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2024 年 1 月“九省联考”考后提升卷（广西卷）
高三化学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
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 O 16 Ca 40 Zn 65
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．广西新增了一批国家级非物质文化遗产代表性项目，如瑶族祝著节、柳州螺蛳粉制作技艺、北海贝雕、
桂林米粉制作技艺等，下列说法错误的是
A．瑶族祝著节时制甜酒过程发生了化学反应
B．螺蛳粉的螺蛳汤香气四溢，体现了分子是运动的
C．贝雕所用贝壳的主要成分碳酸钙属于有机物
D．桂林米粉中含有的淀粉是一种天然高分子化合物
【答案】C
【解析】A．制甜酒利用淀粉 葡萄糖 乙醇，该过程发生化学反应，故A说法正确；
B．香气四溢体现分子作无规则运动，故B说法正确；
C．碳酸钙属于无机物，故C说法错误；
D．淀粉属于多糖，是一种天然高分子化合物，故D说法正确；
答案为C。
2．反应 是我国科学家发明的低压高效电催化还原 的新方法。下列有关说法
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A．氯离子的结构示意图为
B．NaClO的电子式为
C．CO是非极性分子
D． 的结构式为
【答案】B
【解析】A．氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子的结构示意图为 ，A错误；
B．NaClO为钠离子和次氯酸根离子形成的化合物，电子式为 ，B正确；
C．CO分子中存在极性键，且正负电荷重心不重合，是极性分子，C错误；
D．二氧化碳的结构式为O=C=O，D错误；
故选B。
3．物质结构决定物质性质。下列性质总异与结构因素匹配错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 的沸点低于 的沸点 晶体类型
与水互溶， 难溶于
B 分子间氢键
水
C 的沸点低于 分子间作用力
D 的熔点高于 离子半径
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A． 和 均为分子晶体， 的沸点高的原因是卤素原子的相对原子质量
大，A错误；更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
B． 与水分子形成分子间氢键，而 不能，B正确；
C． 的相对分子质量比 的相对分子质量比小，故分子间作用力小，沸点低，C正确；
D． ， 的离子键比 的强，熔点高，D正确；
故选A。
4．实验室利用 制备 晶体，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．利用装置甲制备 B．利用装置乙制备
C．利用装置丙制备 溶液 D．利用装置丁蒸发获得 晶体
【答案】B
【解析】A．Cu与浓硫酸反应制备 需要加热，故A不符合题意；
B．利用Ca(OH) 和NH Cl，加热可制备 ，故B符合题意；
2 4
C．制备 溶液，应该SO 过量，故C不符合题意；
2
D． 受热会分解，蒸发无法获得 晶体，故D不符合题意；
故答案选B。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最小，Y的
单质在空气中含量最大，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。W与Z同主族。下列说法正确的
是
A．第一电离能：
B．分子的极性：更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
C．同温下，同物质的量浓度水溶液的酸性：
D．键能：
【答案】C
【解析】A．由题干信息可推出X、Y、Z、W四种元素分别为H、N、O、S，元素第一电离能由小到大顺
序为 ，即 ，A项错误；
B． 、 分别为 、 ， 为极性分子， 为非极性分子，故分子极性： ，即
，B项错误；
C．酸性： ，C项正确；
D．非金属性： ，故水中氢氧键的键能大于硫化氢中氢硫键的键能，D项错误；
故选C。
6．有机物M具有优良的生理活性，其结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是
A．属于芳香烃 B．可发生取代反应和加成反应
C．1个M分子中有1个手性碳原子 D．1molM最多消耗4molNaOH
【答案】B
【解析】A．烃是仅由碳、氢元素组成的有机化合物，该有机物中还含有氧元素，故M不属于芳香烃，A
项错误；
B．该有机物中含有苯环，可发生加成反应，含羟基，可发生取代反应，B项正确；
C．1个M分子中含有2个手性碳原子，C项错误；
D．该有机物中含有2个酚羟基，1molM最多消耗2molNaOH，D项错误；
故选B .
