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湛江市 ２０２６年普通高考测试（二）
化学参考答案
１．【答案】Ｄ
【解析】贝壳的主要成分是碳酸盐，陶器的主要成分是硅酸盐，铜鼓为金属材料，Ａ、Ｂ、Ｃ项均不符合题意；藤制盾
牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，Ｄ项符合题意。
２．【答案】Ａ
【解析】该反应中间体含氨基，具有碱性，Ａ项正确；１个该分子含６个氢原子，Ｂ项错误；芳香胺含有 Ｃ—Ｈ键，能
发生取代反应，Ｃ项错误；分子中既含有Ｃ—Ｃ非极性键，也含有Ｃ—Ｈ等极性键，Ｄ项错误。
３．【答案】Ｂ
【解析】异戊二烯通过加聚反应可获得聚异戊二烯，Ａ项正确；乙烯、丙烯可通过催化裂解轻质油获得，与水解无
关，Ｂ项错误；高分子膜防腐涂层可通过隔绝氧气和水减缓金属的腐蚀，Ｃ项正确；Ｈ 还原铁的化合物获得铁单
２
质，没有二氧化碳的释放，有利于落实“低碳”行动，Ｄ项正确。
４．【答案】Ｃ
【解析】将鸡蛋煮熟会导致蛋白质发生变性，Ａ项不符合题意；ＮＨＣｌ水解呈酸性，产生的 Ｈ＋可以与铁锈反应，Ｂ
４
项不符合题意；用洁厕灵（含ＨＣｌ）清洗厕所，利用的是ＨＣｌ的强酸性，Ｃ项符合题意；玻璃属于非晶体，天然水晶
属于晶体，可利用Ｘ射线衍射仪区分，Ｄ项不符合题意。
５．【答案】Ｄ
【解析】氮化硅属于新型无机非金属材料，Ａ项错误；液态花生油长时间放置于空气中会变质，其主要原因是油脂
中的碳碳双键被氧化，Ｂ项错误；葡萄酒中添加适量的ＳＯ 可起到抗氧化和杀菌的作用，Ｃ项错误；头发烫卷时，
２
维持弹性和形状的头发蛋白中的二硫键（—Ｓ—Ｓ—）被还原为巯基（—ＳＨ），Ｄ项正确。
６．【答案】Ｃ
【解析】实验室制备Ｆｅ（ＯＨ）胶体是将饱和ＦｅＣｌ溶液滴入沸水中，Ａ项不符合题意；Ｓ微溶于乙醇、易溶于ＣＳ，
３ ３ ２
不能用乙醇萃取ＣＳ中的Ｓ，Ｂ项不符合题意；苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可除去苯甲酸溶液
２
中混有的泥沙，Ｃ项符合题意；在ＨＣｌ氛围中蒸发ＭｇＣｌ溶液可获得ＭｇＣｌ固体，Ｄ项不符合题意。
２ ２
７．【答案】Ｂ
【解析】若Ｘ为Ｓ，则氧化物２为 ＳＯ，其与水的反应不是氧化还原反应，Ａ项不符合题意；若 Ｘ为 Ｓ，氧化物１为
３
ＳＯ，Ｙ为ＨＳ，二者均可以与酸性ＫＭｎＯ 溶液发生氧化还原反应使之褪色，Ｂ项符合题意；若Ｘ为Ｎａ，则氧化物
２ ２ ４
２为ＮａＯ，ＮａＯ 与水反应产生氧气，Ｃ项不符合题意；若Ｘ为Ｎ，Ｙ可为ＮＨ，酸Ｚ为硝酸，ＮＨ 与硝酸恰好完
２ ２ ２ ２ ２ ３ ３
全反应生成硝酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，Ｄ项不符合题意。
８．【答案】Ｃ
【解析】苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀，体现的是羟基影响了苯环的活性，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无因果关系，Ａ项
不符合题意；Ｃｌ与过量铁粉反应生成ＦｅＣｌ，陈述Ⅰ错误，Ｂ项不符合题意；利用饱和食盐水除去 Ｃｌ中的 ＨＣｌ，
２ ３ ２
