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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（福建专用）
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 Ti-48 V-51 Ga-70
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．一带一路是中国提出的经济发展战略，也是一项全球性的合作倡议，涉及亚洲、欧洲和非洲等60多个
国家和地区。下列“一带一路”各成员国的特色贸易商品中，主要有机成分不属于糖类的是
A．吉尔吉斯坦蜂蜜 B．蒙古羊绒 C．新疆棉花 D．泰国大米
【答案】B
【解析】A．蜂蜜的主要成分是葡萄糖、果糖，属于糖类，A错误；
B．羊绒的主要成分是蛋白质，B正确；
C．棉花的主要成分是纤维素，属于多糖，C错误；
D．大米的主要成分是淀粉，属于多糖，D错误；
故选B。
2．奥司他韦是目前治疗甲型流感的常用药物。其结构如图所示，下列有关奥司他韦的说法错误的是
A．难溶于水
B．分子式为C H NO
16 27 2 4
C．可发生加成反应、水解反应、氧化反应
D．分子中满足sp3杂化轨道类型的原子对应的元素有3种【答案】B
【解析】A．奥司他韦含有酯基，且疏水基部位烃基比较大，难溶于水，故A正确；
B．根据结构简式计算可得分子式为C H NO，故B错误；
16 28 2 4
C．分子中含有酯基、氨基、酰胺基、碳碳双键等官能团，可以发生加成、取代、氧化反应、水解等反应，
故C正确；
D．单键C原子、单键O原子、N原子的杂化类型均为sp3，D正确；
故选B。
3．解耦电解水可实现用电低谷期的过剩电力向氢能的高效转化，一种以多硫化物离子为介质的转化关系
如下图所示。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．用电低谷期生成1molS 得到电子数目为2N
A
B．1mol的硫酸分子中含有σ键数目为4N
A
C．1L 0.1mol•L-1 NaS溶液中含阴离子的数目小于0.lN
2 A
D．用电高峰期1molH O发生还原反应生成11.2L H
2 2
【答案】A
【解析】A．用电低谷期的反应方程式为：2HO+ +O +4H+，O元素从-2升到0价，有2个
2 2
O变价，则生成 得到电子数目为 ，A正确；
B．硫酸的结构式是： ，1mol的硫酸分子中含有σ键数目为6N ，B错误；
A
C．NaS溶液中存在 ，所以1L 0.1mol•L-1 NaS溶液中含阴离子的数目大于0.lN ，C
2 2 A
错误；
D. 用电高峰期的反应方程式为：2HO+ + H +2OH-，则 发生还原反应生成0.5mol
2 2
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！H，标准状况下体积为V=nVm= ，题中没有指明标准状况，D错误；
2
故选A。
4．下列实验能达到实验目的的是
A．图1装置可制备HS气体
2
B．图2装置可准确测定醋酸溶液的浓度
C．图3装置可验证碳酸氢钠与柠檬酸反应的热效应
D．图4装置可验证非金属性Cl>C>Si
【答案】C
【解析】A．稀硫酸与CuS不能发生反应，故A错误；
B．盛放NaOH的滴定管和指示剂均使用错误，故B错误；
C．碳酸氢钠与柠檬酸反应属于吸热反应，使装置内压强降低，红墨水左边液面会升高，故C正确；
D．图4装置可验证酸性：HCl>H CO>H SiO，但应该通过比较高氯酸与碳酸的酸性来比较氯和碳的非金
2 3 2 3
属性，故D错误；
故选C。
5．前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大。M的单质常用作保护气，W是元素周期表中
电负性最大的元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，Z的原子序
数为28，下列说法正确的是
A．键角： B．X是其所在周期第一电离能最大的元素
C．简单氢化物沸点： D．化合物甲(晶胞示意图如上图甲)的化学式为YQ
2【答案】D
【分析】由题干信息可知，前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，M的单质常用作保护
气故M为N，W是元素周期表中电负性最大的元素则W为F，可推知Q为O，X与Y形成化合物的化学
式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，故Y为K，X为Cl，Z的原子序数为28，即Z为Ni，据
此分析解题。
【解析】A．由分析可知，Q为O，W为F，M为N，QW 即OF 中心原子O周围的价层电子对数为：2+
2 2
=4，MW 即NF 中心原子N周围的价层电子对数为：3+ =4，且前者孤电子对数比后者
3 3
多，故键角： ，A错误；
B．由分析可知，X为Cl，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于同周期相
邻元素，故X不是其所在周期第一电离能最大的元素，第三周期第一电离能最大的元素应该是Ar，B错误；
