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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
A． 和 的最外层电子排布图均为
2+ -
Ca Cl
B． 和 的电子式分别为 和
PH3 H2S
C． 的分子结构模型为
D． CH2= 、 CHCH2C 和 H2CH3 互为同位素
【答案】B12 13 14
6 C 6 C 6 C
【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；
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
1
2
PH 的电子式为 ，B错误；
3
C．CH =CHCH CH CH 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；
故选12B。 13 14
6C 6C 6C
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Na O、Na O ，Na O与水反应生成NaOH，Na O 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Na S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
灼烧海带制海带灰 准确量取 稀盐酸 配制一定浓度的 溶液 使用电石和饱和食盐水制备
15.00mL NaCl C2H2
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：
C．工作时 从多孔电极1迁移到多孔电极- 2 2-
O2+4e=2O
D．理论上电2-源提供 能分解
O
【答案】B -
2mole 1molH2O
【分析】多孔电极1上H O(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
2 2
2H O+4e-=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
2 2 2
2O2--4e-=O 。
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2H O(g) 2H +O ，分解2molH O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol电子能
2 2 2 2
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 在条件①下反应得到苯甲醚
C．化合物Ⅱ能与 溶液反应
(CH3O)2SO2
D．曲美托嗪分子中含有酰胺基团
NaHCO3【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 反应生成醚，故苯酚和 在条件①下反应得到
苯甲醚，B正确；
(CH3O)2SO2 (CH3O)2SO2
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 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
Mo
A． B．步骤2逆向反应的
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
E2=1.41eV ΔH=+0.29eV
【答案】C
【详解】A．由能量变化图可知， ，A正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的 ，B正确；
E2=0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能 ，步骤2的活化能 ，步骤1的活
ΔH=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV
E1=0.70eV E3=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV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 中提取 的实验方案，下列说法正确的是
AgCl Ag
A．还原性：
B．按上述方案消耗 可回收
Ag>Cu>Fe
C．反应①的离子方程式是
1molFe 1molAg
D．溶液①中的金属离子是 2+ + 2+ +
[Cu(NH3)4] +4H =Cu +4NH4
【答案】C 2+
Fe
【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
，C正确；
D．向氯化铜2+和氯化+铵的混2+合液中+加入铁，铁置换出铜后生成 ，然后 被通入的氧气氧化为 ，氯化铵水
[Cu(NH3)4] + 4H = Cu +4NH4
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2此+氢离子浓2度+减少促进了铁离子水解3生+成氢氧化铁
Fe Fe Fe
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 ，D错误；
故选C。 3+
Fe
12． 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
β-MgCl2
A．电负性： B．单质 是金属晶体
C．晶体中存在范德华力 D． 离子的配位数为3
Mg<Cl Mg
【答案】D 2+
Mg
【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 与周围有6个 最近且距离相等，因此 ， 的配位数为6，D错误；
故选D。 2+ − 2+
Mg Cl Mg
温室气体 在催化剂作用下可分解为 和 ，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。
13．下列说法错误的是
N2O O2 N2
A．原子半径： B．第一电离能：
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
O<N<C C<N<O
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
C． 中 键比 键更易断裂 D． 中 键+和大 键的数目不相等
N2 O2 N2O NO2
N2O N-O N-N N2O σ π【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 ，杂化方式相同，D正确；
故选B。 2
sp
