文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（山东专用）
黄金卷03
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ga 70
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品
B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠、 等消毒液均能将病毒氧化而达到消毒的目的
C．高分子材料聚氯乙烯广泛应用于食品包装材料
D．绿色化学是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质
【答案】D
【解析】A．陶瓷坩埚是硅酸盐产品，石英坩埚的成分是二氧化硅，故A错误；B．过氧化氢、次氯酸钠、
KFeO 等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，但乙醇没有氧化性，通过渗透和凝聚破坏细胞组织，
2 4
使蛋白质变性而达到消毒的目的，故B错误；Ｃ．聚氯乙烯塑料本身不稳定，在85摄氏度以上时，就会
析出氯化氢及氯原子，所以，聚氯乙烯塑料就不能用来包装食品，故C错误；D．根据绿色化学的定义，
绿色化学是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质，故D正确；故答案
选D。
2．化学实验必须树立安全意识。下列说法错误的是
A．金属钠着火时，不能使用泡沫灭火器，应用超轻碳酸氢钾干粉灭火器扑灭
B．如不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
C．有大量的氯气泄漏时，用肥皂水浸湿软布蒙面，并迅速离开现场
D．75%酒精免洗消毒喷雾存放处张贴 警示标识
【答案】A
【解析】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中有水和二氧化碳，碳酸氢钾热分解释放二氧化碳，这两种物质都可
以和过氧化钠反应产生能助燃的氧气，故金属钠着火不能使用上述灭火器，A错误；
B．碱沾到皮肤上会腐蚀皮肤，应立即用大量清水冲洗，再涂上1%的硼酸中和残留的碱，B正确；
C．肥皂水显弱碱性，能吸收氯气，C正确；
D．该图为易燃品标识，酒精属于易燃品，D正确；
故选A。
3．下列关于 、 、 及 的叙述正确的是
A．都是共价化合物且常温下均为气体
B． 可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨C．都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应
D．都能溶于水且与水反应生成相应的酸
【答案】B
【解析】A．二氧化硅常温下不是气体，故A错误；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以二氧化硅
可用于制光导纤维，干冰升华时吸收能量，使空气中周围环境的温度降低，可用于人工降雨，故B正确；
C．二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故D错
误；故选B。
4．氯气是一种重要的工业原料，工业上利用下列反应来检查氯气管道是否漏气：
。下列说法不正确的是
A．生成物 是离子晶体
B． 的结构式为 ， 分子中含有 键和 键
C．可通过原电池将 与 反应的化学能转化为电能
D．该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：8
【答案】D
【解析】A． 是由NH 和Cl-构成的离子化合物，是离子晶体，A正确；B． 的结构式为 ，
分子中含有1个 键和2个 键，B正确；C． 与 反应生成 是氧化还原反应，可设
计成原电池，将化学能转化为电能，C正确；D．该反应氧化剂是 ，3mol 做氧化剂，有2molNH 做
3
还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，D错误；故答案选D。
5．某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是
A．装置I中的 可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去 中 杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗 (标准状况)，转移 电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的 和水蒸气
【答案】B
【解析】装置Ⅰ制备Cl，装置Ⅱ除去Cl 中混有的HCl气体，装置Ⅲ制备NaClO，装置Ⅳ处理尾气。A．
2 2
图Ⅰ中没有加热装置，故不能将 替换成 ，A错误；B．装置Ⅱ可以除去 中 杂质，长
颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B正确；C．装置Ⅲ中消耗 (标准状况)，Cl 发生歧化反应生成
2NaCl和NaClO，转移 电子，C错误；D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl，防止污染空气，D错
2
误；故选B。
6．下列表述不正确的是
A．离子化合物 的电子式：
B． 空间结构为平面正三角形
C．等物质的量的 和 中σ键数之比为3∶2
D． 不能作为配合物的配位体
