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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04（海南专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：加大实验探究能力考查：注重实验设计、操作、分析与评价能力的综合考核。可能给出
一个研究课题，如探究某种新型海南本地矿石成分，要求学生设计实验方案，选择合适实验仪器与试
剂，分析实验过程中可能出现的误差及改进措施，培养学生科学探究思维和实践能力。
高考·新考法：打破化学模块界限，将物质结构与有机化学融合。例如，以某种具有特殊结构的有机物
为载体，考查其分子中原子的杂化方式、空间构型，以及该有机物参与的化学反应类型、反应机理
等。也可能结合化学实验，考查物质性质探究过程中涉及的元素化合物知识、氧化还原反应原理和实
验操作细节。
高考·新情境：以海南特色热带水果种植为背景，探讨化肥、农药的合理使用。例如在改良酸性土壤
时，考查盐类水解原理，像熟石灰改良土壤的化学反应；农药生产中有机合成路线的设计，涉及有机
化学中取代反应、加成反应等知识；以及水果保鲜过程中，利用化学物质抑制呼吸作用的原理，考查
氧化还原反应和化学反应速率相关内容。
命题·大预测：与物理、生物等学科关联更紧密。例如，联合物理中电学知识，考查原电池、电解池的
工作原理；结合生物知识，探讨生物体内化学反应，如酶催化反应的条件与化学平衡的联系，或者分
析药物在生物体内的代谢过程中的化学变化 ，要求学生打破学科界限，综合运用多学科知识解决问
题。
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 K 39 Mn 55 Fe 56
一、选择题：本题共8 小题，每小题2 分，共16 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．科学家们不断科研创新，研发出新材料改善我们的生活质量，下列使用的材料为金属材料的是
A
B
C
D
7
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可用于海水淡化的三维
石墨烯气凝胶材料
用于精密仪器领域的
仿生复合材料
能“破镜重圆”的本征型自修复
聚硅氧烷材料
在铈合金中掺杂钇做
成的变色材料
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．石墨烯为碳单质，属于无机非金属材料，故A 错误；
B．用于精密仪器领域的仿生复合材料不是金属单质或合金制品，不属于金属材料，故B 错误；
C．聚硅氧烷中不含金属，不属于金属材料，故C 错误；
D．金属及其合金属于金属材料，铈合金中掺杂钇做成的变色材料属于金属材料，故D 正确；
故选：D。
2．下列有关化学用语错误的是
A．
的电子式为
B．乙烯分子中的
键：
C．
的球棍模型：
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】D
【详解】
A．
的电子式为
正确，A 正确；
8
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B．乙烯分子中的
键：
，碳原子中未杂化的p 轨道肩并肩重叠形成π 键，B 正确；
C．BCl3中心原子B 原子采取sp2杂化，分子构型为平面三角形，键角为120°，
的球棍模型：
，C 正确；
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为：
，D 错误，
答案选D。
3．利用
18O 示踪技术研究H2O2与Cl2的反应历程，结果如下：
①
②
下列叙述正确的是
A．反应①是置换反应
B．
18O 的核电荷数是18
C．
18O 与
16O 互为同素异形体
D．反应历程中
中的O-O 键未发生断裂
【答案】D
【详解】A．反应①生成两种化合物，不是置换反应，故A 错误；
B．核电荷数等于核内质子数，所以
18O 的核电荷数是8，故B 错误；
C．
18O 与
16O 是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C 错误；
D．反应历程中
、H-O-O-Cl、O2都含O-O 键，所以
中O-O 键没有发生断裂，故D 正确；
9
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选D。
4．结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述错误的是
A．①中冠醚属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的离子
B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大
C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂
D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子的配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高
【答案】C
【详解】A．①中冠醚属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于
识别特定的离子，A 正确；
B．合金内存在不同大小的金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的硬度一般比其成
分金属更大，B 正确；
C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹
在胶束内，从而达到去污效果，即③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，而用
作表面活性剂，C 错误；
D．④中石墨晶体是层状结构的，每个碳原子连接三个碳原子，配位数为3，属于混合晶体，石墨的层内
共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，
故属于混合晶体，熔沸点高，D 正确；
故答案为：C。
5．氨基酸的水溶液和水合茚三酮反应能生成一种紫色化合物，反应十分灵敏，是鉴定氨基酸最简便的方
法。其反应方程式如下，下列说法错误的是
A．物质A 可以写出含有硝基的同分异构体
10
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B．物质B 和
完全加成后原子杂化方式只有
C．物质C 和D 混合后为纯净物
D．物质D 中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【详解】A．物质A 含有氨基、羧基，羧基不饱和度为1，则可以写出含有硝基的同分异构体，A 正确；
B．物质B 中苯环、羰基均可以和氢气在一定条件下加成，和
完全加成后碳、氧原子杂化方式只有
，
B 正确；
C．物质C 和D 结构不同，为不同物质，混合后为混合物，C 错误；
D．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键两端的原子共面，羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，
则物质D 中所有碳原子可能共平面是平面结构，D 正确；
故选C。
6．溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
苯
溴
溴苯
密度
0.88
3.10
1.50
沸点/℃
80
59
156
水中溶解度
微
溶
微溶
微溶
下列有关溴苯制备的说法正确的是
A．图中仪器a 是玻璃棒
B．反应过程中三颈烧瓶内有白雾，是由生成HBr 气体形成的酸雾
C．烧杯中NaOH 溶液的作用吸收生成的溴苯，同时除去HBr 气体
D．分离操作后得到的粗溴苯，要进一步提纯，必须进行过滤操作
【答案】B
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【详解】A．图中仪器a 是温度计，故A 错误；
B．苯与溴反应生成HBr 气体，HBr 气体极易溶于水在空气中与水蒸气结合形成小液滴，产生白雾，故B
正确；
C．生成的溴苯中溶有少量溴和HBr，用NaOH 溶液除去溴和HBr，故C 错误；
D．未反应的苯，溶解于溴苯，若要除去苯，需用蒸馏的方式，故D 错误；
故选B。
7．X、Y、Z、M 和Q 五种主族元素，原子序数依次增大，X 是宇宙中含量最多的元素，短周期中M 电负
性最小，Z 与Y、Q 相邻，基态Z 原子的s 能级与p 能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A．沸点：X2Z>YX3
B．M 与Q 可形成化合物M2Q、M2Q2
C．化学键中离子键成分的百分数：M2Z>M2Q
D．YZ 与QZ
离子空间结构均为平面三角形
【答案】D
【详解】A．水分子间存在氢键数目多于氨气，则沸点：H2O＞NH3，故A 正确；
B．Na 与S 可形成化合物Na2S、Na2S2，故B 正确；
C．化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，电负性O＞S，因此化学键中离子键成分的
百分数：Na2O＞Na2S，故C 正确；
D．NO 中心原子的价电子对数为3+
=3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形，
中
心原子的价电子对数为3+
=4，孤电子对数为1，其空间结构为三角锥形，故D 错误；
答案选D。
8．我国科技人员为了在更温和的条件下实现废水中氯苯的无害化处理，设计开发了一种电化学装置，如
图所示。
转化过程：
、
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下列说法正确的是
A．a 为电源负极
B．阳极区发生转化i 的电极反应为
C．若
氯苯完全转化为
，生成
气体
D．电解一段时间后，阴极区溶液
增大
【答案】C
【详解】A．根据分析左侧电极上，氯苯转化为二氧化碳等物质，氯苯中的C 失电子发生氧化反应，因此
左侧电极为阳极，a 为正极，A 错误；
B．阳极区是酸性条件下的反应，没有OH-离子参与，正确的离子方程式为：
，B 错误；
C．1mol 氯苯完全转化为CO2，共失去28mol 电子，X 为H2，共生成
H2，C 正确；
D．阴极上有多少H+放电生成H2，就有多少H+通过质子交换膜进入阴极，电解一段时间后，阴极区溶液
不变，D 错误；
答案选C。
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
9．“嫦娥五号”某核心部件的主要成分为纳米钛铝合金晶体。下列有关说法错误的是
A．
位于元素周期表ds 区
B．该晶体不导电
C．该晶体属于金属晶体
D．Al 的价电子轨道表示式为
【答案】AB
【详解】A．Ti 价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d 区，故A 错误；
B．该晶体属于金属晶体，金属晶体均导电，故B 错误；
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C．该晶体属于金属晶体，故C 正确：
D．Al 的价电子排布式为3s23p1，其价电子轨道表示式为
，故D 正确。
综上所述，答案为AB。