14．A． 分子中存在的 ， 分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于 ，因此，相同条件下 比 稳
定，A正确；
N2 N≡N O2 N≡N N2 O2
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；
C． 的中心+原子是N，其在催化剂作用下可分解为 和 ，说明 中 键比 键更易断裂，C正确；
N2O NO2 CO2
D． 中 键和大 键的数目均为2，因此， 键和大 键的数目相等，D错误；
N2O O2 N2 N2O N-O N-N
故选D。
N2O σ π σ π
二、解答题
15．我国科研人员以高炉渣(主要成分为 ， ， 和 等)为原料，对炼钢烟气( 和水蒸气)进行回收利
用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
CaO MgO Al2O3 SiO2 CO2
已知：
(1)高炉渣与 经焙烧-5产生的“气体”是 。-9
Ksp(CaSO4)=4.9×10 Ksp(CaCO3)=3.4×10
(2)“滤渣”的主要成分是 和 。
(NH4)2SO4
(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 。
CaSO4
(4)铝产品 可用于 。
(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
NH4Al(SO4)2⋅12H2O
。图丙中 与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为 ，阿伏加德
a≠
罗常数的值是 ，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。 -1
c,α=β=γ=90° Ca pm Mg⋅mol
-3
NA g⋅cm
【答案】(1)NH
3(2)SiO
2
(3) ＞ ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳
酸钙 CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH 4) 2SO4 Ksp(CaSO4) Ksp(CaCO3)
(4)净水
(5) Ca N B
3 3
√2 M 30
2
2 a NAa c×10
【分析】高炉渣(主要成分为 ， ， 和 等)加入 在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫
酸铝，同时产生气体，该气体与烟气( 和水蒸气)反应，生成 ，所以该气体为NH ；焙烧产物经过水浸
CaO MgO Al2O3 SiO2 (NH4)2SO4 3
1，然后过滤，滤渣为 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，析出
CO2 2 (NH4)2CO3
，剩余富镁溶液；滤渣加入 溶液，滤渣中的 会转化为更难溶的碳酸钙。
CaSO4
【详解】（1）由分析可知，高炉渣与 经焙烧产生的“气体”是NH ；
NH4Al(SO4)2⋅12H2O (NH4)2CO3 3 CaSO4
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是 和未反应的SiO ；
(NH4)2SO4 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
CaSO4
，该反应之所以能发生，是由于 ，
-5
CaSO，4+(NH4)2CO＞3=CaCO3+(NH，4微) 溶2S的O硫4 酸钙转化为更难溶的碳酸钙；K sp(CaSO4)=4.9×10 Ksp(CaCO3)=3.4×
-9
1（04）铝Ks产p(品CaSO4) Ksp(CaCO3) 溶于水后，会产生 ， 水解生成 胶体，可用于净水；
3+ 3+
（5）图丙中N，HC 4 aA位l(S于O4正)2方⋅1形2顶H2点O，N位于正方形中A心l，故Al 与N的距离Al为(OH)3 pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的
√2
Ca 2 a
个数为 ，N的个数为 ，B的个数为 ，则化合物的化学式是Ca N B；其摩尔质
3 3
1 1 1 1
8×8+2=3 8×4+2×2=3 4×4=1
量为 ，阿伏加德罗常数的值是 ，晶胞体积为 则晶体的密度为 。
-1 2 −30 3 M 30 -3
16．M某g兴⋅趣mo小l 组设计了利用 和 NA生成 ，a再c与×10 c反m应制备 NAa 2 c×的1方0 案g：⋅c m
MnO2 H2SO3 MnS2O6 Na2CO3 Na2S2O6⋅2H2O
(1)采用下图所示装置制备 ，仪器a的名称为 ；步骤I中采用冰水浴是为了 ；
SO2
(2)步骤Ⅱ应分数次加入 ，原因是 ；
(3)步骤Ⅲ滴加饱和 溶液的目的是 ；
MnO2
(4)步骤Ⅳ生成 沉淀，判断 已沉淀完全的操作是 ；
Ba(OH)2
(5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号2填+ 入相应括号中 。
MnCO3 Mn
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H SO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温
2 2 3
(2)防止过多的MnO 与H SO 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H SO ）
2 2 3
(4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na CO 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H SO 在低于10℃时反应生成MnS O ，反应的化学方程式为MnO +2H SO =MnS O +2H O，
2 2 3 2 6 2 2 3 2 6 2
步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH) 除去过量的SO （或H SO ），步骤Ⅳ中滴入饱和Na CO 溶液发生反应
2 2 2 3 2 3
MnS O +Na CO =MnCO ↓+Na S O ，经过滤得到Na S O 溶液，步骤Ⅴ中Na S O 溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过
2 6 2 3 3 2 2 6 2 2 6 2 2 6