【答案】C
【解析】A．NaS 属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为：
2 4
，故A正确；
B． 中心原子价层对数为3+ =3，没有孤电子对，空间结构为平面正三角形，故B正确；
C．1molH O分子中中有2molσ键，1mol 的σ键为：2×6+6=18mol；1mol 的σ键为
2
4mol，等物质的量的 和 中 键数之比为18:4=9:2，故C错误；
D．作为配合物的配位体的粒子必须含有能提供孤对电子的原子， 中N原子没有孤对电子，不能作为
配合物的配位体，故D正确；
故选C。
7．由高分子修饰后的对乙酰氨基酚具有缓释效果，二者结构如图所示。下列说法正确的是
A．对乙酰氨基酚可与 溶液反应
B．对乙酰氨基酚与足量 加成后，产物分子中不含手性碳原子
C．可通过缩聚、取代反应修饰制得缓释对乙酰氨基酚
D．缓释对乙酰氨基酚与NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】A．对乙酰氨基酚没有 ，不能与 溶液反应，A错误；B．对乙酰氨基酚与足量
加成后，产物分子中没有含手性碳原子，B正确；C．制得缓释对乙酰氨基酚，通过加聚反应，C错误；
D．缓释对乙酰氨基酚为高分子化合物，与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH无法计算，D错误；故选
B。8．某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最
外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A．第一电离能：T＜X＜Y B．键长：T-Q>X-Q
C．该离子液体难挥发，可用作溶剂 D． 易溶于水
【答案】A
【解析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可
知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R
最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、
R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y
为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可
知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。A．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增
大趋势，其中基态N原子2p轨道为半充满状态较稳定，则第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；B．
原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，则键长：C-H>N-H，B正确；C．离子
液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；D．
含有羟基，能与水形成分子间氢键，因而易溶于水，D正确；故选A。
9．羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物 (图中⑦)的反应机理如图所
示。下列说法正确的是
A．③是该反应的催化剂
B．③到④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C．⑥中有1个手性碳原子D．合成⑦的总反应为
【答案】B
【解析】A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，不是该反应
的催化剂，故A错误；B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；
C．⑥中有2个手性碳原子，如图 ，故C错误；D．合成⑦的总反应为
，故D错误；故答案为：B
10．碘在工业生产中有着重要应用，活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一，其流程如下：
已知，酸性条件下， 溶液只能将 氧化为 ，同时生成NO。下列说法错误的是
A．活性炭吸附 后采用的分离操作是过滤
B．碘元素经过了 、 的变化过程，目的是富集碘元素
C．根据流程中物质间的反应可推出还原性强弱顺序为
D．①氧化时选择价格较高的亚硝酸钠而不用氯气或浓硝酸，主要原因是氯气、浓硝酸产生的气体污染环
境
【答案】D
【分析】已酸化的含I-的卤水中加入NaNO ，酸性条件下 将 氧化为 ，再用活性炭吸附I，一部
2 2
分I 与NaOH溶液反应生成I-和 ，一部分I 与NaHSO 溶液反应生成I-，I-和 在45%硫酸条件下发生
2 2 3
反应生成I，据此分析解答。
2
【解析】A．活性炭吸附 后需要分离的是不溶性固体和液体，可采用过滤的方式分离，A正确；
B．卤水中 直接被氧化生成 的浓度较低，经过 、 的变化过程可富集碘元素，B正
确；
C．由题给信息可知，①氧化时反应的离子方程式为 ，还原性：：
，活性炭吸附 后加 溶液发生的反应为 ，还原性：
，可推出还原性强弱顺序为 ，C正确；
D．氯气、浓硝酸的氧化性太强，会进一步将 氧化，而酸性条件下， 溶液只能将 氧化为 ，故工业上选择亚硝酸钠，D错误；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
