精品解析：四川绵阳中学2026届高三下学期高考适应性考试（一）化学试题

绵阳中学2023级高考适应性考试(一) 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Re-186 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. “山间铃响马帮来”，茶马古道是西部各族人民行走在中华大地上留下的“诗行”。下列说法错误的是 A. “马蹄踏下岁月印”，古道上的石板属于无机非金属材料 B. “马铃声声话沧桑”，马帮用的铜铃属于金属材料 C. “千驮货物运不尽”，驮运茶叶用的麻袋属于碳纤维 D. “起早贪黑赶路忙”，包裹马鞍的皮革属于天然有机高分子 2. 下列有关物质性质与用途的说法错误的是 A. 碳酸氢钠的溶液呈碱性，可作食用碱 B. 木糖醇、甘草等是天然甜味剂，属于糖类 C. 二氧化硫有还原性，可用于葡萄酒抗氧化 D. 利用干冰升华吸热，可进行人工降雨 3. 下列表述正确的是 A. 氯化钠晶体的晶胞： B. 乙炔中的共价键类型有s-pσ键、p-pσ键、p-pπ键 C. 具有标识的化学品为腐蚀类物质，应注意防护 D. Na2O2等强氧化剂不能随意丢弃，可通过化学反应将其转化成一般化学品后，再做处理 4. 铼(Re)具有极高的熔点和出色的抗腐蚀性，常用于质谱仪的灯丝、作加氢和脱氢反应中的催化剂等，铼能溶于过氧化氢的氨溶液中生成含氧酸盐：2Re+7H2O2+2NH3=2NH4ReO4+6H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 34g H2O2中含有的孤电子对数目为4NA B. 消耗18.6 g Re转移的电子数目为0.7NA C. 25 ℃时，pH=10的氨水中，由水电离出的H+数目为10-10NA D. 键角：NH3>H2O2 5. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5+OH-ClCH2COO-+C2H5OH B. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO-+H+ = HClO C. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液：+2OH﹣=2+H2O D. 将过量SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热制备无水AlCl3：SOCl2+AlCl3·6H2OAlCl3+SO2↑+2HCl↑+5H2O 6. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4 L CO2(标况) B. 该分子含有3个含氧官能团 C. 该分子有手性碳原子，同分异构体中不可能有芳香酯 D. 该物质能发生氧化反应、还原反应、消去反应 7. 下列实验操作或试剂能达到实验目的的是 A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证SO2的漂白性 C．萃取过程中放气 D．量筒的读数为5.0mL A. A B. B C. C D. D 8. X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为，Z、M处于对角线位置，下列说法正确的是 A. 化合物XMYZ和均为直线形分子 B. 该配合物中Q元素的化合价为+4 C. 电负性： D. 该配合物中配体数与配位数之比为1:2 9. 中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A. C2H3*转化为C4H6*时，有C—H形成，无C—C形成 B. 增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C. C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D. 选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 10. 下列对实验现象或事实的解释正确的是 选项 实验现象或事实 解释 A 向Na2SO3和Na2S混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀 +4价和-2价硫可归中为0价 B 明矾饱和溶液中悬挂晶种，可获得规则的大晶体 晶体具有自发呈规则形状的自范性 C 常温下，HA溶液与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液显碱性 HA为弱酸 D 酸性：H2S>CH3SH -CH3为推电子基，使CH3SH中H-S键极性变大，电离出H+的能力减弱 A. A B. B C. C D. D 11. 金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是 A. 结合Cl-的超分子B中铁离子的化合价为+2价 B. 由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变 C. 与超分子C结合的阴离子半径需更大 D. 该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为3:1 12. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图： 已知：；， 下列说法错误的是 A. “浸取”时作氧化剂 B. 滤渣1为S，滤渣2为 C. 由该工艺可知，反应为吸热反应 D. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 13. Na—Ni/NiCl2二次电池具有高能量密度、长寿命、安全性高的优点，以β﹣氧化铝陶瓷作固体电解质(只允许钠离子通过)，工作原理如图所示。下列说法错误的是 已知：该题环境下，AlCl3易结合Cl﹣生成[AlCl4]﹣。 A. 该电池在常温下无法运行 B. 充电时电势：a＜b C. 放电时，负极电极反应式为Na-e-=Na+ D. 放电时，每转移1mole﹣熔融电解质质量增加35.5g 14. 中国科学院物理研究所成功合成了超导单晶，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该超导单晶的化学式为 B. 