【文档说明】【九省联考】2024年1月普通高等学校招生考试适应性测试化学试题（广西版） Word版含解析.docx，共(20)页，1.151 MB，由envi的店铺上传

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第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司2024年普通高校考试招生制度综合改革适应性演练化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷、答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答

非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42

分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列广西优秀传统工艺品中，主要由合金材料制成的是A．壮乡铜鼓B．绣球C．坭兴陶D．壮锦A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铜鼓为合金材料制成的，A正确；B．绣球为绸

布或花布制成，不属于合金材料，B错误；C．坭兴陶为硅酸盐材料制成，不属于合金材料，C错误；D．壮锦为棉线或丝线编织而成，不属于合金材料，D错误；故选A。2.黑火药的爆炸反应为3222S2KNO3CKSN3CO++=++。与该反应有关

的下列化学用语表述正确的是A.基态S的原子结构示意图为B.2KS的电子式为第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司C.2N的结构式为N≡ND.2CO的空间构型为【答案】C【解析】【详解】A．S的原子序数为16，原子核内有16个质子，核外

有16个电子，基态S的原子结构示意图为：，A项错误；B．2KS为离子化合物，电子式为：，B项错误；C．2N中两个氮原子形成氮氮三键，其结构式为N≡N，C项正确；D．2CO的碳原子的价层电子对数为：()124222022+−=+=，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为直线形，D项

错误；故选C。3.下列有关物质结构与性质的说法错误的是A.2I易溶于4CCl，可从2I和4CCl都是非极性分子的角度解释B.对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因C.AgCl溶于氨水，是由于AgCl与3NH反应生

成了可溶性配合物()32AgNHClD.熔融NaCl能导电，是由于熔融状态下产生了自由移动的Na+和Cl−【答案】B【解析】【详解】A．单质碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，2I易溶于4CCl，A正确；B．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键

，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B错误；C．银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，C正确；D．氯化钠在熔融状态产生了自由移动的Na+和Cl−，从而可以导电，D正确；故选B。4.实验室从药用植物里提取“生物碱浸膏”的下列操作中，工具或仪

器选用错误的是I．切碎植物Ⅱ．用乙醇浸出生物碱Ⅲ．去除植物残Ⅳ．蒸馏浸出液得浸膏第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司等渣A．铡刀B．广口瓶C．分液漏斗D．蒸馏装置A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．切碎植物时可使用铡

刀，故A正确；B．植物碎片放入广口瓶中，加入乙醇浸出生物碱，故B正确；C．过滤去除植物残渣，应使用漏斗，故C错误；D．图D为蒸馏装置，可用于蒸馏浸出液得浸膏，故D正确；故答案选C。5.短周期元素XYZW、、、的原子序数依次增大。X的原子核外有1个电子，Y是地壳中含量最多的元素，Z位于元素周期表第

IIIA族，W单质可广泛用于生产芯片。下列说法正确的是A原子半径：YZWB.元素电负性：XYWC.W的简单氢化物比Y的稳定D.Z单质制成的容器可盛放冷浓硫酸【答案】D【解析】【分析】X的原子核外有1个电子，X为H

元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素，Z位于元素周期表第IIIA族，Z为Al元素，W单质可广泛用于生产芯片，W为Si元素，据此分析解题。【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径:A1>Si>O，故A错误；B．元素的非金属性越强，电负性

越大，元素电负性:H<Si<O，故B错误；C．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性:24HO>SiH，故C错误；D．常温下浓硫酸可以使铝发生钝化，可用铝制容器盛放冷浓硫酸，故D正确；故答案选D。6.10-羟基喜树碱具有抗癌作用，其结构简式如图。下列有关该化合物的说法正确的

是.第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司A.有2种含氧官能团B.可与3FeCl溶液发生显色反应C.可与3NaHCO溶液反应产生2COD.有2个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．10-羟基喜树碱中含有羟基，羰基和酯基三种氧官能团，故A错误；B．10-羟基喜树碱中含有酚羟基，可与3FeCl

溶液发生显色反应，故B正确；C．该分子中不含羧基，无法与3NaHCO溶液反应产生，故C错误；D．该分子的手性碳如图所示，，只有1个手性碳原子，故D错误；故答案选B。7.反应2222HOCl2ClO2H−++

=++常被用于除去水中残余氯。AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.122100mL1molLHO−溶液中含有的HO−键数目为A0.2NB.25℃、101kPa时，222.4LCl中氯原子的数目为A2NC.2

0.1molO含有质子的数目为A0.8ND.通过上述反应除去20.5molCl，电子转移的数目为AN【答案】D【解析】【详解】A．122100mL1molLHO−溶液中的水中也含有HO−键，所以HO−键数目大于A0.

