文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（广东专用）
黄金卷06
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在
每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国文物具有鲜明的时代特征。下列源自广东韶关的文物的主要成分不属于硅酸盐的是
A．清绿地素三彩花卉 B．明代三彩孩童骑牛陶 C．南朝弦纹三足铜 D．东晋咸和二年酱褐釉陶
撇口碗 俑 铛 牛车模型
【答案】C
【详解】A．清绿地素三彩花卉撇口碗的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，A不符合题意；
B．明代三彩孩童骑牛陶俑的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，B不符合题意；
C．南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，不属于硅酸盐，C符合题意；
D．东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，D不符合题意；
故选C。
2．央视兔年春晚《满庭芳·国色》唱了42个颜色名，艺术地表现了中国人对传统国色的极致表达和美学追
求。一些矿物颜料的色彩和主要成分见表：
迎春
色彩 霞光红 天霁蓝 瑞雪白
黄
主要成
朱砂 雌黄 石青 蛤灰
分
化学式 HgS As S Cu(OH) •2CuCO CaO
2 3 2 3
下列说法正确的是
A．石青颜料耐酸碱腐蚀
B．蛤灰加水后会放出大量的热C．朱砂能化为汞涉及蒸发操作
D．《遁斋闲览》中记载：有误字，以雌黄灭之，为其与纸色相类。利用了雌黄的化学性质
【答案】B
【详解】A． 和酸会反应，则石青颜料不耐酸腐蚀，A项错误；
B．反应 是放热反应，则蛤灰加水后会放出大量的热，B项正确；
C． ， 是还原产物，与蒸发无关，C项错误；
D．书上有错误的地方，用雌黄涂抹，是因为雌黄的颜色与纸色差不多，所以可覆盖错字，利用的是雌黄
的物理性质，D项错误；
故选B。
3．科学家利用 等放射性核素释放的射线育种。下列说法正确的是
A． 的核电荷数为35 B． 和 的中子数相同
C． 和 互为同位素 D． 与水反应生成
【答案】D
【详解】A．S元素的核电荷数是16，A错误；
B．中子数=质量数-质子数， 和 的中子数不相同，B错误；
C． 是单质，与 不属于同位素关系，C错误；
D． 与水反应生成 ，D正确；
故选D。
4．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是
物质性质 物质用途
A NaO 吸收CO 产生O NaO 用作呼吸面具供氧剂
2 2 2 2 2 2
B Al O 熔融状态可电离 电解熔融Al O 制取单质Al
2 3 2 3
C 铁比铜金属性强 FeCl 腐蚀Cu刻制印刷电路板
3
D HF与SiO 反应 HF在玻璃器皿上刻蚀标记
2【答案】C
【详解】A．过氧化钠与人呼出的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，常用于呼吸面具之中作供氧剂，A正
确；
B．氧化铝是离子化合物，熔融时发生电离，电解之后可以生成单质铝，B正确；
C．氯化铁腐蚀铜刻制印刷电路板是因为铁离子能够氧化单质铜，与金属活动性无关，C错误；
D． HF能够与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用于刻蚀玻璃，D正确；
故选C。
5．某实验小组利用微型实验装置进行氯气的制备和性质探究，装置如图所示，下列有关说法错误的是
A． 与浓盐酸反应，HCl只体现还原性
B．浸有淀粉KI溶液的脱脂棉变蓝，说明氧化性
C．新鲜花瓣褪色是因为氯气与水反应生成的HClO有漂白性
D．浸有NaOH溶液的脱脂棉可吸收过量氯气
【答案】A
【详解】A． 与浓盐酸反应生成氯气、KCl、水，HCl体现还原性和酸性，A错误；
B．浸有淀粉KI溶液的脱脂棉变蓝，说明氯气和碘离子反应生成碘单质，氧化性 ，B正确；
C．新鲜花瓣褪色是因为氯气与水反应生成的HClO能使有色物质褪色，HClO有漂白性，C正确；
D．氯气有毒，能和碱性物质反应，故浸有NaOH溶液的脱脂棉可吸收过量氯气减小污染，D正确；
故选A。
6．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法
错误的是A．分子式为C HO
6 8 6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【详解】A． 分子式为C HO，A项正确；
6 8 6
B． 中有羟基，可以与金属钠发生反应，B项正确；
C．醇类能发生酯化反应，C项正确；
D． 中含有双键，可以使高锰酸钾褪色，D项错误；
答案选D。
7．溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb-为蓝色。下列叙述正确的是
A．0.01mol·L-1HBb溶液的pH=2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
【答案】B
【详解】A．由于HBb为弱酸，0.01mol·L-1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01，故溶液的pH＞2，A错误；
