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2024年九省新高考第二次模拟考试卷：化学（河南、新疆卷）（全解全析）
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这是一份2024年九省新高考第二次模拟考试卷：化学（河南、新疆卷）（全解全析），共17页。试卷主要包含了氨是一种重要的化工产品等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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 1 C 12 N 14 O 16 Ga 70 Li 7 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 As 75
一、选择题：本题共7小题，每小题6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．北京时间2023年12月21日21时35分，经过约7.5小时的出舱活动，神舟十七号航天员密切协同，在中国空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务，航天员安全返回问天实验舱，出舱活动取得圆满成功。下列说法中错误的是
A．神舟十七号宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
B．北斗卫星导航系统由中国自主研发，独立运行，其所用芯片的主要成分为Si
C．神舟十七号载人飞船所用燃料偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]，属于烃的衍生物
D．神舟十七号使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A．高温结构陶瓷是性能优良的无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，故A说法正确；
B．晶体硅是优良的半导体材料，常用作制造芯片等原料，故B说法正确；
C．偏二甲肼是由C、H、N元素组成的有机物，属于烃的衍生物，故C说法正确；
D．太阳能电池工作时，将光能转化为电能，故D说法错误；
答案为D。
2．我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图所示，下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)
A．过程①涉及的能量转换：太阳能→ 电能→ 化学能
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，转移电子数为6NA
C．1 ml C3中含共用的电子对数为8NA
D．由 C6 → 淀粉的过程中涉及 C—O 键、O−P 键，O—H 键的断裂和 C—O 键、O—H 键的形成
【答案】C
【解析】A．反应①为用太阳能电池电解水制氢气和氧气，涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A正确；
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，C元素的化合价由+4降为-2价，因此每生成1mlCH3OH，消耗1ml CO2，转移6ml电子，转移电子数为6 NA，故B正确；
C．结构简式为HOCH2COCH2OH，含共用电子对数12个，1mlC3中含共用的电子对数为12 NA，故C错误；
D．由C6→淀粉的过程中涉及C-O键、O-P键，O-H键的断裂和C-O键、O-H键的形成，故D正确；
故答案选C。
3．从中药获苓中提取的一种具有生理活性的化学物质获苓新酸，其结构简式如图所示。关于该化合物下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．获苓新酸使溴水和酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该物质最多消耗和的物质的量之比为
【答案】D
【解析】A．分子中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；
B．，标有*的碳原子与四个碳原子相连，以*碳原子为体心形成的是正四面体，因此分子中含有标有*的碳原子就不可能所有碳原子共面，B错误；
C．获苓新酸使溴水褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是发生氧化还原反应，二者原理不相同，C错误；
D．该物质含有碳碳双键，最多消耗，该物质含有羟基和羧基，因此最多消耗，故该物质最多消耗和的物质的量之比为，D正确；
故选D。
4．科研人员新研发了一种可充电电池，工作原理如图，电池总反应为。下列说法不正确的是
A．当时，中的和个数之比为2：3
B．放电时，正极反应为
C．充电时，电极发生脱嵌，从右室移向左室
D．充电时，理论上左室电解质的质量减轻4g，电路中有0.2ml电子转移
【答案】D
【解析】A．当时，设中有a个，个，根据代合物中正、负化合价的代数和为0，有，可得，和个数之比为2：3，故A正确；
B．放电时，负极反应为，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许通过，因此电解质中的通过导体膜移入右室，正极反应为，故B正确；
C．充电时，阳极发生反应：，电极发生脱嵌，从右室移向左室，故C正确；
D．充电时左室阴极发生：，左室电解质中有0.1ml得电子生成Ca沉积在钙电极上，电解质的质量减轻，转移0.2ml电子同时有从右室移入左室，故左室中电解质的质量减轻，故D错误；
故答案选D。
5．下列实验方案设计和现象都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】A．A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将充有二氧化氮的密闭烧瓶放入热水中，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，则实验现象不正确，A错误；
B．水解形成的酸为，应该分别用计测定25℃时，溶液和溶液的，方案设计不正确，B错误；
C．Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜，溶液中反应剧烈，铝片表面发生溶解，C正确；
D．溶液过量，直接反应生成蓝色沉淀，不能比较二者大小，D错误；
故选C。
6．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞密度为gcm-3。下列说法错误的是
A．1ml砷化镓中配位键的数目是4NA
B．掺入Mn的晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为5：26：32