是利用ＨＣｌ和Ｃｌ在饱和食盐水中的溶解度差异大的原理，Ｃ项符合题意；向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑，体
２
现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，Ｄ项不符合题意。
９．【答案】Ａ
【解析】依据题干信息以及配合物的成键特点，推出 Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ、Ｒ分别对应 Ｂ、Ｃ、Ｎ、Ｏ和 Ｆ元素。第一电离能：
Ｎ＞Ｏ＞Ｂ，Ａ项正确；ＢＦ的中心Ｂ原子的价层电子数为３，与３个 Ｆ原子形成３个 σ键，无孤电子对，ＢＦ为非极
３ ３
性分子，Ｂ项错误；ＮＯ－的空间结构为平面三角形，Ｃ项错误；ＨＦ会形成分子间氢键，最简单氢化物的沸点：ＣＨ＜
３ ４
ＨＦ，Ｄ项错误。
化学 第 １页（共５页）
书书书１０．【答案】Ｂ
【解析】１ｍｏｌ［Ｆｅ（ＣＮ）］３－配离子中，σ键数目为 １２Ｎ，Ａ项错误；１ｍｏｌ羟基（—ＯＨ）的电子数为 ９Ｎ，１ｍｏｌ
６ Ａ Ａ
ＯＨ－的电子数为１０Ｎ，Ｂ项正确；铜与硫粉反应生成 ＣｕＳ，每 １ｍｏｌＣｕ参与反应，转移 １ｍｏｌ电子，Ｃ项错误；
Ａ ２
ＫＣｒＯ 溶液中存在平衡：ＣｒＯ２－＋ＨＯ幑幐２ＣｒＯ２－＋２Ｈ＋，则１Ｌ１ｍｏｌ·Ｌ－１ＫＣｒＯ 溶液中，ＣｒＯ２－的数目小于
２ ２ ７ ２ ７ ２ ４ ２ ２ ７ ２ ７
Ｎ，Ｄ项错误。
Ａ
１１．【答案】Ａ
【解析】放电时，负极反应式为Ｚｎ－２ｅ－＋４ＯＨ－［Ｚｎ（ＯＨ）］２－，ＯＨ－被消耗，因此负极附近溶液的 ｐＨ减小，Ａ
４
项正确；正极反应的催化剂是 ｉ，ｉｉ应是反应中间体，Ｂ项错误；每消耗 ２２．４Ｌ（标准状况）空气，即消耗约
１
０．２ｍｏｌＯ（在空气中约占 ），电路中约转移０．２×４ｍｏｌ＝０．８ｍｏｌ电子，Ｃ项错误；在酸性溶液中，反应物有 Ｈ＋
２ ５
参与，正极反应完全不同，历程必然改变，Ｄ项错误。
１２．【答案】Ｂ
【解析】该体系存在两个平衡：Ａｇ＋＋ＳＯ２－幑幐［Ａｇ（ＳＯ）］－ Ｋ、［Ａｇ（ＳＯ）］－＋ＳＯ２－幑幐［Ａｇ（ＳＯ）］３－
２ ３ ２ ３ １ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２
Ｋ。加入ＮａＳＯ 会增大ＳＯ２－浓度，可能促使［Ａｇ（ＳＯ）］－转化为［Ａｇ（ＳＯ）］３－，［Ａｇ（ＳＯ）］－浓度不一定
２ ２ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ２ ３
ｃ｛［Ａｇ（ＳＯ）］－｝
上升，Ａ项错误；加水稀释，溶液体积变大，ｃ（ＳＯ２－）减小， ２ ３ ＝Ｋ·ｃ（ＳＯ２－），Ｋ 不变，故
２ ３ ｃ（Ａｇ＋） １ ２ ３ １
ｃ｛［Ａｇ（ＳＯ）］－｝
２ ３ 一定减小，Ｂ项正确；［Ａｇ（ＳＯ）］－为配离子，在电离方程式中不能拆分，Ｃ项错误；电荷守恒
ｃ（Ａｇ＋） ２ ３
式遗漏了ＳＯ２－，正确写法应为 ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＋ｃ（Ａｇ＋）＝ｃ（ＯＨ－）＋ｃ｛［Ａｇ（ＳＯ）］－｝＋３ｃ｛［Ａｇ（ＳＯ）］３－｝＋
２ ３ ２ ３ ２ ３ ２
２ｃ（ＳＯ２－）＋ｃ（ＮＯ－），Ｄ项错误。
２ ３ ３
