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临门押题·化学１～４参考答案
化学（一）
１．Ｃ 氢键具有方向性，在冰晶体中，每个水分 较高温度、较高压力并
子周围只有４个紧邻的水分子，氢键的存 在引发剂的作用下，乙
在迫使在四面体中心的每个水分子与四 烯分子链支化程度较
面体顶角方向的４个相邻水分子相互吸 高，得到低密度聚乙
引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间 烯，Ｄ错误。
利用率不高，留有相当大的空隙，其密度 ４．Ｂ 二氧化碳和ＮａＣｌＯ反应生成 ＨＣｌＯ，但无
比液态水的小，Ａ错误；制作陶瓷的主要 明显现象，无法通过观察证明反应的发
原料是黏土，不需要石灰石和纯碱，Ｂ错 生，Ａ错误；铜与稀硝酸反应生成ＮＯ，ＮＯ
误；铜、银和金都在第ＩＢ族，属于过渡元 难溶于水，最后制得的ＮＯ可采用排水集
素，Ｃ正确；硒是人体必需的微量元素，Ｄ 气法收集，Ｂ正确；色谱法可用于有机物
错误。 的分离、提纯，无法确定有机物的结构，Ｃ
２．Ｂ 氕的符号为１
１
Ｈ，Ａ错误；氯气分子中，Ｃｌ－ 错误；该实验中ＦｅＣｌ
３
过量，无论反应是
Ｃｌ是由２个Ｃｌ原子各提供１个未成对电
否可逆，剩余的Ｆｅ３＋都会使 ＫＳＣＮ溶液
子的３ｐ原子轨道以“头碰头”形式重叠而
变红，无法证明反应为可逆反应，Ｄ错误。
形成 的，ｐ－ｐ σ 键 电 子 云 图 形 为 ５．Ｃ 最大质荷比为１３６，确定该有机物的相对
分子质量为１３６，Ａ错误；根据题干信息结
，Ｂ正确；根据洪特规则，
合质谱图确定该有机物结构中含有苯环、
基 态 氮 原 子 的 轨 道 表 示 式 为
乙基、醇羟基，再结合相对分子质量为
，Ｃ错误；实验式即最简 １３６，确定该有机物的分子式为Ｃ
９
Ｈ
１２
Ｏ，Ｂ
式，葡萄糖的分子式为ＣＨ Ｏ ，故其实 错误、Ｃ 正 确；当 分 子 的 结 构 简 式 为
６ １２ ６
師師師師
验式为ＣＨ ２ Ｏ，Ｄ错误。 ＣＨ ３ ＣＨ ２ ＣＨ ２ ＯＨ 时，氢原子
帩帩
３．Ｃ 石墨中含有大π键，电子云重叠程度更
的化学环境有６种，Ｄ错误。
大，导致Ｃ－Ｃ键长更短、键能更大且更稳
６．Ｄ 该化合物中每个Ｓ原子连接Ｏ原子数目
定不易断裂，Ａ错误；味精是一种常用的
１
为２＋２× ＝３，则Ｓ原子和Ｏ原子个数
增味剂，其主要成分为谷氨酸单钠盐，目 ２
前主要以淀粉为原料的微生物发酵法生 比为１∶３，Ａ正确；该化合物中Ｓ原子与
产，Ｂ错误；叶绿素铜钠盐、姜黄是食品天 Ｏ原子形成单键和双键，不存在孤对电
然着色剂，可以改善食物色泽，Ｃ正确；在 子，Ｂ正确；Ｓ原子和Ｏ原子个数比为１∶