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．该晶体中距离最近的两个镓原子之间的距离为pm
【答案】B
【解析】A．由图甲知，1个As与4个Ga形成As-Ga共价键，即砷化镓中As的配位数为4，则1ml砷化镓中配位键的数目是4NA，A正确；
B．掺入Mn的晶体中Ga有7个位于顶点，5个位于面心，个数为：；As有4个位于体内，Mn有1个位于顶点，1个位于面心，个数为：；Mn、Ga、As的原子个数比为：：4=5：27：32，B错误；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，C正确；
D．由晶胞结构可知，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞中含4个Ga和4个As，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞边长为：pm，两个镓原子之间的最近距离为pm，D正确；
故选：B。
7．常温下，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如下图所示。
下列叙述正确的是
A．当时，溶液中存在的离子只有、
B．该BaCl2溶液的物质的量浓度是0.06ml/L
C．该温度下BaSO4的溶度积常数
D．当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中
【答案】D
【分析】如图所示，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，横坐标是滴加硫酸钠的体积，两个纵坐标分别是电导率k、；V(Na2SO4)=2.5mL时，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为。
【解析】A．当时，V(Na2SO4)=2.5mL氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中存在的离子除、外还有氢离子和氢氧根离子，A错误；
B．V(Na2SO4)=2.5mL，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为，BaCl2溶液的物质的量浓度为，B错误；
C．恰好完全反应时，由图像可知，，此时硫酸根、钡离子主要由硫酸钡电离得到，，则，C错误；
D．V(Na2SO4)=2.5mL，Na2SO4与BaCl2恰好完全反应，，当 V(Na2SO4)=3.00mL时，，则当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
8．（15分）亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。
(1)①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式： 。
②其中导管A的作用是 。
(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅶ装无水CaCl2的仪器名称是 。
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用是(写两点) 、 。
(3)实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是 。
(4)有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是 (填序号)。
(5)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管取25.00mL溶液，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020ml/LAgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液25.00mL。
已知：AgCl为白色沉淀溶解度1.34×10-6ml/L，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ag2CrO4为砖红色沉淀溶解度6.5×10-5ml/L，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12。
①滴定终点的现象是 。
②样品的纯度为 %(保留1位小数)。
【答案】(1) 2Cl-+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O 平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下
(2) e→f→c→b→d 球形干燥管 充分干燥Cl2和NO 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速
(3)用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化
(4)I
(5) 当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀﹐且半分钟内砖红色沉淀不消失，即为滴定终点 7.6
【分析】氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。
【解析】（1）①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，该装置中用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，离子方程式为: 2Cl-+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O；
②装置甲中导管A的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下；
（2）①由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d；
②装置Ⅶ中用球形干燥管装无水CaCl2；
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用除可充分干燥Cl2和NO外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；
（3）先通入氯气，用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化；
（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I可以用来收集多余的氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故选Ⅰ；
