文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（河北专用）
黄金卷02
（考试时间：75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 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．化学与材料、人类生活密切相关，下列说法错误的是
A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B．在北京冬奥会中，短道速滑服使用的超高分子聚乙烯属于有机高分子材料
C．在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀
D．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料都是新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】A．二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白，防腐和抗氧化等
作用，A正确；
B．超高分子聚乙烯属于有机高分子材料，B正确；
C．在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，C错误；
D．碳化硅陶瓷和碳纤维材料都是新型无机非金属材料，D正确；
故选C。
2．下列化学用语表达正确的是
A．基态Cu+的价电子排布式：[Ar]3d10
B．NH 分子的球棍模型：
3
C．HClO的电子式：
D．质量数为238、中子数为146的铀(U)原子： U
【答案】B
【解析】A．Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu+的价电子排布式：3d10，故
A错误；
B．氨分子为三角锥结构，氨气分子的球棍模型为： ，故B正确；
C．HClO的结构式为H-O-Cl，电子式是 ，故C错误；
D．质量数为238、中子数为146的铀(U)原子，质子数等于238-146=92，该原子表示为： ，故D错
误。
故选B。
3．N 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A
A．标准状况下，11.2LCHCHOH中含有的分子数目为0.5N
3 2 AB．1molCl 通入足量水充分反应，转移的电子数为N
2 A
C．1molHClO中所含H−Cl键为N
A
D．0.1L3mol⋅L﹣1NH NO 溶液中含有的 数目小于0.3N
4 3 A
【答案】D
【解析】A．标况下乙醇为液体，故A错误；
B．氯气与水反应为可逆反应，所以1molCl 通入足量水充分反应，转移的电子数小于N ，故B错误；
2 A
C．次氯酸结构式为H-O-Cl，不含H-Cl，故C错误；
D．铵根离子为弱碱阳离子，所以0.1L3mol·L﹣1NH NO 溶液中含有的 数目小于0.3N ，故D正确；
4 3 A
故选D。
4．下列离子方程式书写正确的是
A．铁与足量的稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H ↑
2
B．醋酸溶液与碳酸氢钠溶液反应：HCO +H+=CO ↑+H O
2 2
C．氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸：Ba2++OH-+SO +H+=BaSO ↓+H O
4 2
D．氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3++3NH•H O=Al(OH) ↓+3NH
3 2 3
【答案】D
【解析】A．不符合反应客观事实，铁与稀硝酸生成硝酸铁和一氧化氮和水，
，A错误；
B．醋酸为弱电解质，应保留化学式，反应为 ，B错误；
C．氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸反应生成硫酸钡和水：Ba2++2OH-+SO +2H+=BaSO ↓+2H O，C错误；
4 2
D．氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵：Al3++3NH•H O=Al(OH) ↓+3NH ，D正确；
3 2 3
故选D。
5．下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是
氨气的尾气吸 用滴定管量取20.00mL酸性 乙醇在浓硫酸作用下，加热到
中和热的测定
收 KCr O 溶液 170℃制备乙烯
2 2 7
A B C D
【答案】C
【解析】A．苯不能隔绝氨气与水，图中装作不能防止倒吸，故A错误；
B．图中缺少玻璃搅拌器，图中装置不能准确测定中和热，故B错误；
C．滴定管的最小读数为0.01mL，可以用酸式滴定管量取20.00 mL酸性KCr O 溶液，也可以用移液管量
2 2 7
取，故C正确；
D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，温度计放置在支气管处位置有误，应插入溶液中，故D错误；
故选C。
6．下列由实验操作及现象所得结论正确的是
选
实验操作和现象 实验结论
项
将适量蔗糖与稀硫酸反应，加热后加碱中和，再加入新制Cu(OH) 浊液
2
A 证明蔗糖完全水解
加热，有红色沉淀生成
向2 mL0.1 mol·L-1硝酸银溶液中，加入1 mL等浓度NaCl溶液，出现白
B K (AgCl)＞K (Ag S)
sp sp 2
色沉淀，再加入几滴等浓度的NaS溶液，有黑色沉淀生成
2
C 某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 原溶液中一定存在
I 在CCl 中的溶解度大于
2 4
D 向碘水中加入等体积CCl ，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
4
在水中的溶解度
