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2024年广东省新高考化学试卷（选择性）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。在每小
题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2分）龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高
分子的是（ ）
A． 红山玉龙
B． 鎏金铁芯铜龙
C． 云龙纹丝绸
D． 云龙纹瓷器
【答案】C【分析】A.红山玉龙是岫岩玉雕刻而成，成分为硅酸盐；
B.鎏金铁芯铜龙主要成分为铜；
C.云龙纹丝绸的成分是蛋白质；
D.云龙纹瓷器的成分为硅酸盐。
【解答】解：A.红山玉龙主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A错误；
B.鎏金铁芯铜龙主要成分为铜，属于金属材料，故B错误；
C.云龙纹丝绸的成分是蛋白质，属于有机高分子材料，故C正确；
D.云龙纹瓷器的成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了高中阶段需要掌握的几种材料：金属材料，无机非金属材料，高分子材料等，知
识源于课本，又实现了和历史文化相结合，是一道培养学生知识良好传统文化素养的习题。
2．（2分）“极地破冰”“太空养鱼”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是（ ）
A．“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰过程中水发生了化学变化
B．大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中形成了新的化学键
C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能
D．神舟十八号乘组带着水和斑马鱼进入空间站进行科学实验：水的电子式为H：O：H
【答案】C
【分析】A．物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化，生成新物质的变化为化学变化；
B．天然气液化过程中是物质的三态变化，不存在化学反应；
C．液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能；
D．水为共价化合物，选项电子式中缺少氧原子的孤对电子。
【解答】解：A．“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰过程中无新物质生成，为物理变化，故A错误；
B．大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中是物质的三态变化，无新的化学键形成，故B
错误；
C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机，燃料燃烧时放出热量，存在化学能转化为热能，
故C正确；
D．水为共价化合物，水的电子式为 ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质变化、化学反应实质、反应过程中的能量变化、电子式书写等知识点，注意
知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2分）嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是（）
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiC
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准， 的质子数为55
【答案】C
【分析】A．制作日晷圆盘的石材，主要成分为碳酸钙；
B．金属和金属或金属和非金属形成的具有特征性质的混合物为合金；
C．石英的主要成分为二氧化硅；
D．一直复活左下角为质子数，左上角为质量数。
【解答】解：A．制作日晷圆盘的石材，主要成分为碳酸钙，属于无机非金属材料，故A正确；
B．由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，故B正确；
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiO ，故C错误；
2
D． Cs的质量数133，质子数为55，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
4．（2分）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（ ）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用粽叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
【答案】B
【分析】A.蔗糖和麦芽糖都属于二糖；
B.花生油属于油脂，油脂含有氧元素，属于烃的衍生物；
C.若分子为中心对称结构，属于非极性分子，若为非中心对称结构，属于极性分子；
D.糯米的主要成分是淀粉，淀粉在催化剂条件下可以发生水解。
【解答】解：A.蔗糖属于二糖，故A正确；
B.花生油属于油脂，油脂含有C、H、O 三种元素属于酯类，不属于烃，故B错误；
C.食醋中主要成分为乙酸和水，两者都不是中心对称结构，属于极性分子，故C正确；
D.糯米的主要成分是淀粉，淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故D正确；故选：B。
【点评】本题综考察了糖、油脂、羧酸的组成和基本性质，是一道课本知识和生活相结合的题目，需
要学生既要有良好的化学知识，又要有丰富的生活常识，才能答好这道题，该题的设置有利于培养学
生学以致用的学科素养。
5．（2分）我国自主设计建造的浮式生产储卸油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外
壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁外壳为负极
B．镶嵌的锌块可永久使用
C．该法为外加电流法
D．锌发生反应：Zn﹣2e﹣═Zn2+
【答案】D
【分析】钢铁外壳镶嵌了锌块，锌作负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，铁作正极被保护，该法为牺
牲阳极的阴极保护法。
【解答】解：A．钢铁外壳镶嵌了锌块，锌作负极，铁作正极被保护，故A错误；
B．钢铁外壳镶嵌了锌块，锌作负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，所以镶嵌的锌块需要定期更换，
故B错误；
C．该法为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．钢铁外壳镶嵌了锌块，锌作负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池的工作原理和电极反应判断，金属的腐蚀与防护实质理解是解题关键，题
目较简单。
