【文档说明】安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，2.654 MB，由小赞的店铺上传

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合肥一中2023-2024学年度高二年级下学期期中联考化学试题（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。2．答题时，每小

题选出答案后，用2B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。3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷．

．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。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．．．．．．。4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。5．可能用到的相对原子质量：H1C12N14O

16S32Mo96−−−−−−第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。1.中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹

料、丝线等，下列说法错误的是A.由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质B.忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低C.夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有抗酸碱腐蚀、抗氧化等优点D.制作琵琶的竹料放入

饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用【答案】B【解析】【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，A正确；B．忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多，则酒的密度越高，B错误；C．夜光杯的主要成分为3Mg

O·4SiO2·H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，C正确；D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，D正确。答案选B。2.化

学用语是化学学科的专业语言，是学习化学的基本工具，下列化学用语不正确．．．的是A.铬原子价层电子排布式为513d4sB.乙烷的空间填充模型：C.CSO的电子式为D.2S−的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．铬是24号元素，根据洪特规则，基态铬原子的价层电子排布式为：513

d4s，A正确；B．乙烷分子式为C2H6，空间填充模型为，B正确；C．CSO的与CO2为等电子体，根据CO2可知CSO电子式为，C正确；D．S为16号元素，核电荷数为16，D错误；故选D。3.下列有机物的命名正确的是选项AB物质名称2,4,4

-三甲基戊烷2-甲基-1-丙醇选项CD物质名称1,3,4-三甲苯3,4-二甲基-1,3-戊二烯AAB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．烷烃的命名原则：应从距离支链最近的一端开始编号，且编号序数之和最小，应命名为2,2,4-三甲基戊烷

，A错误；B．醇的命名原则：选择含有羟基碳的最长碳链作为主链，命名为某醇，应命名为2-丁醇，B错误；C．苯的同系物的命名原则也要满足标号序数之和最小，应命名为1,2,4-三甲苯，C错误；D．二烯烃的命名原则：选择含有碳碳双键的碳链作为主链，从距离双键最近的一端开始标号，命名为3

,4-二甲基-1,3-戊二烯，D正确；故选D4.2015年10月，中国科学家屠呦呦因为发现了新型抗疟药——青蒿素，获得诺贝尔生理学或医学奖，下列关于青蒿素分子结构的研究中说法正确的是A.通过核磁共振氢谱能确定青蒿素分子中有三种氢原子B.通过质谱法能确定青蒿素的相对分子质量为

280C.通过红外光谱能确定青蒿素分子中含有酯基、羟基D.通过化学反应证明分子中含有过氧基【答案】D.。【解析】【详解】A．青蒿素分子不对称，除了甲基上的氢原子，还有其他类型的氢原子，不止三种，故B错误；B．

质谱仪通过质荷比确定相对分子质量，通过质谱法能确定青蒿素的相对分子质量为282，故B错误；C．青蒿素分子中不含有羟基，故C错误；D．含有过氧基的物质有强氧化性，可利用氧化还原反应证明其含有过氧基，故D正确；故选D

。5.最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为()A.TiCB.Ti13C14C.Ti4C7D.Ti14C13【答案】D【解析】【详解】该物质由分子构成，根据分子模型可知一个分子

中含有12+1=13个碳原子，8+6=14个钛原子，所以分子式为Ti14C13。故答案为D。6.已知：①、②、③的分子式均为88CH，下列说法正确的是A.①②③均能使溴的4CCl溶液褪色B.②③的二氯代物分别为10种和3种C.①的分子中所有碳原子一定处于同

一平面D.②是苯的同系物【答案】B【解析】【详解】A．③和②均不存在碳碳双键，二者与Br2的CCl4溶液均不反应，A错误；B．③中2个Cl可位于面上相邻、相对，及体心的相对位置，则③的二氯代物有3种，而②的对称轴如图，一氯代物有3种：，根据定一移二，则二氯代物有6+3+1=10种，B正确；C．

①含有苯环和碳碳双键，具有平面形结构，所有原子可能都在同一个平面上，但不一定，C错误；D．的分子式为C8H8，苯的分子式为C6H6，分子组成上不是相差2个-CH2，D错误；故选B。7.法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示，下列说法不正确．．．的是A.该分子属于极性分子B.该分子可以

