文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（河北专用）
黄金卷04
（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 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．“蓝天、碧水、净土”三大环保保卫战正加快生态环境治理和现代化建设。下列说法错误的是
A．废旧电池必须回收处理，可以防止重金属污染
B．尽量少用或不用含磷洗涤剂，以防止水体富营养化
C．农田使用铵态氮肥要深施覆土，以防止氮肥被氧化
D．在燃油车上安装三元催化转化器，以降低污染气体的排放
【答案】C
【解析】A．废旧电池中含有重金属离子，随意丢弃会污染环境，所以废旧电池必须回收处理，防止重金
属污染，A不合题意；
B．国家提倡少用或不用含磷洗衣粉，这是由于磷使水体富营养化，使水质恶化，B不合题意；
C．铵态氮肥不稳定易分解，故铵态氮肥使用时要深施覆土，不是以防止氮肥被氧化，C符合题意；
D．在汽车上安装三元催化转化器处理尾气时，三元催化转化器的载体部件是一块多孔陶瓷材料，可以减
少NO、CO等污染气体的排放，D不合题意；
故选C。
2．下列有关化学用语的表示错误的是
A．原子核内有8个中子的碳原子： C
B．基态Ga原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p1
C．CO 的空间结构为：平面三角形
D．HCl分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】A．原子核内有8个中子的碳原子表示为： C，A正确；B．基态Ga原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p1，B错误；
C．CO 中价层对数为3，无孤对电子，故空间构型为平面三角形，C正确；
D．HCl分子中σ键的形成为： ，D正确；
故选B。
3．设N 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A
A．1mol金属钠生成NaO，转移的电子数为2N
2 2 A
B．60g二氧化硅晶体中含有N 个SiO 分子
A 2
C．乙烯和丙烯的混合物共28g，含有的氢原子数为4N
A
D．由1molCH COONa和少量CHCOOH形成的中性溶液中，CHCOO-数目小于N
3 3 3 A
【答案】C
【解析】A．1molNa完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为
1mol，转移电子总数N 个，A错误；
A
B．二氧化硅为共价晶体，不存在二氧化硅分子，B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH，混合物共28g可以认为有2molCH ，含有的氢原子数为4N ，C正确；
2 2 A
D．由1mol CHCOONa和少量CHCOOH形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；溶液为中性，氢离子与
3 3
氢氧根离子物质的量相等，根据电荷守恒，则钠离子与CHCOO-的物质的量相等，所以溶液中含有
3
CHCOO-的物质的量为1mol，含有的CHCOO-数目为N 个，D错误；
3 3 A
故选C。
4．下列离子方程式书写正确的是
A． 通入水中：
B． 溶于足量稀硝酸：
C． 溶液腐蚀印刷线路板：
D． 溶液与足量浓 溶液反应：
【答案】C
【解析】A．已知HClO是一种弱酸且该反应可逆，Cl 通入水中的离子方程式为：
2，A错误；
B．已知HNO 具有强氧化性，能够氧化Fe2+，故 溶于足量稀硝酸的离子方程式为：
3
，B错误；
C．FeCl 溶液腐蚀印刷线路板的反应方程式为：Cu+2FeCl =CuCl +2FeCl ，该反应的离子方程式为：
3 3 2 2
，C正确；
D． 溶液与足量浓 溶液反应生成NaSO 、NH ·H O和HO，该反应的离子方程式为：
2 3 3 2 2
，D错误；
故选C。
5．实验是科学探究的重要手段，下列实验操作或方案正确且能达到预期目的的是
选项 A B C D
实验操作或
方案
石油分馏时接收
实验目的 酸式滴定管排气操作 制取氨气 证明温度对平衡的影响
馏出物
【答案】D
【解析】A．石油分馏时，接受馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体体积膨胀导致气体压强增大
而发生意外事故，故A错误；
B．带橡胶胶管的滴定管不是酸式滴定管，而是碱式滴定管，故B错误；
C．制取氨气应该用氯化铵和氢氧化钙加热反应，氯化铵加热会分解成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在导
管处又化合成氯化铵堵塞导管，故C错误；
D．2NO
2
(g)⇋N
2
O
4
(g)是放热反应，NO
2
是红棕色，升高温度平衡左移，颜色加深，冷水中温度降低，平衡
