浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体2023–2024学年高三上学期九月化学入学联考化学试题（Word版附解析）

高2024届拔尖强基联盟高三九月联合考试化学试题本试卷为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。注意事项：作答时，务必将答案填写在答题卡上，将答案写在试卷或草稿纸上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16P-31Zn-65Zr-91第I卷选择题一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)1.中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是ABCD蜀绣(三峡博物馆的秦良玉平金绣蟒凤衫)火锅所用牛油(重庆美食)解放碑(重庆抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑)长江索道所用钢缆(出行工具)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．蜀绣主要原料为蚕丝，属于蛋白质，属于有机高分子材料，A符合题意；B．牛油是油脂，油脂不是高分子，B不合题意；C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C不合题意；D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D不合题意；故选A 2.下列化学用语的表达错误的是A.乙烯的空间填充模型B.CaC2的电子式C.基态N原子的价层电子排布图D.的VSEPR模型为平面三角形【答案】B【解析】【详解】A．乙烯为平面型分子，该空间填充模型正确，故A正确；B．CaC2为离子化合物，其电子式为：，故B错误；C．N原子的最外层是第二层有5个电子，基态N原子的价层电子排布图为：，故C正确；D．中心碳原子的价层电子对数为，无孤对电子，所以VSEPR模型为平面三角形，故D正确；故答案为：B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.5mol/L的乙醇溶液中含氧原子数为0.5NAB.1molKCl晶体中所含分子数为NAC.0.1mol乙酸与足量甲醇充分反应生成的乙酸甲酯分子数目小于0.1NAD.62gP4()熔化时，断裂P－P键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A．乙醇溶液中的溶剂H2O中也含有O原子，故无法计算1L0.5mol/L的乙醇溶液中含氧原子数，A错误；B．KCl晶体中不含有分子，1molKCl晶体中所含分子数为0，B错误；C．已知酯化反应是一个可逆反应，故0.1mol乙酸与足量甲醇充分反应生成的乙酸甲酯分子数目小于 0.1NA，C正确；D．白磷是分子晶体，故62gP4()熔化时，不断裂P－P键，D错误；故答案为：C。4.下列关于物质的用途的叙述不正确的是A.聚乳酸是一种很好的生物降解塑料，可用作超市购物袋等，以减少白色污染B.NaCl可用作食品防腐剂C.复方氯乙烷气雾剂可用于运动中的急性损伤的镇痛D.在酱油中加入铁强化剂(如FeCl3)，以减少缺铁性贫血问题的发生【答案】D【解析】【详解】A．一般塑料难降解，由于过度使用而导致“白色污染”，而使用聚乳酸可降解塑料袋有利于减少“白色污染”，A正确；B．食盐具有咸味，且能使细胞脱水，可以用作食品防腐剂，B正确；C．复方氯乙烷气雾剂可用于运动中急性损伤的镇痛，C正确；D．Fe3+不易吸收，Fe2+易吸收，故在酱油中加入铁强化剂(如FeSO4)，以减少缺铁性贫血问题的发生，D错误；故答案为D。5.下列离子(或分子)组在相应条件下，一定能大量共存的是A.麦芽糖溶液中：MnO、K+、H+、SOB.能使苯酚溶液显紫色的溶液中：Na+、HCO、SCN-、Cl-C.银氨溶液中：OH-、NO、K+、Cl-D.Na2CO3溶液中：Al3+、SO、H+、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．麦芽糖具有还原性，故麦芽糖溶液中不能大量存在MnO、H+，A不合题意；B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与HCO发生双水解反应不能大量共存，Fe3+与SCN-形成络合物而不能大量共存，B不合题意； C．银氨溶液中银氨络离子和OH-、NO、K+、Cl-相互间不反应，能够大量共存，C符合题意；D．Na2CO3溶液中的碳酸根离子与Al3+发生双水解反应不能大量共存，碳酸根离子与H+发生反应而不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。6.2021年诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醇反应如图。下列说法错误的是A.C的分子式为C10H11NO4B.理论上，该反应原子利用率为100%C.脯氨酸与互为同分异构体D.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别b和c【答案】D【解析】【详解】A．根据C的结构简式可知，C的分子式为C10H11NO4，A正确；B．上述反应无副产物，所以理论上原子利用率为100%，B正确；C．脯氨酸分子式为C5H9NO2，的分子式也为C5H9NO2，两者互为同分异构体，C正确；D．b分子中的醛基和c分子中的羟基均容易被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别b和c，D错误；故选D。7.下列实验装置，可以达到实验目的的是A.用装置①在实验室制备乙烯 B.用装置②证明溴乙烷消去反应有乙烯生成C.用装置③探究KCl浓度是否对FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动有影响D.用装置④证明溴和苯发生的是取代反应而不是加成反应【答案】C【解析】【详解】A．实验将浓硫酸和乙醇的混合液加热到170℃，故需温度计插入溶液中测量反应溶液的温度，故用装置①在实验室不能制备乙烯，A不合题意；B．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故用装置②不能证明溴乙烷消去反应有乙烯生成，B不合题意；C．该实验中可以通过观察溶液的颜色是否发生改变来判断平衡是否发生移动，故用装置③可以探究KCl浓度是否对FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动有影响，C符合题意；D．由于液溴易挥发，且挥发出的Br2能与水反应生成HBr，进而与AgNO3反应生成淡黄色沉淀，故用装置④不能证明溴和苯发生的是取代反应而不是加成反应，D不合题意；故答案为：C。8.下列有关说法正确的是A.合成氨为放热反应，所以在实际生产过程中温度越低越好B.在恒温恒容条件下，发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量O2，再次达到平衡后，SO3浓度降低C.在恒温恒压条件下，发生2NO2(g)N2O4(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量N2O4，再次达到平衡后，体系颜色不变D.CaCO3(s)+2NH(aq)Ca2+(aq)+2NH3(aq)+CO2(g)+H2O(l)H=+68.9kJ•mol-1、S=+37.3J/(mol•K)该反应可在沸水中自发进行【答案】C【解析】【详解】A．