C．由分析可知，Q为O，W为F，M为N，由于HO间能形成2个氢键，NH 间能形成1个氢键，HF间
2 3
能形成1个氢键，且NH 的相对分子质量小于HF，故简单氢化物沸点为：HO＞HF＞NH 即 ，
3 2 3
C错误；
D．由分析可知，Y为K、Q为O，由化合物甲的晶胞投影图可知，Y为晶胞的8个顶点和体心上，Y的个
数为： ，Q位于4条侧棱上，每条棱上2个，还有2个位于体内，Q的个数为： ，
故化合物甲的化学式为YQ ，D正确；
2
故答案为：D。
6．用电化学方法可以去除循环冷却水[含有 、 、 、 (苯酚)等]中的有机污染物，同
时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！下列说法中不正确的是
A．b为电源的负极
B．钛基电极上的反应为
C．碳钢电极底部有CaCO ， 生成
3
D．苯酚被氧化生成标准状况下13.44LCO 时，需要消耗3.0mol
2
【答案】D
【解析】A．碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，A项正确；
B．阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为 ，B项正确；
C．碳电极上水得电子生成氢气， ， ，碳钢电极底部
有 、 生成，C项正确；
D．苯酚被氧化发生的反应为 ，每生成标准状况下13.44L二氧化碳，即
0.6mol二氧化碳，需要消耗2.8mol ，D项错误；
故选D。
7．铁是最常见的金属之一、纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含 )；铁易被腐蚀，经碱性发蓝处
理可增强其抗腐蚀性，方法为：用 与 进行浸泡，在表面形成 的同时有 生成；铁与
砷反应得到的 可被 还原得到 ， 难溶于水，是一种超导材料。镍 与 单质化学性质相似，金属活动性比铁略低。酸性条件下， 的氧化性强于 ， 的盐与碱反应可以转化为
不溶性的 。下列反应的离子方程式正确的是
A．纳米铁粉处理酸性含 废水：
B．铁的发蓝处理：
C． 溶液中加少量氨水：
D． 与浓盐酸反应：
【答案】B
【解析】A．酸性废水中不可能生成OH-，故纳米铁粉处理酸性含 废水的离子方程式为：
，A错误；
B．由题干信息可知，用 与 进行浸泡，在表面形成 的同时有 生成，铁的发蓝处理：
，B正确；
C．氨水为弱碱属于弱电解质，故 溶液中加少量氨水的离子方程式为：
，C错误；
D．由题干信息可知，酸性条件下， 的氧化性强于 ，则 与浓盐酸反应离子方程式为：
，D错误；
故答案为：B。
8．乙二醇在生产、生活中有着广泛的用途，某工艺制取乙二醇所涉及的反应如下：
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！反应Ⅰ
反应Ⅱ
在压强一定的条件下，将 、 按1：3进料比通入装有催化剂的反应器中，测得
的转化率与 、 的选择性[ ]。
下列说法正确的是
A．曲线a表示 转化率
B．195℃时，反应Ⅰ的平衡常数约为2904
C．190~198℃范围内，温度升高， 的值减小
D．其它条件相同时，增大压强和升高温度均可以提高平衡时 的产量
【答案】C
【解析】A．由图中X点可知， 的选择性为50%，结合选择性公式可知，a为
的选择性曲线，则b为 转化率曲线，A错误；
B．由图中X点可知， 、 的选择性均为50%， 转化率为0.97，假设 、 投料分别为1mol、3mol，则反应 0.97mol，生成 、
均为0.485mol，则反应Ⅰ消耗氢气0.97mol、生成甲醇0.485mol，反应Ⅱ消耗氢气
1.94mol、生成甲醇0.97mol，则平衡时氢气0.09mol、甲醇1.455mol，195℃时，反应Ⅰ的平衡常数
，由于体积未知，故不能确定其平衡常数，B错误；
C．结合A分析可知，190~198℃范围内，反应Ⅱ选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，
每减少2molCH OH，只减少1molHOCHCHOH，HOCH CHOH减小的幅度小于CHOH，导致
3 2 2 2 2 3
的值减小，C正确；
D．反应为放热反应，其它条件相同时，升高温度平衡逆向移动，导致高平衡时 的产量降
低，D错误；
故选C。
9．某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：I+2Na SO=2NaI+Na SO，下列说法不正确的是：
2 2 2 3 2 4 6
A．溶液反复由无色变蓝的原因可能是HO 氧化I-的反应速率比NaSO 还原I 的反应速率快
2 2 2 2 3 2
B．该实验可证明蓝色恢复与空气无关
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！C．溶液b为蓝色是因为发生了反应：HO+2I-+2H+=I +2H O
2 2 2 2
D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO ，反
2
应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
【答案】A
【解析】A．溶液变无色，是因为发生反应：I+2Na SO=2NaI+Na SO，溶液又变蓝，是因为过量的HO