6．（2分）提纯2.0g苯甲酸粗品（含少量NaCl和泥沙）的过程如图。其中，操作X为（ ）
A．加热蒸馏 B．加水稀释 C．冷却结晶 D．萃取分液
【答案】C
【分析】苯甲酸粗品（含少量NaCl和泥沙），加水加热进行溶解，得到浊液，趁热过滤，除去泥沙，
滤液中含少量氯化钠，由于苯甲酸的溶解度受温度影响较大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，可
以通过冷却结晶的方法进行除杂，得到苯甲酸晶体，据此分析选项。
【解答】解：苯甲酸粗品（含少量NaCl和泥沙），加水加热进行溶解，得到浊液，趁热过滤，除去泥
沙，滤液中含少量氯化钠，由于苯甲酸的溶解度受温度影响较大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，可以通过冷却结晶的方法进行除杂，得到苯甲酸晶体，上述分析可知过滤后对晶体洗涤得到苯甲酸晶
体，因此操作X为冷却结晶，
故选：C。
【点评】本题考查了物质分离提纯的过程分析判断、物质性质的理解应用，题目难度不大。
7．（2分）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 水质检验员：用滴定法测水中Cl﹣含量 Ag++Cl﹣═AgCl↓
B 化学实验员：检验Na O 是否失效 2Na O +2H O═4NaOH+O ↑
2 2 2 2 2 2
C 化工工程师：进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 考古研究员：通过14C测定化石年代 C 与石墨烯互为同素异形体
60
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．用滴定法测水中Cl−含量时常加入AgNO 溶液，二者发生反应生成AgCl沉淀；
3
B．Na O 易吸收空气中水分、二氧化碳生成氢氧化钠、碳酸钠而失效，氢氧化钠、碳酸钠均不能与水
2 2
反应；
C．天然橡胶的结构中有双键，通过橡胶硫化，使橡胶结构由线型变为体型；
D．核素14C具有放射性，可用于测定化石的年代。
【解答】解：A．Cl−能与AgNO 溶液反应生成AgCl沉淀，反应为Ag++Cl−＝AgCl↓，该反应原理常
3
用于测定水中Cl−含量，二者有关联，故A错误；
B．Na O 易吸收空气中水分、二氧化碳生成氢氧化钠、碳酸钠而失效，过程中发生的反应为
2 2
2Na O +2H O＝4NaOH+O ↑等，二者有关联，故C错误；
2 2 2 2
C．天然橡胶的结构中有双键，进行顺丁橡胶硫化时碳碳双键打开形成二硫键，橡胶结构由线型变为
体型，强度增大，弹性增强，二者有关联，故C错误；
D．核素14C具有放射性，可根据化石中残留的14C质量测定化石年代，与“C 与石墨烯互为同素异
60
形体”无关联，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成、性质及应用，侧重分析能力和运用能力考查，把握物质性质、发生的
反应、性质与用途的对应关系是解题关键，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）1810年，化学家城维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进
行实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）A． 制备Cl B． 净化、干燥Cl
2 2
C． 收集Cl D． 验证Cl 的氧化性
2 2
【答案】A
【分析】A．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应；
B．饱和食盐水除去HCl，无水氯化钙可干燥氯气；
C．氯气的密度比空气密度大；
D．点燃时氢气与氯气反应生成氯化氢。
【解答】解：A．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，加热时浓盐酸与二氧化锰生成氯气，故A错误；
B．饱和食盐水除去HCl，无水氯化钙可干燥氯气，图中装置合理，故B正确；
C．氯气的密度比空气密度大，可长导管进气收集，故C正确；
D．点燃的氢气与氯气发生反应，可知氯气具有氧化性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离
提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度
不大。
9．（2分）从我国南海的柳珊瑚中分离得到的柳珊瑚酸（如图），具有独特的环系结构。下列关于柳珊
瑚酸的说法不正确的是（ ）
A．能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．其环系结构中3个五元环共平面D．其中碳原子的杂化方式有sp2和sp3
【答案】C
【分析】A．碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色物质；
B．—COOH能和—NH 发生反应；
2
C．饱和碳原子采用sp3杂化，具有甲烷结构特点；
D．饱和碳原子采用sp3杂化，连接双键的碳原子采用sp2杂化。
【解答】解：A．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色物质而使溴的四氯化碳溶液褪色，故
A正确；
B．分子中的—COOH能和氨基酸中的—NH 发生反应，故B正确；
2
C．饱和碳原子采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，该分子中连接3个环的碳原子
采用sp3杂化，所以其环系结构中3个五元环不能共平面，故C错误；
D．根据图知，该分子中饱和碳原子采用sp3杂化，连接双键的碳原子采用sp2杂化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其
性质的关系、原子杂化类型的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
10．（2分）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．26gH─C≡C─H中含有σ键的数目为3N
A
B．1L1mol•L﹣1NH NO 溶液中含 的数目为N
4 3 A
C．1mol CO和H 的混合气体含有的分子数目为3N
2 A
D．Na与H O反应生成11.2LH ，转移电子数目为N
2 2 A
【答案】A
【分析】A．1个H─C≡C─H中含有σ键3个；
B．NH NO 为强酸弱碱盐，铵根离子发生水解反应；
4 3
C．1mol任何微粒所含微粒数为N 个；
A
D．Na与H O反应生成11.2LH ，温度压强不知，不能计算气体物质的量。
2 2
【解答】解：A．26gH─C≡C─H物质的量n＝ ＝1mol，含有σ键的数目为3N ，故A正确；
A
B．1L1mol•L−NH NO 溶液中含 的数目小于N ，故B错误；
4 3 A
C．1mol CO和H 的混合气体含有的分子数目为N ，故C错误；
2 A
D．Na与H O反应生成11.2LH ，温度压强不知，不能计算气体物质的量，不能计算转移电子数目，
2 2故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题
目难度不大。
