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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（福建专用）
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 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 Cu-64
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要成分为金属材料
B．制作宣纸的材料，其主要成分是天然有机高分子材料
C．用皮影戏生动讲述航天故事，制作皮影的兽皮是合成高分子材料
D．陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，它的主要成分为无机非金属材料
【答案】C
【详解】A．青铜是合金，属于金属材料，故A正确；
B．制作宣纸材料的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故B正确；
C．兽皮的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是合成高分子材料，故C错误；
D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D正确；
故选C。
2．已知异丙烯苯可发生如下转化，下列说法正确的是
A．高聚物M的链节为
B．异丙烯苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有5种
C．可用酸性 溶液鉴别异丙烯苯和异丙苯D．异丙烯苯分子中最多有17个原子共平面
【答案】D
【分析】异丙烯苯在催化剂作用下生成高聚物M，链节为 ；异丙烯苯与氢气在一定条件下生
成异丙苯。
【详解】A．高聚物M的链节为 ，A错误；
B．异丙烯苯与足量氢气完全加成所得产物为 ，分子中含有6种化学环境的氢原子，故一氯
代物有6种，B错误；
C．异丙烯苯和异丙苯均与酸性 溶液反应，故不能用酸性 鉴别二者，C错误；
D．苯环和碳碳双键分别确定一个平面，通过旋转双键碳与苯环之间的碳碳单键，可以使两个平面重合，
此时，异丙烯苯分子中最多有17个原子共平面，D正确；
故选D。
3．设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A． 中 杂化的碳原子数目为1
B． 溶液中所含 数目为
C．标准状况下， 中含有的电子数目为
D．常温下，将 投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
【答案】A
试卷第2页，共3页【详解】A．CHCHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化， （为
3
1mol）中 杂化的碳原子数目为1 ，A正确；
B． 溶液中铜元素以四氨合铜离子存在，不存在单独的 ，B错误；
C．标准状况下HF为液体，故无法计算中含有的电子数目，C错误；
D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；
故选B。
4．下列有关离子方程式错误的是
A．硫酸铜溶液加入饱和氯化钠：
B．向 溶液中通入少量的SO ：
2
C． 溶液滴入FeCl 溶液中：
2
D．Cl 溶于水：
2
【答案】B
【详解】A．硫酸铜溶液加入饱和氯化钠，氯离子与铜离子形成 络离子，溶液中存在
，A正确；
B．向 溶液中通入少量的SO ，发生氧化还原反应生成硫酸钙，B错误；
2
C． 溶液滴入FeCl 溶液中，生成 沉淀，C正确；
2
D．Cl 溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸不拆，D正确；
2
故选B。
5．含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离
子，其片段为 ；CN-结合H+能力弱于CO 。氰化物浓度较低时，可在碱性条件
下用HO 或Cl 将其转化为N；浓度较高时，可加入HCN、Fe和KCO 溶液反应生成K[Fe(CN) ]溶液。
2 2 2 2 2 3 4 6
下列物质性质与用途具有对应关系的是A．N 的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
2
B．HO 具有还原性，可用于处理含氰废水
2 2
