文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖北专用）
黄金卷04
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni 59 As 75
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是
A．三星堆祭祀坑内发现了大量丝绸朽化后的残留物，丝绸的主要成分是蛋白质
B．人民币票面文字处采用了含 的磁性油墨， 常用作红色颜料
C．北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用 将太阳能转化为电能
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，属于无机非金
属材料
【答案】A
【解析】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；B．Fe O 为黑色固体，常用作红色颜料的是
3 4
Fe O，B错误；C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；D．固体浮力材
2 3
料，由空心玻璃微球填充在高强度树脂中制成，其中树脂为有机高分子材料，故该浮力材料为复合材料，
D错误。故选A。
2．哲学中“对立与统一”同时发生规律广泛存在于化学中。下列叙述中不符合“对立与统一”规律的是
A．工业合成氨中，吸热反应和放热反应同时发生
B．在化学反应中，浓硝酸挥发性和氧化性同时表现
C．原电池中正极反应和负极反应同时发生
D．C、N、O的电负性随其核电荷数的增大而增大
【答案】B
【解析】A．吸热反应和放热反应是对立与统一的关系，合成氨反应是可逆反应，则工业合成氨中，吸热
反应和放热反应同时发生符合“对立与统一”规律，故A不符合题意；B．浓硝酸挥发性和氧化性不是对
立与统一的关系，则在化学反应中，浓硝酸挥发性和氧化性同时表现不符合“对立与统一”规律，故B符合题意；C．正极反应和负极反应是对立与统一的关系，则原电池中正极反应和负极反应同时发生符合
“对立与统一”规律，故C不符合题意；D．C、N、O的电负性随其核电荷数的增大而增大，变化一致，
没有体现阴阳对立统一，故D不符合题意；故选B。
3．硫代硫酸钠对于鱼类的毒性极低，因此可用以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛的应用。某
兴趣小组在实验室制备NaSO·5H O(市售海波成分)流程如下，下列说法正确的是
2 2 3 2
A．制SO 反应中，70%H SO 既表现强氧化性，又表现酸性
2 2 4
B．吸硫反应方程式为：
C．操作X为蒸发结晶
D．理论上，去除自来水中1克的氯气需要约0.56克市售海波
【答案】B
【分析】NaSO 固体加入70%硫酸制二氧化硫，利用碳酸钠、硫化钠溶液吸硫，得到含NaSO 的溶液，
2 3 2 2 3
进行操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到NaSO·5H O；
2 2 3 2
【解析】A．制 SO 的反应不是氧化还原反应，70% H SO 只表现酸性， 选项A错误；B．根据信息吸硫
2 2 4
反应方程式为：2NaS+Na CO+4SO=3Na SO+CO ，选项B正确；C．探作X为蒸发浓缩冷却结晶、过滤、
2 2 3 2 2 2 3 2
洗涤，选项C错误；D．根据得失电子守恒:4Cl ~Na SO·5H O，则除去自来水中1g Cl 需要市售海波质量
2 2 2 3 2 2
为: ，选项D错误；答案选B。
4．甘茶素是一种甜味剂，兼具多种药理作用和保健功效，其结构简式如下图所示。下列关于甘茶素分子
的说法正确的是
A．分子式为 B．能发生加成反应
C．所有原子共平面 D．苯环上的一氯代物有7种【答案】B
【解析】A．根据结构简式可知，其分子式： ，A错误；B．该有机物含苯环，可发生加成反应，
B正确；C．该有机物分子中含sp3杂化的饱和碳原子，不可能所有原子共平面，C错误；D．苯环上有6
种等效氢原子，一氯代物有6种，D错误；答案选B。
5．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是
A．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：
B．向次氯酸钙溶液中通入 ：
C．用电子式表示HCl的形成过程：
D．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【解析】A．醛基能被溴水氧化为羧基，反应的化学方程式为
，A项错误；B．次氯酸钙有强氧化性，可以将+4
价硫氧化为+6价，通入足量SO 的离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO+2H O=CaSO↓+ +2Cl-+4H+，B项错
2 2 2 4
误；C．HCl为共价化合物，没有电子的得失，也没有阴阳离子，其形成表示为 ，
