【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学模拟试卷试题 含解析.docx，共(22)页，4.424 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中2023届高三化学期中考试前练习第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分）1.下列物质属于生物大分子且对其聚合原理表述正确的是A.纤维素：通过醛基与羟基的反应聚

合B.油脂：通过羧基与羟基的取代反应聚合C.脱氧核糖核酸：通过互补碱基之间的氢键聚合D.蛋白质：通过亲水基团（或疏水基团）之间的相似相溶原理聚合【答案】A【解析】【详解】A．纤维素由葡萄糖通过醛基与羟基的反应聚合得到，

A正确；B．油脂由高级脂肪酸与甘油发生酯化即取代反应得到，但油脂属于小分子化合物，B错误；C．脱氧核糖核苷酸是通过3'，5'-磷酸二酯键彼此连接起来的线形多聚体，C错误；D．蛋白质是由氨基酸中氨基和羧基以“脱水缩合”的方

式组成的多肽链经过盘曲折叠形成的具有一定空间结构的物质，D错误；故选：A。2.铝是一种较为活泼的金属，常见价态为+3价。下列说法中，正确的是A.27Al的中子数为14B.基态Al原子的价电子排布为233s3pC.3AlCl熔点为193℃，说明3AlCl为离子晶体D

.电解()243AlSO溶液可制备单质Al【答案】A【解析】【详解】A．铝是13号元素其质子数为13，中子数=质量数-质子数=27-13=14，A正确；B．铝位于第三周期第IIIA族，价电子排布为3s23p1，B错误；C．氯化铝熔点、沸点都很低，且会升华，和大多数含卤素离子的盐类不同，熔

化的氯化铝不易导电，所以氯化铝为共价晶体，C错误；D．硫酸铝溶液中氢离子得电子能力强于铝离子，电解硫酸铝溶液得不到铝单质，应电解熔融的氧化铝，D错误；故选：A。3.下列性质的比较，不能．．用元素周期律解释的是A.酸性：32

3HNOHCOB.还原性：2SCl−−C.热稳定性：33NHPHD.沸点：2HOHF【答案】D【解析】【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，能用元素周期律解释，A不符

合题意；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，其简单离子的还原性变弱，能用元素周期律解释，B不符合题意；C．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，

能用元素周期律解释，C不符合题意；D．水分子能比氟化氢分子形成更多的氢键，导致其沸点升高，不能用元素周期律解释，D符合题意；故选D。4.下列性质的比较，不正确．．．的是A.沸点：HClHBrB.键角：2-43SO>NHC.熔点：2MgOB

aClD.在水中溶解性：1−丁醇1−戊醇【答案】A【解析】【详解】A．均为分子晶体，氯化氢相对分子质量小于氯化氢，故沸点：HClHBr，A错误；B．硫酸根离子中硫原子为sp3杂化，无孤电子对；氨气分子中氮原子为sp3杂化，有1对

孤电子对；由于孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致键角：2-43SO>NH，B正确；C．离子半径Mg2+>Ba2+，O2->Cl-，则离子键键能2MgO>BaCl，导致熔点2MgO>BaCl，C正确；D．1-戊醇中烃基更大，

导致其在水中溶解度更小，故溶解性：1-丁醇>1-戊醇，D正确；故选A。5.脱落酸（ABA）是一种植物激素，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ABA的说法中，正确的是A.分子式为15214CHOB.可以发生取代反应、氧化反应C.1molABA与21mol

Br发生加成反应，可能得到3种不同产物D.可发生分子内酯化反应，所得的分子中具有两个六元环【答案】B【解析】【详解】A．该有机物分子含有15个碳原子、20个氢原子、4个氧原子，其分子式为C15H20O4，故A错误；B．含有羧基、羟基，可以发生酯化反应即取代反应，含有羟基、碳碳双键，可以发

生氧化反应，故B正确；C．该有机物含3个碳碳双键，1molABA与1molBr2发生加成反应时，每个碳碳双键加成后的产物都不同，有3种，但链上的两个碳碳双键存在共轭结构-C=C-C=C-，加成时发生1,4

加成，产物又1种，因此共4种产物，故C错误；D．含有羟基和羧基，可发生分子内酯化反应，但不形成六元环，故D错误；故选：B。6.NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是A.NH4Cl晶体属于离子晶体B.NH4Cl晶胞中H

-N-H键角为90°C.NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键D.每个Cl-周围与它最近且等距离的+4NH的数目为8【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；

C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；故选B。7.