形成分子内氢键C.该分子中所有N原子均采取3sp杂化D.该分子中σ键与π键数目之比为15:4【答案】C【解析】【详解】A．根据结构可知该分子不具有对称结构，属于极性分子，故A正确；B．该分子中的N-H键，可以跟O形成分子内氢键，故B正确；C．

该分子中N有形成单键的，有形成双键的，所以N有的是sp2杂化，有的是sp3杂化，故C错误；D．该分子含有1个C=N、1个C=C、2个C=O、2个C-C、4个C-N、3个N-H、1个C-H、1个C-F键，其中每个单键为1个σ键，双

键中含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15:4，故D正确；故选C。8.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A证明32CHCHX中的卤素原子的种类将32CHCHX（卤代烃）与N

aOH溶液共热，冷却后取上层水溶液，加入3AgNO溶液，观察现象B探究乙醇和水中OH—键的极性强弱向两只分别盛有蒸馏水和无水乙醇的烧杯中各加入同样大小的钠（约绿豆大），观察现象C除去苯中少量甲苯向混合物中加入足量酸性4KMnO溶液，充分反应后分液D探究酸性：苯酚3HCO−向苯酚浊液中加

入3NaHCO溶液，溶液变澄清A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．卤代烃水解后，要加硝酸中和NaOH，再加入硝酸银才能检验卤素原子的种类，故A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则水中的O-H键极性强于乙醇中的O-

H，故B正确；C．除去苯中少量甲苯，向混合物中加入足量酸性4KMnO溶液，将甲苯氧化为苯甲酸后再加入氢氧化钠转化为苯甲酸钠后分液，故C错误；D．苯酚与3NaHCO溶液不反应，故D错误；选B。9.查尔酮类化合物（）是黄酮

类药物合成中间体，有关该化合物的说法不正确．．．的是A.该化合物的分子式为15123CHOB.该化合物中碳原子均为2sp杂化C.该化合物与足量的氢气加成后，分子中含有2个手性碳原子D.1mol该化合物分别与足量的浓溴水和NaOH溶液反应，最多能够消耗2Br和NaOH分别为

：5mol2mol、【答案】C【解析】【详解】A．从结构简式可以看出化合物的分子式是C15H12O3，A正确；B．该化合物中碳原子形成碳碳双键和大Π键，所以均为2sp杂化，B正确；C．该化合物与足量的氢气加成后，分子中含有1

个手性碳原子：，C错误；D．1mol该化合物与足量的浓溴水反应，会在苯环上-OH的邻位上取代，并在碳碳双键上加成，所以最多能够消耗2Br的物质的量为5mol；与NaOH溶液反应，最多能够消耗NaOH的物质的量为2m

ol，D正确；故选C。10.关于配合物()324CdNH(OH)的下列说法正确的是A.中心离子是2Cd+，配位数是6B.一个()234CdNH+中有4个配位键，12个共价键C.HNH大小关系：3NH（即游离氨分子）()234Cd

NH+D.与足量盐酸反应后可能形成新的配离子24CdCl−【答案】D【解析】【详解】A．中心离子是2Cd+，配体是NH3，配位数是4，故A错误；B．一个()234CdNH+中有4个配位键，12个N-H键，配位键也是共价键，所以共16个共价键，故B错误；C．

()234CdNH+中N是sp3杂化为四面体立体空间结构，没有孤电子对，而NH3分子中N为三角锥，有一个孤电子对，对成键电子对的斥力大，H—N—H键角比NH3分子中H—N—H键角大，故C错误；D．NH3参与形成的配合物在酸性条件下不稳定，因为34HNHNH+++=，同时Cd2+会与

Cl-形成新的配离子24CdCl−，故D正确；故选D。11.利用超分子可分离60C和70C，将60C、70C混合物加入一种空腔大小适配60C的“杯酚”中进行分离的流程如图，下列说法正确的是A.第一电离能：C>OB.图中操作①为分液，操作③

