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2024 年高考化学临考押题卷 01
（考试时间：75分钟 试卷满分：100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． “定州花瓷瓯，颜色天下白”。定窑烧制的白瓷胎质洁白细腻，釉色匀净，薄而坚硬，素有“白如
玉、薄如纸、声如磬”的美誉，下列物质材质与之相同的是
A B C D
黄花梨四撞提盒 女史箴图 曾侯乙青铜编钟 青花山水长形瓷枕
【答案】D
【解析】定州花瓷瓯的材质为陶瓷，属于传统无机非金属材料，据此分析解题：
A．黄花梨四撞提盒的材质为纤维素，属于有机高分子材料，A不合题意；
B．女史箴图的材质为纸张，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，B不合题意；
C．青铜是 和 或 的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，C不合题意；
D．青花山水长形瓷枕的材质为陶瓷，属于传统无机非金属材料，D符合题意；
故答案为：D。
2．下列物质的性质与用途对应关系错误的是
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造晶体管、集成电路等
B．蛋白质遇酶能发生水解，用加酶洗衣粉洗涤真丝织品可快速去污
C．血液中 平衡体系能缓解外来酸碱的影响，可以平衡人体的pH
D．金属电子从激发态跃迁回基态时，释放能量而呈现各种颜色，常制作烟花
【答案】B
【解析】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，属于半导体材料，常用于制造晶体管、集成电路
等，性质与用途对应关系正确，A不符合题意；
B．蛋白质遇酶能发生水解，用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，会使织品中的蛋白质水解，性质与用途对应关
系不正确，B符合题意；
C．血液中 平衡体系能缓解外来酸碱的影响，使血液的pH稳定在7.4左右，平衡人体的
pH，性质与用途对应关系正确，C不符合题意；
D．金属电子从激发态跃迁回基态时，释放能量形成发射光谱，呈现各种颜色，常制作烟花，性质与用途对应关系正确，D不符合题意；
故选B。
3．下列装置正确，且能达到实验目的的是
A．甲装置：用 制取无水
B．乙装置：鉴别纯碱与小苏打
C．丙装置：铁制品表面镀铜
D．丁装置：验证某补铁口服液（含维生素C）中存在
【答案】C
【解析】A．加热 时失去结晶水，FeCl 溶于结晶水发生水解反应：FeCl +3H O
3 3 2
Fe(OH) +3HCl，加热时由于HCl的挥发，上述水解平衡正向移动，最终不能制取无水FeCl3，而且加热固
3
体不使用蒸发皿，A项不符合题意；
B．加热固体的试管口应略向下倾斜，装置错误，B项不符合题意；
C．Cu为阳极，铁为阴极，铁电极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铁的表面有Cu析出，铁制品表面镀上了
Cu，C项符合题意；
D．某补铁口服液中滴加酸性KMnO 溶液，可观察到紫红色褪为无色，但不能证明补铁口服液中存在
4
Fe2+，因为补铁口服液中还添加抗氧化物质（如维生素C）、甜味剂、香精等，而抗氧化物质等具有还原
性，也能使酸性KMnO 溶液褪色，D项不符合题意；
4
答案选C。
4．酸性高锰酸钾氧化HO 的离子方程式为
2 2
。与该反应有关的说法正确的是
A．HO 的球棍模型为
2 2
B．O 的电子式为：
2
C．基态Mn2+价电子的轨道表示式为
D．标准状况下收集到56LO 时，最多消耗
2
【答案】D
【解析】A．HO 中两个氧都是sp3杂化，是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相
2 2
连，但不在同一平面上，四个原子不共线，故A错误；B．O 的电子式为： ，故B错误；
2
C．基态Mn2+价电子的轨道表示式为 ，故C错误；
D．O 由HO 氧化生成，1mol HO 失去2mol电子生成1 mol O ，标准状况下收集到56LO 时，即生成
2 2 2 2 2 2 2
2.5mol O ，转移5mol电子，由反应可知 在反应中得5mol电子，则2.5mol氧气生成消耗
2
，故D正确；
故选：D。
5．高中生应德智体美劳全面发展。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
劳动项目 化学知识
A 烹饪活动：向沸汤中加入蛋液做蛋花汤 加热使蛋白质变性
B 烘焙活动：碳酸钠可以用来调节面团的酸度 NaCO 能与酸反应
2 3
C 家务活动：擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈 铁与水蒸气反应生成Fe O
3 4
D 学农活动：施肥时铵态氮肥和草木灰不能同时使用 与 在一定条件反应
【答案】C
【解析】A．蛋液中含蛋白质，在加热条件下蛋白质会发生变性，故A正确；
