文档内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟（北京专用）
黄金卷02
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Ga 70 As 75
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.第19届亚运会正在杭州举行，“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念深入到场地建设和运营的诸多细
节之中。下列有关叙述正确的是
A．场馆将全部使用绿色能源，打造首届碳中和亚运会，碳中和就是不排放二氧化碳
B．“绿电”全部由单晶双面光伏组件提供，该光伏组件主要材料为二氧化硅
C．开幕式将“实物烟花”改为“数字烟花”，主要目的是减少噪音污染
D．导光管的采光罩将室外自然光引入场内，采光罩的材质是有机玻璃，属于有机高分子材料
【答案】D
【详解】A．碳中和指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能
减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳的排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，故A错误；
B．该光伏组件主要材料为晶体硅，故B错误；
C．开幕式将“实物烟花”改为“数字烟花”，主要目的是减少有害气体、粉尘等对环境的污染，故C错
误；
D．采光罩的材质是有机玻璃，属于有机高分子材料，故D正确。
答案选D。
2.下列化学用语表述错误的是
A．CO 的电子式：
2
B．中子数为20的氯原子： ClC．PH 分子的VSEPR模型：
3
D．基态Fe原子的价层电子排布图：
【答案】C
【详解】A．CO 为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式： ，A正确；
2
B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子： Cl，B正
确；
C．PH 分子中P原子的价层电子对数为3＋ =4，则VSEPR模型为正四面体形，C错误；
3
D．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图：
，D正确；
故选C。
3.下列关于有机物的说法不正确的是
A．成熟水果释放的乙烯可用作植物生长调节剂
B．用食醋可除去水壶中的水垢
C．乙醇、乙酸和油脂都不能使溴水褪色
D．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然有机高分子，一定条件下都能发生水解反应
【答案】C
【详解】A．成熟的水果释放的乙烯可用作植物生长调节剂，A正确；
B．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，碳酸钙和氢氧化镁均能与食醋反应生成可溶性的醋酸钙和醋酸
镁，所以可用食醋除去水壶中的水垢，B正确；
C．烃基中含不饱和键的油脂能使溴水褪色，C错误；
D．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然有机高分子，一定条件下都能发生水解反应，D正确；
故选C。
4.下列事实，不能用平衡移动原理解释的是
A．打开可乐汽水瓶盖，会有气体逸出B．向浓氨水中加入生石灰，可以制NH
3
C．饱和NaHCO 可用于去除CO 中混有的HCl
3 2
D．工业合成氨( )选择高温作为反应条件
【答案】D
【详解】A．汽水中存在平衡：HCO HO+CO，打开汽水瓶盖时，压强减小，有利于平衡正向移动，
2 3 2 2
从而冒出二氧化碳气泡，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．NH +H O NH •H O NH +OH-，加入碱石灰，增大氢氧根离子浓度，平衡逆向移动，有利于氨气
3 2 3 2
的生成，故能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
C．CO 溶于水生成碳酸，碳酸是弱酸部分电离，存在平衡：CO+H O HCO HCO +H+，饱和碳酸
2 2 2 2 3
氢钠溶液中的碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子抑制了二氧化碳的溶解，而HCl电离出的氢离子与HCO 结
合被吸收，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．合成氨反应N (g)+ 3H (g) 2NH (g) ，升高温度，平衡逆向移动，不能用平衡移动原理解
2 2 3
释，D符合题意；
答案选D。
5.近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态 (Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反
应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中，电极 附近溶液的 不变
B．非晶态 (Ⅲ)基硫化物能改变OER反应的反应热C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．UOR的电化学反应总过程为
【答案】D
【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气，电极反应式为2HO+2e-=2OH-
2
+2H ↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为 ；
2
【详解】A．电极A上电极反应式为2HO+2e-=2OH-+2H ↑，电极A附近溶液的碱性增强， 变大，故A
2 2
错误；
B．非晶态 (Ⅲ)基硫化物是OER反应的催化剂，能改变反应速率，不能改变OER反应的反应热，故B
错误；
