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2024年甘肃高考化学试题
一、单选题
1．下列成语涉及金属材料的是
A．洛阳纸贵 B．聚沙成塔 C．金戈铁马 D．甘之若饴
【答案】C
【详解】A．纸的主要成分是纤维素，不是金属材料，A错误；
B．沙的主要成分是硅酸盐，不是金属材料，B错误；
C．金和铁都是金属，C正确；
D．甘之若饴意思是把它看成像糖那样甜，糖类是有机物，不是金属材料，D错误；
故选C。
2．下列化学用语表述错误的是
Ca2+ Cl-
A． 和 的最外层电子排布图均为
PH H S
B． 3和 2 的电子式分别为 和
CH =CHCH CH CH
2 2 2 3
C． 的分子结构模型为
D． 、 和 互为同位素
❑
12C
❑
13C
❑
14C
6 6 6
【答案】B
【详解】A．Ca2+和Cl-的核外电子数都是18，最外层电子排布图均为 ，A正确；
1
B．PH 中磷原子和每个氢原子共用一对电子，中心原子P原子价层电子对数为3+ ×(5-3×1)=4，孤电子对数为1，
3
2
PH 的电子式为 ，B错误；
3
C．CH=CHCHCHCH 分子中存在1个碳碳双键，位于1号碳原子与2号碳原子之间，存在3个碳碳单键，无支
2 2 2 3
链，且氢原子半径小于碳原子半径，其分子结构模型表示为 ，C正确；
D． 、 和 是质子数相同、中子数不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互为同位素，D正确；
12C 13C 14C
6 6 6
故选B。
3．化学与生活息息相关，下列对应关系错误的是
物质 性质 用途
A 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白
B 氢气 可燃性 制作燃料电池C 聚乳酸 生物可降解性 制作一次性餐具
D 活性炭 吸附性 分解室内甲醛
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．次氯酸钠有强氧化性，从而可以做漂白剂，用于衣物漂白，A正确；
B．氢气是可燃气体，具有可燃性，能被氧气氧化，可以制作燃料电池，B正确；
C．聚乳酸具有生物可降解性，无毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正确；
D．活性炭有吸附性，能够有效吸附空气中的有害气体、去除异味，但无法分解甲醛，D错误；
故选D。
4．下列措施能降低化学反应速率的是
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【详解】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝
酸时加入铂可以加快化学反应速率，A错误；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B错误；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C正确；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D错误；
故选C。
5．X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电子，Z
和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是
A．X、Y组成的化合物有可燃性 B．X、Q组成的化合物有还原性
C．Z、W组成的化合物能与水反应 D．W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、Q为短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，W为Na元素；Z和Q同族，Z的原子序数
是Q的一半，则Z为O、Q为S；Y原子核外有两个单电子、且原子序数小于Z，Y为C元素；X、Y、Z、W、Q
的最外层电子数之和为18，则X的最外层电子数为18-4-6-1-6=1，X可能为H或Li。
【详解】A．若X为H，H与C组成的化合物为烃，烃能够燃烧，若X为Li，Li与C组成的化合物也具有可燃性，
A正确；
B．X、Q组成的化合物中Q（即S）元素呈-2价，为S元素的最低价，具有还原性，B正确；
C．Z、W组成的化合物为NaO、NaO，NaO与水反应生成NaOH，NaO 与水反应生成NaOH和O，C正确；
2 2 2 2 2 2 2
D．W、Q组成的化合物NaS属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D错误；
2
故选D。
6．下列实验操作对应的装置不正确的是
A B C D
灼烧海带制海带 准确量取15.00mL稀盐 配制一定浓度的NaCl溶
使用电石和饱和食盐水制备C H
灰 酸 液 2 2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．灼烧海带制海带灰应在坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌，给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土网，A
错误；B．稀盐酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸，B正确；
C．配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将在烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的容量瓶
中，C正确；
D．电石的主要成分CaC 与水发生反应CaC +2H O→Ca(OH) +CH≡CH↑制取C H，该制气反应属于固体与液体常
2 2 2 2 2 2
温制气反应，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，D正确；
故选A。
7．某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B．电极2是阴极，发生还原反应：
O +4e-=2O2-
2
C．工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2
