2022届山东省威海市高三第二次模拟考试化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页山东省威海市2022届高三第二次模拟考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2022年北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，彰显了我国科技力量日益强大。下列说法错误的是A．冬奥火炬“飞扬”的筒身所用的碳纤维复合材料比钢材料质量轻、强度大B．制作“冰墩墩”外壳所用的PC(聚碳酸酯)属于环保材料C．肼、液氢、均可用于火箭推进剂中，反应时均表现还原性D．制作航天服所用的涤纶通常由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维复合材料属于无机非金属材料，比钢材料质量轻、强度大，A正确；B．聚碳酸酯可被降解，是环保材料，B正确；C．N2O4用于火箭推进剂中产物为氮气，氮元素化合价降低，表现氧化性，C错误；D．涤纶主要成分为聚对苯二甲酸乙二醇酯，由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，D正确；故选C。2．下列物质应用和对应性质匹配的是选项应用性质A大型舰船的底部常镶嵌锌块，防止船底腐蚀锌比铁活泼性强B用焦炭和二氧化硅在电炉中制备粗硅非金属性：C>SiC可用于漂白织物等具有氧化性D聚合硫酸铁用作净水剂聚合硫酸铁易溶于水A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【详解】A．大型舰船的底部常镶嵌锌块，锌活泼性大于铁，锌做负极，防止船底腐蚀，故A正确；B．高温下焦炭将二氧化硅还原成粗品的硅单质的反应中C充当的是还原剂，其还原性大于还原产物Si的还原性，不能证明碳元素的非金属性强于硅元素，故B错误；C．具有漂白性，可用于漂白织物，故C错误；D．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D错误；故选A。3．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是选项ABCD装置溴乙烷消去反应产生的气体目的验证溴乙烷消去产物具有还原性制取并收集干燥的氨气实验室焙烧硫酸铜晶体实验室制取乙烯A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【详解】A．溴乙烷在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应，得到的气体为乙烯和乙醇，融入水中除去乙醇，再通入酸性KMnO4褪色变为Mn2+，KMnO4发生了还原反应，而乙烯发生了氧化反应，则证明乙烯有还原性，A项正确；B．氨气的密度小于空气，应该选择向下排空。而图中为向上排空，B项错误；C．焙烧硫酸铜晶体应该选择坩埚，而图为蒸发皿蒸发溶液，C项错误；D．用乙醇浓硫酸加热170℃制乙烯，温度计控制溶液的温度为170℃应插入溶液中，D项错误；故选A。4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们形成的一种化合物的结构如图所示。已知W和X的原子序数之和与Y的最外层电子数相等。下列说法错误的是A．简单离子半径：Y>ZB．该化合物中X的杂化方式相同C．第一电离能：Y>XD．化合物ZYW中既含离子键，又含极性共价键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们形成的一种化合物的结构如图所示，Z形成＋1价阳离子，其原子序数最大，则Z为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H；已知W和X的原子序数之和与Y的最外层电子数相等，X的原子序数为6-1=5，则X为B元素，综合分析W为H，X为B，Y为O，Z为Na，以此分析解答。【详解】A．氧离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z，故A正确；B．结合图示可知，该化合物中B元素形成3个或4个共价键，其杂化方式分别为sp2、sp3杂化，故B错误；C．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Y>X，故C正确；D．ZYW为NaOH，NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键，故D正确；故选B。5．下列由实验操作及现象所得结论正确的是A．向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸不变蓝，证明该溶液中不含B．将饱和NaBr溶液滴入AgCl浊液中，沉淀颜色由白色变为淡黄色，证明C．