山东烟台二中2025-2026学年高三下学期4月诊断测试化学试题（解析版）

第1页/共1页高三下学期4月诊断性测试26.04化学可能用到的相对原子质量：O16Mg24Ti48Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”，目前我国使用的是铷原子钟。已知，自然界存在两种铷原子和，具有放射性。下列说法不正确的是A.Rb位于元素周期表中第六周期、第IA族 B.可用质谱法区分和C.和是两种不同的核素 D.的化合物也具有放射性【答案】A【解析】【详解】A．Rb位于元素周期表中第五周期、第IA族，A错误；B．由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，B正确；C．和是质子数相同和中子数不同的两种核素，C正确；D．具有放射性，的化合物也具有放射性，D正确；故选A。2.下列说法正确的是A.高温离子熔融体、固体电解质可用作电解质材料B.灼热铜丝与无色液体X反应变光亮，证明X为乙醇C.实验室制乙烯时，温度计液泡应置于支管口附近D.酚酞指示剂不能用于乙酸溶液滴定乙醇钠【答案】A【解析】【详解】A．电解质是熔融或水溶液状态下能导电的化合物，高温离子熔融体存在自由移动离子、固体电解质本身可导电，都可作为电解质材料，A正确；B．灼热铜丝变光亮是因为CuO被还原为Cu，只要是具有还原性的无色液体都能发生该反应，不一定是乙醇，B错误；C．实验室制乙烯需要控制反应液温度为170℃，温度计液泡应插入反应混合液中，只有蒸馏操作时温度计才置于支管口附近，C错误；D．乙酸滴定乙醇钠，滴定终点溶质为乙酸钠，溶液呈弱碱性，酚酞的变色范围为8.2~10，刚好符合该滴定的终点要求，可以使用酚酞作指示剂，D错误；故选A。3.的一种制备方法是。下列有关说法正确的是A.的VSEPR模型为平面三角形 B.的杂化轨道中成分：C.熔点： D.具有顺反异构【答案】D【解析】【详解】A．中心N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，A错误；B．中N为杂化，s成分占；中N为杂化，s成分占，故s成分：，B错误；C．为离子晶体，为分子晶体，离子晶体熔点普遍高于分子晶体，故熔点：，C错误；D．结构为，为平面形结构，氮氮双键不能自由旋转，存在顺式和反式结构，具有顺反异构，D正确；故选D。4.能实现下列物质间直接转化的元素是单质氧化物酸(或碱)盐A.Si B.Fe C.Cu D.S【答案】D【解析】【详解】A．Si与反应生成，不能与水反应生成对应酸，转化无法实现，A错误；B．Fe与反应生成铁的氧化物（如），铁的氧化物不能与水反应生成对应碱，转化无法实现，B错误；C．Cu与反应生成，不能与水反应生成对应碱，转化无法实现，C错误；D．S与反应生成，与水反应生成，属于酸，可与反应生成盐（如、），D正确；答案选D。5.用丁二酮肟使沉淀，通过沉淀质量来测定钢铁中的镍含量。下列实验步骤中仪器使用恰当或操作规范的是A．准确称取试样0.4512gB．加入王水，并加热溶解钢铁试样C．加入过量丁二酮肟使沉淀D．含镍沉淀的洗涤A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．托盘天平的精度为0.1g，无法准确称取0.4512g的试样，需使用分析天平进行称量，仪器使用不恰当，A错误；B．溶解钢铁试样应该在烧杯中进行，蒸发皿的用途是蒸发浓缩溶液，不能用于溶解样品，仪器使用错误，B错误；C．滴加过量丁二酮肟沉淀时，无需使用滴定管，C错误；D．洗涤沉淀时，将沉淀放在漏斗中，用蒸馏水缓慢冲洗，漏斗下端管口紧贴烧杯内壁，防止液体溅出，操作规范，D正确；故选D。6.钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是A.步骤①反应为B.步骤③正、逆反应的活化能关系为C.在催化循环中起氧化作用D.步骤③生成的物质Z是【答案】D【解析】【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。【详解】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确；B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正确；D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误；答案选D。7.微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列实验中颜色变化或相关离子方程式有错误的是选项实验颜色变化与离子方程式A向硫酸铜溶液中加入氯化钠固体B向酸性重铬酸钾溶液中滴加适量无水乙醇C向硫酸铜溶液中通入气体D向新制银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铜溶液中蓝色配离子为，加入氯化钠固体后浓度升高，平衡正向移动，生成黄色，题干离子方程式书写正确，A正确；B．酸性重铬酸钾与乙醇反应时，乙醇被氧化为乙酸，不会生成，正确的离子方程式为：，B错误；C．难溶于硫酸，硫酸铜与反应能生成黑色沉淀，题干离子方程式书写正确，C正确；D．