2023高考化学押题及答案 (一)

1.下列与氮元素有关的说法不正硬的是

A.第一电离能：N>O>C

H

B.lNH2的电子式为・而：6[

♦•

C.NH3的键角小于CH4

Is2s2p

D.基态N的核外电子轨道表示式为闻闻

IfIf

【答案】D

【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,0,C的第一电离能大小为N>0>C；

H

B.一NH2为N原子与两个H原子形成，电子式为.而:H，故B正确；

••

C.NH3的键角为107。,CH4的键角109S,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Do

2.下列性质的比较，不熊用元素周期律解释的是

A.原子半径：S>CIB.还原性：H2Se>H2S

2

C.结合质子能力：S>C|-D.酸性：H2SO4>H3PO4

【答案】C

【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CI>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HCIAH2S,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>C1-,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。下列说法不本硬的是

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.T冰是分了晶体，由于分了间作用力弱，所以T冰熔点低

【答案】C

【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ZM+,故B正确;

C.Cu晶胞属于面心立方晶胞，其配位数=3x8x'=12,故C错误；

2

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Co

4.关于原子结构的下列说法中不无硼的是

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1S22S】2P3,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

【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is22522P2,写成Is22sl2P3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OA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：Ao

5.下列说法不与建的是

A.乙醇和甘油是同一类物质，但二者不是同系物

B.CH3CHO+HCNICH3cH(OH)CN,该反应类型为加成反应

H2NCH2CH2NH2通过缩聚反应得到

【答案】D

【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；乙醉和甘油是醇类,

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：

HH

C.结构中2个甲基在同一侧，名称为顺一2一丁烯，C正确；

/\

CH3CH3

D.由结构可知，该树脂是由CH3OOC—)—COOH和H2NCH2cH2NH2通过缩聚反应得到，D错误;

故选D。

6.NaCI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

水合a离子

A.a离子为Na+

B.NaCI晶体中，Na+和C「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NaCI溶液的pH小于7,是由于水解导致

【答案】c

【分析】NaCI在溶液中电离出Na♦和Q-离子，Na♦含有2个电子层、C「离子含有3个电子层，则离子半径

C「＞Na+,根据图示可知,a为Chb为Nat据此分析。

【详解】A.离子半径C「＞Na+,则a离子为氯离子，b为Na+,故A错误；

B.NaCI为立方面心结构，Na+和Cr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0,图示b离子不科

学，故C正确；

D.NaCI是强酸强碱盐，Na+都不水解，NaCI溶液呈中性，故D错误；

故选：Co

7.下列实验过程中，始终无明显现象的是

A.N02通入FeSO4溶液中B.C02通入CaCI2溶液中

C.CO?通入C6H5ONa溶液中D.NH3通入AgCI浊液中

【答案】B

【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NOZ通入FeS04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CaCb反应，无明显现象，故B选：

C.碳酸的酸性比苯酚强，C02通入C6H50Na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.AgCI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：Bo

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\ClCr、CO：、SO；

B.c（Fe3，）=0.1mol/L的溶液中：H\WBr\SO；

C.使石蕊变红的溶液中：Na\NH：、NO；、S。：

D.小苏打溶液中：Ba2\Cl\K+、OH-

【答案】A

【详解】A.pH=13的溶液显碱性，在碱性条件下，Na\Cl。，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氯根离子反应，不能共存，D错误；

故选Ao

9.NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是

A.标况下22.4LCI2与足量Fe反应生成FeCI3,转移电子数为3NA

/

B.KCIO3+6HCI=3Cl2t+KCI+3H2O,若产生71gCl2,则转移电子数为2NA

C.N2(g)+3Hz(g)脩？2NH3(g)AH=-93kJ/mol,若该条件下lmolN?和6m0IH2反应，放热31kJ,则转移电

子数为2NA

D.lmolSiO2晶体中含有共价键数目为2NA

【答案】C

V22.4L,,

【详解】A.标况下22.4L氯气的物质的量为一=;7k—-=而CI2与足量Fe反应生成FeS,

Vm22.4L/mol

故lmol氯气反应后转移2NA个电子，故A错误；

B.反应中KCK)3+6HCI=KCI+3cL个+3出0中，只有CI元素化合价发生变化,Q元素化合价分别由+5价、-1

m71g..