【答案】D
【解析】A．蔗糖在稀硫酸催化下加热，发生水解反应产生葡萄糖、果糖，然后加入NaOH溶液中和催化
剂硫酸，使溶液显碱性，再加入新制Cu(OH) 悬浊液，加热煮沸，有红色沉淀生成，只能证明蔗糖发生了
2
水解反应产生了葡萄糖，但不能证明蔗糖完全水解，A错误；
B．根据反应方程式AgNO+NaCl=AgCl↓+NaNO 中二者反应关系，结合加入的二者相对量可知：AgNO 过
3 3 3
量，再向其中加入几滴等浓度的NaS溶液时，过量的AgNO 与NaS反应产生Ag S黑色沉淀，不能证明
2 3 2 2
溶度积常数K (AgCl)＞K (Ag S)，B错误；
sp sp 2
C．某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO，则原溶液中可能含有
2
，也可能含有 ，C错误；
D．CCl 是无色液体，与水互不相溶，密度比水大。向碘水中加入等体积CCl ，振荡后静置，上层接近无
4 4
色，下层显紫红色，说明I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度，CCl 起到了萃取作用，D正确；
2 4 4
故选D。
7．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z元素基态原子L层电子数是电子层数的3
倍。这四种元素组成的化合物(结构如图)可用于合成超分子聚合物。下列说法错误的是
A．XZ 晶体属于共价晶体 B．元素W、X、Y都可以与Z形成多种化合物
2
C．电负性：Z＞Y＞X＞W D．超分子具有自组装和分子识别的特征
【答案】A
【分析】由Z元素原子L层电子数是电子层数的3倍可知Z为O元素，再结合图中结构简式，可知W、
X、Y分别为H、C、N元素。
【解析】A．CO 晶体属于分子晶体，故A错误；
2B．W、X、Y分别为H、C、N元素，能与O元素形成HO、HO，CH、C H，NH 、NH 等多种化合
2 2 2 4 2 4 3 2 4
物，故B正确；
C．非金属性越强其电负性越大，由非金属性：O>N>C>H，电负性：O>N>C>H，故C正确；
D．超分子的两大特性是具有自组装和分子识别特征，故D正确；
故选A。
8．Al CoO 的立方晶胞如图所示，已知处在体心处的原子为Co，晶胞参数anm，下列说法错误的是
x y
A．x=1，y=3
B．该晶胞的密度为
C．该晶胞的俯视图为
D．晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为6
【答案】D
【解析】A．黑球位于顶点，个数为 =1，白球位于面心，个数为 =3，钴原子位于体心，个数为
1，根据化合价代数和为0，则黑球为Al，白球为O，化学式为AlCoO，即x=1，y=3，故A说法正确；
3
B．晶胞的质量为 = ，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为
g/cm3= g/cm3，故B说法正确；
C．俯视时，顶点黑球重合，侧面上的白球投影到棱的中线上，上下面心白球与体心重合，因此俯视图为
，故C说法正确；
D．与Al距离最近的O位于面心上，个数为12个，故D说法错误；
故选D。
9．某有机物结构如图所示，下列有关该有机物的说法错误的是
A．分子中所有碳原子可能共平面B．分子中碳原子的杂化方式有两种
C． 该有机物在一定条件下与氢氧化钠发生反应，最多消耗
D．该有机物能使稀酸性 溶液褪色
【答案】C
【解析】A．分子中含有2个苯环决定的平面，单键可以旋转，因此分子中所有碳原子可能共平面，故A
正确；
B．苯环中的碳原子和羰基中的碳原子的杂化方式均为 ，甲基中的碳原子的杂化方式为 ，故B正
确；
C．该有机物在一定条件下与氢氧化钠发生反应 、
、NaCl， 该有机物最多消耗 ，故C错误；
D．苯环上含有甲基，能使稀酸性 溶液褪色，故D正确；
故选C。
10．二次电池“超钠F1”的电极材料分别为NaMn[Fe(CN) ](普鲁士白)和NaC (嵌钠硬碳)。该电池充电时
2 6 4 y
Na+的移动方向如图所示。下列说法错误的是
A．该二次电池阳极材料为NaMn[Fe(CN) ]
2 6
B．充电时，阴极的电极反应式可表示为：NaC +e-+Na+=Na C
x y (x+1) y
C．放电时，电路中每转移1mol电子，嵌钠硬碳电极的质量增加23g
D．“超钠F1”在充、放电过程中，Na+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌
【答案】C
【分析】该电池负极材料为NaC ，放电时发生反应NaC -xe-=C +xNa+，正极材料为NaMn[Fe(CN) ]，放
x y x y y 2 6
电时正极反应为 Mn[Fe(CN) ]+xe-+xNa+= NaMn[Fe(CN) ]。充电时极NaMn[Fe(CN) ]为阳极，电极反应
6 2 6 2 6
为 NaMn[Fe(CN) ]-xe-= Mn[Fe(CN) ]+xNa+，嵌钠硬碳为阴极，电极反应为Cy+xNa++xe-=Na C 。
2 6 6 x y
【解析】A．放电时NaMn[Fe(CN) ]为正极材料，充电时电池阳极材料为NaMn[Fe(CN) ]，A正确；
2 6 2 6
B．放电时负极发生反应NaC -xe-=C +xNa+，充电时，阴极的电极反应式可表示为：NaC +e-
x y y x y
+Na+=Na C ，B正确；
(x+1) y
C．放电时，电路中每转移1mol电子，嵌钠硬碳电极的质量减少23g，C错误；
D．根据题意，“超钠F1”在充、放电过程中，Na+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌，D正确；故选C。
11．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其核外
电子有4种空间运动状态；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲；Y是短周
