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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（上海专
用）
黄金卷01
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
一、二硫化钼的工业化制取（本题共20分）
1．二硫化钼(MoS ，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MoS ，还含
2 2
NiS、CaMoO 等)为原料经过如下过程制得。（20分）
4
(1)“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有
NaMoO 、NaSO 、NiSO 、NaCl。
2 4 2 4 4
①写出浸取时MoS 发生反应的离子方程式： 。
2
②浸取后的滤渣中含CaMoO。若浸取时向溶液中加入______________，可提高浸出液中
4
Mo元素的含量，原因是 。
a. NaCO b.稀硫酸 c.H O d.KNO
2 3 2 2 3
③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应
3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是
。
(2)“制硫代钼酸铵[(NH )MoS ，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH NO 和
4 2 4 4 3
HNO，析出(NH )MoO ，将(NH )MoO 溶于水，向其中加入(NH )S溶液，可得
3 4 2 4 13 4 2 4 13 4 2
(NH )MoS ，写出生成(NH )MoS 反应的化学方程式：
4 2 4 4 2 4
。
(3)“制MoS ”。(NH )MoS 可通过如下两种方法制取MoS ：
2 4 2 4 2方法一：将(NH )MoS 在一定条件下加热，可分解得到MoS 、NH 、HS和硫单质。其中
4 2 4 2 3 2
NH 、HS和硫单质的物质的量之比为8：4：1。
3 2
方法二：将(NH )MoS 在空气中加热可得MoS ，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质
4 2 4 2
量的比值与温度的关系如图2所示。
① 方法一中，所得硫单质的分子式为
。
② 方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为
。
【答案】(1) MoS
2
+6OH-+9ClO-=MoO
❑
2−+2SO
❑
2−+9Cl-+3H
2
O CaMoO
4
(s)❑Ca2+
4 4 ⇌
(aq)+MoO (aq)， a 加入NaCO 溶液，CO 结合Ca2+生成CaCO 沉淀，促进沉淀溶
❑ 2− 2 3 ❑ 2− 3
4 3
解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO 浓度增大，从而提高Mo元素浸出率 该
2−
❑
4
反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快
(2)(NH )MoO +16(NH)S+13HO=4(NH )MoS +26NH•H O或
4 2 4 13 4 2 2 4 2 4 3 2
(NH )MoO +16(NH)S=4(NH )MoS +13H O+26NH ↑
4 2 4 13 4 2 4 2 4 2 3
(3) S MoO
4 3
【解析】（1）①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应
后的溶液中含有NaMoO 、NaSO 、NiSO 、NaCl，即ClO-将Mo元素被氧化为MoO
2 4 2 4 4 ❑ 2−
4
、硫元素被氧化为反应为SO 而自身被还原为Cl-，反应为MoS +6OH-+9ClO-=MoO
❑ 2− 2 ❑ 2−
4 4+2SO +9Cl-+3H O。
2− 2
❑
4
②溶液中存在平衡CaMoO(s) Ca2+(aq)+ (aq)，加入NaCO 消耗Ca2+使平衡正向，
4 MoO2- 2 3
4
⇌
浓度增大。
MoO2-
4
③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该
反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率。
（2）(NH )MoO 溶于水，向其中加入(NH )S溶液，可得(NH )MoS 和氨水，反应为
4 2 4 13 4 2 4 2 4
(NH )MoO +16(NH)S+13HO=4(NH )MoS +26NH•H O或
4 2 4 13 4 2 2 4 2 4 3 2
(NH )MoO +16(NH)S=4(NH )MoS +13H O+26NH ↑。
4 2 4 13 4 2 4 2 4 2 3
（3）①将(NH )MoS 在一定条件下加热，可分解得到MoS 、NH 、HS和硫单质。其中
4 2 4 2 3 2
NH 、HS和硫单质（S）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N
3 2 x
原子和Mo原子守恒配平方程式为4(NH ) MoS 高温4MoS +8NH ↑+4H S↑+S ，即
4 2 4 2 3 2 x
4×4=2×4+4×1+x计算得x=4。该硫单质的化学式为S。