右移，颜色变浅，故D正确；
故选D。
6．下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是实验目的 方案设计和现象 结论
比较KMnO 、Cl 和Fe3+的 向酸性KMnO 溶液中滴入FeCl 溶液，紫红色溶液 氧化性：KMnO ＞
A 4 2 4 2 4
氧化性 变浅并伴有黄绿色气体产生 Cl＞Fe3+
2
取少量待检液于试管中，先滴加KSCN溶液，无明 该溶液一定含有
B 检验某溶液中是否含有Fe2+
显变化，再滴加新制氯水，变为红色溶液 Fe2+
比较K (AgCl)、K (AgI)的 向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO 溶液， K (AgCl)大于
C sp sp 3 sp
大小 有黄色沉淀生成 K (AgI)
sp
检验某有机物(如图)中含有
醛基
取少量待检液于试管中，滴加酸性KMnO 溶液， 该有机物中含有醛
D 4
紫红色褪去 基
【答案】B
【解析】A．酸性KMnO 溶液能将亚铁离子、氯离子分别氧化为铁离子和氯气，不能判断氯气和铁离子的
4
氧化性，A错误；
B．铁离子和KSCN溶液变红色，取少量待检液于试管中，先滴加KSCN溶液，无明显变化说明初始无铁
离子，再滴加新制氯水，变为红色溶液，说明亚铁离子被氧化为铁离子，B正确；
C．NaCl、NaI浓度未知，不能确定K (AgCl)、K (AgI)的大小，C错误；
sp sp
D．分子中碳碳双键也能和酸性高锰酸钾反应使得溶液褪色，D错误；
故选B。
7．Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成
对电子，Z与其他元素不在同一周期，五种元素可构成某种离子液体的阴离子如图所示。下列说法正确的
是
A．Y 形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色 B．Q和W形成的化合物中W为正价
C．基态Z原子核外有3种能量不同的电子 D．氢化物沸点： W>Q>X>Y
【答案】B
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有
4对成对电子，因此Q是F，Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6条共价键，因此Z是S，Y能形成4条共价键，Y是C，W能形成2条共价键，W是O，则X是N。
【解析】A. 碳的含氧酸草酸能使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B. 氟的电负性比O大，氧和氟形成的化合物中氧为正价，故B正确；
C. 基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，故核外共有5种能量不同的电子，故C错误；
D. 碳的氢化物种类很多，如高碳烃的沸点很高，无法比较氢化物沸点，故D错误；
故选B。
8．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为 。阿伏加德罗常数的
值为 。下列说法错误的是
A．晶体的密度为
B．晶体最简化学式为
C．晶体中与 最近且距离相等的 有12个
D．昆胞中 和 原子构成的多面体有14个面
【答案】C
【解析】A．根据均摊法，钙原子的个数为1，钾原子的个数为8×18=1，通过晶体密度公式ρ=
= ，故A正确；
B．根据均摊法，钙原子的个数为1，钾原子的个数为8×18=1，硼原子、碳原子个数均为12× =6，晶体
最简化学式为KCaB C ，故B正确；
6 6
C．晶体最简化学式为KCaB C ，根据与Ca2+最近且距离相等的K+有8个，可判断与K+最近且距离相等的
6 6
Ca2+的个数也为8个，故C错误；D．通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2，则面数=棱数-顶点数+2=36-24+2=14，故D正确；
故选C。
9．广西传统风味小吃“五色糯米饭”由天然植物染料经染色制作而成，其中一种蓝色染料的主要成分为
花青素，其结构如图所示。下列有关花青素的说法错误的是
A．该物质分子式为C H O
15 16 8
B．属于酚的衍生物，有良好的水溶性
C．可发生取代、消去、氧化反应
D．1mol该物质最多可与5molNaOH反应
【答案】A
【解析】A．由分析可知，该物质分子式为C H O，A错误；
15 14 8
B．分子中含有多个亲水性的酚羟基、羟基，属于酚的衍生物，有良好的水溶性，B正确；
C．分子中含有酚羟基、羟基可发生取代、氧化反应，分子中羟基的碳、羟基邻位碳有氢，能发生消去反
应，C正确；
D．1分子中含有5个酚羟基，酚羟基能和氢氧化钠反应，则1mol该物质最多可与5molNaOH反应，D正
确；
故选A。
10．如图是利用甲醇燃料电池进行电化学研究的装置图，下列说法正确的是
A．甲池将化学能转化为电能，总反应为2CHOH+3O =2CO +4H O
3 2 2 2