价变化为。价，当有3molCh生成时,转移5mol电子，则产生71gCI的物质的量为n=—=--~~-=lmol,

2M71g/mol

则转移电子数为2NA,故B错误；

3

12

C.放热31kJ时热化学方程式为§N2(g)+H2(g)U-NH3(g)AH=-31kJ/mol,该条件下lmolN2和6molH2

反应即氢气过量则H2反应完全，lmolH2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0原子形成4个共价键，每个Si原子周匡结合4个0原子，故lmolSiO2

晶体中含有共价键数目为4NA,故D错误；

故选：Co

0

0-8"产"01=5,下列说法正确的是

10.关于有机物M

C1

A.M可以发生氧化、还原、加聚、缩聚反应

B.可与浓滨水反应，ImolM最多消耗2moiB「2

C.与NaOH溶液反应，ImolM最多消耗3molNaOH

D.可与H2反应，ImolM最多与5m0此加成

【答案】A

【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.能与浜水发生反应有酚羟基的邻位H原子以及碳碳双键与混水的加成反应，ImolM最多消耗3moiBm

故B错误；

C.有机物M水解产物含有2个酚羟基、1个陵基、羟基和HCI,其中能与NaOH反应的为酚羟基、粉基和

HCI,与NaOH溶液反应，ImolM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ImolM最多消耗4molHz,故D错误；

故选：Ao

11.下列解释事实的方程式不氐砸的是

A.用FeCb溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3++Cu=Cu2*+2Fe2*

B.Cu片置于NaNCh溶液中，无明显现象。再加入稀硫酸，Cu片溶解：3Cu+8H=2N0；=3Cu+2NO个+4出0

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+NaOHjCH3COONa+Cu2O4z+3H2O

D.Al片溶于NaOH溶液中产生气体：2AI+20H=2AIO；+H2个

【答案】D

【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FeCb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NaNCh溶液不反应，无明显现象，加入稀WS04时形成混合酸，反应的离子方程式为

+2/

3Cu+2NO；+8H=3Cu*+2N0r+4H20,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CU2。，出现砖红色沉淀，离子方程式：

CH3CHO42CU(OH)2»NaOH—^―>CH3COONa»Cu2Oxk+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：

2AI+2OH+2H2O=2AK)2+3H2个，故D错误；

故选：Do

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。下列说法不氐砸的是

硝酸

A.可以利用NH3易液化的性质分离出N卜3

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N电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

【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.氮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N。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Ca?+、Mg2+和SO；粗盐、蒸馀水、NaOH溶液和Na2c03溶液

B证明乙块能和反应电石、饱和食盐水、CuSCU溶液和溟水

C检验滨乙烷中的澳原子溟乙烷、NaOH溶液和AgNO?溶液

D验证乙醇消去产物有乙烯乙醇、浓硫酸和滨水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.缺少氯化物除去硫酸根离子，缺少试剂不能完成实验，故A错误；

B.生成的乙怏中含硫化氢等，硫酸铜溶液可除去杂质，乙焕与滨水发生加成反应，可证明乙快能和Bn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、乙烯均与溪水反应，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F州的是

①②③④

_------

滴加少量加入足量

加水0.1mol・L"NaCl溶液NaCl固体

无水C11SO4O/mokl/CuSOd溶液蓝色底部NaCl固体表面为

白色蓝色黄色，振荡后溶液为绿色

A.由①②可知，②中溶液呈蓝色是加2々4出0=[3伸2。）4产的结果

2

B.由③®可知，发生了反应心（出0）4卢+4CI礴?[CUCI4]+4H2O,[CuQ『显黄色

C.由②®④可知，CuCL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

【详解】A.实验①②可知，无水CuSO4是臼色的，加入水后Q」S0溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是

Ci?+与水分子作用，发生反应Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4产的结果，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（Cr）

2

不相同，发生了反应心他0）4产+4。礴？[CuCl4]+4H2O,[CUCI4产显黄色，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产、[Cud产有关，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。

⑵0、F、CI电负性由大到小的顺序为一；OF2分子的空间构型为；OF?的熔、沸点一（填“高于〃

或"低于”）。2。，原因是一o

（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeFz室温下易升华。XeFz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.spB.sp2C.sp3D.sp3d