为蒸馏C.杯酚和60C通过范德华力结合，体现了超分子的自组装特征D.杯酚分子中存在大π键【答案】D【解析】【详解】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但ⅤA族的大于ⅥA族，所以第一电离能：C＜O，A错误；B．超分子不溶于甲苯，70C溶于甲苯，图中操作①

为过滤，B错误；C．杯酚和60C通过范德华力结合，分离60C和70C，体现了超分子具有“分子识别”的特征，C错误；D．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，D正确；故选D。12.X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的五种短周期主族元

素，原子序数之和为28。其中Z的一种同位素在考古学中可用于断代，N元素的非金属性在短周期元素中最强，这五种元素组成的一种化合物的结构如图所示。下列说法不正确．．．的是A.简单离子半径：M>NB.该化合物的阳离子能使溴水褪色C.电负性大小：Y>N>M>ZD.YM陶瓷是新型无机非金属材

料【答案】C【解析】【分析】根据题目所给信息X，Y，Z，M，N为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，原子序数之和为28。其中Z的一种同位素在考古学中可用于断代，N元素的非金属性在短周期元素中最强。推知Z为C，N为F；结合上述物质结构可知X

形成1个共价键达到稳定结构，则X为H元素，Y也形成4个共价键，且得到一个电子，则说明Y的最外层有3个电子，结合原子序数的相对大小推知Y为B，五种元素原子序数之和为28，则推知M的原子序数为28-1-5-6-9=7，则M为N元素，综上所述，X，Y，Z，M，N分别是H元素，B元素，C元素，

N元素和F元素，据此分析解答。【详解】A．电子层数相同时，原子序数越小，其元素对应简单离子半径越大，则简单离子半径：M(N3-)>N(F-)，A正确；B．该化合物的阳离子中含有碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，B正确；C．同周期从从左到右电负性依

次增大，同主族从下到上电负性依次增大，所以电负性顺序：F>N>C>H，C错误；D．BN陶瓷是新型无机非金属材料，D正确；故选C。13.金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示，下列说法不正确．．．的是A.在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最

小的为60B.整个反应过程的化学方程式为：Pd322322CHCHOHO2CHCHO2HO+⎯⎯→+C.反应过程中断裂和形成最多的键是PdH−键D.反应过程中钯的化合价发生变化【答案】A【解析】【详解】A．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连碳上没有氢，相对分子质量最

小的为2—甲基—2—丙醇，相对分子质量为74，故A错误；B．由图可知，整个反应过程发生的反应为钯做催化剂条件下，乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为Pd322322CHCHOH+

O2CHCHO+2HO⎯⎯→，故B正确；C．由图可知，反应过程中存在钯氧键和钯氢键的断裂和形成，断裂和形成最多的键是钯氢键，故C正确；D．由图可知，催化剂钯参与反应，反应过程中钯的化合价发生变化，故D正确；故

选A。14.钙钛矿型3LaCoO具有优异的化学稳定性和在高温下的良导电性，在催化分解、汽车尾气处理等方面有重要用途，3LaCoO晶胞的结构如图甲所示。设AN为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，1号原子的坐标为()0,0,0，3号原子的坐标为()1,1,1。下列说法错

误的是A.距离O原子最近的O原子有8个B.该晶胞的俯视图为图乙C.2号原子的坐标为11,1,22D.La、Co间的最短距离为2anm2【答案】D【解析】【详解】A．3LaCoO中La:Co:O=1

:1:3，则面心位置的是O原子，故离O原子最近的O原子有8个，选项A正确；B．根据图甲，从上方俯视，该晶胞的俯视图与图乙一致，选项B正确；C．根据图甲中坐标位置，1号原子的坐标为()0,0,0，3号原子的坐标为()

1,1,1，则可推出2号原子的坐标为11,1,22，选项C正确；D．La、Co之间的最短距离是立方晶胞体对角线的一半，即3anm2，选项D错误；答案选D。第Ⅱ卷（非选择题）二、本部分有四大题，共58分。15.请

按要求回答下列问题：（1）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是______________。（2）钛与卤素形成的化合物4TiX熔点如表：4TiX4TiF4TiCl4TiBr4TiI熔点/℃37724−38.3153解释