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 １ 页（共２４页 ）
书书书３，化学式是ＳＯ ，属于分子晶体，Ｃ正确； 生显色反应，Ｄ正确。
３
键角１是硫氧双键间的夹角，键角２是硫 ９．Ｂ “氧化”和“转化”工序中发生的主反应均
氧双键和硫氧单键间的夹角，双键的排斥 为Ｃｌ＋２Ｂｒ－２Ｃｌ－＋Ｂｒ，Ａ正确；“还
２ ２
作用更大，故键角１大于键角２，Ｄ错误。 原”工序中ＲＮ［ＣｌＢｒ］与ＳＯ 溶液发生
４ ２ ２
７．Ｄ 常温下，ｐＨ＝１２的 ＮａＯＨ 溶液中犮 的反应为 ＲＮ［ＣｌＢｒ］＋ＳＯ ＋２Ｈ Ｏ
４ ２ ２ ２
（ＯＨ－）＝０．０１ｍｏｌ／Ｌ，但未给出溶液体 ＲＮＢｒ＋ＨＳＯ ＋ＨＢｒ＋ＨＣｌ，理论
４ ２ ４
积，无法计算ＯＨ－数目，Ａ错误；常温下， 上消耗ＲＮ［ＣｌＢｒ］与ＳＯ 的物质的量之
４ ２ ２
Ａｌ会与浓硝酸发生钝化，表面生成氧化膜 比为１∶１，Ｂ错误；水相Ⅰ（Ｃｌ 与 Ｈ Ｏ反
２ ２
阻止反应继续进行，转移电子数远小于０．
应有 Ｈ＋生成）和水相Ⅱ中均含有 Ｈ＋和
３犖 Ａ ，Ｂ错误；Ｃｌ ２ 与水的反应为可逆反应 Ｃｌ－，Ｃ正确；“洗脱”工序中盐酸提供的
（Ｃｌ
２
＋Ｈ
２
Ｏ幑幐ＨＣｌ＋ＨＣｌＯ），１ｍｏｌＣｌ
２ Ｃｌ－与ＲＮＢｒ中的Ｂｒ－互换位置，发生的
４
不能完全反应，转移电子数小于犖 ，Ｃ错
Ａ 反应可表示为 ＲＮＢｒ＋ＨＣｌ幑幐ＲＮＣｌ
４ ４
误；Ｓ 和Ｓ 均为硫单质，６４ｇ混合物中硫
８ ６ ＋ＨＢｒ，Ｄ正确。
６４ｇ
原子总物质的量为 ＝２ｍｏｌ，Ｓ １０．Ｃ Ｑ是地壳中含量排名第五的元素，形成
３２ｇ／ｍｏｌ ８
的化合物 Ｑ（ＺＹ） 具有漂白性，则 Ｑ
（皇冠形）和Ｓ（六元环）均为环状分子，每 ２
６
（ＺＹ）为Ｃａ（ＣｌＯ），漂白原理为次氯酸
个硫原子形成２个共价键，每个共价键由 ２ ２
钙与空气中的水和二氧化碳反应生成碳
２个硫原子共用，故１ｍｏｌ硫原子对应１
酸钙和次氯酸，化学方程式为Ｃａ（ＣｌＯ）
ｍｏｌ共价键，２ｍｏｌ硫原子含共价键的数 ２
＋ＣＯ ＋Ｈ ＯＣａＣＯ ↓＋２ＨＣｌＯ。
目为２犖 ，Ｄ正确。 ２ ２ ３
Ａ
由上述分析可知元素 Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｑ分别
８．Ｂ Ｘ分子中
是Ｈ、Ｃ、Ｏ、Ｃｌ、Ｃａ。Ｘ与Ｙ形成的化合
含有碳碳
物可以为ＣＯ，ＣＯ不是酸性氧化物，Ａ错
双 键，可
误；ＨＣＯ 是弱酸，ＨＣｌＯ 是强酸，酸性
以发生氧 ２ ３ ４
化反应，Ｘ
强弱关系为 Ｈ
２
ＣＯ
３
＜ＨＣｌＯ
４
，Ｂ错误；Ｈ