11．（4分）按图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理
均合理的是（ ）
A．烧瓶壁会变冷，说明存在ΔH＜0的反应
B．试纸会变蓝，说明有NH 生成，产氨过程熵增
3
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有NH Cl升华
4
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【分析】A．氯化铵与水合氢氧化钡的反应为吸热反应；
B．生成氨气，气体的混乱度增大；
C．挥发的盐酸与氨气反应生成氯化铵；
D．滴加盐酸时气体减少。
【解答】解：A．氯化铵与水合氢氧化钡的反应为吸热反应，ΔH＞0，烧瓶整会变冷，故A错误；
B．生成氨气，气体的混乱度增大，则试纸会变蓝，产氨过程熵增，故B正确；
C．挥发的盐酸与氨气反应生成氯化铵，有白烟产生，与升华无关，故C错误；
D．滴加盐酸时气体减少，气球会变小，体系压强减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解
答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（4分）一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依
次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则（ ）A．沸点：ZR ＜YR
3 3
B．最高价氧化物的水化物的酸性：Z＜W
C．第一电离能：Z＜X＜W
D． 和 空间结构均为平面三角形
【答案】D
【分析】已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，而 Z和Y同族，可知Z处于
第二周期、Y处于第三周期，化合物分子结构中，Z形成3条共价键、Y形成5条共价键，可知Z为N
元素、Y为P元素；R能形成1条共价键且原子序数最小，为H元素；W能形成4条共价键且原子序
数小于Z，为C元素；X能形成2条共价键且原子序数小于Y，为O元素，即R、W、Z、X、Y分别
是H、C、N、O、P元素；
A．ZR 、YR 分别是NH 、PH ，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
3 3 3 3
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F元素除外；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离
能大于其相邻元素；
D． 、 分别是 、 ，二者互为等电子体，结构相似。
【解答】解：通过以上分析知，R、W、Z、X、Y分别是H、C、N、O、P元素；
A．ZR 、YR 分别是NH 、PH ，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH 能形成分子间氢键、
3 3 3 3 3
PH 不能形成分子间氢键，所以沸点：ZR ＞YR ，故A错误；
3 3 3
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F元素除外，非金属性：Z＞
W，所以最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞W，故B错误；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离
能大于其相邻元素，Z、X、W分别是N、O、C元素，这三种元素都位于同一周期，且C、N、O分别
位于第ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族，所以第一电离能：Z＞X＞W，故C错误；D． 、 分别是 、 ，二者互为等电子体，结构相似， 中氮原子的价层电子对个数
为3+ ＝3且不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形，则二者都是平面三角形，故D正
确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、
元素周期表结构、元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的特例，题目难度中等。
13．（4分）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 酸性：CF COOH＜CCl COOH 电负性：F＞Cl
3 3
B 某冠醚与Li+能形成超分子，与K+则不能 Li+与K+的离子半径不同
C 由氨制硝酸：NH →NO→NO →HNO NH 和NO 均具有氧化性
3 2 3 3 2
D 萃酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．电负性越大，吸引电子能力越强，羟基的极性越大，越易断裂，酸性越强；
B．某冠醚与Li+能形成超分子，与K+则不能，是由于该冠醚空腔的直径与Li+的直径相当；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮的反应中，氨气具有还原性；
D．酚与甲醛发生缩聚反应，可合成盼醛树脂。
【解答】解：A．F是电负性较大的原子，F的电负性大于Cl的电负性，使CF COOH中羧基中的羟基
3
极性变强，氢更易电离，酸性更强，故酸性：CF COOH＞CCl COOH，故A错误；
3 3
B．某冠醚与Li+能形成超分子，与K+则不能，该冠醚空腔的直径与Li+的直径相当，与K+的直径不匹
配，Li+与K+的离子半径不同，故B正确；
C．由氨制硝酸：NH →NO→NO →HNO ，NH 具有还原性，NO 具有氧化性和还原性，故C错误；
3 2 3 3 2
D．酚与甲醛反应，可合成盼醛树脂，反应的类型是缩聚反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构和元素性质的分析判断、氧化还原反应、有机物反应类型等知识点，注
意一直是的熟练掌握，题目难度不大。
14．（4分）部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是（ ）A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
【答案】B
【分析】A．若a在沸水中可生成e，a为Mg、e为Mg（OH） ，f为镁盐，则a→f的反应可能是置换
2
反应；
B．e能转化为d，说明该金属元素为Fe，则g、f、e、d分别是FeO、亚铁盐、Fe（OH） 、Fe（OH）
2
；
3
C．c为盐溶液，可能是铝盐也可能是铁盐；
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，a可能是Fe或Al。
【解答】解：A．若a在沸水中可生成e，a为Mg、e为Mg（OH） ，f为镁盐，则a→f的反应可能是
2
置换反应，如：Mg+CuCl ＝MgCl +Cu，故A错误；
2 2
B．e能转化为d，说明该金属元素为Fe，则g、f、e、d分别是FeO、亚铁盐、Fe（OH） 、Fe（OH）
2
，FeO、亚铁盐、Fe（OH） 、Fe（OH） 的颜色依次是黑色、浅绿色、白色、红褐色，所以在
3 2 3
g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；