C项错误；D．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为缩聚反应，化学方程式为
，D项正确；故选D。6．金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY) •MZX ，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原
2 3
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。1molMZX ，含有
3
42mol质子，下列说法正确的是
A．离子半径：M＞X B．X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞Y
C．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
【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) MZX，可知M显+2价，1mol MZX 含有42mol质子，当Z为Si元素时，M
2 3 3
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。
【解析】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) 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
2
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。
7．二甲苯异构体是重要的基本化工原料。浙江大学任其龙院士团队开发了一种配位聚合物吸附剂，利用
相邻金属位点与两个甲基间距的匹配程度差异实现对二甲苯异构体的辨识分离。图1展示了2，5-二羟
基-1，4-苯喹酮(dhbq)与锰配位结构以及两条聚合物链间的连接方式，图2是吸附了三种二甲苯的聚合物在
加热过程中质量随温度的变化曲线，图3展示了二甲苯与聚合物链的三种结合作用： 堆积、氢键、甲
基碳与锰的偶极作用。下列说法不正确的是
A．由图1可知，链与链之间通过与水分子的氢键和配位键作用形成堆叠结构
B．由图1可知，聚合物中锰、 分子的物质的量之比为
C．由图2可知，用聚合物吸附分离三种二甲苯，当温度较高时，优先吸附邻二甲苯
D．由图3可知，聚合物对三种二甲苯的吸附能力与两个甲基之间的距离有关
【答案】C
【解析】A．由图1可知，与锰原子形成配位键的水分子中的氢原子与另一条链中dhbq中的氧原子形成氢
键，则链与链之间通过与水分子的氢键和配位键作用形成堆叠结构，故A正确；B．由图1可知，每个锰
原子与2个dhbq中的4个氧原子和2个水分子的氧原子形成配位键，每个dhbq中的2个氧原子与2个锰原
子形成配位键，则聚合物中锰、 分子的物质的量之比为 ，故B正确；C．由图2可知，
吸附了三种二甲苯的聚合物在加热过程中对二甲苯的质量最大，则用聚合物吸附分离三种二甲苯，当温度
较高时，优先吸附对二甲苯，故C错误；D．由图3可知，对二甲苯与一维链形成4个氢键，存在2个甲
基碳与锰的偶极作用，邻二甲苯与一维链形成2个氢键，存在1个甲基碳与锰的偶极作用，间二甲苯与一
维链形成3个氢键，存在1个甲基碳与锰的偶极作用，结合图2可知，聚合物对三种二甲苯的吸附能力与
两个甲基之间的距离有关，故D正确；故选C。
8．已知：2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃。利用2—丙醇催化氧化制备丙酮，并利用如图
装置提纯丙酮。下列叙述错误的是
A．采用热水浴加热
B．毛细玻璃管与液面接触的地方能形成汽化中心
C．克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管
D．温度计指示温度为84.6℃
【答案】D【解析】A．液溴和四氯化碳的沸点都比较低，水浴加热更容易控制合适的加热温度，用酒精灯代替会导
致受热不均，故A正确；B．减压蒸馏时，空气由毛细管进入烧瓶，冒出小气泡，成为沸腾时的气化中心，
这样不仅可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故B正确；C．弯管的主要作用是
防止减压蒸馏中液体因剧烈沸腾而进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，故C正确；D．2—丙醇的沸
点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃，为避免2—丙醇蒸出，温度计指示温度为高于56.5℃，低于84.6℃，
故D错误；故选D。
9．将氟气通入氢氧化钠溶液中，可得 。 是一种无色、几乎无味的剧毒气体，主要用于氧化氟化反
应、火箭工程助燃剂等。下列说法错误的是
A． 中O的化合价为 价
B． 的VSEPR模型为四面体
C．与 分子相比， 分子的极性大
D．与 分子相比， 分子的键角小
【答案】C
【解析】A． 中电负性 ，F显 价，故O的化合价为 价，故A正确；B．中心原子氧原子价层
电子对数为2+ =4， 的VSEPR模型为四面体，故B正确；C． 与 的空间结构相似，同