分子中含
只有１个电子，Ｏ的２ｐ轨道上有４个电
有酰胺基
子，有２个未成对电子，基态原子的未成
和酯基可以发生水解反应，Ａ正确；Ｘ中 对电子数：Ｏ＞ Ｈ，Ｃ正确；没有说明是否
含有９个手性碳原子，如图所示（表示 为最简单氢化物，不能判断 Ｏ、Ｃ分别与
手性碳原子的位置），Ｂ错误；Ｘ中含有的 Ｈ形成的化合物的沸点高低，Ｄ错误。
５个碳碳双键都存在顺反异构，Ｃ正确；Ｘ Ｈ
分子中含有酚羟基，可以和ＦｅＣｌ 溶液发 １１．Ｂ 由题图１的反应机理可知，ＬＦｅＨ
３
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ２ 页（共２４页 ）Ｈ ８，Ｂ 正确；１ 个 ＬｉＮ 晶胞的质量为
３
先生成，后又被消耗，ＬＦｅＨ 为中 １４＋３×７ ３５
ｇ＝ ｇ，１个晶胞的体积为犪
犖 犖
间产物，Ａ错误。ＣＯ 是直线形结构（Ｏ Ａ Ａ
２
槡３
ＣＯ），分子正负中心电荷重合，为非 × 犪×犫×１０－２１ｃｍ３，所以该晶体的密
２
极性分子，Ｂ正确。根据题图２的相对
７０槡３×１０２１
能量变化可知，生成物的总能量低于反 度 ρ＝ ３犪２犫犖 ｇ·ｃｍ－３，Ｃ 错误；
Ａ
应物的总能量，故该过程的总反应为放
ＬｉＮ 极 易 水 解：ＬｉＮ ＋３Ｈ Ｏ
３ ３ ２
热反应，Ｃ错误。由题图２可知，形成两
３ＬｉＯＨ＋ＮＨ ↑，生成的ＮＨ 具有刺激
３ ３
种过渡态的活化能分别是（４５．３＋３１．８）
性气味，Ｄ正确。
ｋＪ·ｍｏｌ－１＝７７．１ｋＪ·ｍｏｌ－１、（４３．５＋ １４．Ｄ 横轴代表ｐＨ，纵轴代表分布分数。观察
４２．６）ｋＪ·ｍｏｌ－１＝８６．１ｋＪ·ｍｏｌ－１，所 图像，Ｌ 代表 ＮＨ ·Ｈ Ｏ 随ｐＨ 的变
４ ３ ２
以形成过渡态２的活化能更大，而活化 化，溶液中含Ｎ的微粒只有ＮＨ ·Ｈ Ｏ
３ ２
能越大，反应速率越小，总反应速率由慢 和ＮＨ＋，根据分布分数的对称性，可知
４
反应决定，所以该过程的总反应速率由
Ｌ 代表 ＮＨ＋ 随ｐＨ 的变化；进一步推
３ ４
Ⅳ→Ⅰ步骤决定，Ｄ错误。
出，Ｌ 代表ＨＣＯ 随ｐＨ的变化、Ｌ 代
１ ２ ３ ２
１２．Ｃ 根据题意可知，左边为原电池，右边为电 表ＨＣＯ－ 随ｐＨ 的变化、Ｌ 代表ＣＯ２－
３ ５ ３
解池。Ａ项：电极 Ａ为正极，Ａ错误；Ｂ
随 ｐＨ 的 变 化。犓 （ＨＣＯ ）＝
ａ１ ２ ３
项：该装置消耗Ｎ ２ Ｈ ４ ，无法循环制氢，Ｂ 犮（Ｈ＋）·犮（ＨＣＯ－）
３ ，ｐＨ ＝６．３ 时，犮
错误；Ｃ项：Ｂ电极为负极，负极上Ｎ ２ Ｈ ４ 犮（Ｈ ２ ＣＯ ３ ）
失电子生成 Ｎ ２ ，负极反应为 Ｎ ２ Ｈ ４ ＋ （ＨＣＯ ３ －）＝犮（Ｈ ２ ＣＯ ３ ），犓 ａ１ （Ｈ ２ ＣＯ ３ ）＝
