文档内容
【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03
（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 V-51
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．室温常压超导材料LK-99(改性铅磷灰石)，其化学式为Pb Cu (PO )O，x=0.9～1.0.LK-99材料属于
10-x x 4 6
A．金属材料 B．无机非金属材料 C．有机合成材料 D．半导体材料
【答案】B
【详解】A．纯金属或合金为金属材料，而LK-99(改性铅磷灰石)，其化学式为Pb Cu (PO )O，为化合
10-x x 4 6
物，不属于金属材料，A错误；
B．LK-99(改性铅磷灰石)为含有金属元素的化合物，属于无机非金属材料，B正确；
C．LK-99(改性铅磷灰石)不属于有机高分子材料，C错误；
D．LK-99(改性铅磷灰石)为超导体，不属于半导体材料，D错误；
故选B。
2．设 是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理： ，
时， 。下列说法正确的是
A．每生成 ， 失去的电子数为
B． 水中含有的氢键数为2
C．氢氧化铁的悬浊液中，若 时，悬浊液中的 数目为
D．反应中每产生 ，消耗 数目
【答案】A
【详解】A．Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-2价升高为0，每生成 ， 失去的电子
数为 ，故A正确；
B．1个水分子最多与周围相邻的水分子形成4个氢键，根据均摊原则，1mol水分子成冰时最多形成的氢
键数为2 ，所以 液态水形成的氢键数小于2 ，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算悬浊液中的 数目，故C错误；
D．根据反应方程式，反应中每产生 ，消耗 数目 ，故D错误；
选A。
3．英国皇家化学学会(RSC)、华威大学和苏黎世IBM研究所的科学家们合作研发出结构酷似奥运五环的新
分子，因此被命名为“奥林匹克烯”，其结构如图所示。下列说法错误的是A．“奥林匹克烯”的分子式为
B．“奥林匹克烯”可以发生加成反应
C．分子中所有的原子共平面
D．其一氯代物有6种
【答案】C
【详解】A．由题干图示有机物结构简式可知，1个奥林匹克烯分子由19个碳原子、12个氢原子构成，则
“奥林匹克烯”的分子式为C H ，A正确；
19 12
B．由题干图示有机物结构简式可知，“奥林匹克烯”分子中含有苯环，则可以发生加成反应，B正确；
C．由题干图示有机物结构简式可知，“奥林匹克烯”分子中含有sp3杂化的碳原子，故分子中不可能所有
的原子共平面，C错误；
D．由题干图示有机物结构简式并根据等效氢原理可知，其一氯代物有6种如图所示：
，D正确；
故答案为：C。
4．原子序数依次递增的X、Y、Z、W、M五种主族元素位于短周期，Y、Z、W位于同周期，基态X、
Y、Z、W原子的未成对电子数之和是基态M原子的价层电子数的2倍。X、Y、Z、W元素组成的物质存
在如图所示的转化关系。下列说法错误的是
A．第一电离能 B．M的单质属于共价晶体
C．离子半径： D．X、Y、Z、W形成的化合物中可能含有离子键
【答案】A
【分析】由题干物质结构和转化图示信息可知，X形成一个键，W形成2个键，Y形成4个键，原子序数
依次递增的X、Y、Z、W、M五种主族元素位于短周期，可知X为H，Y、Z、W位于同周期，Y为C，Z
为N，W为O，基态X、Y、Z、W原子即H、C、N、O的未成对电子数之和是基态M原子的价层电子数
的2倍，即M的价层电子数为4，故M为Si，由此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z分别为H、C、N，根据同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，同一
主族从上往下依次减小，故第一电离能N＞H＞C即 ，A错误；
B．由分析可知，M为Si，M的单质即晶体硅属于共价晶体，B正确；
C．由分析可知，W为O，O2-与Na+具有相同的电子层结构，且O的核电荷数比Na的小，故离子半径O2-
＞Na+即 ，C正确；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、C、N、O，故X、Y、Z、W形成的化合物中可能含有离子键如
(NH )CO、CHCOONH，D正确；
4 2 3 3 4
故答案为：A。
5．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！向甲、乙两支试管中分别加入 溶液，向甲试 探究反应物浓度对水解平衡
A
的影响
管中加入少量 晶体，振荡、静置，对比观察溶液颜色变化
用pH计分别测定等体积的 溶液和 溶液的 探究键的极性对羧酸酸性的
B
影响
pH
向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴
C 探究1—溴丁烷的消去产物
丁烷，微热，将产生的气体通入酸性 溶液，观察现象
探究 与 氧化性强
D 向 溶液中滴入硫酸酸化的 溶液，观察溶液颜色变化
弱
【答案】A
【详解】A．向浓度不同的氯化铁溶液中加入氯化铁固体，溶液中铁离子浓度大小不同，则比观察溶液颜