B．乙池中的Ag不断溶解
C．反应一段时间后要使乙池恢复原状，可加入一定量CuO固体
D．当甲池中有22.4LO 参与反应时，乙池中理论上可析出12.8g固体
2
【答案】C
【分析】由图可知，甲池为甲醇燃料原电池，是化学能转化为电能的装置，电解液为 KOH，甲醇发生氧化反应生成碳酸根离子 ，为负极；氧气发生还原反应生成氢氧根离子
，为正极，总反应为 ；则石墨电极为阳极、银电极为阴
极；
【解析】A．由分析可知，甲池将化学能转化为电能，总反应为 ，A错误；
B．银电极为阴极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，B错误；
C．乙池阳极水放电发生氧化反应生成氧气，则乙池减少的为铜和氧元素，故反应一段时间后要使乙池恢
复原状，可加入一定量CuO固体，C正确；
D．没有标况，不能计算反应的氧气的物质的量，不能计算乙池析出物质质量，D错误；
故选C。
11．X 射线研究表明 CuCl 是共价化合物，为平面链状结构，以(CuCl )n形式存在，如图所示。CuCl 易
2 2 2
溶于水、乙醇、丙酮和氨水等，其水溶液常呈绿色，原因是[Cu(H O) ]2+(蓝色)+4Cl－ [CuCl ]2−(绿色)
2 4 4
+4H O。下列说法不正确的是
2
A．由图结构可知 CuCl 为非极性分子
2
B．CuSO 溶液中加入 NaCl 固体，可使溶液颜色变绿
4
C．CuCl 中加入过量氨水可生成含[Cu(NH )]2+深蓝色溶液，说明 NH 配位能力大于 Cl－
2 3 4 3
D．1mol[Cu(NH)]2+中存在 4N 个σ键
3 4 A
【答案】D
【解析】A．CuCl 是共价化合物，为平面链状结构，根据图中结构，可知 CuCl 为非极性分子，故A正
2 2
确；
B．CuSO 溶液中加入 NaCl 固体，题干中平衡正向移动，可使溶液颜色变绿色，故B正确；
4
C．CuCl 中加入过量氨水可生成含[Cu(NH )]2+深蓝色溶液，说明[CuCl ]2−变为[Cu(NH )]2+，则NH 配位能
2 3 4 4 3 4 3
力大于 Cl－，故C正确；
D．1个NH 有3个σ键，配位键为σ键，则1mol[Cu(NH)]2+中存在 16N 个σ键，故D错误；
3 3 4 A
故选D。
12．高铁酸钾( )是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成 胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条
件下，其氧化性强于 、 等。工业上湿法制备 的流程如下：
下列关于 的说法错误的是
A．可用丁达尔效应鉴别 和 两种紫红色溶液
B．与水反应，每消耗1mol 转移3mol电子
C．将 与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
D．“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2
【答案】C
【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe(NO ) 中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化
3 3
钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。
【解析】A．KFeO 与水反应生成氢氧化铁胶体，能发生丁达尔效应，可用丁达尔效应来鉴别KFeO 和
2 4 2 4
KMnO 两种紫红色溶液，A正确；
4
B．与水反应，高铁酸钾中+6价的铁被还原为+3价的铁，每消耗1molK FeO 转移3mol电子，B正确；
2 4
C．KFeO 有强氧化性与盐酸混合会发生反应生成氯气，降低其杀菌消毒效果，C错误；
2 4
D．反应II中NaClO是氧化剂，Fe(NO ) 是还原剂，Cl的化合价由+1价降到-1价降低2价，Fe的化合价由
3 3
+3+价升高到+6价升高3价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的个数之比之比为3：2，D正确；
故选C。
13．苯和甲醇在催化剂 上反应生成甲苯的计算机模拟反应能线图如下。下列有关说法正确的是
(已知：TS代表反应过渡态；Int代表反应中间体。)A．反应过程中决速步的 为
B．反应过程中不存在 键的形成
C．反应过程中铝元素的化合价发生了变化
D．降低温度能够增大苯的平衡转化率
【答案】D
【解析】A．Int1变到Int2过程的活化能最高，它为决速步骤，ΔH =E -E =-75.7-
生成物的总能量 反应物的总能量
（-128.4）=52.7kJ⋅mol−1，A项错误；
B．反应过程种存在O-H断裂和形成，B项错误；
C．反应过程中Al始终以4价结构与O连接，化合价没有发生变化，C项错误；
D．苯参与的反应为放热过程，降温平衡正向，反应物的转化率提高，D项正确；
故选D。