元素Bi位于第六周期ⅤA族，其基态原子电子排布式为[Xe] C. 该晶体中Ti原子填充在Bi原子构成的正八面体空隙中 D. 该单晶为金属晶体，存在的作用力主要为金属键 15. 常温下，向含、的混合溶液中缓缓加入适量NaOH固体（过程中未见沉淀产生），测得溶液中、分布系数、随pH变化如图所示。 已知：；； ；与反应生成 下列说法正确的是 A. ⅰ是～pH关系曲线 B. 反应平衡常数的数量级为 C. pH为7～8时，的值不变 D. 时，溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 离子液体是环境友好的绿色溶剂，通常具有良好的萃取分离能力。某化学小组用N-甲基咪唑()、1﹣溴丁烷()及KPF6等试剂制备咪唑类离子液体[BMIM]PF6(注：通常用[BMIM]+表示其阳离子)，并测试其萃取性能。 实验步骤： Ⅰ.制备亲水性离子液体[BMIM]Br。 将10mLN-甲基咪唑与14mL1-溴丁烷加入如图所示三颈烧瓶中，恒温加热搅拌反应4h，冷却后用乙酸乙酯洗涤3次，减压蒸馏，得到[BMIM]Br。 Ⅱ.制备疏水性离子液体[BMIM]PF6。 将10g[BMIM]Br与11gKPF6溶于蒸馏水，充分搅拌发生反应。静置后，分液得到离子液体相，用蒸馏水洗涤，在120℃条件下真空干燥4h，得到[BMIM]PF6。 Ⅲ.比较[BMIM]PF6与CCl4的萃取性能。 分别取20mL c(I2)=0.01mol·L-1的碘水(I2溶于KI溶液)置于两个分液漏斗中，分别向其中加入5mL[BMIM]PF6和5mLCCl4，振荡并静置、分液，再分别向水相中加入2滴同浓度的淀粉溶液。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______ ；已知：具有平面五元环结构，且含大π键(Π)。据此推测，其与反应过程中，与标*碳原子成键的N原子标号为_______(填“1”或“2”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生反应的反应类型为_______；检验产品[BMIM]PF6是否洗涤干净，所用试剂为_______。 （3）步骤Ⅲ中分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需进行的一步操作为_______；CCl4作为萃取剂易挥发且有毒，而[BMIM]PF6具有低挥发性，二者挥发性不同的主要原因为_______。 （4）步骤Ⅲ中，加入淀粉溶液后，若观察到_______(填现象)，则证明[BMIM]PF6的萃取能力强于CCl4。 （5）已知：分配系数是溶质在两种互不相溶溶剂中的平衡浓度之比。步骤Ⅲ中，使用[BMIM]PF6作为萃取剂时，测得水相中I2的浓度为0.001mol•L﹣1。据此计算，I2在[BMIM]PF6相与水相之间的分配系数为_______。 17. 含稀土元素钕(Nd)的材料是现代高科技产业的“关键材料”，从钕铁硼氧化废料(主要含、、，极少量等)中回收氧化钕的一种工艺流程如下： 已知：常温下，，，，当溶液中的离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）Nd的价层电子排布式为，可知Nd位于第_______周期，_______区。 （2）“氯化焙烧”中，反应的化学方程式为_______。按确定比例投料，焙烧温度对各元素的氯化率(B不氯化)的影响如图所示，当温度超过时，元素的氯化率下降，可能的原因是_______ 。 （3）“水浸”后“滤渣1”的主要成分是_______。 （4）“调pH”时，从物质能循环利用的角度考虑，试剂X选用_______最佳(填化学式)，此时pH最小为_______。(，计算结果保留1位小数) （5）电化学分离法：钕比铁活泼。钕铁硼合金作阳极，石墨作阴极，两极通过阴离子交换膜隔开，阳极液用稀溶液，阴极液用低浓度的氯化钠溶液。阳极主要的电极反应式为_______；实现钕铁有效分离应控制的条件是 _______(任答一点)。 18. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止害虫和真菌的危害。可通过反应Ⅰ制备COS。 反应Ⅰ：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)　△H1=-11.4 kJ∙mol-1 （1）已知：反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表： 物质 CO H2S COS H2 生成焓/( kJ∙mol-1) ﹣110.5 ﹣20.1 x 0 ①x=_______ kJ∙mol-1。 ②在催化剂的作用下，反应Ⅰ的反应历程如图所示。其中，第_______步的正反应活化能最大。 ③向体积为VL的恒容密闭容器中充入CO与H2S各amol，反应tmin后，测得H2S的体积分数为b，则0～tmin内COS的平均反应速率为_______ mol∙L-1∙min-1 (用含a、b、V、t反应进程的代数式表示)。 （2）向恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2S，利用反应Ⅰ制备COS时，一定条件下也会发生反应Ⅱ：2COS(g)⇌2CO(g)+S2(g) △H2=+63.0 kJ∙mol-1。当反应体系达到平衡时，下列说法正确的有_______ 。 A. 加入适宜的催化剂，可提高COS的平衡产率 B. 减小容器体积，重新达到平衡后，n(H2)减小 C. 升高温度，反应Ⅰ的逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 再次通入一定量的CO，达到平衡后，的值增大 （3）也可通过反应Ⅲ制备COS。 反应Ⅲ：CO2(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2O(g) △H3=+29.8 kJ∙mol-1 向恒容密闭容器中充入H2S、CO和CO2各1mol，发生反应Ⅰ和反应Ⅲ。平衡时，各物质的物质的量(n)随温度(T)变化关系如图： ①曲线Ⅰ对应的物质为_______，温度低于T0时，CO对应曲线与曲线Ⅰ重合的原因是_______。 ②计算温度为T1K时反应Ⅰ的平衡常数K=_______(结果保留两位有效数字)。 （4）特定条件下，COS可降解为CO2，利用原位红外光谱中COS和CO2特征吸收峰强度的变化可监测该降解过程。通过实验测定及数据转化，得到2min、10min时含两种物质特征吸收峰的红外光谱谱图(如图)。已知：峰面积大小与物质的浓度成正比。分子中共价键的键长越短，其特征吸收峰对应的波数越大；相对分子质量越大，其特征吸收峰对应的波数越小。图_______(填“a”或“b”)曲线呈现了2min时两物质的特征吸收峰。 19. 吡咯()及其衍生物广泛存在于自然界中。一种吡咯衍生物(G)的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 回答下列问题： （1）E中官能团名称有：酯基、_______。由D生成E的反应类型是_______。 （2）请写出B→C的化学反应方程式_______。 （3）G的结构简式为_______。 （4）下列说法正确的是_______。 A. 物质A与的质谱图相同 B. 物质C(中键极性： C. 物质E的碱性强于 D. 的反应中涉及碳原子杂化方式和手性碳数目的改变 （5）F的同分异构体中，满足下列条件的共有_______种。 ①含有吡咯环结构和键；②含有2个羧基；③核磁共振氢谱为4组峰。 请任写出一种同分异构体的结构简式_______。 （6）另一种吡咯衍生物H()的合成路线(部分反应条件省略)如下： 已知J不含键，其结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳中学2023级高考适应性考试(一) 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Re-186 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. “山间铃响马帮来”，茶马古道是西部各族人民行走在中华大地上留下的“诗行”。下列说法错误的是 A. “马蹄踏下岁月印”，古道上的石板属于无机非金属材料 B. “马铃声声话沧桑”，马帮用的铜铃属于金属材料 C. “千驮货物运不尽”，驮运茶叶用的麻袋属于碳纤维 D. “起早贪黑赶路忙”，包裹马鞍的皮革属于天然有机高分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．石板为天然岩石（如花岗岩），属于矿物质，属于无机非金属材料，A正确； B．铜铃由铜（金属元素）制成，符合金属材料定义，B正确； C．麻袋是由麻（植物纤维）编织而成，属于天然有机高分子材料（如纤维素）；碳纤维则是现代合成材料，以碳元素为主，C错误； D．皮革源于动物皮肤，主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，D正确； 故选C。 2. 下列有关物质性质与用途的说法错误的是 A. 碳酸氢钠的溶液呈碱性，可作食用碱 B. 木糖醇、甘草等是天然甜味剂，属于糖类 C. 二氧化硫有还原性，可用于葡萄酒抗氧化 D. 利用干冰升华吸热，可进行人工降雨 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸氢钠溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，无毒无害，可作食用碱，A正确； B．糖类是多羟基醛、多羟基酮或其脱水缩合物，木糖醇属于多元醇，甘草的主要甜味成分不属于糖类，二者均不属于糖类，B错误； C．二氧化硫具有还原性，可消耗葡萄酒中的氧气，防止有效成分被氧化，可用于葡萄酒抗氧化，C正确； D．干冰升华会吸收大量热量，使周围空气温度快速降低，水蒸气凝结形成降水，可用于人工降雨，D正确； 故选B。 3. 下列表述正确的是 A. 氯化钠晶体的晶胞： B. 乙炔中的共价键类型有s-pσ键、p-pσ键、p-pπ键 C. 具有标识的化学品为腐蚀类物质，应注意防护 D. Na2O2等强氧化剂不能随意丢弃，可通过化学反应将其转化成一般化学品后，再做处理 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶胞需要满足可以无隙平移并置。图中晶胞顶角的8个原子不相同，不能满足无隙平移并置的条件。NaCl晶胞实际上是由8个如图所示的小正方体组成的大正方体。A错误； B．乙炔（）中的碳原子为sp杂化，C-H键为C原子的sp杂化轨道和H原子的1s轨道形成的s-sp σ键；碳碳三键包含两个C原子的sp轨道形成的sp-sp σ键和两组由两个C原子未杂化的2p轨道形成的p-p π键。B错误； C．具有标识的化学品为易爆品，C错误； D．Na2O2等强氧化剂若随意丢弃，易与其它物质发生反应产生危险，故可通过化学反应将其转化成一般化学品后再做处理，D正确。 故选D。 4. 铼(Re)具有极高的熔点和出色的抗腐蚀性，常用于质谱仪的灯丝、作加氢和脱氢反应中的催化剂等，铼能溶于过氧化氢的氨溶液中生成含氧酸盐：2Re+7H2O2+2NH3=2NH4ReO4+6H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 34g H2O2中含有的孤电子对数目为4NA B. 消耗18.6 g Re转移的电子数目为0.7NA C. 25 ℃时，pH=10的氨水中，由水电离出的H+数目为10-10NA D. 键角：NH3>H2O2 【答案】C 【解析】 【详解】A．34 g 的物质的量为=1 mol，的结构式为H-O-O-H，每个O原子含2对孤电子对，1mol 共含4 mol孤电子对，数目为，A正确； B．Re的摩尔质量为186 g/mol，18.6 g Re物质的量为，反应中Re从0价升高到NH4ReO4中的+7价，每个Re转移7个电子，0.1 mol Re转移0.7mol电子，数目为，B正确； C．题目仅给出氨水的，未给出溶液体积，无法计算水电离出的H+的物质的量，无法确定其数目，C错误； D．NH3为三角锥形，键角约为；中O为杂化，受孤电子对排斥和O-O键排斥作用，键角约为，故键角NH3>H2O2，D正确。 故选C。 5. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5+OH-ClCH2COO-+C2H5OH B. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO-+H+ = HClO C. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液：+2OH﹣=2+H2O D. 将过量SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热制备无水AlCl3：SOCl2+AlCl3·6H2OAlCl3+SO2↑+2HCl↑+5H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯乙酸乙酯同时含有卤代烃结构的氯原子和酯基，足量NaOH溶液加热条件下，二者均会发生水解反应，方程式为 ，A错误； B．具有强氧化性，HI中的具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，方程式为，B错误； C．重铬酸根在碱性条件下会转化为铬酸根，反应的离子方程式为 ，书写符合反应事实，C正确； D．可与水反应生成和HCl，过量会完全消耗中的结晶水，产物不会有水生成，方程式为 ，D错误； 故答案为：C。 6. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4 L CO2(标况) B. 该分子含有3个含氧官能团 C. 该分子有手性碳原子，同分异构体中不可能有芳香酯 D. 该物质能发生氧化反应、还原反应、消去反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该分子含有1个羧基，可与1个离子反应。1 mol该物质含有1 mol羧基，可与1 mol NaHCO3反应，产生1 mol CO2，在标况下为22.4 L。但该选项没有指明是多少的该物质与NaHCO3反应，故无法确定可以放出多少CO2，A错误； B．该分子的含氧官能团有：5个羟基、3个醚键、1个羧基，共有9个含氧官能团，B错误； C．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，该分子存在手性碳：，该分子含有三个环、一个双键、一个羧基，不饱和度为5。芳香酯的一个苯环有4个不饱和度，一个酯基有一个不饱和度，至少要有5个不饱和度，不超过该分子的不饱和度，可以有芳香酯的同分异构体，例如，C错误； D．该分子的羟基可被氧化为羰基，可发生氧化反应；碳碳双键可以和H2加成，从而发生还原反应；羟基也可以发生消去反应，D正确； 故选D。 7. 下列实验操作或试剂能达到实验目的的是 A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证SO2的漂白性 C．萃取过程中放气 D．量筒的读数为5.0mL A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．制备苯甲酸苯甲酯的反应（酯化反应）是可逆反应，且有水生成。利用分水器和苯（作为带水剂），可以与水形成共沸物将水蒸出，冷凝后，由于水和苯互不相溶且水密度大于有机层（苯），水在下层积聚，上层的苯可以通过侧管回流到烧瓶中继续参与带水，这样能不断从反应体系中分离出生成的水，促使化学平衡向正反应方向移动，从而提高酯的产率，A正确； B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为将还原为，这验证的是的还原性，B错误； C．在分液漏斗中进行萃取振荡后需要放气。正确的放气操作是将分液漏斗倒转过来，使活塞（旋塞管口）朝上，并稍倾斜（避开人体），然后打开活塞放气。图中活塞朝下，此时打开活塞会导致漏斗内的液体喷出，C错误； D．读取量筒内液体体积时，视线必须与液体凹液面的最低处保持水平，图中视线虽然对准了5.0 mL的刻度线，但凹液面的最低处明显在刻度线下方，实际读数应小于5.0 mL，D错误； 故答案选A。 8. X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为，Z、M处于对角线位置，下列说法正确的是 A. 化合物XMYZ和均为直线形分子 B. 该配合物中Q元素的化合价为+4 C. 电负性： D. 该配合物中配体数与配位数之比为1:2 【答案】D 【解析】 【分析】在化合物中X形成1个共价键且原子序数最小，则X为H；Y形成4个共价键，则Y处于第IVA族，Z形成3个共价键，且原子序数大于Y，则Z处于第VA族；结合Z、M处于对角线位置可知，Y为C，Z为N，M为S；基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，则Q为Ni。 【详解】A．化合物HSCN中S的价层电子对数为，所以S原子采用sp3杂化，存在两对孤电子对，分子结构为V形，不是直线形分子，CS2的中心C原子是sp杂化，所以CS2为直线形分子，所以XMYZ和不均为直线形分子，A错误； B．该配合物配体数为2，且配合物为电中性分子，每个配体中的其中一个S原子带有1个单位的负电荷，设Ni的化合价为a，则，解得a=2，并非+4，B错误； C．Y为C，M为S，从化合物CS2中的化合价可以看出，C显正价，而S显负价，说明S吸引电子的能力大于C，成键电子对偏向S，所以S的电负性大于C，即M＞Y，C错误； D．该配合物中有2个相同的配体(即图中左右对称的两个基团)，Ni原子与4个S原子形成配位键，每个配体提供两个S原子配位，配位数为4，所以配体数与配位数之比为1:2，D正确； 故答案选D。 9. 中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A. C2H3*转化为C4H6*时，有C—H形成，无C—C形成 B. 增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C. C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D. 选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．C2H3*转化为C4H6*时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误； B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，B错误； C．由图2可知，C4H6*转化为C4H6(g)能量未知，无法通过此图判断该过程的热效应，C错误； D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，D正确； 故选D。 