7．HO 在纸张漂白和废水处理等领域有重要应用。一定条件下用H 和O 合成HO 的反应过程如图所示。
2 2 2 2 2 2
设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
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A．1molH O 中含2N σ键，不含π键
2 2 A
B．合成1molH O，电子转移数为4N
2 2 A
C．lmol的HO 含18N 电子
2 2 A
D．标准状况下，4.48LH O 中含有0.2N HO 分子
2 2 A 2 2
【答案】C
【解析】A．1molH O 中含3molσ键，故为3N σ键，A错误；
2 2 A
B．由图可知，总反应为氢气和氧气在催化剂作用下生成过氧化氢： ，电子转化关系为：
，则合成1molH O，电子转移数为2N ，B错误；
2 2 A
C．lmol的HO 含18mol电子，为18N 电子，C正确；
2 2 A
D．标况下过氧化氢不是气体，不确定其物质的量，D错误；
故选C。
8．高铁酸钠 是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。某化学兴趣小组用废铁屑(主要成
分为 ，杂质有 及油脂)制备高铁酸钠的主要流程如下。下列说法错误的是
A．“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂
B．“滤渣”的主要成分是 和
C．“操作Ⅰ”通入的空气可以用 溶液代替更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
D．若流程改为先“氧化”后“调 ”，可能会生成
【答案】B
【分析】废铁屑(主要成分为Fe，杂质有Al、C及油脂)加NaOH碱浸，可以除去废铁屑表面的油脂和Al，
过滤后滤液中含有Na[Al(OH)]和油脂水解后的杂质，固体中含有Fe、C，加盐酸酸浸，过滤后滤渣为C，
4
滤液为氯化亚铁溶液，通入空气Fe2+被氧化为Fe3+，加NaOH调pH为碱性，NaClO和Fe(OH) 发生氧化还
3
原反应得到NaFeO、NaCl，并通过结晶分离出NaFeO。
2 4 2 4
【解析】A．根据分析，“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂，A正确；
B．根据分析，“滤渣”的主要成分是C，B错误；
C．根据分析，“操作Ⅰ”目的是将Fe2+氧化为Fe3+，用HO 也可以做氧化剂，且不会引人杂质，因此
2 2
“操作Ⅰ”通入的空气可以用HO 溶液代替，C正确；
2 2
D．若先“氧化”，溶液为酸性，NaFeO 在酸性条件下有较强的氧化性，能将盐酸中的Cl-氧化为Cl，D
2 4 2
正确；
故选B。
9．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
实验 现象 结论
白色粉末变成了 与 发生化
A 向碳酸钠固体中加入少量水
晶体
学反应
B 某粉末用酒精润湿后，用玻璃棒蘸取做焰色试验 火焰呈黄色 该粉末一定含钠元素
C 将 固体溶于水，进行导电性实验 溶液可导电 中含有离子键
向 溶液中滴入2滴
先产生白色沉淀
D 溶液，再滴加2滴 后再产生红褐色
沉淀
溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．碳酸钠固体中加入少量水，碳酸钠与水反应生成了碳酸钠晶体，故白色粉末变成晶体，碳酸
钠粉末和碳酸钠晶体不是同一种物质，发生了化学反应，A正确；
B．玻璃中含有硅酸钠，属于钠盐，用玻璃棒蘸取后做焰色试验，火焰呈黄色，不能证明溶液中含有钠离
子，应该用铂丝蘸取，B错误；
C．可溶性电解质的水溶液一定可以导电，不一定是离子化合物，因此无法得到KS中含有离子键的结论，
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C错误；
D．该实验中NaOH过量，加入氯化镁先生成氢氧化镁白色沉淀，再加入氯化铁，多余的NaOH与氯化铁
反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明氢氧化镁的K >氢氧化铁的K ，D错误；
sp sp
故答案选A。
10．环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理
示意图如下，下列说法中错误的是
A．电极1连接外接电源的正极
B．电极2的电极反应式为：
C．溶液a可能含有两种溶质，溶液b可循环使用
D．离子膜可选择性的透过 和
【答案】B
【分析】从图中可知，电极1上Cl-失电子生成Cl，电极1为阳极，生成的氯气与水反应生成HClO，
2
HClO与CH=CH 反应生成HOCH CHCl，电极2为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，钾离
2 2 2 2
子可通过离子膜向下层移动，溶液a为KOH和KCl的混合溶液，KOH与HOCH CHCl反应生成环氧乙烷
2 2
和KCl溶液，溶液b为KCl溶液。
【解析】A．电极1为阳极，连接电源的正极，A正确；
B．电极2上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2HO+2e-=H ↑+2OH-，B错误；
2 2
C．溶液a可能含有KCl和KOH两种溶质，溶液b为KCl溶液，可循环使用，C正确；
D．电解质溶液中，阳离子向阴极移动，则钾离子和氢离子可通过离子膜向下层移动，D正确；
故答案选B。