14．常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂。用盐酸滴定 溶液，溶液中 、 、
、 、 随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和o点pH的平均值
C．r点溶液中：
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度一直减小
【答案】C
【解析】A．用盐酸滴定 溶液时，先生成 (溶液呈碱性)，最终生成 (酸性溶液)，所
以可先用酚酞再用甲基橙作指示剂来判断不同的滴定终点，A正确；
B．m点 ， 。设m点pH为a，则 ，同理设o点pH为
b，则 ，设n点pH为c，此时 ，则有
，可得 ，即n点的pH为m点和o点pH的平
均值，B正确；
C．r点溶液为NaCl、 和 的混合溶液，由电荷守恒得
，由元素质量守恒得
，则 ，但
，则 ，C错误；
D．r点到k点对应的变化过程中，随着盐酸的滴加，溶液中水的电离程度一直减小，D正确；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化
氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。
（1）①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式： 。
②其中导管A的作用是 。
（2）将制得的NO和Cl 通入图乙对应装置制备NOCl。
2
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅶ装无水CaCl 的仪器名称是 。
2
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用是(写两点) 、 。
（3）实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是 。
（4）有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是
(填序号)。
（5）制得的NOCl中可能含有少量NO 杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于
2 4
NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管取25.00mL溶液，加入几滴KCrO 溶液作指示剂，用足量硝酸酸
2 4
化的0.020mol/LAgNO 溶液进行滴定，消耗AgNO 溶液25.00mL。
3 3
已知：AgCl为白色沉淀溶解度1.34×10-6mol/L，K (AgCl)=1.8×10-10；Ag CrO 为砖红色沉淀溶解度6.5×10-
sp 2 4
5mol/L，K (Ag CrO)=1.2×10-12。
sp 2 4
①滴定终点的现象是 。
②样品的纯度为 %(保留1位小数)。【答案】（1）2Cl-+MnO+4H+====Cl↑+Mn2++2H O（2分） 平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓
2 2 2
HCl能顺利的流下（1分）
（2）e→f→c→b→d（2分） 球形干燥管（1分） 充分干燥Cl 和NO（1分） 通过观察气泡的多少调
2
节两种气体的流速（1分）
（3）用Cl 排尽装置内的空气，防止NO被O 氧化（1分）
2 2
（4）I（1分）
（5）当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀﹐且半分钟内砖红色沉淀不消失，即
为滴定终点（2分） 7.6（2分）
【分析】氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热
条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图
甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓
硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl 外，还可以根据气泡控制气体流速，在
2
装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶
液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。
【解析】（1）①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，该装置中用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，离子方
程式为: 2Cl-+MnO+4H+====Cl↑+Mn2++2H O；
2 2 2
②装置甲中导管A的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下；
