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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（全国卷新教材）
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 Na 23 S 32
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1． “泥人张”是中国传统案上雕塑的代表，“泥人”的制作过程中除用到上等泥外，辅助材料还有木材、
竹藤、纸张等，塑造好的作品自然风干后入窑烘烧，出窑后经打磨、整理即可着色。下列有关说法错
误的是
A．“泥人”属于陶瓷作品，属于传统的硅酸盐材料
B．“泥人”制作过程中发生复杂的物理和化学变化
C．“泥人”制作过程中使用的木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素
D．出窑后着色时的黑色颜料可用氧化铁
【答案】D
【解析】A．陶瓷主要成分是硅酸盐，A正确；
B．泥土中主要是含有硅元素与水的混合物，"烧"的过程是化学变化，瓷器的主要成分是硅酸盐,有新物质
生成，所以是化学变化，B正确；
C．木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素，C正确；
D．氧化铁是红棕色的，D错误。
故答案为：D。
2．为检验下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内)能达到目的的是
A．新制氯水(AgNO 溶液) B．FeCl 溶液(KSCN溶液)
3 2
C．漂白粉(Na CO 溶液) D．NaSO 溶液(BaCl 溶液)
2 3 2 3 2
【答案】B
【解析】A．新制氯水中含有盐酸，所以氯水无论是否变质都能与AgNO 溶液反应生成氯化银沉淀，所以
3
不能达到目的，故不选A；
B．若FeCl 溶液变质，溶液中有Fe3+，加KSCN溶液会变红色，能达到目的，故选B；
2
C．漂白粉中含有氯化钙，所以漂白粉无论是否变质都能与NaCO 溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以不能达
2 3
到目的，故不选C；
D．若NaSO 溶液变质，溶液中含有硫酸钠，NaSO 、NaSO 都能与BaCl 溶液反应生成白色沉淀，所以
2 3 2 3 2 4 2
不能达到目的，故不选D；、
选B。
3．下列离子反应方程式书写正确的是
A．向 溶液中滴加少量NaOH溶液：
B．小苏打溶液与明矾溶液混合：C． 溶液中滴加KSCN溶液：
D．向 溶液中滴加少量 溶液：
【答案】B
【解析】A．与OH-的结合能力大小： ，少量氢氧根离子加入上述溶液中，应先与铝离子反应，
A错误；
B．小苏打溶液与明矾溶液混合后，碳酸氢根和铝离子发生双水解，B正确；
C． 不是沉淀，C错误；
D．HS是弱酸，不能拆，D错误；
2
故选 B。
4．植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是
A．高温有利于加快过程① B．浇水和松土有利于过程②
C．过程③中 被还原 D．过程④叫做氮的固定
【答案】B
【解析】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A错误；
B．过程②是 和O 反应生成 ，浇水和松土有利于过程②的反应，B正确；
2
C．过程③中 转化为NO ，N的化合价由+3价升高到+5价， 作还原剂被氧化，C错误；
D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D错误；
故答案为：B。
5．甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。N 为阿伏加德罗常数的值。
A
下列有关说法正确的是
A．pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3N
A
B．0.5 mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为N
A
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ键数目为5N
A
D．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6N
A
【答案】B
【解析】A．该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；
B．甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为N ，B项
A
正确；
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH OH)=32g，m(HO)=18g，各为1mol，1 mol CH OH中σ键
3 2 3
数目为5N ，1mol HO中σ键数目为2N ，因此50g该溶液中σ键数目为7N ，C项错误；
A 2 A A
D．标准状况下，甲醇为液体，D项错误；
故选B。
6．有机化合物F是合成一种治疗癌症新药的中间体，由化合物E转化成F的过程如图所示。下列有关说法不正确的是
A．E、F均能使溴水褪色
B．E、F均存在顺反异构
C．1mol E、F分别与足量的钠反应，产生 的物质的量相同
D．E、F分子中含有手性碳原子的个数相同
【答案】C
【解析】A．E、F中均存在碳碳双键、醛基，两种官能团均能使溴水褪色，A正确；
B．在含有碳碳双键且碳碳双键不位于环上的有机化合物中，若构成碳碳双键的两个碳原子均连接两个不
同的原子或原子团，则该有机物存在顺反异构，故E、F均存在顺反异构，B正确；