（5）①用K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020ml/LAgNO3溶液进行滴定，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀﹐且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点。
②n(AgNO3)=0.025L×0.020ml/L=0.0005ml，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)= 0005ml，则样品的纯度为×100%7.6%。
9．（15分）一种以转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒资源的生产工艺如下：
表一：相关金属离子[c0(Mn+) = 0.01 ml·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
表二：部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
已知：①“焙烧”的主要反应之一为：CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)；
②在焙烧过程中产生Ca2V2O7；其中，Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液。
(1)Ca2V2O7中V的化合价为 ，写出在焙烧过程中产生Ca2V2O7的化学方程式 。
(2)“稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，生成VO的离子方程式为 。
(3)“滤渣2”的主要成分是 。利用上述表格数据，计算Fe(OH)3的Ksp= 。
(4)“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是 。
(5)已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量 (NH4)2SO4，其原因是 。
(6)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图。
① 原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为 。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是 。
② 在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于 位置。
A．顶点 B．面心 C．体心 D．棱心
【答案】(1) +5 2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7
(2)Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O
(3) Fe(OH)3 10-37.4
(4)高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降
(5)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
(6) (1，，) a nm D
【分析】钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)，在空气中焙烧，CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)，产生Ca2V2O7、Fe2O3；加稀硫酸调pH＜1，SiO2此过程中不反应，过滤得滤渣1为硫酸钙、SiO2，据信息知，所得滤液中含有外，还有Mg2+、Al3+、Fe3+、，滤液中加入氨水调节pH=6~8.5，沉淀为V2O5，根据表2信息， Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣2中含Fe(OH)3、Al(OH)3，滤渣2中加入NaOH使Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣3的主要成分为Fe(OH)3；滤液含，加硫酸铵 “沉钒”得到NH4VO3，煅烧纯净的NH4VO3得到V2O5；
【解析】（1）Ca2V2O7中V的化合价为+5，在焙烧过程V2O3 被O2 氧化产生Ca2V2O7，化学方程式为2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7。
（2）已知Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸， “稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，则生成VO的离子方程式为Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O。
（3）据分析“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。利用上述表格数据，0.01 ml·L−1Fe3+形成氢氧化物沉淀时的pH=2.2，则常温下。
（4）已知氨水易挥发，则用氨水“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是：高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降。
（5）已知“沉钒”得到NH4VO3 NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s) (aq)＋VO (aq)，“沉钒”中加入过量(NH4)2SO4，则增大c()，有利于NH4VO3结晶析出，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
（6）① 由图可知，原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为(1，，)。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是晶胞边长一半的倍，即为a nm。
②图中Pb2+处于2个Cl-的中点，则在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于2个Pb2+的中点，故Cl-处于棱心位置，选D。
10．（14分）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题：
(1)已知：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.0kJ/ml
②H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-240.0kJ/ml
