文档内容
【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07
（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 Ga-70 As-75
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．制造大飞机是一项重要的国家大项目。下列与飞机制造有关的说法正确的是
A．制造飞机用的金属材料都是合金，合金的熔点比成分金属高，硬度大
B．飞机壳用铝合金而不用不锈钢是因为铝合金耐腐蚀性强
C．油管用硅橡胶比普通橡胶耐腐蚀
D．航空玻璃是由无机硅酸盐玻璃与有机透明材料复合而成的，硅酸盐玻璃、水玻璃、石英玻璃、有机
玻璃都含有相同成分
【答案】C
【详解】A．合金特点：硬度大，熔点比成分金属低，故A错误；
B．飞机壳用铝合金而不用不锈钢是因为铝合金密度小，故B错误；
C．硅橡胶耐腐蚀性强，故C正确；
D．有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是有机物，硅酸盐玻璃含有硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅；水玻璃是硅酸钠；
石英玻璃是二氧化硅，它们的成分各不相同，故D错误；
答案选C。
2．化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说
法错误的是
A．化合物甲分子式为 B．1mol乙最多能与4molNaOH反应C．乙分子中含有2个手性碳原子 D．用 溶液或 溶液均能鉴别甲、乙
【答案】B
【详解】A．通过分析甲的分子式为 ，故A正确；
B．1mol乙最多可以与5molNaOH反应，故B错误；
C．乙分子中有2个手性碳原子，一个是与Br原子连接的碳原子，另一个是与右边酯基连接的碳原子，故
C正确；
D．甲有羧基，乙没有羧基可以用NaHCO 鉴别，乙有酚羟基，甲没有酚羟基可以与FeCl 溶液鉴别，故D
3 3
正确；
答案选B。
3．设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下， 中，原子数大于
B． 与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为
C． 溶液中阴离子的数目为
D． 中含碳氢单键数一定为
【答案】A
【详解】A．在标况下 是液体大于气体的聚集程度，22.4LCCl 物质的量大于1mol，原子数目大于
4
5N ，A项正确；
A
B．35.5g 的物质的量为 ，1mol 转移电子数为 ，则0.5mol 转移的电子
数为0.5 ，B项错误；
C．0.1mol 含有阴离子为 ，阴离子的数目为0.2 ，另外溶液中存在水电离的OH-，所以
阴离子数目大于0.2N ，C项错误；
A
试卷第2页，共3页D．1mol 含有的碳氢键为5mol,碳氢单键数目为5 ，D项错误；
答案选A。
4．已知电离常数：K(HCN)=5×10-10，HCO：K =4.3×10-7，K =5.6×10-11，下列离子方程式书写正确的是
a 2 3 a1 a2
A．向KCN(aq)中通入少量的CO 气体：CO+H O+2CN-=2HCN+CO
2 2 2
B．少量SO 通入Ca(ClO) 溶液中：SO +H O+Ca2++2ClO-=CaSO ↓+2HClO
2 2 2 2 3
C．氢氧化铁沉淀溶解于过量氢碘酸溶液中：2Fe(OH) +6H++2I-=2Fe2++6H O+I
3 2 2
D．向Ba(OH) 溶液中加入少量的NaHCO 溶液：2HCO +Ba2++2OH-=BaCO ↓+CO +2H O
2 3 3 2
【答案】C
【详解】A．由电离常数可知酸性HCO＞HCN＞HCO ，则反应的离子方程式为CN﹣
2 3
+H O+CO=HCN+HCO ，故A错误；
2 2
B．将少量SO 通入Ca(ClO) 溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣
2 2
+H O+SO ═CaSO ↓+2HClO+Cl﹣，故B错误；
2 2 4
C．Fe(OH) 溶于HI，后生成的Fe3+能将I﹣氧化为I，自身被还原为Fe2+，离子方程式为2Fe(OH) +6H++2I﹣
3 2 3
=2Fe2++I +6H O，故C正确；
2 2
D．Ba(OH) 溶液中加入少量NaHCO 溶液，HCO 完全转化成BaCO 沉淀，正确的离子方程式为：HCO
2 3 3
+Ba2++OH﹣＝BaCO ↓+H O，故D错误；
3 2
故选C。
5．W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的5种短周期主族元素，其中只有两种是金属元素。三种非金
属元素的原子序数之和为15，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。由这
5种元素组成的某化合物ZM(YW) (XY )·10W Y常用作塑料阻燃剂，下列说法正确的是
5 3 3 5 2
A．W、X、Y的单质均存在同素异形体
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X> M
C．这5种元素均可以和氯元素形成共价化合物
D．ZM(YW) (XY )·10W Y在空气中加热，最终残留的固体为ZY 和MY
5 3 3 5 2 2 2 2 3
【答案】B
【分析】5种元素组成的某化合物ZM(YW) (XY )·10W Y常用作塑料阻燃剂，可推知W为H，Y为O，
5 3 3 5 2据三种非金属元素的原子序数之和为15，则另一种非金属X为C，两种金属元素的原子序数之和比三种非