4TiX熔点差异的原因________________。（3）铵盐大多不稳定．44NHFNHI、中，较易分解的是___________，原因是__________。（4）已知Ti的第二电离能：12I(Ti)1310kJmol,K−=的第二电离能1222I

(K)3051kJmol,I(Ti)I(K)−=，其原因为________________。（5）2HO由液态形成晶体时密度减小，分析主要原因______________。（6）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成()234CuNH+配离子。已知3NF与

3NH的空间构型都是三角锥形，但3NF不易与2Cu+形成配离子，其原因是_____________。【答案】（1）Ge原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难

以形成π键（2）TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高（3）①.4NHF②.F原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强，F-

更易夺取中+4NH的H+（4）K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去（5）水分子形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小

（6）F电负性比N的大，使得NF3中的N原子不易给出孤电子对【解析】【小问1详解】从原子结构角度分析，原因是：Ge原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；【小问2详解】由表中数据分析可知，4TiF为离子晶体，熔点较高，4TiCl、4

TiBr、4TiI均为分子晶体，熔点较低，4TiCl、4TiBr、4TiI组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以TiX4熔点差异的原因是：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr

4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；【小问3详解】铵盐大多不稳定．NH4F、NH4I中，较易分解的是NH4F，原因是：F原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强，F-更易夺取中+4NH的H+，故4NHF较易分解；【小问4详解】轨道中电子处于全满、全空或半满

时较稳定，则()()22ITiIK的原因为：K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去；【小问5详解】的H2O由液态形成晶体时密度减小，主要原因为：水分子形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢

键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小；【小问6详解】NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是：F的电负性比N的大，使得NF3中的N原子不易给出孤电子对。16.

正丁醚是一种重要的有机溶剂，以正丁醇为原料可制得正丁醚，反应原理和反应装置如下：3222322222231341352CHCHCHCHOHCHCHCHCHOCHCHCHCH−浓硫酸℃（正丁醚）2+HO已知：物质状态相对分子质量沸点/

℃密度()3/gcm−水中溶解性正丁醇无色液体74117.20.8109微溶正丁醚无色液体130142.40.773难溶查阅资料：正丁醇能溶解在50%的硫酸中，而正丁瞇则很少溶解。实验步骤如下：①将14.8g正丁醇和4.7g浓硫酸加到A中，并

加几粒沸石，在分水器中加入一定体积的饱和食盐水，先小火加热A,后继续加热至135℃，维持该温度至反应完成；②A中液体冷却后连同分水器中的液体一起倒入盛有30mL水的分液漏斗中，振荡后静置，分液得到粗产品；③得到的粗产品先用50%硫酸洗涤2次（每次10mL）、再用12

mL水洗涤；④将③中洗涤后的产物加入少量无水氯化钙固体，静置片刻，过滤除去氯化钙固体；⑤进行蒸馏纯化，收集139~142℃的馏分，得正丁醚6.4g．回答问题：（1）仪器A的名称为_______________。最有可能生成的有机副产物为_____

__________。（2）下列关于步骤①中的操作分析正确的是_______________（填标号）。a．浓硫酸和正丁醇添加顺序为先加入正丁醇，再加入浓硫酸b．若加热后发现未加碎瓷片，应立即补加c．加热A前，冷却水需先从a口进入d．分水器中加饱和食盐水而不用水，可降低正丁醇及正丁醚在水中的

溶解度e．仪器B起到冷凝回流的作用（3）步骤①中分水器的上层液体的主要成分为_______________（填物质名称），结合平衡移动原理解释步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的：______________。（4）步骤②中反应物冷却后连同分水器的水倒入3

0mL水中的目的是____________。（5）下列关于步骤③中粗产品的提纯操作分析正确的是_______________（填标号）。a．用50%的硫酸洗涤可以除去未反应的正丁醇b．将用50%硫酸洗涤的次数改为一次（总酸量不变），洗涤效果更好c．用水洗涤可以除去酸洗时带入的酸d．分液时下层液体、