③2Fe(s)+O2(g)Fe2O3(s) ΔH=-1644.0kJ/ml
则反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) ΔH= kJ/ml，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
(3)温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe2O3处理NH3和HCN(起始时NH3的体积分数为58%)的混合气体，部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min达到平衡。
①0~30min内用NH3的压强变化表示的反应速率v(NH3)= MPa·min-1。
②反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即可)；若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在催化剂作用下，可用NH3去除NO，其反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3∶1、1：3时，得到的NO脱除率曲线如图所示：
①曲线a中，在温度超过900℃时，NO脱除率骤然下降的原因可能是 。
②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 。
【答案】(1) +1016.0 高温
(2)BCD
(3) 0.019p 增大
(4) 催化剂失去活性 3：1
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②×3—①—③得到反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) Δ，则H=(—240.0kJ/ml)×3—(—92.0kJ/ml) —(—1644.0kJ/ml)=+1016.0kJ/ml，该反应为熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：+1016.0；高温；
（2）A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，反应速率较快，故错误；
B．合成氨反应是熵减的放热反应，反应的焓变ΔH、熵变ΔS均小于0，故正确；
C．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，故正确；
D．合成氨反应所需原料气中氮气由分离空气得到，氢气由天然气与水蒸气反应生成，原料气中的杂质会使催化剂中毒，易燃易爆的氢气与氧气反应可能发生安全事故，所以原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故正确；
故选BCD；
（3）①由图可知，起始时氨气的体积分数58%，分压为58%×pMPa=0.58pMPa，30min反应达到平衡时氨气的体积分数为1%，分压为1%×pMPa=0.01pMPa，则氨气反应速率为=0.019pMPa·min-1，故答案为：0.019p；
②由图可知，30min反应达到平衡时氨气、氮气、水蒸气的体积分数分别为1%、25%、45%，则反应的平衡常数Kp==(MPa)2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；
（4）①催化剂在一定温度下具有较强的催化活性，当温度较高时，催化剂会失去活性导致反应速率减小，则曲线a中，在温度超过900℃时，一氧化氮脱除率骤然下降说明温度过高，催化剂失去活性，导致反应速率减小，故答案为：催化剂失去活性；
②氨气和一氧化氮的物质的量的比值增大，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的脱除率增大，则由图可知，物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1。
11．（14分）奥美拉唑()是基于诺贝尔医学奖成果研制的药物，该药物对幽门螺旋杆菌引起的胃及十二指肠溃疡根治率最高。奥美拉唑的合成路线如下(Me表示甲基)：
回答下列问题：
(1)有机物B中含氧官能团的名称为 。
(2)反应①和③的反应类型分别为 、 。
(3)化合物A核磁共振氢谱的吸收峰有 组。
(4)反应②中与一种无机小分子X反应脱去一个分子得到C，无机小分子X的化学式为 ；写出在氢氧化钾溶液中发生该反应的总反应方程式： 。
(5)化合物的同分异构体M满足下列条件：
①苯环上有4个取代基；
②可以与碳酸氢钠反应产生大量气泡且能与溶液发生显色反应。
符合条件的M有 种。
(6)反应④若加入的氧化剂过量，生成的副产物的分子式为，且S原子形成6个共用电子对，该副产物的结构简式为 。
【答案】(1)醚键
(2) 还原反应 取代反应
(3)5
(4) CS2 +CS2+2KOH→+K2S+2H2O
(5)16
(6)
【分析】有机物A中硝基经还原后生成有机物B，B中两个氨基的H原子被取代并成环生成有机物C，C中S-H键的H原子被取代后生成有机物D，D中S原子氧化后引入S=O键生成最后产物，据此答题。
【解析】（1）有机物B中含氧官能团结构为C-O-C，名称为醚键。
（2）反应①为硝基转化为氨基，属于还原反应。反应②是氨基上的H原子被取代的反应，属于取代反应。
（3）化合物A不具有对称性，共有5种不同化学环境的氢，故核磁共振氢谱的吸收峰有5组。
（4）根据原子守恒，在反应②中根据有机物B、C与H2S的组成，可知X是CS2。在氢氧化钾溶液中发生该反应的总反应方程式：+CS2+2KOH→+K2S+2H2O。+++
（5）根据要求，同分异构体中有一个苯环，其四个取代基分别是2个、1个、1个。先确定2个氨基的位置，有邻、间、对三种，后确定第三取代基（）的位置，再确定第四取代基（）的位置（可能出现的位置用数字表示）：当氨基为邻位时，有以下不同结构：、，共有6种同分异构体；当氨基间位时，有以下不同结构：、、，共有7种同分异构体；当氨基对位时，有以下不同结构：，共有3种同分异构体。故符合要求的同分异构体共有16种。
（6）S原子形成6个共用电子对，则S原子与两个O原子分别形成双键，该副产物的结构简式为：。
选项
实验目的
方案设计
现象
A
验证转化为是放热反应
将充有的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变浅
B
验证比的酸性强
时，分别用计测定溶液和溶液的
溶液的：
C
验证与相比，能加速破坏铝片表面的氧化膜
两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入到等浓度的溶液和溶液中
一段时间后，前者无明显现象，后者铝片
发生溶解
D
验证
向浓度均为的混合溶液中加入溶液
出现蓝色沉淀
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
7.5
2.2
3.7
9.4