４ＯＨ－－４ｅ－４Ｈ ２ Ｏ＋Ｎ ２ ↑，Ｃ正确； １０－６．３；同 理 可 得：犓 ａ２ （Ｈ ２ ＣＯ ３ ）＝
由于电极Ｂ和电极Ｄ都生成Ｎ
２
，理论上 １０－１０．３、犓
ｂ
（ＮＨ
３
·Ｈ
２
Ｏ）＝１０－４．８。经上
可生成标准状况下１１．２ＬＮ ２ ，Ｄ错误。 述分析，Ａ正确。ＮＨ ４ ＨＣＯ ３ 溶液的ｐＨ
＝７．８，溶液呈碱性，表明 犓 （ＮＨ ·
１ ｂ ３
１３．Ｃ 根据均摊法，该晶胞中含 Ｎ数为４×
６ Ｈ Ｏ）＞犓 （ＨＣＯ ）（也可由上述计算
２ ａ１ ２ ３
＋４× １ ＝１，含Ｌｉ数为４× １ ＋２× １ ＋ 结果得出），Ｂ正确。ＮＨ ４ ＨＣＯ ３ 溶液中
１２ ２ ３
存在元素守恒犮（ＮＨ＋）＋犮（ＮＨ ·
４ ３
１
２× ６ ＝３，所以该晶体的化学式为Ｌｉ ３ Ｎ， Ｈ ２ Ｏ）＝犮（ＣＯ２ ３ － ）＋犮（ＨＣＯ ３ － ）＋犮
Ａ正确；以晶胞下底面１２０°角处的Ｎ为 （Ｈ
２
ＣＯ
３
），电荷守恒犮（ＮＨ
４
＋）＋犮（Ｈ＋）
研究对象，Ｎ的上、下各有１个Ｌｉ，同一 ＝犮（ＯＨ－）＋２犮（ＣＯ２－）＋犮（ＨＣＯ－），元
３ ３
水平面上有６个Ｌｉ，所以Ｎ的配位数为 素守恒与电荷守恒联立可得犮（ＮＨ ·
３
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ３ 页（共２４页 ）Ｈ Ｏ）＋犮（ＣＯ２－）＋犮（ＯＨ－）＝犮（Ｈ＋） ４０℃结晶析出ＭｎＳＯ ·Ｈ Ｏ，故“操作”是蒸
２ ３ ４ ２
＋犮（ＨＣＯ ），由于 Ｍ 点溶液呈碱性，犮 发浓缩、温度高于４０℃趁热过滤、洗涤、干
２ ３
（ＯＨ－）＞犮（Ｈ＋），故犮（ＮＨ ·Ｈ Ｏ） 燥。（４）由１ｍｏｌ配合物与足量 ＡｇＮＯ 溶
３ ２ ３
＋犮（ＣＯ２－）＜犮（ＨＣＯ ），Ｃ正确。２５℃ 液作用生成１ｍｏｌＡｇＣｌ沉淀可知１ｍｏｌ配
３ ２ ３
时，ＣＨＣＯＯＮＨ 溶液的ｐＨ＝７，说明 合物电离出１ｍｏｌＣｌ－，即外界有１个 Ｃｌ－，
３ ４
ＣＨＣＯＯＨ与ＮＨ ·Ｈ Ｏ的电离程度 则配离子显＋１价，Ｍｎ显＋２价，所以［Ｍｎ
３ ３ ２
相当，即犓 （ＣＨＣＯＯＨ）＝１０－４．８，Ｂａ Ｃｌ·狀ＮＨ ］＋中有１个氯离子，即狆＝１，又
ａ ３ 狆 ３
ＣＯ 溶于ＣＨＣＯＯＨ 的离子方程式为 因为该配离子为八面体，Ｍｎ２＋位于八面体的
３ ３
ＢａＣＯ （ｓ）＋２ＣＨＣＯＯＨ（ａｑ）幑幐Ｂａ２＋
３ ３
（ａｑ）＋ＨＣＯ （ａｑ）＋２ＣＨＣＯＯ－（ａｑ），
２ ３ ３
则犓＝
中心，如图 所示，其中数字处
犮（Ｂａ２＋）·犮（ＨＣＯ ）·犮２（ＣＨＣＯＯ－）