C．OER的第II步骤有O-O非极性键的形成，故C错误；
D．UOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，电化学反应总过程为
，故D正确；
故选D。
6.下列离子方程书写正确的是
A．向碳酸氢钠溶液中加入足量氢氧化钡溶液： HCO + Ba2+ + OH-=BaCO +H O
3 2
B．Fe O 溶于过量氢碘酸溶液中： Fe O +6H+=2Fe3+ +3H O
2 3 2 3 2
C．向硫酸铝溶液中加入过量氨水： Al3+ +4NHHO=AlO +4NH +2H O
3 2 2
D．电解饱和食盐水：2Cl− + 2H+ Cl↑+ H ↑
2 2
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：
HCO +Ba2++OH-═BaCO↓+H O，故A正确；
3 2
B．Fe O 溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为：Fe O+6H++2I-=2Fe2++I +3H O，故B错误；
2 3 2 3 2 2C．向硫酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀： Al3+ +3NHHO=Al(OH) ↓+3NH ，故C错误；
3 2 3
D．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠：2Cl− + 2H O Cl↑+ H ↑+2OH-，故D错误；
2 2 2
故选A。
7.如图：某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，验证氯气性质实验装置。相关说法错误的是
A．脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替
B．该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用
C．湿润石蕊试纸先变红，但也不能说明生成了酸性物质
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，说明氯气将I 氧化
2
【答案】A
【详解】A．无水氯化钙主要是干燥氯气，碱石灰会与氯气反应，因此脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石
灰代替，故A错误；
B．从左边出来的干燥氯气，先与干燥品红接触，品红不褪色，说明干燥的氯气没有漂白作用，故B正确；
C．由于HCl易挥发，因此挥发的HC l使湿润石蕊试纸先变红，因此不能说明生成了酸性物质，故C正确；
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，先变蓝，是碘离子被氯气氧化为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，后褪色，
说明氯气将I 氧化，故D正确。
2
综上所述，答案为A。
8.下列实验能达到实验目的的是
A B C D配制 溶液 除去苯中溶解的溴 加热熔融NaOH固体 制备 并测量其体积
【答案】B
【详解】A．不能在容量瓶中直接溶解固体，A项不能达到实验目的；
B．Br 与NaOH溶液反应生成溶于水的NaBr、NaBrO，苯与NaOH溶液不反应、且难溶于水，加入NaOH
2
溶液、充分振荡后、静置，出现分层现象，用分液法分离出苯，B项能达到实验目的；
C．瓷坩埚中含有SiO，SiO 属于酸性氧化物，能和NaOH反应，不能在瓷坩埚中加热熔融NaOH固体，C
2 2
项不能达到实验目的；
D．NH 极易溶于水，不能用排水法测量NH 的体积，D项不能达到实验目的；
3 3
答案选B。
9.奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：
关于该中间体，下列说法正确的是
A．含有三种官能团 B．含有2个手性碳原子
C．能发生消去反应和水解反应 D．苯环上的一氯代物有5种结构
【答案】C
【详解】A．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基四种官能团，A错
误；
B．已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的键线式可知，
分子中不含手性碳原子，B错误；
C．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H，故能发生消去
反应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应，C正确；D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，故苯环上的一氯代物有8种结构，如图所示：
，D错误；
故答案为：C。
10.下列比较正确的是
A．电负性：F＞N＞O B．离子半径：r(Al3＋)＞r(O2-)
C．能量：E(4s)＞E(3d) D．第一电离能：I(Mg)＞I(Al)
1 1
【答案】D
【详解】A．同周期，从左到右电负性依次增强，所以电负性： ； 故A错误；
B．相同电子数的单核离子，原子序数越大，半径越小， 均为10电子离子，所以半径
，故B错误；
C．处于4s轨道上的电子具有较强的钻穿效应，能量下降，反而比3d要低，所以 ，故C错
误；
D．同周期，从左到右第一电离能依次增大，但是Mg原子3s轨道全充满，Al原子3p轨道只有一个电子，
第一电离能 ，故D正确；
故选D。
11.某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯 B．曝光时发生了取代反应和消去反应
C．X的酸性比ESCAP的酸性强 D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构
【答案】D
【详解】A．由图可知，合成ESCAP的单体为 ，故其中一种单体为苯
乙烯，故A正确；