2N，故A错误；B．25℃、101kPa不是标准状态，不适用用22.4L/mol计算，故B错误；第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司C．O的质子数为8，20.1molO含有质子的数目为A1.6N，故C错误；D．根据反应2222HOCl2ClO2H−++=++，转

移电子数为2，所以除去20.5molCl，电子转移的数目为AN，故D正确；故答案选D。8.实验小组用过量3FeCl溶液处理覆铜板得到浸出液，并对其中的物质进行回收，流程如下。下列有关说法正确的是A.浸出液呈中性B.滤渣只有铜粉C.用KSCN溶液检验

是否“氧化”完全D.溶液a回收后可用于处理覆铜板【答案】D【解析】【分析】从腐蚀废液（主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2）中进行物质回收，由流程可知，先加入过量的Fe，与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，滤渣中含Fe、Cu，加氯气氧化FeCl2产生

FeCl3，据此分析解题。【详解】A．腐蚀废液含有Fe3+，Cu2+，Fe2+，水解使得溶液呈酸性，故A错误；B．据分析可知，滤渣中含Fe、Cu，故B错误；C．氯气氧化FeCl2产生FeCl3，因为FeCl3为产物，只要反应开始就能使KSCN溶液变红，无法检验是否“氧化”完全，故

C错误；D．溶液a为FeCl3，可用于处理覆铜板，故D正确；故答案选D。9.为达到实验目的，下列对应的实验方法正确或操作规范的是选项实验目的实验方法或操作A配制1250.00mL0.1000molLNaCl−溶液称取1.4625

gNaCl置于250mL容量瓶中，加水至刻度线第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司B除去粗盐溶液中的2+Mg和2+Ca向溶液中加入稍过量的NaOH溶液，静置、过滤，向滤液中加盐酸至弱酸性C探究Cl和I的非金属性强弱向1mol4mL01IL.K−溶液中滴加1mL新制的氯水，振荡，若溶液变

成棕黄色，则Cl的非金属性强于ID探究()sp4KPbSO和()spKPbS的大小向()1321mL0.01molLPbNO−溶液中依次加入5滴1240.01molLNaSO−溶液、5滴120.01molLNaS−溶液，若先观察到白色沉淀再观察到黑色沉淀，则()()sp

4spKPbSOKPbSA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．配制1250.00mL0.1000molLNaCl−溶液时，称取的氯化钠固体应先在烧杯中溶解，再转移至容量瓶中定容，A错误；B．向溶液中加入稍过量的NaOH溶液，除去粗盐溶液

中的2+Mg，还需向溶液中加入碳酸钠溶液除去2+Ca，过滤后再向滤液中加入适量盐酸除去过量的NaOH、碳酸钠溶液，B错误；C．新制氯水中的次氯酸、2Cl，均能将碘离子氧化为碘单质，故不能通过该实验探究Cl和I的非金属性强弱，而且应使

用淀粉碘化钾变蓝色的现象，来说明是否生成碘单质，C错误；D．向()1321mL0.01molLPbNO−溶液中依次加入5滴1240.01molLNaSO−溶液、5滴120.01molLNaS−溶液，若先观察到白色沉淀硫酸铅，再观察到黑色沉淀Pb

S，则发生了沉淀转化，说明()()sp4spKPbSOKPbS，D正确；故选D。10.利用下图的电化学装置，可实现对2CO的固定。下列说法错误的是第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司A.4ClO−

向b电极移动B.a电极的电极反应式为C.电解过程中有+H生成D.b电极的Pt用Cu代替后总反应不变【答案】D【解析】【分析】如图可知，a电极和2CO得电子，发生还原反应为阴极，则b为阳极发生氧化反应，水放电生成O2和

H+，据此分析解题。【详解】A．电解池阳极吸引阴离子，4ClO−向b电极移动，故A正确；B．a电极和2CO得电子，电极反应式为，故B正确；C．b为阳极发生氧化反应，水放电生成O2和H+，故C正确；D．b电极为阳极，

