文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖南专用）
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 Al-27 I-127
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．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法
正确的是
A．指南针是我国古代的四大发明之一，制造指南针的磁性物质是FeO
B．湖南苗族银饰和江西景德镇彩瓷是我国特有的文化产品，其主要成分均为金属材料
C．人工合成淀粉不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”
D．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出的一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO
2
【答案】C
【详解】A．制造指南针的磁性物质是Fe O，故A错误；
3 4
B．苗族银饰和景德镇彩瓷是我国特有的文化产品，苗族银饰的主要成分为金属材料，而景德镇彩瓷的主
要成分为无机非金属材料，故B错误；
C．二氧化碳与氢气合成淀粉，可以将二氧化碳回收利用并转化为有机物，因此人工合成淀粉不仅有利于
解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”，故C正确；
D．硅属于半导体材料，芯片的主要成分为晶体Si，故D错误；
故选C。
2．素质教育包括多个方面，如音乐、体育、美术等，受到高度关注。下列情况对应的化学知识或原理正
确的是
选
素质教育 化学知识或原理
项
A 音乐：“音乐焰火”创造出光和色的火树烟花不夜天 焰色反应属于化学变化
高性能树脂与碳纤维融合而
体育：北京冬奥会火炬“飞扬”一经亮相就吸睛无数，火炬外壳材
B 成的复合材料具有耐高温、
料是由高性能树脂与碳纤维融合而成的复合材料
耐腐蚀等优良的特性
美术：宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，其中绿色
孔雀石、蓝铜矿颜料不易被
C 来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH) ·CuCO]，青色来自蓝铜矿颜料
2 3 空气氧化且耐酸、耐碱
[主要成分为Cu(OH) ·2CuCO]
2 3
传统爆炸粉为黑火药，其主
D 文学：爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
要成分为木炭、硫磺、KClO
3
【答案】B
【详解】A． 焰色反应属于物理变化，故A错误；
B．火炬的外壳应具有耐高温、耐腐蚀的优良特性，故B正确；C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，故C
错误；
D．传统爆炸粉为黑火药，其主要成分为木炭、硫磺、KNO，故D错误；
3
故选B。
3．中国科学院兰州化物所阎兴斌研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化学物结构如图
所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组
成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的
是
A．Z的氢化物沸点一定高于Y的氢化物
B．Q的含氧酸不一定属于强酸
C．简单离子半径大小的顺序为：Q>X>M>L
D．L的铵盐溶液能存放在玻璃试剂瓶中
【答案】B
【详解】由题干信息可知，X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，M、Q同族
且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，即 ，Y是有机物的基本骨架
元素，则Y为C，由图示可知，Q周围形成了6个共价键，M周围形成了2个共价键，则M为O，Q为
S，X为+1价，则X为Li，Z为N，由C周围只能形成4个共价键，则L为F。
A．由分析可知，Y为C，则Y的氢化物有很多，有气体、液态和固体的烃，Z为N，其氢化物有NH (g)
3
和NH(l)等，则Z的氢化物的沸点不一定高于Y的氢化物，选项A错误；
2 4
B．由分析可知，Q为S，其含氧酸有HSO 和HSO 两种，HSO 是弱酸，选项B正确；
2 3 2 4 2 3
C．由分析可知，Q为S、M为O、L为F，X为Li，故简单离子半径大小的顺序为：S2->O2>F->Li+ 即
Q>M>L>X，选项C错误；
D．由分析可知，L为F，则L的铵盐溶液中，氟离子水解生成的HF能与玻璃中的SiO 反应而腐蚀玻璃，
2
故NH F溶液不可以存放在玻璃试剂瓶中，应该装在塑料瓶中，选项D错误；
4
答案选B。
4．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为 ℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为 ℃。下列说法错误的是
A．操作a所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯
B．操作c为重结晶
C．饱和 溶液和无水 的作用相同