一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示，下列说法错误的是A.该高分子可通过加聚反应合成B.使用该材料时应避免接触强酸或强碱C.合成该高分子的两种单体含有相同的官能团D.自修复过程中“-COO

CH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；B．该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；C

．合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，官能团相同，故C正确；D．自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键

，故D错误；故选：D。8.m个Ag原子形成的立方体形纳米簇Agm结构如图，立方体的顶点及各面面心处各有1个Ag原子。以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Ag

m2倍、2倍、1倍的纳米团簇Agn。下列说法中不正确的是A.Agm易在化学反应中失去电子，形成阳离子B.固体Agm可能呈现彩色C.距离a处Ag原子距离最近且相等的Ag原子为12个D.38n=【答案】C【解析】【详解】A．纳米簇Agm中Ag分布于表面，

表现出很高的化学活性，Agm易失去电子形成阳离子，故A正确；B．固体Agm的颗粒直径小于100纳米，固体的表面积大，光的吸收强度大，可能出呈现出黄色等彩色，故B正确；C．由图可知，距离a处Ag原子距离最近位于的立方体面心，每一个纳米簇Agm中有3

个，组成纳米簇Agn后，有4个面重合。距离a处银原子距离最近且相等的银原子为3×4-4=8个，故C错误，D．由纳米簇结构可知，Agm的m=8+6=14，则以Agm为模板，在x，y方向上继续结合Ag原子，可以得到棱长（以顶点原子的原子核间距计算）分别为Agm2倍、2倍、1倍的纳米团簇Ag

n的n=14+24=38，故D正确；故选C。9.下列实验设计或操作能达到实验目的的是（）实验目的实验设计或操作A除去乙酸乙酯中的乙酸加入乙醇、浓硫酸，加热。B鉴别卤代烃中所含卤原子种类加入NaOH溶液，加热。加入足量3HNO，再加入3AgNO溶液，观察沉淀颜色。C除去甲

苯中的少量苯酚加入足量浓溴水。振荡、静置、过滤D检验甲酸中是否混有乙醛加入足量稀NaOH溶液。再加入银氨溶液，水浴加热。A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应进行不

完全，A错误；B．卤代烃在氢氧化钠作用下水解出卤素离子，酸化后和银生成不同颜色的卤化银沉淀，能鉴别卤代烃中所含卤原子种类，B正确；C．苯酚和溴生成的三溴苯酚会溶于甲苯中不能过滤，C错误；D．甲酸也能发生银镜反应，

不能检验是否混有乙醛，D错误；故选B。10.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A.X与其他

三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B.Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D.W的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】A【解析】【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增

大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O

、Na、Cl。则A.氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；B.过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C.N、O、Na三种元素简单离子具有相同的电子层结

构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D.亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合

的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化的合物的性质、典型用途、制备等。11.某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确．．．的是A.图示片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤B.该片段中所有氮原子都采取2sp杂化C.该片段在一定条件下可发生水解反应D

.若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，片段包含1个胞嘧啶、1个鸟嘌呤，A正确；B．图中只连单键的氮原子形成3个σ键，此外还有1对孤电子对，价层电子对数是4，为sp3杂化，B错误；C．分子中存