2 2 2 3 2 4 6 2 2
与NaI发生反应：HO+2I-+2H+=I +2H O，生成的I 遇淀粉变为蓝色，在加入NaSO 溶液后，溶液先变无
2 2 2 2 2 2 2 3
色，随后变蓝色，可能是HO 氧化I-的反应速率比NaSO 还原I 的反应速率慢，A错误；
2 2 2 2 3 2
B． 该实验蓝色恢复是因为过量的HO 与NaI发生反应：HO+2I-+2H+=I +2H O，生成的I 遇淀粉变为蓝
2 2 2 2 2 2 2
色，与空气无关，B正确；
C．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量HO，发生反应：HO+2I-+2H+=I +2H O，生成的I 遇淀粉
2 2 2 2 2 2 2
变为蓝色，C正确；
D．由于HO 是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验
2 2
步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO ，过量的HO 在MnO 的作用下分解，产生O，至不再产生气泡，
2 2 2 2 2
即HO 完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；
2 2
因此答案选A。
10．常温下，向10.0mL浓度均为0.1mol/L的 和 混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素
有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别
为3.0，4.3.
已知：① ；
② ，298K， 。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ代表
B．常温下，
C．c点铁铝元素主要存在形式为 和
D． 的平衡常数K为 数量级
【答案】C
【分析】从图可以看出，当溶液中加入NaOH固体后，曲线Ⅰ中的金属离子最先沉淀，根据
，可知曲线Ⅰ表示的是 浓度变化，则曲线Ⅱ表示的是 浓度变化，
曲线Ⅲ表示的是 离子浓度变化，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示的是 浓度变化，故A错误；
B．根据曲线Ⅰ中的a点 ，可知此时溶液中的 离子浓度为 mol/L，对应的pH为3.0，则
c(OH-)= mol/L，可求得 ，故B错误；
C．根据分析曲线Ⅲ表示的是 离子浓度变化，则c点铝元素主要存在形式为 ，
不溶于碱，则铁元素的主要存在形式为 ，故C正确；
D．由 和 ，结合盖斯定律可
知， ，则K= ，根据b点可知，
，带入可得K= =1.1 -1.1，故K的数
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！量级为 ，故D错误；
答案C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．（19分）综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓 、铁酸锌 、偏钛酸亚铁 ]获得钛
白( )和单质镓，部分工艺流程如图
已知：①镓和铝同主族，化学性质相似；
②常温下， ， ， ；
③酸浸时，钛元素以 形式存在，室温下 极易水解；
④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。
金属离子
萃取率(%) 0 99 0 97～98.5
（1）步骤Ⅰ，“浸出”时 发生反应的离子方程式为 。
（2）下列有关说法正确的是 。
A．步骤Ⅰ：将炼锌矿渣粉碎和适当提高硫酸浓度提高浸出速率
B．操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作
C．步骤Ⅱ，调节pH的目的是沉淀 和
D．步骤Ⅳ，加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率
E．步骤Ⅴ，溶液直接电解制得粗镓的电极反应式为
（3）Ga可形成[Ga(NH )Cl]Cl、[Ga(NH )Cl]Cl 、[Ga(NH )]Cl 等一系列配合物。
3 4 2 3 5 2 3 6 3①组成该配合物的元素Ga、N、Cl的第一电离能由大到小的顺序为 。
②[Ga(NH)Cl]Cl中的中心体是 。
3 4 2
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化
原因 。
GaN GaP GaAs
熔 1480
1700℃ 1238℃
点 ℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏伽德罗常数的值为N 。
A
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为 ；
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为 a3cm3，GaN晶体的密度为
g/cm3（用a、N 表示）。
A
图1 图2
（6）测定钛白中 的含量可用滴定分析法：称取mg样品放入锥形瓶中，加入 和 混合