乙醛与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，生成光亮银镜、乙酸铵、氨和水，题干离子方程式书写正确，D正确；故答案为：B。8.一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为：。下列说法不正确的是A.放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B.充电时，阴极反应：C.有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键D.合成有机高聚物的单体：【答案】B【解析】【分析】由电池的总反应，可知Zn为负极，电极反应为：，正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：，与电源正极相连为阳极，电极反应为：MnOOH+OH--e-=MnO2+H2O，据此分析解题。【详解】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A正确；B．由分析可知，充电时，阴极反应：，B错误；C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C正确；D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D正确；故答案为：B。9.烯丙基芳基醚加热时可以重排生成O-烯丙基苯酚，这个反应被称为Claisen重排。如下列说法不正确的是A.甲、乙、丙三者属于同分异构体B.可用红外光谱鉴别甲、乙、丙C.等物质的量乙和丙与足量溴水反应消耗溴的物质的量不相等D.依据上述原理判断重排后的产物为【答案】C【解析】【详解】A．观察甲、乙、丙的结构可知，侧链上一直都有4个甲基，在环上总共为5个H原子，如甲为苯环上是5个H原子，乙是环上5个H原子，丙的苯环上是4个H原子，羟基上是1个H原子，因此过程中没有小分子生成，是结构的变化，三者互为同分异构体，故A正确；B．红外光谱主要用于鉴定有机化合物的结构，特别是特征官能团。当已知样品的可能结构时，通过比较已知物与待测样品的红外光谱，可以确认特定的原子团或原子团间的结合，观察甲、乙、丙的结构可知，结构不同，含有的官能团个数和种类也不完全相同，可以用红外光谱鉴别，故B正确；C．乙中含有的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，假设乙、丙为1mol，则1mol乙中有3个碳碳双键，可以与3molBr2反应，1mol丙中含有1mol碳碳双键，可以与1molBr2反应，含有1mol酚羟基，其邻对位可以与溴发生取代反应，即与2mol溴发生取代反应，因此，乙、丙均可以与3molBr2反应，等物质的量乙、丙与足量溴水反应消耗溴的物质的量相等，故C错误；D．根据重排的信息可知，醚键最终生成羟基，重排后的产物为，故D正确；故答案选C。10.二氧化钛晶型之一具有光催化作用，在染料敏化、太阳能电池中发挥着关键作用，其四方晶胞(晶胞参数)如图1所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.晶胞中共含有4个钛离子B.氧离子的配位数有1、2、3C.晶胞沿轴投影如图2D.该晶体的体积为【答案】A【解析】【详解】A．晶胞中白球个数，灰球个数，故灰球为，白球为，A正确；B．根据体心处O可知氧离子的配位数有6，B错误；C．、部分在面心上，z轴投影图应为，C错误；D．该晶胞的密度，，D错误；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验中，能达到实验目的的是A．验证牺牲阳极法B．比较和与酸反应的快慢C．检验烧碱样品中是否含有D．检验待测液中是否含有A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．锌的金属性强于铁，锌作负极发生氧化反应：，铁作正极被保护，不会发生氧化反应生成，因此不会产生蓝色沉淀，酚酞可验证溶液碱性，能达到验证牺牲阳极法的实验目的，A正确；B．与盐酸反应分两步进行：、，而与盐酸：，且饱和溶液与饱和溶液的浓度、溶质的物质的量不同，无法通过滴加相同浓度盐酸直接比较反应快慢，不能达到实验目的，B错误；C．检验烧碱样品中是否含，需进行焰色试验，钠元素的黄色火焰会掩盖钾元素的紫色火焰，必须透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，操作中未使用蓝色钴玻璃，无法排除钠元素干扰，不能达到实验目的，C错误；D．检验待测液中是否含，应先加稀盐酸排除、、等干扰离子，再加入溶液，操作中直接加盐酸酸化的溶液，干扰的检验，不能达到实验目的，D错误；故选A。12.室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。已知：。下列说法正确的是A.较浓溶液中：B.溶液中：的平衡常数C.溶液中：D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：【答案】B【解析】【分析】有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，浸取液主要含有、，加入溶液提铜，滤液加入溶液沉镍得到。