D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大
【答案】C
【分析】向混合物中加入饱和NaCO 溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得到含有苯甲酸乙酯、
2 3
环己烷的有机相和水相；向水相中加入乙醚，萃取水相中的苯甲酸乙酯和环己烷，分液得到有机相和萃取
液；有机相混合得到有机相Ⅰ，有机相经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入无水MgSO 除去
4
水分，干燥有机相，蒸馏得到苯甲酸乙酯；向萃取液中加入稀硫酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，过滤得到
苯甲酸粗品，经重结晶得到纯净的苯甲酸，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，操作a为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，A正确；
B．由分析可知，操作b为蒸馏，操作c为重结晶，B正确；
C．饱和NaCO 溶液的作用是反应苯甲酸、降低苯甲酸乙酯溶解度，无水MgSO 的作用是干燥剂，干燥苯
2 3 4
甲酸乙酯，二者作用不同，C错误：
D．该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水
中的溶解度差别很大，D正确；
故答案为：C。
5．液晶(LC)材料是指一类像液体一样流动但分子的取向方式却类似晶体的材料。目前已合成的液晶材料
有1万多种，安息香酸胆固醇酯(分子式为C H O)是最早由奥地利科学家斐德烈·莱尼泽发现的液晶材
34 50 2
料，其结构简式如图所示。下列说法中错误的是
A．该物质的分子中含8个手性碳原子 B．该物质的一氯代物共有29种C．该物质可发生加成反应和水解反应 D．胆固醇的分子式为
【答案】B
【详解】A．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该物质的分子中含8个手
性碳原子，如图所示： ，A正确；
B．根据等效氢原理可知，苯环上有一个对称轴，即苯环上6个碳原子只有3种氢，另有4个没有H的碳
原子，同时连有2个甲基为1种氢，故该物质的一氯代物共有34-3-4-1=26种，B错误；
C．由题干物质的结构简式可知，该物质中含有酯基和碳碳双键，故可发生加成反应和水解反应，C正
确；
D．由题干物质的结构简式可知，该物质水解为胆固醇和安息香酸即苯甲酸，即C H O+H O
34 50 2 2
C HO+胆固醇，故胆固醇的分子式为 ，D正确；
7 6 2
故答案为：B。
6．五种短周期元素X、Y、Z、L、M的某些性质如下表所示，下列判断错误的是
元素 X Y Z L M
最低化合价 0
电负性 2.5 2.5 3.0 3.5 1.0
A．元素L、M可形成离子化合物
B．Z在周期表中的位置为第3周期第ⅦA族
C．借助电负性数值预测：YLZ 加入水中可生成YL
2 2
D．基态X原子的核外电子共占据3个原子轨道
【答案】D
【分析】Y和L的最低化合价均为-2价，它们为ⅥA族元素，且L的电负性更大L为O，Y为S。X为-4
价为ⅣA元素，且其电负性为2.5，则X为C。Z为-1价则其为ⅦA，且其电负性为3.0大于S却小于O，
则Z为Cl。M最低价为0价，M为Li。
【详解】A．LiO为离子化合物，A项正确；
2
B．Z为Cl，位于第三周期ⅦA族，B项正确；
C．SOCl 与水反应产生SO ，C项正确；
2 2
D．X为C，电子排布为1s22s22p2，占据轨道为1+1+2=4，D项错误；故选D。
7．某课题组研究发现，甲酸脱氢的反应历程如图(图中E为相对能量)所示。下列说法错误的是
A．甲酸脱氢过程中起催化作用的是乙 B．戊为
C．丙和丁为甲酸脱氢过程的中间体 D．升高温度可提高反应I中乙的转化率
【答案】D
【详解】A．根据题图可知，乙与甲酸发生反应，最终又生成乙，因此甲酸脱氢过程中起催化作用的是
乙，故A正确；
B．根据原子守恒可知反应Ⅲ中生成物戊为 ，故B正确；
C． 脱氢生成氢气和二氧化碳，因此根据题图可判断丙和丁为甲酸脱氢过程的中间体，故C正
确；
D．反应Ⅰ中反应物乙的总能量大于生成物甲的总能量，属于放热反应，因此升高温度平衡逆向移动，反
应Ⅰ中乙的转化率降低，故D错误；
故答案选D。
8．水合肼(N H•H O)是一种重要的化工原料，其沸点约为118℃，具有强还原性，实验室将NaClO稀溶液
2 4 2
缓慢滴加到CO(NH) 和NaOH的混合溶液中制备水合肼，其流程如图所示，下列说法不正确的是
2 2
A．“制备NaClO”过程中每消耗标准状况下2.24LCl ，转移0.1mol电子
2
B．“氧化”步骤中发生反应的离子方程式为ClO-+CO(NH )+H O=Cl-+CO ↑+N H•H O
2 2 2 2 2 4 2C．“氧化”步骤中药品的滴加顺序不能颠倒
D．Cl 与热的NaOH溶液反应会生成NaClO，所以制备NaClO应在冷水浴中进行
2 3
【答案】B
【分析】氯气与氢氧化钠溶液反应，生成次氯酸钠；次氯酸钠与CO(NH) 和NaOH的混合溶液中制备水合
2 2
肼；经过蒸馏，得到水合肼，据此分析作答。
【详解】A．“制备NaClO”发生反应Cl+2NaOH=NaClO+NaCl+H O，为歧化反应，氯元素由0价既升至
2 2