C．FeCl 溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
3
D．NaHCO 受热易分解，可用于治疗胃酸过多
3
【答案】A
【详解】A．N 的化学性质稳定，可用于金属焊接保护，A正确；
2
B．HO 可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则HO 在该反应中表现氧化性，
2 2 2 2
B错误；
C．FeCl 能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl 溶液显酸性无
3 3
关，C错误；
D．NaHCO 性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO，CO 能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂；能
3 2 2
治理胃酸过多是因为能与胃酸中的盐酸反应，D错误；
答案选A。
6．前四周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，由这四种元素形成的一种常见的血红色配离子的结构
如图所示，该离子中X、Y、Z都满足8电子结构。下列说法错误的是
A．电负性：Y>Z>X>M B．该配离子中M的配位数为6
C． 离子中X为sp杂化 D．该配离子中所有键角都为180°
【答案】D
【分析】血红色配离子为 ，X、Y、Z、M原子序数依次增大，该离子中X、Y、Z都满足8
电子结构，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素；M为Fe元素。
【详解】A. 元素非金属性越强电负性越大，电负性：N>S>C>Fe，故A正确；
B. 该配离子中Fe3+与N原子形成6个配位键，配位数为6，故B正确；
C.SCN-离子中C原子形成4个共价键，无孤电子对，有2个σ键，价电子对数为2，采用sp杂化，故C正
确；
D.该配离子的空间构型为正八面体，6个配位键的夹角都为90°，故D错误；
试卷第4页，共3页选D。
7．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选
实验操作和现象 结论
项
A 向 溶液中通入 气体，有沉淀生成 酸性：
的溶解性符合“相似相
B 向5 mL碘水中加入1 mL 振荡，静置，上层无色，下层紫色
溶”规律
C 向滴有酚酞的氨水中加入 固体，溶液的红色变浅 溶液呈酸性
将石油分馏的产品石蜡加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，
D 石油中含有烯烃
溶液紫红色逐渐褪去
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．ClO-具有强氧化性能将SO 氧化成SO ，因此本实验不能比较HClO、HSO 酸性强弱，故A
2 2 3
错误；
B．碘单质、四氯化碳均为非极性分子，四氯化碳的密度大于水，下层呈紫色，应是碘的四氯化碳溶液，
说明碘单质溶于四氯化碳，符合“相似相溶”规律，故B正确；
C．氨水中存在NH ·H O NH +OH-，加入醋酸铵，c(NH )增大，抑制NH ·H O电离，c(OH-)减小，不
3 2 3 2
能说明醋酸铵溶液呈酸性，NH ·H O、CHCOOH的电离平衡常数相同，因此NH 、CHCOO-水解常数相
3 2 3 3
同，即醋酸铵溶液显中性，故C错误；
D．产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去，说明气体中含有不饱和烃，故D错误；
答案为B。
8．以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将 转化为高纯 的装置
如图。下列说法错误的是A．电解过程中，丙池溶液的 会减小
B．转移 时乙室电解质溶液质量减少
C．停止工作后若要使电池恢复原状态， 连接的是电源负极
D．N极电极反应式为：
【答案】B
【分析】由题意知，右池为电解NH 生成H 的装置，左池为浓差电池，右池电极M区NH 失电子被氧化
3 2 3
为N，故电极M为阳极，发生电极反应：2NH -6e-+6OH-=N ↑+6H O，则N为阴极，发生电极反应：
2 3 2 2
2HO+2e- =H ↑+2OH-，所以左池Cu（1）为正极，正极发生反应：Cu2++2e=Cu，Cu （2）为负极，负极发
2 2
生反应：Cu-2e-=Cu2+。
