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06
（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．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．用于生产黏合剂和防火剂的硅酸钠溶液属于混合物
B．“墨子号”卫星成功发射，实现了光纤量子通信，生产光纤的主要原料是二氧化硅
C．我国科学家研制的能导电、能储存能量的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是电化学保护法的牺牲阳极法
【答案】C
【解析】A．用于生产黏合剂和防火剂的硅酸钠溶液，溶液均属于混合物，A正确；
B．二氧化硅具有良好导光性，是生产光纤的原料，B正确；
C．二硫化钼属于无机物，不属于新型有机功能材料，属于新型无机非金属材料，C错误；
D．镁活泼性强，与热水器金属内胆接触，再与自来水形成原电池结构，镁做负极消耗，使内胆免于锈
蚀，原理是电化学保护法的牺牲阳极法，D正确；
故选C。
2．下列化学用语表述错误的是
A．CO 的电子式：
2
B．中子数为20的氯原子： Cl
C．PH 分子的VSEPR模型：
3
D．基态Fe原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】A．CO 为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式： ，A正确；
2B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子： Cl，B正
确；
C．PH 分子中P原子的价层电子对数为3＋ =4，则VSEPR模型为正四面体形，C错误；
3
D．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图：
，D正确；
故选C。
3．科学家发现某些生物酶能将海洋中的NO 转化为N，该过程的总反应为
2 2
。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．1.5mol·L-1 NH Cl溶液中含 的数目为1.5N
4 A
B．标准状况下， 22.4 LN 中含π键的数目为2N
2 A
C．18 g HO 中含电子对的数目为2N
2 A
D．生物酶将NO 转化为N 的过程叫作氮的固定
2 2
【答案】B
【解析】A．未说明溶液的体积，无法计算1.5mol·L-1 NH Cl溶液中含 的数目，故A错误；
4
B．标况下22.4L N 的物质的量为1mol，而氮气分子中含2个π键，则1mol氮气中含2N 个π键，故B正
2 A
确；
C．18g水的物质的量为n= =1mol，而水分子中含2对共用电子对和2对孤电子对，则1mol水中含
4N 个电子对，故C错误；
A
D．将氮元素由游离态转变为化合态的过程为氮的固定，生物酶将NO 转化为N 的过程不是氮的固定，故
2 2
D错误；
故选B。
4．下列离子方程式书写正确的是
A．向AlCl 溶液中滴加氨水：
3
B．向Fe(SCN) 溶液中滴加入铁粉：
3C．向苯酚钠溶液通入少量二氧化碳： +HCO
D．向Ba(OH) 溶液中滴加NaHSO 至Ba2+沉淀完全：
2 4
【答案】C
【解析】A．氨水不能溶解Al(OH) ，则向AlCl 溶液中滴加氨水， ，
3 3
A错误；
B．向Fe(SCN) 溶液中滴加入铁粉， ，B错误；
3
C．碳酸酸性强于苯酚，则向苯酚钠溶液中通入CO，则生成苯酚和碳酸氢根，C正确；
2
D．Ba2+沉淀完全，则Ba(OH) 与NaHSO 溶液以1：1混合， ，D
2 4
错误；
故选C。
5．下列实验能达到实验目的的是
A B C D
加热熔融NaOH
配制 溶液 除去苯中溶解的溴 制备 并测量其体积
固体
【答案】B
【解析】A．不能在容量瓶中直接溶解固体，A项不能达到实验目的；
B．Br 与NaOH溶液反应生成溶于水的NaBr、NaBrO，苯与NaOH溶液不反应、且难溶于水，加入NaOH
2
溶液、充分振荡后、静置，出现分层现象，用分液法分离出苯，B项能达到实验目的；
C．瓷坩埚中含有SiO，SiO 属于酸性氧化物，能和NaOH反应，不能在瓷坩埚中加热熔融NaOH固体，C
2 2项不能达到实验目的；
D．NH 极易溶于水，不能用排水法测量NH 的体积，D项不能达到实验目的；
3 3
故选B。
6．下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是
选
实验操作 现象 结论
项
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反
A 一份加入新制Cu(OH) 悬浊液， 淀粉完全水解
应后，向其中加NaOH溶液至碱性 2
加热至沸腾，生成砖红色沉淀
向含有NaS与ZnS的悬浊液中加CuSO
B 2 4 产生黑色沉淀 K (CuS)HClO
3 3
取5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾
不能证明有丙烯生