【详解】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，A错误；B．该反应的平衡常数，B正确；C．得到1个生成，得1个生成得2个生成，水电离出的与浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C错误；D．根据题意只有提铜这一步加了钠盐，故加入的钠离子的物质的量不变，即，但是因为后续加了草酸铵溶液导致溶液体积增大，因此，D错误；故选B。13.某高性能MOF-5材料可实现对的高效捕获，其结构如图所示，由原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W组成；基态W原子核外无单电子。原子序数存在关系：。下列说法正确的是A.电负性：B.W元素属于d区元素C.分子在中的溶解度大于其在水中的D.MOF-5和冠醚一样，属于超分子【答案】C【解析】【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态W原子核外无单电子，且满足，基态W无单电子，前四周期中符合条件的过渡金属有Zn，代入得4Z=30+2，即Z=8，则Z为O元素，W为Zn元素，结合MOF-5结构与成键规律，Y形成4个键，原子序数介于O和Zn之间，且结构中存在苯环骨架，故Y为C元素，X形成1个键，原子序数小于C，故X为H元素。由此解题。【详解】A．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从上到下逐渐减小，金属的电负性小于非金属，所以则其电负性的顺序为O>C>H>Zn，A错误；B．Zn的电子排布为，属于ds区，B错误；C．是非极性溶剂，水是极性溶剂，是极性分子，但极性很弱，在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，C正确；D．超分子是由分子通过非共价键（如氢键、分子间作用力等）组装形成的聚集体。MOF-5由Zn与配体通过配位键形成多孔结构，冠醚通过氢键/配位键识别客体分子，但冠醚不属于超分子，D错误；故答案选C。14.钾锰铁基普鲁士白是一种钾离子电池正极材料，充电时随着脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的晶胞俯视图及Ⅱ的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A.晶胞Ⅲ中键数目为36 B.Ⅲ转化为Ⅰ是自发过程C.充电过程中Fe或Mn的价态降低 D.晶体Ⅱ的化学式为【答案】BD【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，MnN6的个数为4，FeC6的个数为4，晶胞Ⅲ的化学式为，所以一个晶胞中含有24个，含有碳氮三键，一个三键含有2个π键，所以晶胞Ⅲ中键数目为48，A错误；B．Ⅲ转化为Ⅰ是原电池放电过程，放电过程中会发生自发的氧化还原反应，B正确；C．充电过程阳极发生氧化反应，K+脱出，Fe或Mn的价态升高，C错误；D．据“均摊法”，1个晶胞Ⅱ中含12×+1=4个FeC6，8×+6×=4个MnN6，4个K，则化学式为，D正确；故选BD。15.室温下，一元弱酸HA水溶液w与有机溶剂o等体积混合静置，两个主要平衡体系如图1所示。HA在有机层中不电离，其浓度为；且为定值。向水层中加入或调节随变化如图2所示。已知。下列说法错误的是A.B.C.向图1中加入少量水，不变D.时，【答案】C【解析】【详解】A．当pH很小时，溶液的酸性会抑制HA的电离，此时的，则有，解得，A正确；B．HA的电离常数，结合，整理后得：

，当纵坐标为0时，该式等于1，化简后得：，由图可知，交点（纵坐标为0）pH在5左右，计算得，B正确；C．温度不变，为定值，加入少量水后，水层体积增大，则减小，使平衡正向移动，有机层的HA转移到水层，重新平衡后，会增大，C错误；D．pH=5时，，结合有：

，则，D正确；故答案为：C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.回答下列问题（1）甘氨酸()与硫酸铜在一定条件下可以生成顺式有机铜配合物，可用作铜补充剂及配位化学研究。该配合物中第一电离能最大的元素是___________(填元素名称)，其基态原子中存在___________种能量不同的电子；该配合物中心离子配位数为4，配位原子为___________(填元素符号)，中心离子的杂化方式为___________(填标号)。A．B．dspC．D．（2）非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。下列既能发生亲核水解也能发生亲电水解的是___________(填标号)。A. B. C. D.（3）8-羟基喹啉与形成电致发光特性的络合物M，下列说法错误的是___________。A．M中Al的配体数为6B．M中N原子以杂化轨道上的孤电子对与Al配位C．为避免沉淀，采用强酸性条件更有利于M形成（4）超强酸“魔酸”是五氟化锑()和氟磺酸()的混合物，五氟化锑中键的键角的度数有___________种。