（2）①由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处
理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl 外，还可以根据气泡控制气
2
体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用
氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。由分析可
知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d；
②装置Ⅶ中用球形干燥管装无水CaCl ；
2
③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用除可充分干燥Cl 和NO外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流
2
速；
（3）先通入氯气，用Cl 排尽装置内的空气，防止NO被O 氧化；
2 2
（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I可以用来收集多余的
氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故选Ⅰ；
（5）①用KCrO 溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020mol/LAgNO 溶液进行滴定，滴定终点的现象
2 4 3
是：当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀﹐且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点。
②n(AgNO)=0.025L×0.020mol/L=0.0005mol，由关系式NOCl～NaCl～AgNO 可知，n(NOCl)= 0005mol，则
3 3
样品的纯度为 ×100% 7.6%。
16．（14分）二氧化钛和三氧化钨(TiO/WO )纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领
2 3
域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO/WO 纳米异
2 3
质结薄膜回收的工艺流程：
已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CHCHNH ，呈碱性，与酸发生反应：CHCHNH ＋H
3 2 2 3 2 2
=
Ⅱ．酸性条件下，NaWO 与乙胺“萃取”发生反应：2 ＋ (CHCHNH )WO
2 4 3 2 3 2 4
Ⅲ．TiOSO 易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为HTiO 或TiO(OH) ，室温
4 2 3 2
时，K [TiO(OH)]=1.0×10−27。
sp 2
回答下列问题：
（1）“碱浸”时需要不断搅拌的原因 。
（2）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是 。
（3）“反萃取”步骤中，加入的试剂a最佳是 (填标号)。
A．NaOH溶液 B．氨水 C．NH Cl溶液
4
（4）写出“酸煮”步骤的化学反应方程式 。
（5）在制TiO “水煮”时加水并加热的目的是 。
2
（6）检验“过滤Ⅲ”所得HTiO 是否洗涤干净的方法是 。
2 3
（7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为 。
【答案】（1）加快反应速率，提高浸取率（2分）（2）增大 浓度，提高萃取率（或增大 浓度，萃取平衡正向移动）（2分）
（3）B（2分）
（4）TiO＋HSO ==== TiOSO ＋HO（2分）
2 2 4 4 2
（5）均促进TiO2+的水解，使水解更充分（或使TiO2+的水解平衡正向移动）（2分）
（6）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净（2分）
（7）0.001 mol∙L−1（2分）
【分析】废TiO/WO 纳米薄膜与氢氧化钠溶液反应，不断搅拌，加速溶解，过滤，调节滤液的pH值有利
2 3
于NaWO 与 “萃取”发生反应，再分液后加入氨水反萃取得到(NH )WO，再加入盐酸酸
2 4 4 2 4
化，过滤，最终得到WO。将粗TiO 与HSO 再加热条件下反应生成TiOSO 和HO，在水煮得到
3 2 2 4 4 2
，过滤，将 煅烧得到TiO。
2
【解析】（1）为了将物质尽可能的浸取出来，同时提高反应速率，因此“碱浸”时需要不断搅拌的原因
加快反应速率，提高浸取率；故选加快反应速率，提高浸取率。
（2）根据题中信息酸性条件下，NaWO 与乙胺“萃取”发生反应：2 ＋
2 4