上层液体依次从下口放出（6）本实验所得到的正丁醚的产率是_______________（保留三位有效数字）。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.1-丁烯（2）ade（3）①.正丁醇②.及时除去反应生成的水，使平衡向生

成正丁醚的方向移动，有利于提高正丁醚的产率（4）分离出有机层，除去硫酸等可溶于水的物质（5）ac（6）49.2%【解析】【分析】正丁醇在浓硫酸存在下加热到135℃发生分子间脱水反生成正丁醚和水，所得正丁醚粗产物中有水、浓硫酸以及未反应的正丁醇等，用一定量的水先初步洗去浓硫酸，接着用N

aOH溶液洗去有机层残留的硫酸，再用蒸馏水洗去有机层中残留的NaOH以及中和反应生成的盐，分液后加入一定质量的无水CaCl2除去有机层中的H2O，此时正丁醚中混有的主要杂质为正丁醇，通过蒸馏，收集139～142℃的馏分得到正

丁醚。【小问1详解】仪器A的名称为三颈烧瓶，最有可能发生消去反应生成1-丁烯；小问2详解】a．浓硫酸的密度大于正丁醇的密度，为防止液体飞溅，类比浓硫酸的稀释，步骤D中浓硫酸和正丁醇的的【添加顺序为:先加入正丁醇，再加入浓硫酸，a正确；b．若加热后发现未加

碎瓷片，应冷却至室温后再补加，b错误；加热A前，冷却水应下进上出，需先从b口进入，c错误；d．分水器中加饱和食盐水而不用水，可降低正丁醇及正丁醚在水中的溶解度，d正确；e．仪器B为球形冷凝管，起到冷凝回流的作用，e正确；故选ad

e；【小问3详解】分水器中收集到液体物质，由于正丁醇密度比水小且微溶于水，上层为正丁醇，下层主要成分为水，故答案为：正丁醇；及时除去反应生成的水，使平衡向生成正丁醚的方向移动，有利于提高正丁醚的产率；【小问4详解】步骤②中反应物冷却后连同分水器的水倒入

30mL，水中的目的是分离出有机层，除去硫酸等可溶于水的物质；【小问5详解】a．根据资料可知用50%的硫酸洗涤可以除去未反应的正丁醇，a正确；b．将50%硫酸多次洗涤，除去正丁醇的洗涤效果更好，b错误；c．用水洗涤可以除去酸洗时带入的酸，c

正确；d．分液时下层液体、上层液体依次从上口倒出；故选ac；【小问6详解】根据计量系数关系()134:13532223222222322CHCHCHCHOHCHCHCHCHOCHCHCHCH+HO1481

3014.8gx℃浓硫酸正丁醚148130=14.8gx解得x=13g因此正丁醚的产率：%6.4g×100=4%9.213g。17.钼()Mo及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域．某镍钼矿中的镍和钼以NiS和2MoS形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到24NaSO的一种工艺流程如下：回答下列

问题：（1）Ni位于元素周期表第_______________周期第_______________族。（2）“焙烧”中生成24NaMoO的化学方程式为_______________。（3）23NaCO用量对钼浸出率和浸取液中23CO

−浓度的影响如图所示，分析实际生产中选择23NaCO用量为理论用量1.2倍的原因：_______________。（4）2424NaMoONaSO、的溶解度曲线如图所示，为充分分离24NaSO，工艺流程中的“操作X”应为_______________（填标号）。A.蒸发

结晶B.低温结晶C.蒸馏D.萃取（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______________”步骤。（6）以钼酸铵为原料在一定条件下可以制备氮化钼，氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格

的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为_______________；氮化钼晶体的密度为_______________3gcm−；将Li+填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入______________

_个Li+。【答案】（1）①.四②.VIII（2）2222244322MoS+6NaCO+9O2N+6CO+4NaaMoOSO焙烧（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低（4）B（5）浸取（6）①.Mo2O②.233A4.1610aN③.2【解析】【分

析】镍钼矿(NiS、2MoS等)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应2222244322MoS+6NaCO+9O2N+6CO+4NaaMoOSO焙烧，242232NiS+NaCO+2ONiOa+C+NOSO焙烧，加水后，2