溶液变浑浊且有
A 向盛有饱和 溶液的试管中滴加稀盐酸 生成了S和
气泡逸出
向饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入过量
B 溶液变浑浊 析出了
二氧化碳
加热无水乙醇和浓 的混合液至170℃，将 乙醇发生了消去反应生成
C 红色褪去
了乙烯
气体通入酸性 溶液
室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/L的 NaClO溶液的pH
D 酸性：
NaClO溶液、 溶液的pH 较大
【答案】B
【解析】A． 溶液中滴加稀盐酸发生的反应为 +2HCl=2NaCl+H O+S↓+SO↑，可观察到溶
2 2
液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO ，而不是HS，故A错误；B．饱和食盐水中含有较多的
2 2
Na+，通入氨气和二氧化碳后产生较多的HCO ，析出NaHCO 晶体，故B正确；C．无水乙醇容易挥发，
3
加热无水乙醇和浓HSO 的混合液至170℃，产生的乙烯气体中含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使
2 4
酸性KMnO 溶液褪色，因此酸性KMnO 溶液褪色不能说明乙醇发生了消去反应，故C错误；D．NaClO
4 4
溶液可使pH试纸褪色，可用pH计测定盐溶液的pH，故D错误；故选：B。
12．相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代 吸收剂，某新型相变离子液体X吸收 过程如
图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是
A．X的阳离子中存在配位键
B．真空条件下有利于Y解吸出
C．X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成
D．Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：X>Y
【答案】CD【解析】A．由共价键的饱和性可知，X的阳离子中磷原子形成了配位键，故A正确；
B．由方程式可知，与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，平衡向逆反应方向移动，
有利于Y解吸出二氧化碳，故B正确；
C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，单键氮原子X的阴离子中有4个电子参与大π键的形成，故C
错误；
D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，故D错误；
故选CD。
13．下列除杂(括号内为杂质)的试剂和方法均正确的是
物质 除杂试剂 操作方法
A 苯酚(乙酸) 溶液 分液
B 饱和 溶液 洗气
C 苯甲酸(NaCl) 蒸馏水 重结晶
D 浓NaOH溶液 过滤
【答案】CD
【解析】A．苯酚和乙酸都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠溶液除去苯酚中混有的乙酸杂质，故
A错误；
B．二氧化碳和二氧化硫但不能与饱和亚硫酸氢钠溶液反应，所以不能用饱和亚硫酸氢钠溶液除去二氧化
碳中混有的二氧化硫杂质，故B错误；
C．苯甲酸的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以能用重结晶的方法除去苯甲酸
中混有的氯化钠杂质，故C正确；
D．氢氧化铜能与浓氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铜离子，铜与浓氢氧化钠溶液不反应，所以可用浓氢
氧化钠溶液除去铜中混有的氢氧化铜，故D正确；
故选CD。
14．（2023·安徽淮北·统考一模）一种新型电池装置如图所示。下列叙述错误的是
A．镍钴电极反应：B．II区的 通过a交换膜向I区迁移， 通过b交换膜向III区迁移
C．该装置工作时总反应：
D．该装置工作时还利用了中和能
【答案】C
【解析】由图可知，铂电极发生的电极反应为4H++4e-=2H ，得电子为原电池的正极，镍钴电极发生的电
2
极反应为 ，失去电子为原电池的负极。A．据分析可知，镍钴电极反应：
，A正确；B．原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，据分析
可知，II区的 通过a交换膜向I区迁移， 通过b交换膜向III区迁移，B正确；C．据分析可知，正
负极反应式相加得到总反应，则该装置工作时总反应： ，C错误；D．根据正负极反
应式可知，该装置工作时还利用了中和能，D正确；故选C。
15．室温，向 和 的混合溶液中逐滴加入 溶液，溶液中 与 的变
化关系如图所示。下列说法正确的是
(已知： 的 、 分别为 、 ； )
A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的
C．a→b变化过程中，溶液中的 减小
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】A．温度不变水解平衡常数不变， = ，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，
溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；B．b点 =-5， =1.0×10-5mol/L， = ， =2，则 =100，
，故B错误；C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则
= = 不变，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，
a点横坐标等于0，说明c(CO )=c(HCO )，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )
+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO )+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故选：D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）镓及其化合物在合金工业、制药工业、电池工业有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的价层电子排布式为_______。
(2) 是一种温和的还原剂，其可由 和过量的LiH反应制得： 。
①已知 的熔点为77.9℃，LiCl的熔点为605℃，两者熔点差异较大的原因为_______。
② 在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，写出它的结构式：
_______。
③ 的立体构型为_______。
(3)一种含镓的药物合成方法如图所示：
①化合物Ⅰ中环上C原子的杂化方式为_______，1 mol化合物I中含有的 键的物质的量为_______。化合
物Ⅰ中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
②化合物Ⅱ中Ga的配位数为_______，x=_______。
(4)Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示：
①上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填选项字母)。A． B． C．
②用 表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为 m， m，则其密度为_______
(列出计算式即可)。
【答案】（除标明外，每空1分）
(1)
(2)①LiCl属于离子晶体，晶体粒子间作用力为离子键， 为分子晶体，晶体粒子间的作用力为范德华
力
② （2分） ③正四面体形
(3)① 17 mol O>N>C>H ②6 1
(4)①C ② （2分）
【解析】（1）基态Ga原子的价层电子排布式为 ；
（2）①镓和铝属于同一主族元素， 和 性质上相似，也为分子晶体，其熔点低于离子晶体
LiCi；
②结合二聚体和每个原子都满足8电子稳定结构的信息，可推测Ga的空轨道应该会与Cl的孤对电子成配
位键，可写出结构式为 ；
③ 的中心原子Ga的价层电子对数为4+ ，没有孤对电子，所以其立体构型为正
四面体形。
（3）①吡啶环的结构与苯环相似，故C原子采用 杂化；化合物Ⅰ除了环上6个 键，其他 键如图所
示：
，1 mol化合物Ⅰ中总共有17 mol 键；Ⅰ中含有四种元素O、N、C、
H，同周期元素，从左到有，半径减小，电负性增大，所以电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；②化合物Ⅱ中Ga的配位数为6，其中4个COOH失去H后显-1，化合物Ⅱ整体带1单位负电荷，所以 ；
（4）①由晶胞结构可知，顶点和体心是O，上下面心是Li，棱上是Ga，沿着a轴的投影应为C。
②晶胞中含有的原子数Li： ，Ga： ，O： ，则晶胞的密度
。
17．（12分）镍、钴元素在锂电池材料和国防工业方面应用广泛。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含
Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：i.K (CaF )=1.0×10-10，K (MgF )=7.5×10-11；
sp 2 sp 2
ii.NiSO 在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。
4
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”主要成分的名称为_______。
(2)基态Co原子的核外M层电子排布式为_______。Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却
Ni的略大，原因是_______。
(3)“除铁”的离子方程式为_______。
(4)“除钙镁”时，pH不宜过低的原因是_______。Ca2+和Mg2+沉淀完全。时，溶液中c(F-)最小为
_______mol·L-1
(5)“萃取”原理为Co2+(aq)+2HA(有机相) Co(A) (有机相)+2H+(aq)。“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选
2
择的实验条件或采取的实验操作有①_______；②多次萃取。
⇌
(6)获得NiSO (s)的“一系列操作”中洗涤产品可选用_______(填字母标号)试剂。
4
a.冷水 b.乙醇 c.苯