滤、洗涤、干燥得到Na S O ∙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、增大
2
H SO 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H SO ）具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO ，原因是：防止过多的MnO
2 2 2 3 2 2
与H SO 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 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H SO ），防止后续反应中SO 与Na CO 溶液
2 2 2 3 2 2 3
反应，增加饱和Na CO 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Na CO
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Na S O ∙2H O，依次填入D、A、E。
2 2 6 2
17． 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(1)由 制备 ：
SiHCl3
已知 -1
SiCl4 SiHCl3 SiCl4(g)+H2(g)=SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1=+74.22kJ⋅mol (298K)
时，由 制备 硅 -(1填“吸”或“放”)热 。升高温度有利于制备硅的
SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH2=+219.29kJ⋅mol (298K)
原因是 。
298K SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) 56g kJ
催化剂
(2)在催化剂作用下由粗硅制备 ： 。 ， 密闭容器中，经不同方
式处理的粗硅和催化剂混合物与
SiHCl3 3Si
和
Cl4(g)+2H2(g)
气
+S
体
i(
反
s)
应
⇌
，
4SiH
转
C
化
l3(
率
g)
随时
77
间
3K
的变
2
化
L
如下图所示：
0.4molH2 0.1mol SiCl4 SiCl4
① ，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
。
0-50min v(SiHCl3)= mol⋅
②-1当反应-1达平衡时， 的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。
L ⋅min
③增大容器体积，反应平衡向 移动。 -1
H2 mol⋅L【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 逆反应方向
4
-5 0.0097
3 2
5.6×10 0.0427 ×0.1952
【详解】（1）根据热化学方程式：① ， ；
② ， ；则根据盖斯定律可知，①+②，-1可得热化学方程式
SiCl4(g)+H2(g)=SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1=+74.22kJ⋅mol
， −1 ，则制
SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH2=+219.29kJ⋅mol
备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为 -1 ；该反应为-1吸热反应，升高温度-1 ，反应
SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) ΔH=ΔH1+ΔH2=+74.22kJ⋅mol +(+219.29kJ⋅mol )=+293.51kJ⋅mol
正向移动，有利于制备硅。 -1 -1
293.51kJ⋅mol ×2=587.02kJ⋅mol
（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 的转化率为
4
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 的物质的
4 3
量为 ，平均反应速率 ；
4 0.0056mol -5 -1 -1
②反0应.0达04到2m平o衡l×时3，=S0iC.0l0的56转m化ol率为14.6%，列v出(S三iH段Cl式3)为=2：L×50min=5.6×10 mol⋅L ⋅min
4
催化剂
起始浓度
3SiCl4(g) + 2H2(g) + Si(s) ⇌ 4SiHCl3(g)
转化浓度
(mol/L) 0.05 0.2 0
平衡浓度
(mol/L) 0.0073 0.0048 0.0097
当反应达平(m衡ol时/L，) H0的.0浓42度7为 0.1952 ，平衡常数K的计算0.式00为97 ；
2
4
-1 0.0097
③增大容器体积，压强减小，平0.1衡9向52气m体ol体⋅L积增大的方向移动，即反应0平.04衡27向3 ×0逆.19反52应2 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。
光照 光照
A． B．
C6H12+Cl2 → C6H11Cl+HCl C6H6+3Cl2 → C6H6Cl6
C． D．
500-550°C 500-600°C
(2)化C合2H物4CⅢl2的同→分异C构2H体3C中l+，H同Cl时满足下C3列H条6+件Cl的2 有 → C种3H。5C l+HCl
①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种；
②能与新制 反应，生成砖红色沉淀；
③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为 。
Cu(OH)2
(3)化合物IV的含氧官能团名称为 。
1:2:3:6
(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 H Cl 发生消去反应，故选
2 4 2
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有
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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，根据分
2
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。