温度越低，反应速率越慢，催化剂的活性也与温度有关，所以反应的温度并不是越低越好，而是合适的温度，A错误；B．在恒温恒容条件下，发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，当反应达到平衡后，若再充入少量O2，平衡正向移动，SO3的物质的量增大，容器体积不变，故再次达到平衡后，SO3的浓度增大，B错误；C．在恒温恒压条件下，发生2NO2(g)N2O4(g)，当反应达到平衡后，若再充入少量N2O4，前后达到的平衡为等效平衡，故再次达到平衡后，体系颜色不变，C正确； D．CaCO3(s)+2NH(aq)Ca2+(aq)+2NH3(aq)+CO2(g)+H2O(l)H=+68.9kJ•mol-1、S=+37.3J/(mol•K)，该反应在沸水中=68.9kJ/mol-373.15K×37.3J/(mol•K)×10-3kJ/J=54.98kJ/mol＞0，故不能自发进行，D错误；故答案为：C。9.下列有关化合物结构和性质的论述正确的是A.无机苯()的结构与苯相似，其中形成大π键的电子全部由N提供B.根据原子半径推知，F－F键的键能大于Cl－Cl键，F2化学性质更稳定C.NH3的成键电子对间排斥力比PH3小，所以NH3的键角比PH3小D.O3是弱极性分子，其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度【答案】A【解析】【详解】A．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个σ键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个σ键，N原子中还有2个电子参与形成大π键，故形成大π键电子全部由N原子提供，A正确；B．非金属性：F＞Cl，因此F2化学性质更活泼，B错误；C．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，NH3中成键电子对间的斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，C错误；D．已知H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理可知，故O3是弱极性分子，其在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，D错误；故答案为A。10.金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2•MZX3，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。1molMZX3，含有42mol质子，下列说法正确的是A.离子半径：M＞XB.X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞YC.M的最高价氧化物对应水化物为强碱D.第一电离能：Z＞X【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18，而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H元 素，X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(OH)2⋅MZX3，可知M显+2价，1molMZX3含有42mol质子，当Z为Si元素时，M的质子数为4，即Be元素，不是人体必需微量元素，不合题意，当Z为S元素时，M的质子数为2，为He，不是人体必需微量元素，不符合题意，只有当Z为C元素时，M的质子数为12，为Mg元素，是人体的必需微量元素之一，符合题意，故确定X、Y、Z、M分别为：O、H、C、Mg，据此分析。【详解】A．由分析可知，M为Mg，X为O，Mg2+和O2-具有相同的电子层结构，且Mg的核电荷数比O大，故离子半径：Mg2+＜O2-，即M＜X，A错误；B．由分析可知，X为O、Y为H、Z为C，故X、Y、Z的电负性大小为O＞C＞H，即X＞Z＞Y，B正确；C．由分析可知，M为Mg，M的最高价氧化物对应水化物即Mg(OH)2为弱碱，C错误；D．由分析可知，X为O，Z为C，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA反常，故第一电离能：O＞C，即X＞Z，D错误；故答案为B。11.下列离子方程式正确的是A.向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]OH2NH+CO+4Ag↓+6NH3+2H2OC.向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：5H2C2O4+6H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2OD.向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．向CuSO4溶液中加入过量氨水会生成，Cu2++4NH3•H2O=+4H2O，故A错误；B．甲醛发生银镜反应：HCHO+4+4OH-2NH+CO+4Ag↓+6NH3+2H2O，故B错误；C．向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液生成二氧化碳：5H2C2O4+6H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；D．离子方程式中按少量的定系数，向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO，故D错误； 故答案为C。12.MnO2催化降解甲醛的机理如图所示，其中MnO2起着吸附活化的作用。下列说法错误的是A.基态Mn原子的未成对电子数为5个B.•CHO中碳原子采取sp2杂化C.CO2的空间结构为V形D.HCHO在降解过程中碳氧双键未发生断裂【答案】C【解析】【详解】A．基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，则未成对电子数为5个，A正确；B．•CHO的中心碳原子与氧原子之间为碳氧双键，则采用的是sp2杂化，B正确；C．CO2中心C原子价层电子对数为2+=2+0=0，不含孤电子对，所以其空间结构为直线形，C错误；D．HCHO在降解过程中断开的是碳氢单键，碳氧双键未发生断裂，D正确；故选C。13.在卤水精制中，纳滤膜对、有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。下列说法正确的是已知：+—NH2+HClA.J能脱除、可能与其存在阴离子有关B.MPD的核磁共振氢谱有5组峰C.J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关D.合成J的反应为加聚反应 【答案】A【解析】【详解】A．钙镁离子能被脱出，是因为这两个离子与J中的阴离子发生结合，从而脱离水溶液，A项正确；B．MPD的结构为，所以氢的种类有4种，B项错误；C．J能形成网状结构，不仅能横向连接，还可以纵向连接，不仅是因为AEPPS，还因为TMC有三个酰氯，C项错误；D．合成J是通过脱出小分子形成高分子，所以是缩聚反应，D项错误；答案选A。