１３．【答案】Ｄ
【解析】碱金属原子最外层１个电子容易失去，因此单质还原性强，化学性质活泼，Ａ项不符合题意；金刚石中的
Ｃ采取ｓｐ３杂化轨道形成共价键的三维骨架网状结构，硬度大，Ｂ项不符合题意；硒元素最外层电子数为６，即最
高化合价为＋６价，据此ＳｅＯ 中Ｓｅ元素为中间价态，ＳｅＯ 既有氧化性，又有还原性，Ｃ项不符合题意；ＡｌＯ 的
２ ２ ２ ３
熔点比ＡｌＣｌ高是因为ＡｌＯ 为离子晶体，ＡｌＣｌ为分子晶体，离子键强度远强于分子间作用力，由于ＡｌＣｌ不是
３ ２ ３ ３ ３
离子晶体，不能通过比较两者的阴离子半径大小和所带电荷数进行推断，Ｄ项符合题意。
１４．【答案】Ｄ
【解析】铝粉和ＮａＯＨ溶液反应，ＨＯ作氧化剂，Ａ项错误；第一个球形干燥管中碱石灰的作用是干燥 Ｈ，第二
２ ２
个球形干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和 ＣＯ 进入 Ｕ形管，因此，两碱石灰的作用不同，Ｂ项错
２
误；实验开始时，应先滴加ＮａＯＨ溶液，待生成的Ｈ 排尽装置内空气后，再点燃酒精灯，Ｃ项错误；若“铁的氧化
２
物”为ＦｅＯ，２．３２ｇＦｅＯ 物质的量为０．０１ｍｏｌ，０．０１ｍｏｌＦｅＯ 与Ｈ 反应生成ＨＯ的物质的量为０．０４ｍｏｌ，
３ ４ ３ ４ ３ ４ ２ ２
则理论上Ｕ形管增重０．７２ｇ，Ｄ项正确。
１５．【答案】Ｂ
ｋ ｃ（Ｎ）·ｃ２（ＣＯ）
【解析】当ｖ＝ｖ时，ｋ ｃ２（ＣＯ）·ｃ２（ＮＯ）＝ｋ ｃ（Ｎ）·ｃ２（ＣＯ），可得 正＝ ２ ２ ＝Ｋ，Ａ项正确；该反
正 逆 正 逆 ２ ２ ｋ ｃ２（ＣＯ）·ｃ２（ＮＯ）
逆
ｋ
应为放热反应，ｌｇｋ为增函数，当温度升高时，ｌｇｋ和ｌｇｋ均增大，但Ｋ＝正
减小，说明ｌｇｋ增大的趋势要大于
正 逆 ｋ 逆
逆
ｌｇｋ，则表示 ｌｇｋ随温度变化的直线是 Ｍ，Ｂ项错误；能量越低越稳定，则稳定性最好的是 ＴＳ１，Ｃ项正确；
正 逆
ＣＯ＋Ｈ→ＣＯＨ→Ｃ＋ＯＨ中活化能最大的步骤为 ＣＯＨ→Ｃ＋ＯＨ，故决速步为 ＣＯＨ→Ｃ＋
ＯＨ，Ｄ项正确。
化学 第 ２页（共５页）１６．【答案】Ｄ
【解析】检测酒驾时，电极ａ为负极，电极ｂ为正极，Ｈ＋由负极移向正极，Ａ项错误；若用氢氧化钠溶液作电解液，
会生成盐进入电解液，影响电解液的成分，导致检测仪失效，Ｂ项错误；“充电”时阳极发生氧化反应失电子，电
极反应为ＰｂＳＯ＋２ＨＯ－２ｅ－ＰｂＯ＋４Ｈ＋＋ＳＯ２－，Ｃ项错误；检测时负极的电极反应：ＣＨＯＨ＋ＨＯ－４ｅ－
４ ２ ２ ４ ２ ５ ２
ＣＨＣＯＯＨ＋４Ｈ＋，生成的Ｈ＋通过质子交换膜移向正极，电路中转移２ｍｏｌｅ－时，负极区减少９ｇＨＯ，“充电”时，
３ ２
电极ａ（阴极）的电极反应：２Ｈ＋＋２ｅ－Ｈ↑，由右室进入左室的Ｈ＋恰好反应完，不会引起负极区质量变化，因
２
此理论上负极区需补充检测时减少的９ｇＨＯ，Ｄ项正确。
２
１７．【答案】（１）１．３（２分，写１．２５扣１分，多写“ｇ”不扣分） ＢＣ（２分，漏选得１分，错选不得分）
（２）Ｃｌ－、Ｂｒ－、Ｉ－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减
弱，因此还原性：Ｃｌ－＜Ｂｒ－＜Ｉ－（２分）
（３）ＣｕＩ（１分） ２Ｃｕ２＋＋４Ｉ－２ＣｕＩ↓＋Ｉ（２分，物质正确１分，配平１分，未写“↓”不扣分）
２