B．NaCO 在溶液中能发生水解从而使溶液呈碱性，可与酸反应，因此可用碳酸钠调节面团酸度，故B正
2 3
确；
C．擦干已洗净铁锅表面的水，避免铁锅在潮湿环境中形成原电池腐蚀，从而起到防锈作用，而铁与水蒸
气生成Fe O 需在高温条件下进行，两者并无关联，故C错误；
3 4
D．铵态氮肥中含铵盐，水解呈酸性；草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，两者混合使用会发生双水
解，从而降低肥效，故D正确；
故选：C。
6．下列叙述正确的是
A．盐酸和氨水均可使Cu(OH) 溶解
2
B．Na和Fe均能与HO反应生成碱
2
C．NH 和SO 均可使红色石蕊试纸变蓝
3 2
D．SiO 和Fe O 均能与C反应生成CO
2 2 3 2
【答案】A
【解析】A．盐酸与 Cu(OH)₂发生酸碱中和反应，氨水与Cu(OH)₂发生络合反应，盐酸和氨水均可使
Cu(OH) 溶解，A正确；
2
B．Fe 与水蒸气反应生成 Fe₃O₄，不是碱，B错误；
C．SO₂能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不能使红色石蕊试纸变色，C错误；D．SiO₂在高温下与C反应生成CO，D错误；
故选A。
7．化合物M和N是合成紫草酸药物的两大中间体，下列说法错误的是
A．除氢原子外，M中其他原子可能共平面
B．M和N均含有两种官能团
C．1molN最多消耗3molNaOH
D．N在酸性条件下水解的产物均可与NaCO 溶液反应
2 3
【答案】A
【解析】
A． 中“*”标示的饱和碳原子和与其直接相连的3个碳原子不都在同一平面上，
故M中除氢原子外其他原子不可能共平面，A项错误；
B．M中含有醛基和酚羟基两种官能团，N中含有醚键和酯基两种官能团，B项正确；
C．1个N中含1个普通酯基和1个酚酯基，故1molN最多消耗3molNaOH，C项正确；
D．N在酸性条件下的水解产物为CHCOOH和 ，CHCOOH中含羧基，
3 3
含羧基和酚羟基，故两者都能与NaCO 溶液反应，D项正确；
2 3
答案选A。
8． 的水解反应可用于军事工业中烟雾剂的制造，其部分反应机理如图。下列说法错误的是A． 为非极性分子
B．电负性：O>Cl>H>Si
C．沸点： 大于
D．过程①中Si的 杂化轨道接纳O的孤电子对形成配位键
【答案】D
【解析】A． 的中心原子上的价层电子对数是4，采用sp3杂化， 的中心原子上没有孤电子对，
分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分子，A正确；
B．非金属性越强电负性越强，O>Cl>H>Si，B正确；
C．组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，沸点： 大于 ，C正确；
D．Si原子无孤电子对，但有3d空轨道，而HO中的O的孤电子对个数为2，可提供孤电子对与Si形成配
2
位键，中间体Si采用的是sp3d杂化，D错误；
故选D。
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，由这4种元素组成的常见物质转化关系如图所
示（反应条件略去），已知m是单质，Q是由三种元素组成的盐。下列推断错误的是
A．元素电负性： B．Q可能是酸式盐
C．物质沸点： D．b、c、e、f都是极性分子
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，Q是由三种元素组成的盐，Q能与强酸、
强碱都能反应，产物氧化最终生成强酸，则Q可能是(NH )S或NH HS，m是O。a是HS、b是SO 、c是
4 2 4 2 2 2
SO 、n是HO、g是HSO ；d是NH 、e是NO、f是NO 、h是HNO。则X是H元素、Y是N元素、Z
3 2 2 4 3 2 3
是O元素、W是S元素。
【解析】A．元素非金属性越强，电负性越大，元素电负性：S<N，故A正确；
B．根据以上分析，Q可能是(NH )S或NH HS，故B正确；
4 2 4
C．a是HS，d是NH ，氨分子间能形成氢键，沸点HS<NH ，故C正确；
2 3 2 3
D．SO 中S原子价电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，结构对称，是非极性分子，故D
3
错误；
选D。
10．已知环己胺（液体）微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图。下列说法正确的是
A．上述过程未发生氧化还原反应 B．②③均为两相混合体系
C．溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到 D．由②③获得相应产品采取的操作方法不同
【答案】D
【分析】由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的混合溶液中加入氢氧化钠溶液．Br 与氢氧化钠溶液反应
2
3Br + 6NaOH =5NaBr + NaBrO + 3H O，5NaBr+NaBrO +3H SO =3Na SO +3H O+3Br ，故用CCl 萃取水