色变化可以探究反应物浓度对水解平衡的影响，故A正确；
B．没有明确乙酸与氯乙酸的浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不
能探究键的极性对羧酸酸性的影响，故B错误；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将产生的气体
通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象不能确定探究1—溴丁烷的消去产物，故C错误；
D．酸性条件下，硝酸根离子的氧化性强于过氧化氢，则硝酸亚铁溶液中滴入硫酸酸化的过氧化氢溶液，
硝酸根离子会干扰过氧化氢与亚铁离子的反应，无法探究过氧化氢与铁离子氧化性强弱，故D错误；
故选A。
6． 的KOH溶液称为奈斯勒(Nessler)试剂，其制备流程及特色反应如图所示。
下列说法错误的是
A．反应①的离子方程式为：
B．由反应②可知用KI溶液可除去 中的
C．反应③中消耗的 和 的物质的量之比为1：4
D．可用奈斯勒试剂检验 中微量的
【答案】B
【详解】汞和过量的稀硝酸反应生成硝酸汞，再和过量的碘化钾溶液反应生成，再加入氢氧化钾和微量的
铵根离子反应生成奈斯勒试剂。
A．汞和硝酸反应生成硝酸汞和一氧化氮和水，反应的离子方程式为
，A正确；
B．反应②用碘化钾反应除去硝酸银，B错误；
Hg
C．反应③离子方程式为： = O NH 2 I+7I-+3H O，其中消耗的 和 的物质
2
Hg的量之比为1：4，C正确；
D．奈斯勒试剂遇到铵根离子反应生成红色沉淀，故能检验 中微量的 ，D正确；
故选B。
7．为探究 在盐酸中与 、 的反应，某实验小组设计如图实验。
已知： ，实验Ⅰ中得到的黑色固体为 。下列说法正确的是
A．实验Ⅰ、Ⅱ中生成 白色沉淀的原理不相同
B． 在实验Ⅰ、Ⅱ中呈现的化学性质一致
C．实验Ⅰ通入 时反应的离子方程式为
D．实验Ⅱ若消耗 ，则生成 个
【答案】D
【详解】A．实验Ⅰ、Ⅱ中生成 白色沉淀的原理相同，均为 ，A错误；
B． 在实验Ⅰ、Ⅱ中分别体现了氧化性和还原性，B错误；
C．实验Ⅰ通入 时反应的离子方程式为 ，C错误；
D．实验Ⅱ通入 时反应的离子方程式为 ，若消耗 ，
则生成 个 ，D正确；
故选D。
8．用黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣(含 、 、 、MgO等)提取铁红( )的过程如图所
示。下列有关离子反应方程式判断和书写错误的是
A．酸溶过程中 溶解的离子反应方程式为
B．滤渣A溶解于NaOH溶液的离子方程式为
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！C．“还原”过程产物之一为 ，发生的离子反应方程式为
D．“氧化”过程发生的离子反应方程式为
【答案】C
【分析】硫酸渣中含Fe O、 SiO、 Al O、 MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO，加入
2 3 2 2 3 2
FeS 将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH使Fe3+沉淀，而Mg2+，Al3+都不沉
2
淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红。
【详解】A．酸溶过程中 溶解的离子反应方程式为 ，A正确；
B．滤渣A为 ，溶解于NaOH溶液的离子方程式为 ，B正确；
C．“还原”过程产物之一为 ，发生的离子反应方程式为 ，
C错误；
D．“氧化”过程发生的离子反应方程式为 ，D正确。
故选C。
9．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料 的前驱体 ，其工作原理如图所示：
下列说法不正确的是
A．a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应
B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低
C．当产生 的 时，标准状况下纯钛电极上至少产生 气体
D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低
【答案】C
【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则
右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2HO+2e-=H +2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电
2 2
荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2HO-4e-=O +4H+，所以电解
2 2
过程实际上是电解水。
【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；
B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2HO-4e-=O +4H+，产生H+，故pH降
2 2
低，故B正确；
C．每生成 的 ，就相当于生成0.2mol OH-，由电极反应式2HO+2e-=H +2OH-可