14.某离子晶体的晶胞是由M、N两种离子组成的正方体结构，晶胞参数为apm。该晶胞沿x轴在yz平面的投影如图2所示，沿体对角线方向的投影如图3所示(注：M离子用表示，N离子用表示，两种离子投影重合时用表示)。下列说法错误的是A.该晶体的化学式可表示为MNB.与N离子距离最近的N离子有8个C.M离子与N离子之间的最近距离为apmD.晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)【答案】B【解析】【分析】由题干晶胞投影图可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，如下图：，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，故一个晶胞含有M离子的数目为：=4，N离子为4，故该晶体的化学式可表示为MN，A正确；B．由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，与N离子距离最近的N离子有6个，B错误；C．由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，M离子与N离子之间的最近距离为体对角线的四分之一即apm，C正确；D．由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)即为位于8个晶胞中左上、后面的小晶胞的体心上的点，如图所示：，D正确；故答案为：B。第II卷填空题二、填空题(本题共4个小题，共58分)15.巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp难溶物Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ksp8×10-164×10-382×10-11 请回答下列问题：（1）请写出基态Fe原子的价电子排布式_______。（2）将矿石粉碎的目的________。（3）操作1的名称是______，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是_______。（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时的最佳取值范围为_______。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式_______。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为______。【答案】（1）3d64s2（2）增大接触面积加快酸浸速率（3）①.过滤②.（4）（5）①.②.【解析】【分析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将沉淀，再加入将氧化为Na2FeO4。【小问1详解】Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；【小问2详解】根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；【小问3详解】根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是；【小问4详解】常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+ 不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。【小问5详解】氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。16.2023年6月27日，我国工业与信息化部办公下达了2023年度国家工业节能监察任务的通知，其监察的重点为企业节能减排的落实情况。（1）利用反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H，可减少CO2排放，并介成清洁能源。该反应一般认为可通过以下两步来实现：①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41kJ•mol-1②CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90kJ•mol-1则合成反应的△H=______kJ•mol-1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)。A.B.C.D.（2）500℃时，在2L的密闭容器中充入3molCO2和8molH2，发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。下列现象可以说明反应达到平衡的是______。A．3正(H2)=逆(H2O)B．气体平均相对分子质量不再改变C．气体密度不再改变D．CO2与H2的物质的量之比不再改变测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率 (CO2)=______。（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。已知ZrO2的熔点高达2700℃，四方ZrO2的晶胞如图所示：ZrO2属于______晶体(选填“分子”或“离子”)，若四方ZrO2的晶胞参数为apm，该晶体的密度为______g•cm-3(写表达式，用NA表示阿伏加德罗常数)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=______(用含x的代数式表示)。【答案】（1）①.-49②.C（2）①.BD②.0.2mol·L-1·min-1（3）①.离子②.③.2-x【解析】【小问1详解】①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO (g)　ΔH1=+41 kJ•mol-1，②CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g)  ΔH2=-90 kJ•mol-1，①+②得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+41 kJ•mol-1-90 kJ•mol-1=-49kJ•mol-1，慢反应活化能高，总反应放热，所以选C；【小问2详解】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，3正(H2)=逆(H2O)，正逆反应不相等，反应未达到平衡，A错误；B．反应前后气体总质量不变，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明容器内气体分子总数不变，反应达到平衡状态，B正确；C．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终不改变，混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，C错误；D．