为Ⅴ形，但水分子极性很强，而 极性很小，这是因为：(1)从电负性上看，氧和氢的电负性差大于氟和
氧的电负性差；(2) 中氧原子上有两个孤电子对，抵消了 键中共用电子对偏向F而产生的极性，故
C错误；D．由于F的电负性强， 中成键电子对偏向F原子，成键电子远离中心原子，使得互相之间排
斥力更小，故 分子的键角小，故D正确；故选C。
10．羟基自由基( )是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。一种能将苯酚( )氧化为 的原电池-电解池组合装置如图，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是
A．c极为阴极，a极上发生还原反应
B．b极的电极反应式为
C．d极区苯酚被氧化的反应为。
D．右侧装置中，每转移 ，c、d两极共产生气体11.2L(标准状况)
【答案】B
【分析】设计了一种能将苯酚氧化为 CO 和 HO 的原电池-电解池组合装置；由图可知，左侧为原电池，
2 2
a极六价铬转化为三价铬发生还原反应，为正极，则b为负极；右侧为电解池，c为阴极、d为阳极，以此
解题。
【解析】A．由分析可知，a极六价铬转化为三价铬发生还原反应，c为阴极、d为阳极，A正确；B．b电
极上苯酚转化成二氧化碳，苯酚和生成的二氧化碳在碱性条件下不共存，所以应当选择酸性环境，故电极
反应式为 ，B错误；C．右侧装置是电解池装置，d是阳极，结合图示，
电极反应中产生羟基自由基(▪OH)和H+，没有生成氧气，正极电极反应式为 ，羟基自由基
氧化能力很强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化大的方程式为
，C正确；D．c极上氢离子放电，电极反应式为 ，d电极
的电极反应式为 ，结合苯酚的氧化过程知，当转移0.7mol电子时，d极生成0.7mol的
▪OH，它氧化苯酚时生成 二氧化碳，标况下体积为3.36L，c极上生成0.35mol的氧气，
标况下体积为7.84L，则气体总量为11.2L，D正确；故选B。11．下列对有关事实的解释正确的是
选项 事实 解释
A 某些金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B CH 与NH 分子的空间结构不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
4 3
C 白磷为正四面体分子 白磷分子中P﹣P键间的夹角是109.5°
D HF的热稳定性比HCl强 H﹣F比H﹣Cl的键能大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃
迁，释放出不同波长的光，A错误；B．CH 的价层电子对是4，孤电子对为0，NH 的价层电子对为4，孤
4 3
电子对为1，分子的空间构型不同，但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3杂化，B错误；C．白磷分子中
P原子处于正四面体的顶点，每个面都是正三角形，分子中P-P键间的夹角是60°，C错误；D．HF的热稳
定性比HCl强，因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，D正确；故答案为：D。
12．2021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C H NO B．理论上，该反应原子利用率为100%
10 11 4
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】A．根据C的结构简式可知，C的分子式为C H NO ，A正确；B．上述反应无副产物，所以理
10 11 4
论上原子利用率为100%，B正确；C．脯氨酸的分子式为C HNO ， 的分子式也为
5 9 2
C HNO ，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
5 9 2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。
13．纳米材料一直是人们研究的重要课题。实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列
说法正确的是
A． 固体加热脱水的过程属于物理变化
B．获得的纳米级Fe粉属于胶体
C． 固体按分类属于混合物
D．高温制备纳米级Fe的过程中通 可以防止爆炸，也可作保护气
【答案】D
【解析】A． 固体加热脱水的过程属于化学变化，A项错误；B．纳米级Fe粉属于纯净物，胶
体是混合物，故纳米级Fe粉不属于胶体，B项错误；C． 固体属于纯净物，C项错误；D．高
温制备纳米级Fe的反应为 ，为了防止氢气与空气混合在加热时发生爆炸，反应
前需向反应器中通入氮气，目的是排尽装置内的空气，防止加热时产生爆炸，同时制得的纳米铁易被空气
中的氧气氧化，故需用 作保护气，并且氮气有利于铁粉分散形成纳米级Fe，D项正确；答案选D。
14．浸金液浸取金的原理：Au+2SO +Cu(NH) =Au(SO) +2NH(aq)+Cu(NH) 。常温下，往