【答案】（除标明外，每空1分）
(1)硫酸钙
(2)3s23p63d7 Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高
(3) +6Fe2++ 15H O =Cl- +6Fe(OH) ↓+12H+（2分）
2 3
(4)c(H+)过高，c(F-)减小，不利于钙镁沉淀完全（2分） 10-2.5或3.16 10-3（2分）
(5)酸性条件
(6)ab（2分）
【解析】废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)，加入硫酸酸浸后，酸浸渣主要成分为硫酸钙；
滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸铜、硫酸镁等，加入过量铁粉还原除铜得到铜，滤液再加入氯酸钠
氧化除铁，得到氢氧化铁，再加入NaF除钙镁，滤渣为CaF 、MgF ；加入萃取剂HA萃取得到含有NiSO
2 2 4溶液，一系列操作后得到NiSO 晶体，故为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等；有机相加入硫酸反
4
萃取，得到CoSO 溶液；
4
（1）酸浸时用硫酸，产生的硫酸钙微溶，故“酸浸渣”主要成分的名称为硫酸钙；
（2）Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2，故其M层电子
排布式为3s23p63d7；
Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高，故虽然Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比
却Ni的略大；
（3）“除铁”时加入的氯酸钠将亚铁离子氧化，反应生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 +6Fe2++
15HO =Cl- +6Fe(OH) ↓+12H+；
2 3
（4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F- HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，
为使CaF 和MgF 的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完
2 2
全，且K (CaF )=1.0 10-10，K (MgF )=7.5 10-11，钙离子沉淀完全时镁离子已沉淀完全，c(F- )=
sp 2 sp 2
= 10-2.5( mol/L)= 3.16 10-3( mol/L)，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F- )最小为10-2.5
或3.16×10-3；答案为c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全；10-2.5 或3.16×10-3；
（5）“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有①酸性条件；②多次萃取；
（6）获得NiSO (s)的“一系列操作”中洗涤产品使其溶解度降低而晶体析出，故可选用冷水或乙醇，答案
4
选ab。
18．（12分）HNO 是重要的化工原料，浓HNO 与Cu反应的装置如图1所示：
3 3
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，在该实验中的作用为_______。
(2)关于该实验下列说法错误的是_______。
A．该反应需要加热才能进行 B．可通过抽动铜丝控制反应开始和停止
C．反应后迅速生成大量红棕色气体 D．烧杯中仅发生中和反应
(3)某小组同学发现Cu与浓HNO 反应所得混合溶液为绿色，Cu与稀HNO 反应所得混合溶液为蓝色，针
3 3
对绿色产生的原因展开探究。
【提出猜想】
猜想a：Cu(NO ) 浓度大
3 2
猜想b：NO 溶解在Cu(NO ) 溶液中
2 3 2【实验验证】
实验i：配制饱和Cu(NO ) 溶液，溶液呈_______色，证明猜想a不成立。
3 2
实验ii：取适量Cu与浓HNO 反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到
3
_______，5min后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b成立。
(4)另一组同学查阅资料发现：NO 能与水反应生成HNO，进而发生下述反应：
2 2
①由此该组同学认为通过实验说明猜想b成立不严谨，理由是_______。
②写出NO 与水反应生成HNO 的化学方程式_______。
2 2
③该组同学改进后设计了新的实验：
实验iii：取适量Cu与浓HNO 反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实验ii
3
相同，但5min后，溶液仍为绿色。对比实验ii与实验iii，可推测Cu(NO ) 溶液为绿色的原因主要是
3 2
_______。
【答案】（除标明外，每空1分）
(1)球形干燥管 防止倒吸
(2)AD（2分）
(3)蓝 有红棕色气体放出
(4)①由于NO 与水反应能够生成HNO，HNO 与Cu2+能够发生可逆反应（2分）
2 2 2
② （2分）
③NO 溶于Cu(NO ) 溶液中（2分）