（5）在金属Al中加入微小晶粒，可使铝材硬度增大，的六方晶胞结构如图。已知1号Cu原子位于晶胞内部，设为阿伏加德罗常数的值。①2号Cu原子位于六方晶胞的___________(填“面上”或“内部”)。②该晶体的密度为___________。【答案】（1）①.氮②.3③.N、O④.C（2）D（3）AC（4）3（5）①.面上②.【解析】【小问1详解】配合物中含有Cu、C、H、N、O；Cu为金属元素，比非金属元素更易失去电子；H的核外电子排布式为1s1，是半满稳定结构，其第一电离能大于C；同周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，且N的轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>H>C>Cu，第一电离能最大的为氮，氮元素的电子排布式为，基态原子中有3种能量不同的电子；甘氨酸中中的N原子和的O原子均有孤电子对，该配合物中心离子配位数为4，且只有两个甘氨酸配体，故配位原子为N和O；顺式有机铜配合物，铜离子配位数为4，杂化方式为，故选C；【小问2详解】A.中的C无孤电子对，无价层空轨道，均不能发生，A不符合题意；B.中Si有价层空轨道（亲核水解），但无孤对电子（不能亲电水解），B不符合题意；C.中N有孤电子对（亲电水解），但N无空轨道（不能亲核水解），C不符合题意；D.中P有价层空轨道（亲核水解），且有孤电子对（亲电水解），D符合题意；故选D；【小问3详解】A．M中含有3个8-羟基喹啉，配体数为3，A错误；B．M中N原子采用杂化，孤电子对在杂化轨道参与配位，其p轨道上的一个电子参与形成共轭大π键，B正确；C．强酸性环境，酚羟基电离受到抑制，同时N容易被质子化，均不利于配位，C错误；故选AC；【小问4详解】五氟化锑()为三角双锥构型，底面有3个赤道原子，F-Sb-F键角有、和共3种；【小问5详解】①该晶体化学式为，通过均摊法计算六方晶胞中Mg的个数为=6，因此晶胞中Cu有12个，由于1号Cu已经在晶胞内部，根据个数逆推，若2号Cu在体内则晶胞内的Cu就有14个，不符合化学式的个数关系，只有在面上才能恰好存在12个Cu；②该晶胞内有6个Mg，12个Cu，而六方晶胞底面为120°菱形，面积，因此晶体密度为。17.一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸溶1”的目的是_______。（2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。（4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。A．2.0B．4.0C．6.0（5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。（6）“酸溶3”的目的是_______。【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离（2）①.②.SiO2（3）、（4）A（5）①.+1②.6：1（6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn【解析】【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。【小问1详解】原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。【小问2详解】“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。【小问3详解】“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。【小问4详解】初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。【小问5详解】配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。【小问6详解】由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。18.二氯二茂钛()对烯烃聚合具有很高的催化活性，常温下为红色片状晶体，溶于四氢呋喃(THF)等极性溶剂，性质稳定。合成二氯二茂钛的一种方法如下：某化学社团在实验室用该方法合成二氯二茂钛并测定其纯度，具体步骤如下：步骤1：向圆底烧瓶中加入钠屑和THF，再加入适量的二苯甲酮作为显色剂(无水环境中显蓝色)。连接装置，通一段时间氮气，在120℃左右加热回流，当液体变蓝后，收集200mLTHF备用。步骤2：按图1组装仪器，检查装置气密性。在圆底烧瓶中加入一定量二聚环戊二烯和沸石，___________，加热解聚，收集70mL环戊二烯备用。步骤3；按图2连接装置(加热装置略)。在氮气氛围中，向干燥的三颈烧瓶中加入200mLTHF，搅拌下通过A依次缓慢滴加20mLTiCl4，60mL二乙胺和70mL环戊二烯，60℃回流至反应结束，得到棕红色液体。用冰水冷却至5℃左右析出晶体，过滤，用盐酸洗涤，干燥后得到粗品。已知：i．