金属元素的原子序数之和大10，再结合物质正负化合价代数和为0，Z、M原子序数之和为25，且
ZM13+，可推知Z为Mg，M为Al。
5
【详解】A．W的单质没有同素异形体，X形成石墨、金刚石互为同素异形体，Y形成的氧气、臭氧互为
同素异形体，故A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：HCO>Al(OH) ,故B正确；
2 3 3
C．镁氯元素形成离子化合物，故C错误；
D．ZM(YW) (XY )·10W Y在空气中加热，最终残留的固体为MgO和Al O，故D错误。
5 3 3 5 2 2 3
答案为：B。
6．设计如下装置探究HCl溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于
Cu）。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl 溶液及显色剂，然后小心放入HCl溶液，在aa’处形成清
2
晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法不正确的是
A．通电时，H+、Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移
B．装置中总反应的化学方程式为：Cd + 2HCl CdCl + H ↑
2 2
C．一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为5.0 C，测得H+所迁移的电量为4.1 C，说明该
HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍
D．如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl，使界面不再清晰，实验失败
2
【答案】D
【分析】装置中上边的Pt电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd电极与外电源的正极相连，作为
阳极；题中指出Cd的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反应；如
果把电源的正负极反接，则Pt电极为阳极，Cl-的在Pt电极处被氧化生成Cl，Cd电极为阴极发生的是还原
2
试卷第4页，共3页反应。
【详解】A．通电后，Pt为阴极，Cd为阳极，所以H+和Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移，A项正确；
B．通电后Pt为阴极，Cd为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：
，B项正确；
C．由于通过该界面的总电量为5.0C，其中H+迁移的电量为4.1C，所以Cl-迁移的电量为0.9C，所以HCl
溶液中H+迁移速率约为Cl-的4.6倍，C项正确；
D．正负极若反接，则上端的Pt电极为阳极，Cl-在Pt电极处发生氧化反应生成Cl，D项错误；
2
答案选D。
7．分离某酸性废水(含H+、Sc3+、Fe2+、SO )中金属离子的工艺流程如图所示：
已知：Sc3+易水解，Sc3+和Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应且机理均为 。
下列说法错误的是
A．Sc3+被“萃取”的原理为
B．“水相1”经处理后可循环至“反萃取1”工序中应用
C．与P504的络合能力：Sc3+＜Fe2+
D．“一系列操作”为在HCl氛围中蒸发结晶
【答案】C
【分析】酸性废水加入P504和煤油，Sc3+、Fe2+与P504发生络合反应进入煤油层中，分液后向有机相中加
入稀硫酸反萃取，分液得到硫酸亚铁溶液，之后再向有机相中加入NaOH溶液反萃取，过滤得到Sc(OH)
3
沉淀，加入盐酸溶解，经系列操作得到ScCl 。
3
【详解】A．Sc3+与HR发生络合反应产生ScR
3
、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HR⇌ScR
3
+3H+，A正确；
B．酸性废水中Sc3+和Fe2+均被萃取，剩余H+和SO ，即稀硫酸，可循环至“反萃取1”工序中应用，B正
确；
C．加入稀硫酸是，络合反应逆向移动，而反萃取后得到是硫酸亚铁溶液，说明P504更易与Sc3+络合，C错误；
D．Sc3+易水解，为了抑制其水解，蒸干ScCl 溶液时，需要在HCl氛围中蒸发结晶，D正确；
3
综上所述答案为C。
8．根据下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
缓慢加热0.5mol·L-1CHCOONa溶液至 溶液中c(H+)逐渐增大，c(OH-)逐渐
A 3 溶液变蓝
70℃向 减小
加热后溶液变 反应
取2mL0.5mol·L-1CuCl 溶液于试管中，加
B 2 为黄绿色，冷
热，后置于冷水中
却后变为蓝色 的ΔH>0
C Fe (SO ) 溶液中加入Cu片 pH逐渐减小 Fe3+的氧化性强于Cu2+
2 4 3
恒温条件下，向两个锥形瓶中加入
反应结束时，
0.05g、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞。 过量的镁分别与体积相同、物质的
两个锥形瓶内
D 然后用注射器分别注入2mL2mol·L-1的盐 量浓度相同的盐酸和醋酸反应时，
的气体的压强
酸和醋酸，测量锥形瓶内气体压强随时间 生成的氢气体积相同
基本相等
变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．向Fe (SO ) 溶液中加入Cu片，溶液变蓝，则发生反应 ，从而说明
2 4 3
Fe3+的氧化性强于Cu2+，选项A正确；