期主族中原子半径最大的元素；Z与Y处于同一周期，且Z元素所形成的简单单质常温常压下为气态。下
列说法正确的是
A．Y的第一电离能在四种元素中最小
B． 是含极性键的极性分子
C． 的中心原子的杂化轨道类型为
D． 晶胞中含 1 个 和一个
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其
核外电子有4种空间运动状态，则W为C元素；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成
化合物甲，则X为N元素；Y是短周期主族中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z与Y处于同一周
期，且Z元素所形成的简单单质常温常压下为气态，则Z为Cl元素，据此分析。
【解析】A．Na为金属，其第一电离能最小，故A正确；
B．CCl 为含极性键的非极性分子，故B错误；
4
C．NCl 的中心原子的价电子对数为： =4，中心原子的杂化轨道类型为sp3，故C错误；
3
D．NaCl晶胞中含4个Na+和4个Cl-，故D错误；
故选A。
12．工业上以软锰矿(主要成分是 ，含有 、 等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料
碳酸锰 ，其工业流程如图。下列说法错误的是
A．浸锰过程中 与 反应的离子方程式为
B．过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的金属阳离子为 和
C．滤渣Ⅱ的主要成分含有
D．向过滤Ⅱ所得的滤液中加入 溶液发生反应的主要离子方程式为
【答案】D
【分析】浸锰过程通入过量的SO ，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，过滤Ⅰ所得滤渣为SiO，加入MnO
2 2 2
氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2+和未反应的SO ，调pH是为了将上一步氧化生成的Fe3+沉淀下
2
来与Mn2+分离，加入NH HCO 溶液将Mn2+沉淀下来，再经过一系列步骤可得到纯的MnCO 。
4 3 3
【解析】A．根据上述分析可知，浸锰过程通入过量的SO ，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，反应的离
2
子方程式为：Fe O＋SO ＋2H＋=2Fe2＋＋SO ＋HO，A正确；
2 3 2 2
B．过量的SO ，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，因此过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2＋
2
和Fe2＋，B正确；C．调pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ的主要成分含有Fe(OH) ，C正确；
3
D．滤液为硫酸锰溶液，向滤液种加入适量NH HCO 溶液，生成MnCO 沉淀，同时二氧化碳生成，发生
4 3 3
的反应为：Mn2++2HCO =MnCO↓+CO ↑+H O，D错误；
3 2 2
故选D。
13．亚硝酸甲酯( )与 自由基的反应具有重要的研究价值。 时，该反应在空气中存在“氢
提取”和“ 加成两种反应路径，反应机理如图2( 表示过渡态， 、 表示中间产物)。下列说法
错误的是
A．图1中 的两种构象a更稳定
B．“氢提取”路径中的总反应为放热反应
C．“ 加成”路径中决速步为
D． 时， 与 自由基的反应主要产物为
【答案】C
【解析】A．构象指有机分子中不改变共价键结构，仅单键周围的原子旋转所产生的原子的空间排布、一
种构象改变为另一种构象时，不涉及共价键的断裂和重新形成。根据分子结构理论，由于基团的相互作用
的缘故，椅式构象比船式构象稳定得多，A正确；
B．由图像可知“氢提取”路径中反应物总能量大于生成物总能量，故其总反应为放热反应，B正确；
C．“ 加成”路径总反应的几步基元反应中活化能最大的是 ，故决速步为 ，C
错误；
D． 时，该反应在空气中存在“氢提取”和“ 加成两种反应路径，从反应历程能量图像中分析发
现氢提取路径的活化能小于OH加成路径，且氢提取产物能量更低更稳定，故反应主要产物为氢提取的产
物 ，D正确；
故选C。
14．室温下，某混合溶液中c(M⁺) +c(MOH)=c(R⁻) +c(HR)， 和 随pH 变化关系如图所
示，已知pX =-lg X。下列说法正确的是A．曲线I表示 与pH关系曲线，
B．b点溶液中c(M+)>c(R-)， x=-4
C．MR 溶液显碱性， 且MR溶液中c(MOH)c(R-)，c(OH-)=
，由 =10-4，则 ，则lgx=-
=-2，B错误；
C．由K= 10-6，K=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规
a b
律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH)＜c( HR)，C正确；
D．由K= 10-6，R-水解常数为 < K，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的
a a
NaR与HR混合溶液中，c(R-)>c(Na+)>c(HR)>c(H+)>c(OH-)，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分） I．配制100mL0.05mol·L-1Fe (SO ) 溶液。
2 4 3
（1）该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。
（2）为了防止Fe (SO ) 水解，在配置过程中可以加入少量 。
2 4 3
Ⅱ.探究Fe (SO ) 与Cu的反应。
2 4 3
原理预测：（3）请写出Fe (SO ) 与Cu的反应的离子方程式： 。
2 4 3
开展实验并观察现象：