11．下列实验对应的离子方程式不正确的是更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO +Ca2++OH﹣=CaCO ↓+H O
3 2
B．将少量SO 通入NaClO溶液：SO +H O+2ClO﹣=SO +2HClO
2 2 2
C．用过量氨水吸收工业尾气中的SO ：
2
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH•H O=[Ag(NH)]++2H O
3 2 3 2 2
【答案】B
【解析】A．根据少定多变的原则可知，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合的离子方程式为：HCO
+Ca2++OH﹣=CaCO ↓+H O，A正确；
3 2
B．由于HClO具有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，离子方程式为：SO +H O+3ClO﹣=SO
2 2
+2HClO+Cl-，B错误；
C．用过量氨水吸收工业尾气中的SO 生成亚硫酸铵，离子方程式为：
2
，C正确；
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液生成二氨合银离子，离子方程式为：Ag++2NH•H O=[Ag(NH)]++2H O，
3 2 3 2 2
D正确；
故选B。
12．砷化镉晶胞结构如图，图1中“①”和“②”位是“真空”，晶胞参数为apm，建立如图2，①号位
的坐标为( ， ， )。已知：砷化镉的摩尔质量为Mg·mol-1，N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误
A
的是
A．砷化镉中Cd与As原子个数比为3：2
B．两个Cd原子间最短距离为0.5a pm更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
C．③号位原子坐标参数为( ，1， )
D．该晶胞的密度为N (a×10—10)3g·cm-3
A
【答案】D
【解析】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镉原子个数为6，位于顶点和面心的砷原子的个数为8×
+6× =4，则镉与砷原子个数比为3：2，故A正确；
B．由晶胞结构可知，两个镉原子间最短距离为边长的 ，则最短距离为apm× =0.5apm，故B正确；
C．由位于体对角线 处①号位的坐标为( ， ， )可知，晶胞的边长为1，则位于位于右侧面的面心上
的③号位原子坐标参数为( ，1， )，故C正确；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镉原子个数为6，位于顶点和面心的砷原子的个数为8× +6×
=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =(10—10 a)3d，解得d= ，故D错误；
故选D。
13．工业上用乙苯与 生产苯乙烯，主要反应：
① (g) (g)+H(g)
2
②
在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和 。达到平衡时，各物质的体积分
数随温度的变化如图所示。更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
下列说法不正确的是
A．当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态
B．苯乙烯和 的体积分数变化差异的主要原因是 消耗
C．乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯
D．温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大
【答案】C
【解析】A．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是
气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量 减小，
当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态，A正确；
B．发生反应①生成的苯乙烯和 的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于 的体积分数，说
明 与 发生反应②而被消耗，B正确；
C．温度升高到630℃左右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯
乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯，C错误；
D．反应①，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，
温度越高，K越大，D正确；
答案选C。
14．乙二胺(H NCH CHNH )有类似于NH 的性质。25℃时，向0.01mol/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所
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得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值( )、反应物的物质的量之比
关系如下图所示。下列有关说法正确的是
A．图中曲线Y表示
B．P 所示溶液：
3
C．P 所示溶液：
4
D．图中M点对应的
【答案】B