B．升温促进电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液含有Bb-为蓝色，C错误；
D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，存在物料守恒c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)，D错误；
答案选B。
8．将SO 通入不同溶液中探究SO 的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是
2 2选项 溶液 预测的现象 分析
A FeCl 溶液 溶液由棕黄色变浅绿色 SO 有还原性
3 2
B 品红溶液 溶液红色褪去 SO 有漂白性
2
C 酸性KMnO 溶液 溶液紫色褪去 SO 有氧化性
4 2
D NaSiO 溶液 产生白色胶状沉淀 SO 水溶液的酸性比HSiO 强
2 3 2 2 3
【答案】C
【详解】A．Fe3+具有氧化性，SO 具有还原性，两者能够发生氧化还原反应，使Fe3+变为Fe2+，因而溶液
2
棕黄色变浅绿色，A正确；
B．SO 具有漂白性，能够使得品红溶液褪色，B正确；
2
C．SO 具有还原性，能够被酸性KMnO 溶液氧化变为HSO ，KMnO 被还原为无色MnSO ，使得酸性高
2 4 2 4 4 4
锰酸钾溶液紫色褪色，该实验体现了SO 具有还原性，C错误；
2
D．亚硫酸酸性比硅酸强，所以SO 通入NaSiO 溶液发生复分解反应制取得到HSiO，HSiO 不溶于水，
2 2 3 2 3 2 3
因此看到产生白色沉淀，D正确；
故合理选项是C。
9．硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将HS和空气的混合气体通入FeCl 、CuCl 的混合溶液中反应回
2 3 2
收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
A．历程①发生反应HS+Cu2+=CuS↓+2H+
2
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n(Fe2+)：n(O )=1：4
2
D．转化的总反应为HS=H+S
2 2
【答案】A
【详解】A．根据图示可知历程①是Cu2+与HS气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守
2
恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：HS+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；
2B．在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：
CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂；Fe元素化合价降低，得到电
子被还原，Fe3+作氧化剂，B错误；
C．在历程③中，Fe2+与O 发生氧化还原反应，产生Fe3+、HO，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可
2 2
知：n(Fe2+)：n(O )=4：1，C正确；
2
D．根据流程图可知总反应方程式为：2HS+O=2S↓+2H O，D错误；
2 2 2
故合理选项是A。
10．法国科学家莫瓦桑在无水HF中电解 制得单质氟( )，获得1906年诺
贝尔化学奖。下列关于该过程的描述不正确的是
A．阳极上发生氧化反应
B．阴极反应为
C．需将电解产生的两种气体严格分开
D．理论上，每转移 ，可得到 (标准状况下)
【答案】D
【详解】A．电解池中F-向阳极移动，失电子生成F，发生氧化反应，A正确；
2
B．阴极反应式 ，HF-在阴极得电子生成氢气，B正确；
C．F 与氢气极易化合，需将电解产生的两种气体严格分开，C正确；
2
D．理论上，每转移 ，可得到 (标准状况下)，D错误；
故选D。
11．W、X、Y、Z、M为短周期原子序数依次递增的主族元素，其最外层电子数可用图表示。下列有关说
法错误的是A．第一电离能：Y＞X
B．氢化物的沸点：M＞Y
C．Z的单质可与X的最高价氧化物发生置换反应
D．Y和M的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z、M为短周期原子序数依次递增的主族元素，由图可知，W、X、Y、Z、M的最外
层电子数依次为1、4、5、2、7，则推得W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、Mg、Cl，据此解答。
【详解】A． 第一电离能：N＞C，A正确；
B． 碳的氢化物有多种，无法确定沸点高低，B错误；
C． Mg与CO 可发生置换反应 ，C正确；
2
D． N和Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和硫酸，均为强酸，D正确；
故选B。
12．汽车尾气中NO产生的反应为 。一定条件下，等物质的量 和 在
恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下 随时间(t)的变化，曲线b表示该反应在某一起
始条件改变时 随时间(t)的变化。下列叙述不正确的是
A．温度T下、0-40s内
B．M点 小于N点
C．曲线b对应的条件改变可能是充入氧气
D．若曲线b对应的条件改变是升高温度，则
【答案】B【详解】A．温度T下、0-40s内氮气的浓度从cmol/L减少到cmol/L，故 ，A正
