【文档说明】河北省承德市部分高中2023-2024学年高三上学期12月期中考试+化学+含解析.docx，共(18)页，1.569 MB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年高三年级上学期期中考试化学试题一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。）1．历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是（）A．我国古老的马家窑青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金B．范宽的《溪山行旅图》属于绢本水墨画，其中作

画用的墨的主要成分为炭黑C．中国古代专为皇宫烧制的细料方砖，质地密实，敲之作金石之声，称之“金砖”，属于硅酸盐产品D．享誉世界的中国丝绸，其主要成分为天然纤维，在元素组成上与纤维素完全相同2．利用下列仪器（夹持装置略）能完

成的实验是（）A．制备氢氧化铁胶体B．除去粗盐中的2Ca+、2Mg+、24SO−C．配制0.51molL−的NaOH溶液D．除去NaBr溶液中的少量NaI3．关于常见物质的用途，下列说法不正确的是（）A

．谷氨酸钠用作食品调味剂B．聚四氟乙烯用于厨具表面涂层C．储氢合金可用于氢气燃料汽车D．福尔马林用于食品保鲜4．下列关于()245CrHOOHSO的说法正确的是（）A．基态铬原子的价电子排布是423d4sB．中心原子的配位数是5C．()2

25CrHOOH+中含有17个键D．该化合物中既有极性键又有非极性键5．2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸（结构如图）可参与诱导不对称催化反应，下列关于脯氨酸的说法错误的是（）A．可发生取代、氧化反应B．饱和碳原子上的二氯代物有8种C．能形成分子

间氢键D．与互为同分异构体6．用AN表示阿伏加德罗常数的值。氯化锂是白色的晶体，常温下其水溶液呈中性，蒸发LiCl水溶液可得2LiCl2HO。下列说法正确的是（）A．常温下，1L0.11molL−LiCl溶液中含有的Li+数为0.1ANB．23

LiCO晶体中含有AN个23CO−C．每电解2molLiCl，可得到22.4L2ClD．7gLi在纯氧中燃烧，可生成0.5mol的22LiO7．下列反应的离子方程式正确的是（）A．用4CuSO溶液除去电石气中的少量硫化氢

：22CuSCuS+−+B．向NaClO溶液中通入少量2SO：2224ClOSOHOSOCl2H−−−+++++C．向稀3AgNO溶液中加入过量稀氨水：()32322Ag2NHHOAgNH2HO++++D．向苯酚钠溶液中通入少量2CO：8．短周期主族元素W、X、Y、

Z的原子序数依次增大，它们形成的一种化合物的结构如图所示。已知W和X的原子序数之和与Y的最外层电子数相等。下列说法错误的是（）A．简单离子半径；Y＞ZB．该化合物中X的杂化方式相同C．第一电离能：Y＞XD．化合物ZYW中

既含离子键，又含极性共价键9．以铬铁矿（主要成分为23FeOCrO，含有少量23AlO）为原料制备铬的工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A．焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4B．滤渣1的主要成分为23FeOC．酸浸时应加入足量稀硫酸D．转

化时发生反应的化学方程式为()24222334NaCrO6?S7HO4CrOH3NaSO2NaOH++++10．电极电势的测定常用甘汞电极作为参比电极（部分数据如下）。电极种类Na+/Na2Zn+/Zn2H/H+甘汞电极2Cu+/Cu电极电势/V－2.

71－0.760.000.240.34测定过程中，待测电极与甘汞电极组成原电池，其工作原理如图。下列说法正确的是（）A．盐桥中Cl−向甘汞电极移动B．若M为Cu，则电极反应式是2Cu2eCu−+−C．甘汞电极电极反应式是222Hg2Cl2eHgCl−−+−D．测定过程中，甘汞电极内部K

Cl晶体可能增多11．氯磺酸（3ClSOH）是一种易水解的一元强酸，能与甲酸、苯等有机物反应。其与甲酸发生的反应为324HCOOHClSOHCOHClHSO+++。下列说法错误的是（）A．将物质的量相等的3ClSOH与HCl分别溶于水制成1L溶液，前者的pH小B．

3ClSOH可与苯在一定条件下发生取代反应生成苯磺酸C．中和500mL31molL−NaOH溶液需要0.5mol3ClSOHD．与甲酸反应中每生成1molHCl，转移电子的物质的量为2mol12．某同学用

如图所示的装置（部分）制备乙酸乙酯，操作如下：连接实验装置，检查气密性。向圆底烧瓶中加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸的混合物，并加入沸石，加热圆底烧瓶。充分反应后将该装置改成蒸馏装置，蒸馏获取粗产品。在获得的粗产品中加入饱和3NaHCO溶液，充分反应至无气泡逸出，将混合液倒

入分液漏斗中，振荡、静置，收集下层液体即得粗制乙酸乙酯。该实验操作及制备装置中存在的错误共有几处（）A．2B．3C．4D．513．对4KMnO溶液氧化224HCO的反应，若加入2Mn+，科研人员猜想其反应历程如下：Mn（Ⅶ）()Mn⎯⎯⎯→ⅡMn（Ⅵ）()Mn⎯⎯⎯→ⅡMn（Ⅳ

）()Mn⎯⎯⎯→ⅡMn（Ⅲ）()22432CO2242MnCOMnCOnn−−+→+⎯⎯⎯→下列说法错误的是（）A．()3224MnCOnn−既有氧化性，又有还原性B．起始时加入2Mn+，若反应产生气泡速率

明显加快，可证明2Mn+作催化剂C．每生成标准状况下11.2L2CO，消耗0.2mol4KMnOD．加入某种试剂使Mn（Ⅵ）、Mn（Ⅳ）或Mn（Ⅲ）生成难溶物，若产生气泡速率减慢，则证明该猜想合理14．将()226CoHOCl

与过量氨水、氯化铵、双氧水混合，若有活性炭催化时发生反应：()2262CoHOCl()32422332610NHHO2NHClHO2CoNHCl24HO++++；若没有活性炭催化，则生成()325CoNHClCl。下列说法正确的是（）A．基态Co原子核外电子空间

运动状态有27种B．沸点：3222NHHOHOC．常温下，滴加3AgNO溶液可定性鉴别()336CoNHCl与()325CoNHClClD．1mol()325CoNHClCl中含有16mol键15．

工业上用石墨和铅作电极，用双极膜电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。已知在直流电场作用下，双极膜将水解离为H+和OH−并实现其定向通过，电解过程如图所示。下列说法错误的是（）A．b极材料为石墨，接电源正极B．通电后双极膜中产生的OH−

向b极定向移动C．生成葡萄糖酸盐的反应为()3224BrOOHHOCHCHOHCOOBrHO−−−−++++D．理论上若生成1mol甘露醇，则可生成1mol葡萄糖酸盐二、非选择题（本题共4小题，共55分。）16．（13分）足球

烯（60C）、线型碳是单质碳的同素异形体。回答下列问题：（1）基态碳原子中，核外电子占据的最高能级是。碳可与钛形成碳化物，基态2Ti+的核外电子排布式是。（2）线型碳有两种不同的键联结构，一种为，称为-线型碳；另一种

为，称为-线型碳。-线型碳中碳原子的杂化方式为。常见C—C键的键长为0.154nm，-线型碳中C—C键的键长为0.1378nm，原因是。（3）一种60C晶体为面心立方结构，K+占据60C组成的四面体空隙和八面体

空隙，形成化合物360KC的结构如图所示。A原于的分数坐标为()0,0,0，C原子的分数坐标为331,,444，若B原子的分数坐标为()0,0,0，则C原子的分数坐标为。晶胞边长为anm，则K+与60C间的最短距离为nm。排

除八面体空隙中的K+后晶体的密度为3gcm−（设AN为阿伏加德罗常数的值，用含有a和AN的计算式表示）。17．（13分）碲（Te）广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中（主要成分为2CuTe，还含有金、银、

铂等）回收碲的工艺流程如下：已知：2TeO有强还原性，且2TeO、24CuTeO难溶于水；高碲酸钠的化学式；24NaTeO。回答下列问题：（1）为提高“反应”效率，可采取的措施为（任答一条）。（2）滤液ⅰ的主要成分是（写化学式）。滤液ⅰ中溶质的浸出率与温度关系

如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因。（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为。滤液ⅱ可循环使用，应将其导入到（写操作单元名称）操作中。（4）“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为。18．（14分）有机化合物C、I都是重要的化工产品，可用于航空、医药等领域，某研

究小组的合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：已知：ⅰ．ⅱ．请回答以下问题：（1）A中含氧官能团的名称是，B→C的反应类型是。（2）B发生消去反应生成M，M在一定条件下发生加聚反应所得产物的结构简式是。（3）G→H的化学方程式是。（4）I的结构简式是。（5）B的同分异

构体中，符合下列条件的共有种（不考虑立体异构）。①苯环上只有3个取代基（取代基上无环状结构）且苯环上的一氯代物有2种；②能与3FeCl溶液发生显色反应；③能与3NaHCO溶液反应生成气体。（6）写出以、和1，3-丁二烯为原料合成的路线（

无机试剂任选）。19．（15分）从矿石中提取金（Au）是获取贵金属的主要途径。（1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是。（2）用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。①补全反应的离子方程

式。()32232232AuSOO__________AuSO__________−−++++②简述223SO−在金被氧化过程中的作用：。（3）工业上常用4CuSO溶液、氨水和223NaSO溶液为原料配制浸金液，其一种可

能的浸金原理示意图如图1。图1①由上述原理可知，()234CuNH+在浸金过程中起作用。②为了验证上述原理中2O的作用，进行如下实验，装置如图2所示。图2实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，

U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……a．打开瓶塞后，（填实验现象），证实了上述原理。b．a中现象对应反应的离子方程式是。③如图表示相同时间内，配制浸金液的原料中()4CuSOc对浸金过程中223SO−消耗率和浸金量的影响（其他条件不

变）。已知：()322223234622Cu6SO2CuSOSO−+−−++结合图3，解释图4中浸金量先上升后下降的原因：。图3图4化学答案1．D青铜是人类最早使用的铜锡合金，故A正确；碳单质常温下性质比较稳定，所以绢本水墨画选用主要成分

为炭黑的墨作画，故B正确；“金砖”的主要成分是属于无机非金属材料的硅酸盐产品，故C正确；丝绸的主要成分为蛋白质，在元素组成上与纤维素不完全相同，故D错误。2．D制备氢氧化铁胶体是将3FeCl饱和溶液滴加到加热煮沸的蒸馏水中，故需要

仪器有酒精灯、烧杯、胶头滴管，缺少酒精灯，不能完成，故A错误；除去粗盐中的2Ca+、2Mg+、24SO−需加入碳酸钠、氢氧化钠和氯化钡溶液，转为沉淀后过滤可除去，缺少漏斗，故不能完成，故B错误；配制0.51molL−的NaOH溶液需用到托盘天平、容量瓶、玻璃棒、烧杯，缺少

托盘天平，故不能完成，故C错误；用溴的4CCl溶液除去NaBr溶液中的少量NaI，溴与NaI反应生成碘和NaBr，碘易溶于四氯化碳，分液可分离，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，能完成，故D正确。3．D谷氨酸钠具有鲜味，是味精的

主要成分，故A正确；聚四氟乙烯具有抗酸、抗碱、抗各种有机溶剂的特点，而且耐高温，可用于厨具涂层，故B正确；储氢合金具有很强的捕捉氢和释放氢的能力，可用于氢气燃料电池，故C正确；福尔马林是35%～40%的甲醛水溶液，有毒，常用于浸泡标本，但不可用于食品保鲜，故D

错误。4．CCr的质子数是24，基态铬原子的价电子排布是513d4s，A错误；配体有2HO和OH−，中心原子的配位数是6，B错误；单键都是键，()225CrHOOH+中含有625117++=个键，C正确；该化合物中有极性键

，没有非极性键，D错误。5．B脯氨酸中有羧基，可发生取代反应，可以燃烧，发生氧化反应，故A正确；如果指定一个氯原子的位置，另一个氯原子分别在以下9种位置，、、、，故饱和碳原子上的二氯代物有9种，故B错误；由结构可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键，故C正确；与的分子式都

是692CHNO，结构不同，互为同分异构体，故D正确。6．A根据题干信息，常温下Li不水解，故A项正确。没有说明23LiCO的物质的量，无法得知碳酸根离子的物质的量，故B项错误。22LiCl2LiCl

+通电，每电解2molLiCl，可得到1mol2Cl，1mol2Cl在标准状况下的体积为22.4L，但选项中没有指出气体所处的状况，故C项错误。Li在纯氧中燃烧的产物为2LiO，故D项错误。7．C4CuSO溶液和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式是22CuH

SCuS2H++++，故A错误；向NaClO溶液中通入少量2SO生成硫酸钠、次氯酸、氯化钠：22243ClOSOHOSOCl2HClO−−−++++，故B错误；向苯酚钠溶液中通入少量2CO，生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是22COHO++，故D错误。8．BZ

形成＋1价阳离子，其原子序数最大，则Z为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H；已知W和X的原子序数之和与Y的最外层电子数相等，X的原子序数为615−=，则X为B元

素。氧离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z，故A正确；结合图示可知，该化合物中B元素形成3个或4个共价键，其杂化方式分别为2sp、3sp杂化，故B错误；同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Y＞X，故C正确；Z

YW为NaOH，NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键，故D正确。9．C铬铁矿在氧气中与纯碱焙烧生成24NaCrO和2NaAlO固体，发生反应为23232AlONaCO2NaAlO+高温2CO+，主反应23223242324FeOCrO7O8NaCO8

NaCrO2FeO8CO++++高温，加水通过水浸使2NaAlO、24NaCrO进入浸出液中，而不溶的23FeO形成滤渣1，浸出液加入稀硫酸形成滤渣2是()3AlOH沉淀，最后分离出24NaCrO溶液，加入S发生转化，发生反应为()24234NaCrO6S7HO4CrO

H3+++223NaSO2NaOH+，得到()3CrOH，再转化为Cr。由分析可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，A、B正确；酸浸时加入稀硫酸的目的是形成()3AlOH沉淀，除去铝元素，由于()3AlOH能溶于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，C错误；转化

时加入S，和24NaCrO反应生成223NaSO、()3CrOH，D正确。10．D正极电势高于负极电势，由表中数据和图示可知，当甘汞电极作正极，正极得电子，盐桥中的阳离子移向甘汞电极，当甘汞电极作负极时，负极失电子，盐桥中的阴离子移向甘汞电极，A错误。若M为Cu，则甘汞电极为负极

，铜作正极，正极得电子，电极反应式为2Cu2eCu+−+，B错误。当甘汞电极作正极，正极得电子，电极反应式为22HgCl2e2Hg2Cl−−++，为保证溶液呈电中性，盐桥中的钾离子移向甘汞电极；当甘汞电极作负极时失电子，电极

反应式为222Hg2Cl2eHgCl−−+−，为保证溶液呈电中性，盐桥的氯离子移向甘汞电极，因此测定过程中，甘汞电极内部KCl晶体可能增多，C错误，D正确。11．D氯磺酸是一种易水解的一元强酸，水解会产生硫酸和HCl，将物质的量相等的3ClSOH与

HCl分别溶于水制成1L溶液，氯磺酸溶液中氢离子浓度更大，pH小，A正确；参照氯磺酸与甲酸的反应，3ClSOH可与苯在一定条件下发生取代反应生成苯磺酸和HCl，B正确；氯磺酸与水反应的方程式为32ClSOHHOHCl++24HSO，1mol氯磺酸在水中能产生3mol氢离子

，故中和500mL31molL−NaOH溶液需要0.5mol3ClSOH，C正确；与甲酸反应中各元素的化合价未发生变化，过程中无电子转移，D错误。12．B制备乙酸乙酯实验操作为连接实验装置，检查气密性，向圆底烧瓶中加入无水乙醇、浓硫

酸、冰醋酸的混合物，并加入沸石，通入冷凝水，冷凝水下口进上口出，加热圆底烧瓶，充分反应后将该装置改成蒸馏装置，蒸馏获取粗产品，在获得的粗产品中加入饱和23NaCO溶液，充分反应至无气泡逸出，将混合液倒入分液漏斗中，振荡、静置，收集上层液体即得粗制乙酸乙酯，综上分析可知，本实验操

作及制备装置中存在：冷凝水流向错误；将粗产品应该转移至饱和23NaCO溶液而不是3NaHCO溶液，错误；分液时收集的产品应该在上层，错误，故共3处。13．C()3224MnCOnn−中Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，故()3224MnCOnn−

既有氧化性，又有还原性，故A正确；催化剂可以改变反应速率，开始时加入2Mn+，若反应产生气泡速率明显加快，可证明2Mn+作催化剂，故B正确；每生成1mol2CO，转移1mol电子，故标准状况下11.2L2CO，即0.5mol的二氧化碳，转移0.5mol电子，24KMnOMn+→，转

移5个电子，根据得失电子守恒，故消耗0.1mol4KMnO，故C错误；加入某种试剂使Mn（V）、Mn（Ⅳ）或Mn（Ⅲ）生成难溶物，则中断某个中间产物，若反应减慢，则猜想合理，故D正确。14．B基态Co原子核外电子空间运动状态与电子所占据的原

子轨道数目相同，Co原子核外电子排布为22626721s2s2p3s3p3d4s，空间运动状态有113135115++++++=种，A错误；三者均为分子晶体且分子间均存在分子间氢键，N的电负性小于O的，形成的氢键弱，故氨气沸点

最低，水的相对分子质量小于过氧化氢的，故水的沸点小于过氧化氢的，故沸点：3222NHHOHO，B正确；()336CoNHCl与()325CoNHClCl的外界中均有氯离子，溶液中滴加3AgNO溶液均能产生沉淀，不能鉴别，C错误；()

325CoNHClCl中内界与外界之间为离子键，只有内界配离子含有键，1mol()325CoNHClCl含有()635mol21mol+=键，D错误。15．C图示原理为电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。根据b电极反应可知溴离子失去电子变

成溴酸根，故b为阳极，电极反应为23Br3HO6eBrO6H−−−++−+，在阳极区溴酸根和葡萄糖反应生成葡萄糖酸盐和溴离子，离子反应为3()3224BrO3OH3HOCHCHOHCOOBr3HO−−−−+

+++，1mol溴酸根生成溴离子转移电子数为6mol，故1mol葡萄糖生成葡萄糖酸盐转移电子数为2mol，双极膜中产生的氢氧根向b电极移动。b极为阳极，电极材料不参与反应，故材料为石墨，接电源正极，A正确；根据分析，通电后双极膜中产生的OH−向b极（阳极

）定向移动，B正确；阴极区发生的反应为葡萄糖转变为甘露醇，理论上若生成1mol甘露醇，需消耗1mol葡萄糖，转移2mol电子，在阳极区可生成1mol葡萄糖酸盐，D正确。16．解析：（1）碳元素的原子序数为6，价电子排布式为222s2p，核外电子占据的最高能级为2

p能级；钛元素的原子序数为22，失去2个电子形成钛离子，离子的电子排布式为[Ar]23d或2262621s2s2p3s3p3d。（2）由-线型碳的结构简式可知，分子中碳原子形成2个碳碳双键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；由-线型碳的结构简式可知，每个碳原子形成一个碳碳三键和一个

碳碳单键，相邻的不饱和碳原子的p轨道上的p电子形成大T键，使单键的键长变短。（3）由位于顶点的A原子的分数坐标为()0,0,0、位于体对角线的C原子的分数坐标为331,,444可知，若B原子的分数坐标为()0,0,0，说明B原子位于顶点，则位

于体对角线的C原子的分数坐标为111,,224；由晶胞结构可知，钾离子与60C间的最短距离为体对角线的14，晶胞边长为anm，则最短距离为3a4nm；排除八面体空隙中的钾离子后，位于顶点和面心的60C的个数为1

186482+=，位于体内的钾离子（体心除外）个数为8，则晶胞的化学式为260KC，设晶体的密度为3gcmd−，由晶胞质量公式可得()()37A41260392a10dN−+=，解得213A319210adN=。答案：（1）2p[Ar]23d或22

62621s2s2p3s3p3d（2）sp相邻碳原子的p轨道形成大键，使单键的键长变短（3）111,,2243a4213A319210aN17．解析：根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥和硫酸、空气反应生成了不溶于水的2TeO，根据碲元素的化合价变

化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是22424CuTe2HSO2O2CuSO+++22TeO2HO+，则反应过后水浸的滤液ⅰ的主要成分是4CuSO，滤渣的主要成分是不溶于水的2TeO，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的23NaTeO，然后在滤液中加入

22HO使其氧化成24NaTeO，最后通过结晶分离出24NaTeO，然后把24NaTeO和24HSO、23NaSO放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。（1）“反应”是指把阳极泥和硫酸、空气混在一起反应，提高“反应”效率，就是使它们充分反应，快速

反应，故可采取的措施有阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等。（2）经分析，滤液ⅰ的主要成分是4CuSO，根据4CuSO的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增

大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度升高到一定程度，由于2TeO具有强还原性，则和4CuSO发生氧化还原反应生成了难溶于水的24CuTeO，故后期温度升高，4CuSO的浸出率反而下降。（3）经分析“氧化”过程是指含有23NaTeO的滤液中加入22HO使其氧化

成24NaTeO的过程，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是2322242NaTeOHONaTeOHO++，则该反应的离子方程式是2232242TeOHOTeOHO−−++。滤液ⅱ是指分离出24NaTeO后的滤液，为了使24NaTeO完全被氧化，加入的22H

O要过量，为了充分利用剩余的22HO，可将其加入到碱浸这步操作中，使2TeO在碱浸中就被氧化，提高原料利用率。（4）经分析“沉确”过程是指把24NaTeO和24HSO、23NaSO放在一起反应生成不溶于水的蹄，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是242423242NaTeOHS

O3NaSO4NaSOTeHO++++，则该反应的离子方程式是2224342TeO3SO2H3SOTeHO−−+−++++。答案：（1）将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等（2）4CuSO随温度升高，4Cu

SO溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，4CuSO和2TeO反应生成难溶性的24CuTeO沉淀，浸出率降低（3）2232242TeOHOTeOHO−−++碱浸（4）2224342TeO3SO2H3SOTeHO−−+−++++18．解析：由已知条件可推测A到B：，由已知条件可推测D

到I：。（1）由A的结构简式知，A中含氧官能团的名称是羧基﹑酮羰基；B→C的反应生成了环酯，反应类型为取代反应（或酯化反应）。（2）B发生消去反应生成M（），则M在一定条件下发生加聚反应所得产物的结构简式是。（3）G和氢氧化钠在乙醇、加热条件下发生消去反应生成H，

则化学方程式为。（4）H和在一定条件下发生反应生成I，则I的结构简式是。（5）B的分子式是10104CHO（），苯环上只有3个取代基（取代基上无环状结构），说明具有苯环结构；能与3FeCl溶液发生显色反应说明有酚羟基；能与3NaHCO溶液反应生成气体说明有

羧基，根据分子式可知还有一个不饱和度，因为苯环上的一氯代物有2种，故应该有两个酚羟基且两个-OH位于间位，则同分异构体有、、、、、、、、、、、、、、、，故共有16种。（6）以、和1，3-丁二烯为原料合成，利用已知条件可引入羰基和羧基以及氯

原子，通过卤代烃的消去反应得到双键，最后通过与1，3-丁二烯加成生成六元环。答案：（1）羧基﹑酮羰基取代反应（或酯化反应）（2）（3）（4）（5）16（6）19．解析：（3）①由图示可知，()234CuNH+

可循环使用，在浸金过程中起催化作用。②a．U形管内液柱左高右低，说明锥形瓶中2O被消耗，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明()234CuNH+部分转化为[()32CuNH+，打开瓶塞后，空气进入锥形

瓶中，()32CuNH+遇2O又生成()234CuNH+：()32328NHHO4CuNH+++()22324O4CuNH4OH6HO+−++，锥形瓶中溶液又恢复原有的

蓝色。答案：（1）Au在高温条件下不与2O反应（2）①4822HO44OH−②与Au+形成配合物，提高Au的还原性（3）①催化②锥形瓶中溶液蓝色复原()()2323232248NHHO4CuNHO4Cu

NH4OH6HO++−++++③当()14CuSO0.03molLc−时，随着()4CuSOc的增大；()234CuNH+的浓度增大，浸金速率增大，当()14CuSO0.03molLc−时，游离的2Cu+消耗223SO−使()223SO

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