-BrCH2CHO+HBr

无论是几元取代，当反应消耗ImolBr2时，形成的C-Br键数目为=

假设III：乙醛有较强还原性，可被澳水氧化为乙酸，请补全下面反应方程式__________o

□CH3cHO+□Br2+0H2O^0CH3COOH+□

【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。

方案：通过对比反应现象判断反应类型。

序号操作现象

试管11mL滨水+lmL乙醛，充分振荡后静置褪色

试管21mL澳的CCI4溶液+lmL乙醛，充分振荡后静置?

（2）结论：假设I不成立，则试管2中的实验现象为.

方案H：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。

序号操作PH

试管

加入20mL滨水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后（苯酚过量），测定混合液pH1.85

3

试管加入20mL相同浓度的滨水，再加入10mL20%的乙醛溶液（乙醛过量），3min后完全褪?

4色，测定混合液pH-

注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。

第15页/共20页

(3)写出苯酚与滨水反应的化学方程式：0

(4)若试管4中反应后混合液的pH=1.85,则证明乙醛与澳水的反应类型为___________反应；若

pH(填“大于”或者“小于”)1.85,则证明乙醛与澳水的反应类型为氧化反应；若pH介于两组实

验的pH值之间，则证明两种反应类型同时发生。

A

【答案】(1)①.加成②.N1CH3CHO+lBr2+1H2O1CH3COOH+IHBr

(2)澳的CCL溶液褪色

OH

(3)(4)①.取代②.小于

【解析】

【分析】该实验的实验目的是探究乙醛与滨水的反应类型，根据反应的类型判断反应可能的产物，把握实验

原理是解题的关键。

【小问1详解】

由醛基含有碳氧不饱和键可知，乙醛可与澳水发生加成反应；由取代反应的机理可知，若乙醛与滨水发生

取代反应，无论是几元取代，参加反应的澳与生成的澳化氢物质的量之比恒定为1：1,则反应消耗

ImolBr2时，形成的C-Br键数目为NA；由题意可知，若乙醛与澳水发生氧化反应，乙醛与澳水反应生

成乙酸和氢澳酸，反应的化学方程式为1CH3cHO+lBr2+1H20fleH3co0H+IHBr,

【小问2详解】

由假设I不成立可知，乙醛与澳的四氯化碳溶液可能发生假设n和假设ni的反应，所以充分振荡后静置，澳

的四氯化碳溶液褪色；

【小问3详解】

OH

漠水与苯酚发生取代反应，反应为右

【小问4详解】

若试管2中反应后混合液的pH=1.85,与试管1中pH一致，则证明乙醛与漠水的反应类型为取代反应；

若乙醛与澳水发生氧化反应，反应生成的澳化氢的物质的量为取代反应的2倍，溶液的pH小于1.85,所

以若溶液的pH小于1.85说明乙醛与澳水发生氧化反应；

第16页/共20页

19.以下是用苯作为原料制备一系列化合物的转化关系图。

CH,

回答下列问题:

（1）A中碳原子杂化轨道类型是，B的名称为

.（用结构简式表示），由D生成

(3)由生成A的化学反应方程式为

（4）E具有优良的绝热、绝缘性能，可用作包装材料和建筑材料，写出以为原料合成E的

化学反应方程式:。化合物F的分子式为C9H",和互为同系物，F的可能结

构有种（不考虑立体异构），其中一种核磁共振氢谱有五组吸收峰，且峰面积之比为

3：2：2：1：2,写出其结构简式:

（5）已知：R—Br」^R-OH（R表示煌基）；苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位

置有显著的影响。根据上述转化关系，若以苯环为原料有以下合成路线，则F的结构简式为

SO

第17页/共20页

【答案】（1）①.sp2②.间硝基甲苯或3-硝基甲苯

(2)①.JOT"8>h'②加成反应

X

HO3S

(3)+HO-NO2.I+H2O

浓硫酸U

的一CH七

“。♦o②.6③.和

0A

【解析】

【分析】苯与浓硝酸发生硝化反应生成A为［^|,NO,