B．曝光时ESCAP支链上酯基发生取代反应生成羧基和羟基，羟基又发生消去反应生成碳碳双键得到
，故发生了取代反应和消去反应，故B正确；
C．X中含有羧基，故其酸性比ESCAP的酸性强，故C正确；
D．Y分子中碳碳双键两端的基团相同，不存在顺反异构，故D错误；
答案选D。
12.Operando光谱和DFT计算明确了在负载WO 的CeO 上NH (NH -SCR)选择性催化还原NO的还原/氧化
3 2 3 3
半循环的过程如下。下列说法正确的是
A．步骤1中氧化剂与还原剂的物质的量之比：2∶1
B．氧化性强弱顺序：
C．每生成1mol 理论上消耗0.25molD．上述过程的总反应方程式：
【答案】C
【详解】A．由题干反应历程图可知，步骤1中反应方程式为： +NO=HONO+Ce3++W6+O，故
氧化剂与还原剂的物质的量之比：1∶1，A错误；
B．由题干反应历程图步骤2反应可知，O 为氧化剂，CeO 为氧化产物，故氧化性强弱顺序：
2 2
，B错误；
C．由题干反应历程图可知，上述过程的总反应方程式为：4NO+O +4NH=4N +6H O，故每生成1molN 理
2 3 2 2 2
论上消耗0.25molO，C正确；
2
D．由C项分析可知，上述过程的总反应方程式：4NO+O +4NH=4N +6H O，D错误；
2 3 2 2
故答案为：C。
13.汽车尾气中CO与NO转化的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示，其中TS代表过渡态，IM表
示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0.下列说法不正确的是
A．反应①决定尾气转化的快慢
B．反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应
C．由上图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
D．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现
【答案】D
【详解】A．由图可知，反应①的活化能最高，为298.4 -42.6 =255.8 ,反应②、③的活化能分别为108.4 、226.1 ，活化能越高反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，
故反应①决定尾气转化的快慢，A正确；
B．由图可知，反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，B正确；
C．图中可知三个过渡态的能量分别为298.4 、130.0 、248.3 ，故过渡态的相对
能量：TS1>TS3>TS2，C正确；
D．采用对反应③选择性高的催化剂不代表反应②的产物 会完全消耗，无法避免尾气中不出现 ，
D错误；
故选D。
14.常温下，用 溶液分别滴定浓度均为 的 、 溶液，所得的沉淀溶解平衡图象
如下图所示(不考虑 的水解)。下列叙述正确的是
A． 为
B．n点表示 的不饱和溶液
C．在 、 共存的悬浊液中，
D．向 的混合溶液中滴入 溶液时，先生成 沉淀
【答案】D
【详解】A．根据图象，取坐标(-2.46，4)，Ksp=c2(Ag+)·c(C O )=10-8×10-2.46=10-10.46，故A错误；
2B．根据图象可知，AgCl曲线上的点为饱和溶液，当c(Cl-)相同时，c点对应c(Ag+)大于平衡时c(Ag+)，即
n点表示AgCl的过饱和溶液，故B错误；
C．AgCl、Ag C O 共存的悬浊液中， ，故C错误；
2 2 4
D．根据图象可知，当c(Cl-)= c(C O )时，滴入硝酸银，生成AgCl时，需要的c(Ag+)少，因此先有AgCl
2
沉淀生成，故D正确；
答案为D。
第二部分
本题共5题，共58分。
15.（9分）2023年1月30日，中国科学院研究团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)，实
现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)基态硫原子核外电子的空间运动状态有 种。Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是
。
(2)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO) (CHCN)]。
5 3
①该配合物中锰原子的配位数为 ，配体CO中提供狐对电子的原子是氧，理由是
。
②CH CN中C原子的杂化类型为 。
3
(3)NiAs的一种晶胞结构如图所示。Ni的配位数是 ；Ni紧邻的Ni原子数是 。
(4)新型半导体材料立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是 ；
如图所示，砷化镓晶体中砷原子作面心立方最密堆积，镍原子填入间隔的四面体空隙中。已知晶胞中原子
1的坐标为( ， ， )，则原子3的坐标为 。砷化镓的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为N ，计算晶体中砷原子和镓原子的核间距 pm。
A
【答案】(1) 9 P>S>Si
(2) 6 C原子电负性比O原子小，更容易给出孤电子对 sp3、sp
(3) 4 12
(4) 立方氮化硼晶体 ( ， ， )
【详解】（1）基态硫原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，电子共占用9个原子轨道，核外电子空间运动
状态有9种；同一周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第VA族元素的第一电离能大于同周期相邻
元素，所以Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P>S>Si；
（2）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO) (CHCN)]。