溶液，加热使样品溶解。冷却后，加入足量稀盐酸(Ti元素存在形式变为 )。加入过量铝粉将 充
分还原[ (未配平)]，待过量金属铝完全溶解并冷却后，滴加2～3滴指示剂，用
cmol/L的 标准溶液进行滴定( 能将 氧化成四价钛的化合物)，重复上述滴定操作2～3
次，平均消耗 标准溶液VmL。
①过量铝粉的作用除了还原 外，另一个作用是 。
②上述滴定过程中应选用指示剂为 。
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！③下列关于滴定分析的操作，不正确的是 。
A．用托盘天平称量 样品mg
B．滴定管用蒸馏水洗涤时，洗涤液应从滴定管下端放出
C．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得 的含量测定结果偏高
④钛白中 质量分数为 。(写出最简表达式即可)。
【答案】（1）
（2）AE
（3）N＞Cl＞Ga Ga3+
（4）原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低
（5）12
（6）溶液中的酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，防止溶液中的 在空气中被氧化 KSCN溶
液(或 等硫氰化物) AE 或
【解析】（1） 中Ga和Fe都是+3价，被硫酸溶解，方程式为：
，故答案为： ；
（2）增加反应物浓度，反应速率加快，A正确；
酸浸时，钛元素以 形式存在，室温下 极易水解，调节pH生成沉淀 ，操作1直接过
滤、洗涤、干燥即可，B错误；
步骤Ⅱ，调节 溶液中c（Zn2+）=101.4mol/L、c（Ga3+）=10-8.1mol/L、c（Fe3+）=10-11.5mol/L的目的
是沉淀 和 ，C错误；
萃取分多次才能充分萃取，D错误；镓和铝同主族，化学性质相似，电解制粗镓是 ，E正确。
故答案为：AE；
（3）①由第一电离能的变化规律可知，组成该配合物的元素Ga、N、Cl的第一电离能由大到小顺序为N
＞Cl＞Ga；
②由[Ga(NH )Cl]Cl的化学式可知其中心体是Ga3+。
3 4 2
（4）原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低；
（5）从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞
中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；②位于
晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一
个晶胞的贡献为1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；⑤位
于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为
6，晶胞中N原子个数为 ，所以该结构为GaN，质量为6×84/N g，该六棱柱的底面为正六边
6 6 A
形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该
底面的面积为 cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高， cm，所以体积为 ，密度
为 = 。
（6）Ti3+容易被溶解氧氧化，因此过量铝粉产生的氢气可以将氧气排出，而防止Ti3+被氧化；滴定过程中
可以利用铁离子与硫氰根结合产生红色物质而用硫氰盐做指示剂；滴定实验精确度要求，需用分析天平称
量样品，A错误；滴定管洗涤后，按使用规则，洗涤液应该从下口放出洗涤尖嘴部分，B正确；右手摇动
锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，该操作可以让标准液和待测液接触充分，从而降低滴定误差，C正确；
滴定管夹夹持时滴定管不一定竖直，取消嗲后读书可以减小误差，D正确；滴定前滴定管尖嘴内无气泡，
滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液体积偏小，测得 的含量测定结果偏低，E错误；根据得失电子守恒，
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！有 ，故 、
，钛白中 质量分数为
，故答案为：溶液中的酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，防止溶液中
的 在空气中被氧化、KSCN溶液(或 等硫氰化物)、AE
或 。
12．（14分）硫酸氧矾( )对高血糖症具有一定的治疗作用。制备 的实验流程如下，实验装
置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
溶液(橙红色) 溶液(蓝黑色) 晶体(纯蓝
色)
回答下列问题；
（1）仪器b的名称为 。仪器a中发生反应生成 的化学方程式为 。
（2）常温下， 是一种黄色固体粉末，微溶于水，溶于硫酸。溶于硫酸过程中温度与产物的产率之间