某实验小组在进行Fe (SO ) 与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。
2 4 3
实验I：
提出问题：
（4）实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是 。
查阅文献：i．CuSCN为难溶于水的白色固体；
ii．SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。
提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。
猜测2：亚铁离子将其还原 ， 。
（5）猜测1的离子方程式为 。
设计实验：
实验
对比实验及试剂 实验步骤 实验现象
序号
A试管
加入1mL0.4mol·L-1KSCN 开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红
2 mL 0.1 mol/LFeSO
4 溶液 色向下蔓延，最后充满整支试管
溶液
Ⅱ
B试管
加入1mL0.4mol·L-1KSCN
2mL0.1mol/LCuSO 溶 溶液变成绿色
4
溶液
液
加入2mL0.1mol·L-1CuSO
4
溶液变为淡蓝色
C试管 溶液
Ⅲ 2mL0.1mol/LFeSO 溶
4
再加1mL0.4mol·L-1KSCN 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一
液
溶液 段时间后整支试管溶液呈深红色
得出结论：
（6）实验Ⅱ中试管 (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释 能正向发生的原因：
。
【答案】（1）胶头滴管 （1分） 100mL容量瓶（2分）
（2）稀硫酸（1分）
（3） （2分）
（4）Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN) 生成（2分）
3（5） （2分）
（6）B（2分）
（7）由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该
反应的平衡得以正向移动（2分）
【解析】（1）配制100mL0.05mol·L-1Fe (SO ) 溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、转移、定容、贴签
2 4 3
等，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
（2）为了防止Fe3+水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。
（3）Fe (SO ) 与Cu反应的离子方程式： 。
2 4 3
（4）根据 ，0.0001 mol Fe3+与0.15g(0.0023mol)Cu反应，Cu粉过量，不应有Fe3+存在，
应该没有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN) ，则原因是Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会
3
有红色的Fe(SCN) 生成。
3
（5）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，离子方程式： 。
（6）因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管 B中的现象可以证实猜测1不成
立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu+，结合实验Ⅲ中的现象解释 能正向发生的原因：由于
SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平
衡得以正向移动。
16．（14分） 在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na SO)溶解。从废定影
2 2 3
液{主要含有[Ag(S O)]3-、Br-等}中回收Ag并制取催化剂PdAg@Cu O的流程如图所示：
2 3 2 2
已知：① 的结构如图所示： ；
② 。
请回答下列问题：
（1）写出NaSO 溶液溶解AgBr生成 的离子方程式： ，该反应的化学平衡
2 2 3
常数为 。
（2）在 配合反应中，作配位原子的不可能是 (填字母)。
a． 中的中心S原子 b． 中的端基S原子
（3）向滤液1中通入足量氯气后，通过一系列操作可分离出Br 。通入足量氯气后，Cl 发生的氧化还原反
2 2
应主要有 、 、 。
（4）“酸溶”过程中产生的有害气体是 (填化学式)，实验室消除该有害气体的方法为
。
（5）操作 的目的是 。（6）在制备PdAg@Cu O的反应中，NH OH被氧化成无污染物(N )，若获得0.5molPdAg@Cu O，理论上
2 2 2 2
至少需要NH OH g。
2
【答案】（1）AgBr+2 =[Ag(S O)]3-+Br-（2分） 16（2分）
2 3 2
（2）a（1分）
（3） +4Cl+5H O=2 +8Cl-+10H+（2分）
2 2
（4）NO（1分） 将NO与足量O 混合通入NaOH溶液中（2分）
2
（5）除去Ag中混有的铁粉（2分）
（6）33（2分）
【分析】废定影液{主要含有[Ag(S O)]3-、Br-等}中加入NaS溶液，与[Ag(S O)]3-反应生成Ag S沉淀，过
2 3 2 2 2 3 2 2
滤后，所得滤液中含有Br-、S2-、 ；将Ag S通入空气焙烧，生成粗银和SO ；将粗银放入稀硝酸中溶
2 2
解，生成AgNO 等，加入盐酸将银转化为AgCl沉淀；加入铁粉，将AgCl还原为Ag，过滤所得的Ag中
3
混有Fe，加入足量盐酸溶解Fe、过滤、洗涤、干燥，得纯银；纯银与KPdCl 、PVP混合后，得到PdAg，
2 4
再与CuCl 、NaOH、NH OH、HCl混合后，得到PdAg@Cu O。
2 2 2