2 2
知，会生成0.1mol H ，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；
2
D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；
答案选C。
10．常温下，向 、 和 HR 的混合液中滴加 NaOH 溶液，pM 与 pH 的关系如图所
示。已知：pM=－lgc(M)，c(M)代表 、 或 ， 。
下列叙述错误的是
A．X、Z分别代表 、 与 pH 的关系
B．常温下，弱酸 HR 的电离常数
C．图中 a 点对应的 pH 为6.5
D．常温下， 和 共存时：
【答案】D
【详解】A．常温下， 、
，由于
可知，X代表 与 pH 的关系，Y代表 与 pH 的关系，
Z代表 与 pH 的关系，A正确；
B． ，取Z中点（5，0）带入得， ，B正确；
C．Y代表 与 pH 的关系， ，将点（10，7）代入得，
，则 ，a点时 ，则pH为6.5，C正确；
D．X代表 与 pH 的关系， ，则 ，Y代表
与 pH 的关系， ，则 ，常温下，
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！和 共存时： ，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．（18分）某黄钾铁矾渣主要含有KFe (SO )(OH) 及一定量的锌、铜、镉、镁等金属，为了综合利用
2 6 4 4 12
减小污染，可用于制备锰锌铁氧体，其工艺流程如下图。
已知：溶液中FeSO 含量过高，在室温条件下容易发生结晶。常温下，相关物质的Ksp如下表。
4
物质 ZnS FeS CdS MgF Fe(OH) Fe(OH) Mg(OH)
2 3 2 2
Ksp 1.3×10-24 6.3×10-18 8.0×10-27 7.42×10-11 3×10-39 8×10-16 1.2×10-11
回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是___________。
A．酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率
B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH) 胶体造成过滤困难和带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原
3
C．净化除杂过程中加入(NH )S的目的是除去溶液中的Cd2+，加入NH F的目的是除去溶液中的Mg2+
4 2 4
D．将滤液3蒸发结晶、过滤可获得纯净的(NH )SO 晶体
4 2 4
（2）基态铁原子的外围电子排布式为 。 和 可形成如图所示的配合物离子，其中铁的
一个配体为茂环阴离子( )，该配体以π电子参与配位，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有
个，S元素的杂化方式为 。
（3）实验研究了温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响。实验中JJ-6数显直流恒速搅拌器转
速为200 r/min，铁粉加入量是以溶液反应到pH=7时为理论量，此时铁粉加入比值量为1，实验结果如下
图，通过对A、B点溶液中Fe3+的检测，Fe3+已经全部被还原。
浸出液铁粉还原的最佳工艺条件 。
（4）为确定调节成分时所需加入的ZnSO、MnSO 的质量，需对除杂后溶液中的Zn2+进行检测。
4 4
准确量取25.00mL除杂后溶液，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.1000mol/L的EDTA(Na HY)标准溶
2 2液滴定其中的Zn2+(反应原理为 )，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液22.50mL。
通过计算确定该溶液中，Zn2+的浓度为 g/L。
（5）用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+，共沉淀过程中，溶液pH与 、 的关系
如下图所示。为提高原料利用率，最好控制 。
（6）锰锌铁氧体(Mn Zn Fe O)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，用氧化物的形式可表示为
x 1-x 2 4
。(最简整数比)。
（7）单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中
实际含有的铁原子个数之比为 ，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞单位分别
为a pm和b pm，则 = 。
【答案】（1）D
（2）3d64s2 12 sp3
（3）80℃，120min，1.15倍(范围70—80℃，90—120min，1.15—1.20倍也可以)
（4）5.85
（5）2.0
（6）MnO·4ZnO·5Fe O
2 3
（7）2：1
【分析】根据流程，用过量的稀硫酸溶解黄钾铁矾渣（主要含有KFe (SO )(OH) 及一定量的锌、铜、
2 6 4 4 12