5 3
①由配合物化学式可知，配体有5个CO、1个CHCN，该配合物中锰原子的配位数为6；电负性越小，越
3
容易给出孤电子对，C的电负性小于O，配体CO中提供狐对电子的原子是O。
②②CH CN中甲基中C原子形成4个σ键，﹣CN中C原子形成2个σ键，CHCN中C原子的杂化类型为
3 3
sp3、sp。
（3）根据NiAs的晶胞结构图，Ni与相连的4个As原子成键，Ni的配位数是4；Ni紧邻的Ni原子数是
12。
（4）原子半径越小，键能越大，砷化镓晶体与立方氮化硼晶体中中熔点较高的是立方氮化硼晶体；晶胞
中原子1的坐标为( ， ， )，则原子3的坐标为( ， ， )。根据均摊原则，1个砷化镓晶胞中含有
个砷原子、4个镓原子，砷化镓的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为N ，则晶胞边
A长为 ，晶体中砷原子和镓原子的核间距为体对角线的 ，所以核间距为 。
16.（11分）镁基储氢材料MgH 具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
2
Ⅰ.MgH 热分解放出H
2 2
MgH (s) Mg(s)+H (g) ΔH=+75kJ/mol
2 2
该反应的能量变化如图。
(1)E = 。
1
(2)提高H 平衡产率的措施有 (答2条)。
2
Ⅱ.MgH 水解制备H
2 2
(3)MgH 与HO反应制备H 的化学方程式是 。
2 2 2
(4)MgH 与HO反应时，最初生成H 的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
2 2 2
(5)MgCl 、NiCl 、CuCl 等盐溶液能提升MgH 的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH 水解制备H 的性
2 2 2 2 2 2
能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH) Ni(OH) Cu(OH)
2 2 2
K 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
sp
ⅱ.MgH 在MCl (M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
2 2①NiCl 溶液制备H 的性能优于MgCl 溶液，原因是 。
2 2 2
②MgH 在MgCl 溶液中制备H 的性能不如在NiCl 溶液中优异，但使用MgCl 溶液利于发展“镁－氢”循
2 2 2 2 2
环经济，原因是 。
③CuCl 溶液制备H 的性能不如NiCl 溶液，可能的原因是 。
2 2 2
【答案】(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H
2
(3)MgH +2H O=Mg(OH)+2H ↑
2 2 2 2
(4)产物Mg(OH) 逐渐覆盖在MgH 表面，减少了MgH 与HO的接触面积
2 2 2 2
(5) K [Ni(OH) ]＜K [Mg(OH) )]，Ni2+结合HO电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H 的产生
sp 2 sp 2 2 2
反应后固体生成物仅有Mg(OH) ，便于回收利用；分离除去Mg(OH) ，可以循环使用MgCl 溶液
2 2 2
MgH 将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH 表面，阻止反应持续发生
2 2
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E -E =E-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得
1 2 1
E=160kJ/mol；
1
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H 平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H；
2 2
（3）MgH 与HO反应制备H 的化学方程式是MgH +2H O=Mg(OH)+2H ↑；
2 2 2 2 2 2 2
（4）MgH 与HO反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH 表面，故原因是产物Mg(OH) 逐渐覆盖在
2 2 2 2
MgH 表面，减少了MgH 与HO的接触面积；
2 2 2
（5）①根据K [Ni(OH) ]＜K [Mg(OH) )]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl 溶液制备H 的性能优于MgCl 溶
sp 2 sp 2 2 2 2
液，原因是K [Ni(OH) ]＜K [Mg(OH) )]，Ni2+结合HO电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H 的产生；
sp 2 sp 2 2 2
②MgH 在MgCl 溶液中制备H 的性能不如在NiCl 溶液中优异，但使用MgCl 溶液利于发展“镁－氢”循
2 2 2 2 2
环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH) ，便于回收利用；分离除去Mg(OH) ，可以循环使用
2 2
MgCl 溶液；
2
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH 具有较强的还原性，故CuCl 溶液制备H 的性能不如NiCl 溶液，可
2 2 2 2
能的原因是MgH 将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH 表面，阻止反应持续发生。
2 2