4
②由图可知起始(NH )MoS 的质量可视为260g即1mol，根据加热分解过程总Mo元素守恒
4 2 4
可知，最终氧化物中Mo的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，Mo原子
核O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO 。
3
二、乙酸乙酯的制备工艺（本题共23分）
2．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。（23
分）
(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品
。
(2)若用❑ 18O标记乙醇，该反应的化学方程式 。
(3)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例
投料，则乙酸乙酯的平衡产率y= (计算时不计副
反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n:1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为
x，请绘制x随n变化的示意图 。
(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为 杂多酸 (Q>0)。在
CH =CH (g)+CH COOH(l)
⇌
CH COOC H (l)+Q
2 2 3 3 2 5
恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是
。
a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡
b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡
c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不
变
d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡
(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸
乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：
① 温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是
[用v(p )、v(p )、v(p )分别表示在不同压强下的反应速率]。
1 2 3
② 在压强为p 、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是
1
。
③ 为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施
(任写两条)。
【答案】 产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行
浓硫酸
蒸馏 CH 3 COOH＋CH 3 CH 2 18OH ⇌ CH 3 CO18OCH 2 CH 3 +H 2 O 66.7%
△bc v(P )＞v(P )＞v(P ) 由图象可知，PMPa、
1 2 3 1
80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 通入
乙烯气体或增大压强
【解析】(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中含有乙酸和
乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸、溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳
酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，
用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；
(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为
浓硫酸
CH 3 COOH＋CH 3 CH 2 18OH ⇌ CH 3 CO18OCH 2 CH 3 +H 2 O；
△
(3)利用三等式进行计算；有
+
¿
❑
⇌
❑
CH COOH ¿
¿开始的物质的量 3 CH CH OH +
1 3 2
转化的物质的量 1 CH COOCH CH ¿
x ¿ 3 2 3 H O
平衡的物质的量 x 0 2
1−x 1−x ¿ x ¿ ¿
¿
x ¿
¿
¿
¿
2
x2 2
平衡常数K= =4，得x= ，转化率为3 ；
(1−x) 2 3 ×100%≈66.7%
1
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：11
＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大 ，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物
3
质的量分数反而逐渐减小图象如图所示： ；
(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，表示的都是正反应速率，无法
判断正逆反应速率是否相等，a错误；