在肽键，可以发生水解，C正确；D．若脱氧核糖中3号C所连羟基被还原为H原子，则此处无法再形成氢键，导致其参与形成的核苷酸将无法聚合为核酸，D正确；故选B。12.有机物A的分子式为10122CHO。已知：①分子中苯环上只有两个取代基；②A可与3FeCl溶液发生显

色反应；③A能发生银镜反应。A的可能结构有A.6种B.9种C.12种D.15种【答案】D【解析】【详解】机物A的分子式为10122CHO，其不饱和度为5；可与3FeCl溶液发生显色反应，含有酚羟基；A能发生银镜反应，含

有醛基或为甲酸酯；分子中苯环上只有两个取代基，则一个为-OH，另一个含有4个碳；结构可以为-CH2CH2CH2CHO、-CH(CH3)CH2CHO、-CH2CH(CH3)CHO、-C(CH3)2CHO、-CH(CH2CH3)CHO；各有邻间对3种

，共15种；故选D13.某同学使用如图装置进行甲苯与液溴的反应，操作、现象及部分结论如下（部分现象、操作略去）：①将甲苯与液溴混合均匀，静置足够长时间，无明显现象；②投入还原铁粉，几秒后，瓶内溶液剧烈反应；③一段时间

后，试管内出现淡黄色沉淀；④反应结束后，烧瓶中溶液呈红棕色。向其中加入浓NaOH溶液，振荡，静置，液体分为两层，均呈无色；⑤取下层（有机物层）液体与试管中，加入3HNO酸化的3AgNO溶液，振荡，静置，未观察到沉淀生成；⑥取有机层液体，干燥，蒸馏，

检验。产物为2，4-二溴甲苯及2，6-二溴甲苯。根据上述现象、结论，下列结论中不正确．．．的是A.①与②对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂。B.③说明：甲苯与液溴的反应是取代反应，不是加成反应。C.④、⑤说明：相比于有机

溶剂，NaBr更易溶解于水中。D.⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代。【答案】B【解析】【分析】甲苯与液溴在铁催化作用下生成甲苯的溴代物和溴化氢，溴化氢能使硝酸银溶液生成黄色沉淀；反应后混合物加入浓氢氧化钠除去过量的溴，振荡，静置，分液

，有机层蒸馏得到产物；【详解】A．①与②变量为催化剂铁的加入，对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂，A正确；B．挥发出的溴溶于水生成HBr，也会和硝酸银生成溴化银沉淀，B错误；C．⑤中没有生成溴化银沉淀，说明相比于有机溶剂，NaBr更易溶解于水中，C正确；D．2

、4、6号位是甲基的邻对位，⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代，D正确；故选B14.烯酮分子在一定条件可与硅醚反应：。。有机物X（）在此条件下反应，其产物是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】烯酮分子在一定条件与硅醚反应机理为烯酮上的碳碳双键断裂

，与硅醚的碳碳双键断裂及O-Si键断裂，生成C=O，，上图中1位置和2位置的碳原子生成C-C键，形成六元环，则有机物X在此条件下反应，其产物是，故选C；故答案为：C。第Ⅱ卷（非选择题共58分）二、非选择题（本部分共5小题，共58分）15.晶体X是一种在生产生活中得到广泛应用的化工产

品。（1）向4FeSO溶液中，滴加36KFe(CN)溶液，可观察到___________。（2）将（1）中所得产物提纯、结晶可得到纯净的晶体X。通过___________实验，可确定X的晶体结构。a．核磁共振b．红外光谱c．X射线衍射d．质谱（3）实验表明，23CNFe

Fe−++、、通过配位键构成了X晶体的骨架。其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。注：复晶胞是晶体结构的基本单元，但不是晶体结构的最小重复单元。①CN−的电子式为___________，CN−能与23FeF

e++、形成配位键的原因是___________。②Ⅰ型立方结构___________（填“是”或“不是”）晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。图2中，Ⅰ型立方结构分别是a、_________

