广东省广州市某中学2024届高考化学五模试卷含解析

广东省广州市育才中学2024届高考化学五模试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。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。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、由环己醇合成环己酮的反应为：N町5。，，出S。*入。下列说法正确的是()

D55-wr2

A.该反应属于取代反应

B.环己酮的分子式为C6H120

C.环己醇不能和NaOH溶液反应

D.环己醇分子中的所有原子可能共平面

2、298K时，在0.10mol/LH2A溶液中滴入O.lOmWLNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()

|21终点

X8工/_第一眨应终点

4lpikzydHAWHA)

0tz-1，・■4A廿

0.501.001^02.002.503.00

*NM)H溶液yHH7A溶液)

A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂

B.X点溶液中：c(HzA)+c(H+)=C(A2')+2C(OH)

+2

C.Y点溶液中：3c(Na)=2C(A)+2C(HA-)+2c(H2A)

D.O.Olmol/LNazA溶液的pH约为10.85

3、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.0.1mol的"B中，含有个中子

B.pH=l的峡Ch溶液中，含有01NA个H'

C.2.24L(标准状况)苯在。2中完全燃烧，得到。6M个C&分子

D.密闭容器中1molPCL与1mol3反应制备PC15(g),增加2A\个PY1键

4、25℃时，取浓度均为0.1mol・L7的醋酸溶液和氨水各20mL,分别用0.1mol・L-氢氧化钠溶液和0.1mol・LT盐酸

进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示,下列说法正确的是

V(NaOH)/mI^V(HCI)/mL

++

A.曲线I,滴加10mL溶液时：c(NH4)+c(H)=c(OH)+c(NHyH2O)

B.曲线I,滴加20mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7

++

C.曲线II,滴加溶液体积在10〜20mL之间时存在：c(NH4)=c(Cr)>c(OH")=c(H)

++

D.曲线II,滴加30mL溶液时：c(CH3COO")>c(Na)>c(OH")>c(H)

5、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法里误的是

A.SiOz超分子纳米管属无机非金属材料

B.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙

C.“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同

D.《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇

6、黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸

钱和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是()

乌洛托品黑索金

A.乌洛托品的分子式为C6H12N4

B.乌洛托品分子结构中含有3个六元环

C.乌洛托品的一氯代物只有一种

D.乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：4

7、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是()

A.测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量

B.确定分子式为C2H,,O的有机物分子中含活泼氢原子的个数

C.测定一定质量的NESOJXH/)晶体中结晶水数目

D.比较Fe3+和CM+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率

8、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒(2019・nCOV)有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦

(RemdeSivir,GS—5734)、氯瞳(ChloroqquinE*Sigma—C6628)、利托那韦(Ritonavir)。其中利托那韦(Ritonavir)

的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是

A.能与盐酸或NaOH溶液反应

B.苯环上一氯取代物有3种

C.结构中含有4个甲基

D.Imol该结构可以与13moi%加成

9、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：

'.'i...

下列说法不无睡的是

A.Y的分子式为GoHB

B.由X制取Y的过程中可得到乙醇

C.一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应

D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3：2

10、化学与生命健康密切相关，“84”消毒液(有效成分为NaCIO)在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错

误的是

A.“84”消毒液为混合物

B.“84”消毒液具有漂白性

C.“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒

D.“84”消毒液可以与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混用

11、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。它们的结构简式如下图所示。

u

下列说法错误的是

A.油酸的分子式为C18H34O2

B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种

C.天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应

D.将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间

12、主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W原子序数是Z的2倍。下列说法不正砸的是

B.Z和W形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成

C.X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体

D.M的原子序号为32,是一种重要的半导体材料

13、单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiOA的方法制取二氧化

钛，再由二氧化钛制金属钛，主要反应有：

①FeTiO3+3H2so4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O

②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiChl+2H2sCh

③HaTiOj一•TiO2+H2O

@TiO2+2C+2C12—TiChT+CO：

⑤TiCL+2Mg-=-►2MgeL+Ti

下列叙述错误的是()

A.反应①属于非氧化还原反应

B.反应②是水解反应

C.反应④中二氧化钛是氧化剂

D.反应⑤表现了金属铁还原性比金属钛强

14、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是

16、下列有关说法不正确的是（）

A.天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点

B.用饱和Na2c03溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸

HjC—CH—CH,

C.I的名称为2.乙基丙烷

GH,

D.有机物》一＜^-分子中所有碳原子不可能在同一个平面上

二、非选择题（本题包括5小题）

17、贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下:

、1（贝诺酷）

（1）贝诺酯的分子式O

（2）A-B的反应类型是；G+H-I的反应类型是o

（3）写出化合物C、G的结构简式：C,Go

（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）。

a.不能与FeCh溶液发生显色反应；

b.能发生银镜反应和水解反应；

c.能与金属钠反应放出H2；

<1.苯环上的一氯取代产物只有两种结构

（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成均NTQ>-OOCCIk的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写

出反应物、产物及主要反应条件）

18、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线

如下（部分反应条件略去）。

已知:

5f[SfCOOH

Fe^lClr(gpNH2

Q

iii、CHjCOOH-^^CHiCLNH-R+CH3COOH(R代表点基)

吟。

(1)A所含官能团的名称是________。

(2)①反应的化学方程式是________-

(3)②反应的反应类型是_______o

(4)I的分子式为C9Hl2O2N2,I的结构简式是o

(5)K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是o

(6)ImolM与足量的NaHCCh溶液反应生成4moicCh,M的结构简式是

(7)P的结构简式是________。

19、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单

处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的

路线：

请回答下列问题：

(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为;得到滤渣1的主要成分为。

(2)第②步中加H2O2的作用是__________,使用H2O2的优点是__________;调溶液pH的目的是使___________生成

沉淀。

(3)第③步所得CUSO4-5H2O制备无水CuSO4的方法是。

(4)由滤渣2制取A12(SO4)3・18H2O,探究小组设计了三种方案：

Hye蒸发、冷却

甲：滤渣2二4酸浸液fAh(SO)rlSHO

f结晶、过谑42

H过量蒸发、冷却

乙：滤渣2胃4酸浸液-漉液fAh(SO4)318H2O

T适聚过灌结晶、过浦

NaOH溶液口蒸发、冷却

丙：滤渣2t滤液堂溶液TAh(SO4)yl8H2O

过滤r结晶、过谑

上述三种方案中，方案不可行，原因是__________;

从原子利用率角度考虑，方案更合理。

(5)探究小组用滴定法测定CuSO』・5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL,消除干扰离

2+22

子后，用cmol-L/EDTA(H2Y>)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu+H2Y=CuY+2H+

①写出计算CUSO45H2O质量分数的表达式所

②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是_____o

a未干燥锥形瓶

b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡

c未除净可与EDTA反应的干扰离子

20、实验室以电镀废渣(52。3、CuO、FezCh及CaO)为原料制取铜粉和KzCrzCh的主要流程如下:

硫酸适；itNa：S溶液氨水O2H:O2SO,

残渣滤液----------►CrfOII),,FefOH),---------------►K,Cr,O,

(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为(从浸取产物的溶解性考虑)。

(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8moi1一1氨水，适量30%H2O2,并通入。2,控制温度为55

温度不宜过高，这是因为o

(3)“沉CuNH4so3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：

①制取SO2的化学方程式为O

②“沉CuNH4so3”时，反应液需控制在450合适的加热方式是o

③反应完成的实验现象是_____________________________o

(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2O2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧

杯中，加适量的水调成浆状，,冰水洗涤及干燥。

(已知：①碱性条件下，可将+3价的Cr氧化为CrOj%酸性条件下，H2O2可将+6价的Cr还原为+3价的Cr；

+6价的Cr在溶液pH<5时，主要以O2O72•的形式存在；在pH>7时，主要以CMV•的形式存在。

②部分物质溶解度曲线如图所示：

.8o

-

o

z

2

06o

0

-

)

.

