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【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05
（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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mn 55
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．科技助力2022年北京冬奥会。下列说法错误的是
A．制比赛的雪橇所用碳纤维材料，属于有机高分子材料
B．制火炬接力火种灯所用可再生铝合金硬度大于纯铝
C．主体为钢结构的首钢滑雪大跳台，钢属于合金材料
D．首次使用氢能作火炬燃料，践行“绿色、低碳”理念
【答案】A
【解析】A．碳纤维属于无机非金属材料，A错误；B．合金的硬度一般大于成分金属，B正确；C．钢为
铁碳合金，属于合金材料，C正确；D．氢气燃料产物为水，环保无污染，D正确。故选A。
2．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A． 呈淡黄色，可用作供氧剂 B．NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C． 溶液呈碱性，可用于除油污 D． 易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】A． 能与水和二氧化碳反应生成氧气，因此可做供氧剂，与颜色无关，故A错误；B．电
解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B错误；C． 溶液呈碱性，可使油污水解呈溶
水物质除去，故C正确；D． 能与胃酸中HCl反应生成二氧化碳，因此可以用于治疗胃酸过多，
与其不稳定性无关，故D错误；故选：C。
3．实验室制取FeSO 溶液和NaHCO 溶液，并利用两者反应制取FeCO，下列有关实验装置和操作不能达
4 3 3
到实验目的的是
A．用装置甲制取FeSO 溶液 B．用装置乙制取NaHCO 溶液
4 3
C．用装置丙制取FeCO D．用装置丁过滤所得的浊液
3
【答案】C【解析】A．稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，同时过量的铁屑可防止Fe2+被氧化成Fe3+，A正确；B．碳酸
钠溶液中通入二氧化碳，两者反应生成碳酸氢钠，B正确；C．碳酸氢钠和FeSO 反应生成FeCO 的同时还
4 3
会生成CO，不能关闭止水夹，C错误；D．装置丁可用于过滤所得到的浊液分离出FeCO，且过滤操作正
2 3
确，D正确；故答案选C。
4．已知： 可由 与过量的 溶液反应生成。类推是常用的思维方法，下列类推中正确
的是
A． 属于酸式盐， 也属于酸式盐
B． 是酸性氧化物， 也是酸性氧化物
C．15-冠-5(冠醚)能识别 ，则12-冠-4(冠醚)也能识别
D． 与水反应生成碱， 与水反应也生成碱
【答案】D
【解析】A． 属于酸式盐；由已知 可由 与过量的 溶液反应生成，说明
HPO 只能电离出一个氢离子，为一元酸，则 属于正盐，故A错误；B． 是酸性氧化物，CO
3 2
不和碱反应，不是酸性氧化物，故B错误；C．15-冠-5(冠醚)能识别 ，12-冠-4(冠醚)与锂离子络合而不
与钠、钾离子络合，故C错误；D． 与水反应生成Ca(OH) ， 与水反应生成NaOH，故D正确；
2
故选D。
5．某化学兴趣小组探究 催化 分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。
下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除 外，还可能含有KCl、
B． 催化 分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入 溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
【答案】C
【解析】A．根据氧化还原反应规律，KClO 受热分解过程中还能发生副反应4KClO 3KClO+KCl，故反
3 3 4
应后所得固体除MnO 外，还可能含有KCl、KClO，A正确；
2 4
B．MnO 催化KClO 分解时，MnO 作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
2 3 2
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl，故不能光计算制备O 过程中的电子转移，不
2 2
知道Cl 的量，无法计算电子转移数目，C错误；D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的
2
Cl，Cl+H O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO 溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D
2 2 2 3
正确；故答案为：C。
6．已知反应：2[Co(H O) ]2++10NH+2NH +H O=2[Co(NH)]3++14H O，下列说法错误的是
2 6 3 2 2 3 6 2A．NH 和HO的中心原子的杂化类型相同
3 2
B．反应中HO 作氧化剂，发生还原反应，被还原
2 2
C．NH 和HO与Co3+的配位能力：NH ＞HO
3 2 3 2
D．1mol[Co(H O) ]2+配离子中，含有的σ键数目为6×6.02×1023
2 6
【答案】D
【详解】A．NH 中心N的孤对电子对数1，σ键电子对数3，价层电子对数4，为sp3杂化，HO中心O孤
3 2
对电子对数2，σ键电子对数2，价层电子对数4，为sp3杂化，A正确；
B．反应中HO 氧元素为-1价，反应后生成HO，氧元素化合价为-2价，化合价降低，作氧化剂，发生还
2 2 2