２ ３ ３
＝
犮２（ＣＨＣＯＯＨ） 的小圆圈表示ＮＨ 或Ｃｌ－，该配离子配位数
３ ３
犮（Ｂａ２＋）·犮（ＨＣＯ ）·犮２（ＣＨＣＯＯ－）·犮２（Ｈ＋）·犮（ＣＯ２－） 为６，所以狀＝６－１＝５，该配合物为 ＭｎＣｌ
２ ３ ３ ３ ２
犮２（ＣＨＣＯＯＨ）·犮２（Ｈ＋）·犮（ＣＯ２－）
３ ３ · ５ＮＨ 。 （５） 阴 离 子 的 结 构 为
３
犓 （ＢａＣＯ ）·犓２（ＣＨＣＯＯＨ）
ｓｐ ３ ａ ３
＝ ＝５．０
犓 （ＨＣＯ ）·犓 （ＨＣＯ ）
ａ１ ２ ３ ａ２ ２ ３
×１０－２，数量级为１０－２，Ｄ错误。
－ＯＳ
１５．（１）３ｄ５（１分）
（２）硫酸铝水解产生Ａｌ（ＯＨ）胶体，絮凝吸
３
附Ｆ－（２分，合理即可）
（３）蒸发浓缩（２分） 温度高于４０℃趁热过
滤（２分）
（４）５（２分）
（５）＋６价（或＋６，１分） 溶液由无色变为
紫红色（２分） ２Ｍｎ２＋ ＋５ＳＯ２－ ＋８Ｈ Ｏ
２ ８ ２
Ａｇ＋
１０ＳＯ２－＋２ＭｎＯ－＋１６Ｈ＋（２分）
４ ４
解析：（１）锰元素的原子序数为２５，基态锰离
子的价层电子排布式为３ｄ５。（２）硫酸铝水
解产生 Ａｌ（ＯＨ） 胶体，能吸附溶液中的
３
Ｆ－，实现Ｆ－的有效去除。（３）由图２可知，
低于４０℃结晶析出 ＭｎＳＯ ·５Ｈ Ｏ，高于
４ ２
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Ｏ
ＯＯＳ
Ｏ
Ｏ
Ｏ－ ，含有过氧键具有
Ｏ
强氧化性且过氧键中 Ｏ的化合价为－１，其
他Ｏ的化合价为－２，则硫元素的化合价为
＋６价。稀硫酸酸化下，ＮａＳＯ 可以把
２ ２ ８
Ｍｎ２＋氧化为 ＭｎＯ－，本身被还原为ＳＯ２－，
４ ４
写出离子方程式为２Ｍｎ２＋＋５ＳＯ２－＋８Ｈ Ｏ
２ ８ ２
Ａｇ＋
１０ＳＯ２－ ＋２ＭｎＯ－ ＋１６Ｈ＋。该过程生
４ ４
成了紫红色的 ＭｎＯ－，溶液由无色变为紫红
４
色。
１６．（１）利用生成的氢气排尽装置内空气，再检
验氢气纯度（２分，合理即可）
（２）ＨＳ＋Ｃｕ２＋ＣｕＳ↓＋２Ｈ＋（２分） 防
２
止空气中的水蒸气进入装置Ｄ（２分）
（３）①Ｌｉ＋［∶Ｈ］－（２分） ＬｉＨ＋Ｈ Ｏ
２ＬｉＯＨ＋Ｈ ↑（２分） 反应为放热反应，反应结束读数时，未恢复
２
５．６（犞 －犞 ） ４００ 常温立即读数，造成气体体积犞 读数小，测
②［ １ ２ － ］％（２分） ２
３犞 ·犿 ３
０ 定结果偏高，ｃ项符合题意。
③ｂｃ（２分）
１７．（１）ＣＯ （ｇ）＋４Ｈ （ｇ）幑幐ＣＨ （ｇ）＋２Ｈ Ｏ
２ ２ ４ ２
解析：（１）加热氢气与氧气的混合气体，易爆
（ｇ） Δ犎＝－１６４．７ｋＪ·ｍｏｌ－１（２分）