（４）溶液中存在铜离子的干扰，铜离子可把Ｉ－氧化为Ｉ，使得试纸变蓝（２分）
２
（５）取适量 ｉｖ中反应后的上层清液于试管中，加水稀释，若溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想 ２
成立（２分）
（６）＞（１分）
【解析】（１）配制５０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＣｕＳＯ 溶液，需要胆矾（ＣｕＳＯ·５ＨＯ）的质量为０．０５Ｌ×０．１ｍｏｌ·Ｌ－１×
４ ４ ２
２５０ｇ·ｍｏｌ－１＝１．２５ｇ，但托盘天平的精度为０．１ｇ，则应称取１．３ｇ胆矾，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、
胶头滴管以及５０ｍＬ容量瓶，Ｂ、Ｃ项符合题意。
（２）Ｃｌ－、Ｂｒ－、Ｉ－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减
弱，最外层电子容易失去，因此还原性：Ｃｌ－＜Ｂｒ－＜Ｉ－。
（３）依据实验ｉｉｉ中的现象析出大量白色沉淀、上层清液能使淀粉－ＫＩ试纸变蓝，以及已知信息可知白色沉淀为
ＣｕＩ，涉及的氧化还原反应为２Ｃｕ２＋＋４Ｉ－２ＣｕＩ↓＋Ｉ。
２
（４）实验ｉｉｉ已经证明溶液中铜离子能把Ｉ－氧化为 Ｉ，生成的 Ｉ使得淀粉－ＫＩ试纸变蓝。故实验 ｉｖ中淀粉－ＫＩ
２ ２
试纸变蓝可能是因为铜离子的干扰，不能证明Ｃｌ的存在。
２
（５）依据已知信息［Ｃｕ（ＨＯ）］２＋＋４Ｃｌ－幑幐［ＣｕＣｌ］２－＋４ＨＯ以及平衡移动原理，加水稀释，可逆反应平衡逆向
２ ４ ４ ２
移动，溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想２成立。
（６）依据已知信息Ｉ＋ＳＯ２－＋ＨＯ２Ｉ－＋ＳＯ２－＋２Ｈ＋得出氧化性：Ｉ＞ＳＯ２－，以及通过上述实验可知氧化性：Ｃｕ２＋＞
２ ３ ２ ４ ２ ３
Ｉ，得出氧化性：Ｃｕ２＋＞ＳＯ２－。
２ ３
△
１８．【答案】（１）３ＲｕＯ２－＋２ＭｎＯ－＋８Ｈ＋３ＲｕＯ↑＋２ＭｎＯ↓＋４ＨＯ（２分，物质正确１分，配平、条件错误扣１分，二
４ ４ ４ ２ ２
者同时有错也只扣１分，未写“↓”“↑”不扣分）
（２）降低沸点（１分），防止ＲｕＣｌ·ｘＨＯ在高温下升华、分解或氧化（１分，只要答到防止ＲｕＣｌ·ｘＨＯ分解、失
３ ２ ３ ２
去结晶水等合理答案就给分）
（３）３．２（２分）
（４）过滤（１分） Ｂ（１分）
（５）ＮａＯＨ（１分，ＫＯＨ等合理答案均可）
（６）ＲｕＣｌ２－＋４ｅ－Ｒｕ＋６Ｃｌ－（２分，物质正确１分，配平１分）
６
（７）１２（１分） ２．９９５（２分）
【解析】（１）“含钌废液”的主要成分是 ＲｕＯ２－、Ｆｅ２＋，加入 ＫＭｎＯ 作为氧化剂，可以直接写出 ＲｕＯ２－反应的离子
４ ４ ４
△
方程式：３ＲｕＯ２－＋２ＭｎＯ－＋８Ｈ＋３ＲｕＯ↑＋２ＭｎＯ↓＋４ＨＯ。
４ ４ ４ ２ ２
化学 第 ３页（共５页）（２）减压蒸馏可以降低沸点，防止ＲｕＣｌ·ｘＨＯ在高温下升华、分解或氧化。
３ ２
（３）当Ｆｅ３＋浓度为 １．０×１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１时，达到临界值，将其代入 Ｋ ［Ｆｅ（ＯＨ）］＝４．０×１０－３８＝１．０×１０－５×
