云南省昆明市海口中学2024年高考压轴卷化学试卷含解析

云南省昆明市海口中学2024年高考压轴卷化学试卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、钛(Ti)常被称为未来钢铁。下列关于*Ti的说法中，错误的是()

A.质子数为22B.质量数为70C.中子数为26D.核外电子数为22

2、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3moi・L-iBa(OH)2溶液滴入0.3mol・L-iNH4HSO4溶液,

其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示(忽略BaSCh溶解产生的离子)。下列说法不正确的是

A.a-e的过程水的电离程度逐渐增大

B.b点：c(Ba2+)=0.1mol.L1

+

C.c点：c(NH4)<c(OH)

2-+

D.d点：c(SO4)+c(H)>c(OH)+c(NHyH2O)

3、某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最

外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是

A.原子半径：VV<X<Y<Z

B.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物

C.简单离子的氧化性：w>x

D.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应

4、“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是

A.制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性

B.徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存

C.宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展

D.歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：K2O-4H2O4AI2O38SiO

5、己知通常情况下溶液中不同离子的电导率不同。现将相同浓度(1.51noi-LT)NH3・H20和KOH溶液分别滴入

211nLi.12niol-l/AlCh溶液中，随溶液加入测得导电能力变化曲线如图所示，下列说法中错误的是

溶液体枳

A.常温时，若上述氨水pH=lL则及弋2义11%101・！/

B.b、c两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关

-

C.cd段发生的反应是Al(0H)3+0H-=[Al(0H)4]

D.e、f溶液中离子浓度：C(NHJ>C(IO

6、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图(。入。)，碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳

\___/

酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是

A.上述两种制备反应类型相同

B.碳酸亚乙酯的分子式为C3H6。3

C.碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面

D.碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触

7、下列有关电解质溶液的说法正确的是()

c(H*)

A.向O.lmoHZKH3coOH溶液中加入少量水，溶液中/二减小

c(CH,.COOHJ

B.将ClhCOONa溶液从20*C升温至30℃,溶液中一二(二?£?。二，、增大

c(CH3COOH)c(OH)

C.向氨水中加入盐酸至中性，溶液中色沪＜1

c(Cl)

D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO.3,溶液中空)■不变

c(Br')

8、高能LIFePO」电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构

如图所示：

原理如下：(1-x)LiFePO4+xFcPO4+Li、CnLiFePCh+nC。下列说法不正确的是

/电・・•

A.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极

B.充电时，Li+向左移动

+

C.充电时，阴极电极反应式：xLi+xe+nC=LixC„

D.放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe=xLiFePO4

9、核黄素又称为维生素B2,可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为:

00

已知.IIk|||

口乱-C—N—+Hz0——►—C-OH*—NH

△

有关核黄素的下列说法中，不正确的是：

A.该化合物的分子式为C17H22N4O6

B.酸性条件下加热水解，有CO2生成

C.酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有N%生成

15、下列有关化学用语表示不诉确的是（）

A.蔗糖的分子式：Cl2H22011B.HCIO的结构式H-C1-O

C.氯化钠的电子式：D.二硫化碳分子的比例模型：Jfl

16、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）

A.氨水应密闭保存，置低温处

B.在FeCL溶液中加入铁粉防止氧化变质

C.生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率

D.实验室用排饱和食盐水法收集氯气

二、非选择题（本题包括5小题）

17、下列物质为常见有机物：

①甲苯②1,3■丁二烯③直储汽油④植物油

填空：

（1）既能使溟水因发生化学变化褪色，也能使酸性高铁酸钾褪色的炉是—（填编号）；

（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式

（3）已知：环己烯可以通过1,3・丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：

e—0

二烯乙端环m愣

实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：

现仅以1,3一丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷:

1,3-丁』

（a）写出结构简式：A；B

（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____

（c）ImolA与ImolHBr加成可以得到种产物.