【详解】A．电极M为阳极，发生电极反应：2NH -6e-+6OH-=N ↑+6H O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减
3 2 2
小，A正确；
B．转移2mol电子时，Cu（1）极析出1mol铜，即64g，同时有1mol即96g硫酸根从乙室到甲室，乙室电
解质溶液质量共减少64g+96g=160g，B错误；
C．恢复原浓差Cu（2）电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，C正确；
D．N 为阴极，电极反应式为：2HO+2e- =H ↑+2OH-，D正确；
2 2
故选B。
9．一定温度、某催化剂条件下，物质A在某有机溶剂中同时发生以下两个反应：
① ；② 。反应①的速率可表示为 ，反应
试卷第6页，共3页②的速率可表示为 ( 、 为速率常数)。已知反应过程中有关物质在该有机溶剂中的相对能量
如图所示，下列说法错误的是
A．Z比Y稳定
B． 大于
C．选择相对较长的反应时间，可提高产物Z的选择性
D．适当升高温度，可以使 的比值增大
【答案】C
【详解】A． 根据图中信息，Z的能量比Y的能量低，根据能量越低越稳定，则Z比Y稳定，故A正确；
B．根据图中信息反应①的活化能小于反应②的活化能，说明反应①速率快，则 大于 ，故B正确；
C．达到平衡后，选择反应时间在常，生成Z的量都不会改变，因此不可提高产物Z的选择性，故C错误；
D． 适当升高温度，分子吸收热量，活化分子数增多，活化分子百分数增多，则Z的生成量会增大，因此
可以使 的比值增大，故D正确。
综上所述，答案为C。
10．已知配合物中心M与配体L之间存在平衡关系： ， ∙∙∙
。铜氨溶液中，含铜微粒的分布分数( )与溶液中NH 的浓度的负对数 关系
3
如图所示。A、B、C、D四点的坐标分别为A(2.30，0.46)、B(3.04，0.41)、C(3.67，0.40)、D(4.31，
0.45)；下列说法正确的是A．曲线5代表的是
B．反应 的平衡常数
C．当 时， 的数量级为
D．不可能存在 的情况
【答案】C
【分析】随着氨气浓度的增加，溶液中含铜微粒的变化： ，
， ，
，横坐标是氨气浓度的负对数， 越大，氨气浓度越小，从
右至左，氨气浓度增大，故曲线5代表 浓度变化，曲线4代表 浓度变化，曲线3代表
浓度变化，曲线2代表 浓度变化，曲线1代表 浓度变化。
【详解】A．根据分析，曲线5代表 浓度变化，A错误；
B．D点为曲线4、5的交点，代表 、 的浓度相等，此时 的浓度为 mol/L，
的平衡常数 ，B错误；
试卷第8页，共3页C．当 时，是曲线4和曲线2的交点，横坐标 数值大于3小于
4，故 的数量级为 ，C正确；
D．曲线1、3交点右侧附近对应的位置，存在
的情况，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．(15分)从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe O 外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回
2 3
收几种金属的单质或化合物的工业流程如图：
已知：该工艺条件下， ， 。
请回答下列问题：
（1）下列措施更有利于完成“酸浸l”目的，提高“酸浸l”浸取率的是 (填选项字母)。
a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌
c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量
（2）“酸浸2”时铋的氧化物( )发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉锗”的反应原理为 ，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，
原因是 。
（4）①配离子[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构只有1种，由此推知[Zn(NH )]2+的空间结构是 。
3 2 2 2 3 4
②氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构与六方硫化锌的晶胞结构相同，其晶胞如图所示。Zn、O两
种元素的电负性大小顺序为 ，晶体中锌离子的配位数为 。③ 是 的一种配合物，IMI的结构为 。IMI的某种衍生物与甘氨酸形
成的离子化合物 常温下为液态而非固态，原因是 。