10．己二酸二正己酯是一种增塑剂，大量应用于PVB 胶片的生产。以己二酸和正己醇为原料，在催化剂的
作用下共热反应，经过回流、减压蒸馏(除去正己醇)、常温过滤后制得己二酸二正己酯粗产品。
合成原理为：
实验装置图(部分装置略去)如下：
下列说法正确的是
A．该反应可用浓硫酸作催化剂
B．减压蒸馏是为了降低正己醇的沸点
C．过滤所得产品需经
溶液洗涤、水洗、干燥实现进一步提纯
D．玻璃棒搅拌可起到加快过滤的作用
【答案】AB
【详解】A．己二酸和正己醇发生酯化反应生成己二酸二正己酯，可用浓硫酸作催化剂，A 正确；
B．减压蒸馏是一项通过降低压力来降低沸点的蒸馏技术，题中减压蒸馏可降低正丁醇的沸点从而除去正
丁醇，B 正确；
C．己二酸二正己酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，造成产物损失，不能用氢氧化钠溶液洗涤产品，C 错
误；
D．过滤时玻璃棒的作用是引流，不能用玻璃棒搅拌，容易捣破滤纸，D 错误；
答案选AB。
11．利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，其中所得固体中的生成物为
和
。下列说法错误
的是
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A．固体单质Y 为硫
B．该实验中涉及的氧化还原反应可能有三个
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO 与Y 的物质的量之和可能为2mol
【答案】BD
【详解】A．固体中的生成物为
和
，加入稀硝酸、稀硫酸，硝酸中氮化合价降低，则硫化合价
升高，因此固体单质Y 为硫，故A 正确；
B．该实验中涉及的氧化还原反应分别为铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、硫化亚铜和水，硫化亚铜和硝
酸、硫酸反应生成硫、铜离子和NO，因此氧化还原反应有两个，故B 错误；
C．根据方程式
，硫元素从+6 价降低到−2 价，表现出氧化性，则
参与反应的浓硫酸中，表现氧化性的硫酸占25%，故C 正确；
D．由
，3mol 铜生成0.6mol 硫化亚铜，0.6mol 硫化亚铜发生反应
，得到0.8molNO 和0.6molS，NO 与S 物质的量之和为
1.4mol，故D 错误。
综上所述，答案为BD。
12．一定电压条件下，NiCo-LDHs 电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛（HMF）可能的物质转化过程如图1
所示，各物质含量的动态变化如图2 所示。下列说法正确的是
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A．
电极材料与电源负极相连
B．转化过程中
电极附近溶液酸性增强
C．
时间内电路中共通过
，理论上产生
D．HMFCA 转化为FFCA 是整个转化过程的决速步
【答案】BD
【详解】A．由图1 可知NiCo-LDHs 电极材料上HMF 最终转化为FDCA，HMF 中醛基和羟基最终被氧化
为羧基，则该电极为阳极，与电源正极相连，故A 错误；
B．转化过程中
上HMF 最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，故B 正确；
C．若HMF 完全转化为FDCA，则发生电极反应：
+2H2O-6e-=
+6H+；此
时电路中通过
，产生
，但由图2 可知
时间内，HMF 并未完全转化为
，因
此电路中通过
，产生
的物质的量小于
，故C 错误；
D．由图2 可知FFCA 的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA 能迅速转化为FDCA，则FFCA 转化为
FDCA 的活化能最小，反应一段时间后HMFCA 高于HMF 和FFCA，可知HMFCA 转化为FFCA 的反应速
率较其他反应慢，而慢反应决定总反应速率，即HMFCA 转化为FFCA 是整个转化过程的决速步，故D 正
确；
故选：BD。
13．Beckmann 反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的
氢原子上，具体反应历程如图所示。
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已知：R、R′代表烷基。
下列说法错误的是
A．H+在该反应过程中作催化剂
B．N—O—H 键角：物质Ⅰ＞物质Ⅱ
C．物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成
D．
发生上述反应生成
【答案】BD
【详解】A．由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A 正确；
B． 物质Ⅰ中氧原子上有2 个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1 个孤电子对，，N—O—H 键角：物质Ⅰ＜
物质Ⅱ，故B 错误；
C． 物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，
故C 正确；
D．
发生上述反应生成
，故D 错误；
故选BD。
14．
在生态系统的硫循环中不可或缺。
时，水溶液中
价S 不同形态的分布分数如图所
示，下列说法正确的是
A．线a 表示
的分布分数
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B．
时，
的
约为7.0
C．
的
溶液吸收
的量大于
D．可以向燃气中掺入微量
以示警燃气泄漏
【答案】BC
【详解】A．由分析可知，曲线a、b、c 分别表示氢硫酸、HS−、S2-的分布分数，故A 错误；