+1价，也降至-1价，标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，其中有0.1mol氯原子被氧化成+1价，0.1mol
氯原子被还原成-1价，转移电子0.1mol，故A正确；
B．依题溶液呈碱性，则反应为ClO-+CO(NH )+2OH-＝Cl-+CO +N H•H O，故B错误；
2 2 2 4 2
C．若改将CO(NH) 和NaOH的混合溶液滴入NaClO溶液中，生成的水合肼由于具有强还原性，会和具有
2 2
强氧化性的NaClO发生反应，故不能颠倒，故C正确；
D．由于Cl 与热的NaOH溶液反应会生成NaClO，所以制备NaClO应在冷水浴中进行，故D正确；
2 3
故选B。
9．已知： 。向一恒温恒容的密闭容器中充入一定量的 发生反应，
时达到平衡状态I，在 时改变某一条件， 时达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如
图所示。下列说法正确的是
A．平衡状态下混合气体中 和 的体积比始终为
B． 时改变的条件：向容器中通入 气体
C．恒温时，缩小容积，平衡正向移动，最终气体颜色变深
D．平衡常数
【答案】B【详解】A．化学平衡进行程度不确定， 和 可以是任意值，比值不确定，只有当两者的比值不再
改变，则说明达到平衡，故A错误；
B．根据图中信息 时正反应速率逐渐增大，平衡是逆向移动，则改变的条件：向容器中通入 气
体，故B正确；
C．该反应是气体体积增大的反应，缩小容积增大了气体压强，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误。
综上所述，答案为B。
10．“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．通入 的一极电极反应式为：
B．铝为电池的负极
C．每得到1mol ，负极质量减少54克
D． 向正极移动
【答案】D
【详解】A．由图可知，CO 被还原为草酸根，所以通入 的一极为正极，电极反应式为：
2
，故A正确；
B．由图可知金属铝被氧化，铝为电池的负极，故B正确；
C．每得到1mol ，由元素守恒知需要溶解2mol铝，负极质量减少54克，故C正确；
D．原电池中阴离子移向负极，故 向负极移动，故D错误；
故答案为：D11．缓冲溶液指的是由弱酸及其盐、弱碱及其盐组成的混合溶液，能在一定程度上抵消、减轻外加强酸或
强碱对溶液酸碱度的影响，从而保持溶液的pH值相对稳定。缓冲溶液 ，当酸和盐浓度
相等时缓冲能力最强。丙酸( ，简写成HR)的酸性比亚硝酸( )弱。298K时，用pH为
13的NaOH溶液滴定16.00ml HR溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：
， 。下列叙述错误的是
A．当溶液pH为4.75时，缓冲能力最强
B．上述丙酸溶液浓度为
C．y点溶液中：
D．其他相同， 替代HR，曲线位于图中曲线下方
【答案】B
【分析】本题关键是求丙酸浓度，代入x点和y点数据计算： ，
，解得： 。进而计算 ， 。
【详解】A．依题意， 时缓冲能力最强，即y点溶液，pH为4.75，A项正确；
B．由上分析y点为反应一半的点，即 得到c=0.2mol/L，B项错误；
C．y点溶液中，电荷守恒式有 ，溶液呈酸性，c(R−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，C项正确；
D． 的电离常数大于丙酸，故 较小，故曲线位于图中曲线下方，D项正确；
故选B。
12．某化学兴趣小组为探究酸性高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下，在培养皿中加入足量的酸性高锰酸
钾溶液，放入铜珠，实验结果如下，下列说法正确的是
实验 现象
一段时间后,培养皿中由铜珠向外侧依次呈现:
I区澄清且紫色褪色明显
Ⅱ区底部覆盖棕黑色固体
Ⅲ区澄清且紫色变浅
已知：Cu+在酸性溶液中不能稳定存在：2Cu+ = Cu + Cu2+
2 + 3Mn2+ + 2H O = 5MnO ↓+4H+
2 2
A．I区铜反应后的主要产物是Cu2+，不可能是Cu+
B．Ⅱ区棕黑色固体是MnO ，由铜和酸性高锰酸钾溶液反应产生
2
C．Ⅲ区紫色变浅说明在Ⅲ区 也发生了氧化还原反应
D．如果酸性高锰酸钾溶液量少，所有反应完全后，产物中没有Mn2+
【答案】A
【详解】A．Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故Ⅰ区铜反应
后的主要产物为Cu2+，选项A正确；
B．由A知，Ⅰ区反应为：5Cu+2 +16H+=5Cu2++2Mn2++8H O，A区生成的锰离子向外扩散，C区的高
2
猛酸根向内扩散，二者在B区相遇发生反应：2 +3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+，选项B错误；
2 2
C．结合B可知，C区c( )减小，溶液颜色变浅，选项C错误；
D．如果酸性高锰酸钾溶液量少，可以发生2 +3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+，即所有反应完全后，产物
2 2
中可能有过量的Mn2+，选项D错误；
答案选A。
13．某钠离子可充电电池的工作主要靠Na+在两极间的迁移，工作原理如图：其中-R 代表没参与反应的-COONa，-R 代表没参与反应的-ONa。下列有关说法错误的是
1 2
A．放电时，b极为正极
B．充电时，Na+由b极向a极移动
C．充电时，阴极发生反应为