b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，
b正确；
1
c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式K= ，温度
c(CH =CH ）
2 2
不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；
d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：
1
K= ，达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d
c(CH =CH ）
2 2
错误；
故答案为：bc；
(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P＞P＞P，则温度
1 2 3
在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P）＞v（P）＞v
1 2
（P）；
3
②由图象可知，PMPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆
1
向移动产率下降；
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增
大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。
三、化学键与分子间作用力理论（本题共18分）
3．关于化学键和分子间作用力的理论是关于物质结构的基本理论，回答下列问题：（18
分）(1) M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其
中有2个未成对电子。下列说法不正确的是_________
A．氢化物沸点：XZ
(2)用“>”或“<”填空：
第一电离能 离子半径 熔点 酸性
O2- Na
Si S NaCl Si HSO HClO
＋ 2 4 4
(3)MgCl 在工业上应用广泛，可由 MgO 制备。MgO 的熔点比 BaO 的熔点
2
(填“高” 或“低”)。
(4)HCHO 分子的立体构型为 形，它与 H 加成后，加成产物的熔、沸点比
2
CH 的熔、沸点高，其主要原因是 (须指明加成产物是何物质) 。
4
(5)已知 HO 分子的结构如图所示：HO 分子不是直线形的，两个氢原子犹如在半展开的
2 2 2 2
书的两面上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为 93o52′，而两个O—H 键与O—O 键
的夹角均为96o52′。
①HO 分子是含有 键和 键的 (填“极性”或“非极性”)分子。
2 2
② HO 难溶于 CS，简要说明理由： 。
2 2 2
【答案】(1) A
(2) < > < <
(3)高
(4) 平面三角 加成产物 CHOH 分子之间能形成氢键
3
(5) 极性 非极性 极性 HO 为极性分子，而 CS 为非极性溶剂，根据
2 2 2
“相似相溶”规律，HO 难溶于 CS
2 2 2
【解析】（1）M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，
则分别为1s、2s、2p，有两个未成对电子，Z能形成2条单键，则Z电子排布式为1s22s22p4，Z为O，X形成4条单键，X为C，M形成1条单键，M为H，则Y为N，W为
B。
A．C的氢化物有多种，如碳原子数较多的烃沸点较高，因此无法确定氢化物的沸点
CO2-，D正确；
故答案选A。
（2）第一电离能Si Na+。NaCl为离子晶体，Si为共价晶体，所以熔点NaCl；<；
2 4 4
<；
（3）MgO 、 BaO 均为离子晶体，Mg2+半径小于Ba2+，MgO离子键强，熔点高。答案：
高；
（4）HCHO中心碳原子形成3个σ键，中心碳原子无孤电子对，所以HCHO 分子的立体
构型为平面三角形。HCHO它与 H 加成生成乙醇。乙醇的熔、沸点比 CH 的熔、沸点高，
2 4
其主要原因是加成产物 CHOH 分子之间能形成氢键，答案：平面三角；加成产物
3
CHOH 分子之间能形成氢键；
3
（5）①HO 分子含有的H-O键为极性键， O-O键为非极性键，正负电荷中心不重合，为
2 2
极性分子。答案：极性；非极性；极性；
②分子的溶解性可根据“相似相溶”规律解释，HO 为极性分子，而 CS 为非极性溶剂，
2 2 2
根据“相似相溶”规律，HO 难溶于 CS。
2 2 2
四、抗肿瘤药物阿法替尼的合成（本题共24分）
4．化合物I是制备抗肿瘤药物阿法替尼的重要中间体，化合物I的一种合成路线如图。
（24分）H
2
已知：RCH=NH → RCHNH
2 2
催化剂
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是 。
(2)A的化学名称为 。
(3)B中所含的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序是 。
(4)F的结构简式为 ，H→I的反应类型为
。
(5)G→H的化学方程式为 。
(6) 有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且不含有醚键的有
种(不考虑立体异构)，
A．5 B.6 C.7 D.8
其中核磁共振氢谱有3组峰，其峰面积比为6∶1∶1的结构简式为
(写出一种)。(7)参考上述合成路线，以HOOCCH NH 、HCONH 为原料合成 ，合成过程中无
2 2 2
机试剂任选 。
【答案】(1)羧基、硝基