__。③结晶时，小立方体a内部会填入1个+K（未画出）。小立方体b内部___________+K。a．不会填入b．会填入1个c．会填入2个d．会填入4个（4）已知Ⅱ型立方结构的边长为anm，以AN表示阿伏加德罗常数的值。晶体X密度的计算式为__________

_3gcm−。【答案】（1）生成蓝色沉淀（2）c（3）①.②.CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道③.不是④.d、f、g⑤.a（4）213A122810aN【解析】【小问1详解】检验亚铁离子，加入36KFe(CN)溶液，可生成蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；【小

问2详解】一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢，X射线衍射可确定晶体的结构，故选c；【小问3详解】①CN-中存在叁键，电子式为：；C

N-能与2+3+FeFe、形成配位键的原因是CN-中存在孤电子对、亚铁离子或铁离子能提供空轨道，从而形成配位键；②亚铁离子，加入36KFe(CN)溶液，生成6KFeFe(CN)蓝色沉淀；Ⅰ型立方结构中亚铁离子、铁离

子、氰根离子的数目分别为0.5、0.5、3，所以不是晶体X的晶胞。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体X的复晶胞（如图2，记为Ⅱ型立方结构，下层左后的小立方体g未标出）。分析图示亚铁离子、铁离子位置如图：则图中，Ⅰ型立方结构分别是a、d

、f、g。③由②分析可知，每个Ⅰ型立方结构中缺少正电荷为：3×1-0.5×2-0.5×3=0.5，则缺少0.5个钾离子，结晶时，小立方体a内部会填入1个+K（未画出），则相邻小立方体b内部不会填入+K，故选a；【小问4详解】由②③分析可知，Ⅱ型立方结构中亚

铁离子、铁离子、氰根离子、钾离子的数目分别为0.5×8=4、0.5×8=4、3×8=24、0.5×8=4，则故晶胞质量为A1228gN；晶胞体积为()33-213anm=a10cm，所以密度为21A3-2133AgNm122810

==Va112280cmaNg/cm3。16.硼、铝元素位于金属分界线附近，其化合物性质相对复杂。（1）硼在元素周期表中的位置是___________。铍、硼、铝的第一电离能从大到小依次是________

___。（2）3BF分子的空间形状为___________，B原子的杂化形式为___________。（3）3BF可与NaF溶液反应得到4NaBF溶液。结晶可得4NaBF晶体，其熔点为384℃，由+-4NaBF、构成。-4BF的结构式为___________。（已

知：2-3CO的结构式为）（4）4NaAlCl的晶体结构与4NaBF相似，其熔点为151℃。请解释其熔点小于4NaBF的原因：原子半径：Al>BCl>F、，___________。（5）研究表明：NaAlCl4化学性质较为稳定，加热至

800℃以上才开始分解，得到3NaClAlCl、。而4NaAlF在390℃即开始分解，释放出3AlF。已知：ⅰ．这两种物质的稳定性主要与阴离子的配位键强弱有关，其他因素影响较小；ⅱ．配位键键能与中心原子接受电子的能

力、配位原子给出电子的能力有关。请从原子结构角度解释两种物质的稳定性差异：两种物质的阴离子中心原子相同，配位原子不同；F与Cl原子最外层电子数相同，电子层数：FCl，原子半径：FCl，___________，稳定性：44NaAlCl>NaAl

F。【答案】（1）①.第二周期第ⅢA族②.铍、硼、铝（2）①.平面三角形②.sp2杂化（3）（4）-4BF半径更小，使得钠离子与-4BF之间的晶格能更大，熔点更高（5）由于F原子半径更小、电负性更强，使得F原子给出电子的能力小于

氯原子给出电子的能力，导致F形成的配位键键能不如Cl形成的配位键键能大【解析】【小问1详解】硼为5号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be

原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故铍、硼、铝的第一电离能从大到小依次是铍、硼、铝；【小问2详解】3BF中B的价层电子对数为3+3-132=4，B原子采用sp2杂化，分子的空间形状为平面三角形；【小问3详解】-4BF中有1个F提供孤电子对，与B形