D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，则放电过程中转移0.3mol电子时，两极质量差为13.8g
【答案】C
【分析】放电时，在a极， -2e-= +2Na+，则a极为负极；在b极，
+2e-+2Na+= ，则b极为正极；充电时，a极为阴极，b极为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确；
B．充电时，阳离子向阴极移动，则Na+由b极(阳极)向a极(阴极)移动，B正确；C．充电时，a极为阴极，发生反应为 +2e-+2Na+= ，C错误；
D．若电池充满电时a、b两极室质量相等，放电过程中转移0.3mol电子时，则正极结合0.3molNa+，负极
生成0.3molNa+，两极质量差为0.6mol×23g/mol=13.8g，D正确；
故选C。
14．已知：常温下，碳酸的电离平衡常数K =4.4 ×10-7， K =4.7×10-11。常温下，向100 mL0.1
a1 a2
mol·L-1KCO 溶液中缓慢滴加100 mL 0.2 mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的
2 3
变化如图所示(H+和OH-未画出)。
下列说法不正确的是
A．滴加至A点时，n(Cl- )=n( )> n( )
B．滴加至B点时， ≈9.4× 103
C．滴加至C点时，c(Cl-)< c( )+ 2c( )
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
【答案】C
【详解】A．碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol，则碳酸钾与盐酸反应分布进行的离
子方程式为： 、 ，由图可知 的物质的量最大随着加入盐酸物质的
量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为 ，则 ＞ ，由图可知A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时 ，则
，A项正确；
B．由图可知，B点时 ，第一次电离平衡为 ，电离常数为
，第二次电离平衡为 ，电离常数为 ，
可得： ，则
，B项正确；
C．由图可知C点加入的盐酸的物质的量为10mmol，则C点溶液中 小于10mmol， 接近
0且C点在直线的下方，物料守恒可得可得 ，则
，C项错误；
D．滴定至D点时， 恰好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则
溶液的pH<7，D项正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.对 为载体的加氢废催化剂(主要含有 、NiS、 ，少量碳、磷)处理的实验流程如下：
（1）NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。（2）高温氧化焙烧时， 发生反应的化学方程式为_______。
（3）滤渣X的成分为 和_______。
（4） 易溶于水， 、 均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通
入 ，再滴加 溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料 固体。
①实验中球形干燥管的作用是_______。
②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成
的离子方程式为_______。
③向滤液中先通入 后加入 溶液的原因是_______。
（5）已知：①该实验中pH=5.0时， 沉淀完全；在pH=6.0时， 开始沉淀。
②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、
少量的 和不溶性杂质。请完成从浸渣制备 的实验方案：_______。
【答案】（1）[Ar]3d8
（2）（3）Al(OH)
3
（4）防止倒吸 避免生成MgHPO 沉淀，提升NH MgPO
4 4 4
产率或纯度
（5）向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1HSO 溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1
2 4
mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧， 、NiS、 转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二
氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅
酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到
CaWO ；
4
【详解】（1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排
布式为[Ar]3d8；
（2）高温氧化焙烧时， 和空气中氧气反应生成WO 和二氧化硫，反应为
3
；
（3）由分析可知，滤渣X的成分为 和Al(OH) ；
3
（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料 固体，pH为9～10时磷主要以 存在，则反应为