B．由分析可知，电离常数Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，则硫化钠的Kb2=
=
=
=1×10
﹣7，则PKb2约为7，故B 正确；
C．氢氧化钠溶液与过量的硫化氢反应生成硫氢化钠，则1.0L1mol/L 的氢氧化钠溶液能与1mol 硫化氢气体
反应，由于硫化氢气体溶于水，所以1.0L1mol/L 的氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体的物质的量大于1mol，
故C 正确；
D．硫化氢气体有毒，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，否则燃气泄漏时可能发生
意外事故，故D 错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
15．（12 分）乙烯利（
）是一种农用植物生长调节剂，广泛应用于农作物增产和储
存。常温下，乙烯利为固体，具有一定的腐蚀性，易溶于水，所得溶液显酸性。某实验小组同学用40%乙
烯利溶液和稍过量的NaOH 固体为原料制备乙烯。
回答下列问题：
(1)部分实验仪器及药品的选择和使用。
①配制100g40%乙烯利溶液时，下图所示仪器不需要的是 （填仪器名称）。
②装瓶时，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹 （填序号）。
A．生理盐水 B．医用酒精 C．烧碱溶液 D．3%~5%的小苏打溶液
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(2)根据反应原理设计下图所示的装置制备乙烯气体。
①已知电负性
，乙烯利中P 的化合价为 。
②用40%乙烯利溶液与NaOH 固体反应（磷转化为
）生成乙烯的化学方程式为 。
③当观察到 时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
(3)实验室也可以使用乙烯利固体与强碱溶液混合制备乙烯。分别使用KOH 溶液、NaOH 溶液与乙烯利固
体混合制备乙烯气体，现象如下：
试剂
现象
溶液
产气速率快，气流平稳，无盐析现
象
溶
液
产气速率快，气流平稳，有盐析现
象
①通过上述现象分析可知，应选用30% （填“KOH”或“NaOH”）溶液与乙烯利固体混合制备乙烯
气体，原因是 。
②在实验中，乙烯利固体的质量为10.0g（强碱溶液足量），制得的乙烯气体恰好能使含
的
酸性高锰酸钾溶液完全褪色，则产品的产率为 [已知M（乙烯利）
]。
【答案】(1) 圆底烧瓶（1 分） D（1 分）
(2) +5（1 分）
（2 分） 酸性
高锰酸钾溶液颜色变浅（2 分）
(3) KOH（1 分） 30% NaOH 溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行（2 分）
（2 分）
【详解】（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需
要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的
仪器是圆底烧瓶；
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②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%
的碳酸氢钠溶液，故答案选D。
（2）
①已知电负性
，O 的电负性大于P，结合
中P 成键情况，则乙烯利中P 的化合价
为+5。
②用40%乙烯利溶液与NaOH 固体反应（磷转化为
）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、
水，反应化学方程式为
。
③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，
打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
（3）①使用30% NaOH 溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用
30%KOH 溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体；
②高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳气体，碳化合价由-2 变为+4，锰化合价由+7 变为+2，结合电子守恒，
存在
，则生成乙烯
，则产品的产率
。
16．（10 分）电解铜的阳极泥中含
、
、
、
、
、
等物质，以该阳极泥为原料，分离
和回收Au、Pt、Pd、Cu 等金属或其化合物的工艺流程如图所示：
已知：
易溶于水，
、
难溶于水；
。回
答下列问题：
20
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(1)PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质，则“氧化焙烧”中，
PtTe 发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”的目的是 。
(3)“氯浸”工艺中，金属
、
、
被氧化为配离子：
、
、
，
的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有 。
(5)“沉钯”之前，测得溶液中
，加入等体积的
溶液充分反应，测得反应后
混合液中
，则初始加入
溶液的浓度约为
(忽略溶液混
合时的体积变化)。