已知XeFz的空间构型为直线型，则它是一分子（填"极性"或"非极性

（4）XeFz晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，该晶胞中有一个XeFz分子。已

3

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p=—g/cmo

【答案】⑴Is22s22Ps

(2)0.F>O>CI②.角(V)形③.低于④.OF?和CLO都是分子晶体，结构相似，CLO的

相对分子质量大，范德华力(或分子间作用力)大，所以CLO的熔、沸点高

(3)①.5②.D③.非极性

2M

(4)①"

【小问1详解】

F是9号元素，基态F原子核外电子排布式为is22s22P5；

【小问2详解】

0和F为同一周期，得电子能力逐渐增强，F和CI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、。、CI,所以电负性大小顺序为F>O>CI；根据VSEPR理论有2+*=4,去掉2对

2

孤对电子，知OF2分子的空间构型是角M形；0F2和CbO都是分子晶体，结构相似，CbO的相对分子质量

大，02。的熔、沸点高，故答案为：F>O>CI；角(V)形；低于；OF?和CL。都是分子晶体，结构相似，CI2O

的相对分子质量大，CI2O的熔、沸点高；

【小问3详解】

8—]x2

XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子价层电子对数为2+八体,其中心原子的杂化方式应为

2

sp3d,故答案为：5；D；

【小问4详解】

图中大球的个数为8x，+1=2,小球的个数为8x1+2=%根据XeFz的原子个数比知大球是Xe原子，小球

84

2M

是F原子，该晶胞中有2个XeFz分子；晶胞中含有2个XeFz分子，故晶胞的质量为m=N-g,晶胞的体

A

m2M

积为V=a2cxiO^cm?,则密度为P=歹=^^75^g/crr?。

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卜部分试剂和条件未注明）:

/C\

H3c|CH3

CH3

已知：（R、%、R2代表烧基）

Rf—CH-C——CHO

ii.Ri-CHO+R2-CH2CHO—力学溶类—>|+H2O

R2

请回答：

（1）A所属的类别是一。

（2）B的结构简式为__o

（3）B3E、FfM的反应类型分别为___、o

（4）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式一。

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：

CH,

CHjCHCHO

请写出Q、H、X的结构简式：Q____、H____、X

CH3

【答案】(1)烯崎(2)H3C—C—CH3

OH

(3)①.取代反应②.还原反应

OHCH3

HC-C—CHO

)(S®.

(4)1(5)①.CH3CH2CHO(2

HC、

ICH3

,CHH3C—c—CH3

也一\

CHOCH3

CH3

H,C—C—CH,OH

葭

H3C—c—CH3

CH3

5A

【分析】E的分子式为C11H16,被酸性高钛酸钾溶液氧化生成F('

Y)，则E为Y,

H3C—[-CH,H3C-C-CH3

CH3CH3

CH3

CH

结合A、B的分子式，可推知A为|3、B为H3c—2—

-CH3,A与水发生加成反应生成B,

H,C=C—CH3

OH

B与若发生取代反应生成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-CH20H生

ACH20HCHO

成M,M发生醇的催化氧化生成N,故M为、N为

H3C—c—CH3H3c—C—CH3

CH3CH3

【小问1详解】

CH3

A为1,A所属的类别是烯燃；

H2C=C—CH3

【小问2详解】

CH,

I

由分析可知，B的结构简式为H3C—C—CH3；

OH

【小问3详解】

由分析可知，B^E的反应类型为取代反应，F1M的反应类型为还原反应;

【小问4详解】

COOH

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

【小问5详解】

HC=C—CHO

由信息ii可知,与CH3CH2CHO反应生成,然后在与氢气反应生成

H2C—c—CH2OH

H

,最后发生醇的催化氧化生成，故Q为CH3cH2cH0、H为

cH3

CH

3

（1）实验室里用图装置制备S02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ABCD

B中棉花位置①②③④

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S02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SCh、NOx,研究者提出以NaCIO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；。

①NaCIO溶液吸收烟气中S02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,和的物

质的量之比为一o

温度/（

③工业上利用氨水可以将S02和N02吸收，原理如图所示：

so2NO2N2

I氨水|——『NH4Hs。3溶液|-A|钱盐溶液

N02被吸收的离子方程式是___o

（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S02,还有少量SO）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V】mL溶液。从中取出VzmL,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个②.ABCD

-++

（2）SO2+CIO+H2O=SO4+CI+2H（2）,2：13（3）.4HS0；+2NO2=4SOf+N2+4H

32CVJO2Y

(3)