C．1mol E中含有羟基和羧基各1mol，故与足量的钠反应产生 ，1mol F中含有2mol羟基和1mol
羧基，与足量的钠反应产生 ，两者产生 的物质的量不相同，C错误；
D．E、F分子中含有的手性碳原子如图(*表示手性碳原子所在位置)： 、
，均含有3个手性碳原子，D正确。
故答案为：C。
7．下列实验方法或操作正确且能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
比较室温下 、 向 溶液中滴加少量 溶液，振荡
A
溶度积的大小 充分后，再滴加几滴
B
证明 具有氧化性 将一定浓度的双氧水与 溶液混合C 除去乙烷中混有的乙烯 一定条件下混合气体中通入一定量的
在试管中加入 5% 溶液，再加5滴稀 溶
D 证明乙醛具有还原性
液，混匀后加入 乙醛，加热
【答案】A
【解析】A．向5mL0.2mol/LMgCl 溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分
2
后，再滴加几滴0.2mol/LCuCl 溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜
2
的溶度积，故A正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将HSO 氧化成SO ，本身被还原成水，因为该
反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，故B错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体，且无色，如果通入氢气过量，引入新的杂质，
一般通过溴水中，除去乙烷中的乙烯，故C错误；
D．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠不足，故D错误；
答案为A。
8． (三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成 (硼酸，结构如图)和 (氟硼酸)，与氨气
相遇立即生成白色的 (氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是
A． 和 中心硼原子杂化方式不同
B． 晶体含有6mol氢键
C． 显酸性原因：
D． 结构式为
【答案】B
【解析】A． 中心原子价层电子对数为3+ =3， 中心原子价层电子对数为4+=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；
B．1个 参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol 晶体中含有6mol
=3mol氢键，故B错误；
C． 是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：
，故C正确；
D．NH 中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF 中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形成
3 3
3个共价键，故有一个2p空轨道，与NH 形成配位键， 结构式为 ，故D正确；
3
故选B。
9．实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列说法正确的是
A．将①中生成的气体通入 溶液中会出现白色沉淀
B．②中棉花紫色褪去，体现 的还原性
C．③中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
D．向④的小烧杯中加入少量苯可起到防倒吸作用
【答案】C
【解析】A． 不能与 反应，不会出现白色沉淀，选项A错误；
B． 与 反应， 被还原，体现 的氧化性，选项B错误；
C．③中 与 反应有黄色固体硫生成， 作氧化剂， 作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比
为1∶2，选项C正确；
D．苯的密度比NaOH溶液小，苯在上层，不能起到防倒吸的效果，选项D错误；
答案选C。
10． M、X、Y、Z、Q为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。这五种元素可形成化合物甲，
其结构式如图所示，1mol甲含58mol电子。下列说法正确的是A．Q是五种元素中原子半径最大的
B．水中溶解性：MQ＜YZ
2
C．XQ 中所有原子均达到8e-稳定结构
3
D．甲中X、Y、Z均为sp3杂化
【答案】D
【解析】M、X、Y、Z、Q为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。M的原子序数最小，且
在化合物甲中形成一个共价键，则M为H；X、Y、Z、Q为第二周期元素。根据它们在化合物甲中形成化
学键的个数可知，X为B(形成了一个配位键)，Y为C，Z为O(和B形成一个配位键)，Q为F，符合1mol
甲含58mol电子。
A．F位于第二周期第ⅦA族，是第二周期元素原子半径最小的(除了稀有气体)，故A错误；
B．HF能和水形成氢键，而CO 不能和水形成氢键，所以HF在水中的溶解度大于CO 在水中的溶解度，
2 2
故B错误；
C．BF 中B原子没有达到8电子稳定结构，B最外层只有6个电子，故C错误；
3
D．C和B的价层电子对数都是4，且没有孤电子对，均为sp3杂化；O形成了三个σ键，还有一孤电子对，
价层电子对数也是4，也是sp3杂化，故D正确；
故选D。
11．配合物 催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是