C．c为盐溶液，可能是铝盐也可能是铁盐，如果加热饱和的铝盐溶液，会析出能产生丁达尔效应的无
色分散系，如果加热饱和的铁盐溶液，会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系，故C错误；
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，a可能是Fe或Al，Al与周期表的p区，Fe属于周期表的d
区，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查无机物的推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、
物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。
15．（4分）对反应S（g） T（g）（I为中间产物），相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需
时间大幅缩短；②提高反⇌应温度，c平 （S）/c平 （T）增大，c平 （S）/c平 （I）减小。基于以上事实，
可能的反应历程示意图（—为无催化剂，…为有催化剂）为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】提高反应温度，c平 （S）/c平 （T）增大，说明反应S（g） T（g）的平衡逆向进行，即该反
应为放热反应，c平 （S）/c平 （I）减小，说明S生成中间产物I的反⇌应平衡正向进行，属于吸热反应，
由此分析判断。
【解答】解：A．提高反应温度，c平 （S）/c平 （T）增大，说明反应S（g） T（g）的平衡逆向进行，
即该反应为放热反应，S生成中间产物I的反应平衡正向进行，属于吸热反应⇌，加入催化剂反应达到平
衡所需时间缩短，反应的决速步的活化能降低，反应速率增大，活化能大的步骤为决速步，故A正确；
B．活化能大的步骤为决速步，为S生成中间产物I的反应，加入催化剂反应达到平衡所需时间缩短，
反应的决速步的活化能降低，反应速率增大，故B错误；
C．c平 （S）/c平 （I）减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向进行，属于吸热反应，故C错误；
D．结合C选项分析可知反应S（g） T（g）为吸热反应，故D错误；
故选：A。 ⇌
【点评】本题考查了化学反应过程的分析判断，主要是反应能力变化和活化能分析应用，注意知识的
准确掌握，题目难度中等。
16．（4分）一种基于氯碱工艺的新型电解池（如图），可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法
不正确的是（ ）A．阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl ↑
2
B．阴极区溶液中OH﹣浓度逐渐升高
C．理论上每消耗1mol Fe O ，阳极室溶液减少213g
2 3
D．理论上每消耗1mol Fe O ，阴极室物质最多增加138g
2 3
【答案】C
【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生
成氯气，电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl ↑，左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe O 在碱性条件下转化为
2 2 3
Fe，电极反应：Fe O +6e﹣+3H O＝2Fe+6OH﹣，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极，据此分析
2 3 2
判断选项。
【解答】解：A．右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl ↑，故A
2
正确；
B．侧电极为阴极，发生还原反应，Fe O 在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe O +6e﹣+3H O＝
2 3 2 3 2
2Fe+6OH﹣，阴极区溶液中OH﹣浓度逐渐升高，故B正确；
C．理论上每消耗1mol Fe O ，转移6mol电子，生成3mol氯气，同时有6mol Na+由阳极移向阴极，
2 3
阳极室溶液减少质量＝3mol×71g/mol+6mol×23g/mol＝351g，故C错误；
D．理论上每消耗1mol Fe O ，转移6mol电子，有6mol Na+由阳极移向阴极，阴极室物质最多增加
2 3
6mol×23g/mol＝138g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理、电极反应书写、电子守恒的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难
度中等。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17．（14分）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 NaOH （填化学式）溶液吸收。
（2）工业上，烟气中的SO ，可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， S
2
（填元素符号）被氧化。
（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO （s）+ （aq） CaCO （s）+ （aq）（I）
4 3
⇌
兴趣小组在实验探究Na CO 溶液的浓度对反应（I）的反应速率的影响。
2 3
①用Na CO 固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
2 3
ⅰ.该过程中用到的仪器有 BD 。
ⅱ.滴定数据及处理：Na CO 溶液V mL，消耗c mol•L﹣1盐酸V mL（滴定终点时， 转化为
2 3 0 1 1
），则c（Na CO ）＝ mol•L﹣1。
2 3
②实验探究：取①中的Na CO 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m g硫酸钙固体，
2 3 1
反应t min后，过滤，取V mL滤液，用c mol•L﹣1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表（忽
1 0 1
略 水解的影响）。
序号 V（ Na
2
CO
3
）/mL V（ H
2
O）/mL V（滤液）/mL V消耗 （盐酸）/mL
a 100.0 0 V 2V /5
0 1
b 80.0 x V 3V /10
0 1
则x＝ 2 0 ，测得的平均反应速率之比v ：v ＝ 6 ： 5 。
a b
（4）兴趣小组继续探究反应（I）平衡的建立，进行实验。
①初步实验ㅤ将1.00g硫酸钙（M＝136g・mol﹣1）加入到100.0mL0.100mol•L﹣1Na CO 溶液中，在
2 3
25℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t的变化曲线如图。②分析讨论ㅤ甲同学根据t min后pH不改变，认为反应（I）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并