ｓｐ ３
ｃ３（ＯＨ－），根据ｌｇ４≈０．６，则可求出ｐＨ至少应调至３．２。
（４）“操作Ｘ”实现了固液分离，则为过滤；已知信息中提到有机萃取剂Ｎ５０３对ＲｕＣｌ２－有很强的萃取能力，故需
６
要通过加入氧化剂，实现ＲｕＣｌ３－转化为ＲｕＣｌ２－，Ｂ项符合题意。
６ ６
（５）根据反应２ＲＯＨ（有机相）＋ＲｕＣｌ２－（水相）幑幐ＲＲｕＣｌ（有机相）＋２ＯＨ－（水相），为了使平衡逆向移动，可以
６ ２ ６
加入ＮａＯＨ等碱性物质。
（６）电解ＲｕＣｌ２－制备Ｒｕ，释放出游离的Ｃｌ－，则对应的电极反应式为ＲｕＣｌ２－＋４ｅ－Ｒｕ＋６Ｃｌ－。
６ ６
（７）在该晶胞中，Ｏ２－位于面上，Ｂａ２＋位于顶角，Ｒｕ４＋位于体心，根据均摊法，可得分子式为 ＲｕＢａＯ。与 Ｂａ２＋最近
３
且等距离的为 Ｏ２－，Ｏ２－周围有 ４个 Ｂａ２＋，二者在分子式上存在 ３倍关系，则反之 Ｂａ２＋周围有 ４×３＝１２个 Ｏ２－。
１个晶胞中有１个Ｒｕ４＋，当有１％的Ｒｕ４＋被Ｒｈ３＋替代后，阳离子电荷减少了１％×１＝０．０１，根据电荷守恒，阴离子
电荷也相应减少０．０１，则Ｏ２－应减少０．００５个，晶体中会失去部分Ｏ２－产生缺陷，原晶胞中 Ｏ２－数目为３，则此时
平均每个晶胞所含Ｏ２－的数目为３－０．００５＝２．９９５。
１９．【答案】（１）ΔＨ－ΔＨ（１分）
２ １
（２）ＡＤ（２分，漏选得１分，错选不得分）
（３）０．５２８（２分）
３ｄ ４ｓ
（４）① （１分）
↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑ ↑
②Ｎ（１分） ３（２分）
（５）①［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋（２分）
２
②Ｍ点是曲线ｂ和ｄ的交点，ｃ｛［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋｝＝ｃ｛［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋｝（１分）
３
ｃ｛［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋｝
１
则Ｋ·Ｋ＝ ３ ＝ （１分）
２ ３ ｃ｛［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋｝·ｃ２（ＥＤＡ） ｃ２（ＥＤＡ）
ｌｇＫ＋ｌｇＫ
即ｌｇｃ（ＥＤＡ）＝－ ２ ３ （１分，其他正确形式也得分）
２
【解析】（１）反应ｉｉｉ＝反应ｉｉ－反应ｉ，因此ΔＨ＝ΔＨ－ΔＨ。
３ ２ １
（２）ＥＤＡ易溶于水是因为ＥＤＡ与ＨＯ形成分子间氢键，Ａ项错误；ＨＮ＋ＣＨＣＨＮＨＣＯＯ－既能与酸反应，又能
２ ３ ２ ２
与碱反应，因此具有两性，Ｂ项正确；增大ＥＤＡ的浓度有利于 ＣＯ 的捕集，Ｃ项正确；ＣＯ 的捕集是熵减小的过
２ ２
程，Ｄ项错误。
（３）ｎ （ＥＤＡ）＝０．０２ｍｏｌ，ｎ （ＣＯ）＝α（ＣＯ）×ｎ （ＥＤＡ）＝０．０１２ｍｏｌ，ｍ （ＣＯ）＝ｎ （ＣＯ）×Ｍ＝
起始 捕集 ２ ２ 起始 捕集 ２ 捕集 ２
０．０１２ｍｏｌ×４４ｇ·ｍｏｌ－１＝０．５２８ｇ。
３ｄ ４ｓ