¥4o

国

姿2o

笠

O

O

20

80奥loo

温r

③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%%02溶液、稀盐酸)

21、如图是元素周期表的一部分:

（1）阴影部分元素的外围电子排布式的通式为o

（2）氮族元素氢化物RHUNH3、P%、AsHj）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化

物（RHA性质可能有

核电荷数

A.稳定性B.沸点C.R—H键能D.分子间作用力

（3）如图EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为O分子中的大7T键可用符号江小表示，其中］］代表参与形

成大7T键的原子数，m代表参与形成大7T键的电子数（如苯分子中的大7T键可表示为所叽则EMM+离子中的大五键应

表示为。

（4）晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。

石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A（0,0,0）、B（0,1,1/2）,则C原子的坐标参数为。

（5）钻蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为一，晶体中A产占据。2一

形成的_(填“四面体空隙”或“八面体空隙")。NA为阿伏加德罗常数的值，偌蓝晶体的密度为一相n＜彳列计算式)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解题分析】

A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；

B.环己酮的分子式为CeHioO,B错误；

C.环己醉含有的官能团是-OH,醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；

D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；

故合理选项是Co

2、D

【解题分析】

滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A,第一反应终点溶质为NaHA,第二反应终点

溶质为NazA。

【题目详解】

A.石蕊的的变色范围为5〜8,两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故A错误；

B.X点为第一反应终点，溶液中的溶质为NaHA,溶液中存在质子守恒c(OIT)+。依町=c(FF)+cOhA),故B错误；

V(NaOH)

Y点溶液=1.5,所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na?A,根据物料守恒可知

V(H2A)

2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A),故C错误;

22

D.Na2A溶液主要存在A•的水解：A+H2O=H/\+OH；据图可知当c(A?•尸c(H/V)时溶液pH=9.7,溶液中

c(HA)c(0H)

c(OH)=10-43mol/L,而Na2A的第一步水解平衡常数R=,当C(A2')=c(HA)时Kh=c(OH-)=10^3,设

c")

1T•I1T-I

O.Olmol/LNa2A溶液中c(A2，)=amol/L,则c(01T)amol/L,Oh=・.xjmc・，=]()Y.3,解得a=I03*mol/L,即

O-Olmol-E'-amol.L1

c(OH)=103,5mol/L,所以溶液的pH=10.85,故D正确。

【题目点拨】

解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D选项为难点,

学习需要对“4/\烈)=c(HA)”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。

3、A

【解题分析】

A.中含有6个中子，含有6NA个中子，A正确；

B.溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；

C.标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CCh分

子数目，C错误；

D.PC13与C12反应生成PCk的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所ImolPCb与ImolCb反应生

成的PCk小于Imol,增加的P—Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。

4、B

【解题分析】

NaOH滴定醋酸，溶液的pH越来越大，因此虚线表示的NaOH滴定醋酸的曲线；而HC1滴定氨水时，pH越来越小,

因此实现表示的为HCI滴定氨水的曲线。

【题目详解】

A、实现表示的为HC1滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3・H2O反应掉一半，得到NH3・H2O和NH4a等浓度

的混合溶液，根据物料守恒有C(NH4+)+C(NHKH2O)=2C(CP)；根据电荷守恒，有C(NH4+)+C(H+)=C(OIT)+C(C1-),加

+

入lOmLHCl时，溶液呈碱性，说明NHyHzO的电离大于NlV的水解，则c(NH4)>c(Cr)>c(NHyH2O),则c(NH4+)+c(H

+)<c(OH")+c(CF),A错误；

B、恰好完全反应时，生成NHKL为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH<7,B正确；

C、曲线H中，滴加溶液体积在10mL〜20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外C(OH[WC(H+),C错误;

D、曲线H,滴加30mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)；根据电荷守恒C(CH3COO-)+C(OIT)=C(H+)+c(Na+),

贝I」c(Na+)>c(CH3c00-)，D错误；

答案选

5、B

【解题分析】

A.SiO2届于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确：

B.碳酸钙需要在高温下煨烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；

C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，c正确；

D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸储的方法，蒸储可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；

故合理选项是Bo

6、B

【解题分析】

A.乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4,A正确；

B.乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；

C.乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；

D.Imol乌洛托品与4moi硝酸完全反应，生成Imol黑索金、ImoINFUNCh和3moiHCHO,D正确；

故选B。

7、C

【解题分析】

A.在烧瓶中放入NazO和NazOz的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算NazCh的量，故A符

合题意；

B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个

数，故B符合题意；

C该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2s04・xHzO晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故

C不符合题意；

D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和CM+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。

故选C。

8、A

【解题分析】

A.利托那韦(Ritonavir)结构中含有脓键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；

B,由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；

C.根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；

D.由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与Hz发生加成反应，所以Imol

该结构可以与3+3+2+2=10moi%加成，D选项错误；

答案选A。

9、D

【解题分析】

A.由Y的结构简式可知Y的分子式为G0H8O3,故A正确；B.由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另