2 3 2 3 3 3
pH=10.00、c(Cu2+)=0.01mol/L、c(SO )=0.10mol/L的初始溶液中通入NH 配制浸金液。不同c(NH )体系中
2 3 3
含Cu微粒的分布系数如图所示，其中M、N分别代表Cu(NH ) 或Cu(NH ) 。如Cu(NH ) 的分布系数
3 3 3δ= 。下列说法错误的是
A．N代表的物质是Cu(NH )
3
B．反应Cu(NH ) Cu(NH ) +NH 的平衡常数K的值为3.5
3 3 3
C．浸金液中存在关系：2c(SO )+c(HSO )+c(OH-)=2c[Cu(NH) ]+2c[Cu(NH) ]+c(H+)
2 2 3 3
D．c(NH )=1mol/L时，c(SO )＞c[Cu(NH ) ]＞c[Cu(NH ) ]＞c[Cu(SO) ]
3 2 3 3 2 3
【答案】C
【分析】 浓度越大， 的x值越大，则N代表的物质是 ，M表示物质是
。
【解析】A． 浓度越大， 的x值越大，则N代表的物质是 ，A正确；B．
和 浓度相等时， ，因此 ，B正
确；C．选项关系式表示的是电荷守恒，因为浸金液配制时用到硫代硫酸盐，且原溶液中c(Cu2+)＜c(
)，因此溶液中可能含有其他金属阳离子如 ，以及Cu(SO) 等阴离子，C错误；D．结合图像可知：
2 3c(NH )=1mol/L时，c[ ]＞c[ ]＞c[ ]；且δ[ ]小于80%，δ[
3
]约为20%，δ[ ]、δ[ ]、δ[ ]约为0，则溶液中Cu主要以铜氨配合
物形式存在，且原溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，c( )=0.10mol/L，故c( )＞c[ ]，综上所述，
c( )＞c[ ]＞c[ ]＞c[ ]，D正确；故选C。
15． 的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到 的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所
示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是
A．c点Mn的原子分数坐标为(0， ， )
B．晶体乙中 的原子个数比为5∶27∶32
C．基态Ga原子未成对电子数为3
D．若GaAs晶胞参数为anm，则Ga和As之间的最短距离为 anm
【答案】C
【解析】A．图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点原子位于左侧面的面心上，
其原子分数坐标为(0, , )，A正确；B．掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数： ，
Ga的原子个数为： ，As原子的个数为4，故晶体乙中 的原子个数比为
5∶27∶32，B正确；C．Ga基态原子的价电子排布式为4s24p1，未成对电子数为1，C错误；D．Ga和As之间的最短距离为体对角线的 ，所以为 a nm，D正确；故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）NiCl 是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原
2
料，按如图流程回收NiCl ·6H O晶体，回答下列问题。
2 2
已知：Ksp(CaF )=4×10-11，Ksp(MgF)=9×10-9
2 2
(1)滤渣1的成分主要是 。
(2)X可以为Cl 或HO 若X为HO，试剂Y的使用量会减少，原因是 (用离子方程式加以说
2 2 2. 2 2
明)。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于
mol/L。
(4)操作A为 、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl ·6H O与SOCl 混合加热可制备无水NiCl 并得到两种酸性气体，该反应的化学方程式为
2 2 2 2
。
(6)废旧锂离子电池含LiNiO 的正极材料经预处理后，可采用如图原理富集Ni元素。
2
DMG-Ni配合物中存在的作用力有___________(填序号)。
A．极性键 B．非极性键 C．氢键 D．配位键
(7)红砷镍矿是一种六方晶体(底面为60°和120°的菱形)，其晶胞如图所示，图中黑色小球为Ni，浅色大球为As，已知NiAs的晶胞边长分别为a pm和c pm，阿伏加德罗常数的值为N ，则红砷镍矿晶体的理论密
A
度为ρ= g·cm-3(写出表达式，需化简)
【答案】(1)CuS、S（2分）
(2)Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应 消耗氢离子（2分）
(3)0.03（2分）
(4)蒸发浓缩（1分）
(5)NiCl ·6H O+6SOCl NiCl +6SO↑+12HCl↑（2分）
2 2 2 2 2
(6)ABCD（2分）
(7) （2分）