18、曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线:

已知：①D分子中有2个6元环；

-、/CDLDMF

②)NH+NH<------------〉NN〈：。CH

请回答:

(1)化合物A的结构简式。A生成B的反应类型___________。

(2)下列说法不正确的是___________。

A.B既能表现碱性又能表现酸性

B.ImoC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4moiOH一

C.D与POCb的反应还会生成E的一种同分异构体

D.G的分子式为G6Hl8O3N4

(3)写出C—D的化学方程式o

(4)X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式:

①iH・NMR谱显示分子中有3种氢原子，②IR谱显示分子中有苯环与一N%相连结构

(5)流程中使用的DMF即N,N・二甲基甲酰胺结构简式为HJIN，。*，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主

CH,

要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。

19、图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。

弹簧兴

2篁夹i

B

癖液3^5

生石灰

Ac

(1)在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先,打开弹簧夹1,在E中装入水，

然后微热A,观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。

(2)装置B中盛放的试剂是_______________________o

⑶点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2,打开弹簧夹1,从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞,

稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_____________(填现象)。从E中逸

出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：O

(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1,慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为

16g,反应后固体质量减少2.4g,通过计算确定该固体产物的化学式：o

⑸在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2,残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸

流入F中。写出产生白烟的化学方程式：。

20、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合脐(N2H-H2。)为原料制备碘化钠。已知：

水合脚具有还原性。回答下列问题：

(1)水合用的制备

有关反应原理为：♦)(叫)2(尿素)+曲。0+2岫011-1^14・H20+NaCl+Na2C03

①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为(按气流方向，用小写字母表示)。

若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内CUT与CKV的物质的量之比为6：1,则氯气与氢氧化钠反应时，被还原

的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为o

②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合助，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，

理由是__________________________________________。

(2)碘化钠的制备

采用水合肮还原法制取碘化怵固体，其制备流程如图所示:

碘碘化钠固体

N2

①“合成”过程中，反应温度不宜超过73C,目的是

②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IOJ,该过程的离子方程式为o工业上也可以用硫化

钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合耕还原法制得的产品纯度更高，其原因是—0

(3)测定产品中Nai含量的实验步骤如下:

a.称取1.33g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；

b.量取2.33mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCb溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：

c.用3.213mol・L的Na2s2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S203+I2=Na2SA+2NaI),重复实验多次，测得

消耗标准溶液的体积为4.33mLo

①M为(写名称)。

②该样品中Nai的质量分数为。

21、二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题。

I.CO2可以与W反应合成C2H4,该转化分两步进行：

第一步：COz(g)4-Hi(g)^=^CO(g)+H2O(g)△^=+41.3kJ,moi'1

,

第二步：2CO(g)+4H2(g)^^C2H4(g)-2H2O(g)△A/=-210.5k.bmor

(1)C02与H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为

(2)一定条件下的密闭容器中，要提高CCh合成乙烯的转化率，可以采取的措施是一(填标号)。

①减小压强②增大%的浓度③加入适当催化剂④分离出H2O(g)

(3)己知温度对CO2合成乙烯的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是一(填标号)。

①N点的速率最大

②M点的平衡常数比N点的平衡常数大

③温度低于250,C时，随温度升高乙烯的平衡产率增大

④实际反应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率

n.研究表明CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为CO2（g）+3H2（g）=^CH30H（g）+H2O（g）［反应①］。

一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0molCO2和4.0molH2,在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO?

的转化率随温度变化如图所示：

（4）催化效果最佳的是催化剂一（填“A”、或“C”）。

（5）T2温度下，若反应进行lOmin达到图中a点状态，用C（h的浓度表示的反应速率v（COz）=一。

（6）图中b点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数犬=―。

（7）在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应：CO2（g）+H2（g）=^CO（g）-H2O（g）［反应②］。

维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得如下实验数据：

CO2实际转化率

T(K)甲醇选择性（％）

（%）

54312.342.3

55315.339.1

注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度CCh的实际转化率提高而甲

醇的选择性降低，其原因是—0

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、B

【解析】

2Ti的质子数为22,质量数为48,故中子数二质量数.质子数=48-22=26。

【详解】

A项、兽Ti的质子数为22,故A正确；

B项、:Ti的质量数为48,故B错误;

C项、；；Ti的中子数;质量数•质子数=48・22=26,故C正确;

D项、的电子数=质子数=22,故D正确;

故选B。

2、D

【解析】

ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钢和硫酸氢核反应生成硫酸锹沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导

率增加，是一水合氨和硫酸氢钱反应生成硫酸筱，溶液中的离子浓度增大。

【详解】

A.a-e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；

0.3x0.01-0.3x0.005

B.b点c(Ba2+)==0.1moLL'1故正确;