Pt用Cu代替后，Cu放电生成Cu2+，故D错误；故答案选D。11.下列表述对应的离子方程式书写正确的是A.2SO与酸性3NaClO溶液反应制备2ClO：22324SO2ClO2ClOSO−−+=+B.碱性溶液中2ClO与22NaO

反应制备2NaClO：222222ClO2NaO2ClOO2Na−++=++C.2NaClO在强酸溶液中生成2ClO和NaCl：2224H3ClO2ClOCl2HO+−−+=++第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司D.弱酸2HClO

在水中分解生成2O：22ClOOCl−−=+【答案】A【解析】【详解】A．SO2与酸性NaClO3溶液反应制备ClO2，同时生成硫酸根离子，其离子方程式为22324SO2ClO2ClOSO−−+=+，故A正确；B．碱性溶液中ClO2与Na2O2反应制备NaClO2，同时

生成氧气，其离子方程式为222222ClONaO2ClOO2Na−++=++，故B错误；C．NaClO2在强酸溶液中生成ClO2和NaCl，其离子方程式为2224H5ClO4ClOCl2HO+−−+=++，故C错误；D．弱酸HClO2在水中分解生成O2

，同时生成氯离子，弱酸不拆写，其离子方程式为+22HClOOCl+H−=+，故D错误；故答案选A。12.某镁镍合金储氢后所得晶体的立方晶胞如图1(为便于观察，省略了2个图2的结构)，晶胞边长为apm。下列说法正确的是A.晶体的化学式为2

6MgNiHB.晶胞中与1个Mg配位的Ni有6个C.晶胞中2个Ni之间的最近距离为apmD.镁镍合金中Mg、Ni通过离子键结合【答案】A【解析】【详解】A．Ni位于顶点和面心，根据均摊法，Ni的个数为8×18+6×12=4，每个Ni原子周围有6个H，因此H有24个，Mg都

在体内，因此Mg有8个，晶体的化学式为Mg2NiH6，A正确；B．由图像可知，Mg周围距离最近且相等的Ni有4个，因此晶胞中与1个Mg配位的Ni有4个，B错误；第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司C．由图像

可知，晶胞中最近的2个N位于面的中心和顶点上，距离为面对角线的一半，即22apm，C错误；D．Mg、Ni均为金属，合金中Mg、Ni通过金属键结合，D错误；故选A。13.肼(24NH)是一种含氢量高的燃料。向恒容密闭容器内加入243molNH，一定条件下体系中存在以下

平衡：I．()()()2422NHgNg2Hg+Ⅱ．()()()24233NHgNg4NHg+不同温度下达到平衡时，24NH均几乎完全分解，分解产物的物质的量如图。下列说法正确的是A.曲线a对应的物质

是2NB.低于M点对应温度时，以反应Ⅰ为主C.体系中还存在()()()3222NHg3HgNg+D.N点时，体系内()()22nN:nH为3：4【答案】C【解析】【详解】A．图中为分解产物的物质的量，当温度升高时，NH3趋于0，以反应Ⅰ为主，根据反应(

)()()2422NHgNg2Hg+，曲线a对应的物质是2H，故A错误；B．低于M点对应温度时，NH3含量高，以反应Ⅱ为主，故B错误；C．由图可知，不同温度下达到平衡时，24NH均几乎完全分解，温度升高时，NH3趋于0，所以体系中还存在()()()3222NHg3HgNg+，故C

正确；第10页/共20页学科网（北京）股份有限公司D．N点时，()()23nN=nNH=2mol，()2nH=3mol，体系内()()22nN:nH为2：3，故D错误；故答案选C。14.10.1000molLNaOH−溶液滴定13420.00

mL0.1000molLHPO−溶液时，()VNaOH、各含磷元素微粒的()11gc/molL−和pH的关系如图。下列说法中正确的是A.①为34PO−的()11gc/molL−与pH的关系B.b点时，溶液中()()2434cHPOcHPO−C.34HPO的2.88a1a

2K10K=D.d点时，溶液中存在着()()()()232444cNacHPO2cHPO3cPO+−−−=++【答案】B【解析】【分析】根据图中a点，()VNaOH=10ml时，溶液中溶质为n(H3PO4):n(NaH2PO4)=1:1，故③④为磷酸和磷酸二氢