D 的乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通 高锰酸钾溶液褪色
成
入2mL稀的酸性高锰酸钾溶液中
【答案】D
【解析】A．碱性溶液中加碘水，碘单质和氢氧化钠反应干扰淀粉的检验，不能证明淀粉完全水解，A错
误；
B．NaS与CuSO 溶液反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，不能说明K (CuS)、K (ZnS)的大小，故B错
2 4 sp sp
误；
C．NaClO溶液可使pH试纸褪色，不能测量其pH，故C错误；
D．乙醇具有挥发性，挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明有丙烯生成，D正确；
故选D。
7．TCCA是一种高效消毒剂，由原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周
期。W元素的K层电子数与其p能级上的电子数相等，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相
等，其原子半径小于W原子，Z元素的原子半径为同周期主族元素最小。下列叙述正确的是
A．电负性大小：X＞Y＞W
B．简单离子半径：Z＞Y＞X
C．Y的氢化物的沸点一定高于W的氢化物
D．化合物WY 中，W的杂化方式为sp，为非极性分子
2
【答案】D
【分析】原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周期。W元素的K层电子数与其p能级上的电子数相等，则W为碳；基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，其原子半
径小于碳原子，则Y与碳同周期，为氧，那么X原子序数位于碳氧之间，X为氮；Z元素的原子半径为同
周期主族元素最小，为第三周期的氯；
【解析】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属
性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：O＞N＞C，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Cl-＞N3-＞O2-，
B错误；
C．碳可以形成相对分子质量很大的高聚物氢化物，故氧的的氢化物的沸点不一定高于碳的氢化物，C错
误；
D．化合物CO 中分子构型为直线形，碳的杂化方式为sp，分子正负电荷中心重合，为非极性分子，D正
2
确；
故选D。
8．氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氨化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作
高温润滑剂；立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示，关于这两种晶体的
说法正确的是
A．两种晶体中B原子的杂化方式均为sp2
B．两种晶体中B-N键键长相等
C．六方相氮化硼层间共价键键能较小，所以可做高温润滑剂
D．每个立方氮化硼晶胞中含有4个B原子和4个N原子
【答案】D
【解析】A．立方氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方氮化硼中硼原子采用的是sp3杂化，选项A错
误；
B．六方相氨化硼具有层状结构，立方相氮化硼形成正四面体结构，两种晶体中B-N键键长不相等，选项B错误；
C．六方相氮化硼层间作用力为范德华力，相对较小，所以可做高温润滑剂，选项C错误；
D．根据立方氨化硼的晶胞示意图，每个晶胞中B原子个数是8 +6 =4，N原子个数为4，选项D正
确；
故选D。
9．阿魏酸可从当归、川芎、酸枣仁等中药材中提取得到，具有抗病毒、降血压、降血脂等药效，其结构
简式如下图所示。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C H O
16 18 9
B．分子中所有碳原子不可能共平面
C．该物质与溴水只能发生加成反应
D．1mol该物质最多能与4 mol NaOH反应
【答案】C
【解析】A．根据有机物的结构简式，其分子式为C H O，故A正确；
16 18 9
B．有机物分子中，右侧的六元环上的碳原子均为sp3杂化，则所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C．有机物中含有酚羟基，与溴水还能发生苯环上酚羟基的邻对位取代反应，故C错误；
D．该物质含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol该物质最多
能与4 mol NaOH反应，故D正确；
故选C。
10．一种可用于吸收CO 的电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
2A．电极a上发生的反应为H-2e⁻=2H+
2
B．I室出口处溶液的pH大于入口处