2
提出如下假设：
假设1ㅤ硫酸钙固体已完全消耗；
假设2ㅤ硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设ㅤ乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 /
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加 足量稀 有气泡
盐酸 生成 ，沉淀完全
溶解
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加 少量的 BaC l 溶液 无白色沉淀生成
2
④实验小结ㅤ假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（I）平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡ㅤ写出优化的实验方案，并给出反应（I）平衡已建立的判断依据： 将最少
1.36g 硫酸钙加入 100.0mL0.100mol • L ﹣ 1 Na CO 溶液中，在 2 5 ℃和搅拌条件下，利用 pH 计测量混合体
2 3
系的 pH ，待混合液 pH 不变时，加入 N a SO 固体， pH 增大，说明反应（ I ）平衡已建立 。
2 4
【答案】（1）NaOH；
（2）S；
（3）①ⅰ.BD；
ⅱ. ；
②6：5；
（4）③足量稀盐酸；有气泡生成；少量的BaCl 溶液；
2
⑤将最少1.36g硫酸钙加入100.0mL0.100mol•L﹣1Na CO 溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计
2 3
测量混合体系的pH，待混合液pH不变时，加入Na SO 固体，pH增大，说明反应（I）平衡已建立。
2 4
【分析】（1）SO 属于酸性氧化物，可用NaOH溶液吸收；
2
（2）SO 转化为石膏，该过程中，S元素化合价升高，被氧化；
2
（3）①ⅰ.配制碳酸钠溶液过程中需要使用烧杯，以滴定法测定其浓度时需要碱式滴定管；ⅱ.滴定数据及处理：Na CO 溶液V mL，消耗c mol•L﹣1盐酸V mL（滴定终点时， 转化为
2 3 0 1 1
），即发生反应的离子方程式为： +H+＝ ，n（Na CO ）＝n（H+）＝n（HCl），根据c
2 3
（Na CO ）＝ 计算其浓度；
2 3
②总体积应该相同，所以x＝20mL，a中消耗的盐酸体积为2V /5mL，则△c（Na CO ）＝
1 2 3
mol/L﹣ mol/L＝ mol/L，同理可得：b中：△c（Na CO ）＝ mol/L﹣
2 3
mol/L＝ mol/L，根据v＝ ，则v ：v ＝ ；
a b
（4）③ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离；
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加足量稀盐酸，有气泡生成，沉淀完全溶解；
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加少量的BaCl 溶液，无白色沉淀生成，说明假设1成立；
2
⑤根据方程式CaSO （s）+ （aq） CaCO （s）+ （aq）可知，假设正反应100%进行，n
4 3
⇌
（CaSO ）＝n（ ）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，质量为0.01mol×136g/mol＝1.36g，则实验方案为：
4
将最少1.36g硫酸钙加入100.0mL0.100mol•L﹣1Na CO 溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量
2 3
混合体系的pH，待混合液pH不变时，加入Na SO 固体，pH增大，说明反应（I）平衡已建立。
2 4
【解答】解：（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，生成硫酸铜、SO 和水，所产生的尾气可用NaOH
2
溶液吸收，
故答案为：NaOH；
（2）工业上，烟气中的SO ，可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中，S被氧
2
化，
故答案为：S；
（3）①ⅰ.配制碳酸钠溶液过程中需要使用烧杯，以滴定法测定其浓度时需要碱式滴定管，即 BD符
合题意，故答案为：BD；
ⅱ.滴定数据及处理：Na CO 溶液V mL，消耗c mol•L﹣1盐酸V mL（滴定终点时， 转化为
2 3 0 1 1
），即发生反应的离子方程式为： +H+＝ ，则c（Na CO ）＝ mol•L﹣1，
2 3
故答案为： ；
②总体积应该相同，所以x＝20mL，a中消耗的盐酸体积为2V /5mL，则△c（Na CO ）＝
1 2 3
mol/L﹣ mol/L＝ mol/L，同理可得：b中：△c（Na CO ）＝ mol/L﹣
2 3
mol/L＝ mol/L，根据v＝ ，则v ：v ＝ ： ＝6：5，
a b
故答案为：6：5；
（4）③验证假设：
ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离；
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加足量稀盐酸，有气泡生成，沉淀完全溶解；
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加少量的BaCl 溶液，无白色沉淀生成，说明假设1成立；
2
故答案为：足量稀盐酸；有气泡生成；少量的BaCl 溶液；
2
⑤根据方程式CaSO （s）+ （aq） CaCO （s）+ （aq）可知，假设正反应100%进行，n
4 3
⇌
（CaSO ）＝n（ ）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，质量为0.01mol×136g/mol＝1.36g，所以实验方案
4
为：将最少1.36g硫酸钙加入100.0mL0.100mol•L﹣1Na CO 溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计
2 3
测量混合体系的pH，待混合液pH不变时，加入Na SO 固体，pH增大，说明反应（I）平衡已建立，
2 4
故答案为：将最少1.36g硫酸钙加入100.0mL0.100mol•L﹣1Na CO 溶液中，在25℃和搅拌条件下，利
2 3
用pH计测量混合体系的pH，待混合液pH不变时，加入Na SO 固体，pH增大，说明反应（I）平衡
2 4已建立。
【点评】本题主要考查硫及其化合物的相互转化，同时考查溶液的滴定、关系式的计算、沉淀溶解平
衡的转化等，属于高考高频考点，难度较大。
18．（14分）镓（Ga）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣
（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如图。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。
已知：①pK （HF）＝3.2。
a