2 3 2 3 2 4 2 4 2 2 4
相中2得到③(溴的四氯化碳溶液)；有机相1中含有溴苯与环己胺，加入盐酸环己胺与盐酸生成盐类溶于
水中，通过分液得到①(溴苯)，成盐后的环己胺与氢氧化钠反应再生成环己胺，通过分液得到②(环己胺)，
据此分析解题。
【解析】A．Br 与氢氧化钠溶液反应3Br + 6NaOH =5NaBr + NaBrO + 3H O，为氧化还原反应，故A错
2 2 3 2
误；
B．②是水和环己胺基本不相溶，采用分液得到环己胺的纯净物；③是CCl 从溴水中萃取得到的溴的四氯
4
化碳溶液，只有③是两相混合体系，故B错误；
C．由分析可知，溴、溴苯、环己胺品依次由③、①、②获得，故C错误；
D．由分析可知，②获得的方式为分液，③获得的方式为萃取，故D正确；
故选D。
11．根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
向NaS溶液中通入足量CO，然后再将产生的气体导
2 2
A
入CuSO 溶液中，产生黑色沉淀
4
取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加
B 试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
常温下，用pH计分别测定1mol·L-1和 同温下，不同浓度的CHCOONH 溶液中
3 4
C
0.1mol·L-1CHCOONH 溶液的pH，pH均为7 水的电离程度相同
3 4
D 将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体 加热条件下，浓硝酸被木炭还原成NO
2
【答案】A
【解析】A．产生黑色沉淀，说明向NaS溶液中通入足量CO 生成了HS气体，强酸制弱酸，所以
2 2 2
，A正确；B．试纸变蓝，该溶液也可能为氨水溶液，也可以是酰胺水解，不能说明溶液中含有铵盐，B错误；
C．测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同
温下，不同浓度的CHCOONH 溶液中水的电离程度不同，C错误；
3 4
D．可能是浓硝酸受热发生分解生成NO ，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO ，D错误；
2 2
故选A。
12．科学家利用图装置（其中A和B均为惰性电极）进行电化学固氮，在常温常压下得到肼。下列有关说
法正确的是
A．电极B为阴极
B．H+穿过质子交换膜向B电极一侧移动
C．A电极的反应式为：
D．相同条件下，A电极每消耗22.4LN ，B电极理论上生成22.4LO
2 2
【答案】D
【分析】已知科学家利用图装置（其中A和B均为惰性电极）进行电化学固氮，在常温常压下得到肼，所
以A为阴极，发生还原反应，电极反应式： ，B为阳极，发生氧化反应，电极反应
式： ；
【解析】A．由分析知，电极B为阳极，A错误；
B．H+穿过质子交换膜向阴极移动，即向A电极一侧移动，B错误；
C．A电极的反应式为： ，C错误；
D．根据电极反应式知，相同条件下，A电极消耗N 物质的量等于B电极生成O 的物质的量，相同条件
2 2
下，气体体积与物质的量成正比，所以相同条件下，A电极每消耗22.4LN ，B电极理论上生成22.4LO ，
2 2
D正确；
故选D。
13．苯酚是一种重要的化工原料，一种制取苯酚的反应机理如图。下列说法正确的是A．苯和过氧化氢为非极性分子，水和苯酚为极性分子
B．中间产物5转化为3的过程中，还生成了HO
2
C．反应涉及O-H、V-O、C-H键的断裂和生成
D．中间产物2和3之间的转化是氧化还原反应
【答案】B
【解析】A．苯的正负电荷中心是重合的，故苯是非极性分子，而HO、水和苯酚均是正负电荷中心不重
2 2
合，故它们为极性分子，A错误；
B．可以结合O原子和H原子守恒思想，故5生成3和苯酚的同时，还生成了1个HO，B正确；
2
C．HO 和1生成3和HO时，断裂了O-H键，同时形成了V-O键；5和H+反应生成苯酚和3、及水的过
2 2 2
程，形成了H-O键；同时也断裂了V-O键，7生成苯酚和 时，有C-H键的断裂，但整个过程中没有C-
H键的形成，C错误；
D．2和3中V元素化合价均为+5价，无元素化合价发生变化，故不是氧化还原反应，D错误；
答案选B。
14．一定温度下，M2+在不同pH的NaA溶液中存在形式不同，NaA溶液中pM[pM=-lgc(M2+)]随pH的变
2 2
化如图1，NaA溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。
2
已知①MA，M(OH) 均为难溶物；②初始c(Na A)=0.2mol/L。
2 2下列说法错误的是
A．c(A2-)=c(H A)时，pH=8.5
2
B．初始状态a点发生反应：A2-+M2+=MA↓
C．I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=K [M(OH) ]
sp 2
D．初始状态的b点，平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H A)=0.2mol/L