沉淀完全的pH
9.0
3.2
4.7
10.9
pH
<1
1 ~ 4
6 ~ 8.5
>13
主要形式
VO
V2O5
VO
VO
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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 1 C 12 N 14 O 16 Ga 70 Li 7 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 As 75
一、选择题：本题共7小题，每小题6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．北京时间2023年12月21日21时35分，经过约7.5小时的出舱活动，神舟十七号航天员密切协同，在中国空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务，航天员安全返回问天实验舱，出舱活动取得圆满成功。下列说法中错误的是
A．神舟十七号宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
B．北斗卫星导航系统由中国自主研发，独立运行，其所用芯片的主要成分为Si
C．神舟十七号载人飞船所用燃料偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]，属于烃的衍生物
D．神舟十七号使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A．高温结构陶瓷是性能优良的无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，故A说法正确；
B．晶体硅是优良的半导体材料，常用作制造芯片等原料，故B说法正确；
C．偏二甲肼是由C、H、N元素组成的有机物，属于烃的衍生物，故C说法正确；
D．太阳能电池工作时，将光能转化为电能，故D说法错误；
答案为D。
2．我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图所示，下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)
A．过程①涉及的能量转换：太阳能→ 电能→ 化学能
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，转移电子数为6NA
C．1 ml C3中含共用的电子对数为8NA
D．由 C6 → 淀粉的过程中涉及 C—O 键、O−P 键，O—H 键的断裂和 C—O 键、O—H 键的形成
【答案】C
【解析】A．反应①为用太阳能电池电解水制氢气和氧气，涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A正确；
B．CO2合成甲醇，每消耗1ml CO2，C元素的化合价由+4降为-2价，因此每生成1mlCH3OH，消耗1ml CO2，转移6ml电子，转移电子数为6 NA，故B正确；
C．结构简式为HOCH2COCH2OH，含共用电子对数12个，1mlC3中含共用的电子对数为12 NA，故C错误；
D．由C6→淀粉的过程中涉及C-O键、O-P键，O-H键的断裂和C-O键、O-H键的形成，故D正确；
故答案选C。
3．从中药获苓中提取的一种具有生理活性的化学物质获苓新酸，其结构简式如图所示。关于该化合物下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．获苓新酸使溴水和酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该物质最多消耗和的物质的量之比为
【答案】D
【解析】A．分子中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；
B．，标有*的碳原子与四个碳原子相连，以*碳原子为体心形成的是正四面体，因此分子中含有标有*的碳原子就不可能所有碳原子共面，B错误；
C．获苓新酸使溴水褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是发生氧化还原反应，二者原理不相同，C错误；
D．该物质含有碳碳双键，最多消耗，该物质含有羟基和羧基，因此最多消耗，故该物质最多消耗和的物质的量之比为，D正确；
故选D。
4．科研人员新研发了一种可充电电池，工作原理如图，电池总反应为。下列说法不正确的是
A．当时，中的和个数之比为2：3
B．放电时，正极反应为
C．充电时，电极发生脱嵌，从右室移向左室
D．充电时，理论上左室电解质的质量减轻4g，电路中有0.2ml电子转移
【答案】D
【解析】A．当时，设中有a个，个，根据代合物中正、负化合价的代数和为0，有，可得，和个数之比为2：3，故A正确；
B．放电时，负极反应为，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许通过，因此电解质中的通过导体膜移入右室，正极反应为，故B正确；
C．充电时，阳极发生反应：，电极发生脱嵌，从右室移向左室，故C正确；
D．充电时左室阴极发生：，左室电解质中有0.1ml得电子生成Ca沉积在钙电极上，电解质的质量减轻，转移0.2ml电子同时有从右室移入左室，故左室中电解质的质量减轻，故D错误；
故答案选D。
5．下列实验方案设计和现象都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】A．A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将充有二氧化氮的密闭烧瓶放入热水中，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，则实验现象不正确，A错误；
B．水解形成的酸为，应该分别用计测定25℃时，溶液和溶液的，方案设计不正确，B错误；
C．Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜，溶液中反应剧烈，铝片表面发生溶解，C正确；
D．溶液过量，直接反应生成蓝色沉淀，不能比较二者大小，D错误；
故选C。
6．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞密度为gcm-3。下列说法错误的是
A．1ml砷化镓中配位键的数目是4NA
B．掺入Mn的晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为5：26：32
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．该晶体中距离最近的两个镓原子之间的距离为pm
【答案】B
【解析】A．由图甲知，1个As与4个Ga形成As-Ga共价键，即砷化镓中As的配位数为4，则1ml砷化镓中配位键的数目是4NA，A正确；