②Na [AlF ]（冰晶石）的K 为4.0×10﹣10。
3 6 sp
③浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MCl ]（m﹣3）﹣（m＝0～4）微粒形式存在，Fe2+最多可与2个
m
Cl﹣配位，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 2A l O （熔融） 4Al+3O ↑ 。
2 3 2
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl ]﹣的离子方程式为 G a 3 + +4C l ﹣ ＝ [GaC l ] ﹣ 。
4 4
（3）“还原”的目的：避免 铁 元素以 [FeC l ] 3 ﹣ （填化学式）微粒的形式通过LAEM，从
6
而有利于Ga的分离。
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl﹣浓度越 高 ，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度
过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向 I室中加入 NaC l （填化
学式），以进一步提高Ga的提取率。（5）“调pH”中，pH至少应大于 3. 2 ，使溶液中c（F﹣）＞c（HF），有利于[AlF ]3﹣配离子及
6
Na [AlF ]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c（Na+）＝0.10mol•L﹣1，则[AlF ]3﹣的浓度为 4.0×1 0 ﹣ 7
3 6 6
mol•L﹣1。
（6）一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体
体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 Co：Ga：Ni＝ 2 ： 1 ： 1 ，其
立方晶胞的体积为 8 a 3 nm3。
【答案】（1）2Al O （熔融） 4Al+3O ↑；
2 3 2
（2）Ga3++4Cl﹣＝[GaCl ]﹣；
4
（3）铁；[FeCl ]3﹣；
6
（4）高；NaCl；
（5）3.2；4.0×10﹣7；
（6）2：1：1；8a3。
【分析】从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循
环利用铝，电解铝的副产品炭渣进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液
加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl ]﹣通过交换膜进入Ⅱ室并转
4
化为Ga3+，Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F﹣的废液调pH并结晶得到NaAlF 晶体用于
6
电解铝。
【解答】解：（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al O （熔融）
2 3
4Al+3O ↑，
2
故答案为：2Al O （熔融） 4Al+3O ↑；
2 3 2
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl ]﹣的离子方程式为Ga3++4Cl﹣＝[GaCl ]﹣，
4 4
故答案为：Ga3++4Cl﹣＝[GaCl ]﹣；
4（3）由已知，浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MCl ]（m﹣3）（m＝0～4）微粒形式存在，为了避免
m
铁元素以[FeCl ]3﹣的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离，
6
故答案为：铁；[FeCl ]3﹣；
6
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl﹣浓度越高，更有利于生成[GaCl ]﹣的反应正向移动，更有利于
4
Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向 I室中加入NaCl，提高Cl﹣浓度，
进一步提高Ga的提取率，
故答案为：高；NaCl；
（5）由 pK （HF）＝3.2，K （HF）＝ ＝10﹣3.2，为了使溶液中 c（F﹣）＞c
a a
（HF），c（H+）＝ ×10﹣3.2＜10﹣3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF ]3﹣配离子及
6
Na [AlF ]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c（Na+）＝0.10mol•L﹣1，根据Na [AlF ]（冰晶石）的K
3 6 3 6 sp
为4.0×10﹣10，[AlF ]3﹣浓度为 ＝ mol/L＝4.0×10﹣7mol•L﹣1，
6
故答案为：3.2；4.0×10﹣7；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，
取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，
晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最
简比Co：Ga：Ni＝2：1：1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a
nm，故晶胞的体积为8a3nm3，
故答案为：2：1：1；8a3。
【点评】本题考查物质分离提纯实验方案设计、混合物的分离提纯和晶胞密度计算，把握物质的性质、
发生的反应、混合物的分离方法、电解原理的应用、晶胞密度计算等知识为解答的关键，侧重分析与
实验能力的考查，注意掌握晶胞密度计算方法，题目难度较大。
19．（14分）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
（1）酸催化下NaNO 与NH Cl混合溶液的反应（反应a），可用于石油开采中油路解堵。
2 4
①基态N原子价层电子的轨道表示式为： 。
②反应a： （aq）+ ═N （g）+2H O（l）
2 2已知：
则反应a的ΔH＝ ΔH ﹣ ΔH ﹣ ΔH +ΔH 。
1 2 3 4
③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，
测得体系的温度T随时间t的变化如图。据图可知，在该过程中， BD 。
A.催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B.催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C.催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D.反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
（2）在非水溶剂中，将CO 转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图，其中
2