钠的曲线，又因为随着pH变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为-24HPO，又因为pH=2.12时，3-4c(PO)最小，故曲线②为3-4PO，曲线①为2-4HPO，据此分析回答；【详解】A．据分析可知①为2-4HPO的()11gc/molL−与pH的关系，A错误；B．b点

时，()VNaOH=20ml，此时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=5，证明-24HPO电离程度大于水解程度，故溶液中()()2434cHPOcHPO−，B正确；C．a点，()VNaOH=10ml，溶液中溶质为c(H3PO4):c(NaH2PO4)=1:1，即c(H3PO4)=c(-24HPO

)，-++2.1224a134c(HPO)c(H)c(H)10c(HPO)K−===；c点，()VNaOH=30ml，c(-24HPO):c(2-4HPO)=1:1，即第11页/共20页学科网（北京）股份有限公司c(-24HPO)

=c(2-4HPO)，2-++7.204a2-24c(HPO)c(H)c(H)10c(HPO)K−===，5.08a1a2K10K=，C错误；D．d点时，溶质为Na2HPO4，溶液中存在电荷守恒()()()()

232444+-c)NacHPO2cHcPO3cc(HO)(OPH+−−−+++=+，此时溶液pH为10，故-+c(OH)c(H)＞，即()()()()232444cNacHPO2cHPO3cPO+−−−++＞，D错误；故选B。二

、非选择题：本题共4小题，共58分。15.层状结构2MoS薄膜能用于制作电极材料。2MoS薄膜由辉钼矿(主要含2MoS及少量FeO、2SiO)制得3MoO后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。回答下列问题：（1）“焙烧”产生的2SO用NaOH溶液吸收生成3NaHSO

的离子方程式为___________。（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵()4272NHMoO溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是___________(举一例)。（3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是___________(填化学式)。（4）在650℃下“气相沉积

”生成2MoS的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用2H形成该气流的原因是___________。（5）层状2MoS晶体与石墨晶体结构类似，层状2MoS的晶体类型为___________。将+Li嵌入

层状2MoS充电后得到的x2LiMoS可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为___________。结合原子结构分析，+Li能嵌入2MoS层间可能的原因是___________。【答案】15.-32SOHHOSO−=+16.将固体粉碎17.NH318.2H和S在加热条件下发生生

成H2S第12页/共20页学科网（北京）股份有限公司19.①.分子晶体②.-+x22LiMoS-xe=MoS+xLi③.Li+为Li失去一个电子形成，原子半径小【解析】【分析】2MoS薄膜由辉钼矿(主要含2MoS及少量FeO、2SiO)制得3M

oO后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到()4272NHMoO，结晶后灼烧得到3MoO，最后与S经气相反应并沉积得到2MoS，据此分析解题。【小问1详解】2SO用NaOH溶液吸收，生成3NaH

SO，离子方程式为-32SOHHOSO−=+，故答案为-32SOHHOSO−=+。【小问2详解】“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵()4272NHMoO溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。

【小问3详解】()4272NHMoO为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。【小问4详解】2H和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用2H，故答案2H和S在加热条件

下发生生成H2S。【小问5详解】层状2MoS晶体与石墨晶体结构类似，所以层状2MoS晶体类型为分子晶体，将Li+嵌入层状2MoS充电后得到的x2LiMoS可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为-+x22LiMoS-xe=MoS+xLi，Li+为Li失去一个电子形成，电

子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入2MoS层间，故答案为分子晶体；-+x22LiMoS-xe=MoS+xLi；Li+为Li失去一个电子形成，原子半径小。16.工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。回答下列问题：（1）已知相关反应的热力学数据如下。为的第13页/共20页学科

网（北京）股份有限公司反应1HkJmol−()pK800K()()()()4222CHg2OgCOg2HOg++802.6−()()()22NgOg2NOg++182.6()()()()()()42222CHg2NOgOgCOgN

g2HOg++++625.010()()()222NOgOg2NOg+()138.510kPa−−①4CH脱硝反应()()()()()()42222CHg2NOgOgCOgNg2HOg++++的ΔH=__________

_1kJmol−。800K时，为了提高该反应中NO的平衡转化率，理论上可采取的措施是___________。A．恒容时增大2O的压强B．减小反应容器的容积C．移去部分2HOD．选择合适的催化剂②4CH另一脱硝反应()()()()()42222