【分析】由图可看出随HCl通入，曲线Z呈下降趋势，代表 ，曲线X先增后减，代
表 ，曲线Y呈逐渐增大趋势，代表 。
【解析】A．根据分析，随着盐酸的加入，曲线Y呈增大趋势，代表 的变化趋势，A错误；
B．由图可知，P 所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为1.6∶1，此时溶液中的成份为：C H NCl 和
3 2 10 2 2
C HNCl，由于1mol 电离产生1mol 和2mol ，则此时
2 9 2
，B正确；
C．由图可知，P 所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为2∶1，此时溶液中的成份为C H NCl，根据物料守恒
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可知， ，C错误；
D．乙二胺中， ， ，图中曲线X与曲线Z的交点
， ，则 ，曲线X与Y的交点
， ，则 ，图中M点是曲线Y与Z的交点，
存在 ，则 ，故
， ，
， ， ，M点
，D错误；
故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）《自然》杂志公布最新科学研究成果：碘化镍(NiI )在二维形式上具有多铁性。某小组以废
2
镍催化剂(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO 等杂质)为原料制备碘化镍的流程如下：
2
请回答下列问题：
(1)滤渣1的成分是CaSO、 (填化学式)。滤渣2经过洗涤、干燥、 (填操作名称)可制铁红。
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(2)“除铁"中可通过先加入HO 溶液再加入NiO替代NaClO溶液， HO 的作用是 (用离子方程式表
2 2 2 2
示)。
(3)“萃取"中，萃取剂的密度小于1 g·cm－3，若在实验室中分离萃取液，操作是 (填操作名称)。
(4)“分解”过程中通入N 的作用是 。
2
(5)在空气中加热一定量的 NiC O·2H O晶体，测得固体失重率(固体失重率=
2 4 2
×100%)与温度的关系如图所示，300℃发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1) SiO 灼烧
2
(2)2Fe2＋＋HO＋2H＋＝2HO＋2Fe3＋
2 2 2
(3)取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取
液
(4)作为保护气，防止镍被空气中的氧气氧化
(5)
【分析】以废镍催化剂（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO 等杂质）为原料制备碘化镍，加硫酸
2
“酸浸”，生成NiSO 、ZnSO、FeSO 、CaSO，CaSO 微溶于水、SiO 不溶于硫酸，过滤出CaSO、
4 4 4 4 4 2 4
SiO，滤液中加NaClO把Fe2＋氧化为Fe(OH) 除去铁，滤液中加NH F生成CaF 沉淀除去Ca2＋，加萃取剂
2 3 4 2
萃取出Ni2＋，加草酸铵得到NiC O•2H O晶体，在氮气条件下加热分解NiC O•2H O晶体得到金属镍，镍
2 4 2 2 4 2
和碘单质反应生成NiI，据此分析解题。
2
【解析】（1）SiO 不溶于硫酸，CaSO 微溶于水，所以滤渣1的成分是CaSO、SiO；滤液中加NaClO把
2 4 4 2
Fe2＋氧化为Fe(OH) 除去，滤渣2是Fe(OH) ，经过洗涤、干燥、灼烧，Fe(OH) 分解可制铁红，故答案为
3 3 3
SiO；灼烧。
2
（2）“除铁“中可通过先加入HO 溶液再加入NiO替代NaClO溶液，HO 的作用是把Fe2＋氧化为Fe3
2 2 2 2
＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋HO＋2H＋=2H O＋2Fe3＋，故答案为2Fe2＋＋HO＋2H＋=2H O＋2Fe3＋。
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（3）萃取“中，萃取剂的密度小于1g•cm−3，萃取液在上层，若在实验室中分离萃取液，具体操作是：取
下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液，
故答案为取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒
出萃取液。
（4）“分解”过程中通入N 的作用是作为保护气，防止镍被空气中的氧气氧化，故答案为作为保护气，
2
防止镍被空气中的氧气氧化。
（5）设有1mol NiC O•2H O晶体，质量为183g，加热到300℃失重率19.76%，质量为36g，则晶体完全
2 4 2
失去结晶水；300～400℃失重率59.02%，则剩余固体的质量为75g，其中有1molNi元素，则氧元素的物
质的量为 ，所以所得固体为NiO，300～400℃发生反应的化学方程式为
，故答案为 。
16．（14分）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上
将粗硅氯化、精馏后得到 和 的混合物然后用 还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应
为：
i．
ii．
回答下列问题：
(1)已知： ， 还原 生成 的热
化学方程式为 。
(2)在 、 温度下，将 、 和 分别加入体积固定的密闭容器中，在