的催化剂有 AcOH 和 K I 。
（3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测
定了两种一元弱酸HX（X为A或B）在某非水溶剂中的K 。
a
a.选择合适的指示剂HIn，K （HIn）＝3.6×10﹣20；其钾盐为KIn。
a
b.向KIn溶液中加入HX，发生反应：In﹣+HX X﹣+HIn。
⇌KIn起始的物质的量为n
0
（KIn），加入HX的物质的量为n（HX），平衡时，测得c平 （In﹣）/c平
（HIn）随n（HX）/n （KIn）的变化曲线如图。
0
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算K （HA） 4.0×1 0 ﹣ 2 1 。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
a
②在该溶剂中，K （HB） ＞ K （HA）；K （HB） ＞ K （HIn）。（填“＞”“＜”或
a a a a
“＝”）
【答案】（1）① ；
②ΔH ﹣ΔH ﹣ΔH +ΔH ；
1 2 3 4
③BD；
（2）AcOH；KI；
（3）①4.0×10﹣21；
②＞；＞。
【分析】（1）①基态N原子价层电子排布式为2s22p3；
②由已知：Ⅰ．NaNO （s）+NH Cl（s）＝N （g）+NaCl（s）+2H O（l）ΔH ，Ⅱ．NaNO （s）＝
2 4 2 2 1 2
Na+（aq）+ （aq）ΔH ，Ⅲ．NH Cl（s）＝Cl﹣（aq）+ （aq）ΔH ，Ⅳ．NaCl（s）＝Na+
2 4 3
（aq）+Cl﹣（aq）ΔH ，盖斯定律计算Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ+Ⅳ得到 （aq）+ ═N （g）+2H O（l）
4 2 2
ΔH；
③A．催化剂加快反应速率，不改变化学平衡，不改变反应焓变；
B．催化剂酸性增强，反应速率加快；
C．个硫酸中2个H原子，1个磷酸中3个H原子，1个乙酸中4个H原子，硫酸催化时有利于加速反
应；
D．图中可知，随着反应进行，开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快；（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质保持不变；
（3）①变化曲线图可知，当 ＝1.0时， ＝3.0，设初始c （KIn）＝c mol/L，则初
0 0
始c（HX）＝c mol/L，转化的物质的量浓度为xmol/L，结合三段式列式计算，
0
In﹣+HX X﹣+HIn
起始量（m⇌ol/L） c
0
c
0
0 0
变化量（mol/L） x x x x
平衡量（mol/L） c ﹣x c ﹣x x x
0 0
＝3.0， ＝3.0，x＝0.25c ，则该反应的平衡常数为：K ＝ ＝
0 1
× ＝ ＝ ＝ ，据此计算得到 K
a
（HA）；
②图象可知，当 ＝1.0时，设此时转化的物质的量浓度为ymol/L，结合三段式列式计算，
In﹣+HX X﹣+HIn
起始量（m⇌ol/L） c
0
c
0
0 0
变化量（mol/L） y y y y
平衡量（mol/L） c ﹣y c ﹣y y y
0 0
此时 ＜1.0，则 ＜1.0，则y＞0.5c ，则平衡常数K ＝ ＞K ，则K （HB）＞
0 2 1 a
K （HA），由于y＞0.5c ，则数K ＝ ＞1，据此分析判断。
a 0 2
【解答】解：（1）①基态N原子价层电子排布式为2s22p3，价层电子轨道表示式为 ，
故答案为： ；
②由已知：Ⅰ．NaNO （s）+NH Cl（s）＝N （g）+NaCl（s）+2H O（l）ΔH ，Ⅱ．NaNO （s）＝
2 4 2 2 1 2
Na+（aq）+ （aq）ΔH ，Ⅲ．NH Cl（s）＝Cl﹣（aq）+ （aq）ΔH ，Ⅳ．NaCl（s）＝Na+
2 4 3（aq）+Cl﹣（aq）ΔH ，盖斯定律计算Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ+Ⅳ得到 （aq）+ ═N （g）+2H O（l）
4 2 2
ΔH＝ΔH ﹣ΔH ﹣ΔH +ΔH ，
1 2 3 4
故答案为：ΔH ﹣ΔH ﹣ΔH +ΔH ；
1 2 3 4
③A．催化剂酸性增强，不能改变反应焓变，故A错误；
B．图中分析可知酸性硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，有利于提高反应速率，故B正确；
C．1个硫酸中2个H原子，1个磷酸中3个H原子，1个乙酸中4个H原子，催化剂分子中含H越多，
越不利于加速反应，故C错误；
D．图中可知，随着反应进行，开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不随
着反应物浓度下降而减小，故D正确；
故答案为：BD；
（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质保持不变，催化机理示意图可知，催化剂有：
AcOH、KI，
故答案为：AcOH；KI；
（3）①由变化曲线图可知，当 ＝1.0时， ＝3.0，设初始c （KIn）＝c mol/L，则
0 0
初始c（HX）＝c mol/L，转化的物质的量浓度为xmol/L，结合三段式列式计算，
0
In﹣+HX X﹣+HIn
起始量（m⇌ol/L） c
0
c
0
0 0
变化量（mol/L） x x x x
平衡量（mol/L） c ﹣x c ﹣x x x
0 0
＝3.0， ＝3.0，x＝0.25c ，则该反应的平衡常数为：K ＝ ＝
0 1
× ＝ ＝ ＝ ， K （ HA ） ＝
a
4.0×10﹣21，
故答案为：4.0×10﹣21；
②图象可知，当 ＝1.0时，设此时转化的物质的量浓度为ymol/L，结合三段式列式计算，
In﹣+HX X﹣+HIn
起始量（m⇌ol/L） c
0
c
0
0 0变化量（mol/L） y y y y
平衡量（mol/L） c ﹣y c ﹣y y y
0 0
此时 ＜1.0，则 ＜1.0，则y＞0.5c ，则平衡常数K ＝ ＞K ，则K （HB）＞
0 2 1 a
K （HA），由于y＞0.5c ，则数K ＝ ＞1，K （HB）＞K （HIn），
a 0 2 a a
故答案为：＞；＞。
【点评】本题考查了化学反应的能量变化和盖斯定律计算、反应过程和平衡影响因素、平衡常数的计
算应用等知识点，题目难度中等。
20．（14分）将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现
化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如图（反应条件略）。
（1）化合物Ⅰ的分子式为 C H ，名称为 苯乙烯 。
8 8
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 羰基 。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢
谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有 ACD 。
A.由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有 键的断裂与形成