A．整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化
B．生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成C．中间体物质D的结构简式为
D．该催化反应总反应式为 +CO+H
2
【答案】B
【解析】A．由图可知， Co的成键数发生了变化，物质C中Co成键数为5，物质E中Co成键数为6，故
A正确；
B． 和 生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的
形成，E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成，故B错误；
C．根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为 ，故C正确；
D．根据整个反应历程可知其总反应式为 +CO+H ，故D正确；
2
故答案选B。
12．钛(熔点为1668℃)广泛应用于生活和科技等各领域，用镁还原 制取金属钛是钛生产的重要方法，
其简化工艺流程如下，下列说法错误的是
A．工业上，一般选择电解熔融 制备金属
B．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为
C．“真空蒸馏”的目的是为了降低单质 和 的沸点，使其气化分离出去
D．“电解”时，阴极上生成单质a，可用作其他联产过程的氧化剂
【答案】D
【解析】工业生产一般采用电解熔融 的方法制镁，则a为氯气，所得Mg通过“高温还原” 、
发生反应 制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
A．由于 的熔点高，电解 制备金属 能耗大，工业生产一般采用电解熔融 的方法，A项正确；
B．还原时，发生反应的化学方程式为 ，B项正确；
C．真空蒸馏时，需要将金属 、 分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了
降低单质 和 的沸点，C项正确；
D．工业生产中，阳极上发生反应为： ， 可用作其他联产过程的氧化剂，D项错误；
答案选D。
13．某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO )进行无害
化处理，其原理如图。
下列有关说法错误的是
A．Mg电极为负极，Pt 为阳极
1
B．乙池中NO 在Pt ，电极发生还原反应
1
C．碳纳米管析出硫的电极反应为：SO +4e-=S+2O2-
2
D．Pt 电极可能产生H，周围pH增大
2 2
【答案】B
【解析】由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO +4e-=S+2O2-，则
2
乙池为电解池，Pt 为阳极，水中的氢氧根离子失电子生成氧气，Pt 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气
1 2
和水，以此解题。
A．由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt 为阳极，故A正确；
1
B．乙池为电解池，Pt 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B错误；
2
C．由分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO +4e-=S+2O2-，故C正确；
2
D．Pt 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周
2
围pH增大，故D正确；
故选B。
14．常温下向 溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，过程中加入氨水的体积V与溶液
中 的关系如图。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与 均约为 。下列叙述不正确的是
A．a点溶液中存在四种离子，其中 浓度最大
B．b点对应溶液中：
C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择e点
D．由e点可知，反应 的平衡常数的数量级为
【答案】A
【解析】A．a点没有加入氨水，溶质为AgNO，Ag+发生水解，因此NO 浓度最大，故A说法错误；
3
B．根据电荷守恒，有c(Ag+)+c{[Ag(NH )]+}+c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(NO )，b点对应的c(H+)=c(OH-)，因
3 2
此有c(Ag+)+c{[Ag(NH )]+}+c(NH )= c(NO )，即c(Ag+)+c{[Ag(NH )]+}＜c(NO )，故B说法正确；
3 2 3 2
C．与葡萄糖发生银镜反应，溶液中的溶质应为Ag(NH)OH，银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，
3 2
出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，根据题中信息，e点对应的溶液迅速由浑浊变得
澄清，此时溶质为Ag(NH)OH，因此与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C说法正确；
3 2
D．Ag++2NH [Ag(NH)]+，平衡常数表达式为K= ，e点氨水体积为4.7mL，根据银元
3 3 2
素守恒，c{[Ag(NH)]+}= ≈0.1mol/L，e点c(Ag+)=c(NH)=2×10-3mol/L，代
3 2 3
入上述平衡常数表达式，K=1.25×107，该反应的平衡常数的数量级为107，故D说法正确；
