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2024 年高三 10 月联考试卷
化学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证
号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案
标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5
K∶39
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题 3分，共 42分）
1．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列叙述错误的是（ ）
A．江西博物馆中“《论语》竹简”中竹简的主要成分是纤维素
B．安徽古代科学家方以智在其《物理小识》“有硇水者，剪银块投之，则旋而
为水”，其中的“硇水”指醋酸
C．甘肃出土的春秋早期秦国的铜柄铁剑中，铁元素有化合态和游离态两种存在
形式
D．广西壮锦的主要原料是蚕丝等，蚕丝属于有机高分子化合物
2．反应2NH +NaClO=N H +NaCl+H O可用于制备火箭推进剂的燃料N H ，下
3 2 4 2 2 4
列说法正确的是（ ）
A．N H 分子中没有非极性键 B．NaClO的电子式为
2 4
C．H O、NH 的VSEPR模型一致 D．食盐的分子式为NaCl
2 3
3．下列装置可以实现对应实验目的的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司B．分离乙醇和
A．验证吸氧腐蚀
Cu(NH
3
)
4
SO
4
⋅H
2
O C．制备NH
3
D．测量NO
2
体积
4．下列有关阿伏伽德罗常数(N )的叙述中正确的是（ ）
A
A．18g液态水中含有氢键的数目为2N
A
B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有O-H键的数目为0.1N
A
C．常温下2.7g Al 加至足量的浓硝酸中，转移的电子数为0.3N
A
D．25℃时，1L pH=2 的CH COOH溶液中， H+的数目为0.01N
3 A
5．下列反应的离子方程式表述不
．
正
．
确
．
的是（ ）
A．氯化铁溶液腐蚀铜板： 2Fe3+ +Cu=2Fe2+ +Cu2+
B．铝溶于NaOH溶液中：2Al+2OH−+6H O=2Al(OH) − +3H ↑
2 4 2
C．将少量SO 通入NaClO溶液：SO +H O+2ClO− =SO2−+2HClO
2 2 2 3
D．用纯碱溶液除去水垢中的CaSO ：
4
6．下列有关物质结构与性质的说法正确的是（ ）
A．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性
有关
B．某基态原子的价层电子排布为4d25s2，该原子N层上有3个空轨道
C．C=C 键的键能比C—C 键的大，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定
D．碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
学科网（北京）股份有限公司7．现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。
其中，M 具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R 是地壳中含
量最多的元素，且 W 与 R 的最外层电子数相同；T、Y 是金属元素，其中 T 的
原子半径是短周期中最大的，能与 X 形成离子化合物TX；Y 既不是主族元素、
也不是副族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是（ ）
A．M 元素与Q、R 元素形成的两种微粒的键角：QM+>M R+
4 3
B．Q、R、T三种元素简单离子的半径：T>R>Q
C．T、W、X、Y四种元素的第一电离能：X>W>Y>T
D．WR2−、XR−的VSEPR 模型与实际空间构型均相同
4 4
8．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
向2mL0.1mol⋅L−1KMnO 溶液中
4
A 紫色溶液褪色 H O 具有氧化性
滴加过量的 0.1mol⋅L−1H O 溶 2 2
2 2
液
先出现浅黄色
以K CrO 为指示剂，用AgNO
B 2 4 3 沉淀，后出现 K (AgBr)VO2+ >VO+ >Fe2+ >Al3+；
2
③VO+和VO−可以相互转化。
2 3
回答下列问题：
(1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na SO 与钒页岩形成混合物，这样做的目的
2 4
是 。
(2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是 （填元素符号）。
(3)H C O 作用是将 VO+转化为 VO2+，转化的目的是 ，发生的离
2 2 4 2
子反应方程式为 。
(4)①“沉钒”时，生成NH VO 沉淀，“步骤X”应该加入 （填“氧化剂”或“还