B.由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化π中，葡萄糖被还原
C.葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键
D.由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成
（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① H 、 N i 、加热 加成反应
2② CH COOH 、 取代反应
3
浓硫酸、加热
（5）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备HOCH（CH ） 。该反应中，
3 2
①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为 CH COCH （写结构简式）。
3 3
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 CH ＝ CHCH （写结构简式）。
2 3
（6）以2﹣溴丙烷为唯一有机原料，合成CH COOCH（CH ） 。基于你设计的合成路线，回答下列
3 3 2
问题：
①最后一步反应的化学方程式为 CH COOH+CH CH （ OH ） CH CH COOCH （ CH ） +H O
3 3 3 3 3 2 2
（注明反应条件）。
② 第 一 步 反 应 的 化 学 方 程 式 为 CH CHBrCH +NaOH CH CH （ OH ） CH +NaBr 或
3 3 3 3
CH CHBrCH +NaOH CH ＝ CHCH +NaBr+H O （写一个即可，注明反应条件）。
3 3 2 3 2
【答案】（1）C H ；苯乙烯；
8 8
（2）羰基； ；
（3）ACD；
（4）①H 、Ni、加热；加成反应；
2
②CH COOH、浓硫酸、加热； ；
3
（CH ＝CHCH ；
2 3
（6）①CH COOH+CH CH（OH）CH CH COOCH（CH ） +H O；
3 3 3 3 3 2 2
② CH CHBrCH +NaOH CH CH （ OH ） CH +NaBr 或 CH CHBrCH +NaOH CH ＝
3 3 3 3 3 3 2
CHCH +NaBr+H O。
3 2
【分析】（1）化合物Ⅰ中C、H原子个数依次是8、8；该有机物为苯乙烯；
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上
只有4组峰，说明含有四种氢原子，且能够发生银镜反应，说明含有醛基；
（3）A.由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有碳碳双键的断裂和碳氧双键的形成；B.由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化；
C.和水能形成分子间氢键的物质易溶于水；
D.化合物Ⅱ的C＝O中C、O都采用sp2杂化，化合物Ⅲ的C—OH中C、O都采用sp3杂化，且连接醇
羟基的碳原子为手性碳原子；
（4）①根据反应形成的新结构知，苯环和氢气在Ni做催化剂、加热条件下发生加成反应；
②化合物Ⅲ中含有醇羟基，能和羧酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成酯类物质；
（5）①若反应物之一为非极性分子，该反应物为H ，另一种反应物为丙酮；
2
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物为H O，则另一反应物为丙烯；
2
（6）CH CHBrCH 发生水解反应生成 CH CH（OH）CH ，CH CHBrCH 发生消去反应生成 CH ＝
3 3 3 3 3 3 2
CHCH ，CH ＝CHCH 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH COOH，CH COOH和CH CH（OH）CH 发
3 2 3 3 3 3 3
生酯化反应生成CH COOCH（CH ） 。
3 3 2
【解答】解：（1）化合物Ⅰ中C、H原子个数依次是8、8，分子式为C H ；该有机物名称为苯乙烯，
8 8
故答案为：C H ；苯乙烯；
8 8
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上
只有 4 组峰，说明含有四种氢原子，且能够发生银镜反应，说明含有醛基，结构简式为
，
故答案为：羰基； ；
（3）A.由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有碳碳双键的断裂和碳氧双键的形成，所以有 键的断裂与形成，
故A正确； π
B.由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化，不是被还原，故B错误；
C.和水能形成分子间氢键的物质易溶于水，葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分
子形成氢键，故C正确；
D.化合物Ⅱ的C＝O中C、O都采用sp2杂化，化合物Ⅲ的C—OH中C、O都采用sp3杂化，且连接醇
羟基的碳原子为手性碳原子，所以由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在 C、O原子杂化方式的改变，有手
性碳原子形成，故D正确；
故答案为：ACD；
（4）①根据反应形成的新结构知，苯环和氢气在Ni做催化剂、加热条件下发生加成反应，所以反应
试剂、条件分别为H 、Ni、加热，反应类型是加成反应，
2
故答案为：H 、Ni、加热；加成反应；
2②化合物Ⅲ中含有醇羟基，能和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成
，
故答案为：CH COOH、浓硫酸、加热； ；
3
（5）①若反应物之一为非极性分子，该反应物为H ，另一种反应物为CH COCH ，丙酮和氢气发生
2 3 3
加成反应生成CH CH（OH）CH ，
3 3
故答案为：CH COCH ；
3 3
②若反应物之一为V形结构分子，该反应物为H O，则另一反应物为CH ＝CHCH ，丙烯和H O发生
2 2 3 2
加成反应生成CH CH（OH）CH ，
3 3
故答案为：CH ＝CHCH ；
2 3
（6）①最后一步反应的化学方程式为CH COOH+CH CH（OH）CH CH COOCH（CH ）
3 3 3 3 3
+H O，
2 2
故答案为：CH COOH+CH CH（OH）CH CH COOCH（CH ） +H O；
3 3 3 3 3 2 2
② 第 一 步 反 应 的 化 学 方 程 式 为 CH CHBrCH +NaOH CH CH （ OH ） CH +NaBr 或
3 3 3 3
CH CHBrCH +NaOH CH ＝CHCH +NaBr+H O，
3 3 2 3 2
故答案为：CH CHBrCH +NaOH CH CH（OH）CH +NaBr 或CH CHBrCH +NaOH CH ＝
3 3 3 3 3 3 2
CHCH +NaBr+H O。
3 2
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构
简式是解本题关键，会根据反应物、目标产物结构特点设计合成路线是解答本题难点，题目难度中等。