0.01+0.005

+

C.c点的溶质为一水合氨,一水合氨电离出钱根离子和氢氧根离子,水也能电离出氢氧根离子,所以有C(NH4)<C(OH),

故正确；

+2-

D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铉，电荷守恒有①C(NH4+)+C(H)=2C(SO4)+C(OH),物料守恒有

2-2+

②c(NHJ)+c(NHyH2O)=3c(SO4),②YD可得c(SO4)+c(H)=c(OH)+c(NHyH2O),故错误。

故选D。

【点睛】

掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。

3、A

【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H,据图可知W不可能是

H,则Y或者Z有一种是氢，若Y为H,则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H,VV

和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li,则不存在第三周期的元素简单离子核外电

子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种

简单离子的核外电子排布相同“可知，Y为O;根据'，核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最

外层含有3个电子，为A1元素，据此解答。

【详解】

A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Z<Y<W<X,

故A错误；

B.Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C.金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性AIVNa,则简单离子的氧化性：W>X,故C正确；

D.AI与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH,二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A。

4、A

【解析】

A.动物亳毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；

B.墨的主要成分是炭黑，B项错误；

C.宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；

D.用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物(按活动性顺序排列)-SiO2TH20,所以应为

K2O-4Al2Oy8SiOr4H2O,D项错误；

答案选A。

5、D

【解析】

10-3]0-3

A.常温时，若上述氨水pH=ll,贝Jlc(0H-)=ll-3mol/L,Kb=-5-——二——2H----------心2Xll\ol・L,选项A

c(W/0)0.5

正确；

B.曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，溶液中离子浓度不断增大，溶液中离子浓度越大，导电能力越强，b、c两点对

应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关，选项B正确；

C、根据曲线1可知b点产生最大量沉淀，对应的曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，c点产生沉淀量最大，后沉淀开

始溶解，cd段发生的反应是Al(0H)3+0T=[Al(0H)4：r,选项C正确；

D、相同浓度(1.51noi-LT)NH3・H£和KOH溶液且滴入体积相等，考虑较根离子水解，e、f溶液中加入离子浓度：

c(NH；Xc(K4),选项D错误。

答案选Do

6、D

【解析】

由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸业乙酯的方程式为：g+O=C=O—qj］，碳酸与乙二醇反应制

备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OHT0同。+2出0。

\__/

【详解】

A.由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反

应，A错误；

B.碳酸亚乙酯的分子式为C3H4。3,B错误；

C.碳酸亚乙酯有两个C原子分别以单健和4个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C

错误；

D.碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D正确。

答案选I)。

7、D

【解析】

A.向O.lmol-L-KlhCOOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中

cH).K”

c(CH?COOH)c(CH3COO'

B.将CH3coONa溶液从20c升温至30C,促进水解，水解常数增大，溶液中减小’B

错误；

C.向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NHj)=c(C「)，则溶液中嘤2=1,C错误；

D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO.“溶液中空?=Ksp(AgCl)/K$p(AgBr),温度不变，溶度积常数

c(Br)

不变，如比值不变，D正确；

答案选D。

8、B

【解析】

A.原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A

正确，但不符合题意；

B.充电过程是电解池，左边正极作阳极，右边负极作阴极，又阳离子移向阴极，所以Li+向右移动，故B错误，符合题意；

C.充电时，阴极C变化为LixCn,则阴极电极反应式：xLr+xe+nC=LixCn,故C正确，但不符合题意；

D.放电正极上FCPOA得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式；xFcPO4+xLi++xc=xLiFcPO4,故D正确，

但不符合题意；

故选：B。

9、A

【解析】

A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是G7H20N4O6,故A错误；

B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳

生成，故B正确；

C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确;

D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；

故选A。

10、C

【解析】

因为W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于

第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；X的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子

层,故X最外层有6个电子，X为0元素；X是0元素，原子序数是8,Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4

倍,即是Y与Z的原子序数之和是32,Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15,Z的原子序数为17,Y是P

元素，Z是C1元素。

【详解】

A.同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径P>C1,因为P、CI

比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：P>C1>O>H,BPY>Z>X>W,A正确；

B.FEO分子间可以形成氢键，而P%分子间不能形成氢键，故IhO的沸点比的沸点高；同周期主族元素，从左

到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HC1>PH3,B正确；

C.没有强调P与C1元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3P04的酸性比HC1O的酸性强，C错误；