常温下，用pH试纸分别测定浓度均为溶液和溶液，后者pH大，证明酸性：D．将同浓度同体积的溶液与溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明该反应存在一定限度【答案】D【解析】【详解】A．由于NH3极易溶于水，故检验若不加热，可能无法检验到NH3，向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸不变蓝，也不能证明该溶液中不含，需加入NaOH溶液后加热，再用湿润的红色石蕊试纸靠近管口，才能证明有无，A不合题意；B．将饱和NaBr溶液滴入AgCl浊液中，由于Qc(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)＞Ksp(AgBr)，析出AgBr沉淀，沉淀颜色由白色变为淡黄色，不能说明存在沉淀的转化，无法证明，B不合题意；C．已知CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，故常温下，用pH试纸分别测定浓度均为溶液和溶液，后者pH大，只能证明酸性：HS-＜CH3COOH，无法比较的酸性强弱，C不合题意；D．已知反应：2Fe3+++H2O=2Fe2++3H++，故将同浓度同体积的溶液与溶液混合则KHSO3过量，FeCl3不足，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中还存在Fe3+，即可证明该反应存在一定限度，D符合题意；故答案为：D。6．氯磺酸是一种易水解的一元强酸，能与甲酸、苯等有机物反应。其与甲酸发生的反应为。下列说法错误的是A．将物质的量相等的与HCl分别溶于水制成1L溶液，前者的pH小B．可与苯在一定条件下发生取代反应生成苯磺酸C．中和溶液需要D．与甲酸反应中每生成1molHCl，转移电子的物质的量为2mol【答案】D【解析】【详解】A．氯磺酸是一种易水解的一元强酸，水解会产生硫酸和HCl，将物质的量相等的ClSO3H与HCl分别溶于水制成1L溶液，氯磺酸溶液中氢离子浓度更大，pH值小，A正确；B．参照氯磺酸与甲酸的反应，ClSO3H可与苯在一定条件下发生取代反应生成苯磺酸和HCl，B正确；C．氯磺酸与水反应的方程式为：ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1mol氯磺酸在水中能产生3mol氢离子，故中和500mL3mol⋅L−1NaOH溶液需要0.5molClSO3H，C正确；D．与甲酸反应中各元素的化合价未发生变化，过程中无电子转移，D错误；故选D。7．某同学用如图所示的装置(部分)制备乙酸乙酯，操作如下：连接实验装置，检查气密性。向圆底烧瓶中加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸的混合物，并加入沸石，加热圆底烧瓶。充分反应后将该装置改成蒸馏装置，蒸馏获取粗产品。在获得的粗产品中加入饱和溶液，充分反应至无气泡逸出，将混合液倒入分液漏斗中，振荡、静置，收集下层液体即得粗制乙酸乙酯。该实验操作及制备装置中存在的错误共有几处？A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】【详解】制备乙酸乙酯实验操作为：连接实验装置，检查气密性，向圆底烧瓶中先加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸的混合物，并加入沸石，通入冷凝水，冷凝水下口进上口出，加热圆底烧瓶，充分反应后将该装置改成蒸馏装置，蒸馏获取粗产品，在获得的粗产品中加入饱和Na2CO3溶液，充分反应至无气泡逸出，将混合液倒入分液漏斗中，振荡、静置，收集上层液体即得粗制乙酸乙酯，综上分析可知，本实验操作及制备装置中存在：冷凝水流向错误；将粗产品应该转移至饱和Na2CO3溶液而不是NaHCO3错误；分液时收集的产品应该在上层，共3处错误，故答案为：B。8．对溶液氧化的反应，若加入，科研人员猜想其反应历程如下：Mn(VII)Mn(VI)Mn(IV)Mn(III)[Mn(C2O4)n]3-2n→Mn2++CO2下列说法错误的是A．既有氧化性，又有还原性B．起始时加入，若反应产生气泡速率明显加快，可证明作催化剂C．每生成标准状况下，消耗D．加入某种试剂使Mn(Ⅵ)、Mn(Ⅳ)或Mn(Ⅲ)生成难溶物，若产生气泡速率减慢，则证明该猜想合理【答案】C【解析】【详解】A．[Mn(C2O4)n]3-2n中Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，故[Mn(C2O4)n]3-2n既有氧化性，又有还原性，故A正确；B．催化剂可以改变反应速率，若开始时加入Mn2+，若反应产生气泡速率明显加快，可证明Mn2+作催化剂，故B正确；C．