镉、镁等金属），Cu不溶于稀硫酸，过滤得到的滤渣1主要是Cu，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Cd2+、
Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H ↑，再加入NH F使Mg2+离子沉
2 4
淀，加入(NH )S使Cd2+离子转化为CdS沉淀，过滤，滤渣2含有过量的铁粉、MgF 、CdS，滤液主要含有
4 2 2
Fe2+、Zn2+，加入ZnSO、MnSO ，再加入NH HCO 共沉淀Fe2+、Mn2+、Zn2+，得到沉淀，将沉淀通过铁氧
4 4 4 3
体工艺阶段加入氧化剂氧化其中二价铁制备 MnZnFe O，滤液3中含有 、K+、 和 等离子，
4 8
据此分析作答。
【详解】（1）A．增大反应物浓度、升高温度均可加快反应速率，故酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！的方式加快酸浸速率，A正确；
B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH) 胶体造成过滤困难，Fe(OH) 胶体具有很强的吸附性，可以吸附很多
3 3
杂质，故将带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原，B正确；
C．由分析可知，净化除杂过程中加入(NH )S的目的是除去溶液中的Cd2+即转化为CdS沉淀，加入NH F
4 2 4
的目的是除去溶液中的Mg2+即转化为MgF 沉淀，C正确；
2
D．由分析可知，滤液3中含有 、K+、 和 等离子，故将滤液3蒸发结晶、过滤得不到纯净
的(NH )SO 晶体，D错误；
4 2 4
故答案为：D；
（2）铁元素的原子序数为26，基态,原子的外围电子排布式为3d64s2，铁的一个配体为茂环阴离子(
)，该配体以π电子参与配位， 离子中大π键是 ，再加上2个S和1个C各提供2个电子，配合物
离子中与铁形成配位键的电子共有12个；S原子形成3个共价键，S原子上还有一对孤电子对，故S原子
杂化类型为sp3杂化。故答案为：3d64s2；12；sp3。
（3）由题干温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响图示信息可知，温度为78℃左右，浸泡时
间为120左右，Fe2+的质量浓度最大，而铁粉加入比值量为1.15左右时，Fe2+的质量浓度已经较大，且铁用
量再增大后，Fe2+的质量浓度增大不明显，故浸出液铁粉还原的最佳工艺条件为：80℃，120min，1.15倍
(范围70—80℃，90—120min，1.15—1.20倍也可以)，故答案为：80℃，120min，1.15倍(范围70—80℃，
90—120min，1.15—1.20倍也可以)；
（4）根据反应原理 有：n(Zn2+)=n(HY2-)=cV=0.1000mol/L×22.50×10-3L=2.250×10-
2
3mol，则该溶液中，Zn2+的浓度为 =5.85g/L，故答案为：5.85；
（5）根据左图，pH为7.2左右时，三种离子的损失浓度最低，由根据右图，n（ NH HCO ）：n（M2+）
4 3
为2.0时，对应的pH为7.2左右，故为提高原料利用率，n（ NH HCO ）：n（M2+）最好控制在2.0左
4 3
右，故答案为：2.0；
（6）锰锌铁氧体(Mn Zn Fe O)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，则锰锌铁氧体的化学式为：
x 1-x 2 4
MnZn Fe O ，其中Zn为+2价，Fe为+3价，Mn为+2价，故可用氧化物的形式可表示为
4 10 20
MnO·4ZnO·5Fe O，故答案为：MnO·4ZnO·5Fe O。
2 3 2 3
（7）由晶胞结构可知，面心立方晶胞中铁原子个数为8× +6× =4，体心立方晶胞中铁原子个数为8×
+1=2，则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为2：1；由晶胞结构可知，面心立方
晶胞和体心立方晶胞的边长相等，设铁原子半径为rpm，面心立方晶胞面对角线为4r，边长a为 。体
心立方晶胞中体对角线为4r，则边长b为 。所以 = ，故答案为：2：1； 。
12．（14分）某小组同学探究不同条件下 与三价铬( )化合物的反应。
资料：ⅰ、 (墨绿色)、 (墨绿色)、 (蓝色)、 (黄色)、 (橙色)、 (砖
红色)。
ⅱ、
ⅲ、 ；室温下，向 溶液中滴加 溶液或 溶液分别配制不同 的 (Ⅲ)溶液；取
配制后的溶液各 ，分别加入足量30% 溶液。
实验 ① ② ③ ④
4.10 6.75 8.43 13.37
加 前
现 蓝色浊
墨绿色溶液 蓝色浊液 墨绿色溶液
象 液
现 黄色溶
加 后 墨绿色溶液 黄绿色溶液 砖红色溶液
象 液
（1）结合加 前的实验现象，可推测 具有 (填“碱性”、“酸性”或“两性”)。
（2）实验①中，加 后无明显现象的原因可能是 。
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是 。
（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到