炸，且为了避免生成ＬｉＯ等杂质，加热装置
２ 选择合适的催化剂；降低温度；增大压强（任
Ｄ之前，应先利用生成的氢气排尽装置内空
选２个，共２分）
气，再检验氢气纯度。（２）ＦｅＳ与稀硫酸反应
（２）①ｃ（１分） ｂ（１分） 小于（２分）
生成ＨＳ，为防止干扰实验，需要除去，即装
２
１０００ ９
置Ｂ的作用是除去氢气中的 Ｈ ２ Ｓ，离子方程
②（
３９
）３×
４
（合理即正确，２分）
式为Ｈ
２
Ｓ＋Ｃｕ２＋ＣｕＳ↓＋２Ｈ＋。装置Ｅ （３）２ＣＯ
２
＋１２ｅ－＋１２Ｈ＋Ｃ
２
Ｈ
４
＋４Ｈ
２
Ｏ
的作用是防止空气中的水蒸气进入装置Ｄ。 （２分）
（３）①ＬｉＨ是离子化合物，则其电子式为Ｌｉ＋ 随着氧气含量增加，电极表面状态发生变
［∶Ｈ］－，ＬｉＨ与 Ｈ
２
Ｏ反应的化学方程式为 化，过量的氧气将Ｃｕ＋氧化为Ｃｕ２＋，失去催
ＬｉＨ＋Ｈ Ｏ ＬｉＯＨ＋Ｈ ↑。②Ｌｉ与 化能力（意思对即可；答“过量的氧气在阴极
２ ２
Ｈ
２
Ｏ反应的化学方程式为２Ｌｉ＋２Ｈ
２
Ｏ 放电”得１分）（２分） １５（１分）
２ＬｉＯＨ＋Ｈ
２
↑，设样品中ＬｉＨ 的质量分数 解析：（１）根据盖斯定律，副反应Ⅱ－Ⅰ式，
为狓，狀（ＬｉＨ）＝
犿狓
ｍｏｌ、狀（Ｌｉ）＝
犿（１－狓） 即可得到ＣＯ
２
（ｇ）＋４Ｈ
２
（ｇ）幑幐ＣＨ
４
（ｇ）＋
８ ７
２Ｈ Ｏ（ｇ） Δ犎＝－１６４．７ｋＪ·ｍｏｌ－１。选
２
犿狓
ｍｏｌ，根据化学反应方程式可知，［ ＋ 择合适的催化剂，可以减弱副反应发生的趋
８
犿（１－狓） 势，副反应是吸热反应，降低温度不利于副
］×犞 ＝（犞 －犞 ）×１０－３（注意根
１４ ０ １ ２
反应的发生，副反应Ⅰ左边的气体系数小于
据量气管的结构，最上面有０刻度，确定犞
１ 右边，增大压强不利于副反应的发生。（２）
５６（犞 －犞 ） ４
＞犞 ），解得狓＝ １ ２ ×１０－３－ ，则 ①投料之比等于反应的计量系数比，确定任
２ ３犿犞 ３
０
意时刻狀（ＣＯ ）∶狀（Ｈ ）＝１∶３、狀（ＣＨ ）
５．６（犞 －犞 ） ２ ２ ２ ４
样品中ＬｉＨ的质量分数为［ ３犞 ０ １ ·犿 ２ － ∶狀（Ｈ ２ Ｏ）＝１∶４，进而确定物质的量分数
４００ ］％。③量气管中液面高于球形干燥管 ＣＯ ２ ％ ＝ １ 、 Ｃ ２ Ｈ ４ ％ ＝ １ 。根据ａ、ｂ、ｃ、ｄ曲
３ Ｈ ％ ３ Ｈ Ｏ％ ４
２ ２
液面，造成气体体积偏小，测定结果偏低，ａ 线的起点对应的数据和随温度变化的趋势，
项不符合题意；将恒压分液漏斗换成分液漏 确定ａ、ｂ、ｃ、ｄ曲线分别表示平衡时 Ｈ 、
２
斗，溶液滴入烧瓶中排出气体，造成气体体 Ｈ Ｏ、ＣＯ 、ＣＨ 物质的量分数随温度变化