（5）加热 固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从681℃升高到1050℃
时，分解生成的产物中，有两种为气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）ab
（2）
（3）Ge4+水解的化学方程式为Ge4++2H R GeR ↓+4H+，若pH过高，Ge4+水解程度增大，pH过低，Ge4+
2 2
+2H R GeR +4H+化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行
2 2
（4）①正四面体形 ②O>Zn 4 ③其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，
熔点低
（5）
【分析】从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe O 外，还含有铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化
2 3
试卷第10页，共3页物]中回收几种金属的单质或化合物，工业废料加入稀硫酸，氧化锌、氧化铁和硫酸反应，过滤后浸液1中
含有硫酸锌和硫酸铁，调节pH使铁离子沉淀，溶液浓缩结晶得到硫酸锌的晶体；浸渣加入70%硫酸，得
到铋渣和浸液2，浸液2加入P2O4煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取，得到水相，再经过一系
列处理德奥海绵铟，水相加入单宁酸进行沉锗，过滤得到滤渣，然后焙烧、氯化蒸馏得到GeCl ，据此解
4
答。
【详解】（1）a.适当升高温度可提高反应速率，提高“酸浸1”浸取率，a正确；
b.酸浸过程中不断搅拌可增大接触面积，提高反应速率，提高“酸浸1”浸取率，b正确；
c.将硫酸浓度增大到70%会浸出铟、锗，不可取，c错误；
d加大废料的用量不会提高“酸浸1”浸取率，d错误，
故答案为：ab；
（2）“酸浸2”时铋的氧化物（BiO）发生反应的离子方程式为BiO+2H++ =（BiO）SO ↓+H O，
2 3 2 3 2 4 2
故答案为：BiO+2H++ =（BiO）SO ↓+H O；
2 3 2 4 2
（3）“沉锗”的反应原理为Ge4++2H R GeR ↓+4H+，该操作中需调节pH为2.5，原因为pH高于2.5时
2 2
Ge4+水解程度增强，pH低于2.5时酸性太强，平衡逆移沉锗率下降，故答案为：Ge4+水解的化学方程式为
Ge4++2H R GeR ↓+4H+，若pH过高，Ge4+水解程度增大，pH过低，Ge4++2H R GeR +4H+化学平衡逆
2 2 2 2
向移动，均不利于沉锗的进行；
（4）①配离子[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构只有1种，说明[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构为四面体，由此
3 2 2 2 3 2 2 2
推知[Zn(NH )]2+的空间结构是正四面体。
3 4
②Zn、O电负性排序为Zn<O，晶体中锌离子的配位数为4故答案为：Zn<O；4；
③离子化合物 常温下为液态而非固态，原因是其阴阳离子半径均较大，所带电荷
较小，导致形成的离子键键能小，熔点低；
（5）隔绝空气加热ZnSO•7H O固体，固体质量的残留率与温度的关系图所示信息可知，设加热
4 2
1molZnSO ·7H O，则质量为287g，681℃时对应的固体残留率为56.1%，则此时失重为：287g(1-
4 2
56.1%)=126g，即失去7个结晶水，固体为ZnSO4,1050℃时对应的固体残留率为28.2%，此时固体质量为：
287g×28.2%=81g，含有1molZn，含O的物质的量为： =1mol，即此时的化学式为：ZnO，温度
从681℃升高到1050℃时，分解生成的产物中，有两种为气体(只有一种是氧化物)，则该过程的化学方程式为： ，故答案为： 。
12．（15分）Ⅰ.钴配合物 溶于热水，在冷水中微溶，可通过以下步骤制备：
具体步骤如下：
①称取 ，用 水溶解。
②分批加入 后，将溶液温度降至 以下，将混合物转入如图所示装置，加入 活性炭、
浓氨水，搅拌下逐滴加入 的双氧水。
③加热至 反应 。冷却，过滤。
④将滤得的固体转入含有少量盐酸的 沸水中，趁热过滤。
⑤滤液转入烧杯，加入 浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）仪器c的名称为 ，溶解 时使用玻璃棒的目的是 。