0 1
确；
B．M点还在向正向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．曲线b能是充入氧气，反应速率加快，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a少， C正确；
D．若曲线b为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D正确；
故选B。
13．下列实验对应的现象和结论都正确的是
选项 实验 现象 结论
向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸 食品脱氧剂样品中含
A 紫红色褪去
后滴加酸性 溶液
向 溶液中滴入 溶液，再滴加 加入 后溶液变成 既有氧化性又有
B
溶液 血红色 还原性
溶液变蓝、有黑色固
C 向 溶液加入铜片 金属铁比铜活泼
体出现
向 溶液中加入 溶液后滴加几滴淀粉
D 溶液变为蓝色 氧化性：
溶液
【答案】D
【详解】A．向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后，铁粉会与硫酸反应生成硫酸亚铁，酸性
溶液为强氧化剂，会氧化亚铁离子，则滴加酸性 溶液，紫红色褪去，不能说明食品脱氧剂
样品中含 ，A错误；
B．向 溶液中滴入 溶液，无明显现象，再滴加 溶液， 会将亚铁离子氧化为铁离子，
则加入 后溶液变成血红色，说明 有还原性，B错误；
C．向 溶液加入铜片会发生反应2FeCl +Cu=2FeCl +CuCl ，看到溶液变蓝，无黑色固体出现，得到结
3 2 2
论为 的氧化性大于CuCl ，C错误；
2D．向 溶液中加入 溶液后滴加几滴淀粉溶液， 溶液会与 溶液反应生成FeCl 和I，则溶液
2 2
变为蓝色，得到结论氧化性： ，D正确；
故选D。
14．新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其工作原理如图所示。放电时电极a
的反应为： ;下列说法不正确的是
A．充电时， 极为阴极
B．放电时， 从I室向II室迁移
C．放电时，II室 溶液的浓度增大
D．每消耗 ，电极a质量理论上增加
【答案】C
【详解】A．放电时电极a的反应为： ，a为正极， 为负极，所以充电时
为阴极，A正确；
B．放电时I室为负极区，II室为正极区，阳离子向正极移动，所以向II室迁移，B正确；
C．放电时电极a的反应为： ，消耗 ，同时锂离子通过透过膜进入II室，
所以 溶液的浓度不变，C错误；
D．放电时 发生反应： ，当有 发生反应时，转移 ，电极a质量理论上增加，质量为： ，D正确；
故选C。
15．宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关离子方程式的书写正确的是
A．向 溶液中通入过量 ：
B．用惰性电极电解NaCl溶液：
C．将铜丝插入稀硝酸溶液中：
D．向 中通入过量HI溶液：
【答案】B
【详解】A．过量的CO 能与CO 反应生成HCO ，因此向硅酸钠溶液中通入过量的CO 发生SiO
2 2
+2CO +2H O=HSiO↓+2HCO ，故A错误；
2 2 2 3
B．用惰性电极电解饱和食盐水，得到NaOH、氢气和氯气，其离子方程式为2Cl-+2H O 2OH-
2
+H ↑+Cl↑，故B正确；
2 2
C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4HO，故C错误；
2
D．Fe3+具有强氧化性，能将I-氧化成I，氢氧化铁中通入过量HI溶液反应2Fe(OH) +6H++2I-=2Fe2+
2 3
+I +6H O，故D错误；
2 2
答案为B。
16．柠檬酸(用HA表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中HA、HA-、
3 3 2
HA2-、A3-的百分含量随pH的变化曲线如图所示。下列说法中不正确的是A．曲线b表示HA-的变化曲线
2
B．HA的第二步电离常数K (H A)约为10-4.8
3 a2 3
C．NaHA溶液中HA2-的水解程度小于电离程度
2
D．pH=4时，
【答案】D
【分析】根据酸碱中和原理，随着pH逐渐增大，HA逐步被中和，故曲线a代表HA，曲线b代表HA-，
3 3 2
曲线c代表HA2-，曲线d代表A3-。
【详解】A．由分析知，曲线b代表HA-，A正确；
2
B．曲线b、c的交点对应pH=4.8，此时c(H A-)=c(HA2-)，HA的第二步电离方程式为：HA- HA2-+H+，
2 3 2
则K (H A)= =c(H+)=10-4.8，B正确；
a2 3
C．在NaHA溶液中，c(HA2-)浓度达到最大，对应图中c点，此时溶液pH＜7，说明HA2-水解程度小于电
2
离程度，C正确；
D．柠檬酸除水垢后，溶液中含有H+、Ca2+、Mg2+、HA-、HA2-、A3-、OH-等离子，对应电荷守恒为：
2
c(H+)+2c(Ca2+)+2c(Mg2+)=c(H A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)+c(OH-)，由图知，此时溶液中c(A3-)浓度非常小，而由于
2
柠檬酸pH由起始约为1增大到4，说明柠檬酸已经反应了一定量水垢，故溶液中有一定量的Ca2+、Mg2+，
即2c(Ca2+)+2c(Mg2+)＞3c(A3-)，则c(H+)＜c(H A-)+2c(HA2-)+c(OH-)，D错误；
2