B．掺入Mn的晶体中Ga有7个位于顶点，5个位于面心，个数为：；As有4个位于体内，Mn有1个位于顶点，1个位于面心，个数为：；Mn、Ga、As的原子个数比为：：4=5：27：32，B错误；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，C正确；
D．由晶胞结构可知，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞中含4个Ga和4个As，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞边长为：pm，两个镓原子之间的最近距离为pm，D正确；
故选：B。
7．常温下，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如下图所示。
下列叙述正确的是
A．当时，溶液中存在的离子只有、
B．该BaCl2溶液的物质的量浓度是0.06ml/L
C．该温度下BaSO4的溶度积常数
D．当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中
【答案】D
【分析】如图所示，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，横坐标是滴加硫酸钠的体积，两个纵坐标分别是电导率k、；V(Na2SO4)=2.5mL时，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为。
【解析】A．当时，V(Na2SO4)=2.5mL氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中存在的离子除、外还有氢离子和氢氧根离子，A错误；
B．V(Na2SO4)=2.5mL，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为，BaCl2溶液的物质的量浓度为，B错误；
C．恰好完全反应时，由图像可知，，此时硫酸根、钡离子主要由硫酸钡电离得到，，则，C错误；
D．V(Na2SO4)=2.5mL，Na2SO4与BaCl2恰好完全反应，，当 V(Na2SO4)=3.00mL时，，则当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
8．（15分）亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。
(1)①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式： 。
②其中导管A的作用是 。
(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅶ装无水CaCl2的仪器名称是 。
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用是(写两点) 、 。
(3)实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是 。
(4)有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是 (填序号)。
(5)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管取25.00mL溶液，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020ml/LAgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液25.00mL。
已知：AgCl为白色沉淀溶解度1.34×10-6ml/L，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ag2CrO4为砖红色沉淀溶解度6.5×10-5ml/L，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12。
①滴定终点的现象是 。
②样品的纯度为 %(保留1位小数)。
【答案】(1) 2Cl-+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O 平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下
(2) e→f→c→b→d 球形干燥管 充分干燥Cl2和NO 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速
(3)用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化
(4)I
(5) 当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀﹐且半分钟内砖红色沉淀不消失，即为滴定终点 7.6
【分析】氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。
【解析】（1）①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，该装置中用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，离子方程式为: 2Cl-+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O；
②装置甲中导管A的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下；
（2）①由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d；
②装置Ⅶ中用球形干燥管装无水CaCl2；
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用除可充分干燥Cl2和NO外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；
（3）先通入氯气，用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化；
（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I可以用来收集多余的氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故选Ⅰ；
（5）①用K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020ml/LAgNO3溶液进行滴定，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀﹐且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点。