（2）步骤②中，将温度降至 以下以避免 。
（3）加入 后，反应的离子方程式为 。
（4）步骤④、⑤中，提纯滤得固体的方法是 。
（5）步骤⑤中加入浓盐酸的目的是 。
Ⅱ. 样品中钴含量的测定
已知： 在热的强碱溶液中会分解：
（6）如下图所示，硫氰酸钴晶体属于正交晶系，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°。晶体的
试卷第12页，共3页摩尔质量为Mg•mol-1，则该晶体的化学式为 。
（7）准确称取 的 样品放入 碘量瓶中，加入 溶液，加热至不
再有氨气放出，加入足量 固体，摇荡使 溶解，再加入 酸化，置于暗处 转化成
，用 标准溶液滴定至终点，消耗 标准溶液 。产品的纯度为
。(保留四位有效数字)
【答案】（1）恒压滴液漏斗 加速溶解
（2） 受热分解及氨水挥发、分解
（3） 或者
（4）重结晶
（5）利用同离子效应，促进钴配合物 尽可能完全析出，提高产率
（6）Co(HO) (SCN) •H O或Co(SCN) •3H O
2 2 2 2 2 2
（7） (或0.8025)
【分析】钴配合物[Co(NH )]Cl 溶于热水，在冷水中微溶，难溶于乙醇，可通过如下反应制备：
3 6 3
2CoCl +2NHCl+10NH +H O→ [Co(NH)]Cl +2H O，称取2.0g NHCl于三颈烧瓶中溶解后加入
2 4 3 2 2 3 6 3 2 4
CoCl •6H O和氧化剂HO，完全反应后冷却过滤除去活性炭，得到的滤液趁热过滤，用酒精洗涤后得到
2 2 2 2
[Co(NH )]Cl ；
3 6 3【详解】（1）仪器c的名称为恒压滴液漏斗，溶解固体时搅拌可加速溶解，溶解 时使用玻璃棒的
目的是加速溶解；
（2）HO 不稳定，受热易分解，步骤②中发生反应2CoCl +2NHCl+10NH +H O→ [Co(NH)]Cl +2H O，
2 2 2 4 3 2 2 3 6 3 2
将温度降至 以下以避免 受热分解及氨水挥发、分解；
（3）加入 后，CoCl 、浓氨水、NH Cl和HO 发生氧化还原反应生成[Co(NH )]Cl ，反应的离子方程
2 4 2 2 3 6 3
式为 或者
；
（4）步骤④、⑤中，从滤液中得到 晶体，提纯滤得固体的方法是重结晶；
（5）盐酸电离的Cl-能使溶液中Cl-浓度增大，有利于晶体快速析出，所以步骤⑤中浓盐酸的作用为利用同
离子效应，促进钴配合物 尽可能完全析出，提高产率；
（6）根据晶胞结构图可知，一个Co2+与两个SCN-通过离子键形成Co(SCN) ，还通过配位键与两个水分子
2
结合，每个非配体的水分子连接两个Co(HO) (SCN) 单元，根据均摊规则可知，硫氰酸钴晶体还含有一个
2 2 2
结晶水，所以硫氰酸钴水合物晶体的化学式为Co(HO) (SCN) •H O或Co(SCN) •3H O，故答案为：
2 2 2 2 2 2
Co(HO) (SCN) •H O或Co(SCN) •3H O。
2 2 2 2 2 2
（7）根据滴定原理 可得n(I)= n(Na SO)=3×10-4mol，KI和 反应转化成
2 2 2 3
和I，反应转移2个电子，由电子守恒可得n[ ]=2×n(I )=6×10-4mol，根据反应原理
2 2
，n( )=n[ ]=6×10-4mol，
产品的纯度为 。
13．（15分）已知： 是一种重要的化工品，在一定温度下可发生分解反应：
试卷第14页，共3页①
②
回答下列问题：
（1） (用含 的式子表示)。
（2）在恒温恒容密闭容器中投入足量 ，发生反应 ，下列叙述正
确的是___________(填标号)。
A．增大 质量时，反应速率增大
B． 体积分数不变时，该反应达到平衡状态
C．平衡后，再充入 ，达到新平衡时， 增大
D．平衡后，再充入少量 质量增大
（3） 的速率方程为 ( 为速率常数，只与温
度、压强有关)。
①某温度下，该反应的平衡常数K为10， ，则 。
②已知： (式中，R为常数， 单位为 ，温度T单位为K，E表示反应的活化
能，单位为 )。 与不同催化剂( 为催化剂)、温度(T)关系如图所示。相同条件下，催化效率较高的是 (填“ ”或“ ”)，判断依据是 。在催化
剂 作用下，正反应的活化能为 。
（4）一定温度下，向密闭容器中充入足量 ，达到平衡时测得生成 和 。则该
温度下，反应 的压强平衡常数 ( 为用分压表示的平衡常数，分
压=总压×物质的量分数)。
（5）在甲、乙两个体积相等的容器中都充入 发生反应： 。测得 的物质
的量与时间关系如图。
①相对乙，甲仅改变一个条件，该条件是 。
②乙容器中，在恒容条件下 时再充入少量 的平衡转化率将 (填“增大”、“减