每生产1molCO2，转移1mol电子，故标准状况下11.2LCO2，即0.5mol的二氧化碳，转移0.5mol电子，KMnO4→Mn2+，转移5个电子，根据电子守恒，故消耗0.1molKMnO4，故C错误；D．加入某种试剂使Mn(Ⅵ)、Mn(Ⅳ)或Mn(Ⅲ)生成难溶物，则中断某个中间产物，若反应减慢，则猜想合理，故D正确；故选：C。9．将与过量氨水、氯化铵、双氧水混合，若有活性炭催化时发生反应：；若没有活性炭催化，则生成。下列说法正确的是A．基态Co原子核外电子空间运动状态有27种B．沸点：C．常温下，滴加溶液可定性鉴别与D．中含有16mol键【答案】B【解析】【详解】A．基态Co原子核外电子空间运动状态与电子所占据的原子轨道数目相同，Co原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种，A错误；B．三者均为分子晶体且分子间均存在分子间氢键，相同物质的量的水和过氧化氢中氢键数目比氨气多，故氨气沸点最低，水的相对分子质量小于过氧化氢，故沸点水小于过氧化氢，故沸点：，B正确；C．与的外界中均有氯离子，溶液中滴加溶液均能产生沉淀，不能鉴别，C错误；D．中内界与外界之间为离子键，只有内界配离子含有键，含有键，D错误；故选B。10．工业上用石墨和铅作电极，用双极膜电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。已知在直流电场作用下，双极膜将水解离为和并实现其定向通过，电解过程如图所示。下列说法错误的是A．b极材料为石墨，接电源正极B．通电后双极膜中产生的向b极定向移动C．生成葡萄糖酸盐的反应为：D．理论上若生成1mol甘露醇，则可生成1mol葡萄糖酸盐【答案】C【解析】【分析】图示原理为电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。根据b电极反应可知溴离子失去电子变成溴酸根，故b为阳极，电极反应为，在阳极区溴酸根和葡萄糖反应生成葡萄糖酸盐和溴离子，离子反应为：3，1mol溴酸根生成溴离子转移电子数为6mol，故1mol葡萄糖生成葡萄糖酸盐转移电子数为2mol，双极膜中产生的氢氧根向b电极移动。【详解】A．b极为阳极，电极材料不参与反应，故材料为石墨，接电源正极，A正确；B．根据分析，通电后双极膜中产生的向b极（阳极）定向移动，B正确；C．根据分析，生成生成葡萄糖酸盐的反应为：3，C错误；D．阴极区发生的反应为葡萄糖转变为甘露醇，理论上若生成1mol甘露醇，需消耗1mol葡萄糖，转移2mol电子，在阳极区可生成1mol葡萄糖酸盐，D正确；故选C。11．完成下列各组实验，所选试剂和主要仪器均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)选项实验目的试剂主要仪器A制取并收集纯净干燥的氯气二氧化锰、浓盐酸、饱和食盐水、浓硫酸圆底烧瓶、长颈漏斗、酒精灯、导管、铁架台(带铁圈和铁夹)、集气瓶B测定醋酸浓度氢氧化钠标准溶液、待测醋酸溶液酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台、滴定管夹C检验葡萄糖中含有醛基葡萄糖溶液、溶液、2%的氨水、蒸馏水试管、烧杯、酒精灯、胶头滴管、三脚架、石棉网D配制一定质量分数的溶液、蒸馏水烧杯、玻璃棒、容量瓶、托盘天平、药匙、胶头滴管A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【详解】A．除去氯气中的HCl和干燥氯气均需要洗气瓶，且对圆底烧瓶加热需垫石棉网，缺少洗气瓶和石棉网不能完成实验，A不合题意；B．中和滴定时需要胶头滴管滴加指示剂，缺少指示剂和胶头滴管不能完成酸碱中和滴定实验，B不合题意；C．葡萄糖可被银氨溶液在温水浴加热条件下氧化，产生银镜，给出的仪器和试剂可以检验葡萄糖中含有醛基，C符合题意；D．配制一定质量分数的硫酸铜溶液，称量后再烧杯中加入一定量的水充分溶解即可，不需要容量瓶，缺少量筒无法量水的体积，无法完成实验，D不合题意；故答案为：C。12．我国科学家合成某新型药物的中间体结构如图所示。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水。下列关于该化合物的说法错误的是A．化学式为 B．只含有1个手性碳原子C．含有9种化学环境的氢 D．1mol该化合物最多与4molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物分子含有12个碳原子、10个氢原子、2个氧原子、1个氮原子、3个氟原子，故化学式为C12H10O2NF3，故A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，分子中连接-CF3、-CH2COOH的碳原子为手性碳原子，故B正确；C．由结构可知，该有机物分子含有9种化学环境的氢，故C正确；D．