②n(AgNO3)=0.025L×0.020ml/L=0.0005ml，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)= 0005ml，则样品的纯度为×100%7.6%。
9．（15分）一种以转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒资源的生产工艺如下：
表一：相关金属离子[c0(Mn+) = 0.01 ml·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
表二：部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
已知：①“焙烧”的主要反应之一为：CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)；
②在焙烧过程中产生Ca2V2O7；其中，Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液。
(1)Ca2V2O7中V的化合价为 ，写出在焙烧过程中产生Ca2V2O7的化学方程式 。
(2)“稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，生成VO的离子方程式为 。
(3)“滤渣2”的主要成分是 。利用上述表格数据，计算Fe(OH)3的Ksp= 。
(4)“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是 。
(5)已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量 (NH4)2SO4，其原因是 。
(6)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图。
① 原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为 。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是 。
② 在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于 位置。
A．顶点 B．面心 C．体心 D．棱心
【答案】(1) +5 2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7
(2)Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O
(3) Fe(OH)3 10-37.4
(4)高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降
(5)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
(6) (1，，) a nm D
【分析】钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)，在空气中焙烧，CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)，产生Ca2V2O7、Fe2O3；加稀硫酸调pH＜1，SiO2此过程中不反应，过滤得滤渣1为硫酸钙、SiO2，据信息知，所得滤液中含有外，还有Mg2+、Al3+、Fe3+、，滤液中加入氨水调节pH=6~8.5，沉淀为V2O5，根据表2信息， Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣2中含Fe(OH)3、Al(OH)3，滤渣2中加入NaOH使Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣3的主要成分为Fe(OH)3；滤液含，加硫酸铵 “沉钒”得到NH4VO3，煅烧纯净的NH4VO3得到V2O5；
【解析】（1）Ca2V2O7中V的化合价为+5，在焙烧过程V2O3 被O2 氧化产生Ca2V2O7，化学方程式为2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7。
（2）已知Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸， “稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，则生成VO的离子方程式为Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O。
（3）据分析“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。利用上述表格数据，0.01 ml·L−1Fe3+形成氢氧化物沉淀时的pH=2.2，则常温下。
（4）已知氨水易挥发，则用氨水“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是：高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降。
（5）已知“沉钒”得到NH4VO3 NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s) (aq)＋VO (aq)，“沉钒”中加入过量(NH4)2SO4，则增大c()，有利于NH4VO3结晶析出，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
（6）① 由图可知，原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为(1，，)。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是晶胞边长一半的倍，即为a nm。
②图中Pb2+处于2个Cl-的中点，则在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于2个Pb2+的中点，故Cl-处于棱心位置，选D。
10．（14分）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题：
(1)已知：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.0kJ/ml
②H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-240.0kJ/ml
③2Fe(s)+O2(g)Fe2O3(s) ΔH=-1644.0kJ/ml
则反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) ΔH= kJ/ml，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