2
【答案】D
【分析】由 可得， ，故曲线I表示
M(OH) 的溶解平衡曲线，曲线II表示MA的溶解平衡曲线。
2
【解析】A．由图2可得，HA的电离平衡常数， ，
2
， ，则当c(A2-)=c(H A)时，
2
，即pH=8.5，故A正确；
B．初始状态a点在曲线II的上方，曲线I的下方，故生成MA，故发生反应：A2-+M2+=MA↓，故B正确；
C．曲线I表示M(OH) 的溶解平衡曲线，故I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=K [M(OH) ]，故C正确；
2 sp 2
D．初始状态的b点在曲线II的上方，曲线I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H A)
2
＜0.2mol/L，故D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是 还有少量有机粘结剂和铝
箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题：
已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。
中Ni和Co元素的化合价均为+2价。
③焙烧时 没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为
④常温时，氢氧化铝。
（1） 中Mn元素的化合价为 。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。
（3）除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。
（4）焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。
（5）水浸时，通入CO 的目的是 。
2（6）若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到， 等物质，在
酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。
（7）已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为
A
g/cm³(写出表达式)。
【答案】（1）+7
（2）升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去
正极材料中含有的有机粘结剂
（3） (或 )
（4）20LiNi Co Mn O+13C 10LiCO+12Ni+4Co+4MnO+3CO
0.6 0.2 0.2 2 2 3 2
（5）将微溶的LiCO 转化为易溶的LiHCO ，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率
2 3 3
（6）3.37
（7）
【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是 还有少量有机粘结剂和铝箔基
底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li
元素转化为 ，同时有CO、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到 ，热解后得到 ，据
2
此分析解题。
【解析】（1）根据物质的化合价之和为0，且 中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn
元素的化合价为+7价。
（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、
搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。
（3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：
(或 。
（4）焙烧还原时Li元素转化为 ，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：
20LiNi Co Mn O+13C 10LiCO+12Ni+4Co+4MnO+3CO 。
0.6 0.2 0.2 2 2 3 2（5）水浸时，通入CO 的目的是将微溶的LiCO 转化为易溶的LiHCO ，更好与Ni、Co、MnO分离，提
2 2 3 3
高锂元素的回收率。
（6）K =c(Al3+)×c3(OH-)= ，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)= ，
sp[Al(OH)3]
，pH=-log(H+)=
。
（7）MnO晶胞结构如图所示，O2-： ，Mn2+： ，晶胞的质量为：
16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为
A
g/cm³。
16．（14分）无水二氯化锰常用于铝合金冶炼、有机氯化物触媒制备等。某研究小组用四水醋酸锰［
