湖北剩州市2026届高三化学上学期9月月考考试试卷含解析

荆州市2026届高三(9月)起点考试

化学试卷

全卷满分100分。考试用时75分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准

准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题

区域均无效。

3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作

答；字体工整，笔迹清楚。

4.考试结束后，请将答题卡上交。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16I-127

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给出的四个选项中，只有

一个选项是符合题目要求的。

1.下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是

A.利用秸秆生产燃料乙醇B.蛋白质的盐析

C.煤的干馏D.光降解高分子

【答案】B

【解析】

【详解】A．利用秸秆生产燃料乙醇需要通过水解、发酵等反应生成新物质（乙醇），涉及化学变化，A不

符合题意；

B．蛋白质的盐析是物理过程，仅改变溶解度而未破坏蛋白质结构，不涉及化学变化，B符合题意；

C．煤的干馏是高温分解生成焦炭、煤焦油等新物质的过程，属于化学变化，C不符合题意；

D．光降解高分子通过光照使高分子链断裂生成小分子，涉及化学变化，D不符合题意；

故选B。

2.下列化学用语或图示表达错误的是

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A.顺-2-丁烯的球棍模型：B.Na2O2的电子式：

C.水合钠离子的示意图：D.邻羟基苯甲醛分子内氢键：

【答案】C

【解析】

【详解】A．顺-2-丁烯的结构为双键两端的甲基在同一侧，球棍模型中双键连接的两个碳原子上，甲基位于

同侧，符合顺式结构特征，A正确；

B．为离子化合物，由和过氧根离子构成，过氧根离子中两个氧原子以共价键结合，电子

式为，B正确；

C．水合钠离子中，带正电，会吸引水分子中带负电荷的氧原子，图示中水分子的氢原子朝向，

取向错误，C错误；

D．邻羟基苯甲醛中，羟基的键与醛基的O原子可形成分子内氢键，图示中虚线表示氢键

（），符合分子内氢键特征，D正确；

故选C。

3.基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法错误的是

A.原电池是系统发生化学反应对环境做功，电解池则是环境对系统做电功并使其发生化学反应

B.反应热是指在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量

C.一个反应的活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差

D.焰色试验、滴定实验和中和热测定实验都是化学定量分析方法

【答案】D

【解析】

【详解】A．原电池通过化学反应产生电能，对环境做功；电解池需要外部电能驱动反应，环境对系统做功，

描述正确，A正确；

B．反应热定义正确，即在等温条件下系统与环境的热量交换，B正确；

C．活化能是活化分子平均能量与反应物平均能量的差值，符合定义，C正确；

D．焰色试验用于定性检测元素，而非定量；滴定和中和热测定定量方法，D错误；

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故答案选D。

4.下列实验装置能达到实验目的的是

A.用图1装置验证非金属性S>C>SiB.用图2装置检验乙醇发生消去反应的产物

C.用图3装置测定未知浓度的醋酸溶液D.用图4装置分离铁粉和I2

【答案】A

【解析】

【详解】A．图1中稀与反应生成，证明酸性>，即非金属性S>C；

通入溶液生成沉淀，证明酸性>，即非金属性C>Si，A正确；

B．乙醇消去反应生成乙烯时，浓硫酸会将乙醇氧化生成等杂质，也能使溴水褪色，干扰乙烯的

检验，需先除杂，B错误；

C．NaOH滴定醋酸，终点溶液的溶质为醋酸钠，呈碱性，应选酚酞作指示剂，甲基橙变色范围（3.1-4.4）

在酸性范围，导致NaOH用量不足，C错误；

D．加热时Fe与会反应生成，无法通过升华分离，D错误；

故选A。

5.化学仿生学是用化学方法在分子水平上模拟生物体功能的一门科学。下列说法错误的是

A.模仿叶绿体分解水的功能开发的光催化剂能将光能转化为化学能

B.模仿生物细胞膜制成的海水淡化反渗透膜属于功能高分子材料

C.模仿壁虎足的结构制成的仿生胶带能与被黏着物之间形成化学键

D.模仿荷叶表面微观结构和蜡质层制成的自清洁涂层需选用疏水材料

【答案】C

【解析】

【详解】A．光催化剂是一种能够利用光能催化化学反应的物质，可以将光能转化为化学能，A正确；

B．高分子反渗透膜是一种半透膜，主要由聚醚酯、聚丙烯酸酯等高分子材料制成，B正确；

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C．模仿壁虎足的结构制成的仿生胶带不与被黏着物之间形成化学键，只是由于压强原理以及与被黏着物之

间形成分子间作用力，C错误；

D．水滴落在荷叶表面或者蜡质层制成的自清洁涂层，会形成水滴滑落，则需选用疏水材料，D正确；

故选C。

6.某配离子的结构如图所示，X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、M同周期，Y

元素形成的化合物种类数最多，Q+离子的价电子排布式为3d10。下列说法错误的是

A.第一电离能：Z>YB.该配离子含有配位键、离子键、共价键

C.该配离子中Q的配位数为4D.M和X形成的化合物可以形成缔合分子(XM)n

【答案】B

【解析】

【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y元素形成的化合物种类数最多，则Y为

C元素；Y、Z、M同周期，由配离子的结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键、M形成1个共

价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；Q+离子的价电子排布式为3d10，则Q为Cu元素。

【详解】A．Y为C，Z为O，同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势（N例外），C的第一电离能

小于O，即Z>Y，A正确；

B．该配离子中，共价键存在于C-H、C=O、C-F等键中，配位键存在于O→Cu2⁺（箭头所示），但配离子内

部无阴阳离子，不含离子键，B错误；

C．配离子中Cu2+周围有4个O原子提供孤对电子形成配位键，配位数为4，C正确；

D．M为F，X为H，XM为HF，HF分子间可形成氢键，缔合为(HF)2，D正确；

故选B。

7.化学物质丰富而又独特的性质离不开其神奇的微观结构。下列事实解释错误的是

事实解释

F3CCOOH酸性强于

AF3C-是吸电子基团

CH3COOH

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高分子导电性只与化

掺杂I2的聚乙炔具有

B学掺杂有关，与共轭大

和金属一样的导电性

π键无关

羰基的热力学稳定性C与O原子半径相近，

通常强于硫羰基二者p轨道大小接

近，C

重叠程度比S与C

之()

间大

蔗糖分子中三个羟基

三氯蔗糖甜度高、热量

被氯原子取代后，分子

D值极低，是近乎完美的

的性质发生改变，不再

甜味剂

被人体代谢

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．中为强吸电子基团，可增强羧基中O-H键极性，使氢离子更易电离，酸性

强于（为推电子基团），A正确；

B．聚乙炔本身含共轭大π键，π电子可离域，化学掺杂（如I2）通过得失电子产生载流子（空穴或自由电子），

二者共同使聚乙炔导电，解释中“只与化学掺杂有关，与共轭大π键无关”，B错误；

C．C与O原子半径相近，2p轨道重叠程度大，C=O键π键键能高；S原子半径大，C与S的p轨道（2p

与3p）重叠程度小，C=S键稳定性弱，C正确；

D．蔗糖羟基被氯取代后，分子结构改变，人体代谢酶无法识别，故不被代谢，热量极低，D正确；

答案选B。

8.热塑性聚氨酯是具有高弹性、耐腐蚀能力的聚合物。一种基于二硫键(-S-S-)的自修复热塑性聚氨酯材料Z

可由X和Y聚合而成

下列说法正确的是

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A.X中碳的杂化方式只有sp、sp2杂化B.Z在酸性溶液中完全水解得到X和Y

C.Y的核磁共振氢谱峰有3组D.X和Y生成Z的同时还有小分子生成

【答案】C

【解析】

【详解】A．X的结构中含有基团，该亚甲基碳原子形成4个单键，杂化方式为，A错误；

B．由结构简式可知，热塑性聚氨酯分子中含有的氨基甲酸酯基能发生水解反应生成碳酸、

和，反应所得产物共有3种，B错

误；

C．Y的核磁共振氢谱峰有3组，化学环境相同的氢原子的位置为：

，C正确；

D．X（二异氰酸酯）与Y（二元醇）反应生成Z为加成聚合，加成形成氨基甲酸酯

键，无小分子生成，D错误；

故选C。

9.实验室由环己醇()制备环己酮()的过程如下：

已知：主反应为，放热反应；环己酮可被强氧化剂氧化；环己酮能与水

形成沸点为95℃的共沸混合物；NaCl水溶液的密度比水大，无水K2CO3易吸收水分。

下列说法错误的是

A.加入的Na2Cr2O7在反应中作氧化剂

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B.反应后加入少量草酸溶液的目的是除去过量的Na2Cr2O7

C.加入NaCl固体，目的是减小环己酮在水中的溶解度，有利于分层

D.①、②、③分别是含有硫酸和的水相，含NaCl的水相，K2CO3水合物

【答案】D

【解析】

【分析】将稀硫酸、环己醇混合液中加入稍过量的Na2Cr2O7溶液，然后加入少量草酸溶液除去过量的

Na2Cr2O7；在95℃时进行蒸馏，得到环己酮的水溶液；往溶液中加入NaCl固体，得到分层的液体，其中溶

有少量水的环己酮在上层，NaCl水溶液在下层；分液后，往含少量水的丙酮中加入K2CO3固体，K2CO3吸

水生成K2CO3水合物晶体，然后过滤，得到环己酮。

【详解】A．主反应为环己醇氧化为环己酮，Na2Cr2O7中Cr为+6价，是常见氧化剂，在反应中作氧化剂，

A正确；

B．Na2Cr2O7稍过量且具有强氧化性，草酸具有还原性，可与过量的Na2Cr2O7发生氧化还原反应，从而除

去过量氧化剂，避免其氧化环己酮，B正确；

C．环己酮在水中有一定溶解度，加入NaCl固体可通过盐析作用降低其溶解度，使有机相更易分层，C正

确；

D．①为95℃蒸馏后残留的水相，含未蒸出的硫酸（酸性）及Cr3+等，酸性条件下不可能存在；②为

盐析后分层的水相，含NaCl；③为无水K2CO3吸水后形成的水合物，D错误；

故选D。

10.武汉大学研究团队实现了光与十钨酸盐([W]4-)、Co(0)协同催化芳香烯烃与醛的加成反应，反应机理如

图所示。

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下列说法正确的是

A.总反应为：

B.该反应过程中只有非极性键的断裂和生成

C.Co(0)在整个反应中作还原剂

D.如反应物为，则产物为

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据机理图，反应物为苯甲醛和苯乙烯，产物为，总反应方程式

为，A正确；

B．反应中醛的C-H键（极性键）断裂，并非只有非极性键断裂，B错误；

C．Co(0)有价态循环：Co(0)→Co(I)→Co(II)→Co(0)，反应前后量不变，作催化剂而非还原剂，C错误；

D．若反应物为（醛基H被D取代），醛的C-D键断裂后，D连接位置如图所示：

，D错误；

答案选A。

11.在新材料工业中，己内酰胺是生产尼龙-6和聚酰胺的关键原料。利用氮氧化物(NOx)和环己酮、乙二醇

(EG)进行电化学还原偶联反应以合成己内酰胺是一种有前景的绿色合成途径(装置及物质转化示意图如下)，

同时得到副产品乙醇酸(GA)。下列说法正确的是

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A.m为电源负极

B.电解时阴极周围的pH会减小

-

C.EC转化为GA反应式为：HOCH2-CH2OH-4e+H2O=HOCH2-COOH+4H+

D.当生成1molGA时，则生成己内酰胺的质量约为56.5g

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，左侧乙二醇(EC)发生氧化反应生成乙醇酸(GA)，故左侧为阳极，电极反应式：

，右侧电极是阴极，在电极上会先转化为

，与环己酮反应生成己内酰胺，据此解答。

【详解】A．左侧电极上乙二醇（EG）转化为乙醇酸（GA），发生氧化反应，故该电极为阳极，连接电源

正极，即m为电源正极，A错误；

B．阴极发生还原反应，在电极上发生得电子的还原反应转化为，电极反应为

，故电解时阴极周围的pH会变大，B错误；

C．由分析可知，乙二醇(EG)在阳极发生氧化反应生成乙醇酸(GA)，电极反应为：

，C正确；

D．生成1molGA时转移4mol电子（阳极失电子），阴极得电子数也为4mol。根据电极反应

可知，会生成，故生成己内酰胺也是1mol，质量为1

mol×113g/mol=113g，D错误；

故选C。

3+4+

12.二氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂。在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y占据原来Ce的位置，可以得

2-

到更稳定的结构。如图所示，CeO2晶胞参数为anm(已知O的空缺率=×100%)。

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下列说法错误的是

A.晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为anm

B.边长为2anm的立方体晶粒中位于表面的Ce4+有54个

C.M点原子分数坐标为(0，0，0)，则N点原子分数坐标为(1，，)

2-

D.在n(CeO2)：n(Y2O3)=8：1的晶体中，O的空缺率为5%

【答案】B

【解析】

【详解】A．Ce4+位于面心立方结构的顶点和面心，O2-位于四面体空隙，最近核间距为晶胞体对角线的，

即，A正确；

B．边长为2anm的立方体晶粒相当于2×2×2=8个原晶胞构成的大立方体，则其中大立方体一个面的结构变

为：，位于表面的Ce4+位于大立方体的面上、顶点和棱上，故位于大立方体表面的Ce4+

数目是：个(此处只问个数，不需要均摊计算)，B错误；

C．M点为(0，0，0)（晶胞原点），N点在右侧面心，x=1，y=，z=，坐标为(1，，)，C正确；

D．CeO2中阳离子与阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=8：1的晶体，则阳离子

和阴离子的个数比为，故O2-的空缺率为，D正确；

故选B。

13.一定条件下，“”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，

体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是

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①

②

③

④

⑤

A.原料中不影响振幅和周期

B.反应④：

C.反应①~④中，对的氧化起催化作用

D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误；

B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为，B正确；

C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，对的氧化起催

化作用，C正确；

D．根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；

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答案选A。

14.一定温度下，FeCO3和Fe(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A.①表示Fe(OH)2的Ksp曲线B.a点条件下不能生成FeCO3

C.b点时，Ksp(FeCO3)<Ksp[Fe(OH)2]D.向pH=9的Na2CO3溶液中滴加FeSO4溶液，先生

成FeCO3

【答案】C

【解析】

【分析】FeCO3的沉淀溶解平衡为，，取负

对数得，斜率为-1；故曲线②代表，同理：Fe(OH)2的平

2+-2+2-

衡为Fe(OH)2(s)⇌Fe+2OH，Ksp=c(Fe)·c(OH)，取负对数得，斜率为-2，

故①表示Fe(OH)2曲线，据此解答；

详解】A．由分析可知，①表示Fe(OH)2曲线，A正确；

B．a点位于FeCO3曲线上方，此时，溶液未饱和，不能生成FeCO3沉淀，

B正确；

C．由图可知，b点时，溶液中Fe2+浓度为10﹣6mol/L，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸根离子浓度均约为10﹣4.5

﹣6﹣4.52﹣15﹣6

mol/L，则氢氧化镁的溶度积Ksp[Fe(OH)2]=10×(10)=10，碳酸镁的溶度积Ksp(FeCO3)=10×

﹣4.5﹣10.5

10=10，Ksp(FeCO3)＞Ksp[Fe(OH)2]，C错误；

-﹣5

D．pH=9时pOH=5，c(OH)=10mol/L。生成Fe(OH)2需

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，生成FeCO3需

2+

，后者所需Fe浓度更小，且pH=9的Na2CO3溶液

2+

中，浓度大，需要Fe浓度更小，故先生成FeCO3，D正确；

故选C。

15.葫芦脲(CB)是一类由甘脲单元通过亚甲基桥连形成的大环化合物，它就像一个内部刷了油、外部刷了糖

浆、杯口镶了一圈磁铁的奇特杯子。根据甘脲单元数的不同，可将其命名为CB[n](n=5-8，10，13-15)。某

研究团队将抗癌药物阿霉素(其结构如下图)包合在CB[7]的空腔中。已知CB[7]的空腔直径为7.3Å

(1Å=10-10m)，阿霉素组分的最大截面面积为7.2Å2。

下列说法正确的是

A.葫芦脲CB[7]是一种端口直径较小、中间空腔较大的超分子

B.阿霉素进入CB[7]内腔是通过共价键作用形成的

C.CB[n]外壁和内部空腔的化学微环境完全相同

D.CB[n]能与水之间形成氢键，因此CB[n]主客体组装主要在水相中进行

【答案】D

【解析】

【详解】A．葫芦脲CB[7]是大环化合物，属于超分子主体，其结构类似“杯子”，通常中间空腔较大，端

口（杯口）直径较小以稳定包含客体；但“超分子”是指由两个或多个独立的分子（如大环主体分子与客

体分子）通过非共价键形成的聚集体，CB[7]本身是单个大环分子，不属于超分子，A错误；

B．阿霉素进入CB[7]内腔的包含作用属于超分子相互作用，如疏水作用、范德华力等，而非共价键，B错

误；

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C．题干描述CB[n]“内部刷了油（疏水）、外部刷了糖浆（亲水）”，说明内部空腔为疏水环境，外部为亲

水环境，化学微环境不同，C错误；

D．CB[n]“外部刷了糖浆”说明具有亲水基团，能与水形成氢键，使其在水相中稳定存在，故主客体组装

主要在水相中进行，D正确；

故答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.采用两段焙烧水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取

Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下：

已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体：Fe2(SO4)3在650℃完全

分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。

回答下列问题：

（1）请写出基态Co原子的价电子排布式___________。

（2）“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2之外还有___________(填化学式)。

（3）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，将两段焙烧工艺改为直接“高温焙烧”，水浸时金属元素的浸出

率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

2+2+

（4）HR萃取Cu反应为：2HR(有机相)+Cu(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂

为___________(填化学式)。

（5）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1]，则此时溶液中c

-1.-7-13-21

(H2S)=___________mol·L已知：Ka1(H2S)=1×10，Ka2(H2S)=1×10，Ksp(CoS)=4×10，CoS“溶解”时发

生反应的离子方程式为___________。

（6）“沉锰”时发生的化学反应方程式为___________。

【答案】（1）

（2）、

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（3）减小（4）

（5）①.4×10-4②.

（6）MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O

【解析】

【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取、、等元素，加入硫酸铵低温焙烧，

金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气

用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫

气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁及硫酸钙，后续萃取分离，将铜

元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成

硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。

【小问1详解】

原子位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，所以原子的价电子排布式为，故答案为：；

【小问2详解】

根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，

氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了外还含有：、

；故答案为：、；

【小问3详解】

根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分

解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；

【小问4详解】

根据萃取的化学方程式：，加入有机相将

萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移动，生成，而且为了不引入新的杂质，应加入的试

剂为稀，故答案为：；

【小问5详解】

沉钴时，pH=4时恰好沉淀完全，其浓度为，此时，根

据，推出，又因为，

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，则

，由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化

氢，稀硫酸，生成了和S，化学方程式为：，改写成离子

方程式为：。故答案为：；

；

【小问6详解】

由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵和水，故“沉锰”时发生的化

学反应方程式为：

17.氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。

步骤如下：

i．在A中加入150mLH2O和127gI2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置，过滤

得滤液；

ii．将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；

iii．继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为1.7g·mL-1，HI质量

分数为57%)。

回答下列问题：

（1）仪器D的名称：___________，通入H2S发生反应的离子方程式：___________。

（2）步骤i中快速搅拌的目的：___________(填序号)

a．便于产物分离b．防止暴沸c．防止固体产物包覆碘

（3）步骤ii中的尾气常用___________(填化学式)溶液吸收。

（4）步骤ii实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；实验结束时先停止加热，再通一段时间的N2后

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关闭K2。通入N2的目的是___________。

（5）列出本实验产率的计算表达式：___________。

（6）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在___________。

【答案】（1）①.直形冷凝管②.

（2）c（3）NaOH

（4）排除装置内的空气，防止HI被空气中的氧气氧化

（5）

（6）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处

【解析】

【分析】在A中加入H2O和I2，快速搅拌，打开K1通入H2S，H2S与I2发生反应，反

应完成后，关闭K1，静置，过滤得滤液；将滤液转移至B中，打开K2通入N2，排出装置内的空气，接通

冷凝水，加热保持微沸。实验结束时，将装置内残留的H2S等气体排入尾气处理装置，防止污染空气，同

时也能防止在冷却过程中空气进入装置，氧化HI。

【小问1详解】

观察装置图可知，该仪器为直形冷凝管。通入H2S时，H2S与I2发生反应，离子方程式为

。

【小问2详解】

步骤i中快速搅拌的目的是使反应物充分接触，防止固体产物S包裹碘单质，从而使反应更充分，故答案选

c。

【小问3详解】

步骤ii中的尾气主要是H2S，H2S是酸性气体，常用NaOH溶液吸收。

【小问4详解】

实验开始时，先通入N2，排出装置内的空气；实验结束时，将装置内残留的H2S等气体排入尾气处理装置，

防止污染空气，同时也能防止在冷却过程中空气进入装置，氧化HI。

【小问5详解】

，根据反应，可知理论上生成的n(HI)=1mol，则m

(HI)=1mol×128g/mol=128g。实际得到的HI的质量为117mL×1.7g/mL×57%，则产率的计算表达式为

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。

【小问6详解】

氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，所以应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。

18.一种治疗结直肠癌的新药Z已被中国科学家研发成功。Z的一种合成路线如下(部分试剂及反应条件略)。

（1）A中含有的官能团名称为___________，A生成D的反应类型为___________。

（2）B的结构简式为___________。

（3）D转化为E的反应生成的有机产物分别为E和___________(填结构简式)。

（4）下列说法正确的是___________。

A.K中不存在大π键B.K中新增官能团的碳原子由J提供

C.L可以形成氢键D.摩尔质量M(Z)=M(L)+M(Q)

（5）G(C10H10O2)的同分异构体同时满足下列条件的有___________种。(不考虑立体异构)

(i)属于芳香族化合物且环外有2个π键

(ii)可以与FeCl3溶液发生显色反应且环上只有2个支链

(iii)能发生银镜反应

（6）Q的一种合成路线为：

已知：①R1NH2+R2COOH+HN=CHNH2+NH3↑+H2O

②

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根据已知信息，由R和T生成X的化学方程式为___________。

【答案】（1）①.酯基、碳溴键②.取代反应

（2）（3）CH3CH2OH（4）BC

（5）24（6）+HN=CHNH2NH3↑+H2O+

【解析】

【分析】A和B发生取代反应生成D，结合D的结构简式，以及B的分子式可知，B的结构简式为

，D中的酯基先水解，再酸化生成E，E发生反应生成G，G和J发生取代反应生成K，K再发

生取代反应生成L，L和Q发生反应得到目标产物，结合目标产物的结构简式以及Q的分子式可知，Q的

结构简式为，据此解答。

【小问1详解】

根据A结构简式，含官能团：酯基、碳溴键；根据分析可知，A生成D的反应类型为取代反应；

【小问2详解】

根据分析可知，B结构简式：；

【小问3详解】

D到E先发生酯基的水解以及酸碱中和反应，再酸化生成羧基，另一种产物是乙醇；

【小问4详解】

A．K中含苯环，存在大π键，A错误；

B．由G和K的结构简式可知，K中有1个碳原子来源于J，B正确；

C．L中含有的酰胺基，可形成氢键，C正确；

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D．L与Q生成Z的反应中，发生的是取代反应，会生成小分子的CH3Cl，因此，

D错误；

【小问5详解】

G的同分异体同时满足下列条件：(i)属于芳香族化合物且环外有2个π键，说明分子中除了苯环外还存在2

个双键结构；(ii)可以与FeCl3溶液发生显色反应且环上只有2个支链，说明含酚羟基；(iii)能发生银镜反应，

说明含醛基；即同分异构体满足要求的情况：、、

、、、

、、，每种结构都

存在邻、间、对三种位置关系，共计24种同分异构体；

【小问6详解】

由已知信息反应可知，T的结构简式为，R中即含有氨基，又含有羧基，由X的结构简式，

以及已知信息的反应，可推断出，R中氨基和羧基处于邻位，R的结构简式为，则

由R和T生成W的化学方程式为

。

19.丙烯腈(C3H3N，结构简式为CH2=CHCN)是一种重要的有机化合物，主要用于制造聚丙烯腈、橡胶、合

成树脂、医药等。请回答以下问题：

（1）丙烯腈分子中σ键与π键的数目之比为___________。

（2）氨氧化法是生产丙烯腈的重要方法，其制备原理如下：

主反应：C3H6(丙烯，g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)△H1

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副反应：CH3-CH=CH2(g)+O2(g)⇌3CO2(g)+3H2O(g)△H2<0

已知：一定温度和压强下，由元素最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。部

分物质的摩尔生成焓如表所示。