D．理论上电源提供2mole-能分解1molH O
2
【答案】B
【分析】多孔电极1上HO(g)发生得电子的还原反应转化成H(g)，多孔电极1为阴极，电极反应为2HO+4e-
2 2 2
=2H +2O2-；多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O(g)，多孔电极2为阳极，电极反应为2O2--4e-=O 。
2 2 2
【详解】A．电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A正确；
B．根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O ，B错误；
2
C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C正确；
电解
D．根据分析，电解总反应为2HO(g) 2H+O ，分解2molH O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol电子
2 2 2 2
¿
¿
能分解1molH O，D正确；
2
故选B。
8．曲美托嗪是一种抗焦虑药，合成路线如下所示，下列说法错误的是
A．化合物I和Ⅱ互为同系物
B．苯酚和(CH O) SO 在条件①下反应得到苯甲醚
3 2 2
C．化合物Ⅱ能与NaHCO 溶液反应
3D．曲美托嗪分子中含有酰胺基团
【答案】A
【详解】A．化合物Ⅰ含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物Ⅱ含有的官能团有羧基、醚键，官能团种类不同，化
合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互为同系物，A错误；
B．根据题中流程可知，化合物Ⅰ中的酚羟基与(CH O) SO 反应生成醚，故苯酚和(CH O) SO 在条件①下反应得
3 2 2 3 2 2
到苯甲醚，B正确；
C．化合物Ⅱ中含有羧基，可以与NaHCO 溶液反应，C正确；
3
D．由曲美托嗪的结构简式可知，曲美托嗪中含有的官能团为酰胺基、醚键，D正确；
故选A。
9．下列实验操作、现象和结论相对应的是
实验操作、现象 结论
A 用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红 该溶液是酸溶液
B 用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的气味 该织物含蛋白质
C 乙醇和浓硫酸加热，产生的气体使溴水褪色 该气体是乙烯
D 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成沉淀 氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红，该溶液显酸性，但不一定是酸溶液，也有可能是显酸性
的盐溶液，A错误；
B．动物纤维主要成分是蛋白质，灼烧后有类似烧焦羽毛的味道，若用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的味道，
说明该织物含有动物纤维，含有蛋白质，B正确；
C．乙醇和浓硫酸加热，会产生很多产物，如加热温度在170℃，主要产物为乙烯；如加热温度在140℃，主要产
物为二乙醚；同时乙醇可在浓硫酸下脱水生成碳单质，继续和浓硫酸在加热条件下产生二氧化碳、二氧化硫等，
其中的产物二氧化硫也能使溴水褪色，不能说明产生的气体就是乙烯，C错误；
D．氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，会发生复分解反应，生成难溶的氢氧化镁，与氢氧化钠和氢氧化镁的碱性无
关，不能由此得出氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强，D错误；
故选B。
10．甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．E =1.41eV B．步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eV
2
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【详解】A．由能量变化图可知，E =0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV，A正确；
2
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV，B正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能E =0.70eV，步骤2的活化能E =-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，步骤1
1 3的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D正确；
故选C。
11．兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是
A．还原性：Ag>Cu>Fe
B．按上述方案消耗1molFe可回收1molAg
C．反应①的离子方程式是 [Cu(NH ) ] 2+ +4H+=Cu2++4NH+
3 4 4
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
【答案】C
【详解】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为
Fe > Cu > Ag，A错误；
B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消
耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B错误；
C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是
[Cu(NH ) ] 2+ + 4H+= Cu2++4NH+，C正确；
3 4 4
D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铵水
解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化
铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D错误；
故选C。
12．β-MgCl 晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是
2
A．电负性：Mg<Cl B．单质Mg是金属晶体
C．晶体中存在范德华力 D．Mg2+离子的配位数为3
【答案】D
【详解】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电负性小
于 Cl，A正确；
B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确；
C．由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确；
D．由图乙中结构可知，每 个Mg2+与周围有6个Cl-最近且距离相等，因此 ，Mg2+的配位数为6，D错误；
故选D。
温室气体N O在催化剂作用下可分解为O 和N ，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。
2 2 2
13．下列说法错误的是
A．原子半径：O<N<C B．第一电离能：C<N<O
C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．苯和苯酚中C的杂化方式相同
14．下列说法错误的是A．相同条件下 比 稳定 B． 与 的空间构型相同
N O N O NO+
2 2 2 2
C．N O中N-O键比N-N键更易断裂 D．N O中σ键和大π键的数目不相等
2 2
【答案】13．B 14．D
【解析】13．A． C 、N 、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增；同一周期的元素，从左到右原子半径
依次减小，因此，原子半径从小到大的顺序为O<N<C，A正确；
B．同一周期的元素，从左到右电负性呈递增的趋势，其中ⅡA和ⅤA的元素因其原子结构相对较稳定而出现反
常，使其电负性大于同周期相邻的元素，因此，第一电离能从小到大的顺序为C< O< N，B错误；
C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，根据相似相溶规则可知，苯酚在水中
的溶解度大于苯，C正确；
D．苯和苯酚中C的杂化方式均为sp2，杂化方式相同，D正确；
故选B。
14．A．N 分子中存在的N≡N，O 分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于N≡N，因此，相同条件下N 比O 稳定，
2 2 2 2
A正确；
B． 与 均为 的等电子体，故其均为直线形分子，两者空间构型相同，B正确；
N O NO+ CO
2 2 2
C．N O的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为O 和N ，说明N O中N-O键比N-N键更易断裂，C正确；
2 2 2 2
D．N O中σ键和大π键的数目均为2，因此，σ键和大π键的数目相等，D错误；
2
故选D。
二、解答题
15．我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al O 和SiO 等)为原料，对炼钢烟气(CO 和水蒸气)进行回收
2 3 2 2
利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
K (CaSO )=4.9×10-5 K (CaCO )=3.4×10-9
sp 4 sp 3
(1)高炉渣与(NH ) SO 经焙烧产生的“气体”是 。
4 2 4
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO 和 。
4
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品NH Al(SO ) ⋅12H O可用于 。
4 4 2 2
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数
a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为 pm；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为Mg⋅mol-1，
阿伏加德罗常数的值是N ，则晶体的密度为 g⋅cm-3(列出计算表达式)。
A【答案】(1)NH
3
(2)SiO
2
(3) CaSO +(NH ) CO =CaCO +(NH❑)❑ SO K (CaSO )＞K (CaCO )，微溶的硫酸钙转化为更难溶的
4 4 2 3 3 4 2 4 sp 4 sp 3
碳酸钙
(4)净水
√2 M ×1030
(5) a Ca NB
2 3 3 N a2c
A
【分析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al O 和SiO 等)加入(NH ) SO 在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、
2 3 2 4 2 4
硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO 和水蒸气)反应，生成(NH ) CO ，所以该气体为NH ；焙烧产物经过
2 4 2 3 3
水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO 以及未反应的SiO，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，
4 2
析出NH Al(SO ) ⋅12H O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH ) CO 溶液，滤渣中的CaSO 会转化为更难溶的碳酸钙。
4 4 2 2 4 2 3 4
【详解】（1）由分析可知，高炉渣与(NH ) SO 经焙烧产生的“气体”是NH ；
4 2 4 3
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO 和未反应的SiO；
4 2