］和乙酰氯（ ）为原料制备无水氯化锰，按如图流程和装置进行实验（夹
持仪器已省略）：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无色液
体，沸点51℃，熔点-112℃，易水解。
②制备无水二氯化锰的主要反应：
回答下列问题：
（1）图1装置中仪器a的名称为 ，作用是 ，该装置存在缺陷，改进方法
为 。
（2）步骤Ⅰ反应化学方程式为 ；步骤Ⅰ设置室温下反应，而步骤Ⅱ设置在加热回
流下反应，原因是 。（3）步骤Ⅳ：将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置上（图2），打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭
安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化，纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至
室温→ →将产品转至干燥器中保存（填标号）。
a．打开安全瓶上旋塞
b．拔出圆底烧瓶的瓶塞
c．关闭抽气泵
装置中U型管内NaOH固体的作用是 （写一条即可）。
（4）可通过沉淀法测定产品纯度，甲同学通过滴入 溶液测定生成的 沉淀质量来计算纯
度；乙同学通过滴入硝酸酸化的 溶液测定生成的AgCl沉淀质量来计算纯度。方法更合理的是
（填“甲同学”或“乙同学”）。
【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率 在a上方加上装有碱石灰的干
燥管
（2） （或
） 步骤Ⅰ常温下可防止反应生成 ，步骤Ⅱ加热回流能促进
反应生成
（3）acb 吸收产生的酸性气体、防止外部水蒸气进入样品
（4）乙同学
【分析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CH COO) Mn•4HO]和乙酰氯(CHCOCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得
3 2 2 3
产物(CHCO) Mn，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CHCOO) Mn+2CHCOCl
3 2 3 2 3
MnCl ↓+2(CH CO) O ，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。
2 3 2
【解析】（1）图1装置中a仪器名称为：球形冷凝管，球形冷凝管可以使气体冷却回流，让反应更为彻底，
故其作用是：冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率，虽然有球形冷凝管冷凝回流，但是还是会有少量乙酰
氯和苯扩散到空气中，故该装置缺陷的改进方法为在a上方加上装有碱石灰的干燥管；
（2）根据已知②制备无水二氯化锰的主要反应：(CHCOO) Mn+2CHCOCl MnCl ↓+2(CH CO) O，则步
3 2 3 2 3 2
骤I的过程中得到(CH3COO)Mn，故步骤I的反应化学方程式为4CHCOCl+
2 3
(CH3COO)Mn⋅4H2O=(CH COO) Mn+4CHCOOH+4HCl（或CHCOCl+H O=CHCOOH+HCl），根据已知
2 3 2 3 3 2 3
信息可知，CHCOCl沸点较低，容易挥发，步骤I为了使反应更加充分，防止CHCOCl挥发，应该在低温
3 3
下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故步骤I常温下可防止生成
MnCl ，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl ；
2 2
（3）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭
安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至
室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→将产品转至干燥器中保存，故答案为：
acb，乙酰氯与水反应生成CHCOOH和HCl，则可能混有酸性气体，且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此
3
NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品，故装置中U型管内NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体、防止外部水蒸气进入样品；
（4）MnCl 易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH) 沉淀混在MnCO 中，造成实验不准确，通过生成氯化银沉
2 2 3
淀进行氯离子测定更为稳定，通过测定产品中氯元素的含量确定纯度更加合理，故方法更合理的是乙同