；
③已知： 易溶于水， 、 均难溶于水。向滤液中先通入 后加入
溶液的原因是避免生成MgHPO 沉淀，提升NH MgPO 产率或纯度；
4 4 4
（5）该实验中pH=5.0时， 沉淀完全；在pH=6.0时， 开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍
过量的2mol·L-1HSO 溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液
2 4
的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
16.某兴趣小组设计实验探究 ，催化空气氧化 的效率。回答下列问题：
步骤Ⅰ 制备
在通风橱中用下图装置制备 (加热及夹持装置省略)，反应方程式：（1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_______。
（2）从B、C、D中选择合适的装置收集 ，正确的接口连接顺序为
a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。______
步骤Ⅱ 检验
将 通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
（3）该反应的化学方程式为_______。
步骤Ⅲ 探究 催化空气氧化 的效率
将一定量 与空气混合，得到 体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省
略)，调节管式炉温度至 ，按一定流速通入气体样品。(已知： 是白色固体，易吸水潮解：
)
（4）通入 (已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成
了 。
①能证明 被空气氧化的现象是_______；
② 被催化氧化的百分率为_______；
③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。
【答案】（1）分液漏斗（2）a→d→e→c→b
（3）
（4）石灰水变浑浊 60% 偏大
（5）增大气体样品流速
（6）尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水
除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠
吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸
收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化
碳的被氧化的百分率。据此解答。
【详解】（1）装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。
（2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。
（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：
。
（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为
，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol
其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为
。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分
率增大。
（5）增大气流速率可以提高催化效率。
（6） 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
17．用化学方法降解水中有机物已成为污水处理领域的重要研究方向。
（1）酸性条件下，铁炭混合物处理污水中硝基苯时的物质转化示意图如图1所示。①该物质转化示意图可以描述为 。
②其他条件一定，反应相同时间，硝基苯的去除率与pH的关系如图2所示。pH越大，硝基苯的去除率越
低的原因是 。
（2）向含Fe2+和苯胺( )的酸性溶液中加入双氧水，会发生如下反应：Fe2++H++H O=Fe3+
2 2
+HO·+HO
2
①HO·(羟基自由基)具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成CO 和N。写出该反应的离子方程式：
2 2
。
②H O 也具有氧化性，设计验证苯胺是被HO·氧化而不是被HO 氧化的实验方案： 。
2 2 2 2
（3）利用电化学装置通过间接氧化法能氧化含苯胺的污水，其原理如图3所示。其他条件一定，测得不同
初始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图4所示。反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度
大于pH=10时的原因是 。[已知氧化性：HClO(H+)>ClO-(OH-)]
【答案】（1）铁失去电子变成Fe2+，电子传递到炭中，NO 在炭表面得到电子变成NO，NO再得到电子
2
变成NH pH增大，Fe2+生成Fe(OH) 沉淀，Fe(OH) 沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降