羧基能与NaOH发生中和反应，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1mol该化合物最多与5molNaOH反应，故D错误；故选：D。二、多选题13．印刷线路板废液中主要含有、、、、等离子，用该废液制备碱式碳酸铜的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．“操作1”所得溶液中含有的主要离子为、、、B．若试剂X为氧化铜或氢氧化铜，则滤渣中含有等成分C．若Y为，则反应b为：D．“操作1”和“操作2”二者操作过程完全相同【答案】AD【解析】【分析】废液中加NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X的目的是将Fe3+，转化为氢氧化铁沉淀除去，故试剂X可以为氧化铜或氢氧化铜，除去铁离子同时不引入新的杂质离子；操作1为过滤，得到的滤液中含有的主要离子为、、和ClO-；试剂Y的目的是为了将铜离子转化为碱式碳酸铜，操作2为过滤、洗涤、干燥。【详解】A．根据分析：“操作1”所得溶液中含有的主要离子为、、和ClO-，A错误；B．根据分析：若试剂X为氧化铜或氢氧化铜，则滤渣中含有等成分，B正确；C．若Y为，铜离子与碳酸根发生反应生成碱式碳酸铜，反应b为：，C正确；D．“操作1”为过滤，“操作2”为过滤、洗涤、干燥，二者操作过程不完全相同，D错误；故选AD。14．中国科学家研究了某过渡金属催化乙炔氢化的反应机理，反应中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下。下列说法错误的是A．乙炔与氢气加成生成乙烷的反应一定为吸热反应B．工业生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高反应速率C．图示反应历程中，最大能垒为D．升高温度，正向速率的增大程度小于逆向速率的增大程度【答案】AD【解析】【详解】A．图中起点物质是中间体亚乙烯基吸附物(CH-CH＋2H)，未知反应物乙炔和氢气的总能量，不能据此判断整个反应的反应热，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，将催化剂处理成纳米级颗粒又能增大接触面积，可提高反应速率，故B正确；C．由图可知，最大能垒的反应过程为CH2-CH＋H到过渡态2，最大能垒为-24-(-239)=，故C正确；D．的反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，正向速率的增大程度大于逆向速率的增大程度，故D错误；故选：AD。15．常温时，某浓度的二元弱酸溶液在不同pH下测得pc(M)变化如图所示[已知：，M代指或或]，下列说法正确的是A．NaHB溶液中，B．X点的pH为4.06C．时，D．的值为【答案】BC【解析】【分析】溶液的pH值越大，溶液中c(H2B)越小、c(B2-)越大，c(HB-)先增大后减小，pc(M)=-1gc(M)，则随着pH的增大，溶液中pc(H2B)增大、pc(B2-)减小，pc(HB-)先减小后增大，根据图知，a、b、c分别表示pc(HB-)、pc(H2B)、pc(B2-)，【详解】A．分析可知曲线a、b、c分别表示pc(HB-)、pc(H2B)、pc(B2-)，pc(H2B)=pc(HB-)时，溶液的pH=1.89，c(HB-)=c(H2B)，H2B的Ka1==10-1.89，pc(HB-)=pc(B2-)时，pH=6.23，c(HB-)=c(B2-)，H2B的Ka2==10-6.23，NaHB溶液中存在HB-的电离平衡和水解平衡，常温下，水解常数为Kh=<Ka2，则HB-的电离程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)，故A错误；B．X点pc(H2B)=pc(B2-)，则c(H2B)=c(B2-)，Ka1×Ka2=×=c(H+)2=10-1.89×10-6.23，解得c(H+)=10-4.06mol/L，pH为4.06，B正确；C．时，c(H+)=10-6mol/L，，C正确；D．÷==，D错误；故选BC。三、结构与性质16．上海交大郑浩、贾金锋教授，利用低温强磁场扫描隧道显微镜在体系中成功产生并探测到分段费米面，发表于《Science》杂志。回答下列问题：(1)Bi与N、P同主族。基态Bi原子的价层电子排布式为_______；三者简单氢化物的还原性最强的是_______(填化学式)。(2)Se、Te与O同主族，Bi、Te、Se三种元素的电负性由大到小的顺序为_______，中心原子的杂化方式为_______，Se与O分别与H形成的简单氢化物键角较大的是_______(填化学式)。(3)金属铌原子价电子构型为，其盐六氟铌酸铵是重要工业原料，结构如图。该盐的阴离子中含有的化学键为_______(填标号)。A．键