成配位键，其结构式为；【小问4详解】两者均为离子晶体，原子半径Al>BCl>F、，则-4BF半径更小，使得钠离子与-4BF之间的晶格能更大，熔点更高；【小问5详解】由于F原子半径更小、电负性更强，使得F

原子给出电子的能力小于氯原子给出电子的能力，导致F形成的配位键键能不如Cl形成的配位键键能大，故稳定性：44NaAlCl>NaAlF。17.应用原子力显微（AFM）、扫描隧道显微（STM）等技术可对分子的电子云进行成像。Ⅰ．应用AFM技术对沉积于Cu表面的8-羟基喹啉（）成像。

探测到电子的区域呈浅色。部分有机物熔点如下表：物质8-羟基喹啉7-羟基喹啉6-羟基喹啉并五苯正二十二烷熔点（℃）7523919525744（1）8-羟基喹啉分子间可形成O-HN氢键，其原因是_____________

_________。（2）8-羟基喹啉的熔点明显低于7-羟基喹啉、6-羟基喹啉的熔点的原因是______________________。（3）①8-羟基喹啉与苯相似，除σ键外，还有___________键，使C、N原子的性质与普通的烷烃、烯烃、胺明显不同。②实验结果表明，8

-羟基喹啉分子间除O-HN氢键外，还存在______________________等氢键，分子间出现反常氢键的可能原因是___________。Ⅱ．应用STM技术对沉积于@NaClCu表面并五苯（）成像。（4）下列说法中正确的是_____a．并五苯为非极性分

子b．DFT理论能够较好的预测并五苯分子的电子分布情况c．AFM技术与STM技术表征的是不同类型的电子云d．根据STM结果，x、y两处H原子取代的难度可能不同e．并五苯分子间除范德华力外可能存在其他相互作用【答案】（1）氮元素电负性大，能与氢原子形成氢键（2）8-羟基喹啉能形成分子内氢键

，7-羟基喹啉、6-羟基喹啉可以形成分子间氢键（3）①.大π键②.O-HO③.O和N的电负性都比较大，O—H与另一个分子的羟基中的O形成氢键，所以分子间出现反常氢键。（4）ad【解析】【小问1详解】氮元素电负性大，能与氢原子形成氢键，

所以8-羟基喹啉分子间可形成O-HN氢键。【小问2详解】由于8-羟基喹啉能形成分子内氢键，7-羟基喹啉、6-羟基喹啉可以形成分子间氢键，所以8-羟基喹啉的熔点明显低于7-羟基喹啉、6-羟基喹啉的熔点。【小问3详解】①8-羟基喹啉与苯相似，除σ键外，还有大π键，使C、N原子的性

质与普通的烷烃、烯烃、胺明显不同。②分子中含有羟基，根据示意图可判断8-羟基喹啉分子间除O-HN氢键外，还存在O-HO等氢键，O—H与另一个分子的羟基中的O形成氢键，所以分子间出现反常氢键。的【小问4详解】a．并五苯

结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子，a正确；b．根据示意图可知STM理论能够较好的预测并五苯分子的电子分布情况，b错误；c．并五苯分子中电子云是相同的，所以AFM技术与STM技术表征的是相同类型的电子云，c错误；d．根据S

TM结果，x、y两处成像不同，因此H原子取代的难度可能不同，d正确；e．并五苯分子间不能形成氢键，只有范德华力，e错误；答案选ad。18.“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：

+铜催化剂⎯⎯⎯⎯→我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：已知：+Δ水解反应H2O+（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。a

.利用质谱法可以鉴别B和Cb.B可以发生氧化、取代、消去反应c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。（4）反应②的化学方程式为_______。（5）E的结构简式为____