的关系如图所示，则最适宜的加热方式为 (填“直接加热”或“水浴加热”)。（3）加入草酸前，为防止草酸受热分解，需对反应液采取的措施是 。反应液由橙红色变为蓝
黑色，反应的离子方程式为 。操作a包括 、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）硫酸氧钒中钒含量的测定(硫酸氧钒中钒含量 )：
Ⅰ.制备 溶液
称取 ，并量取一定体积的浓硫酸、水，加入一定量的草酸，置于图1装置中反应至溶液呈蓝
黑色。
Ⅱ.滴定预处理
步骤①：将制得的蓝黑色 溶液用250mL容量瓶定容。
步骤②：取定容后的蓝黑色 溶液15.00mL于锥形瓶中，滴加足量酸性 溶液(可将 氧化
为 )至反应完全。
步骤③：加入2mL尿素溶液，振荡，使其充分反应；然后在酸性条件下滴加 溶液，至溶液不再产
生气泡[已知： ]。
Ⅲ.滴定过程
加入10mL硫酸和磷酸的混合酸，调节pH=0，滴入几滴指示剂，用硫酸亚铁铵[ ]标准溶液
滴定至终点( )。得到处理后的数据如下：
次数 1 2 3
换算得到250mL蓝黑色 溶液中钒元素的质量m(V)/g 0.2441 0.2685 0.2439
则步骤③中加入尿素的目的是 ，测得硫酸氧钒中钒含量为 (列出计算式)。
【答案】（1）恒压分液漏斗
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（2）水浴加热
（3）充分冷却并加适量蒸馏水稀释 蒸发浓缩
（4）除去过量的酸性 溶液，避免 氧化滴定过程中的 (或其他
正确计算式)
【分析】VO 与浓硫酸加热时反应生成(VO )SO ，再加入草酸， 溶液转化成了VOSO 溶液，
2 5 2 2 4 4
反应液由橙红色变为蓝黑色，经过蒸发浓缩，冷却结晶得到VOSO 晶体；在测定硫酸氧钒中钒含量时，首
4
先加入酸性高锰酸钾将VO2+氧化为 ，再加入尿素溶液后，滴加亚硝酸钠溶液至溶液不再产生气泡，
最后用加入10mL硫酸-磷酸混酸，调节pH=0，滴入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定生成的 ，据
此分析解答。
【解析】（1）根据仪器构造可知，b为恒压滴液漏斗；仪器a中发生反应生成 的化学方程式为
，故答案为：恒压滴液漏斗； 。
（2）根据反应温度与产物产率间的关系图可知，最适宜的温度在90℃左右，因此最适宜的加热方式为水
浴加热，故答案为：水浴加热。
（3）草酸受热容易分解，因此加入草酸前，反应液需充分冷却并加适量蒸馏水稀释；加入草酸后，
溶液转化成了VOSO 溶液，反应液由橙红色变为蓝黑色，反应的离子方程式为
4
；要从VOSO 溶液中分离提纯得到VOSO 晶体，操作a应
4 4
包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：充分冷却并加适量蒸馏水稀释；
；蒸发浓缩。
（4） 具有还原性，能除去过量的酸性 溶液，避免在滴定过程中， 将 氧化，影响测定结果；由表格数据可知，第2次实验测得钒元素的质量与其他两次的实验数据偏差较大，应舍去，
第1次和第3次测得VOSO 溶液中钒元素的质量的平均值为m(V)= g=0.2440g，因此硫酸氧
4
钒中钒的质量百分含量ω= = 。
13．（14分） 和 是重要的化工原料，其综合利用具有重要意义。
（1） 与 经催化重整，制得合成气：
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
键能/ 413 745 436 1075
则该反应的 。
②按一定体积比加入 和 ，在恒压下发生反应，温度对CO和 产率的影响如图所示。此反应优选
温度为900℃的原因是 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应：
I．
Ⅱ．
①某温度下，体积为1L的密闭容器中， 和 反应达平衡时， 的转化率为 ，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！的物质的量为 ，则反应I的平衡常数 。(写出含有 、b的计算式)
②在允许 自由迁移的固体电解质燃料电池中， 放电的电极反应式为 。
（3）电催化还原法是 的有机资源化的研究热点。控制其他条件相同，将一定量的 通入盛有酸性
溶液的电催化装置中， 可转化为有机物。阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。
①电解电压为 时，电解时转移电子的物质的量为 。
②电解电压为 时，阴极由 生成甲醇的电极反应式为 。
③在实际生产中发现当 过低时，有机物产率降低，可能的原因是 。
【答案】（1） 900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，
经济效益降低
（2）
（3） 过低， 增大， 在阴极表面得电子生成 增
多， 被还原为有机物的比例减少，有机物产率降低
【解析】（1）①焓变＝反应物键能之和−生成物键能之和，所以该反应△H＝（4×413＋
2×745−2×1075−2×436）kJ/mol＝＋120kJ/mol； 故答案为＋120kJ/mol；
②根据图知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，故答案为900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度