B．键

C．金属键

D．配位键

E.离子键(4)硒化锌是制作高功率激光器的最佳光学材料，其晶胞结构可看作是金刚石晶胞内部的碳原子被Se原子代替，顶点和面心的碳原子被Zn原子代替。如图为沿y轴投影的硒化锌晶胞中所有原子的分布图。与Zn最近的Se原子构成的立体结构为_______；若原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，则原子2的分数坐标为_______；若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Se和Zn的最近距离为_______pm(用代数式表示)。【答案】(1)

(2)

Se>Te>Bi

(3)AD(4)

正四面体

(0.25，0.25，0.75)

【解析】(1)Bi与N、P同主族。Bi在第六周期，最外层电子数为3，故基态Bi原子的价层电子排布式为；同主族从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物的还原性增强，故三者简单氢化物的还原性最强的是；(2)Se与Te同主族，同主族从上往下电负性减弱，故电负性Se>Te，Bi为金属，三者中电负性最弱，故三种元素的电负性由大到小的顺序为Se>Te>Bi；中心原子的价层电子对数为，中心原子的杂化方式为杂化；Se与O分别与H形成的简单氢化物为H2Se和H2O，中心原子电负性越强，成键电子对越易向中心原子偏移，电子对之间的排斥力越大，键角越大，电负性O>Se，故键角较大的是；(3)该盐阴离子中中心原子和配体之间为配位键和键，故选AD；(4)根据金刚石晶胞结构，Zn在顶点，与其距离最近的Se原子的个数为4，,构成的立体结构为正四面体；将晶胞均分为8个小立方体，根据金刚石晶胞的结构，原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，原子2应在上层四个小立方体的最左前面一个小立方体的体心，原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.75)；设晶胞中Se和Zn的最近距离为dcm,d为体对角线的四分之一，则晶胞参数为cm；根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则，晶胞中Se和Zn的最近距离为。四、工业流程题17．碲被誉为现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁。工业上从某电镀污泥(含有、以及少量的Au)中提取粗碲，同时获得副产品重铬酸钾、金属铜和金的工艺流程如图所示。已知：①沉淀时与pH的关系pH开始沉淀3.68沉淀完全5②溶解度溶解度NaCl100℃95.1g39.8g25℃4.6g36g回答下列问题：(1)“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是_______；“煅烧”时发生反应的化学方程式为_______。(2)金在_______(填操作单元名称)过程中回收。已知浸出液中含有，每得到128g碲，理论上消耗溶液的体积为_______L。(3)根据相关物质溶解度特点分析“操作a”的步骤：向溶液中加入KCl固体，_______(填操作名称，下同)，使NaCl结晶析出后_______，再_______得到晶体。(4)铬(VI)毒性很高，工业上常用铁和石墨作电极，处理含的酸性废水。通电后先转变为，一段时间后变成沉淀而被除去。其中铁电极的作用是电子导体和_______，当电解后溶液中浓度为时，其开始沉降时废水的pH为_______。【答案】(1)