故答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）CuCl 是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl 相关的系列实验。回答下列问题：
2 2
I.利用废铜屑制备CuCl (实验装置如下图所示)
2(1)仪器a的名称为 。
(2)“湿法”制备CuCl 的化学方程式为 。
2
(3)①石英管内可能观察到的现象为 。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是 。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉 (填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得
到CuCl 溶液。
2
II.探究Al与CuCl 溶液的反应
2
将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl 溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无
2
色无味气体，溶液颜色变浅。
(5)紫红色固体为 (填化学式)。
(6)经检验产生的气体为H 在CuCl 溶液中存在Cu2++2H O=Cu(OH) +2H+、2A1+6H+=2A13++3H ↑，小组成
2. 2 2 2 2
员认为应产生Cu(OH) ，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验
2
证。完成下列表格：
猜测 实验 现象 结论
取少量Cu(OH) 悬浊液，加入打磨过的 猜想i不
i.① 。 2 无明显现象
铝片，振荡 成立
ii.Cu(OH) 与Al3+发生 固体立即溶解，溶液呈 猜想ii成
2 ② 。
了反应 浅绿色 立
③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13+
+3Cu(OH) =2Al(OH) +3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势 。(已知：
2 3
Ksp[Cu(OH) ]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH) ]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难
2 3
以进行)文献显示生成的Al(OH) 可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步
3
深入研究。
【答案】分液漏斗 Cu+H O+2HCl=CuCl +2H O 管内产生棕黄色的烟(CuCl ) 有利于产物
2 2 2 2 2
(CuCl )直接进入收集瓶，防止堵塞 在空气中灼烧 Cu Cu(OH) 与Al单质发生了反应 取
2 2少量Cu(OH) 悬浊液，加入AlCl 溶液，振荡 K= = =6.3×106＞105，该反应进
2 3
行较完全
【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl ，在三颈烧瓶中加入铜屑、HO 和浓盐酸，在电热搅拌下发生
2 2 2
Cu+H O+2HCl=CuCl +2H O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl ，在石英管制取
2 2 2 2 2
CuCl ，在集气瓶中收集CuCl ，NaOH溶液吸收多余的Cl，避免污染环境；探究Al与CuCl 溶液反应，根
2 2 2 2
据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；
据此解答。
【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。
(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、HO 和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl 的化学方程式为
2 2 2
Cu+H O+2HCl=CuCl +2H O；答案为Cu+H O+2HCl=CuCl +2H O。
2 2 2 2 2 2 2 2
(3)①石英管内发生Cu+Cl CuCl ，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl )；答案为管内产生棕黄色
2 2 2
的烟(CuCl )。
2
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl )直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为
2
有利于产物(CuCl )直接进入收集瓶，防止堵塞。
2
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl 溶液，即
2
2Cu+O 2CuO，CuO+2HCl=CuCl +H O；答案为在空气中灼烧。
2 2 2
(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl 溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3+
2
+3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。