2 2 2
低了反应速率
（2）2NH +62HO·→12CO ↑+N ↑+38H O 向一定量苯胺溶液中加入HO 溶液，无明显现象(测定苯胺未发
2 2 2 2 2 2
生反应)，再加入FeSO 溶液，有气泡产生(测定苯胺已发生反应)
4
（3）酸性条件下Cl 不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的ClO-浓
2
度，反应速率较慢【详解】（1） 根据题意可知，硝基苯与氢离子得电子反应生成亚硝基苯，该物质转化示意图可以描述
为:铁失去电子变成Fe2+，电子传递到炭中，NO 在炭表面得到电子变成NO，NO再得到电子变成NH ；
2 2
在碱性条件下，随着 升高， 腐蚀反应生成的 转化为 沉淀，覆盖在铁屑的表面，阻碍
了电子的传递，抑制了反应的进行，导致硝基苯的降解率降低，
故答案为：随着 升高， 腐蚀反应生成的 转化为 沉淀，覆盖在铁屑的表面，阻碍了电子
的传递，抑制了反应的进行，导致硝基苯的降解率降低；
（2）① 在 等离子作用下能够生成羟基自由基 。 具有很强的氧化作用，会氧化苯胺，故
反应式为:2NH+62HO·→12CO ↑+N ↑+38H O
2 2 2 2
②向一定量苯胺溶液中加入HO 溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入FeSO 溶液，有气泡产
2 2 4
生(测定苯胺已发生反应)
（3）结合氯气性质可知酸性条件下Cl 不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于
2
pH=10时的ClO-浓度，反应速率较慢
18．丙烯醛( )是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的
一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
（1）已知A的结构简式为 ，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为
(写结构简式)。
（2）设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为 。
（3）已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 。（4）已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为 ；E→F的反应类型为 。
（5）DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为 。
（6）满足下列条件的F的同分异构体M有 种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1molM最多能消耗4molNaOH
（7）结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选) 。
【答案】（1）
（2）保护碳碳双键，防止其发生加成反应
（3）
（4）邻苯二甲酸 取代反应
（5）2 + +2CH OH
3
（6）16
（7）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成 ，A与氢气加成生成 ，
再NaOH醇溶液加热条件下生成D ；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成
，D与F发生信息中反应生成甲醇和 ，
聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【详解】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成 外，还
有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发
生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成
反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，
故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲
酸；取代反应；
（5） 与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2 +
+2CH OH，故答案为：2 +
3
+2CH OH；
3
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1molM最多能消
耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH
和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对
位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH 、-CH，苯环上连3个不同取代
3 3
基时有10种结构，因此符合题意的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生
成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：
，故答案为：
。