使气体与固体充分混合，使反应物充分反应

(2)

酸浸

2.5(3)

加热蒸发或蒸发浓缩

趁热过滤

将滤液冷却结晶(4)

产生还原性离子，将还原为沉降除去

4【解析】【分析】结合题中信息，电镀污泥经过煅烧后Cr2O3转变为Na2CrO4，水浸酸化后转变为Na2Cr2O7，加入KCl固体蒸发浓缩趁热过滤，分离出氯化钠固体，滤液经过冷却结晶得到Na2Cr2O7固体；Cu和Te元素转变为CuO和TeO2，Au不被氧化，水浸后与Na2CrO4分离进入沉渣中，稀硫酸处理沉渣得到产品a，为Au；浸出液中含CuSO4和，电解沉积得到产品b，为Cu；溶液中加亚硫酸钠进行还原得到粗Te，离子方程式为：。(1)“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应；根据分析可知“煅烧”时转化为Na2CrO4，化学方程式为：；(2)金在煅烧和酸浸过程均不参与反应，酸浸后以滤渣形式脱离体系，故金在酸浸过程中回收。浸出液中含有，加入亚硫酸钠进行还原，离子方程式为：，每得到128g碲（物质的量为1mol），消耗的物质的量为2mol，当的浓度为0.8mol/L时，理论上消耗该溶液的体积为2.5L；(3)向溶液中加入KCl固体，氯化钠固体的溶解度随温度变化较小，经过加热蒸发或蒸发浓缩使NaCl结晶析出，NaCl结晶析出后趁热过滤，滤液中的主要溶质为，的溶解度随温度变化较大，再将滤液冷却结晶得到晶体；(4)用电解池原理处理废水，石墨作阴极，铁作阳极，铁失去电子生成亚铁离子，将还原为，故铁电极的作用是电子导体和产生还原性离子，将还原为沉降除去；根据表格中数据，当沉淀完全时，pH=5，浓度为，，当电解后溶液中浓度为时，，故pH=4。五、有机推断题18．某种新型药物的中间体J的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_______。M是A的同分异构体，符合下列条件的M有_______种(不考虑立体异构)。其中含有6种不同化学环境氢的M的结构简式为_______(任写一种)。①遇溶液显紫色②苯环上有两个对位取代基③1molM与足量Na反应，最多生成标准状况下(2)E中含氧官能团的名称为_______，H→J的反应类型为_______。(3)F→G的化学方程式为_______。(4)设计以甲苯为原料合成的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。【答案】(1)

12

或(2)