(6)利用“滤液c”可制备Pt，工艺流程如图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)使
转化为
，使
与其他物质分离（1 分）
(3)
（2 分）
(4)将
还原为
，便于后续使含
物种与含
物种分离（2 分）
(5)0.8（1 分）
(6)
（2 分）
【详解】（1）PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt 转化为单质，反应中Pt 化合
价由+2 变为0，空气中氧气参与反应，氧化合价由0 变为-2，Te 化合价由-2 变为+4 得到
，结合电
子守恒、质量守恒，PtTe 发生反应的化学方程式为
；
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（2）稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，而不和
、
、
反应，故目的为：使
转化为
，
使
与其他物质分离；
（3）
，Pd 化合价由0 变为+4，为还原剂，氯气中氯化合价由0 变为-1，为氧化剂，结合电
子守恒存在
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有将
还原为
，便于后续使含
物种与含
物种分离；
（5）反应后混合液中
，则此时
，结合反应
，则初始加入
溶液的浓度约为
；
（6）“沉铂”总反应为
和氯酸根离子发生氧化还原反应生成
，反应中Pt 化合价由+2
变为+4、氯酸根离子中氯化合价由+5 变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为
；
17．（10 分）石油裂解产生的乙烯含有0.5%～3%乙炔，乙炔在Ziegler－Natta 催化剂中会使乙烯聚合失活。
乙炔选择性加氢已经被证明是提纯乙烯最有效的技术之一。回答下列问题：
(1)已知25℃、101kPa 下，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
（g）
（g）
（g）
燃烧热（△H）/
－1299.6
－285.8
－1411.0
乙炔半氢化反应
的
= 。
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(2)在其他条件相同时，在不同的Pd 基催化剂作用下，乙炔的转化率及乙烯的选择性随反应温度的变化如
图a、b 所示。已知：乙烯的选择性=
。
图a 图b
①若在实际生产中，选择Pd@H－Zn/Co－ZIF 催化剂、50～60℃的反应条件，其依据是： 。
②为保证该转化过程，需要过量的氢气，缺点是 。
③某温度下，在刚性容器中发生乙炔半氢化反应，已知
与
的初始投料比[
]为1 10
∶
，
的平衡转化率为90%（忽略其他副反应的发生）。若初始的总压强为
；则平衡时体系的压强＝
（用
列出计算式即可，下同）；该反应的平衡常数
。（用平衡分压代替平衡浓度计算，
分压＝总压×物质的量分数）
④制备基于MOFs（金属有机框架）薄膜材料为
/
混合气体分离提供了一种经济高效的技术。该
材料孔径大小和形状恰好将
“固定”，能高效选择性吸附
，原理示意如图。
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下列混合物的分离提纯原理与该材料“固定”
最接近的是 。（填标号）
A．利用
萃取碘水
B．利用“杯酚”分离
和
C．利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸
(3)在工业领域也可用N，N－二甲基甲酰胺（
）粗乙烯中回收乙炔。N，N－二甲基甲酰胺是
极性亲水性溶剂，其可与水任意比互溶的原因是 。
【答案】(1)
（1 分）
(2) 该条件下，乙烯的选择性最高，且乙炔的转化率较高（1 分） 过量的氢气会与乙炔或生成的
乙烯反应生成乙烷杂质（1 分）
（2 分）
（2 分） B（1 分）
(3)二甲基甲酰胺是极性分子，可以与水形成分子间氢键（2 分）
【详解】（1）由盖斯定律可知，乙炔的燃烧热+氢气的燃烧热-乙烯的燃烧热得到反应：
；
（2）①选择Pd@H－Zn/Co－ZIF 催化剂、50～60℃的反应条件，是因为该条件下，乙烯的选择性最高，
且乙炔的转化率较高，利于乙烯的制备；
②乙炔、乙烯为不饱和烃，会和氢气加成，故使用过量的氢气的缺点是：过量的氢气会与乙炔或生成的乙
烯反应生成乙烷杂质。
③已知
与
的初始投料比[
]为1 10
∶
，
的平衡转化率为90%（忽略其他副反应的
发生），假设乙炔、氢气投料分别为1mol、10mol，则反应0.9mol 乙炔、生成0.9mol 乙烯，平衡时，乙炔、
氢气、乙烯分别为0.1mol、9.1mol、0.9mol，总的物质的量为10.1mol，若初始的总压强为
，由阿伏伽德
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罗定律可知，平衡时体系的压强为
，该反应的平衡常数
；
④利用
萃取碘水，是利用物质的溶解性不同进行分离；利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙
酸，是利用碳酸钠和酸的反应去除乙酸；而该材料孔径大小和形状恰好将
“固定”，能高效选择性
吸附
，类似于利用“杯酚”孔径大小分离
和
，故选B；
（3）N，N－二甲基甲酰胺是极性分子，水也是极性分子，且可以与水形成分子间氢键导致其可与水任意
比互溶。
18．（14 分）抗肿瘤药物香叶木宁(J)的两条合成路线如下：
已知：①CH3OH
CH3Cl
②
R-Cl
③
R-OCH3
回答下列问题。
(1)B 的名称为 。K 中含氧官能团的名称为 。
(2)写出E→F 的方程式 。
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(3)H 的结构简式为 。