CHg2NOgCOgNg2HOg+++的()pK800K=___________kPa。（2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将()()()42pCH:pNO:pO1:1:50=的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和4CH转化率随反应温度的变化如图。当温度低于780K时

，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是___________；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，结合(1)的信息分析其可能原因是___________。（3）中国科学家利用Cu催化剂实现电化学脱硝。通过理论计算推测电解

池阴极上NO可能的转化机理及第14页/共20页学科网（北京）股份有限公司转化步骤的活化能分别如下(*表示催化剂表面吸附位，如NOH*表示吸附于催化剂表面的NOH)。I．NOHe*NOH*+−+++→Ⅱ．12aNOH*

HeN*HOE52.37kJmol+−−++→+=Ⅲ．1aN*HeNH*E40.33kJmol+−−++→=Ⅳ．12aNH*HeNH*E48.16kJmol+−−++→=V．123aNH*HeNH*E45.15kJmol+−−++→=上述反应机理中，Ⅱ～V中速率最慢的步骤是____

_______。若电路中有1mmol电子流过，其中生成3NH的选择性为95%，电解池阴极生成的3NH的物质的量为___________mmol。【答案】（1）①.-985.2②.AC③.5.9×1064（2）①.当温度低于780K时,反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动

，NO的去除率升高。②.高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低（3）①Ⅱ②.0.19【解析】【分析】把方程式分别编号如下：()()()()4222CHg2OgCOg2HOg++①()()()22NgOg2NOg+②()()()()()(

)42222CHg2NOgOgCOgNg2HOg++++③()()()222NOgOg2NOg+④()()()()()42222CHg2NOgCOgNg2HOg+++⑤【小问1详解】①：根据盖斯定律，①-②=③，△H3=△H1-△H2=（-802.6-182.6）1k

Jmol−=-985.21kJmol−；800K时，为了提高该反应中NO的平衡转化率，A．恒容时增大2O的压强，增加氧气，平衡右移，NO的平衡转化率增大，A正确；B．减小反应容器的容积，相当于增大压强，前后系数相等，平衡不移，B错

误；C．移去部分2HO，平衡右移，NO的平衡转化率增大，C正确；D．选择合适催化剂,平衡不移，D错误；.的第15页/共20页学科网（北京）股份有限公司故选AC。②：根据盖斯定律，③-④=⑤，故()pK800K=ppKK③④=6235.0108.510−=5.9

×1064。【小问2详解】①当温度低于780K时,反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；②高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低。【小问3详解】①活化能越

大速率越慢，Ⅱ～V中速率最慢的步骤是Ⅱ；②由NO的转化机理可知方程式为：NO+5H++5e-=NH3+H2O，生成1molNH3转移5mol电子，若电路中有1mmol电子流过，其中生成3NH的选择性为95%，电解池阴极生成的3NH的物质

的量为10.950.19mmol5=。17.铜(Ⅰ)配合物()344CuCHCNClO的制备及纯度分析步骤如下。Ⅰ．制备()344CuCHCNClO将乙腈()3HCN、()422CuClO6HO

、过量铜粉混合于圆底烧瓶，控温85℃、磁力搅拌，至反应完全(装置如图)。经一系列操作，得到白色固体产品。Ⅱ．纯度分析取mg产品完全溶解于足量浓硝酸中，再加水、醋酸钠溶液配成250.0mL溶液。取25.0mL溶液，加入指示剂后，再用1cmolLEDTA−标准溶液滴定至终点

。平行滴定三次，消耗EDTA溶液的平均体积为VmL。已知：①3CHCN沸点为81℃，酸性条件下遇水生成34CHCOONH；②()1344CuCHCNClO(M327.5gmol)−=较易被空气氧化；第16页/共20页学科网（北京）股份

有限公司③EDTA与2+Cu形成1：1配合物；④滴定需在弱碱性条件下进行。回答下列问题：（1）图中仪器a的作用是___________；b中应加入___________作为最佳传热介质。（2）加入过量铜粉能提高产物的纯度，可能的原因是_____

______。（3）“一系列操作”依次为___________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）()34CuCHCN+与足量浓硝酸发生反应的离子方程式为___________。（5）加入醋酸钠溶液

的主要目的是___________。（6）测得产品的纯度为___________(用含m、c、V的代数式表示)。（7）下列情况会导致产品纯度测定结果偏高的有___________。A.产品中含有()42