(2)对氯甲苯
(3)N＞O＞C
(4) 取代反应
Et N
3
→
(5) + +HCl
(6) C
HCONH SOCl H
2 2 2
→ → →
❑ DMF 催化剂
(7)HOOCCH NH
2 2
【解析】（1）C中含氧官能团的名称是羧基、硝基；
（2）A的化学名称为对氯甲苯；
（3）B中所含的第二周期元素是C、N、O，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋
势，ⅤA与ⅥA反常，则第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C；
（4）由分析可知F的结构简式为 ；H→I是C-Cl与羟基O-H发生取代反应，反应类型为取代反应；
（5）G→H是氨基与C-Cl发生取代反应，化学方程式为 +
Et N
3
→
+HCl；
（6） 的不饱和度为1，a.能发生银镜反应说明含有醛基-CHO，则其他均为单
键，b.不含醚键说明另一个基团为-OH，符合条件的同分异构体有CHCHCH(OH)CHO、
3 2
CHCH(OH)CH CHO、HOCH CHCHCHO、HOCH CH(CH )CHO、(CH)C(OH)CHO；或
3 2 2 2 2 2 3 3 2
甲酸酯：HCOOCH CHCH、HCOOCH(CH ) 共7种，其中核磁共振氢谱有3组峰，其峰
2 2 3 3 2
面积比为6∶1∶1的结构简式为 ；
（7）根据流程中D→E的合成方法，HOOCCH NH 、HCONH 反应得到 ，结合
2 2 2
H
2
→
F→G可得 ，根据已知：RCH=NH催化剂RCHNH ， 与氢气发生加成反应
2 2HCONH SOCl H
2 2 2
→ → →
可得 ，合成路线为：HOOCCH 2 NH 2 ❑ DMF 催化剂 。
五、载人航天中二氧化碳的清除方法（本题共15分）
5．吸入氧气、排出二氧化碳，这看似再简单不过的新陈代谢，在遥远的太空中却并不容易，
因为在航天服、航天器、空间站等密闭系统中，CO 浓度会高得多，而超过一定浓度会导
2
致呼吸急促、头晕头痛、昏迷甚至死亡，因此必须通过一定方法将CO 清除。（15分）
2
I．非再生式氢氧化锂(LiOH)除碳技术
(1)我国“飞天”舱外航天服采用非再生式氢氧化锂(LiOH)吸附CO 生成碳酸锂，该技术设
2
备操作简单，功能可靠，适用于短期出舱任务。吸附时发生反应的化学方程式为
。采用LiOH而不用NaOH的原因是 。
Ⅱ．再生式快速循环胺技术
(2)以固态胺作为吸附剂，吸附CO 与水蒸气。当固态胺吸附饱和后，将其暴露于真空中，
2
破坏碳酸氢盐的化学键，释放出CO，从而完成吸附剂的再生。该技术大大提升了舱外航
2
天服的续航时间。固态胺的吸附是 变化。
Ⅲ．萨巴蒂尔(Sabatier)除碳生氧技术
(3)利用萨巴蒂尔(Sabatier)反应清除二氧化碳并再生氧气的大体流程如下图所示。
下列说法错误的是________。
A．CO 的最终产物为CH 和O
2 4 2
B．电解水装置中，反应物的能量高于生成物的能量
C．萨巴蒂尔反应器中反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4
D．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
Ⅳ．富集CO 的原电池模拟装置如图：
2(4)b极为 极，a电极上发生的电极反应为
。
(5)上述电极材料采用多孔碳载镍，“多孔”的优点是 。
(6)该装置若消耗2 mol H ，则理论上在b极除去CO 的体积约为
2 2
L(标准状况下)。
【答案】(1) 2LiOH+CO =Li CO+H O 单位质量时，LiOH吸收的二氧化碳的量更
2 2 3 2
多
(2)化学
(3)BD
(4) 正 H+CO -2e-=H O+CO
2 2− 2 2
❑
3
(5)提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率
(6)44.8
(7)AD
【解析】（1）氢氧化锂(LiOH)吸附CO 生成碳酸锂，化学方程式为：
2
2LiOH+CO =Li CO+H O。LiOH的摩尔质量小于NaOH，单位质量时，LiOH吸收的二氧
2 2 3 2
化碳的量更多。
（2）固态胺的吸附过程中破坏了化学键，是化学变化。
（3）A．由图可知，CO 的最终产物为CH 和O，故A正确；
2 4 2
B．电解水装置中，电能转化为化学能，反应物的能量低于生成物的能量，故B错误；
C．由图可知，萨巴蒂尔反应器中发生反应：CO+4H =CH +2H O，氧化剂与还原剂物质的
2 2 4 2
量之比为1∶4，故C正确；
D．由图可知，该反应的总方程式为：CO+2H =CH +O ，O原子的利用率小于100%，故
2 2 4 2
D错误；故选BD。
（4）b极通入空气为正极，a极通入H 为负极，H 在负极失去电子生成HO，用CO
2 2 2 ❑ 2−
3
来配平电荷，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：H+CO -2e-
2 2−
❑
3
=H O+CO。
2 2
（5）上述电极材料采用多孔碳载镍，“多孔”的优点是提高气体在电极表面的吸附量，使
其与溶液充分接触，提高反应速率。
（6）O 在正极得到电子生成CO ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
2 ❑ 2−
3
O+2CO +4e-=2CO ，该装置若消耗2 mol H ，转移4mol电子，则b极吸收2mol CO，
2 2 2− 2 2
❑
3
标准状况下的体积为44.8L。