酰胺基、醚键

取代反应(3)(4)【解析】【分析】A发生硝化反应生成B，B中甲基被氧化为-COOH得到C，C中硝基被还原为氨基生成D，结合D的结构简式可知，A为，B为，C为，D与HCONH2之间脱水成环生成E，E中-OCH3转化为-OH生成F，对比F、H的结构简式，结合G的分子式，可知F中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成G和CH3COOH，故G为，H与发生取代反应生成J。(1)由上述分析可知，A的结构简式为；M是A的同分异构体，M含有6种不同化学环境氢，且符合①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，②苯环上有两个对位取代基；③1molM与足量Na反应，最多生成标准状况下22.4LH2，即生成1mol氢气，则M分子还含有1个羟基，苯环除酚羟基外，另一个取代基为CH3CH2CH2CH2OH、、、中烃基去掉1个氢原子形成的基团，依次有4种、4种、3种、1种，故符合条件的同分异构体共有4+4+3+1=12种，其中含有6种不同化学环境氢的M的结构简式为或，故答案为：；12；或；(2)E中含氧官能团的名称为醚键、酰胺基；H与发生取代反应生成J，则H→J的反应类型为取代反应，故答案为：酰胺基、醚键；取代反应；(3)G为，F中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成G和CH3COOH，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)参照题干中A~H的合成步骤，发生硝化反应生成，用酸性高锰酸钾将氧化成，再在Fe/HCl条件下还原生成，与HCONH2反应生成，与SOCl2在DMF，加热条件下反应得到目标产物，则合成路线为，故答案为：。六、实验题19．乙酰苯胺可用作止痛剂、防腐剂等。实验室通过如下方法制备、提纯乙酰苯胺。已知：苯胺乙酸酐冰醋酸乙酰苯胺沸点184℃，稍溶于水，易被氧化而变色。相对分子质量为93沸点139℃，相对分子质量为102沸点117.9℃，相对分子质量为60无色晶体，沸点304℃，难溶于冷水，易溶于乙醇等有机溶剂。相对分子质量为135(一)粗乙酰苯胺的制备原理：实验装置：如图一所示(夹持装置略)。实验步骤：将35mL(38g)乙酸酐、37mL(39g)冰醋酸放入三颈烧瓶中，在B中放入25mL(25.5g)苯胺，逐滴滴加到三颈烧瓶中，边滴边振荡，滴加完毕小火加热30min。在搅拌下，趁热把反应混合物慢慢倒入500mL冷水中，析出固体。将混合物抽滤得到乙酰苯胺粗品。(二)乙酰苯胺的提纯①将粗乙酰苯胺晶体移入盛有500mL热水的烧杯中，加热至沸，使之溶解。②稍冷后，加入适量粉末状活性炭，充分搅拌后趁热进行抽滤。③将滤液转移到干净烧杯中，冷却、抽滤，用少量冷水洗涤、抽滤。④将产物放在干净的表面皿中晾干、称重，质量为22.5g。回答下列问题：(1)图一中装置A的名称是_______，其作用为_______。(2)本实验所用三颈烧瓶的适宜规格为_______mL(填标号)。A．100

B．250

C．500(3)制备粗品过程中将反应混合物倒入冷水中，目的是_______。(4)“提纯”步骤②中加入活性炭的作用是_______。(5)用图二装置进行“提纯”步骤③中的抽滤和洗涤过程。请按正确的操作顺序补充完整(只进行一次洗涤操作)：打开抽气泵→转移混合物至布氏漏斗→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→_______→_______→确认抽干→打开活塞K→关闭抽气泵。本实验多次用到抽滤操作，其优点是_______。(6)本实验的产率为_______%(保留三位有效数字)。若要得到纯度更高的乙酰苯胺晶体，用于提纯的方法为_______。【答案】(1)

球形冷凝管

使未参与反应的反应物冷凝回流(2)B(3)充分析出乙酰苯胺固体(4)吸附除去溶液中的有机杂质(5)

加冷水

关活塞K

加快过滤，使固液充分分离(6)

60.8

重结晶【解析】【分析】本实验采用苯胺和乙酸酐在醋酸溶剂中反应来制备乙酰苯胺；图1为制备乙酰苯胺的装置，球形冷凝管的作用是使未参与反应的反应物冷凝回流，产物乙酰苯胺在冷水中的溶解度低，得到的产物倒入冷水中可析出乙酰苯胺固体。(1)A的名称为球形冷凝管；球形冷凝管可以使易挥发的物质冷凝回流，故其作用是使未参与反应的反应物冷凝回流；(2)实验中用到的试剂总体积为100mL左右，可选择250mL的三颈烧瓶，故选B；(3)产物乙酰苯胺难溶于冷水，故将反应混合物倒入冷水中，目的是充分析出乙酰苯胺固体；(4)活性炭具有吸附作用，故步骤②中加入活性炭的作用是吸附除去溶液中的有机杂质；(5)将混合物先抽滤除去反应溶剂，再加冷水进行洗涤产品，确认抽干后再打开活塞K与外界空气连通，关闭抽气泵，故抽滤过程的步骤：打开抽气泵→转移混合物至布氏漏斗→关闭活塞K→确认抽