一产物为乙醇，故R正确；C.Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可

和醛发生缩聚反应，故C正确；D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，Imol可与3molNaOH反应，Y中酚羟

基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和粉基，则ImoIY可与3moiNaOH反应，最多消耗NaOH的

物质的量之比为1:1,故D错误；故答案为D。

【题目点拨】

以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有

碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。

10、D

【解题分析】

A.“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCL为混合物，A正确；

B.“84”消毒液的有效成分是有NaClO,具有漂白性，B正确；

C.“84”消毒液中的NaCIO具有杀菌消毒能力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；

D.若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应CIO-+C「+2H+==C12T+H2O,D错误；

故选D。

11、B

【解题分析】

A.油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH,分子式为G8H34O2,故A正确；

O

CH2O-C-CH2(CH2)15CH3

B.硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为,上面的酯基与下面的酯基互为对称结构，因此硬脂

1O

CH2O-C-CH2(CH2)15CH3

酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；

C.天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应(或取代反应)，故C正确；

D.油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；

答案选B。

【题目点拨】

本题的易错点为B,要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。

12、A

【解题分析】

W原子序数是Z的2倍，则W为硫，Z为氧，X为碳，Y为氮，M为错。

A.碳的氢化物为烧，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误：

B.Z和W形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共

价键的形成，故正确；

C.X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO(NH2)2,为分子晶体，可能为NH4CNO,为离子晶体，

故正确；

D.错的原子序号为32,是一种重要的半导体材料，故正确。

故选A。

13、C

【解题分析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO』可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTi(h中符合化合价原则,

所以不是氧化还原反应，A正确；

BJHhO提供H+和OH,Ti,+和OH•结合生成HzTKh,T和SCV-形成H2so4,所以是水解反应，B正确；

C.分析反应④，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；

D.金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确；

本题答案选Co

14、B

【解题分析】

A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；

B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热

量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；

C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；

D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙块气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高镒酸钾溶液褪色，干扰乙块

的还原性验证，故D错误；

故选B。

15、A

【解题分析】

据电解质的概念分析。

【题目详解】

电解质是溶于水或熔化时能导电的化合物。故电解质一定属于化合物，包含在化合物之中。

本题选A。

16、C

【解题分析】

A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A

正确；

B.乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2c03溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确;

HjC—CH—CH,

C.选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，I的名称为2-甲基丁烷，故C错误；

GH,

D.该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所

有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。

故选C。

【题目点拨】

有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体

型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子

被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，

至少有6个原子共面。③乙焕型：直线结构，当乙快分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子

的原子一定和乙焕分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平

面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小

结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、C17H15NO5还原反应取代反应CH3COOCOCH3

HgOOH、HCOOCH：COOH、HCOHCHO、HCCHQH、

00CCH；

【解题分析】

9

人CI

根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为r%,再根据题各步转化的条

件及有关物质的分子式可推知，E为“Y，B为，CCH3COOCOCH3,A为

HO-A^o

与氢氧化钠反应生成G,C与D发生取代反应生成F,F发生取代反应生成H,G和H发生取代反应生成I,据此分

析解答。

【题目详解】

（1）根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H]5NO5,故答案为：C17HI5NO5；

（2）A-B的反应类型是还原反应，G+H-I的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；

H

（3）根据上面的分析可知，CCH3COOCOCH3,G为1个丫NY，故答案为：CH3COOCOCH3；

NaQ0

（4）a.不能与FeCh溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b.能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或

酯基和醛基同时存在，c.能与金属钠反应放出H2,说明有羟基或竣基，d.苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一

N02,从A和乙酸出发合成Ia

（5）A为,可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱

H0

性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCI2反应生成CH3coe1,CH3coe1与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品,