(6)①由实验取少量Cu(OH) 悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH) 与Al单质发生
2 2
了反应；答案为Cu(OH) 与Al单质发生了反应。
2
②由猜测ii.Cu(OH) 与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH) 悬浊液，加入AlCl 溶液，振荡；答
2 2 3
案为取少量Cu(OH) 悬浊液，加入AlCl 溶液，振荡。
2 3
③由2A13++3Cu(OH) =2Al(OH) +3Cu2+可知，K= = = =
2 3
=6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K= = =6.3×106＞105，该反应进行较完全。
18．（14分）某湿法炼锌的萃余液中含有 及二价钴离子( )、镍离子( )、镉
离子( )和 等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
沉淀物
(1)“氧化、调 ”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的 ，再加入石灰石 为
4.0，
①“沉渣”的主要成分除 外还有____ ___。
②若加入过量的 ，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，则溶液中残留 的浓度为____ 。
(2)“沉锌”时，在近中性条件下加入 可得碱式碳酸锌 固体，同时产生大
量的气体，试分析产生大量气体的原因是_____________________________。
(3)由碱式碳酸锌生成氧化锌的化学方程式为______________________________。
(4)沉锌后的滤液经过一系列操作后得到的副产品为________________________(填化学式)。
(5) 的晶胞结构如图，则锌的配位数为___________；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为
___________ (写出计算式，阿佛加德罗常数的值为 )。【答案】(1) Fe(OH)
3
(2)Zn2+、 发生双水解反应生成 和CO 气体
2
(3)
(4)Na SO
2 4
(5) 4
【分析】湿法炼锌的萃余液中含有 及二价钴离子( )、镍离子( )、镉离子(
)和 等，“氧化、调 ”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的 把
Mn2+氧化为 、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入石灰石 为4.0，生成Fe(OH) 沉淀；滤液中加过量的锌粉
3
置换出金属镉，滤液中加萃取剂，萃取钴镍，分液，水层中加碳酸钠生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌加
热得氧化锌；滤液中含有Na+、 ，经过一系列操作后得到的副产品为NaSO 。
2 4
【详解】（1）①“氧化、调 ”时，Fe2+被氧化为Fe3+，加入石灰石 为4.0 生成Fe(OH) 沉淀，“沉
3
渣”的主要成分除 外还有Fe(OH) 。
3
②若加入过量的 ，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，加入石灰石 为4.0，c(OH-)=10-10，则溶液
中残留 的浓度为 。（2）“沉锌”时，在近中性条件下加入 可得碱式碳酸锌 固体，Zn2+、
发生双水解反应生成 和CO 气体。
2
（3） 加热分解为氧化锌、二氧化碳、水，反应的化学方程式为
。
（4）根据流程图，沉锌后的滤液中含有Na+、 ，经过一系列操作后得到的副产品为NaSO 。
2 4
（5）根据 的晶胞结构图，锌的配位数为4；根据均摊原则，晶胞中Zn原子数为 、O原
子数为4，晶胞参数为acm，该晶体的密度为 。
19．（14分）氨气是基础有机合成工业和化肥工业的重要原料。
(1)诺贝尔奖获得者埃特尔提出了合成氨反应吸附解离的机理，通过实验测得合成氨势能如图所示：
在合成氨吸附解离的过程中，下列状态最稳定的是 (填选项)。
A． B．NH (g) C．NH(ad)+2H(ad) D．N(ad)+3H(ad)
3
其中，NH (ad) NH (g) ∆H= kJ·mol-1，若要使该平衡正向移动，可采取的措施是
3 3
(填选项)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强
(2)在上述实验条件下，向一密闭容器中通入 1molN 和 3molH 充分反应，达到平衡时放出 46kJ 热量，计
2 2
算该条件下 H 的转化率 。
2
(3)在 t ℃、压强为 3.6 MPa 条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比[c(H)：c(N)] 为 3 的混合气体，
2 2体系中气体的含量与时间变化关系如图所示：
反应 20 min 达到平衡，试求 0～20 min 内氨气的平均反应速率 v(NH )= MPa·min-1。若起始
3
条件一样，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时 H 的含量符合上图中 点(填
2
“d”、“e”、“f”或“g”)。
(4)在合成氨工艺中，未反应的气体(含不参与反应的惰性气体)可多次循环使用。当氢氮比[c(H)：c(N)]为