【分析】废弃催化剂（含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入HS生成
2
CuS 沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成
Fe(OH) 沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH F生成CaF 沉淀、MgF 沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加
3 4 2 2
入NaCO 溶液生成NiCO 沉淀，NiCO 沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得
2 3 3 3
NiCl •6H O晶体；据此分析解答。
2 2
【解析】（1）向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入HS，Fe3+被还原为Fe2+，HS被氧化为
2 2
S单质，即2Fe3++H S-2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和HS反应生成CuS沉淀，即Cu2++H S=CuS↓+2H+，所以滤渣1
2 2 2
的成分主要是CuS、S；（2）加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH) 沉淀，若用HO 代替Cl，发生反
3 2 2 2
应2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；（3）由题中信息可知，
2 2 2
Ksp(CaF )=4×10-11，Ksp(MgF)=9×10-9，CaF 比MgF 更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子
2 2 2 2
浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于 =0.03。（4）NiCO 沉淀中加盐酸溶解得NiCl 溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl •6H O晶体；
3 2 2 2
（5）将所得NiCl •6H O与SOCl 混合加热可制备无水NiCl 并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为
2 2 2 2
NiCl ·6H O+6SOCl NiCl +6SO↑+12HCl↑
2 2 2 2 2
（6）由图可看出DMG-Ni配合物中存在的作用力有：C-N等极性键、C-C非极性键、氢和氧元素之间的氢
键、镍和氮元素之间的配位键，故答案是ABCD。
（7）由晶胞结构可知，Ni原子与As原子的配位数之比为1:1，晶胞内部含有2个As原子，配位数之比与
原子个数之比呈反比，因此该化合物化学式为NiAs，晶胞密度ρ= 。
17．（14分）有机物M是一种用于治疗消化道疾病的药物。合成有机物M的一种工艺流程如下所示：
回答下列问题：
(1)CHCl 的名称是 。
3
(2)化合物C的结构简式是 ；化合物F的结构简式是 。
(3)写出D→E的化学方程式 。
(4)写出同时符合下列条件的化合物D的所有同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环，苯环上只有两个侧链。
②分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且含有酰胺基( )
(5)某研究小组在实验室用以下流程合成药物N-苄基苯甲酰胺( )。其中G、Q、J的结构简式
分别为 、 、 。【答案】(1)三氯甲烷或氯仿（1分）
(2)ClCH CHN(CH )（2分） （2分）
2 2 3 2
(3) +H NOH→ +H O（2分）
2 2
(4) （4分）
(5) （1分） （1分） （1分）
【分析】由有机物的转化关系可知， 与 在催化剂的作用下生成 ，在碳酸钾作用下与 发生取代反应生成 ，则C为 ；
与 反应生成 ；催化剂作用下 与氢气发
生还原反应生成 ，则F为 ； 与 发生取代
反应生成 ； 与 发生取代反应生成M。
【解析】（1） 为甲烷的三氯取代物，名称为三氯甲烷，俗称氯仿；（2）①由分析可知，通过化合
物D的结构得出化合物C的结构简式为 ；②由分析可知，化合物F是由化合物E加氢
还原得到，通过化合物E的结构简式可得出化合物F的结构简式为 ；（3）通过分析，化合物D与 先发生醛基的加成反应后脱去水生成碳氮双键转化为化合物E，反应方程式为：
+ + ；（4）D的结构简式为 ，
其同分异构体中有苯环，且苯环上只有两个侧链，有酰胺基，有四种等效氢原子，其结构对称，符合条件
的有 ；（5）第一步是苯甲醛和 先发生加成反应再发生消去反应得到G，
G的结构简式为 ，G与氢气发生加氢还原反应生成Q，得出Q结构简式为 ，Q
与J反应生成 ，且J是由苯甲醛氧化成苯甲酸后再与亚硫酰氯反应得到，可推出J的结构
简式为 。
18．（14分）某小组为了探究 溶液和 溶液反应的情况，开展了如下活动。回答下列问题：【查阅资料】