4 3
原剂”），写出“沉钒”时的离子反应方程式 。
②以“沉钒率”（NH VO 沉淀中 V 的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回
4 3
收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是 。
(5)①VO 可以溶解在 NaOH 溶液中，得到VO3−，VO3−在不同的 pH 下可以得到
2 5 4 4
不同聚合度的多钒酸盐，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，其中一种酸式钒
酸根离子可以表示为[H VO ]4−，其中x= 。
2 x 28
②V 的另一种氧化物VO 的立方晶胞如图所示，则在晶胞中，黑球代表的是
2
原子。
学科网（北京）股份有限公司16．硫及其化合物是十分重要的化工原料。
(1)某同学设计如图实验测定硫酸浓度（不考虑体积变化，假设锌与稀硫酸反应
只产生氢气）：
①实验部分操作：a．调平量气管和烧杯的液面；b．冷却至室温；c．读数。正
确的先后操作顺序是 （填字母）。
②已知开始时量气管读数为VmL，最终读数为VmL（均折合成标准状况，且
1 2
V >V ）。则锌与稀硫酸发生反应的最低硫酸浓度为 mol L。
2 1
(2)已知SO 具有还原性，可以还原I ，也可以与Na O 发生反应。
2 2 2 2
①将SO 通入装有过氧化钠的硬质试管中，将带火星的木条放在试管口处。若木
2
条不复燃，则说明SO 与Na O 反应无O 生成，可能发生反应的化学方程式
2 2 2 2
为 。
②将SO 通入装有碘水（含淀粉）的洗气瓶中，若 ，说明还原性：SO >I−，
2 2
写出该反应的离子方程式： 。
(3)为探究SO 在盐酸中与Cu、 Cu2+的反应，某实验小组设计如图实验。
2
实验Ⅰ：
学科网（北京）股份有限公司实验Ⅱ：
已知： ，实验Ⅰ中得到的黑色固体为Cu S。
2
①实验Ⅰ通入SO 时反应的离子方程式为 ，实验Ⅱ通入SO 时反应的离子
2 2
方程式为 。
②实验Ⅱ若消耗 SO ，则生成4N 个 H+。
2 A
17．丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用
下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：
主反应Ⅰ． ΔH
1
副反应Ⅱ． ΔH
2
回答下列问题：
(1)ΔH 0(填：“>”或“<)。
1
(2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照n(C H ):n(CO):n(H )=1:2:1投料，发
2 4 2
生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为4p kPa，反应t min 达到平衡，平衡时C H 的转化率为
2 4
80%，C H 的选择性为25%，则H 的转化率为 %，v(CO)= kPa/min，
2 6 2
反应Ⅰ的K =
p
n (C H )
kPa−2。(用含p的代数式表示，C H 的选择性= 生成 2 6 )。
2 6 n (C H )
消耗 2 4
学科网（北京）股份有限公司(3)在装有相同催化剂的。相同恒压容器中，按照n(C H ):n(CO):n(H )=1:2:1投
2 4 2
料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下C H 的转化率(α)如图所示。
2 4
则 B、D 两点的平均反应速率 v(B) v(D)(填“>”、“=”、“<”)，产生这一结果
的原因可能是 。
(4)T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通入1mol C H 、1mol CO和2mol H ；向
2 4 2
绝热恒容的乙容器中通入1mol C H 、1mol CO、2mol H ，若只发生上述反应Ⅰ。
2 4 2
则甲乙容器中C H 的平衡转化率α α (填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
2 4 甲 乙
18．Glivec(甲磺酸伊马替尼)在治疗慢性粒细胞白血病和胃肠道间质瘤上效果显
著，其一种合成路线如图所示。
已知：①
②
请回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ；化合物D侧链不能被弱氧化剂氧化，D中含氧官能
团的名称为 。
(2)H的结构简式为 ；由F生成G的反应类型为 。
(3)有关J的说法正确的是______(填序号)。
A．分子中有手性碳原子
B．键的极性：C−HM R+，A 正确；B．Q、
4 3 4 3
R、T 三种元素分别为 N、O、Na，对应的简单离子为 N3−、O2−、Na＋，三种离
学科网（北京）股份有限公司子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3−>O2−>Na＋，即Q>R>T，B
错误；C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性