B．[Cu(H O) ]2+呈蓝色，[CuCl ]2-呈黄色，吸热反应加热后平衡正向移动，溶液变成黄绿色，降温平衡逆向
2 4 4
移动，溶液变蓝，选项B正确；
C．水解是吸热反应，升高温度水解程度增大，c(OH-)逐渐增大，且温度升高K 增大，则根据pH逐渐减
w
小，得溶液中c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D．由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，选项D正确；
答案选C。
9．在催化剂作用下， 氧化 可获得 。其主要化学反应为：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
试卷第6页，共3页压强分别为 、 时，将 和 的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙
烷的平衡转化率、乙烯的选择性( 的选择性 )如图所示。下列说法不正确的是
A．
B．压强为 ，温度为210℃时，反应达平衡时，
C． 的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的 抑制了反应I的进行
D．低温下 转化为 的反应可能非自发进行
【答案】A
【详解】A．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以P< P ，故A错误；
1 2
B．压强为P，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为
1
2mol×50%×80%=0.8mol，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol，参与反应Ⅱ的乙烷为
2mol×50%×20%=0.2mol，反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8mol，反应达平衡时，生成CO的总物质的量
1.6mol，生成乙烯的总物质的量为0.8mol，故B正确；
C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转
化率逐渐增大，但乙烯转化率却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的CO抑制了反
应I的进行，故C正确；
D．反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于C H 的生成，低温下 转化为 的反应可能非自发
2 4
进行，故D正确；故选：A。
10．难溶盐CaF 可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF 浊液的pH，测得体系中-1gc(F- )或-lgc(Ca2+)与lg
2 2
的关系如图。下列说法不正确的是
A．N代表-1gc(Ca2+)与lg 的变化曲线
B．Z点的溶液中存在lgc(Ca2+)-2lg = -4.2
C．常温下，K (CaF )= 10-10.6
sp 2
D．Y点的溶液中存在c(Cl-)离子晶体>分子晶体， 与 两种含砷有机
酸均属于分子晶体， 含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
故答案为：第4周期VA族；HSeO 的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子周围的电子向Se
2 4
偏移的程度大，更容易电离出H+； ； 与 两种含砷有机酸均属于分子
晶体， 含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高； > ；
（2）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳
米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为[Cu(NH )](NO )＋2NaOH
3 4 3 2
CuO↓+2NaNO +4NH↑+H O，故答案为：[Cu(NH )](NO )＋2NaOH CuO↓+2NaNO +4NH↑+H O；
3 3 2 3 4 3 2 3 3 2
（3）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳
米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，与用氢氧化钠溶液相比，沉淀步骤中加入乙醇可除去纳米氧化铜表面
吸附的硝酸钠，使生成的纳米氧化铜颗粒更均匀，故答案为：有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO ，使
3
生成的纳米CuO颗粒更均匀；
（4）温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高说明砷化氢被氧化生成砷单质，故答案为：生成As
单质；
（5）由题意可知，250℃时催化剂减少的质量为三氧化二砷的质量，350℃时催化剂减少的质量为五氧化
二砷的质量，由砷原子个数守恒可知，砷化氢的物质的量为 ×2+ ×2=0.024mol，则10L
废气中砷化氢的含量为 =187.2mg/L，故答案为：187.2mg/L；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的砷原子与位于面心的砷原子的距离最近，则晶体中砷原子周围与其距离最近的砷原子的个数为12；晶胞中位于顶点和面心的砷原子个数为8× +6× =4，位于体内的镓