①CuCl、CuI为难溶于水的白色固体；② 在酸性环境中易歧化为Cu和 ；③
(无色溶液) (深蓝色溶液)
【理论预测】 溶液和 溶液反应的主要含铜产物的可能情况：
(1)二者因发生复分解反应生成 ；二者因发生双水解反应生成 ；二者因发生氧化还原反
应生成 、CuCl；……
【实验探究一】 溶液和 溶液反应
编号 实验操作 实验现象
立即有棕黄色沉淀生成，3min后沉淀颜
2mL0.2 溶液和
1 色变浅并伴有少量白色沉淀产生，再振荡
1mL0.2 溶液混合
1min后沉淀全部变为白色
(2)取少量实验1中已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 ，反应的离子方
程式为 ；露置一段时间，又观察到 ，证明白色沉淀为CuCl。
【实验探究二】棕黄色沉淀的成分探究
(3)实验1中棕黄色沉淀存在时间较短，难以获得。实验小组将实验1中的 溶液替换为等体积等浓度
的 溶液，成功制备了棕黄色沉淀，并进行了如下实验。
编号 实验操作
2 取少量洗净的裟黄色沉淀于试管中，并加入一定量的稀硫酸3
注：实验所用试剂均经过除氧处理
(4)实验2中可观察到现象： ，证棕黄色沉淀中含有 。
(5)实验3中因发生了反应 、 ，使得上层清液呈无色且不能使
淀粉溶液变蓝；白色沉淀B是 ，试剂1是 ；据此证明棕黄色沉淀中含有 。
【答案】(1) （2分）
(2)沉淀溶解，得到无色溶液（2分） (或
)溶液变为深蓝色（2分）
(3) （2分）
(4)有紫红色固体析出(产生刺激性气味气体)（2分）
(5) (或 )（2分）
盐酸和 溶液（2分）
【解析】（1）双水解反应生成的主要含铜产物为 。
（2）根据信息③中 溶于浓氨水的信息，可回答出相关实验现象。第一步的离子反应为：
。（3）实验探究一证明了 和 可以发生氧化还原反应，有 时，产生了CuCl白色沉淀，其中棕黄
色沉淀与 和 的反应关系密切。因此， 溶液替换为等体积等浓度的 溶液最合适。
（4）实验2结论已经说明含有 ，实验2即是含 的沉淀中加入一定量的稀硫酸，根据信息②
中 酸性条件下歧化，以及 与酸的反应，可得实验现象为：有紫红色固体析出，产生刺激性气味气
体。
（5）实验3结论已经说明含有 ，实验3即是含 、 的沉淀中加入一定量的KI溶液，信
息①告知CuI为白色沉淀，显然实验3中产生的白色沉淀A是CuI．若CuI是 与KI发生复分解反应
产生的，则上层清液含有 ；若CuI是 与KI发生氧化还原反应反应产生的，则上层清液含有I2
和 ，而实验3上层清液呈无色且不能使淀粉溶液变蓝，因此发生了反应 (或
)、 ，后续用盐酸和 溶液，才能检出
白色沉淀B是 。
19．（14分）萘类物质的加成反应，可以合成多种环状结构的异构体，并在工业中有重要应用，利用1-甲
基萘( )制备四氢萘类物质( ，包括 和 )。反应过程中伴有生成十氢萘( )的副
反应，涉及反应如图：
请回答下列问题：(1)已知一定条件下反应 的焓变分别为 ，则反应 的焓变 (用含
的代数式表示)。
(2)根据 和 的结构及命名方式， 和 的一种同分异构体 的名称
为 。
(3)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图所示。
① ， ， 中最稳定的是 。
②不考虑生成 ，从反应进行程度上考虑，利于生成 的条件是 。
③若曲线c、d分别代表反应 、 的平衡常数随温度的变化，则表示反应 的平衡常数随温度变化的
曲线为 。
(4)某温度下，将一定量的 、投入一密闭容器中，检测到四种有机物的物质的量随时间的变化关系如
图乙所示。
在此温度下，如何更多的得到 。
a．延长反应时间b．增大压强
c．使用选择性更高的催化剂
d反应初期生成较多 时，及时分离出
(5) 时，在体积恒定的密闭容器中投入一定量的 ，假定只发生 过程， 足量，且反应过程中
氢气的浓度恒定为 ，当 的转化率为a时，反应的平衡常数为 。
【答案】(1) （2分）
(2)6（2分）
(3)1-MD（2分） 低温高压（2分） b（2分）
(4)cd（2分）
(5) （2分）
【解析】（1）由盖斯定律可知， ，则 ，故反应 的焓变
。
（2）根据1-MTL和5-MTL的结构及命名规律，可知， 的编号顺序为， ，
因此， 的名称为6-MTL
（3）①由图可知，温度升高，4个反应的平衡常数均减小，则所有的反应均为放热反应，根据能量越低越
稳定，1-MD的能量最低，则反应体系中1-MD最稳定
②反应为放热反应，且正向反应的气体分子数目减小，因此，利于生成MTLs的条件是低温高压
③由(1)可知 ，则 ，若c、d分别代表反应 、 的平衡常数随温度的变化，由
图可知 ，则 ，故表示反应R 的平衡常数随温度变化的曲线为b。
2
（4）a．由图可知，超过一定的时间后， 的量反而减小，错误；b．生成 和 的反应均为气体分子数减小的反应，增大压强，副产物也会增加，错误；c．使用选择性更高的催化剂，可以选择
性的增加生成 的速率，利于 的生成，正确；d反应初期生成较多 时，及时分离出
，促使反应向生成 的方向进行，正确；故选cd；（5）假设 投料为1mol，则反应生
成 为amol，平衡时 为（1-a）mol，反应过程中氢气的浓度恒定为 ，则反应的平衡常数为
。