产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
（2）① 和 反应达平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量为 ，
列式计算 ，
，平衡时n总＝（1− ）mol＋（1− −b）mol＋（
−b）mol＋（3 ＋b）mol＋bmol＝（2＋2 ）mol，则反应Ⅰ的
，故答案为 ；
②在允许 自由迁移的固体电解质燃料电池中，C H 在负极上发生氧化反应生成CO 和HO，电极反
n 2n＋2 2 2
应式为 ，故答案为
。
（3）①由图可知，控制电压为 电解时生成0.2molCHCHOH、0.2molH，相关电极反应式为2CO＋
3 2 2 2
12e−＋12H＋＝CHCHOH＋3HO、2H＋＋2e−＝H，则转移电子的物质的量为12×0.2mol＋2×0.2mol＝
3 2 2 2
2.8mol，故答案为2.8；
②电解电压为 时，阴极由 得电子生成甲醇，电极反应式为 ，故答案
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！为 ；
③ 过低， 增大， 在阴极表面得电子生成 增多， 被还原为有机物的比例减少，有机物产
率降低，所以在实际生产中发现当 过低时，有机物产率降低，故答案为 过低， 增大， 在阴
极表面得电子生成 增多， 被还原为有机物的比例减少，有机物产率降低。
14．（13分）抗肿瘤药物前体M( )的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称是 。
（2）高温下固体中 比 稳定，常温下水溶液中 离子比 离子稳定(水溶液中 易发生歧化
反应生成 )，原因是 。(已知：金属阳离子在水溶液中易与水分子发生络合形成水合离子，
对应的热效应称为水合能， 的水合能为 ， 的水合能为 ，Cu的第二电离能为 。)
（3）F→G的反应类型为 ，所需的试剂和条件是 。
（4）I→J的化学方程式为 。
（5）K→M的反应过程有 和 生成，则K的结构简式是 。
（6）L为I的同系物，比I的相对分子质量小28，满足下列条件的L的同分异构体有 种(不考
虑立体异构)。
①与 溶液能发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：2：1：1
【答案】（1）羟基、酯基
（2）固体中Cu+的价层电子排布为 ，3d轨道电子全充满结构稳定， 的价层电子排布为 不稳定；
的水合能比 的水合能大得多(可以补偿由 变成 所消耗的第二电离能)，所以水溶液中
比 稳定
（3）酯化反应 CHOH、浓硫酸、加热
3
（4）2 +O 2 +2H O
2 2
（5）
（6）10
【分析】根据A的分子式，推出A为乙炔，结构简式为HC≡CH，根据B的分子式可知：-MgBr替代乙炔
上的一个H，即B的结构简式为HC≡CMgBr，根据H的结构简式以及C的分子式，推出C的结构简式为
HC≡CCHCHOH；D的分子式为C H，根据H的结构简式，D中含有苯环，即D的结构简式为
2 2 7 8
，D与Br 在FeBr 催化剂下，则D的对位上引入一个溴原子，E的结构简式为
2 3
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！，E氧化成F，对比分子式，将E中甲基氧化成-COOH，即F的结构简式为
，根据H的结构简式，F通过与甲醇反应生成G，G的结构简式为 ，
H与氢气发生加成反应，根据I的分子式，氢气与H中碳碳三键发生加成反应，即I的结构简式为
，I发生催化氧化得到J，J的结构简式为 ，根
据M的结构简式，J与HBr发生取代反应，-Br取代醛基所连碳上的一个H，即K的结构简式为
；
【解析】（1）由图可知，H中含氧官能团的名称是羟基、酯基；
（2）E的结构简式为 ，E的名称是对溴甲苯或4-溴甲苯；
（3）固体中Cu+的价层电子排布为 ，3d轨道电子全充满结构稳定， 的价层电子排布为 不稳定；
的水合能比 的水合能大得多(可以补偿由 变成 所消耗的第二电离能)，所以水溶液中
比 稳定
（4）F通过与甲醇在浓硫酸催化加热条件下发生酯化反应生成G，为酯化反应或取代反应；所需的试剂和
条件是CHOH、浓硫酸、加热；
3
（5）I发生催化氧化将羟基转化为醛基得到J，2 +O 2
2
+2H O；
2
（6）由分析可知，K的结构简式为 ；（7）I的结构简式为L是I的同系物，比I的相对分子质量小28，说明L中比I中少量2个“CH”，L的分
2
子式为C H O，与FeCl 溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有-CHO或
10 12 3 3
HCOO-，核磁共振氢谱有5组峰，说明含有5种不同化学环境的H，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，应是对称结
构，且含有2个对称的甲基，同分异构体为 、 、
、 、 、 、 、
、 、 ，共有10种，故答案为10。
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