(CHCHNH )WO，“萃取”前，因此需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大 浓
3 2 3 2 4
度，提高萃取率(或增大 浓度，萃取平衡正向移动)；故选增大 浓度，提高萃取率
(或增大 浓度，萃取平衡正向移动)。
（3）“反萃取”步骤中，(CHCHNH )WO 和实际a反应生成CHCHNH 、(NH )WO，因此加入的试剂
3 2 3 2 4 3 2 2 4 2 4
a最佳是氨水；故选B。
（4）根据“酸煮”前后的反应物和生成得到“酸煮”步骤的化学反应方程式TiO＋HSO ====TiOSO ＋
2 2 4 4
HO。
2
（5）根据 ，在制TiO “水煮”时加水并加热的目的是均促进TiO2+的水解，使
2
水解更充分或使TiO2+的水解平衡正向移动；故选均促进TiO2+的水解，使水解更充分(或使TiO2+的水解平衡正向移动)。
（6）HTiO 沉淀表面有硫酸根杂质，因此检验“过滤Ⅲ”所得HTiO 是否洗涤干净的方法是取最后一次
2 3 2 3
洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；故选取最后一次洗涤液
于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。
（7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，
，解得 ，则
此时滤液中c(TiO2+)为0.001 mol∙L−1；故选0.001 mol∙L−1。
17．（15分）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，我国科技工作者研发出一种将CO 高
2
效转化为CH 新技术，将为节能减排、缓解全球变暖，以及减少人类对化石能源的依赖等找到新的解决方
4
式。该过程中的主要反应为：
Ⅰ.CO (g) + 4H(g) CH(g) + 2HO(g) ΔH
2 2 4 2 1
Ⅱ.CO (g)+ H (g) CO(g) + H O(g) ΔH = + 41.2 kJ·mol-1
2 2 2 2
已知：物质B的标准摩尔生成焓 （B，相态，T）定义为：在温度为T下，由参考状态的单质生成
1 mol物质B反应的标准焓变。
物质 H(g) HO(g) CH(g) CO(g) CO
2 2 4 2
0 -241.8 -74.8 -110.5 -393.5
（kJ·mol-1）
回答下列问题：
（1）ΔH =__________。
1
（2）下列操作中，能同时提高CO(g)的平衡转化率和CH(g)的平衡产率的是__________。
2 4
A.增加CO(g)用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
2
C.移除CH(g) D.使用高效催化剂
4
E.恒温下，压缩容器体积增大压强
（3）在恒压密闭容器中，充入10 mol CO 、40 mol H ，压强为101 kPa，CO 平衡转化率、在催化剂作用
2 2 2
下反应相同时间所测得的 CO 实际转化率随温度的变化如图所示。CH 的选择性可表示为
2 4
。① R点对应的温度为570℃，当温度高于570℃以后，CO(g)的平衡转化率随着温度的升高而增大的原因是
2
___________________________________________。
② 在催化剂作用下反应相同时间所测得的 CO(g)实际转化率随温度增加，先增大后减小的原因是
2
_________________________________________________。
③在某温度下，反应进行到第10 min达到平衡，此时当CO(g)的平衡转化率为80%，HO(g)的物质的量为
2 2
14mol，则CH 的选择性=________，计算反应Ⅰ在0~10min内 =________kPa·min-1[保留3位有效
4
数字，下同]，反应Ⅰ的平衡常数K=_____________[对于反应mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)，K=
χ χ
，χ为物质的量分数]。
【答案】（1）-164.9 kJ·mol-1 （2分） （2）CE（2分）
（3）①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度高于570℃以后，以反应Ⅱ为主（2分） ②随着
温度的升高反应速率加快，而后随着温度升高催化剂的活性降低（2分）
③75%（2分） 1.59（2分） 22.1（3分）
【解析】（1）ΔH =（ -74.8 kJ·mol-1）+ 2×（-241.8 kJ·mol-1）-（-393.5 kJ·mol-1）- 4×0 = -164.9
1
kJ·mol-1；
（2）反应Ⅰ的正反应为放热反应，并且反应前后是气体分子数减小的反应，反应Ⅱ的正反应为吸热反
应，并且反应前后气体分子数不变的反应。对于两种或两种以上的气体反应物，增加一种反应物的量，自