催化条件下发生反应i、ii．测得 的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
① 温度下，反应达到平衡时 的转化率 。
② 温度下，反应i的标准平衡常数 的计算式为 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，
对于反应 的 ，其中 ， 、 、 、 为各
组分的平衡分压)。
③ 0(填“>”或“<”)，写出推理过程 。
(3)研究发现，反应 的活化能 。反应的活化能 、速率
常数k、温度T满足关系： 。
已知： ；ln10=2.3
①若 ，通过升高温度到595K，才能满足 以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足 以加快反应速率， 应减小。更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
上述②中 应减小 kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是 。
【答案】(1)
(2) 80% < ， 时 的转化率为80%， 温度下
的转化率是90%，降低温度， 转化率升高，反应ⅱ是放热反应，
(3) 45.8 生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义
【解析】（1）H(g)还原SiCl (g)生成SiHCl(g)的化学方程式为 ，
2 4 2 2
已知① ；②
③ ，由盖斯定律可知(反应①-反应②)
+反应③可得反应 ，则反应的△H= (△H-
2 1
△H)+△H =(2a-2b+48)kJ·mol-1，因此H(g)还原SiCl (g)生成SiHCl(g)的热化学方程式为
2 3 2 4 2 2
。
（2）①由图象可知，T 温度下，反应达到平衡时H 的转化率为80%，则消耗H 的物质的量为2.4mol，设
2 2 2
消耗SiCl (g)的物质的量为x，消耗SiHCl 的物质的量为y，则列三段式有：
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则有2x+y=2.4，又T 温度下，达到平衡时的压强为1.32×106Pa，起始压强为1.0×106Pa，则
2
，化简为3x+2y=4，解得x=0.8，y=0.8，因此达到平衡时SiHCl 的转化
3
率为 =80%；
②由①可知，T 温度下，达到平衡时n(SiCl )=n(SiHCl )=0.2mol，n(H )=0.6mol，n(HCl)=(3.2+2.4)=5.6mol，
2 4 3 2
则反应i的标准平衡常数 = ；
③结合①计算可得，T 温度下，SiHCl 的转化率为90%，而T 温度下SiHCl (g)的转化率为80%，根据图象，
1 3 2 3
T 温度下反应先达到平衡，因此T＞T，则T→T 为降低温度，SiHCl (g)转化率升高，因此反应ⅱ是放热
2 2 1 2 1 3
反应，即△H＜0。
2
（3）上述②中，若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足 =108以加快反应速率，此时ln108=-
，则，因此Ea应减小45.8kJ/mol，上述①中，升高温度到595K，满 =108以加快反应速率，此时ln108=
，则 = ，Ea增大，因此生产中提高反应速率，
研制催化剂比提高反应温度更有意义。
17．（15分）一水硫酸四氨合铜 是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌
剂。回答下列问题更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
Ⅰ．制备少量晶体 ，设计实验方案如下：
(1)仪器A的名称为 ，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是 。
(2)利用溶液C制备“产物晶体”时，需用玻璃棒摩擦试管内壁的目的是 。
Ⅱ．氨含量的测定。精确称取 g晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入V
10% 溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用
的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 标准溶液滴定过剩的 ，到终点时消耗
溶液。
(3)“玻璃管2”的作用 ，样品中氨的质量分数的表达式 。
Ⅲ．探究四氨合铜离子的性质
用所得晶体配成水溶液，取三份1 试样，分别加入0.5 的水、稀硫酸、氢氧化钠溶液，实验现象记
录如下：
加入试
水 稀硫酸 氢氧化钠
剂
现象 几乎无变化 溶液颜色变成浅蓝色，与同浓度硫酸铜颜色相当
(4)上述实验现象与配位离子的解离平衡有关，请用适当的化学用语表示该配位离子的解离平衡 ，则
加入氢氧化钠溶液后的现象为 。更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
【答案】(1) 坩埚 没有SO 生成，更环保且硫酸利用率高
2
(2)充当晶种，诱导结晶
(3) 平衡气压，防止堵塞和倒吸
(4) [Cu(NH )]2+ Cu2++4NH 有蓝色沉淀生成，静置后，上层溶液颜色变浅或变为无色
3 4 3
【分析】Cu在坩埚中加热生成CuO，CuO溶于硫酸生成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化
铜悬浊液，继续滴加氨水至沉淀完全溶解生成[Cu(NH )]SO 溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得