越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电
离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有 Cl>S>Fe>Na，即 X>W>Y>T，C
正确；
6+2
D．WR2−、XR -分别为SO2−、ClO−，SO2−中心原子S 的价层电子对为 =4，
4 4 4 4 4 2
VSEPR 模型为正四面体形，S 与 4 个 O 形成 4 个 σ 键，无孤电子对，空间构型
7+1
为正四面体形，ClO−中心原子Cl 的价层电子对为 =4，VSEPR 模型为正四面
4 2
体形，Cl 与 4 个 O 形成 4 个 σ 键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则
WR2−、XR−的VSEPR 模型与实际空间构型均相同，D正确；故选B。
4 4
8．【答案】D
【解析】A．向2mL0.1mol⋅L−1KMnO 溶液中滴加过量的0.1mol⋅L−1H O 溶液，反应
4 2 2
生成Mn2+和O ，反应中H O 为还原剂，表现还原性，故A错误；B．Br-与CrO2−
2 2 2 4
的浓度是否相等是未知的，且 AgBr 与 Ag CrO 类型不相同，故无法比较 AgBr
2 4
与Ag CrO 的K ，故B 错误；C．压缩盛有NO 气体的容器体积，则二氧化氮
2 4 sp 2
浓度增大，气体颜色变深，C 错误；D．Ba(OH) 和 H SO 恰好完全反应时，产
2 2 4
物为 BaSO 沉淀和水，恰好完全反应时几乎不导电，电导率最低，沉淀最多，
4
继续滴加硫酸，则溶液中有氢离子，硫酸根离子溶液导电能力上升，D正确；答
案选D。
9．【答案】C
【解析】A．Na和Mg 均为活泼金属，工业上电解熔融NaCl 可制金属Na，电解
熔融 MgCl 可制金属 Mg，A 正确；B．Na N 与盐酸反应生成 NaCl 和 NH Cl，
2 3 4
根据相似规律Mg N 与盐酸反应生成MgCl 和NH Cl，B 正确；C．NaOH溶液
3 2 2 4
与少量 AgNO 溶液反应生成 AgOH 和 NaNO ，氨水与少量 AgNO 溶液反应生
3 3 3
成[Ag(NH ) ]OH和NH NO ，C 错误；D．Al3+与HCO−在溶液中可发生相互促进
3 2 4 3 3
的水解反应生成沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，Fe3+与HCO−在溶液也可以发生相
3
互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铁和二氧化碳气体，D正确；故选C。
学科网（北京）股份有限公司10．【答案】B
【解析】由题意分析：该装置是电解池，电解水制氢，电极 A 上水得到电子生
成氢气，电极反应式为2H O+2e− =2OH−+H ↑，电极 B 上尿素失电子生成氮气，
2 2
电极反应式为：CO(NH ) -6e-+6OH-=CO ↑+N ↑+5H O，电极 B 上生成氧气的反
2 2 2 2 2
应为：4OH--4e-=O ↑+2H O。A．没有标明为标况，无法计算转移电子数，故 A
2 2
错误；B．电解过程中，电极A为阴极，电极反应式为：2H O+2e− =2OH−+H ↑，
2 2
故电解过程中电极 A 附近不断生成氢氧根离子，电极 A 附近溶液的碱性增强，
故 B 正确；C．结合图示，UOR 分两步进行，有氮气生成，故有非极性键的形
成，故C 错误；D．电极 B 为电解池的阳极，应该与铅蓄电池的正极也即是PbO
2
极相连，故D错误；故选B。
11．【答案】C
【解析】A．Ir 单原子位点促进氢气的活化，产物有的 3 种且比例接近，Mo 和
Ir的协同作用改变催化剂选择性，生成选择性为96%的其中一种，选项A正确；
B．从图示的催化过程可以发现，Mo单原子位点对4—硝基苯乙烯有较好的吸附
效果，选择性为96%，选项B 正确；C．催化剂不能改变平衡移动，故不能提高
4—硝基苯乙烯的平衡转化率，选项 C 错误；D．根据图示可知双单原子的催化
剂选择性为 96%，大于单原子催化剂的 37%选择性，可以大大减少副反应的发
生，提高乙烯苯胺的产率，选项D正确；答案选C。
12．【答案】A
【解析】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和Na C O 发生氧化反应失去
2 2 4
电子，KMnO 发生还原反应得电子，KMnO 发生还原反应变成 Mn2+，故得电子
4 4
总量为5（V+V）×10-3×cmol，Na C O 被氧化为二氧化碳共失去电子2V ×10-3c mol，
1 3 1 2 2 4 2 2
故水样中的还原性物质失电子总量为5（V+V）c ×10-3-2Vc ×10-3mol，相当于消耗
1 3 1 2 2
5（V+V）c ×10-3-2Vc ×10-3
KMnO 1 3 1 2 2 mol，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物
4
5
质 每 消 耗 1molKMnO 折 算 为 1.25molO 的 消 耗 量 ， 故 可 知 耗 氧 量 为
4 2
5（V+V）c ×10-3-2Vc ×10-3 5
1 3 1 2 2 × mol ， 故 水 样 中 COD 含 量 (mg/L) 为