10. 下列对实验现象或事实的解释正确的是 选项 实验现象或事实 解释 A 向Na2SO3和Na2S混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀 +4价和-2价硫可归中为0价 B 明矾饱和溶液中悬挂晶种，可获得规则的大晶体 晶体具有自发呈规则形状的自范性 C 常温下，HA溶液与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液显碱性 HA为弱酸 D 酸性：H2S>CH3SH -CH3为推电子基，使CH3SH中H-S键极性变大，电离出H+的能力减弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸本身为强氧化剂，也可将-2价硫氧化为0价硫，无法证明淡黄色沉淀仅由+4价和-2价硫归中生成，A错误； B．晶体的自范性指晶体在适宜条件下可自发呈现规则多面体外形，饱和溶液中晶体缓慢生长得到规则大晶体是自范性的体现，B正确； C．未说明HA与NaOH的浓度相等，若NaOH浓度远大于HA，即使HA为强酸，等体积混合后溶液也显碱性，无法证明HA为弱酸，C错误； D．为推电子基，会使中S上电子云密度升高，键极性变小，电离的能力减弱，解释中“极性变大”表述错误，D错误； 答案选B。 11. 金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是 A. 结合Cl-的超分子B中铁离子的化合价为+2价 B. 由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变 C. 与超分子C结合的阴离子半径需更大 D. 该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为3:1 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中结合的超分子B整体带9个正电荷，三联吡啶为中性配体，空腔内带1个单位负电荷，因此所有铁离子总正电荷为9+1=10，超分子B共含5个铁离子，因此所含铁离子为，化合价为+2价，A正确； B．超分子框架由金属阳离子与三联吡啶通过配位键构建而成，阴离子仅作为客体存在于空腔中，与框架作用力较弱，移除阴离子后配位键不会被破坏，框架结构不变，B正确； C．从结构可知，超分子A→B→C，空腔逐渐增大，该类超分子以阴离子为模板组装，空腔越大，合成时需要半径更大的阴离子作为模板，因此超分子C需要半径更大的阴离子参与，C正确； D．根据三种超分子结构，可知无论聚合程度如何，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为1:1，不是3:1，D错误； 故选D。 12. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图： 已知：；， 下列说法错误的是 A. “浸取”时作氧化剂 B. 滤渣1为S，滤渣2为 C. 由该工艺可知，反应为吸热反应 D. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】方铅矿（主要成分为PbS，含有等杂质）加入盐酸、、浸取，作氧化剂，将、中负价的S氧化为单质，自身被还原为，被氧化为，高浓度使转化为可溶性的进入溶液，过滤后滤渣1主要为单质；加入物质M调，使水解沉淀除去，通过操作1除去滤渣2，滤渣2为；加入冰水沉降，分离除去酸性废液；加入含的试剂N，将转化为更难溶的​，最后分离得到滤液a和晶体。 【详解】A．由分析可得作氧化剂，A正确； B．由分析可得滤渣2为，B错误； C．流程中浸取后加冰水沉降，温度降低后析出固体，说明平衡逆向移动，即逆反应放热，正反应为吸热反应，C正确； D．沉淀转化平衡，平衡常数 ， 即，D正确； 故答案选B。 13. Na—Ni/NiCl2二次电池具有高能量密度、长寿命、安全性高的优点，以β﹣氧化铝陶瓷作固体电解质(只允许钠离子通过)，工作原理如图所示。下列说法错误的是 已知：该题环境下，AlCl3易结合Cl﹣生成[AlCl4]﹣。 A. 该电池在常温下无法运行 B. 充电时电势：a＜b C. 放电时，负极电极反应式为Na-e-=Na+ D. 放电时，每转移1mole﹣熔融电解质质量增加35.5g 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为电解质为β﹣氧化铝陶瓷，在常温下不能作为熔融状态让钠离子通过，所以该电池在常温下无法运行，故A正确； B．放电时，a为负极，b为正极，充电时，a为阴极，b为阳极，根据电解原理，阳极电势高于阴极，所以充电时电势： ，故B正确；　 C．放电时，负极发生氧化反应，钠失去电子生成钠离子，电极反应式为，故C正确； D．放电时，负极反应为，生成的通过β - 氧化铝陶瓷进入正极区，正极发生反应：，生成的与结合生成，反应为，同时与结合为。每转移时：有（质量为23 g）进入正极熔融电解质；正极生成（质量为35.5 g）进入电解质，与结合转化为。因此熔融电解质增加的质量为 ，而非35.5 g。故D错误； 故选D。 14. 中国科学院物理研究所成功合成了超导单晶，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该超导单晶的化学式为 B. 元素Bi位于第六周期ⅤA族，其基态原子电子排布式为[Xe] C. 该晶体中Ti原子填充在Bi原子构成的正八面体空隙中 D. 该单晶为金属晶体，存在的作用力主要为金属键 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cs位于晶胞顶点，共8个顶点，每个顶点原子均摊为，故；Ti位于面心和体心，总个数为，完全属于该晶胞；Bi位于4条棱上和晶胞内部，通过均摊计算，总个数为，因此原子个数比，化学式为​，A正确； B．Bi是83号元素，位于第六周期ⅤA族，Xe的核电荷数为54，Bi的基态原子电子排布式应为，选项漏写了和，B错误； C．由结构可知，每个Ti原子周围有6个Bi原子，6个Bi原子构成正八面体骨架，Ti填充在正八面体空隙中，C正确； D．该单晶是超导金属晶体，金属晶体中微粒间作用力为金属键，D正确； 故选B。 15. 