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到一水硫酸四氨合铜。
【解析】（1）仪器A的名称为坩埚，铜与浓硫酸直接加热制备硫酸铜，会有SO 生成，不仅不环保而且
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硫酸利用率低，此方案没有SO 生成，更环保且硫酸利用率高。
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（2）利用[Cu(NH )]SO 溶液制备一水硫酸四氨合铜时，需要用玻璃棒摩擦试管内壁，目的是充当晶种，
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诱导结晶。
（3）氨气极易溶于水，与盐酸反应时容易发生倒吸，玻璃管2的作用为平衡气压，防止堵塞和倒吸。消耗
NaOH的物质的量为cV×10-3mol，则与NaOH反应的HCl有cV×10-3mol，则与氨气反应的HCl有
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cV×10-3mol-c V×10-3mol，生成氨气(c V×10-3-c V×10-3)mol，氨气的质量为17(c V×10-3-c V×10-3)g，则氨
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
的质量分数表达式为 。
（4）加入稀硫酸时溶液颜色变为浅蓝色，与同浓度硫酸铜颜色相当，说明硫酸与NH 发生了反应，则四
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氨合铜配离子的解离平衡方程式为[Cu(NH )]2+ Cu2++4NH，加入氢氧化钠溶液，Cu2+转化为氢氧化铜沉
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淀，该解离平衡正向移动，故现象为有蓝色沉淀生成，静置后，上层溶液颜色变浅或变为无色。
18．（14分）多环化合物是合成很多药物的中间体，下面是一种多环化合物G的合成路线：更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
已知：RNH ＋ ＋2HO
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回答下列问题：
(1)A的分子式为 ，A侧链上的碳原子的杂化类型有 。
(2)由B生成D的反应类型为 。
(3)E中含氧官能团的名称为 ，E→F反应的方程式为 。
(4)C的同分异构体中，同时满足以下两个条件的有 种(考虑碳碳双键的顺反异构)。
ⅰ．除苯环外不含其他的环状结构；
ⅱ．能发生银镜反应。
(5)G的结构简式为 。
(6)结合题中相关信息，设计以 和 为原料制备 的合成路线 (其
他无机试剂任选)。
【答案】(1) C HON sp、sp2杂化
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(2)加成反应
(3) 酮羰基
(4)6
(5)
(6)
【分析】A( )与 在THF、CDI、MgCl 作用下发生取代反应，生成B(
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)和KHCO ；B与C( )在C HOH/OH-作用下发生加成反应，生成
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D( )；由D的结构简式、F的分子式，可确定F的结构简式为
；由G的分子式及F的结构简式，可确定G为 。
【解析】（1）由分析可知，A的结构简式为 ，则其分子式为：C HON，A侧链上，-
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CN中的碳原子的价层电子对数为2，发生sp杂化、-COOH中碳原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化。
（2）由B( )生成D( )时，B与C( )在
C HOH/OH-作用下发生加成反应。
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（3）E的结构简式为 ，含氧官能团的名称为酮羰基。E(更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君
)与H 发生加成反应，生成F( )，反应的方
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程式为 。
（4）C的同分异构体中，同时满足以下两个条件：” i．除苯环外不含其他的环状结构；ii．能发生银镜
反应”的有机物，分子中含有苯环、-CHO、-CH=CH-，可能是苯环上连有1个取代基-CH=CH-CHO(有顺
反异构体，2种)、-C(CHO)=CH ；可能是苯环上连有2个取代基，-CHO、-CH=CH 分别位于苯环的邻、
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间、对位，共3种，所以共有6种(考虑烯烃的立体异构) 。
（5）由分析可知，G的结构简式为 。
（6）以 和 为原料制备 时，需将 转化为
HOCH CH=CHCH OH，也就是应将 与Br 发生1，4-加成，再水解，所以合成路线为
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