有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象 。
（5）已知 中 为+5价。实验④中，加入 后发生反应的离子方程式为 。
（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，
该小组同学提出如下猜想。
猜想1：加热条件下， 发生自身氧化还原反应，生成 ；
猜想2： 。
针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液， ，溶液由砖红色变为黄色，由此
得出猜想1成立。
（7）综合以上实验，影响 与三价铬化合物反应的因素除了 ，还有 。
【答案】（1）两性
（2）溶液酸性较强，三价铬以 形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以 存在，加入
过氧化氢， 被氧化为 ， ，同时生成氢离子使得部分使
得 溶解生成 ，且溶液pH减小导致 与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示
黄绿色
（4）实验③中黄色溶液中含有 ， ，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增
强，平衡逆向移动转化为橙色 溶液， 具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和 ，会观
察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
（5）
（6）加热促使 与过氧化氢进一步反应生成 加入少量的二氧化锰，待不再产生气体
后，过量，滤液加热
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（7）温度
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以
此进行对比；
【详解】（1）结合资料、加 前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由 转
变为 ，又转变为 ，则说明 具有两性；
（2）实验①中溶液酸性较强，三价铬以 形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化；
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以 存在，加入
过氧化氢， 被氧化为 ， ，同时生成氢离子使得部分使
得 溶解生成 ，且溶液pH减小导致 与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示
黄绿色；
（4）实验③中黄色溶液中含有 ， ，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增
强，平衡逆向移动转化为橙色 溶液， 具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和 ，会观
察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生， ；
（5）已知 中 为+5价；实验④中初始溶液为墨绿色，说明存在 ，加入 后生成砖红
色溶液，说明 在碱性条件下和过氧化氢生成 ，发生反应的离子方程式为
；
（6）过氧化氢具有氧化性，则猜想2为：加热促使 与过氧化氢进一步反应生成 ；证明
猜想1成立需要排除过氧化氢的干扰，故实验设计可以为：另取少量实验④的砖红色溶液，加入少量的二
氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。
（7）问题（6）中实验说明，影响 与三价铬化合物反应的因素除了 ，还有温度。
13．（14分）甲醇重整制氢的主要反应如下：
反应i：
反应ⅱ：
反应iii：
（1）已知在标态和温度为T条件下，由稳定态单质生成1mo1化合物的焓变叫做该物质在T时的标准摩尔
生成熔(符号是ΔH ϴ)。几种物质在298K时的标准摩尔生成焓如下表所示，据此计算ΔH=
1 m 1
kJ·mol-1。
物质 CHOH(g) HO(g) CO(g) H(g)
3 2 2 2
ΔH ϴ /(kJ
1 m
-190.7 -241.8 -393.5 0
mol-1)
（2）一定条件下，向某恒容密闭容器中通入CHOH(g)和HO(g)，在铜基催化剂上发生反应i，可能反应
3 2
机理如图所示：①根据图中反应机理分析，HC=O与Cu2+催化剂之间形成的化学键类型为 。
2
A．σ键 B．π键 C．配位键 D．离子键
②在反应i过程中，不断分离出CO 有利于提高反应速率的原因 。
2
③能表明反应达到平衡状态的是 (填序号)；
A．c(CO)=3c(H ) B．混合气体的平均相对分子质量不变
2 2
C．3v (H O)=v (H ) D．混合气体的密度不变
正 2 逆 2
（3）一定温度下，向体积为2L的刚性容器中充入2 mol[ CH OH(g)和1molH O(g)发生上述反应i、ii、iii。
3 2
①反应过程中，CO 的浓度随者温度的升高先增大后减小，其原因为 。
2
②已知反应进行10min时，容器中含碳产物的选择性[例如 ]随温
度变化如图所示：
若500K时，反应进行到10min时达到平衡，其中CHOH(g)的平衡转化率为60%，则0~10min内，