学。
17．（15分）L是一种重要的有机试剂，其工业合成路线如下图
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）物质C的名称为 。
（2）反应条件D应选择 （填标号）
a． b．Fe/HCl c． d．
（3）写出H的结构简式 ，K－L的反应类型是 。
（4）写出一定条件下，F生成G的第二步反应的方程式 。
（5）有机物M是A的同系物，相对分子质量比A大28，符合下列条件的M的芳香同分异构体有
种。
①能水解
②能与盐酸反应
③能发生银镜反应
④有四种不同化学环境的H，其个数比为6∶2∶2∶1
（6）以乙醇为主要原料，设计路线合成 。
【答案】（1）2－硝基－4－氯苯甲酸
（2）b（3） 加成反应
（4） +NH·H O +2H O
3 2 2
（5）3
（6）
【分析】由流程可知，A和氯气发生取得反应在甲基对位引入氯原子得到B ，B被酸性高锰酸
钾氧化为C ，结合E化学式可知，C中硝基被还原为氨基得到E ，E转化为F，结合
F化学式可知，F为 ，F发生已知反应②原理后然后和氨水反应生成G
，G发生已知反应①原理生成H ，H中-CONH 转化为-CN得到I，I和J反应生成K，K
2
转化为L，结合L结构、J化学式可知，J为 、K为 ；【解析】（1）由分析可知，C为： ，2－硝基－4－氯苯甲酸；
（2）铁为活泼金属，具有一定还原性，C中硝基被还原为氨基得到E，则反应条件D应该提供还原剂，故
选b；
（3）由分析可知，H的结构简式： ；K为 ，K生成L过程中物
质的不饱和度降低了，为加成反应；
（4）由流程结合分析可知，F发生已知反应②原理引入-SO H得到 ， 然后
3
和氨水反应生成G，故F生成G的第二步反应的方程式为： +NH·H O
3 2
+2H O；
2
（5）有机物M是A的同系物，相对分子质量比A大28，则M比A多2个-CH-，则M化学式为
2
C H NO ，符合下列条件的M的芳香同分异构体：
9 11 2
①能水解，则含有酯基或酰胺基；②能与盐酸反应，则应为酯基或酰胺基的酸性水解或含有氨基；③能发
生银镜反应，则含有醛基；④有四种不同化学环境的 H，其个数比为6∶2∶2∶1，则应该含有2个甲基且结构
对称；存在 3种情况；
（6）乙醇氧化为乙醛，2分子乙醛转化为 ，醛基氧化为羧基得到 ，
然后发生已知①原理转化为 ，发生H生成I的原理转化为 ，再发生K生
成L的原理得到产物，故流程为：。
18．（15分）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的 尾气是空气主要污染物之一，研究 的转化
方法和机理具有重要意义。
已知：
（1） 氧化脱除NO的总反应是 。
（2）该反应过程有两步： ，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常
数 (填“>”、“<”或“≈”)，原因是 。
（3）已知： 的反应历程分两步：
步骤 反应 活化能 正反应速率方程 逆反应速率方程
I (快)
II (慢)
①则反应I与反应II的活化能： (填“>”“<”或“=”)。
反应 的平衡常数 (用 、 、 、 表示)。
②在400k、初始压强为 的恒温刚性容器中，按 通入NO和 ，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%， 转化率为40%。则 的平衡常数 (分压=总
压×物质的量分数；理想气体状态方程 ， )。
（4）某研究小组将 、 和一定量的 充入2L密闭容器中，在 催化剂表面发生反应
( )，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：
①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率 (保留3位有效
数字)。
②无氧条件下，NO生成 的转化率较低，原因可能是 。
【答案】（1）
（2）> 含量先增大后减少
（3）< 415.7
（4） 催化剂产生作用需要有氧气参加
【解析】（1）已知：① ；②
；③
；由盖斯定律可知， （②×2-3×③+①）得到
（ ×2-3× + ）= 。
（2）由图可知， 含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应 的程度大于
的程度，则速率常数 > 。
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能： < ；反应
的平衡常数 ，当反应达到平衡
时， = ，则 ， =，则 ，则 ；
②根据已知条件列出“三段式”
达平衡时NO转化率为 =x=0.9， 转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体
系总压强为 = ，混合气体的总体积V=
，则 的平衡常数
415.7。
（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速
率 ；
②无氧条件下，NO生成 的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。