17.（10分）《中国制造2025》提出重点发展针对重大疾病的化学药、中药、生物技术药物新药品。贝诺酯(J)是治疗类风湿关节炎的药物，其合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)C的熔点161℃，低于其同分异构体对羟基苯甲酸(214℃)，原因是 。
(2)D中的官能团名称为 。
(3)反应④中，已知X是一种卤代烃，其质谱检测结果如图，则X的分子式为 。
(4)G的结构简式为 ，其化学名称是 。
(5)从A-G经历④⑤⑥三步，而不采用A直接硝化的原因是 。
(6)写出由H→I的化学反应方程式 。
(7)已知酚羟基易被酸性高锰酸钾溶液氧化。参考上述信息，设计以 为唯一含苯环有
机原料，制备 的合成路线(不需注明反应条件)： 。
【答案】(1)C即邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键
(2)酯基和羧基(3)CH I
3
(4) 对硝基苯酚或者4-硝基苯酚
(5)防止苯酚与硝酸发生硝化反应时生成三硝基苯酚等副产物
(6) +CH COOH +H O
3 2
(7)
【分析】由题干合成路线图可知，由F、H的结构简式和F到G、G到H的转化条件可知，G的结构简式
为： ，由H、D、J的结构简式和H到I的转化条件可知，I的结构简式为：
，(7)已知酚羟基易被酸性高锰酸钾溶液氧化，根据题干流程图中A到E转
化信息可知，可将 先与CHI反应转化为 将羟基保护起
3
来， 可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为： ，和CHOH发生酯化反应即可制备 ，由此确
3
定合成路线，由此分析解题；
【详解】（1）由题干路线图中信息可知，C为邻羟基苯甲酸，能够形成分子内氢键导致沸点降低，而对羟
基苯甲酸则只能形成分子间氢键，导致沸点升高，故C的熔点161℃，低于其同分异构体对羟基苯甲酸
(214℃)，故答案为：C即邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键；
（2）由题干路线图中信息可知，根据D的结构简式可知D中的官能团名称为酯基和羧基，故答案为：酯
基和羧基；
（3）由质谱图可知，X的相对分子质量约为142，根据题干流程可知，X中含有甲基，故反应④中，已知
X是一种卤代烃，在卤素的相对原子质量为：142-15=127，即为I，则X的分子式为CHI，故答案为：
3
CHI；
3
（4）由分析可知，G的结构简式为 ，其化学名称是对硝基苯酚或者4-硝基苯酚，
故答案为： ；对硝基苯酚或者4-硝基苯酚；
（5）苯酚直接发生硝化反应将得到三硝基苯酚，故从A-G经历④⑤⑥三步，而不采用A直接硝化的原因
是防止苯酚与硝酸发生硝化反应时生成三硝基苯酚等副产物；
（6）由分析可知，I的结构简式为： ，结合流程图信息可知，由H→I的化
学反应方程式为： +CH COOH +H O；
3 2
（7）已知酚羟基易被酸性高锰酸钾溶液氧化，根据题干流程图中A到E转化信息可知，可将
先与CHI反应转化为 将羟基保护起来，
3可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为： ，
和CHOH发生酯化反应即可制备 ，由此确
3
定合成路线为：
。
18.（14分）钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元素钕(Nd)、Fe、B．一种采
用分步沉淀从钕铁硼油泥中回收Nd (C O)·10H O和FeC O·2H O的工艺流程如图：
2 2 4 3 2 2 4 2
已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 的形式存在，硼常温下稳定，加热
2 3 2 3
至300℃被氧化，不与稀酸反应。
②H CO 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O·2H O沉淀。
2 4 2 4 2
回答下列问题：
(1)“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择 (填化学式)溶液。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填名称)。“浸出”时，盐酸浓度和固液比对钕、铁的浸出率影响如
图所示，则浸出过程的最佳条件是 。(3)写出“沉钕”时生成沉淀的离子方程式： 。
(4)“沉铁”时，加入铁粉的作用是 。
(5)FeC O·2H O晶体结构片段如图所示。
2 4 2
其中，Fe2+的配位数为 ；碳原子采用 杂化。现测定草酸亚铁晶体纯度。准确称取
Wg样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用cmol·L-1KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液bmL。滴定
4 4
反应： (未配平)。该样品纯度为 %。
【答案】(1)NaOH(或热的NaCO)
2 3
(2) 硼 6mol/L的盐酸、固液比为5：1
(3)
(4)将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O·2H O的沉淀
2 4 2
(5) 6 sp2
【分析】钕铁硼废料预处理后在通入空气在200℃条件下焙烧后，加入稀盐酸浸出，滤渣1主要成分为硼；
滤液1加入草酸溶液沉钕得到Nd (C O)·10H O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体；
2 2 4 3 2
【详解】（1）碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解，故“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可
选择NaOH(或热的NaCO)溶液；
2 3
（2）根据已知信息“200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 形式存在，硼常温下
2 3 2 3
稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应”，所以“滤渣1”的主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，应尽可能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6mol·L-1的盐酸、
固液比为5：1的条件进行浸出；
（3）根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将Nd3+转化为难溶的Nd (C O)·10H O；
2 2 4 3 2
（4）根据已知信息“HC O 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O·2H O沉淀”，结合题意，
2 2 4 2 4 2
需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O·2H O的沉淀；
2 4 2
（5）根据FeC O·2H O晶体结构片段，可知Fe2+与6个O原子形成配位键，配位数为6；FeC O·2H O晶
2 4 2 2 4 2
体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2.根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式，
，故
，故样品纯度为
。
19.（14分）1841年美国学者Fremy首次合成了 ，它是一种“环境友好型氧化剂”。某小组拟制备
，并探究其性质。已知20℃时KCl的溶解度为37.4g， 的溶解度为11.1g。
实验(一)制备 ，装置如图所示：
(1)乙装置的作用是 。
(2)甲装置中副产物为氯化钾，写出生成 的离子方程式： 。
(3)实验完毕后，对甲装置中混合液蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥。
实验(二)探究 性质及应用。取10g草酸溶于40mL水中，加入 粉末，充分混合，观察到有大量气泡产生，并产生黑色固体，
将所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊。
(4)根据上述实验现象，可以判断产生的气体中含有 ，产生该气体的原因是 ，经测
定所得气体中还含有 。
(5)实验完毕后，将混合物经过滤、洗涤、干燥得到黑色固体，利用如图实验装置探究黑色固体的成分。
当黑色固体完全反应后，测得浓硫酸质量净增bg，当 等于 (用分数表示)时，黑色固体为
。
(6)在其他条件相同时，测得一定浓度的 稳定性(用 浓度表示)与pH关系如左图，其消毒效率
与温度关系如右图所示：
①根据左图得出结论是 。
②在相同条件下， 作消毒剂最佳温度是 。
(7)查阅资料可知， 溶液呈紫红色，为探究 和 的电位相对大小，设计如下方案。(已
知：电位一般指“电势”，用“ ”表示。氧化剂的电位是衡量其氧化性强度主要参数，电位越高，对应
条件下氧化剂的氧化性越强。)方案1：在 溶液中加过量的 粉末，溶液呈紫红色。
方案2：如图所示，关闭K时，观察到电流计指针偏转，铂极产生红褐色物质，石墨极附近无色溶液变紫
红色。
实验 (填“1”或“2”)能证明 。
【答案】(1)吸收氯气，防止污染空气
(2)3Cl +10OH—+2Fe(OH) =2FeO +6Cl—+8H O
2 3 2
(3)冷却结晶
(4) CO HC O 溶液与KFeO 溶液发生氧化还原反应生成CO
2 2 2 4 2 4 2
(5)
(6) 溶液pH越大，KFeO 越稳定 35℃
2 4
(7)2
【分析】由实验装置图可知，甲装置为氯气与氢氧化铁碱性条件下发生氧化还原反应制备高铁酸钾的装置，
装置乙中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置乙中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故答
案为：吸收氯气，防止污染空气；
（2）由分析可知，甲装置中发生的反应为氯气与氢氧化铁、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾、氯化钾和
水，反应的离子方程式为3Cl+10OH—+2Fe(OH) =2FeO +6Cl—+8H O，故答案为：3Cl+10OH—
2 3 2 2
+2Fe(OH) =2FeO +6Cl—+8H O；
3 2（3）由20℃时氯化钾的溶解度大于高铁酸钾可知，从甲装置的混合溶液得到高铁酸钾的操作为混合溶液
经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到高铁酸钾，故答案为：冷却结晶；
（4）所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊说明草酸溶液与高铁酸钾溶液发生氧化还原反应生成
了能使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，故答案为：CO；HC O 溶液与KFeO 溶液发生氧化还原反应
2 2 2 4 2 4
生成CO；
2
（5）由实验装置图可知，若黑色固体为四氧化三铁，硬质试管中发生的反应为氢气与四氧化三铁共热反
应生成铁和水蒸气，盛有浓硫酸的洗气瓶用于测定反应生成水的质量，由氧原子个数守恒可知，1mol四氧
化三铁完全反应生成4mol水，则 = = ，故答案为： ；
（6）①由图可知，溶液的pH越大，溶液中高铁酸根离子的浓度越大，说明溶液的pH越大，溶液的碱性
越强，高铁酸钾在溶液中越稳定，故答案为：溶液pH越大，KFeO 越稳定；
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②由图可知，在相同条件下，温度为35℃时高铁酸钾的消毒效率最高，则高铁酸钾作消毒剂最佳温度是
35℃，故答案为：35℃；
（7）由题意可知，高铁酸钾溶液为紫红色，若用方案1探究高锰酸钾和高铁酸钾的电位相对大小，过量的
高铁酸钾溶液会干扰高锰酸钾是否生成的判断，所以方案2能证明 ，故选2。