D.P军的还原性比。•的还原性强，D正确；

答案选C。

11、C

【解析】

A、二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，错误；

B、第一种物质含有苯环，8个C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7个C原子共面，错误；

C、第一种物质含有酚羟基，可与滨水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溟水发生加成反应，正确；

D、两种有机物H原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，错误；

答案选C。

12、B

【解析】

A.12c02和13co2具有相同元素的化合物，不属于同位素，故A错误；

B.根据13c电子排布式Is22s22P2可知，原子核外有2个未成对电子，故B正确；

C.尿素属于有机物，不是铁盐；尿素属于有机氮肥，不属于铉态氮肥，故C错误；

D.℃的质量数为13,故D错误；

故选：Bo

【点睛】

注意尿素和钱态氮肥的区别，为易错点。

13、D

【解析】

A.过氧化钙(Ca(h)中阴离子是02%阳离子是Ca?+,故阴、阳离子个数比为I：1,A错误；

B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；

C防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；

D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；

故合理选项是Do

14、C

【解析】

X\Y+、M2\M•均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H,由于

离子半径Y+>X1则Y为钠，X为锂元素；离子半径N瓢>Y+,则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+>M2+,则M

为镀元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。

【详解】

A.Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；

B.Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y>X,M为镀元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系

不唯一，故B错误；

C.N为氧元素或硫元素，核外电子数为10或18；M为被元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10,M2\M-核外

电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；

D.Y为钠元素，M为镀元素或镁元素，金属性Y>M,所以碱性：YOH>M(OH)2,故D错误；

故选C。

【点睛】

正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。

15、B

【解析】

A、蔗糖的分子式：C12H22O11,A正确；

B、HCIO为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-CLB错误；

C、氯化钠为离子化合物，电子式：C正确；

••

D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大

于碳原子半径，D正确；

答案选B。

16、B

【解析】

A、NH3+H2Ow-*NH3H2OJH<0,升高温度，促进氨水分解，正确；

B、%2+易被氧化为F&+,加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+,能防止Fe?+氧化变质，R不能用勒沙特列原理解释；

C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；

D、CI2+H2OW-^H++C1+HCIO,增大c（C「），抑制氯气溶解，D正确。

答案选B。

一、非选择题（本题包括5小题）

CHz-OHCH2-ONO2HCCH—CHO

17、②④CH-OH+3HN03fCH-ONO2+3上0

HC

CHi-OHCH2-ONO2

A4

【解析】

⑴植物油属于酯类物质，既能使滨水因发生化学变化褪色,也能使酸性高镭酸钾褪色的点中有碳碳不饱和键，据此分

析判断；

⑵克不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；

⑶根据硬原子数目可知，反应①为1,3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息I反应生成A,贝IJA为

CH,CH,

Z\Z\

HCCH—CH=CH,HCCH—CHO

,人发生信息n的反应生成B,则B为II|,结合C的分子式可知,

H1CCH-CHZOH

与氢气发生全加成反应生成C,C为I|,C发生消去反应生成D,D为

HjCCH3

\Z

CH,

D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。

【详解】

⑴植物油属于酯类物质，不是烧；甲苯和直馆汽油中不存在碳碳双键，不能使滨水因发生化学反应褪色；1,3.丁二烯

中含有碳碳双键，能够与溟水发生加成反应，能够被酸性高钵酸钾氧化，使高镒酸钾溶液褪色，故答案为：②；

⑵煌不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油

能够与碓酸发生酯化反应，反应方程式为：

CHz-OHCH2-ONO2CHz-OHCH2-ONO2

CH—OH+3HNO3―CH—ONO2+3%。，故答案为：④;CH-OH+3HNO3TCH-ONO2+3%O；

CHi-OHCHT-ONOICH2-OHCHj-ONO7

CH,

/\

HCCH-CH=CH2CH—CHO

(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是II|,B的结构简式是故答案

HCCH2

\/

CH,

CH,CH,

HCCH—CH=CH,HCCH-CHO

为：HI；II|；

HCCH2HCCH,

\/\Z

CH,叫

(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A,故答案为：A；

CH,

/\

HCCH—CH=CH2

(c)A的结构简式是II|,分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4

HCCH3

\/

CH,

个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。

18、"“0"”：取代反应

HHHJ0

ABqCr¥、7+CH2（C00H）2-yo^r+2H2O

「口NH，脂：CH-OH°“，HCHO6RCOOH

।前二寸催化剂♦

配"吃31*"CH।c

I______（CH.^NH

【解析】

甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2(F),F与E发生取代反应生成

,根据反应条件，有机物D与POCh反应生成

有机物C与CHMCOOHk反应生成有机物D,所以有机物C为;有机物B与0-NH2发生反

应生成有机物C,所以有机物B为丫，有机物A与醋酸反应生成有机物B,所以有机物A为

0

;据以上分析解答。

(1)根据以上分析可知，化合物A的结构简式

H

(2)A.有机物B为「1sH?,含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误;

)在碱溶液中完全水解最多可以消耗2moiOH：选项B错误;

Y

外，还能生成E的一种同分异构体I,选项C正确;

D.根据有机物G的结构简式，其分子式为Ci6Hl8。3冲，选项D正确;

答案选AB；

（3）有机物C为与CH2（COOH）2反应生成有机物D,化学方程式:

HHH

丫气〉”「'>7+CH?，COOHX

（4）有机物A为;X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有

机物，①IH-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与一N%相连结构，满足条件的有机物的结构

NHNHNH,CH)

简式沏此式25即;2屯能6必能8g

NH,CH,

（5）甲谆氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成（CHRNH,甲酸与（CH»NH发生取代生成

0CH30H晨"HOHCOOH

合成流程如下:CH).

1Nk(C*NH-----

【点睛】

本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学

生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。

19、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰（或生石灰）白色沉淀2NH3+3CUO_^_N2+3H2O+3CUCU2O.

Cu3C12+8NH3=N2+6NH4C1

【解析】

（1）检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；

⑵装置B的作用是干燥氨气；

⑶装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水;

没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性，生成亚硫酸领沉淀；

⑷根据铜元素守恒分析产物的化学式；

（5）装置F中产生白烟，说明有氯化核生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化核和氮气。

【详解】

(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1,在E中装入水，然后微热A,观察到E中有气泡冒出，移开酒精

灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；

⑵装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；

(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水,

反应方程式是2NH3+3CuO=N2+3H2O+3CU；没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性，生成亚硫酸领沉淀，E中的现

象是有白色沉淀生成。

16g

(4)反应前〃(CuO)=右一;----=0.2mob则〃(Cu)=0.2m°l、〃(O)=0.2inol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素

80g/mol

2.4。

物质的量减少，反应后固体质量减少2.4g,则减少氧元素的物质的量是7^7一口？=°」50101,剩余固体中〃(C11)：

16g/mol

//(0)=0.2:0.05=4:1>2:1,所以该固体产物的化学式为C112O、Cu；

⑸装置F中氯气与氨气反应生成氯化镂和氮气，反应方程式是3CI2+8NH3=N2+6NH4C1O

【点睛】

本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关

键，侧重考查学生实验能力和分析能力。

2O.ecdal)f11:7将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肿,降低产率防

止碘升华2103+3N2H4*H2O=3N2t+2I+9H2ON2HUH2O被氧化后的产物为N2和H2O,不引入杂质淀粉

94.5%

【解析】

(1)①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A

反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；

CL生成CKT与。。3•是被氧化的过程，化合价分别由3价升高为+1价和+5价，CKT与CICh•的物质的量浓度之比为6：

1,则可设CKT为6moLCIO3,为ImoL被氧化的。共为7moL失去电子的总物质的量为6molx(1-3)+lmolx(5-3)

辄化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，CL生成KCI是被还原的过程，化合价由3价降低

为价，则得到电子的物质的量也应为7moL则被还原的。的物质的量为UmoL所以被还原的氯元素和被氧化的

氯元素的物质的量之比为llmol：7mol=ll：7；

②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合脱，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，

将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合脱，降低产率；

⑵①“合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过73C；

②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IOV,N2H4・FhO与IOa-反应生成氮气，则IOa一被还原为碘离子，

该过程的离子方程式为2IO#3N2H4・H?O=3N2T+2「+9%0；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但

水合册还原法制得的产品纯度更高，其原因是NzHbHzO被氧化后的产物为Nz和HzO,不引入杂质;

⑶①滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入M溶液作指示剂，M为淀粉;

②根据反应2Na2s2O3+l2=Na2sQ6+2NaI可知,