【解析】（1）NaSO 溶液溶解AgBr生成 和NaBr，离子方程式：AgBr+2
2 2 3
=[Ag(S O)]3-+Br-，该反应的化学平衡常数为K= =K ∙K (AgBr)=3.2×10-
2 3 2 稳 sp
13×5.0×1013=16。
（2）在 配合反应中， 中的中心S原子不存在孤电子对，不能作配位原
子， 中的端基S原子存在孤电子对，可作配位原子，则配原子不可能是a。
（3）向滤液1中通入足量氯气后，通过一系列操作可分离出Br 。通入足量氯气后，Cl 发生的氧化还原反
2 2
应主要有 、 、 +4Cl+5H O=2 +8Cl-
2 2
+10H+。
（4）“酸溶”过程中，粗银与稀硝酸反应，生成AgNO 等，产生的有害气体是NO，实验室消除该有害气
3
体的方法为：将NO与足量O 混合通入NaOH溶液中。
2
（5）加入过量的铁粉后，AgCl全部被还原为Ag，此时Ag中混有过量的铁。往固体混合物中加入足量盐
酸，将Fe溶解后过滤、洗涤、干燥，则操作 的目的是：除去Ag中混有的铁粉。
（6）在制备PdAg@Cu O的反应中，NH OH被氧化成无污染物(N )，依据得失电子守恒，可得出关系式：
2 2 2
2NH OH——Cu O，若获得0.5molPdAg@Cu O，理论上至少需要NH OH的物质的量为0.5mol×2=1mol，
2 2 2 2
质量为1mol×33g/mol=33g。
17．（15分） 空间站处理CO 的一种重要方法是对CO 进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的
2 2
氧气。其技术路线可分为以下三步：
Ⅰ.固态胺吸收与浓缩CO
2
在水蒸气存在下固态胺吸收CO 反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO 的简单方法是加
2 2
热。
Ⅱ.CO 的加氢甲烷化
2
H 还原CO 制CH 的部分反应如下：
2 2 4
i.CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g) △H=+41kJ•mol-1
2 2 2 1
ii.CO(g)+3H (g) CH(g)+HO(g) △H=-246kJ•mol-1
2 4 2 2
（1）反应CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)的 H= kJ•mol-1。
2 2 4 2
△（2）向恒容绝热的密闭容器中充入amolCO与2amolH (g)，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状
2
态的是
a.容器中混合气体密度不变
b.混合气体中c(CH)与c(HO)之比不变
4 2
c.v (H )=3v (H O) d.容器内温度不变
正 2 逆 2
Ⅲ.CO 和H 合成甲烷也是CO 资源化利用的重要方法。对于上述（1）的反应CO(g)+4H(g) CH(g)
2 2 2 2 2 4
+2H O(g) △H，催化剂的选择是CO 甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得
2 2
CO 转化率和生成CH 选择性随温度变化的影响如图所示：
2 4
（3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO 转化率仍在上升，其原因是 。
2
（4）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
（5）控制起始时 =4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的
变化如图所示：
①图中代表CH 的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，
4
说明此条件下，反应 (填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。
②M点(T＜500℃)时，平衡分压p(CO)= atm，反应CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)的平衡常
2 2 2 4 2
数Kp= atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
【答案】（1）-205（2分）
（2）cd（2分）
（3）以Ni为催化剂，CO 甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO 转化率提高（2
2 2
分）（4）Ni－CeO（2分） 320℃（1分）
2
（5）b（1分） ii（1分） 0.04（2分） 625（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律反应I+II可得反应CO
2
(g)+4H
2
(g)⇌CH
4
(g)+2H
2
O(g)，△H=△H
1
+△H
2
=41-
246=-205kJ·mol-1；故选-205；
（2）达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。 容器中混合气体密度是定值，
密度不变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH)与c(HO)之比是定值，始终是1:1，不能说明达到平
4 2
衡状态；v (H )=3v (H O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是
正 2 逆 2
变量，温度不变说明达到平衡状态；故选cd；
（3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO 转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO 甲烷化速率较
2 2
慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO 转化率提高；
2
（4）对比上述两种催化剂，Ni－CeO 作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni－
2
CeO，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；
2
（5）对于反应CO
2
(g)+4H
2
(g)⇌CH
4
(g)+2H
2
O(g)△H=-205kJ·mol-1，升高温度，反应逆向移动，H
2
的物质的
量分数增大，CH 和HO的物质的量分数减小，且CH 和HO的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、
4 2 4 2
c代表的物质分别为HO、CH、H；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反
2 4 2
应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故选b；ii；
起始时 设CO 的起始量为a mol，变化量为x mol，则H 的起始量为4amol，列三段式计算如
2 2
下：
M点时，n(CH)=n(H)，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO、H、CH、HO的物质的量分别为
4 2 2 2 4 2
0.2amol、0.8amol、0.8amol、1.6amol，各气体的总物质的量为（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）mol=3.4amol，在恒
温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则 ，平衡时p= ，平衡分压p(CO)= ×
2
atm= 0.04atm，平衡常数Kp= = =625，故选0.04；625。
18．（15分）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。利用木质纤维素为起始
原料结合CO 生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如下：
2回答下列问题：
（1）化合物I的分子式为 。
（2）分析化合物Ⅱ的结构，预测反应后形成的新物质，参考①的示例，完成下表。
序号 变化的官能团的名称 可反应的试剂(物质) 反应后形成的新物质 反应类型
① 。 O 氧化反应
2
② 。 。 。 加成反应
（3）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅢ与1mol化合物a反应得到
1molⅣ，则化合物a为 。
（4）已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2：3，写出化合物V的结构简式：
。
（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有 种(不含立体异构)。
①最多能与相同物质的量的NaCO 反应；
2 3
②能与2倍物质的量的Na发生放出H 的反应。
2
（6）关于Ⅶ生成Ⅷ的反应的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有H-O键断裂
B．反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成
C．该反应为缩聚反应
D．CO 属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键
2
（7）参照上述信息，写出以丙烯为起始有机原料合成 的路线(无机试剂任选)。
【答案】（1）C H O（1分）
6 12 7
（2）羟基（1分） 碳碳双键(或醛基)（1分） H(氢气)（1分）
2
(或 或 )（2分）
（3）乙烯(C H)（1分）
2 4（4） （1分）
（5）16（2分）
（6）BD（2分）
（7）CHCH=CH （3分）
3 2
【解析】（1）化合物I的分子式为C H O。
6 12 7
（2）II中羟基可以被氧气氧化为醛基，II中可能是碳碳双键，与氢气发生加成反应生成 ；也
可能是醛基和氢气发生加成反应生成 。
（3）化合物Ⅲ到化合物IV的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅢ与1mol化合物a反应得到
1molIV，则a的分子式为C H，为乙烯。
2 4
（4）化合物V的分子式为C H ，已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2：3，说明有
8 10
对称性，再根据Ⅵ的结构分析，则化合物V的结构简式为 。
（5）化合物VII的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的NaCO 反应；能与2倍
2 3
物质的量的Na发生放出H 的反应，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，如果取代基为酚-OH、-
2
CHCHOH，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH(OH)CH ，两个取
2 2 3
代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH、-CHOH，有10种位置异构，所以
3 2
符合条件的同分异构体有16种。
（6）根据图中信息VII生成Ⅷ是发生缩聚反应，反应过程中，有C一O键和H一O键断裂无C==O双键
的形成，且CO 属于非极性分子，故选BD。
2
（7）根据题意丙烯和溴水发生加成反应生成 ， 和氢氧化钠溶液加热条件下发
生水解反应生成 ， 和CO 在催化剂作用下发生反应生成 ，其合成路线为
2
CHCH=CH
3 2