2 3 2
【解析】Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO )、NO 和HO，方程式为：Cu+4HNO (浓)=
3 2 2 2 3
Cu(NO )+2NO↑+2H O，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO )、NO和HO，方程式为：3Cu+4HNO (稀)=
3 2 2 2 3 2 2 3
3Cu(NO )+2NO↑+4HO，据此分析结合各小题情景解题。
3 2 2
（1）由题干图示实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管，在该实验中的作用为防止倒吸，故答案为：
球形干燥管；防止倒吸；
（2）A．硝酸的氧化性较强，Cu与浓硝酸反应不需要加热就能进行，A错误；
B．可通过抽动铜丝来控制Cu与浓硝酸是否接触，故可控制反应开始和停止，B正确；
C．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO )、NO 和HO，故反应后迅速生成大量红棕色气体，C正确；
3 2 2 2
D．烧杯中发生的反应有：HNO+NaOH=NaNO +H O和2NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O，故不仅发生
3 3 2 2 3 2 2
中和反应，还发生了氧化还原反应，D错误；
故答案为：AD；（3）实验i：猜想a认为：Cu(NO ) 溶液浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色，故若配制饱和Cu(NO ) 溶液，
3 2 3 2
溶液呈蓝色，证明猜想a不成立，故答案为：蓝；
实验ii：猜想b认为：NO 溶解在Cu(NO ) 溶液中导致溶液呈绿色，故取适量Cu与浓HNO 反应后的溶液，
2 3 2 3
置于图2所示装置中，鼓入空气后，空气将带出部分NO ，同时4NO +O +2H O=4HNO ，溶液上方可观察
2 2 2 2 3
到有红棕色气体放出，5min后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b成立，故答案为：有红棕色气体放出；
（4）①由于NO 与水反应能够生成HNO，HNO 与Cu2+能够发生可逆反应
2 2 2
，随着空气的通入，HNO 被氧化为HNO，使得上述可逆反应
2 3
平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，但溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO ) 溶液中的确溶有NO ，由此
3 2 2
该组同学认为通过实验说明猜想b成立不严谨，故答案为：由于NO 与水反应能够生成HNO，HNO 与
2 2 2
Cu2+能够发生可逆反应 ，随着空气的通入，HNO 被氧化为
2
HNO，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，且溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO )
3 3 2
溶液中的确溶有NO ；
2
②NO 与水反应生成HNO，N的化合价降低，根据氧化还原反应有降必有升可知，同时还生成有HNO，
2 2 3
故该反应的化学方程式为：2NO +H O=HNO +HNO ，故答案为：2NO +H O=HNO +HNO ；
2 2 2 3 2 2 2 3
③实验iii：取适量Cu与浓HNO 反应后的溶液，置于图2所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实验
3
ii相同即N 带出部分红棕色气体NO ，但由于没有O，不能发生反应4NO +O +2H O=4HNO ，则5min后，
2 2 2 2 2 2 3
溶液仍为绿色。对比实验ii与实验iii，可推测Cu(NO ) 溶液为绿色的原因主要是NO 溶于Cu(NO ) 溶液中，
3 2 2 3 2
故答案为：NO 溶于Cu(NO ) 溶液中。
2 3 2
19．（12分）有机物K是重要的药物中间体，一种K的合成路线如下：
已知：①② +
回答下列问题：
(1)G中官能团的名称是___________。
(2)lmolB生成C需要___________molNaOH。
(3)物质J的名称是___________，F的结构简式分别为___________。
(4)H与J反应生成K的化学方程式为。___________。
(5)L是D与乙醇酯化后的产物，同时满足下列条件的L的同分异构体有___________种，写出一种其中核
磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为___________。
①能发生水解反应且1mol物质需要2molINaOH发生反应
②含有苯环
(6)参照上述合成路线，设计以CHCOOH和 为原料合成 的合
3
成路线。
【答案】（除标明外，每空1分）
(1)羰基、氯原子
(2)4
(3)邻溴苯酚
(4) + +HCl（2分）
(5)13 或 （2分）
(6) （3分）
【解析】A为甲苯，甲苯与氯气光催化下与甲基发生取代反应，生成 ， 发生水解反应生成苯甲酸，与NaOH溶液反应生成苯甲酸钠；苯甲酸钠经酸化得到苯甲酸；D与SOCl 发生取代
2
反应生成E，E与硫化铵和氨水环境种反应生成F，F与G发生反应生成H，I为苯酚，硫酸处理后加入溴