-4MoO进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据24NaMoO、Na2SO4的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。【小问

1详解】Ni为28号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族。【小问2详解】2MoS与碳酸钠和空气焙烧生成24NaMoO，反应化学方程式为：2222244322MoS+6NaCO+9O2N+6CO+4NaaMoOSO焙烧【小问3详解】若高于

1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低。【小问4详解】温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶，故选B。【小问5详解】交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放。【小问6详解】由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有118+6=48

2个Mo，14+1=24个N，则氮化钼的化学式为Mo2O；氮化钼晶体的密度为23-3-3-733AA22084.1610gcm=gcm(a10)aNN；氮化钼晶胞的八面体空隙为体心和棱心，若将Li+填入氮化钼晶

胞的八面体空隙中，还有8个棱心可以填入，则每个晶胞最多还能填入18=24个Li+。18.化合物M是一种有机酰胺，在工业生产中有重要作用，以有机物A、乙烯和苯为原料合成M的路线如下：已知：1．NaOH12RCHORCHCHO+⎯⎯⎯⎯→溶液2．3．Fe/HCl22RNORNH⎯−−⎯⎯

→请回答下列问题：（1）已知A是一种烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，氧的质量分数为55.2%，核磁共振氢谱显示只有一组峰，可发生银镜反应，写出A的结构简式：_______________。（2）E中的官能团名称为_______________，生成G的反应类型为____

___________。（3）写出D与新制的()2CuOH悬浊液反应的化学方程式_______________。（4）同时符合下列条件的化合物C的同分异构体共有_______________种（不考虑立体异构）。a

、分子中含有苯环且苯环上有三个取代基；b、lmol有机物最多消耗2molNaOH。上述同分异构体中，其中核磁共振氢谱峰面积之比为3:2:2:2:1的有机物的结构简式为_______________。（写一种）（5）设计以乙醛和1，3-丁二烯()22CHCHC

HCH==为原料制备的合成路线_______________（用流程图表示，无机试剂任选）。【答案】（1）OHCCHO−（2）①.羧基②.取代反应（3）+4[Ag(NH3)2]++4OH-→+24NH++4Ag↓+6N

H3+2H2O（4）①.6②.（5）【解析】【分析】已知A是一种烃的含氧衍生物，A可发生银镜反应，表明A中含醛基，A与CH3CHO在NaOH溶液、加热条件下发生题给已知1的反应生成B，又根据A相对分子质量为5

8，氧的质量分数为55.2%，核磁共振氢谱显示只有一组峰，表明A的结构高度对称，推测A的结构简式为OHC—CHO；B与CH2=CH2反应生成C，C的分子式为C8H10O2，结合题给已知2，C的结构简式为，C与H2一定条件下反应生成D，D发生

催化氧化反应生成E，E的分子式为C8H12O4，则E的结构简式为，E与SOCl2反应生成F；苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生硝化反应生成的G的结构简式为，G发生题给已知3的反应生成的H的结构简式为；F与H一定条件下反应生成M；据此作答。【小问1详解】根据分析，A的结构简式为OHCCHO

−；【小问2详解】根据分析，E的结构简式为，官能团为：羧基；苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生硝化反应生成的G，该反应为取代反应；【小问3详解】D的结构简式为，1个D分子中含2个醛基，1molD最多消耗4mol[Ag(NH3)2]OH，D与足量银氨溶

液反应的离子方程式为+4[Ag(NH3)2]++4OH-→+24NH++4Ag↓+6NH3+2H2O；【小问4详解】C的结构简式为，分子式为C8H10O2，不饱和度为4，分子中含有苯环且苯环上有三个取代基，不再含有其它不饱和键，lmol有机物最多消耗2molNaOH，表

明只能含有两个酚羟基，满足条件的同分异构体有6种，属于AAB式的苯环上三取代同分异构体数目；又根据其中核磁共振氢谱峰面积之比为3:2:2:2:1，推断出满足条件的同分异构体为：；【小问5详解】产物的六元环是题给已知2的反应生成的，反应的前体物质是α-β不饱和醛，可

通过题给已知1的反应，利用乙醛生成得到，故总的合成路线为：。