___；聚合物F的结构简式为_______。（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。【答案】（1）①.醛基和溴原子(或碳溴键)②

.取代反应（2）ab（3）（4）+⎯⎯→H2O+（5）①.②.或或（6）①.②.③.【解析】【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应

为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；【小问1详解】由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子(或碳溴键)；

对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，属于取代反应；【小问2详解】a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H

原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误，故选ab；【小问3详解】B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只

有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为；【小问4详解】由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为：+⎯⎯→+H2O；【小问5详解】对比D、E的分子式，应D中的1个−

F原子被−N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位−F原子被取代，故E为；【小问6详解】醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的−OH被取代生成J，故J为。

19.某小组同学根据32FeFe++、和2Zn+的氧化性推断溶液中Zn与3Fe+可能先后发生两个反应：3+2+2+2Fe+Zn=2Fe+Zn，2+2+Fe+Zn=Zn+Fe，进行如下实验。实验试剂现象Ⅰ132mL0.1molLlFeC−溶液、过量锌粉

黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁Ⅱ2mLpH0.70的131molLFeCl−溶液过量锌粉片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁（1）实验Ⅰ结束后，3Fe+最终还

原产物为___________。（2）结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因：___________。（3）实验Ⅲ：用()243FeSO溶液和()33FeNO溶液替代实验Ⅱ中的3FeCl溶液：实验试剂现象Ⅰ2mLpH0.70的()13

31molLFeNO−溶液、过量锌粉约半小时后，液体变深棕色且浑浊，无铁产生Ⅱ2mLpH0.70的()1243amolLFeSO−溶液、过量锌粉约半小时后，液体呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生资料：22FeN

O[Fe(NO)]+++，2[Fe(NO)]+在溶液中呈棕色。①a=___________。②甲同学根据ⅰ的现象，判断液体中一定存在2[Fe(NO)]+，乙同学认为甲的结论不正确。深棕色可能是生成的___________导致的现象。乙同学设计了一个实验

证明了深棕色液体中存在2[Fe(NO)]+。其实验的操作和现象是___________。③对照实验Ⅱ和Ⅲ，()33FeNO方溶液与过量．．锌粉反应没有生成铁的可能原因是___________。（4）实验Ⅳ：将实验Ⅱ中3FeCl水溶液换成3FeCl无

水乙醇溶液，加入足量锌粉，片刻后，反应放热，有大量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：反应足够长时间后，锌能否与3Fe+反应得到单质铁，与Zn和3Fe+的物质的量、3Fe+的浓度、___________、______

_____等有关。【答案】（1）Fe2+（2）FeCl3溶液中存在水解平衡()323Fe3HOFeOH3H++++，加入锌粉，H+被消耗，促进3Fe+的水解，产生氢氧化铁沉淀；（3）①.0.5②.2NO③.过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色

变浅，液面上方产生红棕色气体④.2Fe+与NO结合生成()2FeNO+，溶液中2Fe+的浓度下降，使得2Fe+与Zn反应的化学反应速率变慢；为（4）①.阴离子种类②.溶剂【解析】【小问1详解】加入过量锌粉，溶液颜色变浅，固体中

没有铁，说明最终还原产物为Fe2+；【小问2详解】FeCl3溶液中存在水解平衡()323Fe3HOFeOH3H++++，加入锌粉，H+被消耗，促进3Fe+的水解，产生氢氧化铁沉淀；【小问3详解】①该对比实验是为了探究阴

离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c1V1=c2V2，即1mol/L×2mL=amol/L×2×2mL，解得a=0.5；②NO2是深红棕色气体，故推测可能是生成的NO2导致的现象；由可逆反应

22FeNO[Fe(NO)]+++，若Ⅰ中存在2[Fe(NO)]+，可加热溶液，会产生NO，NO再被空气中的O2氧化成NO2，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；【小问4详解】

由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与3Fe+反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将2-4SO换成-3NO，无铁单质生成，则锌能否与3Fe+反应得到单质铁与阴离子种类有关。获得更

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