CuClOB.滴定终点时俯视读数C.盛装EDTA溶液的滴定管未润洗D.产品干燥不充分【答案】17.①.冷凝回流②.水18.能将反应中可能生成的二价铜还原为一价铜19.过滤分离出滤液20.()++-2++3322344CuCHCN+6H+NO+7HO=Cu+NO+4CHCOOH+4NH

21.为滴定提供碱性环境22.327.5cVm23.AC【解析】【分析】乙腈()3HCN、()422CuClO6HO、过量铜粉混合于圆底烧瓶，控温85℃、磁力搅拌，至反应完全生成()344CuCHCNClO，过滤除去过量的铜，分离出滤液、

蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体、过滤、洗涤、干燥得到产品。【小问1详解】图中仪器a为球形冷凝管，作用是冷凝回流；控温85℃进行反应，温度低于水的沸点，故b中应加入水作为最佳传热介质；【小问2详解】铜具有还原性，加入过量铜粉能提高产物的纯度，可能的原因是

能将反应中可能生成的二价铜还原为一价铜，提高产物纯度；第17页/共20页学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】经一系列操作，得到白色固体产品，则“一系列操作”为得到晶体的过程，依次为过滤除去过量铜粉，分离出滤液、蒸发浓缩、冷却

结晶得到晶体、过滤、洗涤、干燥；【小问4详解】已知：①3CHCN酸性条件下遇水生成34CHCOONH；②()344CuCHCNClO较易被空气氧化；则()34CuCHCN+与足量浓硝酸

发生反应，生成弱酸醋酸、铵根离子，一价铜被硝酸氧化为二价铜，同时硝酸被还原生成二氧化氮气体，离子方程式为()++-2++3322344CuCHCN+6H+NO+7HO=Cu+NO+4CHCOOH+4NH

；【小问5详解】醋酸钠溶液水解显碱性，已知：滴定需在弱碱性条件下进行，故加入醋酸钠溶液的主要目的是为滴定提供碱性环境；【小问6详解】EDTA与2+Cu形成1：1配合物，则25.0mL溶液中()()()1-3-3344nCuCHCNClO=nEDTA=cmolLV10L=cV10mol−

，故产品的纯度为-31250cmolc25100%=%Vmgm10327.5gmol327.5V−；【小问7详解】A．产品中含有()42CuClO，使得标准液用量偏大，导致测定结果偏高，A正确；B．滴定终点时俯视读数，使得标准液读数偏小，测定结果偏低，B错误；C．盛

装EDTA溶液的滴定管未润洗使得标准液用量偏大，导致测定结果偏高，C正确；D．产品干燥不充分，使得样品m偏大，导致测定结果偏低，D错误；故选AC。18.英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。

第18页/共20页学科网（北京）股份有限公司回答下列问题：（1）A的化学名称是___________。（2）由A生成C的反应类型是___________。（3）E的结构简式为___________。（4）由G→J的转化过程可

知，G转化为H的目的是___________（5）符合下列条件的B的同分异构体共有___________种，其中一种的结构简式为___________。①分子中含环状结构②核磁共振氢谱显示2组峰（6）L中氮原子的杂化方式为___________。

（7）1，3-二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备1，3-二苯基脲的合成路线(无机试剂任选)。___________【答案】18.4-溴硝基苯或对溴硝基苯19.取代反应2

0.21.保护氨基22.①.3②.或或23.sp2、sp324.⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓硝酸△2H催化剂⎯⎯⎯→2COCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→苯胺【解析】第19页/共20页学科网（北京）股份有限公司【分析】由框图可知，A（）与B（）发生取代反应生成C（）和

HBr，C与H2发生还原反应，-NO2还原为-NH2，生成D（），D与E（）发生取代反应生成F（）和HCl，G（）与反应生成H（），保护-NH2，H与SOCl2发生取代反应生成I（），I与KOH反应生成J（），将-NH2恢复，J与COCl2反应生成K（），K与F发生取代反应生成目标产

物英菲替尼L（）。【小问1详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司A为，名称为4-溴硝基苯或对溴硝基苯；【小问2详解】根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；【小问3详解】根据分析，E的结构简式为；【小问4详解】根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；【小问5详解

】B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、，共3种；【小问6详解】L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；【小问7详解】要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路

线为⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓硝酸△2H催化剂⎯⎯⎯→2COCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→苯胺。