原反应，被还原，B正确；
C．根据反应方程式可知NH 和HO与Co3+的配位能力：NH ＞HO，原因是N的电负性小于O，即N对孤
3 2 3 2
对电子吸引小于O，故NH 更容易成为配体，C正确；
3
D．[Co(H O) ]2+配离子中每个HO含有2个H-O键，1个配位键，都是σ键，1mol[Co(H O) ]2+配离子中含
2 6 2 2 6
有的σ键数目为18×6.02×1023，D错误；
故答案为：D。
7．有机物Q是一种具有解热镇痛及抗生素作用的药物的主要成分，其结构简式如图所示，下列关于该有
机物的说法正确的是
A．属于芳香烃 B．与乙酸互为同系物
C．能发生氧化反应和加成反应 D．苯环上的一氯取代物只有一种
【答案】C
【解析】A．该有机化合物含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；B．同系物是
指结构相似，在分子组成上相差若干个CH 原子团的有机物，有机物Q与乙酸结构不相似，不互为同系物，
2
B错误；C．该有机物可以燃烧，则能发生氧化反应；该有机物含有苯环，在一定条件下能发生加成反应，
C正确；D．苯环上有2种等效氢，则其一氯取代物有2种，D错误；故选C。
8．下列方程式与所给事实不相符的是
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
B． 通入水中制氯水：
C．氢氧化亚铁暴露于空气中变色：
D．常温下 氨水的pH约为11：
【答案】B
【解析】A．碳酸钙比硫酸钙更难溶，可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，反应的离子方程式为，A正确；B．HClO为弱酸，书写离子方程式保留化学式，
反应的离子方程式为 ，B错误；C．氢氧化亚铁暴露于空气中，反应的化学方
程式为 ，C正确；D．氨水电离使溶液显碱性，电离方程式为
，D正确； 故选B。
9．一定量的甲苯和 溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下
列说法错误的是
A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
【答案】B
【解析】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A正确；B．滤液经过萃取分为有机相
和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B
错误；C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故
除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；故答案选B。
10．我国科学家合成了一种深紫外非线性光学晶体新材料 ，晶体中阴离子为 。元素
M、X、Y、Z均为短周期元素，M、Y与Z同周期，M的最外层电子数比次外层电子数多1，Z为电负性
最强的元素，Y是地壳中含量最高的元素，X的 轨道有3个电子。下列说法中不正确的是
A．电负性：
B．简单离子半径：
C．简单气态氢化物的稳定性：
D．M最高价氧化物对应水化物能与盐酸反应
【答案】D
【解析】元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M的最外层电子数比次外层电子数多1，说明M是B；Z为
电负性最强的元素，说明Z是F；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的 轨道有3个电子，说
明X是P。A．电负性O＞P，故Y＞X，A正确；B．电子层数相同，核电核数越大，半径越小，故O2-＞
F-，即Y＞Z，B正确；C．非金属性F＞P，则简单气态氢化物的稳定性Z＞X，C正确；D．M最高价氧化
物对应水化物为硼酸，硼酸不与盐酸反应，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．硫代碳酸钠 在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。其制
备原理为： 。下列说法不正确的是
A．该制备反应属于熵增反应
B． 与 性质相似，不能被氧化
C．制备 的反应属于非氧化还原反应
D． 与盐酸反应，生成NaCl、 和
【答案】B
【解析】A．根据方程式可判断反应前气体体积增加，所以该制备反应属于熵增反应，A正确；B．
与 性质相似，但由于硫元素是－2价，处于最低价态，因此能被氧化，B错误；C．制备
的反应中元素化合价均是不变的，所以属于非氧化还原反应，C正确；D．根据碳酸钠和盐酸的反
应可知 与盐酸反应，生成NaCl、 和 ，D正确；答案选B。
12．莲花清瘟胶囊的有效成分大黄素的结构如图所示，该成分有很强的抗炎抗菌药理活性,
基于结构视角，下列说法正确的是
A．该分子中碳原子的杂化类型均为 B．分子中所含元素的电负性
C．基态氧原子核外电子的空间运动状态有8种 D．该分子为非极性分子
【答案】BC
【解析】A．由题干有机物结构简式可知，该分子中碳原子除-CH 上采用sp3杂化之外，其余碳原子的杂化
3
类型均为 ，A错误；B．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，则O＞C，又结合碳氢化合物
中碳显负电性，H显正电性，故分子中所含元素的电负性 ，B正确；C．O是8号元素，核外有8
个电子，气态氧原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，共占据5个不同的轨道,共有8个电子，故基态氧原
子核外电子的空间运动状态有8种，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，该分子结构不高度对称，
正、负电荷中心不重合，故为极性分子，D错误；故答案为：BC。
13．我国科研人员提出了由 和 转化为高附加值产品 的催化反应历程，该历程示意图如
下所示。下列说法正确的是
A．E为该催化反应的活化能
B．生成 总反应的原子利用率为100%