TiCl4常温下为液体，易水解生成TiO2·xH2O沉淀；ii．反应体系碱性太强时，二氯二茂钛的产率会降低。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________。（2）步骤1中发生反应的化学方程式为___________。（3）步骤2中，加热解聚前进行的操作是___________，克氏蒸馏头的作用为___________。（4）步骤3中选用三颈烧瓶的规格为___________(填标号)。A．250mLB．500mLC．1000mL（5）步骤3中，若无氮气氛围将导致二氯二茂钛产率降低，其原因是___________(用化学方程式表示)；资料显示，二氯二茂钛产率随二乙胺用量的增加先增大后减小，分析其增大的原因是___________。（6）称取0.5000g粗品置于烧杯内，加入NaOH溶液，加热至粗品中Ti元素全部转化成TiO2沉淀。冷却后加几滴酚酞，溶液变红，再加HNO3至红色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示剂，用0.1000AgNO3标准溶液滴定至终点。平行实验3次，平均消耗AgNO3溶液20.00mL。计算粗品的纯度为___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）（3）①.通冷凝水（下进上出）②.防止二聚环戊二烯进入直形冷凝管导致环戊二烯不纯（4）C（5）①.②.二乙胺消耗HCl，促使反应正向移动（6）49.8%【解析】【分析】步骤1的目的是用钠除去四氢呋喃中的水；步骤2将二聚环戊二烯在200℃解聚为环戊二烯；步骤3在氮气保护、无水无氧条件下，以四氢呋喃为溶剂，环戊二烯、四氯化钛在二乙胺作用下合成二氯二茂钛；据此作答。【小问1详解】仪器A的名称为恒压滴液漏斗；【小问2详解】步骤1中发生钠与水的反应，方程式为：；【小问3详解】解聚用蒸馏装置，则加热解聚前操作为：通冷凝水（下进上出）；克氏蒸馏头作用：防止二聚环戊二烯进入直形冷凝管导致环戊二烯不纯；【小问4详解】加入液体总体积：200mL+20mL+60mL+70mL=350mL，三颈烧瓶液体体积应占容积的，则1000mL的三颈烧瓶符合要求，故选C；【小问5详解】结合已知，无氮气氛围时，TiCl4遇水水解被消耗，导致产率降低，方程式为：；环戊二烯与TiCl4反应产生二氯二茂钛和HCl，则二乙胺消耗HCl，促使反应正向移动，二氯二茂钛产率增大；【小问6详解】结合题意有反应关系：；n(AgNO3)=0.1000mol・L-1×0.02000L=0.002000mol，n[Ti(C5H5)2Cl2]=0.002000mol×=0.001000mol，m[Ti(C5H5)2Cl2]=0.001000mol×249g・mol-1=0.249g，则粗品的纯度。19.化合物Ⅰ(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。其合成路线如下(部分条件忽略)。已知：R-NH2R＇CH2NHR。回答下列问题：（1）A分子中杂化的原子数为___________，C中官能团名称是___________，E的化学名称是___________。（2）G与足量NaOH水溶液加热，所得有机产物的结构简式为___________。（3）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有___________种(不考虑立体异构)。①含硝基，但不含甲基②属于芳香族化合物③既能发生银镜反应又能发生水解反应（4）合成路线中，需对羧基进行保护的原因是___________。（5）依据以上流程信息，写出以苯胺和为原料合成的合成路线__________。【答案】（1）①.7②.酯基、硝基③.苯甲醛（2）和（3）12（4）羧基会与铁反应影响官能团的转化（5）【解析】【分析】A水解生成B，B与乙醇发生酯化反应生成C，C发生还原反应生成D，由D逆推，C是，B是，A是；F和COCl2发生取代反应生成G，由G逆推，F是，D和E反应生成F，根据题目的已知信息可知，E是。【小问1详解】A是，苯环上的C原子采用杂化，硝基上的N原子采用杂化，分子中杂化的原子数为7；C是，含有官能团名称是硝基、酯基；E是，化学名称是苯甲醛。【小问2详解】G与足量NaOH水溶液加热，酯基、酰胺键发生水解反应，所得有机产物的结构简式为和。【小问3详解】①含硝基，但不含甲基，②属于芳香族化合物，③既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH，若苯环上有1个取代基或或，在苯环上的位置各有1种结构；若苯环上有2个取代基-CH2CH2OOCH、-NO2或-CH2-NO2、-CH2OOCH或-OOCH、-CH2CH2NO2，在苯环上的位置各有3种，所以符合条件的B的同分异构体有12种。【小问4详解】羧基会与铁反应影响官能团的转化，所以需对羧基进行保护；【小问5详解】依据以上流程信息，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛和苯胺反应生成，和COCl2反应生成，在氯化铝作用下生成，合成路线为。20.N，N二甲基甲酰胺是常见的有机溶剂，一种加氢耦合二甲胺制的反应如下，