3
v(CHOCH )=
3 3
m ol·L-1·min-1。此时，HO(g)的平衡转化率为 ；由以上数据分析反应ii的平衡常数
2
K = (用分数表示)。
ii
【答案】（1）+39.0
（2）A、C 不断分离出CO 空出催化剂活性位点，有利于促进甲醇在催化剂表面的吸附，促进甲醇的脱
2
氢反应，从而提高反应速率 BC
（3）CO 浓度增大的原因是升高温度反应i生成CO 的速率远高于反应iii消耗CO 的速率；CO 浓度减小
2 2 2 2
的原因是反应iii消耗CO 的速率高于反应i生成CO 的速率 0.01 40% 3/16
2 2
【详解】（1）反应i的焓变△H=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓。因此
1
。
（2）①根据反应机理图可分析出HC=O与催化剂之间形成的化学键类型为σ键和配位键。
2
②在反应过程中，不断分离出CO 空出催化剂活性位点，有利于促进甲醇在催化剂表面的吸附，促进甲醇
2
的脱氢反应，从而提高反应速率。
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！③A.题中所给浓度关系无法判定反应达到平衡状态；
B.随着反应的进行，反应体系中混合气体的总质量不变，混合气体的总物质的量增大，因此平均相对分子
质量随着反应的进行而减小，因此当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应处于化学平衡状态；
C. 时，该反应正逆速率相等，此时该反应处于化学平衡状态；
D.由于该反应在恒容的密闭容器中进行，混合气体的密度始终保持不变，因此密度不能用于判断反应是否
达到平衡；
选AC；
（3）①c(CO)随着温度的升高先增大后减小的原因为前半程升高温度反应ⅰ生成的CO 远高于反应ⅱi的
2 2
消耗，c(CO)的浓度随着温度的升高而增大；后半程反应ⅱi消耗的CO 的速率高于反应i生成的CO，因
2 2 2
此c(CO)的浓度随着温度的升高而减少；
2
②若500K时反应进行到10min时达到平衡，其中CHOH(g)的平衡转化率为60%，根据500K时含碳产物
3
的选择性可知含碳产物中CO为20%，CHOCH 为20%，CO 为60%。设n(CO)=n(CH OCH )=xmol，则
3 3 2 3 3
n(CO)=3xmol；
2
根据碳原子守恒得出： 消耗，解得x=0.2mol；
因此平衡时
；
则0~10min内， ；平衡时，HO的转化率为：
2
；由于反应ii属于化学计量数相等的可逆反应，因此 。
14．（14分）我国科学家利用N—苯基甘氨酸(E)中的 键在氧气作用下构建 键，实现了喹啉并
内酯(L)的高选择性制备，其合成路线如下图。
已知：①F的核磁共振氢谱有3组峰。
②RCHO
③ROH ROR'
（1）K中官能团的名称为 。
（2）C→D的过程中通常要加入稍过量的C，可能的原因是 。（3）F→G的反应类型为 。
（4）I→J的化学方程式为 。
（5）E的同分异构体中同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
①苯环上有2个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应；
③结构中既无氮氧键也无醚键。
其中1 mol能消耗2 mol NaOH的同分异构体的结构简式为 (任写一种)。
（6）E和K反应得到L的流程如下图所示(无机试剂及条件已略去)：
已知：
结合已知反应信息，写出中间产物的结构简式 。
【答案】（1）碳碳双键、醚键
（2）苯胺显碱性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D
（3）取代反应
（4）BrCHCHBrCH CHOH+KOH +KBr+H O
2 2 2 2
（5）18 、 4
种，每种都存在邻、间、对，共12种，任选其一作答
（6）
【分析】由B的结构简式可知A→B为苯A为苯的硝化反应， B→C的反应条件可知，C的结构简式为
，D为 ，依据题目中的信息①，可知F为丙烯CH=CH－CH，G为
2 3
CH=CH－CHBr，H为CH=CH－CH CHOH，I为CHBrCHBrCH CHOH，根据信息③可知，J为
2 2 2 2 2 2 2 2
，据此解题。
【详解】（1）由K的结构简式可知官能团的名称为碳碳双键、醚键；
（2）C→D的过程发生取代反应，生成 的同时还生成HCl，所以答案为：苯胺显碱
性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D；
（3）由F为丙烯CH=CH－CH，G为CH=CH－CHBr，可知反应类型为取代反应；
2 3 2 2
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（4）依据I为CHBrCHBrCH CHOH，和J为 ，方程式为BrCHCHBrCH CHOH+KOH
2 2 2 2 2 2
+KBr+H O；
2
（5）根据题目要求，满足条件的官能团组合为： 、
、 以上6种，
每种都存在邻、间、对，共18种；其中1 mol能消耗2 mol NaOH的同分异构体的结构简式为
、 4种，每种都存在
邻、间、对，共12种，任选其一作答；
（6）依据中间产物前后两种物质的结构简式和题目信息，可推出其结构简式为 。