(4)H→I 的反应类型是 。
(5)符合下列条件D 的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①只含有一个环状结构
②环上含有三个取代基，其中一个是-NH2
(6)丙二腈[CH2(CN)2]可用于制备
，写出丙二腈与氢氧化钠溶液在加热条件下水解的离子方程式
。
【答案】(1) 丙二酸二乙酯（2 分） 醚键、酮羰基（2 分）
(2)
+CH3CH2OH（2 分）
(3)
（2 分）
(4)消去反应（2 分）
(5)24（2 分）
(6)NC-CH2CN+2OH-+2H2O
+2NH3↑（2 分）
【详解】（1）
B 为H5C2OOCCH2COOC2H5，名称为：丙二酸二乙酯。K 为
，含氧官能团的名称为：
醚键、酮羰基。
（2）
E 为
，F 为
，E 在Ph2O 作用下发生分子内的取代反应，并发生结
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构异构化，生成F 和CH3CH2OH，化学方程式：
+CH3CH2OH。
（3）
由分析可知，H 的结构简式为
。
（4）
H(
)→I(
)，分子内脱去水分子形成碳碳双键，则反应类型是消去
反应。
（5）
D 为
，符合下列条件：“①只含有一个环状结构
②环上含有三个取代基，其中一个
是-NH2”的D 的同分异构体分子中，含有
，取代基为-NH2、-CH3、-CH=CHCH3，或-NH2、-CH3、-
CH2CH=CH2，或-NH2、-CH3、-C(CH3)=CH2，或-NH2、-CH2CH3、-CH=CH2，每种可能取代基组合都有6
种可能结构，则异构体共有4×6=24 种(不考虑立体异构)。
（6）
丙二腈[CH2(CN)2]可用于制备A(HOOCCH2COOH)，则丙二腈与氢氧化钠溶液在加热条件下水解，生成
NaOOCCH2COONa 和NH3，依据电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为NC-CH2CN+2OH-
+2H2O
+2NH3↑。
19．（14 分）氮及其化合物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1)二甲胺(CH3)2NH 常用作医药、农药等有机中间体的原料，其水溶液显碱性的原因 (用离子方程式
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解释)；二甲胺可用于制备某储氢材料X，其结构如图，X 所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序
为 ；X 的阳离子中C-N-C 的键角 二甲胺中C-N-C 的键角(填“>”、“<”或“=”)；1mol X 中
含有配位键的数目为 。
(2)一种N8分子的结构为
，已知该分子中N 原子采用了4 种不同的成键方式，则①
号N 原子的杂化方式为 ，该分子也可以形成类似烯烃结构的顺反异构体，其顺式结构分子的结构
式为 。
(3)某种由NH3作为配体形成的新型储氢材料的晶胞结构如图，其中NH3为正八面体的顶点，H 为正四面体
的顶点，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，则Q
的原子分数坐标为 ；若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为
，则该晶体的密度为
g/cm3。
【答案】(1) (CH3)2NH+H2O
+ OH- （2 分） N>O>C>B（2 分）
>（1 分） 2NA（2 分）
(2) sp3 （1 分）
（2 分）
(3)
（2 分）
（2 分）
【详解】（1）二甲胺(CH3)2NH 水溶液显碱性的原因是(CH3)2NH 结合H2O 电离的H+生成
和
OH-，离子方程式为：(CH3)2NH+H2O
+ OH-；由结构图可知，X 所含第二周期元素为：B、
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C、N、O，同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA 族元素的第一电离能大于
其右边相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C>B；二甲胺和X 的阳离子中，氮原子均采用
sp3杂化，二甲胺中氮原子上含有1 对孤电子对，X 的阳离子中氮原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电
子对的斥力较大，导致二甲胺中C-N-C 的键角较小，则X 的阳离子中C-N-C 的键角>二甲胺中C-N-C 的键
角；X 的阳离子和阴离子中各含有1 个配位键，则1mol X 中含有配位键的数目为2NA；
（2）
中①号N 原子形成2 个
键，同时含有2 对孤电子对，其价层电子对数为4，则①
号N 原子的杂化方式为sp3，该分子中含有氮氮双键，也可以形成类似烯烃结构的顺反异构体，顺式结构
中相同的原子或原子团位于双键的同一侧，则其顺式结构分子的结构式为：
；
（3）若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，根据晶
胞结构可知Q 的原子分数坐标为
；NH3为正八面体的顶点，H 为正四面体的顶点，由晶胞结构可
知，
的个数为8，Fe(NH3)6的个数为
=4，若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为
，
则该晶体的密度为
g/cm3=
g/cm3。
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