２ ２ ２ ４
积犞 读数小，测定结果偏高，ｂ项符合题意； 的情况。温度升高，Ｈ 、ＣＯ 物质的量分数
２ ２ ２
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ５ 页（共２４页 ）增大，Ｈ Ｏ、ＣＨ 物质的量分数减小，该反 解析：（１）在分类上Ａ属于胺类，对位有甲氧
２ ２ ４
应为放热反应，则Δ犎＜０。②Ｈ 点体系中 基，名称为对甲氧基苯胺。因苯环的影响，
各物质的分压分别为狆（Ｈ Ｏ）＝０．３９×０．１ 氨基中的孤电子对不易与氢离子形成配位
２
０．３９ 键，因此对甲氧基苯胺的碱性小于甲胺（甲
ＭＰａ、狆（ＣＨ ）＝ ×０．１ＭＰａ、狆（Ｈ ）＝
２ ４ ４ ２
基是供电子基）。（２）乙二醇分子间形成氢
０．３９
０．３９×０．１ ＭＰａ、狆（ＣＯ ）＝ ×０．１ 键的数目多于乙醇分子间形成氢键的数目，
２ ３
狆４（Ｈ Ｏ）×狆（ＣＨ ）
ＭＰａ，犓 ＝ ２ ２ ４ 代入数据
ｐ 狆６（Ｈ ）×狆２（ＣＯ ）
２ ２ 前者沸点高。（３） 分子不对称，含有
１０００ ９
得到，犓
ｐ
＝（
３９
）３×
４
。（３）阴极发生还原 七类氢原子，核磁共振氢谱有７组峰。（４）
羟醛缩合反应第一步发生加成反应引入羟
反应，ＣＯ 中碳的化合价由＋４价降到－２
２
基，第二步发生消去反应，形成碳碳双键。
价（ＣＨ ），ＣＯ 转化为ＣＨ ，电极反应为
２ ４ ２ ２ ４
２ＣＯ ＋１２ｅ－＋１２Ｈ＋ＣＨ ＋４Ｈ Ｏ。由
因此 Ｃ→Ｄ 第一步产物的结构简式为
２ ２ ４ ２
图３可知Ｃｕ、Ｃｕ＋是催化剂，当Ｏ 含量过高
２
时，氧气会氧化Ｃｕ＋为Ｃｕ２＋，失去催化能力。 。（５）根据Ｄ、Ｇ的结构简式，
基 态 铜 原 子 的 电 子 排 布 图 为 确定Ｄ到Ｅ发生加成反应，Ｅ的结构简式为
，核
外电子占据１５个轨道，空间运动状态有１５
。（６）由 Ｇ的结构简式可知，其
种。
含氧官能团为酰胺基和醚键，Ｅ到Ｆ的过程
１８．（１）对甲氧基苯胺（１分，其他答案合理也可）
中硝 基 还 原 为 氨 基，Ｆ 的 结 构 简 式 为
＜（２分）
（２）乙二醇中含有更多分子间氢键（２分）
（３）７（１分）
，Ｆ与乙酸酐发生取代反应生成
Ｇ， 反 应 方 程 式 为
（４） （２分）
（５）加成反应或还原反应（１分）
。
（６）酰胺基、醚键（２分）
提纯Ｇ即除去其中混有的乙酸等，可用显弱
碱性的碳酸钠溶液，Ｇ中含有酰胺基不能用
氢氧化钠溶液和盐酸，防止其水解。
（２
分） ｃ（２分）
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ６ 页（共２４页 ）