C．①→②吸收能量并形成了 键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】B
【解析】A．E为①→②反应的活化能，故A错误；B．总反应为CO+CH →CHCOOH，总反应的原子利
2 4 3
用率为100%，故B正确；C．①→②是放热反应，放出能量并形成了 键，故C错误；D．催化剂不
能使平衡移动，催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；选B。
14．我国科学家发现，将纳米级 嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子
导体主要含 ，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A．若 从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少
B．为了提高电导效率，左极室采用酸性 水溶液
C．放电时， 离子可经过隔膜进入右极室中
D．充电时，电池的阳极反应为
【答案】AC
【解析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极， 嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成，再与 结合生成 ，电极反应式为 。A．“将纳米级 嵌入电
极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若 从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质
量释放电量减少，A正确；B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度
减小，导致电导效率下降，B错误；C．放电时，左边电极为正极，右边电极为负极，阴离子向负极移动，
结合分析可知右边负极需要消耗 ，故 离子经过隔膜进入右极室中，C正确；D．电池的阳极即
负极，充电时，为电解池装置，电池的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆
过程，即反应为 ，D错误；故选AC。
15．按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol•L-1NaCO 溶液和25mL0.3mol•L-1NaHCO 溶液中逐滴滴加
2 3 3
0.3mol•L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸K =4.3×10-7；K =5.6×10-
a1 a2
11。下列说法正确的是
A．X为NaCO 溶液的反应曲线
2 3
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
【答案】C
【解析】碳酸钠与盐酸反应先发生NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，继续滴加盐酸，
2 3 3
NaHCO +HCl=NaCl+CO ↑+H O，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，因此碳酸氢钠与盐酸反应压强
3 2 2
逐渐增大，碳酸钠与盐酸反应开始时压强几乎不变，随着反应进行压强增大，因此图像中X曲线代表碳酸
氢钠与盐酸反应；A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，
故A错误；B．25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO 和
3
NaCO，且物质的量相等，推出c(CO )≈c(HCO )，利用电离平衡常数K =c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶
2 3 a2
液中c(H+)的数量级为10-11，故B错误；C．a点溶质为NaHCO 和NaCO，且物质的量相等，c点加入
3 2 3
25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO ，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞
3
c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；D．a点溶质为NaHCO 和NaCO，c点溶质为NaHCO ，
3 2 3 3
b点溶质为NaCl，HCO 、CO 发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最
小，故D错误；答案为C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为__________。
(2) 的沸点低于 ，其原因是__________。
(3)硒的两种含氧酸的酸性强弱为 __________ (填“>”或“<”)。 的空间结构为
__________。比较键角大小：气态 分子__________ 离子(填“>”“<”或“=”)。
(4)关于I～III三种反应物，下列说法正确的有__________。
A．I中仅有 键
B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(5)IV中具有孤对电子的原子有__________。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该
方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为__________。
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，则X中相邻K之间的最短距离为__________nm(列出