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为
，该反应之所以能发生，是由于 ，
CaSO +(NH ) CO =CaCO +(NH❑)❑ SO K (CaSO )=4.9×10-5
4 4 2 3 3 4 2 4 sp 4
， ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
K (CaCO )=3.4×10-9 K (CaSO )＞K (CaCO )
sp 3 sp 4 sp 3
（4）铝产品NH Al(SO ) ⋅12H O溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH) 胶体，可用于净水；
4 4 2 2 3
√2
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为 apm；由均摊法可知，晶胞中Ca
2
1 1 1 1
的个数为8× +2=3，N的个数为8× +2× =3，B的个数为4× =1，则化合物的化学式是Ca NB；其摩尔
3 3
8 4 2 4
M
质量为Mg⋅mol-1，阿伏加德罗常数的值是N ，晶胞体积为a2c×10-30cm3则晶体的密度为
×1030g⋅cm-3
。
A N a2c
A
16．某兴趣小组设计了利用MnO 和H SO 生成MnS O ，再与Na CO 反应制备Na S O ⋅2H O的方案：
2 2 3 2 6 2 3 2 2 6 2
(1)采用下图所示装置制备SO ，仪器a的名称为 ；步骤I中采用冰水浴是为了 ；
2(2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO ，原因是 ；
2
(3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH) 溶液的目的是 ；
2
(4)步骤Ⅳ生成MnCO 沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是 ；
3
(5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中 。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 增大SO 的溶解度、增大HSO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温
2 2 3
(2)防止过多的MnO 与HSO 反应生成MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃
2 2 3 4
(3)除去过量的SO （或HSO ）
2 2 3
(4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和NaCO 溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全
2 3
(5)D、A、E
【分析】步骤Ⅱ中MnO 与HSO 在低于10℃时反应生成MnS O，反应的化学方程式为
2 2 3 2 6
MnO +2H SO =MnSO+2H O，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH) 除去过量的SO （或HSO ），步骤Ⅳ中滴入饱和
2 2 3 2 6 2 2 2 2 3
NaCO 溶液发生反应MnS O+Na CO=MnCO↓+Na SO，经过滤得到NaSO 溶液，步骤Ⅴ中NaSO 溶液经蒸发
2 3 2 6 2 3 3 2 2 6 2 2 6 2 2 6
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaSO∙2H O。
2 2 6 2
【详解】（1）根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO 的溶解度、增
2
大HSO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温；
2 3
（2）由于MnO 具有氧化性、SO （或HSO ）具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO ，原因是：防止过多的
2 2 2 3 2
MnO 与HSO 反应生成MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃；
2 2 3 4
（3）步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH) 溶液的目的是除去过量的SO （或HSO ），防止后续反应中SO 与NaCO 溶液
2 2 2 3 2 2 3
反应，增加饱和NaCO 溶液的用量、并使产品中混有杂质；
2 3
（4）步骤Ⅳ中生成MnCO 沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和NaCO
3 2 3
溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全；
（5）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量
晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到NaSO∙2H O，依次填入D、A、E。
2 2 6 2
17．SiHCl 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
3
(1)由 制备 ：
SiCl SiHCl SiCl (g)+H (g)=SiHCl (g)+HCl(g)ΔH =+74.22kJ⋅mol-1 (298K)
4 3 4 2 3 1
已知
SiHCl (g)+H (g)=Si(s)+3HCl(g)ΔH =+219.29kJ⋅mol-1(298K)
3 2 2
298K时，由SiCl (g)+2H (g)=Si(s)+4HCl(g)制备56g硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。升高温度
4 2
有利于制备硅的原因是 。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl ： 催化剂 。