(3)温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe2O3处理NH3和HCN(起始时NH3的体积分数为58%)的混合气体，部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min达到平衡。
①0~30min内用NH3的压强变化表示的反应速率v(NH3)= MPa·min-1。
②反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即可)；若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在催化剂作用下，可用NH3去除NO，其反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3∶1、1：3时，得到的NO脱除率曲线如图所示：
①曲线a中，在温度超过900℃时，NO脱除率骤然下降的原因可能是 。
②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 。
【答案】(1) +1016.0 高温
(2)BCD
(3) 0.019p 增大
(4) 催化剂失去活性 3：1
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②×3—①—③得到反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) Δ，则H=(—240.0kJ/ml)×3—(—92.0kJ/ml) —(—1644.0kJ/ml)=+1016.0kJ/ml，该反应为熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：+1016.0；高温；
（2）A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，反应速率较快，故错误；
B．合成氨反应是熵减的放热反应，反应的焓变ΔH、熵变ΔS均小于0，故正确；
C．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，故正确；
D．合成氨反应所需原料气中氮气由分离空气得到，氢气由天然气与水蒸气反应生成，原料气中的杂质会使催化剂中毒，易燃易爆的氢气与氧气反应可能发生安全事故，所以原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故正确；
故选BCD；
（3）①由图可知，起始时氨气的体积分数58%，分压为58%×pMPa=0.58pMPa，30min反应达到平衡时氨气的体积分数为1%，分压为1%×pMPa=0.01pMPa，则氨气反应速率为=0.019pMPa·min-1，故答案为：0.019p；
②由图可知，30min反应达到平衡时氨气、氮气、水蒸气的体积分数分别为1%、25%、45%，则反应的平衡常数Kp==(MPa)2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；
（4）①催化剂在一定温度下具有较强的催化活性，当温度较高时，催化剂会失去活性导致反应速率减小，则曲线a中，在温度超过900℃时，一氧化氮脱除率骤然下降说明温度过高，催化剂失去活性，导致反应速率减小，故答案为：催化剂失去活性；
②氨气和一氧化氮的物质的量的比值增大，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的脱除率增大，则由图可知，物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1。
11．（14分）奥美拉唑()是基于诺贝尔医学奖成果研制的药物，该药物对幽门螺旋杆菌引起的胃及十二指肠溃疡根治率最高。奥美拉唑的合成路线如下(Me表示甲基)：
回答下列问题：
(1)有机物B中含氧官能团的名称为 。
(2)反应①和③的反应类型分别为 、 。
(3)化合物A核磁共振氢谱的吸收峰有 组。
(4)反应②中与一种无机小分子X反应脱去一个分子得到C，无机小分子X的化学式为 ；写出在氢氧化钾溶液中发生该反应的总反应方程式： 。
(5)化合物的同分异构体M满足下列条件：
①苯环上有4个取代基；
②可以与碳酸氢钠反应产生大量气泡且能与溶液发生显色反应。
符合条件的M有 种。
(6)反应④若加入的氧化剂过量，生成的副产物的分子式为，且S原子形成6个共用电子对，该副产物的结构简式为 。
【答案】(1)醚键
(2) 还原反应 取代反应
(3)5
(4) CS2 +CS2+2KOH→+K2S+2H2O
(5)16
(6)
【分析】有机物A中硝基经还原后生成有机物B，B中两个氨基的H原子被取代并成环生成有机物C，C中S-H键的H原子被取代后生成有机物D，D中S原子氧化后引入S=O键生成最后产物，据此答题。
【解析】（1）有机物B中含氧官能团结构为C-O-C，名称为醚键。
（2）反应①为硝基转化为氨基，属于还原反应。反应②是氨基上的H原子被取代的反应，属于取代反应。
（3）化合物A不具有对称性，共有5种不同化学环境的氢，故核磁共振氢谱的吸收峰有5组。
（4）根据原子守恒，在反应②中根据有机物B、C与H2S的组成，可知X是CS2。在氢氧化钾溶液中发生该反应的总反应方程式：+CS2+2KOH→+K2S+2H2O。+++
（5）根据要求，同分异构体中有一个苯环，其四个取代基分别是2个、1个、1个。先确定2个氨基的位置，有邻、间、对三种，后确定第三取代基（）的位置，再确定第四取代基（）的位置（可能出现的位置用数字表示）：当氨基为邻位时，有以下不同结构：、，共有6种同分异构体；当氨基间位时，有以下不同结构：、、，共有7种同分异构体；当氨基对位时，有以下不同结构：，共有3种同分异构体。故符合要求的同分异构体共有16种。
（6）S原子形成6个共用电子对，则S原子与两个O原子分别形成双键，该副产物的结构简式为：。
选项
实验目的
方案设计
现象
A
验证转化为是放热反应
将充有的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变浅
B
验证比的酸性强
时，分别用计测定溶液和溶液的
溶液的：
C
验证与相比，能加速破坏铝片表面的氧化膜
两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入到等浓度的溶液和溶液中
一段时间后，前者无明显现象，后者铝片
发生溶解
D
验证
向浓度均为的混合溶液中加入溶液
出现蓝色沉淀
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
7.5
2.2
3.7
9.4
沉淀完全的pH
9.0
3.2
4.7
10.9
pH
<1
1 ~ 4
6 ~ 8.5
>13
主要形式
VO
V2O5
VO
VO
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小
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