计算式， 为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)> 正四面体形 >
(4)BDE(5)O、Se
(6)
【解析】（1）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为： ；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故答案为：两者都是分子
晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，起酸性越强， 和 非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性
> ； 中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO 中Se是sp2
3
杂化，平面三角形，键角120°； 中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，
键角小于120°，故键角气态 分子> 离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A错误；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C错误
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故选BDE；
（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个， 有 ，则X的化学式为KSeBr ；故答案为：
2 6
KSeBr 。
2 6
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，设晶胞参数为anm，得到
，解得 ，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半
即 ；故答案为： 。
17．（12分）电解金属锰阳极渣(主要成分 ，杂质为 、 、 元素的化合物)和黄铁矿 为
原料可制备 ，其流程如图所示：
已知： 、 ，回答下列问题：(1)锰原子价层电子的轨道表示式为_______，它处于周期表的_______区， 中 的化合价为
_______。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是_______。
(3)“酸浸”过程中， 、 的质量浓度、 浸出率与时间的关系如图1所示。
内，浸出 元素的主要离子方程式为_______。
(4)若“净化”过程中 的浓度为 ，则此时 的浓度为_______ 。
(5) 是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为 ，含少量铁的氧化物)和 可制备高纯 。
保持 投料量不变，随 与 投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。
当 时， 产率减小的原因是_______。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取 碳酸锰(摩尔质量 )加热，固体物质的
质量随温度的变化如图3所示。527.4℃时， 生成相应固体物质的化学方程式为_______。
【答案】(1) d +2、+3
(2)稀硫酸
(3)
(4)
(5)过量的 消耗了反应生成的Ba(OH)
2
(6)
【解析】MnO 在酸性条件下有强氧化性，FeS 有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结
2 2
合题图中后续操作后得到的是MnSO 溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入HO 可以将
4 2 2
杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+ Cu2+形成Fe(OH) 、Cu(OH) 沉淀，但是用
、 3 2
CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF 的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF 除
2 2
去，过滤得到的滤液含有MnSO ，然后经一系列处理得到MnO；
4 3 4
、（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；
中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知， 中Mn的化合价既有+2价也有+3价，
故答案为： ；d；+2、+3；
（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（3）由图可知， 内，Mn元素浸出率提高， 含量明显增加，说明此时 与 反应生
成Mn2+、 、S等，对应的离子方程式为： ，故答案为：
；
（4）由 ， 的浓度为 ，可得： ；
再由 ，可得 ，故答案
为： ；
（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物 是一种两性氧化物，当
时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故
答案为：过量的 消耗了反应生成的Ba(OH) ；
2（6） ，则 ， ；
527.4℃时， ， ，可知：
，则此时产物为： ，反应方程式为：
，故答案为： 。
18．（12分）以盐湖锂精矿(主要成分为LiCO，还含有少量的CaCO )和盐湖卤水(含一定浓度的LiCl 和
2 3 3
MgCl )为原料均能制备高纯LiCO。回答下列问题：
2 2 3
(1)由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使LiCO 转为LiHCO ，实验装置如图所示。
2 3 3