2V2m

【小问1详解】

①装置A选用70%硫酸和亚硫酸钠固体制取S02气体，同时生成硫酸钠，化学方程式为：

Na2sO3+H2so4=Na2SO4+H2O+SO2个，故答案为：Na2sO3+H2s04=Na2sO4+H2O+SO2个；

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S02溶液显酸；②品红溶液褪色说明S02

具有漂白性；③淀粉和碘水溶液蓝色褪去，说明S02具有还原性；④氢硫酸淡黄色固体说明S02具有氧化

性：ABCD四个选项均正确。故答案为：ABCD；

【小问2详解】

+

①NaCIO溶液吸收烟气中S02产生硫酸、氯化钠，离子方程式是：S02+CI0+H20=S04+Cr+2Ho故答案为:

-+

SO2+CIO+H2O=SO4+CI+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N03-和cr的物质的量之比；S02〜H2so4〜2e\N0〜N03-〜3d,失电子4x2+lx80%x3

=8+2.4=10.4,NaCIO〜C「〜2e\生成C「为10.4xg=5.2,生成NO3一和C「的物质的量之比=0.8：5.2=2：13,

则50'C时此吸收液中烟气转化生成的N。，和Cr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镂氧化生成硫酸盐和氮气，N02被吸收的离子方程式是

-+

4HS0；+2NO2=4SO4+N2+4H*O故答案为：4HS0J+2NO2=4SO+N2+4H；

【小问3详解】

CWX匕江亭32g/丽舞2则该煤样

硫的质量分数的计算表达式=噌-。叽=

----------------------------------------=——x100%

加总m总、

品中硫的质量分数的计算表达式为亚翳工故答案为：制陪

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）。

己知:

IIOH'III0H'〃乂八

'-R—CHO+R2—CH—C-R3R—CHCHCR3R~CH=C-C-R3

R

R22

（1）A的名称是

（2）BID和DIE均为取代反应，且D的相对分子质量比B大34.5。写出D3E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.一定条件+

R—C-R2+R3-NH2------»R—C=NR3

N-R

iii.亚胺结构(II?~)中C=N键性质类似于世基，在一定条件下能发生类似i的反应。

R]—CH2-C—R3

M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如图。

一定条件一定条件

M+L—»中间产物1-----------------中间产物2-

-H7O

写出中间产物1、中间产物2的结构简式一、-o

(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，可通过蒸储的方法来分离这三种混合物,

它们中最先被蒸出来的是一(写出结构简式)。

7)①.©.

N

CH3CH3

【分析】根据E的结构简式及A、B的分子式知，人为-B为B中甲基上的氢原

CH2CICH2OH

子被取代生成的D为N°2,D发生水解反应生成E为E发生催化氧化生成G为

CHO

/A\/N02,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

H3c5

0

个五元环，根据分子式如K为，H=o、L为

中的反应生成K和L,K中除苯环外，还含有一

H

0

I，K水解生成M为广、，^C-C-OH

、NH2

H

【小问i详解】

CH3

A为[j，人的名称是甲苯；

【小问2详解】

CH2C1CH2OH

[^/N02,反应方程式为

D为I口发生水解反应生成E为

CHOH

CH2C12

二N5A2/NO2；

+NaOH+NaCl

八

【小问3详解】

CHO

E发生催化氧化生成G为E-G的化学方程式是

CH2OHCHO

2+。2—2+2HO

MAM2

【小问4详解】

由分析可知，।的结构简式是T；

H3cx

【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】

M、L发生信息i的反应生成ii的反应生成中间产

COOH

物1为NH，中间产物1谈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】

，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按基和氨基，异构

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（KzFeCM并探究其性质。

资料：KzFeCU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。2,在碱性溶

液中较稳定。

（1）制备KzFeO,夹持装置略）

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是—（钵被还原为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CL发生的反应有、—o

（2）探究KzFeO4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CL为证明是否KzFeCU

氧化了C「而产生CI2,设计以下方案：

方案1取少量a,滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。

用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将QFeQ,溶出，得到

方案II

紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸，有5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KzFeO4将Cr氧化，还可能

由一产生（用方程式表示）。

II.方案II可证明K2FeO4氧化了Clo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―Fe。；（填“>〃或“<〃），而方案II实验表明，3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MnSO,和足量H2s。4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：