常温下，向含、的混合溶液中缓缓加入适量NaOH固体（过程中未见沉淀产生），测得溶液中、分布系数、随pH变化如图所示。 已知：；； ；与反应生成 下列说法正确的是 A. ⅰ是～pH关系曲线 B. 反应平衡常数的数量级为 C. pH为7～8时，的值不变 D. 时，溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】向溶液中加入NaOH，pH升高，发生反应，故随pH增大而增大，而，故随pH增大持续减小。含铜粒子的分布系数：随pH增大、配位反应进行，浓度不断降低，因此随pH增大持续下降，且下降速率最快；随配位进行，先增加后减少，因此分布系数先升后降。结合图像可得：是曲线，是曲线，是曲线。 【详解】A．根据分析，是曲线，是曲线，A错误； B．该反应的平衡常数表达式为，从图中曲线i和iii的交点可知，当pH约为6.5时， ，此时，从曲线ii可知，p()约为2.5，即 ，将这些值代入平衡常数表达式：，该平衡常数的数量级为，B错误； C．初始溶液中 ，根据 元素物料守恒：；为时，与配位生成，先增大后减小，故先减小后增大，并非不变，C错误； D．时，，由，代入得： ；由图像知 时，的分布系数远小于 的分布系数，即 ，因此顺序为： ，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 离子液体是环境友好的绿色溶剂，通常具有良好的萃取分离能力。某化学小组用N-甲基咪唑()、1﹣溴丁烷()及KPF6等试剂制备咪唑类离子液体[BMIM]PF6(注：通常用[BMIM]+表示其阳离子)，并测试其萃取性能。 实验步骤： Ⅰ.制备亲水性离子液体[BMIM]Br。 将10mLN-甲基咪唑与14mL1-溴丁烷加入如图所示三颈烧瓶中，恒温加热搅拌反应4h，冷却后用乙酸乙酯洗涤3次，减压蒸馏，得到[BMIM]Br。 Ⅱ.制备疏水性离子液体[BMIM]PF6。 将10g[BMIM]Br与11gKPF6溶于蒸馏水，充分搅拌发生反应。静置后，分液得到离子液体相，用蒸馏水洗涤，在120℃条件下真空干燥4h，得到[BMIM]PF6。 Ⅲ.比较[BMIM]PF6与CCl4的萃取性能。 分别取20mL c(I2)=0.01mol·L-1的碘水(I2溶于KI溶液)置于两个分液漏斗中，分别向其中加入5mL[BMIM]PF6和5mLCCl4，振荡并静置、分液，再分别向水相中加入2滴同浓度的淀粉溶液。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______ ；已知：具有平面五元环结构，且含大π键(Π)。据此推测，其与反应过程中，与标*碳原子成键的N原子标号为_______(填“1”或“2”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生反应的反应类型为_______；检验产品[BMIM]PF6是否洗涤干净，所用试剂为_______。 （3）步骤Ⅲ中分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需进行的一步操作为_______；CCl4作为萃取剂易挥发且有毒，而[BMIM]PF6具有低挥发性，二者挥发性不同的主要原因为_______。 （4）步骤Ⅲ中，加入淀粉溶液后，若观察到_______(填现象)，则证明[BMIM]PF6的萃取能力强于CCl4。 （5）已知：分配系数是溶质在两种互不相溶溶剂中的平衡浓度之比。步骤Ⅲ中，使用[BMIM]PF6作为萃取剂时，测得水相中I2的浓度为0.001mol•L﹣1。据此计算，I2在[BMIM]PF6相与水相之间的分配系数为_______。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 1 （2） ①. 复分解 ②. 稀，溶液 （3） ①. 取下分液漏斗上口的玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗上口的小孔 ②. [BMIM]PF6为离子化合物，离子键作用力强，CCl4为分子晶体，分子间范德华力弱 （4）用CCl4萃取后的水相蓝色更深 （5）36 【解析】 【分析】N-甲基咪唑和 1-溴丁烷发生取代反应制取亲水性离子液体[BMIM]Br，提纯后的[BMIM]Br与KPF6发生反应制备[BMIM]Br。 【小问1详解】 图中仪器a为球形冷凝管； 根据五元环大键(​)的成键特点，1号N原子上的孤对电子不参与形成大键，更容易与1-溴丁烷的标记碳原子发生亲核取代反应，因此与标*碳原子成键的N原子标号为1； 【小问2详解】 步骤Ⅱ中，[BMIM]Br与KPF6交换阴离子生成[BMIM]PF6和KBr，属于复分解反应； 产品中杂质为Br-，可通过检验洗涤液中是否含有Br-来判断是否洗涤干净，Br-与Ag+能形成不溶于稀硝酸的淡黄色AgBr沉淀，因此选用稀酸化的溶液； 【小问3详解】 分液时为使液体顺利流下，需要使分液漏斗内外气压相通，因此打开活塞前需要打开上口的玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗上口的小孔； 离子液体[BMIM]PF6由阴阳离子构成，离子键作用力强，因此难挥发，CCl4是分子晶体，分子间范德华力弱易挥发，； 【小问4详解】 萃取能力越强，萃取得到的I2越多，水相剩余​I2越少，加入淀粉溶液后的蓝色越浅，因此若[BMIM]PF6萃取能力更强，对应水相蓝色更浅，因此观察到的现象为用CCl4萃取后的水相蓝色更深； 【小问5详解】 由题知，分配系数为溶质在离子相与水相的平衡浓度之比。假设溶液体积变化忽略不计，总，水相中剩余，根据元素守恒知，离子相中，离子相浓度，因此分配系数 。 17. 含稀土元素钕(Nd)的材料是现代高科技产业的“关键材料”，从钕铁硼氧化废料(主要含、、，极少量等)中回收氧化钕的一种工艺流程如下： 已知：常温下，，，，当溶液中的离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）Nd的价层电子排布式为，可知Nd位于第_______周期，_______区。 （2）“氯化焙烧”中，反应的化学方程式为_______。按确定比例投料，焙烧温度对各元素的氯化率(B不氯化)的影响如图所示，当温度超过时，元素的氯化率下降，可能的原因是_______ 。 （3）“水浸”后“滤渣1”的主要成分是_______。 （4）“调pH”时，从物质能循环利用的角度考虑，试剂X选用_______最佳(填化学式)，此时pH最小为_______。(，计算结果保留1位小数) （5）电化学分离法：钕比铁活泼。钕铁硼合金作阳极，石墨作阴极，两极通过阴离子交换膜隔开，阳极液用稀溶液，阴极液用低浓度的氯化钠溶液。阳极主要的电极反应式为_______；实现钕铁有效分离应控制的条件是 _______(任答一点)。 【答案】（1） ①. 6或六 ②. f （2） ①. Nd2O3+6NH4Cl2NdCl3+6NH3↑+3H2O↑ ②. 310℃后，NH4Cl分解过快，Nd2O3反应不充分 （3）Fe2O3 （4） ①. NH3⋅H2O ②. 3.2 （5） ①. Nd−3e− = Nd3+ ②. 控制电解电压（电流），使Nd优先溶解（控制阳极液的pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀，或阴极液需要补充水保持氯化钠溶液低浓度） 【解析】 【分析】工艺流程分析：氯化焙烧：钕铁硼氧化废料（主要含Fe2O3、Nd2O3、FeNdO3，极少量B2O3）与NH4Cl混合，在加热条件下发生反应。加入NH3可能用于调节气氛或促进反应。水浸：将焙烧后的产物用水浸取。可溶性的氯化物（如NdCl3）进入溶液，不溶性的固体留在滤渣中。调pH：向滤液中加入试剂X调节pH，使杂质离子（如Fe3+）沉淀，过滤得到滤渣2。沉钕：向滤液中加入草酸（H2C2O4）溶液，使Nd3+沉淀为草酸钕Nd2(C2O4)3。氧化焙烧：将草酸钕在空气中焙烧，分解并氧化得到目标产物Nd2O3。 【小问1详解】 已知Nd的价层电子排布式为4f46s2。周期数：周期数等于原子核外电子的最高能层序数。Nd的最高能层是第6层（6s轨道），因此它位于第六周期。分区：元素周期表的分区由最后填入电子的轨道决定。Nd 的价电子包含f轨道电子，且f轨道未填满，属于镧系元素，位于f区。 【小问2详解】 化学方程式：在“氯化焙烧”步骤中，Nd2O3与NH4Cl反应生成 NdCl3。根据流程图，同时有NH3放出，且该反应通常伴随水的生成。反应物为 Nd2O3和 NH4Cl，生成物为NdCl3、 NH3和H2O。配平该方程式：Nd2O3 中有2个Nd，需要生成 2NdCl3，消耗6Cl−，即需要 6NH4Cl。6NH4Cl提供6N和24H，生成2NdCl3消耗6Cl，剩余的6N和24H与Nd2O3中的3O结合生成6NH3 和3H2O。化学方程式为答案：Nd2O3+6NH4Cl2NdCl3+6NH3↑+3H2O↑；温度影响：根据图像，当温度超过310℃时，Nd元素的氯化率下降。氯化焙烧依赖于NH4Cl分解产生的HCl气体（或直接与 NH4Cl反应）与Nd2O3接触反应。NH4Cl的热稳定性较差，温度过高会导致其迅速分解并挥发，使得参与反应的NH4Cl减少，反应物浓度降低，从而导致Nd的氯化率下降。 【小问3详解】 在氯化焙烧过程中，应受热分解为和，转化为可溶性的。观察图表可知，元素的氯化率即使在高温下也较低（最高不到），说明绝大部分铁元素仍以的形式存在。极少量的不氯化，遇水会生成可溶的硼酸。因此，“水浸”后，可溶的进入滤液，留在滤渣中。 【小问4详解】 试剂X选择：调pH的目的是沉淀滤液中的Fe3+杂质[滤渣2为 Fe(OH)3]，同时不引入新的杂质。从物质循环利用的角度考虑，流程中使用了NH4Cl和NH3，因此选用氨水（NH3⋅H2O）或通入NH3最佳，生成的NH4Cl可以返回“氯化焙烧”步骤循环使用；最小pH计算：要使Fe3+沉淀完全，溶液中 ��(Fe3+)<1.0×10−5 mol/L 。已知 Ksp[Fe(OH)3]=��(Fe3+)⋅��3(OH−)=4.0×10−38。当 ��(Fe3+)=1.0×10−5 mol/L 时，��(OH−)= = ==×10−11 mol/L 。计算pOH： pOH = −lg��(OH−) = −lg(×10−11) = 11−lg4 = 11−lg2。代入lg2≈0.3，pOH = 11−×0.3 = 11− 0.2 = 10.8。则pH =14 − pOH = 14−10.8 = 3.2。因此，pH 最小为3.2。 【小问5详解】 阳极反应式：钕铁硼合金作阳极，发生氧化反应。已知钕比铁活泼，因此在阳极Nd优先失去电子生成Nd3+。电极反应式为Nd−3e− = Nd3+。分离控制条件：为了实现钕和铁的有效分离，需要让钕溶解而铁不溶解（或铁溶解后以沉淀形式除去）。可以控制电解电压（电流），使电位较低的Nd优先溶解，或者通过控制阳极液的pH，使铁离子形成Fe(OH)3沉淀留在阳极区。 18. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止害虫和真菌的危害。可通过反应Ⅰ制备COS。 反应Ⅰ：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)　△H1=-11.4 kJ∙mol-1 （1）已知：反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表： 物质 CO H2S COS H2 生成焓/( kJ∙mol-1) ﹣110.5 ﹣20.1 x 0 ①x=_______ kJ∙mol-1。 ②在催化剂的作用下，反应Ⅰ的反应历程如图所示。其中，第_______步的正反应活化能最大。 ③向体积为VL的恒容密闭容器中充入CO与H2S各amol，反应tmin后，测得H2S的体积分数为b，则0～tmin内COS的平均反应速率为_______ mol∙L-1∙min-1 (用含a、b、V、t反应进程的代数式表示)。 （2）向恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2S，利用反应Ⅰ制备COS时，一定条件下也会发生反应Ⅱ：2COS(g)⇌2CO(g)+S2(g) △H2=+63.0 kJ∙mol-1。当反应体系达到平衡时，下列说法正确的有_______ 。 A. 加入适宜的催化剂，可提高COS的平衡产率 B. 减小容器体积，重新达到平衡后，n(H2)减小 C. 升高温度，反应Ⅰ的逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 再次通入一定量的CO，达到平衡后，的值增大 （3）也可通过反应Ⅲ制备COS。 