已知： I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.LiCO 在不同温度下的溶解度：0℃ 1.54 g，20℃ 1.33 g，80℃ 0.85 g。
2 3
①装有盐酸的仪器的名称为_______。
②装置B中盛放的试剂为_______，其作用是_______。
③装置C中除了生成LiHCO ，还可能生成的杂质为_______(填化学式)。
3
④装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是_______。保持温度、反应
时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有_______。
⑤热解过滤获得的LiCO 表面有少量LiC O，不进行洗涤也不会影响最终LiCO 产品的纯度，其原因是
2 3 2 2 4 2 3
_______。
(2)设计由盐湖卤水制取高纯LiCO 的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中_______。(实验中必须使用的试剂：
2 3
NaOH溶液、NaCO 溶液；已知：pH= 10时Mg(OH) 完全沉淀)
2 3 2
【答案】(1)①恒压滴液漏斗②饱和NaHCO 溶液 吸收HCl③Ca(HCO ) ④温度升高，LiCO、CO 的溶
3 3 2 2 3 2
解度均较小 加快搅拌速率 ⑤加热烘干时LiC O 会分解，固体产物也为LiCO
2 2 4 2 3
(2)滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入NaCO 溶液，边加
2 3
边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥
【解析】装置A用大理石和盐酸反应产生了CO，在装置B中用饱和NaHCO 溶液除去HCl气体杂质，向
2 3
锂精矿中通入CO，将LiCO 转化为溶于水的LiHCO ，发生的反应为LiCO+H O+CO=2LiHCO ，加热分
2 2 3 3 2 3 2 2 3
解LiHCO 得到LiCO，由信息可知，温度越高，LiCO 的溶解度越小，所以蒸发结晶出LiCO 晶体。
3 2 3 2 3 2 3
（1）①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；
②盐酸易挥发，A中产生的CO 混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO 溶液，用来吸收HCl；
2 3
③锂精矿中除含有LiCO，还含有少量的CaCO ，通入CO，会发生反应CaCO +H O+CO= Ca(HCO )，
2 3 3 2 3 2 2 3 2则可能生成的杂质为Ca(HCO )；
3 2
④LiCO、CO 溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，
2 3 2
LiCO、CO 的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中
2 3 2
提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
⑤LiCO 表面有少量LiC O，由于加热烘干时LiC O 会分解，固体产物也为LiCO，所以不影响产品的
2 3 2 2 4 2 2 4 2 3
纯度；
（2）已知：pH= 10时Mg(OH) 完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，
2
将镁离子转化为Mg(OH) 沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入NaCO 溶液制得LiCO，最后用热水洗
2 2 3 2 3
涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过
滤，向滤液中加入NaCO 溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。
2 3
19．（12分）酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、强直性脊柱炎引起的关节肿痛以及痛经、牙痛、术后
痛和癌性痛等的非处方药。其合成路线如下图所示：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B中官能团的名称为___________，B→C的反应类型为___________。。
(3)写出E的结构简式：___________。
(4)写出B与NaOH水溶液加热时的化学反应方程式___________。
(5)H为C的同分异构体，则符合下列条件的H有___________种(同一个碳上连有两个碳碳双键的结构不稳
定)。
①除苯环外不含其他环状结构
②含有硝基，且直接连在苯环上
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为___________。
(6)以乙烷和碳酸二甲酯( )为原料(无机试剂任选)，设计制备2一甲基丙酸的
一种合成路线。___________。
【答案】(1)3-甲基苯甲酸
(2)羧基、碳氯键 取代反应(3)
(4) +2NaOH +H O+NaCl
2
(5)16
(6)
【解析】B和NaCN反应生成C，C与SOCl 反应生成D，根据B、D的结构简式可知C是
2
； 和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构
简式为 。
（1） 的化学名称为间3-基苯甲酸；
（2）B是 ，含有官能团的名称为羧基、碳氯键，B→C是 中的氯原子被-CN
代替，反应类型为取代反应；
（3） 和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为
；（4）B与NaOH水溶液加热时卤素原子发生水解，且羧基与NaOH反应生成羧酸钠，反应方程式：
+2NaOH +H O+NaCl；
2