身的转化率降低，其他反应物的转化率升高，故增加CO(g)用量，CO(g)转化率降低，A错误；恒温恒压
2 2
下通入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO(g)的平衡转化率和CH(g)的平衡产率均降低，B错误；移
2 4
除CH(g)，促进反应Ⅰ正向进行，CO(g)的平衡转化率和CH(g)的平衡产率均提高，C正确；使用催化
4 2 4
剂，CO(g)的平衡转化率和CH(g)的平衡产率均不变，D错误；恒温下，压缩容器体积增大压强，反应Ⅰ
2 4平衡正向移动，CO(g)的平衡转化率和CH(g)的平衡产率均提高，E正确；
2 4
（3）①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，R点对应的温度为570℃，当温度低于570℃时，以反应
Ⅰ为主，当温度高于570℃以后，以反应Ⅱ为主；②在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO(g)实际转
2
化率随温度增加，先增大后减小的原因是随着温度的升高反应速率加快，而后随着温度升高催化剂的活性
降低；③假设在某温度下，反应进行到第10 min达到平衡，反应Ⅰ消耗的CO(g)为x mol，反应Ⅱ消耗的
2
CO(g)为y mol，则： 、
2
，
x + y=8、2x + y = 14，x=6、y=2，故平衡后各物质的物质的量分别为：n(CO) = 2 mol、n(H ) = 14 mol、
2 2
n(H O) = 14 mol、n(CO) = 2 mol、n(CH) = 6 mol，CH 的选择性= ×100% = 75%；平衡后CH 的分压
2 4 4 4
为 =15.9 kPa，反应前 CH 的分压为 0，故反应Ⅰ在
4
0~10min 内 = = 1.59 kPa·min-1；平衡后，体系中气体的总物质的量为 38mol，
、 、 、 ，
反应Ⅰ.CO (g) + 4H(g) CH(g) + 2HO(g) 的平衡常数： K= =22.1。
2 2 4 2 χ
18．（15分）八氢香豆素(H)是合成香料的原料，以A为原料制备H的合成路线如图所示：已知：① + ；②
请回答下列问题：
（1）DMF[ ]是一种用途广泛的极性惰性溶剂。DMF能与水以任意比例混合，则DMF水溶
液中存在的氢键除 外，还有 。
（2） 的名称为反-2-戊烯，按此命名原则，A的名称为 。
（3）D的结构简式为 。
（4）指出反应类型：E→F 、G→H 。
（5）写出F转化为G的化学方程式： 。
（6）有机物X是H的同分异构体，X具有如下结构和性质：
①含有 结构，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基。
②能使溴的四氯化碳溶液褪色。
③能发生银镜反应。
④能水解。
若不考虑立体异构，则X的可能结构有 种。
（7）写出以 和 为原料，合成 的路线流程图： (无机
试剂和有机溶剂任用)。
【答案】（1） 、 （2分）
（2）顺-1，4-二氯-2-丁烯（1分）
（3） （2分）
（4）加成反应或还原反应（1分） 氧化反应（1分）（5） （2分）
（6）8（2分）
（7） （4分）
【分析】有机物A和CH(CN) 在KHCO /DMF条件下，发生取代反应得到B，B经多步反应转化为C，C
2 2 3
和D转化为E，E转化为F，F转化为G，G发生信息②的反应得到H，由H的结构可推出G为
，则F为 ，E为 ，对比C和E的结构，可知D为
，据此分析解答。
【解析】（1）DMF水溶液中存在的氢键，由DMF结构 可知，分子中含有电负性较大的N、O
原子均可以与水分子中的H原子形成氢键，所以除 外，还有 、
；
（2）A分子中两个-CHCl基团在双键的同侧，则为顺式结构，则A的名称为顺-1，4-二氯-2-丁烯；
2
（3）由分析可知D的结构简式为 ；
（4）由分析可知E为 ，F为 ，G为 ，E和氢气发生加成
反应可得到F，反应类型为加成反应或还原反应；G被过氧乙酸氧化得到H，反应类型为氧化反应；
（5）F分子中含有醇羟基，发生催化氧化生成G，化学方程式为
；
（6）H的分子式为C H O，不饱和度为3，有机物X是H的同分异构体，X具有如下结构和性质：①含
10 16 2
有 结构，用去一个不饱和度，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基，则取代基
是含有4个碳原子，且有2个不饱和度的取代基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和键；③
能发生银镜反应，说明含有醛基；④能水解说明含有HCOO-；综上所述，该取代基可看作HCOO-取代了-
CH=CH-CH 、或CH=C(CH )-或CH=CH-CH-中的一个H原子形成的，分别有3种、2种、3种，若不考
3 2 3 2 2虑立体异构，则X的可能结构共有8种；
（7） 和 发生已知①的反应可制备 ，由 转化为 可以先加
成再消去，则以 和 为原料，合成 的路线流程图为：
。