（４）①基态Ｃｕ原子的价层电子排布式为３ｄ１０４ｓ１，则其价层电子的轨道表示式为 。②在
↓↑↓↑↓↑↓↑↓↑ ↑
ＥＤＡ与Ｍｎ２＋形成的配合物中，提供孤电子对的配位原子为Ｎ，配体数为３。
（５）①随着 ＥＤＡ浓度增大，含 Ｃｄ微粒由 Ｃｄ２＋逐渐生成［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋，ａ、ｂ、ｃ、ｄ曲线分别对应 Ｃｄ２＋、
３
［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋、［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋、［Ｃｄ（ＥＤＡ）］２＋。②见答案。
２ ３
２０．【答案】（１）ＣＨＯ（１分，元素顺序错误不得分） 氨基（１分，出现错别字不得分）
７ ６
師師師師
（２）５（１分） ＨＮ ＣＨ （１分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
２ ３
帩帩
（３）ＡＤ（２分，漏选得１分，错选不得分）
（４）１（１分）
化学 第 ４页（共５页）Ｃｌ ＯＨ
ＨＯ
（５）① ＋ＮａＯＨ ２ → ＋ＮａＣｌ（２分，物质正确１分，配平、条件有错扣１分，二者同时有错也只扣１分）
△
ＯＨ
Ｃｕ／Ａｇ
②氧化反应（１分） ２ ＋Ｏ →２
２ △
化学 第 ５页（共５页）
Ｏ
＋２ＨＯ（２分，物质正确１分，配平、条件有错扣１分，二者同
２
时有错也只扣１分）
Ｎ
③ （２分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
師師
【解析】（１）化合物ａ为苯甲醛，其分子式为ＣＨＯ，化合物ｂ为苯胺，其中官能团的名称为氨基。
７ ６
（２）芳香族化合物ｅ为胺，ｅ的相对分子质量比ｂ大１４（即多１个—ＣＨ—），故ｅ的分子式为ＣＨＮ。若苯环上
２ ７ ９
只连有一个取代基，存在２种结构（—ＣＨＮＨ、—ＮＨＣＨ）；若苯环上连有两个取代基，存在—ＮＨ 与—ＣＨ 的
２ ２ ３ ２ ３
師師師師
邻、间、对３种结构，共５种结构。核磁共振氢谱图只有４组峰，对应的结构简式为ＨＮ ＣＨ 。
２ ３
帩帩
（３）ａ与ｂ反应生成ｄ时，ＣＯ断裂，ＣＮ双键形成，存在 π键的断裂与形成，Ａ项正确；反应①为加成反应
（形成中间体ｃ），反应②为消去反应（脱水成双键），反应类型不同，Ｂ项错误；ｃ分子中存在一个手性碳原子，
Ｃ项错误；ａ、ｄ均可以与Ｈ 发生加成（还原）反应，原子利用率１００％，Ｄ项正确。
２
（４）ａ（苯甲醛）与ＨＣＮ加成生成 ｆ［ＣＨＣＨ（ＯＨ）ＣＮ］，酸性条件下水解生成主要产物 ｇ［ＣＨＣＨ（ＯＨ）ＣＯＯＨ］，
６ ５ ６ ５
ｆ中无羧酸羟基氢，ｇ中新增羧酸羟基氢（１组），故与ｆ相比，ｇ的核磁共振氢谱图中多１组吸收峰。
Ｃｌ ＯＨ
ＨＯ
（５）①卤代烃发生水解反应可引入羟基，故化学方程式为 ＋ＮａＯＨ ２ → ＋ＮａＣｌ。②已知酮也可与胺
△
类物质发生题述类似的反应，因此需要引入羰基化合物（碳氧双键），可以将第一步的产物环己醇与氧气发生催
ＯＨ
Ｃｕ／Ａｇ
化氧化，得到环己酮，故化学方程式为２ ＋Ｏ →２
２ △
Ｏ
＋２ＨＯ。③环己酮与化合物Ⅱ反应，中间体为
２
Ｎ Ｎ
ＨＯ
，此时Ｎ原子上没有氢，则采取另一种失水方式，产物为 （烯胺类物质，类似烯醇结构）。
師師