2 2
3 时，平衡时氨气的含量关系式为：ω (NH)=0.325·K ·P·(1-i ) 2，(K ：平衡常数；P：平衡体系压强；i：
3 P P
惰性气体体积分数)。当温度为 500℃，不含惰性气体时，平衡体系压强为 2.4MPa，氨气的含量为 ω ，
若此时增大压强，K 将(填“变大”、“变小”或“不变”)。若温度不变，体系中有 20%的
p
惰性气体，欲使平衡时氨气的含量仍为 ω ，应将压强调整至 MPa。
【答案】D +50 AD 50% 0.02 g 不变 3.75
【详解】(1)根据能量越低越稳定规律，知状态N(ad)+3H(ad)能量最低最稳定，故答案选D；由图示知，从
NH (ad)到NH (g)需吸收能量50 kJ/mol，故此处填+50；由于该过程为吸热过程且为气体分子数增加的过程，
3 3
根据平衡移动原理，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故答案选AD；
(2)由图示可得热化学方程式： ，故放出46 kJ热量，说明有1.5
mol H 转化，故H 的转化率= ；
2 2
(3)由起始投料比例知，H 占 ，对应最上方曲线，N 占 ，对应中间那条曲线，最下方曲线对应NH ，由
2 2 3
图示知，平衡时NH 的体积分数为 ，故用氨气表示的平均反应速率= ；由
3
于起始投料一致，随着反应的进行，气体的量逐渐减少，故相对于恒压条件来说，恒容条件相当于减小压强，故恒容条件下反应正向程度小于恒压时反应的正向程度，即恒容条件下达平衡时H 含量大于恒压条件，
2
对应图示应为g点；
(4)由于平衡常数K 只与温度有关，温度不变，则K 不变，故此处填不变；不含稀有气体时，
p p
ω(NH )=0.325·K ×2.4 MPa=0.78K ，若含20%稀有气体，则ω(NH )=0.325·K ×P×(1-20%)2=0.208 K ·P，由
3 p p 3 p p
0.208 K ·P=0.78K ，解得P=3.75 MPa，即此时需将压强调至3.75 MPa。
p p
20．（14分）某研究小组以物质A和乙烯为原料，按如图路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。
已知：① →R-CHO+H O
2
②R CHO+ +无机小分子
1
③2 +ROH
请回答：
(1)物质H中官能团的名称是 。
(2)反应Ⅲ的反应类型为 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．反应Ⅰ需要用FeCl 做催化剂 B．化合物C能发生银镜反应
3
C．D分子中所有碳原子共平面 D．尼群地平的分子式是C H NO
18 19 2 6
(4)写出D+H→E的化学方程式 。
(5)化合物X是式量比化合物D大14的同系物，同时符合下列条件的化合物X所有同分异构体共种，写出其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为 。
①能与FeCl 溶液发生显色反应；
3
②HNMR谱显示分子中有4种氢原子；
③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、C-O-C-键
(6)设计以乙醇为原料合成H的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
【答案】(1)羰基、酯基
(2)取代反应
(3)BC
(4) + +H O
2
(5) 4种 或
(6)C HOH CHCOOH CHCOOCH CH
2 5 3 3 2 3
【分析】由A的分子式、D的结构简式，可知A中含有苯环，故A为 ，A与氯气发生取代
反应生成B为 ，B发生水解反应、然后脱水生成C为 ，苯甲醛发生硝化
反应生成D，D与H发生信息②中反应生成E为 ，F转化生成F。
【详解】（1）物质H含有的官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；（2）反应Ⅲ是 转化为 ，发生硝化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）A．反应发生再甲苯甲基上的氯代反应，需要光照条件，故A错误；
B．化合物C为 ，含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；
C．苯环及其连接的原子为平面结构， 中所有碳原子共平面，故C正确；
D．尼群地平的分子式是C H NO，故D错误，
18 20 2 6
故答案为：BC；
（4）E+H→F的化学方程式为 +
+H O；
2
（5）化合物X是式量比化合物D( )大14的同系物，即多1个CH，X满足条件：①能与FeCl
2 3
溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②1H-NMR谱显示分子中有4种氢原子，存在对称结构；③IR谱表
明分子中含-C≡N键，无-O-O-、-C-O-C-键，可以含有-CHCN、3个酚羟基，或者含有-CN、-CHOH、2个
2 2
酚羟基，符合条件的同分异构体有 、 、 、共4种，其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为 或 ；
（6）由信息③可知，由乙酸乙酯在乙醇钠条件下发生取代反应生成 ，乙醇用酸性
高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线流为C HOH
2 5
CHCOOH CHCOOCH CH 。
3 3 2 3