（5）①除苯环外不含其他环状结构；②含有硝基，且直接连在苯环上；符合条件的 的同分
异构体，苯环上有2个取代基-NO 、-CH-C≡CH，有3种结构，或者2个取代基为-NO 、-C≡C-CH ，有3
2 2 2 3
种；或者有3个取代基-NO 、-C≡CH，-CH，有10种结构；所以同分异构体种数是6种；
2 3
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为 。
（6）乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，氯乙烷和NaCN发生取代反应生成CHCHCN；
3 2
CHCHCN和碳酸二甲酯发生取代反应生成 ， 在酸性条件下生成 ，合
3 2
成路线为 。
20．（12分）短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C H)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节
3 6
能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：
(1)丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其中反应1为主反应，
反应2为副反应。
反应1：C H(g) C H(g)+H(g)ΔH；
3 8 3 6 2 1
反应2：C H(g) C H(g) +CH (g)ΔH=+81.3kJmol-1；
3 8 2 4 4 2
反应3：C H(g)+H(g) C H(g)+CH (g) ΔH= -43.0kJ·mol-1。
3 6 2 2 4 4 3
根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是___________，主反应的焓变ΔH=___________。
1
(2)乙烯可由CO 和H 制取：2CO(g) + 6H(g) C H(g) + 4HO(g)，在0.1 MPa，反应物起始物质的量
2 2 2 2 2 4 2
之比n(CO ：n(H )=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO、H、C H、HO四种组分的物质的量分
2) 2 2 2 2 4 2
数如图所示：
①图中表示C H 的物质的量分数随温度变化的曲线是___________ (填“a”“b”或“c”)。
2 4
②反应2CO(g) +6H (g) C H(g) +4H O(g) ΔH___________(填“>”或“<”)，保持其他条件不变，在绝
2 2 2 4 2
热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C H 的物质的量分数比在恒温密闭容器中___________ (填
2 4
“大”“小”或“相同”)。
③440℃时H 的平衡转化率为___________。
2
(3)利用CO 和CH 重整：CO(g) +CH (g) 2CO(g) +2H (g) ΔH >0，在密闭容器中通入物质的量均为
2 4 2 4 2
0.1 mol的CH 和CO，在一定条件下使CO(g)和CH(g)发生上述反应，CH 的平衡转化率与温度及压强(单
4 2 2 4 4
位：Pa)的关系如图所示。
①结合图示，在1100℃下y点时v ___________v (填“>”“<”或“=”)。
正 逆
②若在1 100 ℃下x点时已达到平衡状态，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数K，则x点对应温
p
度下反应的平衡常数K =___________(已知：气体分压p =气体总压p ×气体的物质的量分数)。
p 分 总
【答案】(1)副反应的活化能低于主反应的活化能 +124.3kJ /mol
(2)c < 小 60%
(3)> Pa2
【解析】（1）由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，所以升高温度，副反应要比主反应更容易发生；由盖斯定律可知，反应2—反应3得到反应1，则主反应的焓变ΔH=( +81.3)—(—43.0 kJ
1
/mol)=+124.3kJ /mol，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ /mol；
（2）①由图中表示二氧化碳物质的量分数随温度变化的曲线可知，表示氢气的物质的量分数随温度变化
的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的
物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，故答案为：c；
②由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，
反应的焓变ΔH小于0；保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量会使反应
温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中小，达到平衡时，故答
案为：<；小；
③由图可知，440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为
1mol、3mol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由方程式可得：3—6a=4a，解得a=0.3，则氢气的转化
率为 ×100%=60%，故答案为：60%；
（3）①由图可知，1100℃时y点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一
氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、
0.1mol×50%×2=0.1mol、0.1mol×50%×2=0.1mol，则反应的分压常数K =
p
= Pa2，故答案为： Pa2。