5 4
学科网（北京）股份有限公司5（V 1 +V 3 ）c 1 × 5 10-3-2V 2 c 2 ×10-3 × 5 4 ×32×103 32× c 1 (V 1 +V 3 )−c 2 V 2 × 5 2 × 5 4 。故
mg/L= mg/L
V ×10-3 V ×10−3
0 0
选A。
13．【答案】C
【解析】A．催化剂降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子的百分数，
A 正确；B．HCOOO∗+H O+e− →HCOOH∗+OH−为相对能量差值最大的一步，反
2
应速率较慢，为制甲酸过程的决速步骤，B 正确；C．催化剂 S2−活性位点在催化
过程中的作用是活化水分子，C 错误；D．由图 2可知，电催化还原CO 制甲酸
2
总反应为CO +2H O+2e−=HCOOH+2OH−，反应后气体分子数减少，则熵变ΔS<0，
2 2
D正确；故选C。
14．【答案】C
【解析】由已知信息K =c[H A(aq)]，常温下，K 为常数，因此原溶液中 c[H A(aq)]
0 3 0 3
c
(
H
A-)
c
( H+)
c
(
H
A-)
c
( H+)
始终不变，lgc(H A)对应L ，K = 2 = 2 ，c ( H A-) c ( H+) =K K ，
3 4 1 c H 3 A(aq) K 0 2 1 0
c
( HA2-)
c
( H+)
lg
(
H
A-)
=lgK +lgK +pH ； K = ，
2 1 0 2
c
(
H
A-)
2
lgK =lgc ( HA2-) -pH-lgc ( H A-) =lgc ( HA2-) -pH-lgK -lgK1-pH ，
2 2 0
c
( HA3-)
c
( H+)
lgc
( HA2-)
=lgK +lgK +lgK +2pH ， K = ，
0 1 2 3
c
( HA2-)
lgK =lgc ( A3-) -pH-lgc ( HA2-) =lgc ( A3-) -pH-(lgK +lgK +lgK +2pH) ，
3 2 0 1
lgc ( A3-) =lgK +lgK +lgK +lgK +3pH，因此lgc ( H A-) 、lgc ( HA2-) 、lgc ( A3-)与 pH 的
0 1 2 3 2
变化关系直线的斜率分别为3，2，1；A．由分析可知，直线L 的斜率对应lgc(A3−)
2
的变化情况，A正确；B．N点lgc
(
H
A−)
=lgc
( A3−)
，c
(
H
A−)
=c
( A3−)
，电荷守恒：
2 2
c
( H+)
=c
( OH−)
+2c
( HA2−)
+c
(
H
A−)
+3c
( A3−)
， 由 于 c
(
H
A−)
= c
( A3−)
， 得 出
2 2
c
( H+)
=c
( OH−)
+2c
( HA2−)
+4c
(
H
A−)
，B 正确；C．随pH增大，lgc
( A3−)
增加，则
2
溶液中含A微粒的总浓度增大，但不会一直增大，C错误；D．N点c
(
H
A−)
=c
( A3−)
，
2
学科网（北京）股份有限公司c
( HA3−)
c
( H+)
c
( HA2−)
c
( H+)
c
( HA3−)
c
( H+)2
K K = × = =c ( H+)2 =10−2c，D 正确；故选
2 3
c
( HA2−)
c
(
H
A−)
c
(
H
A−)
2 2
C。
15．【答案】(1)生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率（1分）
(2)Si（1分）
(3)VO2+的萃取率大于VO+，转化为VO2+可以提高钒的萃取率（2分）
2
2VO++H C O +2H+=2VO2++2CO ↑+2H O（2分）
2 2 2 4 2 2
(4)氧化剂（1分） VO-+NH+=NH VO ↓（1分） 温度高于80℃时，NH
3 4 4 3
+的水解程度增大，NH+浓度减小导致沉钒率下降（2分）
4 4
(5)10（2分） V（2分）
【解析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元
素转化为 VO+、铁离子、铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧
2
化硅的滤渣和滤液；调节滤液的 pH 为 5.1，将溶液中的铁离子、铝离子转化为
氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向
滤液中加入草酸溶液，将VO+离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃
2
取剂萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水
相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离子氧化为VO+离子，向反应
2
后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒
酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。（1）“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页
岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒
元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提
高钒的浸取率；（2）由分析可知，滤渣 1 的主要成分是二氧化硅，除掉的主要
杂质元素是硅元素，故答案为：Si；（3）由题给信息可知，VO2+的萃取率大于
VO+，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO+离子还原为VO2+离子，有利
2 2
于 萃 取 时 提 高 钒 的 萃 取 率 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 2VO +
2
+H C O +2H+=2VO2++2CO ↑+2H O，故答案为：VO2+的萃取率大于 VO+，转化
2 2 4 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司为 VO2+可以提高钒的萃取率；2VO++H C O +2H+=2VO2++2CO ↑+2H O；（4）
2 2 2 4 2 2
①由分析可知，步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO+离
2
子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵
沉淀，反应的离子方程式为VO-+NH+=NH VO ↓，故答案为：氧化剂；VO-+NH
3 4 4 3 3
+=NH VO ↓；②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡
4 3
4
向正反应方向移动，所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，
NH+的水解程度增大，NH+浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：温度高于80℃
4 4
时，NH+的水解程度增大，NH+浓度减小导致沉钒率下降；（5）①由无限链状
4 4
结构可知，多钒酸盐中钒元素的化合价为+5 价，由化合价代数和为 0 可知，
(+1)×2+(-2)×28-(-4)
[H VO ]4−中 x= =10，故答案为：10；②由晶胞结构可知，晶
2 x 28 5
1
胞中位于顶点和体心的黑球个数为 8× +1=2，位于面上和体内的白球个数为 4×
8
1 +2=4，由氧化物的化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，故答案为：V。
2
(V -V)×10−3
16．【答案】(1)bac（2分） 2 1 （2分）
4.48
(2) SO + Na O = Na SO （ 1 分 ） 溶 液 蓝 色 消 失 （ 1 分 ）
2 2 2 2 4
SO +I +2H O=4H+ +SO2−+2I−（2分）
2 2 2 4
(3) 6Cu+SO +4H+ +12Cl− =4CuCl2−+Cu S+2H O （ 2 分 ）
2 3 2 2
2Cu2++SO +2H O+6Cl−=2CuCl2−+SO2-+4H+（2分） 64g（2分）
2 2 3 4
【解析】Y 形管中 Zn 足量，将 Y 形管倾斜，使硫酸与 Zn 充分反应，生成的氢
气通过量气管测定，通过氢气的体积计算消耗硫酸的物质的量，从而测得硫酸的
浓度；（1）①实验结束后应先冷却至室温，然后调节水准管使量气管和烧杯的
液面持平后，再水平读数，这样才能排除温度、压强对产生气体体积的影响，故
顺序为：bac；②已知开始时量气管读数为VmL，最终读数为VmL，则生成氢气
1 2
(V -V)×10−3
的体积为(V
2
-V
1
)mL，n(H
2
)= 2 1 mol,结合反应：Zn+H
2
SO
4
= ZnSO
4
+ H
2
↑，
22.4
(V -V)×10−3
可知 n( H 2 SO 4 )=n(H 2 )= 2 1 mol ，硫酸体积为 200mL，则浓度为：
22.4
学科网（北京）股份有限公司(V -V)×10−3
2 1 mol (V -V)×10−3
22.4 = 2 1 mol L；（2）①SO 2 与Na 2 O 2 反应无O 2 生成，则产物
4.48
0.2L
应为硫酸钠，反应为：SO +Na O =Na SO ；②将SO 通入装有碘水（含淀粉）的
2 2 2 2 4 2
洗气瓶中，若溶液蓝色消失，可知发生反应：SO +I +2H O=4H+ +SO2−+2I−，反
2 2 2 4
应中二氧化硫作还原剂，碘离子为还原产物，根据氧化还原反应还原剂的还原性
强于还原产物可知：还原性：SO >I−；（3）实验Ⅰ、Ⅱ中生成 CuCl 白色沉淀的
2
原理相同，均为 ，则在通入二氧化硫的过程中两者均生成
CuCl2−，实验Ⅰ中Cu单质转化为CuCl2−，Cu被氧化，则二氧化硫作氧化剂，被还
3 3
原，结合生成黑色固体可知生成Cu S，1molCu 单质失去 1mol 电子，1mol 二氧
2
化硫得 6mol 电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：