该过程中CO2和H2的投料比为3:8，而CO2和H2的消耗量之比为1:3，故CO2与H2的物质的量之比一直在改变，故当CO2与H2的物质的量之比不再改变，说明反应达到平衡了，D正确；故选：BD； 测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率(CO2)==0.2mol·L-1·min-1；【小问3详解】由题干信息可知，ZrO2的熔点高达2700℃，熔点很高故ZrO2属于离子晶体，由题干晶胞可知，晶胞中O原子数目为8，Zr原子数目为8×+6×=4，故晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10-30cm3，ρ==g•cm-3，在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为-2价，则2x+4×(1-x)=2y，y=2-x。17.邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。反应原理：实验装置如图：相关物质的物理性质如表：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性邻苯二甲酸酐148131~134284不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇邻苯二甲酰亚胺147232~235366微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液实验步骤：I．向250mL三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水(稍过量)，加热至 80℃-95℃，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。Ⅱ．继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末72.2g。Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为______，仪器A中盛装的试剂是______。(填标号)a．碱石灰b．五氧化二磷c．浓硫酸（2）步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为________。（3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是________。（4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是______。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是_______。（5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于______。(填标号)a．85%b．80%c．75%d．70%（6）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：________。【答案】17.①.球形干燥管②.bc18.苯二甲酸酐19.两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高20.①.趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀②.减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥21.a22.+NH3+3O2+4H2O【解析】【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。【小问1详解】 由题干实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，故其中盛装的试剂是五氧化二磷和浓硫酸，故答案为：球形干燥管；bc；【小问2详解】由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐，故答案为：苯二甲酸酐；【小问3详解】邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；【小问4详解】由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥；【小问5详解】由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，故答案为：a；【小问6详解】由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2+4H2O。18.近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图： 已知（1）A中官能团的名称为______。（2）C分子中碳原子的杂化方式为______杂化，E的结构简式为______。（3）B反应生成C化学方程式是_______。该反应的反应类型为______。（4）K是D的同分异构体，请写出符合下列条件的K的所有结构简式_______。①与NaOH溶液反应时，1molK最多可消耗3molNaOH②能水解，且能发生银镜反应③核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1（5）已知：，参照上述流程中的合成路线，写出以苯和乙酸为原料制备乙酰苯胺()的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选)_______。【答案】18.碳溴键19.①.sp2、sp3②.20.①.2+O22+2H2O②.氧化反应21.或22. 【解析】【分析】A的分子式为C8H9Br，B催化氧化生成C为，说明A到B发生了取代反应，则B的结构简式为，A的结构简式为；C与HCN、H+发生题给已知I的反应生成D为，D与浓硫酸、加热反应生成E，E与SOCl2、加热反应生成F，结合F的分子式C9H7ClO和题给已知Ⅱ的第一步可知，E的结构简式为，F的结构简式为；F与H发生题给已知Ⅱ的第二步反应生成I；(5)本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：V，据此分析作答。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳溴键，故答案为：碳溴键；【小问2详解】由题干流程图中C的结构简式可知C分子中碳原子中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，另一个碳原子采用sp3，故C分子中的杂化方式为sp2、sp3杂化，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：sp2、sp3；；【小问3详解】由分析可知，B的结构简式为：，故B反应生成C的化学方程式是2+O22+2H2O，该反应的反应类型为氧化反应，故答案为： 2+O22+2H2O；氧化反应；【小问4详解】D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO-和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO-、-OH和-CH2CH3；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO-、-OH和2个-CH3；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、，故答案为：、。【小问5详解】