水，在酸性他条件下发生取代反应生成J，H与J在碳酸钾和DMF作用下发生取代反应生成K；
（1）由G的结构简式可知其所含官能团为氯原子和羰基，故答案为：羰基、氯原子；
（2）C为 ，含有3个氯原子均与氢氧化钠发生取代反应，水解后得到苯甲酸，苯甲酸继续
消耗NaOH，因此1molC可消耗4molNaOH。故答案为：4；
（3）由J的结构简式可知其名称为：邻溴苯酚，结合E、G的结构特点可知F为 ，故答
案为：邻溴苯酚： ；
（4）H与J发生取代反应生成K ，反应方程式为： +
+HCl，故答案为： +
+HCl；
（5）D与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，其同分异构体含有苯环、能发生水解反应说明含酯基，且
1mol物质需要2molNaOH发生反应，则该酯基结构直接连在苯环上，若苯环上只有一个取代基则可以是
；若苯环上有个取代基，则可以是 ，在苯环分别有邻、
间、对三种结构；若为三个取代基则可以是： ，其结构有10种；共计13种；其中
核磁共振氢谱峰面积之比为1： 1： 2： 6的结构为 或 ，故答案为：13； 或 ；
（6）乙酸与SOCl 发生取代反应生成 ， 在已知条件作用下生成 ，
与 反反应生成 ，则合成路线，
；故答案为：
；
20．（12分）空间站 还原转化系统能把呼出的 捕集、分离并与空间站电解水系统产生的 进行
加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
(1)一种借助光将 转化为 的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是_______；图中
所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是_______(填化学式)。
(2)一定条件下， 和 还可发生如下两个平行反应：
i.
ii.
①已知相关键能数据如下表：
化学键
键能/ 436 464 803 1072
则反应i的 _______ 。
②为了提高 的产率，理论上应采用的措施是_______(填标号)。A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
③保持温度 ，压强 ，按投料比 向密闭容器中充入 和 ，反应相同时间测得不
同催化剂下 转化率和 选择性的相关实验数据如下表所示(已知 选择性：转化的 中生
成 的百分比)。
催化剂 转化率 选择性
cat.1 21.9% 67.3%
cat.2 36.1% 100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C． 和 的物质的量之比为
D． 和 的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向 恒容密闭容器中充入 和 ，只发生上述反应ii，达平衡时， 的
转化率为80%，则该温度下的平衡常数 _______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比 不同、温度不同时，测得相应的 平衡
转化率如图所示。则B和D两点的温度 _______ (填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是_______。
【答案】（除标明外，每空1分）
(1) （2分） CO、CH（2分）
2 4
(2)① ②D ③B
(3)3.70（2分）
(4)< 依据图像数据得知B和D的化学平衡常数分别为K(B)=2.25、K(D)=3，又i为吸热反应，升高温度平
衡正向移动，平衡常数变大（2分）
【解析】（1）由图可知，总反应为氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水， ；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的
；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，故选
D；
③A．上述反应在恒压体系中进行，所以气体压强始终保持不变，则气体压强不再变化，说明反应达到平
衡，A不符合题意；B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，
说明反应达到平衡，B符合题意；C． 和 的物质的量之比为 ，不能说明正逆反应速率相等，
不能说明反应达到平衡，C不符合题意；D． 和 的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定
值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不符合题意；故选B；
（3）一定条件下，向 恒容密闭容器中充入 和 ，只发生上述反应ii，达平衡时，
的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、
0.6mol，则该温度下的平衡常数 ；
（4）B进气比 =1:1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、
一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时
；同理， ，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两
点的温度 。