答案为A。
二、非选择题：共58分。
15．（14分）在全球碳中和的宏大使命下，“白色石油”－锂资源作为最不可或缺的能源金属，其重要性
上升到了战略高度。电池级LiCO 是制造锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含
2 3
Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO 等)制取电池级LiCO 的工艺流程如图所示：
2 3已知：
①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HR
FeR +3H+，生成的FeR 可溶解在HR中；
3 3
②部分物质溶解度(g/100gHO)数据见表：
2
温度(℃) 0 20 80
LiCO 1.54 1.33 0.85
2 3
LiHCO 11.6 7.82 高于50℃，开始分解
3
（1）对于单质锂，实验室常将其保存在_____中。
（2）使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是(从平衡移动的角度分析)______。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是_____。将过滤1后得到的固体进行洗涤时，最好用
_____(填“冷水”或“热水”)。
（4）上述工艺中，碳化反应的方程式为_____。
（5）过滤2产生的滤渣的主要成分为_____。
（6）LiCO 受热分解可产生LiO。LiO晶胞具有反萤石(CaF )结构，为立方晶系晶体，其晶胞参数为
2 3 2 2 2
apm。该晶胞中离子的分数坐标如下：
氧离子：(0，0，0)；( ， ，0)；( ，0， )；(0， ， )；……
{锂离子：( ， ， )；( ， ， )；( ， ， )；( ， ， )；……}
①在图中画出LiO晶胞沿x轴投影的俯视图。
2
②该LiO晶体的密度为ρg•cm-3，则阿伏加德罗常数的值的表达式N =_____mol-1(用含a、ρ的代数式表示，
2 A
列出计算式即可)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）石蜡（1分）
（2）NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果
（3）向过滤1后的滤液中继续滴加NaCO 溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉
2 3
淀完全 热水（1分）（4）
（5）Al(OH)
3
（6）① ②
【解析】锂云母浸出液中加入HR， ，生成的FeR 可溶解在HR中，分液，有机层
3
为FeR ，水溶液中存在金属离子为Li+、Al3+，沉锂时加入碳酸钠生LiCO、 和Al (OH) 沉淀，向
3 2 3 3
LiCO、Al (OH) 中加入去离子水、CO，LiCO 和水、CO 反应生成LiHCO ，过滤，滤渣为Al (OH) ，滤
2 3 3 2 2 3 2 3 3
液为LiHCO ，LiHCO 热分解生成电池级LiCO。
3 3 2 3
（1）金属锂很活泼，一般保存在石蜡中。
（2）萃取时发生反应 ，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃
取反应向正向进行，提高萃取效果，故答案为：NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃
取反应向正向进行，提高萃取效果。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加NaCO 溶液，若溶液浑浊，
2 3
则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；由题给信息②可知温度越高，LiCO 的溶解度越小，故
2 3
选用热水洗涤可以降低洗涤过程中LiCO 的溶解损失，故答案为：向过滤1后的滤液中继续滴加NaCO
2 3 2 3
溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水。
（4）碳化反应是LiCO 和水、CO 反应生成LiHCO 的过程，反应方程式为 ，
2 3 2 3
故答案为： 。
（5）由分析可知，过滤②产生的滤渣主要成分为为Al(OH) 。
3
（6）①根据氧离子的分数坐标可知，氧离子位于晶胞的面心、顶点，根据锂离子的分数坐标可知，锂离
子位于晶胞的内部，填入氧离子的正四面体空隙，结合坐标位置，即得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：
。
②1个晶胞中有4个氧离子，8个锂离子，晶胞参数为a pm，一个晶胞的体积为 ，
1 mol晶胞质量为m=4 30 g，所以晶体密度为 ，故
。
16．（14分）亚硝酰硫酸( )在重氮化反应中可以代替亚硝酸钠。实验室用如图装置(部分夹持仪器
略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。已知：
ⅰ.亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
ⅱ.实验室制备亚硝酰硫酸的原理为 ， 。
回答下列问题：
（1）仪器Ⅰ的名称为___________，按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为___________(填仪
器接口的字母，部分仪器可以重复使用)，C装置的作用为___________。
（2）反应需温度控制在25℃～40℃，采用的加热方式为___________，开始时反应缓慢，但某时刻反应速
率明显加快，其原因可能是___________。