反应Ⅲ：CO2(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2O(g) △H3=+29.8 kJ∙mol-1 向恒容密闭容器中充入H2S、CO和CO2各1mol，发生反应Ⅰ和反应Ⅲ。平衡时，各物质的物质的量(n)随温度(T)变化关系如图： ①曲线Ⅰ对应的物质为_______，温度低于T0时，CO对应曲线与曲线Ⅰ重合的原因是_______。 ②计算温度为T1K时反应Ⅰ的平衡常数K=_______(结果保留两位有效数字)。 （4）特定条件下，COS可降解为CO2，利用原位红外光谱中COS和CO2特征吸收峰强度的变化可监测该降解过程。通过实验测定及数据转化，得到2min、10min时含两种物质特征吸收峰的红外光谱谱图(如图)。已知：峰面积大小与物质的浓度成正比。分子中共价键的键长越短，其特征吸收峰对应的波数越大；相对分子质量越大，其特征吸收峰对应的波数越小。图_______(填“a”或“b”)曲线呈现了2min时两物质的特征吸收峰。 【答案】（1） ①. -142.0 ②. 5 ③. （2）BD （3） ①. H2S ②. 由图可知，温度低于T0时，n(CO2)基本不变，只发生反应Ⅰ，升高温度反应Ⅰ逆向移动，n(CO)与n(H2S)增加量相同 ③. 0.29 （4）a 【解析】 【小问1详解】 ①由反应焓变△H=产物生成焓之和-反应物生成焓之和可知，△H1=x+0-(-110.5)-(-20.1)=-11.4kJ/mol，解得x=-142.0； ②由图可知，该反应分5步进行，第5步的正反应活化能最大； ③设0~tmin内反应的H2S物质的量为nmol，列三段式： H2S的体积分数=物质的量分数，即 ，解得n=a(1-2b)。COS的浓度变化量 ，平均反应速率：v(COS)=； 【小问2详解】 A．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，无法提高COS平衡产率，A错误； B．反应Ⅰ气体分子数不变，反应Ⅱ气体分子数减小；减小容器体积，压强增大，平衡向气体分子数减小方向移动，则反应Ⅱ逆向进行，c(COS)增大，使反应I逆向进行，n(H2)减小，B正确； C．升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误； D．通入CO，反应Ⅱ逆向移动，c(S2)减小，增大，D正确； 故选BD； 【小问3详解】 ①在T1 K下，CO和CO2的曲线相交，说明两者的消耗量相等。根据两个反应的化学方程式可知，此时生成的H2和H2O的物质的量也必然相等。因此，图中下方相交的两条曲线分别代表H2和H2O。排除了上述物质后，图中剩余的两条曲线分别为H2S和COS。因为H2S同时是两个反应的反应物，反应过程中H2S的消耗量等于CO和CO2消耗量之和，是消耗最多的反应物。因此，在整个反应过程中，剩余H2S的物质的量始终小于CO和CO2。观察图像可知，曲线I始终位于CO和CO2曲线的下方，由此可明确判定曲线I代表H2S； 温度低于T0时，由图可知，温度低于T0时，n(CO2)基本不变，只发生反应Ⅰ，升高温度反应Ⅰ逆向移动，n(CO)与n(H2S)增加量相同，故CO对应曲线与曲线Ⅰ重合； ②n(CO)=0.76mol，n(H2)=0.24mol，n(CO2)=0.76mol，n(H2S)=0.52mol，n(COS)=0.48mol，代入KⅠ的表达式得 ； 【小问4详解】 峰面积与物质浓度成正比，COS降解为CO2，反应时间越短，COS浓度越大、CO2浓度越小；键长越短/相对分子质量越小，特征吸收峰波数越大；CO2的键长更短、相对分子质量更小，波数大于COS。2min时，低波数区峰面积大说明COS浓度大，高波数区峰面积小说明CO2浓度小，与曲线a特征一致，答案选a。 19. 吡咯()及其衍生物广泛存在于自然界中。一种吡咯衍生物(G)的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 回答下列问题： （1）E中官能团名称有：酯基、_______。由D生成E的反应类型是_______。 （2）请写出B→C的化学反应方程式_______。 （3）G的结构简式为_______。 （4）下列说法正确的是_______。 A. 物质A与的质谱图相同 B. 物质C(中键极性： C. 物质E的碱性强于 D. 的反应中涉及碳原子杂化方式和手性碳数目的改变 （5）F的同分异构体中，满足下列条件的共有_______种。 ①含有吡咯环结构和键；②含有2个羧基；③核磁共振氢谱为4组峰。 请任写出一种同分异构体的结构简式_______。 （6）另一种吡咯衍生物H()的合成路线(部分反应条件省略)如下： 已知J不含键，其结构简式为_______。 【答案】（1） ①. 酮羰基和氨基 ②. 还原反应 （2）2+C2H5OH （3） （4）CD （5） ①. 4 ②. 或或或 （6） 【解析】 【分析】以A(C2H4O2)和C2H5OH反应生成B（C4H8O2）和水，根据C逆推可知A为乙酸，B为CH3COOC2H5，B在一定条件下，生成C；C与NaNO2反应引入亚硝基得到D（C6H9NO4），根据E逆推可知D为，D经Zn还原得含-NH2的E；E与C加热生成F和水，F水解酸化得G ； 【小问1详解】 E为，官能团名称有：酯基、酮羰基和氨基；由D生成E，亚硝基转化为氨基，属于还原反应； 【小问2详解】 B→C的反应为两分子乙酸乙酯发生缩合反应生成乙酰乙酸乙酯和乙醇，因此化学反应方程式为：2+C2H5OH； 【小问3详解】 由分析可知，G的结构简式为； 【小问4详解】 A．已知A为乙酸（CH3COOH），其相对分子质量虽与HCOOCH3的相对分子质量相同，但在质谱图中，碎片峰不同，因此质谱图不完全相同，A错误； B．物质C中b位碳位于两个吸电子羰基之间，C-H极性：b>a，B错误； C．E的氨基是脂肪族氨基，对比物中N连接两个吸电子酰基，N孤对电子共轭碱性远弱于脂肪族氨基，故E碱性更强，C正确； D．E中连氨基的碳是sp3杂化，且为手性碳；成环后该碳变为sp2杂化，手性碳消失，杂化方式和手性碳数目都改变，D正确； 答案选CD； 【小问5详解】 F的分子式为C12H17O4N，其同分异构体中，含有吡咯环结构和N-H键，含有2个羧基，核磁共振氢谱为4组峰，因此其同分异构体有、、、共四种； 【小问6详解】 I为亚硝化后得到不含C＝N键的J，根据反应流程中C→D，化合物J的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $