【文档说明】湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考卷（三）化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.453 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市第一中学2023-2024届高三上学期月考试卷(三)化学试题时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1C~12O~16Na~23Al~27S~32Co~59Cu~64Ba~137第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择

题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列有关化学用语正确的是A.2HS的电子式为B.3NH的VSEPR模型为四面体形C.2SO分子的空间结构为直线形D.基态Cu原子的价电子排布图：【答案】B【解析】【详解】A．H和S均

为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，故A错误；B．3NH中心N原子的价层电子对数为51342+=，VSEPR模型为四面体形，故B正确；C．2SO分子中S原子采用2sp杂化，含有1个孤电子对，故2SO分子的空间结构为V形，故C错

误；D．基态Cu原子的3d轨道为全充满结构，故D错误；故选：B。2.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.不锈钢具有高强度、高密度的性质，可用作太空探测器的结构材料B.2SO具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可用作食品添加剂C.常温下铁制容器遇浓硝酸钝化，可用铁制容器来盛装

浓硝酸D.SiC硬度很大，可用作砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．由于不锈钢的密度大、质量大，故不利于发射，太空探测器的结构材料大多采用密度小、强度高的轻质材料，故A错误；B．2SO具有漂白性和强还原性，具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可作为食品添加剂，故B正确；C．常温下铁制容器遇浓硝

酸钝化，在铁的表面生成一层致密的氧化膜，故可用铁制容器来盛装浓硝酸，故C正确；D．SiC硬度很大，属于共价晶体，可用作砂轮的磨料，故D正确；故选：A。3.抗坏血酸(即维生素C，结构如图)是常用的抗氧化剂，下列有关说法正确的是A.属

于脂溶性维生素B.存在4种官能团，能发生取代反应、氧化反应C.维生素C分子内存在2个手性碳原子D.1mol该物质最多能与3molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A．维生素C含有多个醇羟基，属于水溶性维生素，故A错误；B．维生素C中含有醇

羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，能发生取代、氧化等反应，故B错误；C．维生素C分子内存在2个手性碳原子，如图，故C正确；D．该物质中只有一个酯基水解后产生的羧基能与氢氧化钠反应，所以1mol该物质最多能与1molNaOH反

应，故D错误；故选：C。4.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是A.五种元素均位于元素周期表的p区B.第一电离能：M>ZC.最简单气态氢化物

的稳定性：Y<Z<MD.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Q【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Q原子序数最大，s能级电子数比p能级电子数少1，则Q原子的电子排布式为2

26211s2s2p3s3p，Q为Al，X与Al同主族，2s轨道全充满，X为B，Y和M为同周期元素且是纯碱中的两种元素，则Y为C，M为O，则Z为N。【详解】A．B、C、N、O、Al五种元素都位于元素周期表的p

区，故A正确；B．N原子2p能级半满，相对比较稳定，第一电离能较O大，故B错误；C．C、N、O非金属性依次增强，最简单气态氢化物的稳定性也依次增强，故C正确；D．B的非金属性强于Al，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：333HB

OAl(OH)，故D正确；故选：B。5.甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A.pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3N

AB.0.5mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NAC.50g质量分数为64%甲醇水溶液中含有σ键数目为5NAD.甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA【答案】B【解析】【详解】A．该甲酸溶液体积未知

，无法计算氢离子数目，A项错误；B．甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B项正确；C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1mol，1

molCH3OH中σ键数目为5NA，1molH2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项错误；D．标准状况下，甲醇为液体，D项错误；故选B。6.下列表示反应的离子方程式正确的是A.向

2FeBr溶液中通入过量的氯气：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++的B.向硝酸铁溶液中通入少量的2SO：3222242FeSO2HO2Fe2HSO+++−++=++C.将2Ba(OH)溶液滴入明

矾[()422KAlSO12HO]溶液中至沉淀质量最大：3224422Al2SO2Ba4OH2BaSOAlO2HO+−+−−+++=++D.用醋酸和淀粉KI−溶液检验加碘盐中的3IO−：322IO5I6H3I3HO−−+++=+【答案】C【解析】【详解】A．向

FeBr2溶液中通入过量的氯气：23222Fe4Br3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++，故A错误；B．硝酸的氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量2SO时，硝酸与2SO发生氧化还原反应，故B错误；C．Ba(OH)2溶液滴入明矾中至沉淀质量最大，SO24−全部生成沉淀，此时Al元素以AlO

2−形式存在，其离子方程式为3224422Al2SO2Ba4OH2BaSOAlO=2HO+−+−−+++++，故C正确；D．醋酸是弱酸，不拆分，故D错误；答案为C。7.一种以6FeFe(CN)为代表的新型可充电钠离

子电池的放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室B.充电时，电源的负极应与Mg箔连接C.充电时，溶液中通过0.2mol电子时，阳极质量变化2.3gD.放电时，负极反应式为2222Mg2Cl4eMgCl+−−+=+【答案】B【解析】【分析】根据放电工作

原理图，Mo作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]；Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2C12]2+。充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。【详解

】A．放电时，Mg箔作负极，Mo箔作正极，则Na+通过离子交换膜从右室移向左室，故A错误；B．充电时，Mg箔作阴极，Mo箔作阳极，电源的负极应与Mg箔连接，故B正确；C．充电时，阳极反应为266NaFeFe(CN)2eFeFe(CN)

2Na−+−=+，但电子不会在溶液中运动，若是外电路中通过0.2mol电子时，阳极质量变化4.6g，故C错误；D．放电时，镁失去电子发生氧化反应，负极反应式为2222Mg2Cl4eMgCl+−−−=+，故D错误；故选：B。8.利

用2Zn/HONaOHpH8.2~22422410.5SOZnSONaSO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→溶液调转化制取连二亚硫酸钠(224NaSO)的装置如图。已知金属Zn类似于金属Al，具有两性，下列说法不正确的

是A.单向阀可以起到防倒吸的作用B.先打开滴液漏斗旋塞，再通入2SO至溶液中C.NaOH溶液不宜加入过多的原因是防止产品中混有含锌元素的杂质D.该实验适合使用NaOH溶液进行尾气处理【答案】B【解析】【

分析】Zn和SO2反应生成ZnS2O4，控制温度，使ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2，得到Na2S2O4溶液，对溶液进行降温，使Na2S2O4晶体析出。【详解】A．单向阀可以控制气体单向流动，由于二氧化硫易溶

于水，所以单向阀可以起到防倒吸的作用，故A正确；B．先通入2SO和Zn反应制得24ZnSO，反应完全时悬浊液变澄清，再打开滴液漏斗活塞，故B错误；C．NaOH溶液不宜加入过多的原因是防止()2ZnOH溶解，引入的杂质不利于与2

24NaSO分离，故C正确；D．尾气中主要是未反应完全的2SO，可用NaOH溶液除去，故D正确；故选：B。9.X、Y、Z、Q、W、M为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，Q与M同主族，且M的相对原子质量为Q的两倍，该六种元素构成的某化合物是大蒜主要生物活性物质之一，具有抗菌杀毒、抗糖尿病等

多种功效，结构式如图，下列说法不正确的是A.223WMQ溶液在酸性条件下会产生黄色浑浊和无色气体B.Y、Q两种元素形成的化合物中，有非极性分子C.简单离子半径：Q>Z>WD.X、Y、Z、Q四种元素既可以组成离子化合物也可以组成共价化合物【答案】

C【解析】【分析】Q与M同主族，且M的相对原子质量为Q的两倍，则Q为氧元素，M为硫元素，W形成正一价的离子，原子序数在氧元素和硫元素之间，则W是钠元素，从化合物的结构简式可以看出X只能形成一个单键，表明最外层电子是1或者7，根据排序可知

X应为氢元素，Y能形成4个化学键，表明最外层有4个电子，所以Y应该是碳元素，而Z能连接三个化学键，表明最外层有5个电子，则Z是氮元素，综上所述，X、Y、Z、Q、W、M元素依次为氢元素、碳元素、氮元素、氧元素、钠元素和硫元素。【详解】A．223WMQ

溶液即223NaSO溶液，其酸性条件下会反应生成硫单质和二氧化硫气体，硫单质为黄色沉淀，二氧化硫为无色气体，故A正确；B．Y、Q两种元素形成化合物2CO结构式为O=C=O，是非极性分子，故B正确；C．Q的离子为2O−，Z的离子为3N−，W的离子为Na+，三者电子层数相同，所

以原子序数小的半径大，则简单离子半径：32NONa−−+，即Z>Q>W，故C错误；D．X、Y、Z、Q四种元素即氢元素、碳元素、氮元素、氧元素四种元素，可组成离子化合物，如的()432NHCO，也可以形成共价化合物，如CO(NH2)2，故D正确；

故选：C。10.钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是A.该氧化物的化学式为1314CoOB.晶胞中2Co+的配位数为12C.根据晶体类型推测，该物质熔点低于硫()8SD.若该氧化物的密度为3ρgcm−

，阿伏加德罗常数为-1ANmol，则晶胞中两个2O−间的最短距离是3A2300cm2ρN【答案】D【解析】【详解】A．据“均摊法”，晶胞中含112144+=个2Co+、118+6482=个2O−，该氧化物的化学式为CoO，A错误

；B．以体心钴离子为例，晶胞中2Co+的配位数为6，B错误；C．分子晶体沸点低于离子晶体，根据晶体类型推测，8S(分子晶体)熔点低于CoO(离子晶体)，C错误；D．设晶胞棱长为acm，1个晶胞中含有4个CoO，则晶体密度为3

3A33A=4MN300ρ=gcmgcmNaa−−，晶胞棱长3A300a=cmρN，两个2O−间的最短距离为2a2=3A2300cm2ρN，D正确；故选D。11.氯酸镁[()32MgClO]常用作催熟剂、除草剂等，以卤块(主要成分为22Mg

Cl6HO，含有4MgSO、2FeCl等杂质)为原料制备少量()322MgClO6HO的流程如下：下列说法错误的是A.“溶解、氧化”时，温度不能太高B.“反应Ⅰ”离子方程式为2244BaSOBaSO+−+=C.滤渣2的主要成分为3Fe(OH)D.“系列操作”需用到的

玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗等【答案】D【解析】【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入H2O2之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进

铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3，根据溶解度曲线可知，混合溶液中NaCl溶解度最小，再加入NaClO3饱和溶液得到NaCl沉淀与Mg

(ClO3)2溶液，经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤、干燥得到Mg(ClO3)2•6H2O；【详解】A．“溶解、氧化”时，温度过高易引起22HO分解等问题，故A正确；B．反应Ⅰ加入氯化钡的作用是除去硫酸根离子，发生的反应是钡离子与硫酸根

离子反应产生硫酸钡沉淀，故B正确；C．加入MgO调节溶液pH，使铁离子水解生成()3FeOH沉淀，故C正确；D．系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶等，不需要分液漏斗，故D错误；故选D。12.联氨(24NH)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机

理如图所示。下列说法正确的是A.24NH中有一个π键B.HNH−−键角：()2334NHCuNH+C.电负性：O>N>HD.()234CuNH+和()32CuNH+的配体均为N原子【答案】C【解析】【详解】A．24NH中的原子都是以单键相连，没有π键，故A错误；B．()

234CuNH+中N原子的孤对电子形成配位键，3NH中N原子有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大，键角小，HNH−−键角：()2334NHCuNH+，故B错误；C．电负性：O>N>H，故C正确；D．N原子是配位原子，配体是3N

H，故D错误；故选：C。13.已知2H(g)、4CH(g)、3CHOH(1)可作为燃料电池的燃料，其相关热化学方程式如下：①2222H(g)O(g)2HO(l)+=11akJmolH−=−②422

2CH(g)2O(g)CO(g)2HO(l)+=+12bkJmol−=−H③32222CHOH(l)3O(g)2CO(g)4HO(l)+=+13ckJmolH−=−④4232CH(g)HO(l)CHOH(l)H(g)+=+4ΔH下列

说法正确的是A.4bca--22=HB.反应②的S0C.反应①中若生成2HO(g)，则1HHD.反应③中的3ΔH能表示乙醇的燃烧热【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律，方程式1122=−−④②

①③，所以422acHb=+−，故A错误；B．根据反应②可知该正反应是气体分子数减小的反应，S0，故B错误；C．反应①中若生成2HO(g)，从2HO(l)变成2HO(g)要吸收能量，使放出的能量减小，H变大，则1HH，故C正确；D．燃烧热应该为1mol可燃物完全燃烧，

所以反应③中的3ΔH不能表示乙醇的燃烧热，故D错误；故选C。14.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中有不正确的是实验方案现象结论A在过硫化钠(22NaS)中加入稀盐酸产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的

气体。发生歧化反应：222NaS2HCl2NaClHSS+=++B已知()3+26FeSO呈红棕色，将2SO气体通入3FeCl溶液中溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色。3Fe+与2SO络合反应速率比氧

化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大。C燃着的镁条插入盛有2SO的集气瓶中。冷却后，往集气瓶中加入适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量4CuSO溶液。剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中没有产生黑色沉淀镁能在2SO中燃烧：22MgSO2M

gOS++点燃D探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．22NaS在酸性条件下发生自身氧

化还原生成硫单质和硫化氢气体，会产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明3Fe+与2SO络合生成红棕色()3+26FeS

O的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；C．剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，说明生成硫单质；集气瓶底有白色固体生成，试管中没有产生黑色沉淀，说明没

有生成硫化铜沉淀，而是生成白色氧化镁固体，C正确；D．电石与饱和食盐水反应生成硫化氢气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成了乙炔，D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.一种废镍催

化剂中含有Ni、Al、Cr、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[()1072CHCOONi，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子3Fe+2Fe+2Ni+2Cu+开始沉淀的pH1.97.06.4

5.4完全沉淀的pH3.29.08.46.7回答下列问题：（1）“灼烧”后Cr转化为23CrO，已知23CrO与23AlO性质相似，则滤液中阴离子有OH−、___________。基态Cr原子的价层电子排布式为___________。（2）“酸溶”时，先加入一

定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是___________。（3）“调pH”时，溶液pH的范围为___________。（4）常温下，CuS的spK极小，用2S−可将2Cu+完全沉淀。CuS晶胞

中2S−的位置如图1所示，2Cu+位于2S−所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。①与2S−距离最近的2S−数目为___________。②CuS的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为AN，则CuS晶体的密度为___________3gc

m−。（5）环烷酸的化学式为107CHCOOH，写出“合成”反应的化学方程式：___________。【答案】（1）①.2AlO−、2CrO−②.513d4s（2）浓硫酸稀释放热，可节约能耗、加快反应速率（3）3.2≤pH＜5.4（4）①.12②.330A384a10−N（5）()107

2241074222CHCOOHNi(OH)SOCHCOONiNiSO2HO+++=【解析】【分析】废镍催化剂(含有Ni、Al、Cr、Cu、FeS及碳粉)通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行

碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化

为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。【小问1详解】“灼烧

”后Cr转化为23CrO，已知23CrO与23AlO性质相似，则滤液中阴离子有OH−、2AlO−、2CrO−。Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为513d4s。【小问2详解】浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，可

节约能耗、加快反应速率。【小问3详解】调节pH的目的是使3Fe+完全沉淀，而2Cu+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3.2pH5.4。【小问4详解】①离顶点的2S−最近的2S−位于面心，个数为38122=，故与2S−距离最近的2S−数目为12；②2S−位于顶

点和面心，个数为118+6482=，根据化学式可知，存在4个2Cu+，则晶胞质量为AA4(6432)384ggNN+=，晶胞体积为()310310cma−，则晶体密度()3A3330103A384g384gcm1010cmNmVNaa−−−===。【小问5

详解】环烷酸的化学式为107CHCOOH，“合成”反应中107CHCOOH与224Ni(OH)SO反应生成()1072CHCOONi、硫酸镍和水，反应的化学方程式为()1072241074222CHCOOHNi(OH)SOCHCOONiNiSO2HO+++=。16.铝氢

化钠(4NaAlH)是有机合成的重要还原剂，其合成路线如下：（1）已知3AlCl的熔点为190℃，沸点为178℃，在潮湿的空气中易水解。某实验小组利用下图中的装置制备无水3AlCl(部分夹持装置略去)。①圆底烧瓶中发生

反应的化学方程式为___________。②按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________(填接口字母)。③装置A盛放浓盐酸的仪器名称为___________，装置D的作用是___________。（2）3AlCl与

NaH反应时，需先将3AlCl溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末中，此反应中NaH的转化率较低，其原因可能是___________。（3）通过测定铝氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定铝氢化钠样品的纯度。①铝氢化钠与水反应的化学方程式为___

________。②设计如下四种装置(部分夹持装置略去)测定铝氢化钠样品的纯度(杂质只有氢化钠)。从简约性、准确性考虑，最恰当的装置是___________(填编号)。【答案】（1）①.322KClO6HCl()KCl3Cl3HO=+++浓②.k→j→d→e→b(c)→c(b)→h→i→f(→g

)③.分液漏斗④.吸收未反应的2Cl，并防止空气中的水蒸气进入装置E（2）NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，生成的NaCl沉积在反应物表面使反应物难以接触(或其他合理答案)（3）①.4222NaAlH2HONaAlO4H+=+②.丁【解析】【分析】首先通过C装置A制备氯气，通过

装置F除去其中混入的氯化氢后，再通过装置C干燥氯气，在装置B中和铝发生反应生成氯化铝，最后要注意用碱石灰除去没有反应完的氯气，以此解题。【小问1详解】①圆底烧瓶中，氯酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，化

学方程式为322KClO6HClKCl3Cl3HO+=++；②制得的氯气先通过F除去HCl，再通过C除去水，再进入B发生反应，E装置收集产品，D处理尾气，故接口顺序为a→k→j→d→e→b(c)→c(b)→h→i→

f(→g)；③A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；D的作用是吸收未反应的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E。【小问2详解】NaH是离子化合物，难溶于有机溶剂，生成的氯化钠沉积在反应物表面使反应物难以接触从而使转化率较低。【小问3详解】①铝氢化钠与水反应生成偏铝酸钠和

氢气，反应方程式为4222NaAlH2HONaAlO4H+=+；②使用恒压分液漏斗使操作更加简便，利用注射器使装置更加简单且准确性较高，故选择丁。17.己二酸[()24HOOCCHCOOH]可用于制造尼龙-66合成纤维。实验室可用碱性4KMnO溶液氧化环己醇()制取己二酸，其反应原理简示如

下：4KMnO/NaOH<50⎯⎯⎯⎯⎯→℃KOOC(CH2)4COONaH0；()()HCl2244KOOCCHCOONaHOOCCHCOOH⎯⎯→。已知：名称相对分子质量密度(g/mL)溶解性环己醇1000.96可溶于

水，易溶于乙醇己二酸1461.36在水中溶解度：15℃时为1.44g，25℃时为2.1g，100℃时为160g；易溶于乙醇实验步骤：步骤1：在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入50mL0.5mol/LNaOH溶液和8.5g高锰酸钾(约0.05mol)，慢慢开启搅拌器，水浴升温至35℃使之溶

解。步骤2：控制滴速滴加环己醇2.1mL，加热回流，充分反应后趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。步骤3：将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，再用浓盐酸酸化至pH为2~4，小火加热蒸发溶液至10mL左右，冷却结晶，抽滤，洗涤，干燥，称重得产品2.1g。回答下列问题：（

1）环己醇()分子中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。（2）步骤2中用少量热水洗涤滤渣的目的是___________。（3）环己醇滴速不同，反应过程中溶液温度随时间的变化曲线不同，具体情况如图所示。为提高己二酸的产率，在实验过程中最好选择曲线___________对应的滴速(填标号

)。（4）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理：___________。（5）若要得到纯度更高的己二酸，可通过___________的方法提

纯。（6）本实验中己二酸的产率为___________(保留两位有效数字)。【答案】（1）3sp（2）溶解滤渣中的己二酸钾钠，提高产率（3）F（4）①.除去过量的高锰酸钾，避免在用浓盐酸酸化时，产生氯气②.24224222MnO5

HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++（5）重结晶（6）71%【解析】【分析】由环己醇制取己二酸时，需要在碱性条件下，使用KMnO4将环己醇氧化，从而获得己二酸钾；为防止过量的KMnO4氧化后续操作中加入的浓盐酸，应先往滤液中加入NaHSO3将KMnO4还原，最后用降温

结晶法获得己二酸。【小问1详解】分子中C形成4个σ键且无孤电子对，C原子的杂化轨道类型为3sp杂化；【小问2详解】己二酸钾钠在过滤时可能会少量析出，利用己二酸钾钠在热水中溶解度大，使其溶解，转移至滤液中，提高产率；【小问3详解】为提高己二酸的产率首先要提

高己二酸钾钠的产率，题中所示反应原理中反应温度需控制在小于50C，因此实验过程中最好选择曲线F对应的滴速；【小问4详解】反应混合物中有4KMnO，为避免后续加入的浓盐酸与其反应产生氯气，需先加入饱和亚硫酸钠溶液，除去过量的4KMnO；用草酸处理的反应方程式为24

224222MnO5HCO6H=2Mn10CO8HO−++++++；【小问5详解】若要得到纯度更高的己二酸，可通过重结晶的方法提纯；【小问6详解】设2.1mL环己醇理论上可制得己二酸的质量为gx，可得关系式6106241CHO~1001462.10.96xCHO环己醇己二酸，解得2.10.

96146=2.94100x，产率2.1100%71%2.94=。18.合成某药物的中间体G的流程如图：请回答下列问题：（1）A的名称为___________(系统命名法)，A的酸性比苯酚_________

__(填“强”或“弱”)，原因是___________。（2）反应④的反应类型是___________，D中含氧官能团的名称为___________。（3）写出反应⑤的化学方程式：___________。（4）写出

满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：___________。①苯环上只有3个取代基；②核磁共振氢谱图中吸收峰面积比为4:2:2:1；③1mol该物质与足量3NaHCO溶液反应生成22molCO。（5）根据已有

知识并结合相关信息，写出以6523CHOOCCHCH−为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_______【答案】（1）①.4-氟苯酚②.强③.F元素电负性强(为吸电子基)，使酚羟基中氧氢键极性增强，更易电离出H+（2）①.还原(加成)反应②.羰基(酮基)

、醚键、羧基（3）⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O（4）、（5）3AlCl⎯⎯⎯→2H,⎯⎯⎯⎯→钯催化⎯⎯⎯→浓溴水【解析】的【分析】在浓硫酸作用下与乙酸酐发生取代反应生成B，B在氯化铝催化作用下异构为C，C与乙二

酸二乙酯反应生成D，D与氢气在钯催化作用下发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，可以推知F的结构简式为，F与氢气发生加成反应生成G。【小问1详解】由结构简式可知，A的名称为4-氟苯酚。F元素电负性强(为吸电子基)，使酚羟基中的氧氢键极性增强，更易电离出H+，因此

4-氟苯酚的酸性比苯酚强；【小问2详解】反应④反应类型是还原(加成)反应，由结构简式可知，D中含氧官能团的名称为羰基(酮基)、醚键、羧基；【小问3详解】由分析可知，E发生消去反应生成F，可以推知F的结构简式为，化学方程

式为：⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O；【小问4详解】E为，不饱和度为6，满足下列条件E的同分异构体：①苯环上只有3个取代基，除苯环外，还有2个不饱和度；②核磁共振氢谱图中吸收峰面积比为4:2:2:1，说明该分子对称；③1mol该物质与足

量3NaHCO溶液反应生成22molCO，分子中有2个羧基，满足条件的结构简式为、；【小问5详解】的的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com