（3）测定亚硝酰硫酸的纯度
步骤①：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。
步骤②：取25.00mL①中溶液于250mL烧瓶中，加入60.00mL未知浓度 溶液(过量)和10.00mL25%
溶液，摇匀，发生反应 。
步骤③：向②反应后溶液中加0.2500 标准溶液进行滴定，消耗 溶液20.00mL。
步骤④：把②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗 溶液的体积为
60.00mL。
滴定终点时的现象为___________，亚硝酰硫酸的纯度为___________(精确到0.1%)。
【答案】（每空2分）
（1）蒸馏烧瓶 a→de→cb→de→f 吸水，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO
（2）水浴加热 由于生成的 对该反应有催化作用，导致反应速率加快
（3）溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复 90.7%
【解析】本实验制备亚硝酰硫酸，原理是SO +HNO =SO+HNO ，SO +HNO =NOSO H，A装置制备二氧
2 3 3 2 3 2 4
化硫，因为亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO，需要除去二氧化硫中的水蒸气，即通过C装置，然
后通入B装置反应，因为二氧化硫对环境有污染，因此需要尾气处理，装置D除去多余二氧化硫，据此分
析；
（1）根据仪器Ⅰ的特点，仪器Ⅰ名称为蒸馏烧瓶；根据上述分析，连接顺序是a→de→cb→de→f，C装置
作用为吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；故答案为蒸馏烧瓶；
a→de→cb→de→f；吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（2）温度控制在25℃～40℃，反应温度小于100℃，采取加热方式为水浴加热；开始时反应缓慢，某时刻
反应速率明显加快，这个现象与酸性高锰酸钾溶液与草酸反应类似，Mn2+作高锰酸钾与草酸反应的催化剂，
因此引起反应速率明显加快的原因是NOSOH为该反应的催化剂；故答案为水浴加热；NOSOH对该反应
4 4有催化作用，导致反应速率加快；
（3）用标准液草酸钠滴定高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液，
溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s不恢复；把②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复上述操作步骤，消
耗草酸钠的体积为60mL，根据得失电子数目守恒，有：60.00mL×10-3L/mL×0.2500mol/L×2×(4-
3)=60.00mL×10-3L/mL×c(KMnO )×(7-2)，解得c(KMnO )=0.1mol/L，NOSOH、草酸钠作还原剂，高锰酸钾
4 4 4
作氧化剂，因此根据得失电子数目守恒，有：20.00mL×10-3L/mL×0.2500mol/L×2×(4-3)+n(NOSO H)×(5-
4
3)=60.00mL×10-3L/mL×0.1mol/L×(7-2)，解得n(NOSOH)=0.01mol，则250mL溶液中含有NOSOH物质的
4 4
量为0.1mol，则14.00g产品中纯度为 ≈90.7%；故答案为滴入最后半滴标准液，
溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s不恢复；90.7%。
17．（15分）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务， 的综合利用成为热点研究对象，
作为碳源加氢是再生能源的有效方法， 加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲
醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过 加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程
主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）①相关键能如下表，则 ______，该反应的活化能 _____ (填“大于”“小于”或
“等于”)。
化学键
436 1071 464 803
键能
②若K 、K 分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则 的平衡常数
1 2
K=___________(用含K 、K 的代数式表示)。
1 2
③已知 的正反应速率 ( k为正反应的速率
常数)，某温度时测得数据如下：
1 0.02 0.01
2 0.02 0.02 a
则此温度下表中a=___________。
（2）据文献报道， 基纳米材料作为高性能催化剂可将 电还原为高能量密度的 ，不同催化剂对生成 的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理
论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
（3）在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时 的转化率随温度和压强的变化如图，判
断p、p、p 的大小关系：________________，解释压强一定时， 的平衡转化率呈现如图变化的
1 2 3