原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =(a×10—7)3d，解得d=
×1021，故答案为：12； ×1021。
12．（13分）某研究小组探究镁、铝与 溶液的反应。
实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5
分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。
实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和 溶液( )中，观察到镁条表面有气
泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。
(1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为 。
(2)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。
实验
a b
Ⅲ
电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减
现象 流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡 小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有
产生，铝条上持续有气泡产生 气泡产生
①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为 。
②实验a中开始时Mg是原电池的 极。
③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因 。
④查阅资料，实验b中沉淀成分为 ，实验证实了沉淀中含有 ，将白色浑
浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的 气体x mL，x、y之间的关系
为
(用含x、y的表达式表示)。
试卷第12页，共3页⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因 。
(3)结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和 溶液持续产生细小气泡的原因 ，已知：
分布分数与溶液pH的关系如图所示：
【答案】(1)
(2) 负 、
x<1.12y 还原性强于 ，实验a中首先 失去电子生成 ，结合 生成致密的 覆
盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于 浓度较高， 结
合 和 生成 ，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指
针不反向偏转
(3)饱和 溶液 ，铝元素主要以 形式存在，使铝与 溶液的反应可以持续进行
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究镁、铝与碳酸钠溶液的反应，由实验可知，镁能与碳酸钠
溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁覆盖在镁条表面阻碍反应的继续进行，而铝与碳酸钠溶液
反应生成四羟基合铝离子。
【详解】（1）由分析可知，实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为镁与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化
镁和氢气，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
（2）①实验a是b的对照组，由探究实验变量唯一化原则可知，实验a中氢氧化钠溶液的pH为12，浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L；
②由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的
负极，失去电子发生氧化反应生成氢氧化镁，故答案为：负极；
③由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的
负极，铝在正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为
，放电生成的氢氧化镁覆盖在镁条表面使镁的还原性降低，导致铝做原电池的负
极，碱性条件下铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝离子，电极反应式为 ，
同时铝饱和碳酸钠溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝离子和氢气，反应的离子方程式为
，所以实验a中铝条上持续产生气泡，故答案为：
、 ；
④若沉淀中只含MgCO ，碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的方程式为
3
+2HCl=MgCl +CO ↑+H O，由方程式可得： ×2=0.1mol/L×10—3yL，解得x=1.12y，但沉淀中含有
2 2 2
OH-，实际消耗盐酸的量要多于和碳酸镁反应用去的盐酸量，故答案为：x<1.12y；
⑤由实验现象可知，实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因是
还原性强于 ，实验a中首先 失去电子生成 ，结合 生成致密的 覆盖在镁条表面，
镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于 浓度较高， 结合 和 生
成 ，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转，
故答案为： 还原性强于 ，实验a中首先 失去电子生成 ，结合 生成致密的 覆盖
试卷第14页，共3页在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于 浓度较高， 结合
和 生成 ，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针
不反向偏转；
（3）由图可知，实验Ⅱ中铝与饱和碳酸钠溶液持续产生细小气泡的原因是铝与pH为12的饱和碳酸钠溶
液反应生成四羟基合铝离子，没有生成氢氧化铝沉淀覆盖在铝条表面阻碍反应的继续进行，使得反应可以
持续进行，故答案为：饱和 溶液 ，铝元素主要以 形式存在，使铝与 溶液
的反应可以持续进行。
13．（15分） 和 都是温室气体，由两者重整制合成气，是实现“碳中和”的重要研究课题。反应
原理如下：
主反应：
副反应：I：
II：
回答下列问题：
(1)已知 ，计算主反应的
；主反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发进行。
(2)在1atm、 和 总物质的量为2mol的条件下，研究温度以及 分别对 和
的平衡转化率(%)的影响如图1、图2所示。① ，随着 减小， 的平衡转化率(%)增大的原因是 。
②随着温度升高，不同 条件下， 的平衡转化率(%)最终趋于相等的原因是
。
③M点，若忽略副反应，只考虑主反应，其 。
④综合考虑 和 的原料利用率及平衡转化率，重整反应的最适宜温度、 的最佳比
值分别为 。
(3)研究表明，镍基催化剂能有效加快重整反应的速率，其机理如图。
已知：“*”表示催化剂的活性位点，“ ”表示活性亚甲基
①已知反应I的化学方程式为 ，写出反应IV的化学方程式 。
②高温下， 和 均可能分解为 ，它们相互联结形成网状结构，可能导致的后果是 。
【答案】(1)＋246.5 高温
(2)对于主反应，随着 的比值减小，CO 浓度增大，促进平衡正移，CH 的平衡转化率增大
2 4
温度较低时，CH/CO 的比值对CH 的平衡转化率的影响占主导作用；温度较高时，温度对CH 的平衡转
4 2 4 4
化率的影响占主导作用 、
(3) 包裹催化剂，使催化剂的活性位点被覆盖，从而使催化剂失去活性
【详解】（1）根据盖斯定律，副反应II： 与已知反
试卷第16页，共3页应 相加可得主反应
，主反应 也做相应运算， =
；
主反应是 ， ，反应自发进行需要 ，则需要高温该反应自发进行。
（2）①其他条件相同时，对于主反应，随 比值减小， 浓度增大，平衡正向移动，
转化率增大；
②在温度较低时，同一温度 的比值变化对 的平衡转化率的影响占主导作用，
的比值小， 转化率大；在温度较高时， 的比值变化对 的平衡转
化率几乎无影响，温度对 的平衡转化率的影响占主导作用，使 的平衡转化率趋于相等；
③M点起始时 ，平衡时 的转化率为50%，利用三段式分析，
，平衡常数
= ；
④温度达到 时 的平衡转化率、 的平衡转化率都较高，温度再升高，转化率几乎不变，但耗能增大， 为 二者转化率都较高，故最适宜温度 ，最佳比值 为
。
（3）①图中显示 ；
② 相互联结形成网状结构，包裹催化剂，使催化剂的活性位点被覆盖，从而使催化剂失去活性。
14．（15分）卡龙酸是一种医药中间体，主要用于蛋白酶抑制剂的合成。以下是卡龙酸的一种合成路线
(部分试剂和条件省略，不考虑立体异构)
(1)A中碳原子杂化方式为 。
(2)反应②所需的试剂和条件为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)反应③的化学方程式为 ，反应类型为 。
(5)G中含有的官能团名称为 。
(6)写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为
(7)以乙炔和乙醇为有机原料，合成 的路线如下(反应条件已略去，无机试
剂任选)，其中Y的结构简式为 。
【答案】(1) ，
(2)浓硫酸，加热
(3) 甲基 ， 丁二烯(异戊二烯)
试卷第18页，共3页(4) 加成反应
(5)羧基、酯基
(6)
(7)
【分析】丙酮和乙炔发生加成反应生成(CH)C(OH)C≡CH，根据C的分子式知，(CH)C(OH)C≡CH和氢气
3 2 3 2
发生加成反应生成C为(CH)C(OH)CH=CH ，根据D的分子式知，C发生消去反应生成D为
3 2 2
CH=C(CH )CH=CH，D和HCl发生加成反应生成(CH)C=CHCHCl，根据G的分子式知，发生氧化反应
2 3 2 3 2 2
生成G为 ，G发生水解反应然后酸化生成卡龙酸。
【详解】（1）根据A的结构简式，A中饱和C原子的杂化方式为 ，碳氧双键中C的杂化方式为 ；
（2）反应②为醇的消去反应，所需的试剂和条件浓硫酸、加热；
（3）D为CH=C(CH )CH=CH，名称为 甲基 ， 丁二烯(异戊二烯)；
2 3 2
（4）反应③为烯烃的加成反应，该反应的化学方程式为
；
（5）G为 ，含有的官能团为羧基、酯基；
（6）B为(CH)C(OH)C≡CH，同分异构体满足下列条件：
3 2
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为 ，说明结构为高度对称的结构，只有环状结构符合要求，结构简式为 ；
（7）以乙炔和乙醇为原料合成 ，根据乙炔和丙酮的反应知，乙醇发生氧化反
应生成CHCHO，乙醛和乙炔发生氧化反应生成 ， 和氢气发生加
3
成反应生成CHCH(OH)CH CHCH(OH)CH ；即Y的结构简式为 。
3 2 2 3
试卷第20页，共3页