18、碳碳双键取代反应（硝化反应）

H2NNIB

【解题分析】

根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与

苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝

酸反应，生成；再与Fc/CL反应生成，则I为;K是

D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为;M分子中含有10个C原子,

HOOCCOOH

聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为;被氧化生成M,M为

HOOCCOOH

【题目详解】

（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；

（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生能化反应，方程式为

I的分子式为C9Hl2O2N2,根据已知ii,可确定I的分子式为C9H16N2,氨基的位置在・COOC2H5的间位，结构简

式为

(5)K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙

基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳

原子的位置，则L为C4

，反应的方程式为

%

(6)ImolM可与4moiNaHCCh反应生成41noicCh,则M中含有4niol竣基，则M的结构简式为

IIOOCCOOH

IIOOCCOOH

1IOOCCOOH

N为,氨基与竣基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结

HOOCCOOH

构简式为

COOC2H5

【题目点拨】

确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。

19、Cu+4H++2NO34Cu2++2NO2t+2H2O或3cli+8H++2NO3•屋=3cli2++2NOT+4HzOPt、Au将Fe?+氧化为Fe3+不引

cxhxIO'x，50xS

入杂质，对环境无污染A13+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙口—迫£xiOO%c

a

【解题分析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、AkFe发生反应生成CM+、Al'\Fe2+,滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的

离子是CM+、Al3+、Fe2+,滤液1中加入过氧化氢，将Fe?+氧化为Fe%再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Ap+、Fe3+

生成沉淀，漉液2中主要含有CM+,然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢

氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取AI2(SO4)318H2OO结合物质的性质分析解答。

【题目详解】

(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu>AkFe发生反应生成CM+、AB、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液

1中的离子是CM+、Al3\Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：01+4上+21\103-金。12++2^1027+2H2。或

42++2+

3Cu+8H+2NO3^=3Cu+2NOt+4H20,故答案为Cu+4H+2NOv^-Cu+2NO2t+2H2Q或

42+

3CU+8H+2NO3=^=3CU+2NOT+4H2O；Pt、Au,

⑵第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+,过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液

pH的目的是使A13+、Fe-计生成沉淀，故答案为将F*氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；A产、Fe3+；

⑶第③步由CuSONHzO制备无水CuSO”的方法是在坦竭中加热脱水，故答案为在用爆中加热脱水：

(4)制备馥酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过漉得

到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2s04,生成Fez(SO4)3

和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Ab(SOS，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过

滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和A1(OH)3反应生成NaAlO2,再在滤液中加H2s。4生成A12(SO4)3,

蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的AI2(SO4h

的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多FeMSCh”杂质；乙；

⑸①取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL,消除干扰离子后，用cmol・L/EDTAlFhY、)标准溶液滴定至终点，

2+22

平均消耗EDTA溶液6mL,滴定反应如下：Cu+H2Y=CuY+2H\铜离子物质的量和标准液物质的量相同

=cmol/LxbxlO"=bcxlO-3mol；依据元素守恒得到:则20mL溶液中含有的CuSOrSWO物质的量为bcxlO'mol；100mL

溶液中含bcxl(T3mo]x5=5bcxlO-3moL所以CuSO3%。质量分数的表达式=上业里注经X100%,故答案为

a

cxbxl0-3x250x5…皿，

-----------------------------X100%；

a

②a.未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，

结果偏低，故错误；c.未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定

结果偏高的是c,故答案为c。

【题目点拨】

掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4),要注意从原子利用的角

度分析解答。

20、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去温度过高会加速N%的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成

A

=

Cu(OH)2(答出一点即可)Cu+2H2SO4(»)CuSO4+SO2t+2H2O45C的水浴加热上层清液由深蓝色逐

渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2(h溶液，维持pH大于7,充分反应后，

煮沸(除去过量的H2O2),静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5,蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤

【解题分析】

电镀废渣(O2O3、CuO>Fe2(h及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSCh等溶解度不大的物质，溶液中有C片、Cu2\Fe3

十,加适量Na*溶液,过滤，滤液中CN+、Fe3+,处理生成Fe(OHbCr(OH)3,除去Fe(OH)3,制备K2O2O7；滤渣

CuS沉淀，采用8moi・L「氨水，适量30%出。2,并通入(h,制取铜氨溶液，通S(h,“沉CuNH4so3”，同时生成铜

粉。

【题目详解】

(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSCh渣而除去。

(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的

分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)K答出一点即可);

A

(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu+2H2s04(浓)=CuSO4+SO2T+2H2。。

②要控制100C以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4s03”时，反应液需控制在45℃,合适的

加热方式是：45c的水浴加热。

③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4s和Cu,反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变

为几乎无色。

(4)制取K2O2O7的实验方案：将