原因：_______________________________。
（4）某温度下，初始压强为 ，向容积为 的恒容密闭容器中充入 、 发生反应Ⅰ、
Ⅱ，平衡时 的转化率是50%，体系内剩余 ，反应Ⅱ的平衡常数K=___________ 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）① 大于（1分） ② ③1.6×10−3
（2）−1.0V、Cu (S)
6
（3）p>p>p TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着
1 2 3
温度升高而降低
（4）2
【解析】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变
ΔH=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于
1
逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应 ，则反应的平衡常数K= ，
故答案为： ；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：
1.6×10−3；（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu (S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最
6
佳催化剂是−1.0V、Cu (S)，故答案为：−1.0V、Cu (S)；
6 6
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，
平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p、p、p 时，二氧化碳的转化率依
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次减小，则压强的大小顺序为p>p>p；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ
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是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率
先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率
随着温度升高而降低，故答案为：p>p>p；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后
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以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原
子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得
x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K= ，故答案为：2。
18．（15分）三氯苯达唑(G)对牛、羊及人体的肝片吸虫病有良好的治疗作用，一种合成路线如下。
回答下列问题：
（1）物质A的系统名称是___________。
（2） 分子中，氧原子一对孤对电子能与苯环形成大 键，分子中氧原子采取杂化方式为
___________。
（3）物质D的中含氧官能团的名称是___________，反应④的反应类型是___________。
（4）反应⑤的化学方程式是___________。
（5）与物质C具有相同官能团、含有苯环结构且苯环上有四个取代基的同分异构体有___________种(不包括C本身)，写出其中一种核磁共振氢谱只有2组吸收峰的同分异构体的结构简式：___________。
（6）已知： + ，设计以 和 为原料合成 的合成路线(无
机试剂任选)。___________
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）1，2，4-三氯苯
（2） （1分）
（3）醚键、硝基 还原反应（1分）
（4）
（5）15 、
（6） （3分）
【解析】由A的分子式及B的结构简式可知，A分子中含有3个氯原子，则物质A的结构简式为 ，
A发生硝化反应生成B，B中一个氯原子被氨基取代生成C，C与 发生取代反应生成D和
HCl，D被还原为E；E和CS 生成F；F再和CHI生成F；据此分析解题。
2 3
（1）由A的分子式及B的结构简式可知，A分子中含有3个氯原子，则物质A的结构简式为 ，其
系统名称是1，2，4三氯苯；故答案为1，2，4-三氯苯。
（2）O原子中有一对孤对电子所占的p轨道与苯环中C的单电子所占的p轨道平行，因此O采取 杂化；故答案为 。
（3）结合物质D的结构简式可知其含氧官能团为醚键、硝基；物质D的分子式为 ，物质E
的分子式为 ，由分子式可知反应④为加氢去氧的反应，即还原反应；故答案为醚键、硝基；
还原反应。
（4）物质E的结构简式为 ，反应⑤的化学方程式为
或
；故答案为
。
（5）与物质C具有相同官能团的同分异构体有以下情况(箭头所指为 位置)： 、
、 、 、 、 ，共有16种，除其本身还有15种；
其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的同分异构体的结构简式为 、 ；故答案
为 、 。
（6）设计以 和 为原料合成 的合成路线(无机试剂任选)
根据目标产物的结构和已知条件，首先可以还原 中硝基为氨基，然后和CS 发生题目中反应；
2和I 发生取代反应，再发生 + 类反应得到目标物；具体流程图为
2
；故答案为
。