773K
，
2L
密闭容器中，
3 3SiCl (g)+2H (g)+Si(s) ⇌ 4SiHCl (g)
4 2 3
经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4molH 和0.1mol SiCl 气体反应，SiCl 转化率随时间的变化如下
2 4 4图所示：
①0-50min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl )=
3
mol⋅L-1 ⋅min-1。
②当反应达平衡时，H 的浓度为 mol⋅L-1，平衡常数K的计算式为 。
2
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2) 甲 0.1952 0.00974 逆反应方向
5.6×10-5
0.04273×0.19522
【详解】（1）根据热化学方程式：① ， ；②
SiCl (g)+H (g)=SiHCl (g)+HCl(g) ΔH =+74.22kJ⋅mol-1
4 2 3 1
SiHCl (g)+H (g)=Si(s)+3HCl(g)
，
ΔH =+219.29kJ⋅mol-1
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方
3 2 2
程式SiCl (g)+2H (g)=Si(s)+4HCl(g)，
4 2
，则制备56gSi，即2molSi，需
ΔH=ΔH +ΔH =+74.22kJ⋅mol-1+(+219.29kJ⋅mol-1)=+293.51kJ⋅mol-1
1 2
要吸收热量为293.51kJ⋅mol-1×2=587.02kJ⋅mol-1；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于
制备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl 的转化率
4
为4.2%，反应的SiCl 的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl 的物质
4 3
4 0.0056mol
的量为0.0042mol× =0.0056mol，平均反应速率v(SiHCl )= =5.6×10-5mol⋅L-1 ⋅min-1 ；
3 3 2L×50min
②反应达到平衡时，SiCl 的转化率为14.6%，列出三段式为：
4
催化剂
3SiCl (g) + 2H (g) + Si(s) 4SiHCl (g)
4 2 ⇌ 3 ¿0.0048¿¿¿¿0.0097¿平衡浓度(mol/L)¿0.0427¿¿0.1952¿¿¿¿0.0097¿
起始浓度(mol/L) 0.05 ¿0.2 ¿ ¿ 转化浓度(mol/L) ¿
当反应达平衡时，H 的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 0.00974 ；
2 0.1952mol⋅L-1
0.04273×0.19522
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
18．山药素-1是从山药根茎中提取的具有抗菌消炎活性的物质，它的一种合成方法如下图：(1)
化合物I的结构简式为 。由化合物I制备化合物Ⅱ的反应与以下反应 的反应类型相同。
A． 光照 B． 光照
C H +Cl → C H Cl+HCl C H +3Cl → C H Cl
6 12 2 6 11 6 6 2 6 6 6
C． 500-550°C D． 500-600°C
C H Cl → C H Cl+HCl C H +Cl → C H Cl+HCl
2 4 2 2 3 3 6 2 3 5
(2)化合物Ⅲ的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种。
①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种；
②能与新制Cu(OH) 反应，生成砖红色沉淀；
2
③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1:2:3:6。
(3)化合物IV的含氧官能团名称为 。
(4)由化合物V制备VI时，生成的气体是 。
(5)从官能团转化的角度解释化合物Ⅷ转化为山药素-1的过程中，先加碱后加酸的原因 。
【答案】(1) AD
(2)5
(3)酚羟基、醚键、醛基
(4)CO
2
(5)提高化合物Ⅷ的转化率
【分析】I的分子式为C H O，在光照的条件下和氯气发生取代反应得II ，故I的结构为
9 12 2
；化合物V转化为化合物VI发生脱羧反应，有CO 生成；
2
【详解】（1）根据分析，I的结构简式为 ，由化合物I制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反
应，A、D都是烃与氯气发生取代反应，B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，C是C HCl 发生消去反应，
2 4 2故选AD；
（2）化合物Ⅲ为 ，分子式C H O，同时满足下列条件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只
10 12 4
有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制Cu(OH) 反应，生成砖红色沉淀，说明有醛基，根
2
据分子式，不饱和度为5，除去苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为
1:2:3:6，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，因此满足条件的同分异构体有：
、 、 、 、
，共5种；
（3）化合物IV的结构为 ，其中含氧官能团的名称为酚羟基、醚键、醛基；
（4）对比化合物V和化合物VI的结构，化合物VI比化合物V少一个碳原子两个氧原子，由化合物V制备VI时，
生成的气体是CO；
2
（5）化合物Ⅷ转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的盐转
化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加碱后加酸是为
了提高化合物Ⅷ的转化率。