小”或“不变”)。
【答案】（1）
（2）D
（3） 20 变化相同温度， 对应曲线变化值较小，活化能较小 400
（4）1
（5）升高温度 不变
【详解】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由① 2+②得反应 ；
试卷第16页，共3页（2）A．PH I为固体，浓度为常数，增大PH I质量时，反应速率不变，选项A错误；
4 4
B．该反应为气体体积增大的反应，但反应物为固体，生成物按比例生成，PH 体积分数始终保持不变，无
3
法说明反应达到平衡状态，选项B错误；
C．平衡后，再充入0.1 mol H、0.1 mol I (g)、0.2 mol PH ，相当于增大压强，平衡逆向移动，达到新平衡
2 2 3
时，c(PH )减小， 选项C错误；
3
D平衡后，再充入少量PH ，平衡逆向移动，PH I质量增大，选项D正确；
3 4
答案选D；
（3）①平衡时正、逆反应速率相等,得出平衡常数等于正、逆速率常数之比，可得正反应速率常数为20；
②根据表达式可知，温度变化值相等时，RInk变化越大，说明活化能越大，催化剂效率低；故变化相同温
度， 对应曲线变化值较小，活化能较小，则相同条件下，催化效率较高的是 ；
取催化剂 曲线上400℃的点的数据代入 得正反应的活化能为400 ；
（4）根据反应式，平衡时，n(HI)=0.2 mol，n(H )=0.2 mol，n(I)=0.2 mol，HI分解反应是等气体分子数的
2 2
反应，设总压强为p，则p(HI)= p(H)=p(I )= ，故K= =1；
2 2 p
（5）①在甲、乙两个体积相等的容器中都充入 发生反应： 。测得 的物
质的量与时间关系图，可知，甲中氢气的物质的量均较小，则平衡逆向移动，正反应为吸热反应，相对乙，
甲仅改变一个条件，该条件是升高温度；
②对于恒容条件，平衡后充入HI，相当于原平衡体系缩小体积，平衡不移动，HI平衡转化率不变。
14．（15分）一种高分子功能材料W的合成路线如下图所示：已知：
请回答下列问题：
（1）D按系统命名法的名称是 。
（2）C中官能团名称是 ；D→E的反应类型为 。
（3）已知E的分子式为 ， 的结构简式为 。
（4）G→W的化学反应方程式为 。
（5）M是G的同分异构体，同时满足下列条件的结构有 种(不考虑立体异构)。
①遇氯化铁溶液能发生显色反应；
②能与 反应产生气体。
其中核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：2：2：2：1的结构简式为 。
（6）设计以2，3-二氯丁烷( )、丙烯醛( )为原料合成苯甲醛的合成路线
(无机试剂任选)。
【答案】（1）4-甲基苯甲醛
（2）碳碳双键、醛基 氧化反应
（3）
（4）
（5） 13
（6）
【分析】A和B发生二烯烃加成成环的反应生成C，再发生反应将环变成苯环。将醛基氧化成为羧基后再
试卷第18页，共3页发生卤素单质和烃基的取代反应生成F经过水解得到G，最终通过缩聚反应得到W。
【详解】（1）根据D的结构可知，D为4-甲基苯甲醛，故答案为：4-甲基苯甲醛；
（2）由C的结构可以看出，C中的官能团为醛基和碳碳双键，D→E的反应是发生了醛基被氧化，故答案
为：碳碳双键、醛基，氧化反应；
（3）F由E中的甲基氢原子被氯原子取代，得到结构为： ，故答案为：
；
（4）G到W是羧酸和醇之间发生缩聚反应而来，方程式为：
，故答案为：
；
（5）遇氯化铁溶液能发生显色反应，说明有酚羟基；能与NaHCO 反应产生气体说明有羧基；如果是-
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CHCOOH和-OH做取代基有3种，有-CH、-OH、-COOH做取代基，三个取代基则可以定两个讨论另一
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个的位置，总共有10种，总共有10+3=13种结构符合题意，其中有5组峰且峰的面积比为1：2：2：2：1
的结构简式为 ，故答案为：13、 ；
（6）2,3-二氯丁烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可以得到1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和丙烯醛可以发
生“已知”反应得到 ，最后利用C→D的反应即可得到目标产物，故答案为：。
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