6Cu+SO +4H+ +12Cl− =4CuCl2−+Cu S+2H O；实验Ⅱ中硫酸铜转化为CuCl2−，Cu化
2 3 2 2 3
合价降低，则硫酸铜作氧化剂，二氧化硫作还原剂，被氧化为硫酸根离子，1mol
铜离子得 1mol 电子，1mol 二氧化硫失去 2mol 电子，根据得失电子守恒及元素
守恒得反应离子方程式：2Cu2++SO +2H O+6Cl−=2CuCl2−+SO2-+4H+；由反应可知生
2 2 3 4
成4mol 氢离子即4N 个氢离子消耗1mol 二氧化硫即64g。
A
17．【答案】(1)<（1 分）
3p 75
(2)80（2分） （2分） （2分）
5t 7p2
(3)>（2分） 温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率的影响
大于温度对化学反应速率的影响（2分）
(4)>（2 分） 反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移
动，C H 的转化率降低（2分）
2 4
【解析】（1）反应I为化合反应，绝大多数化合反应为放热反应，所以ΔH＜0；
1
（2）设n(C H )、n(CO)、n(H )物质的量分别为1mol、2mol、1mol，达到平衡时C H
2 4 2 2 4
的转化率为 80%，即反应消耗 C H 物质的量为 0.8mol，C H 的选择性为 25%，
2 4 2 6
则生成的C H 有0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ消耗的H 有0.2mol，消耗的C H
2 6 2 2 4
学科网（北京）股份有限公司有0.2mol，反应Ⅰ消耗的C H 为0.6mol，消耗的H 为0.6mol，共消耗H 物质的
2 4 2 2
量为0.8mol，H 的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为4mol，初始总压
2
强为4pkPa，CO初始分压pkPa，反应 I消耗CO为0.6mol，即压强变化0.6pkPa，
3p
反应速率： ；
5t
， 平 衡 时 ， n(C H )=0.2mol ，
2 4
n(H )=0.2mol，n(CO)=1.4mol，n(C H )=0.2mol，n(CH CH CHO)=0.6mol，气体
2 2 6 3 2
总物质的量为 2.6mol，初始时气体总物质的量为 4mol，总压为 4pkPa，则平衡
时 各 物 质 分 压 为 p(C H )=0.2pkPa ， n(H )=0.2pkPa ， n(CO)=1.4pkPa ，
2 4 2
0.6p 75
n(C H )=0.2pkPa，n(CH CH CHO)=0.6pkPa，K = = ；（3）从
2 6 3 2 p 0.2p×0.2p×1.4p 7p2
图中可知 B 点乙烯的转化率大于 D 点，但都小于该温度下的平衡转化率，说明
开始时随着温度的升高，反应速率增大，乙烯的转化率不断增大，但是随着温度
进一步升高，催化剂活性降低，催化剂降低对反应速率降低的影响强于温度升高
对反应速率加快的影响，所以v(B)＞v(D)；（4）反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，
相当于升高温度，平衡逆向移动，C H 的转化率降低，所以α＞α 。
2 4 甲 乙
18．【答案】(1)甲苯（1分） 酮羰基（1分）
(2) （2分） 还原（1分）
(3)BD（2分）
(4) （2分）
学科网（北京）股份有限公司(5) 、 （2分）
(6) （4分）
【解析】根据A分子式及反应产物可知，A为甲苯，发生取代反应生成 ，
发生硝化反应生成 B ，根据已知①可知 B 反应生成 C
；根据D分子式及E 结构简式可知D ；根据已知②
可知 G 结构简式 ，根据 J 结构简式及反应条件可知 I
发生取代反应，则 I 结构简式： ，则 H 结
构简式： ；（1）根据分析可知，A 为甲苯；D 结构简式：
，含氧官能团为酮羰基；（2）根据分析可知，H 结构简式：
；由 F 反应生成 G 的反应过程中，硝基被还原为氨基，反应类
型为还原反应；（3）A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，
根据J 结构简式可知，J 中无手性碳原子，A错误；B．电负性：N＞C，键的极
性：N−H＞C−H，B 正确；C．J 中含氨基和酰胺基，在酸性条件下也可水解，
学科网（北京）股份有限公司C 错误；D．根据成键可知J 中N原子和C 原子的杂化轨道类型均有2种，分别
为sp2、sp3杂化，D正确；（4）B→C发生加成反应，根据分析可知，反应方程
式： ；（5）芳香化
合物M是B 的同分异构体，满足条件：①能发生银镜反应，且能发生水解反应，
则含甲酸某酯基；②核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1∶1∶2∶4，说明
含2个−NH ，则符合要求的结构简式： 、 ；（6）
2
乙醇被催化氧化生成乙醛，与 反应生成 ， 与
反 应 生 成 目 标 产 物 ， 具 体 合 成 路 线 如 下 ：
。
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