C．该装置可以制取CaCl 和NaHCO
2 3
D．如果将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，则电池工作时I室可能有CaCO 沉淀生成
3
【答案】C
【分析】在电极a上H 放电，为负极，由于电极a附近为碱性条件，所以电极a上发生的反应为H－2e－
2 2
+2OH－=2H O；电极b为正极，H+放电生成H，电极b上发生的反应为2H++2e－=H ，以此作答。
2 2 2
【解析】A．由分析可知，电极a上发生的反应为H－2e－+2OH－=2H O，故A错误；
2 2
B．I室中的OH－在电极a上被消耗，导致氢氧根离子减小，出口处溶液的pH小于入口处，故B错误；
C．II室的Cl－通过阴离子交换膜进入I室，可在I室获得CaCl ，II室中水电离产生的氢离子放电，使溶液
2
呈碱性，过量的CO 与OH－反应生成碳酸氢根，则可在II室获得碳酸氢钠，故C正确；
2
D．II室中有碳酸根离子生成，若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，则I室中的钙离子通过交换膜进入II
室，从而在II室中生成碳酸钙沉淀，故D错误；
故选C。
11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y
位于第IIIA族，X、Y、Z可以形成 形式的化合物，X的最高价与Z的最低价的绝对值相等。下
列说法正确的是
A．简单离子的半径： B．Z元素的氧化物对应的水化物为强酸
C．简单氢化物的沸点： D． 具有强氧化性，是非极性分子
【答案】C
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的3
倍，W为氧；X、Y、Z可以形成 形式的化合物，X形成+1价阳离子，为钠，X的最高价与Z的
最低价的绝对值相等，Z为氯，Y位于第IIIA族，Y化合价为+3，为铝；
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子的半径：
，A错误；
B．没有说明为最高价氧化物对应水合物不确定为强酸，例如次氯酸为弱酸，B错误；
C．常温氢化钠为固体，而水为液体，C正确；
D．ClO 具有强氧化性，且分子的正负电荷重心不重合，是极性分子，D错误；
2故选C。
12．实验室模拟工业海带提砷的流程如图。下列说法错误的是
A．“灼烧”用到的硅酸盐仪器有坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为
C．“反萃取”所得有机层经处理后可循环再利用
D．“沉淀”时每生成 碘，理论上转移 电子
【答案】D
【分析】由流程可知，在坩埚中灼烧得到海带灰，溶解、浸泡后得到悬浊液，过滤分离出含I-的溶液，加
入稀硫酸和HO 发生 ，得到含碘的溶液，再加入CC1 萃取、分液，得到I 的
2 2 4 2
CCl 溶液，然后加入NaOH溶液反萃取，分液后得到的有机层为CCl ，向分液得到水层中加入稀硫酸得到
4 4
I，以此解答。
2
【解析】A．灼烧海带时用到的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故A正确；
B．HO 在酸性条件下将I-氧化为I，离子方程式为 ，故B正确；
2 2 2
C．“反萃取”所得有机层为CCl ，可循环再利用，故C正确；
4
D．由分析可知，萃取后得到I 的CCl 溶液，然后加入NaOH溶液，I 转化为I-和IO-，反萃取后加入稀硫
2 4 2
酸发生反应：I-+ IO-+2H+=I +H O，每生成 碘，理论上转移 电子，故D错误；
2 2
故选D。
13． 选择性催化还原( )是目前最有效且应用最广的除去 的方法，在 催化剂
上发生反应的机理如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是A．反应历程中最大的能垒为
B．历程中 的
C．该反应分3步进行
D．在反应历程中有极性共价键和非极性共价键的断裂与形成
【答案】A
【分析】TS表示过渡态，由图可知反应一共分作6步，能垒最大的即活化能最大的是第二步。
【解析】A．由图可知，第二步反应能垒最大，为 ，A项正确；
B．最后一步反应可知反应物的能量小于生成物的能量，该反应为吸热反应， ，B项错误；
C．TS表示过渡态，由图可知反应分6步进行，C项错误；
D．反应历程中没有非极性共价键的断裂，D项错误；
故选A。
14．Al(OH) 在水中存在平衡： 和
3.
在25℃时， 关系如图所示， 表示 或 浓度的负对数 。下列说法错误的是A．曲线甲代表 与pH的关系
B．曲线乙经过点
C． 的
D．向 溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以 存在
【答案】D
【解析】A．增大OH-的浓度， 逆向移动，
平衡正向移动，Al3+的浓度降低、 浓度增大，所以曲线甲代
表 与pH的关系、曲线乙代表 与pH的关系，故A正确；
B．根据曲线乙，pH=10时， 的浓度为 ，则 的平衡常
数为 ，所以pH=14时， 的浓度为 ，故B正确；
C．根据曲线甲，pH=5时，Al3+的浓度为 ，则 平衡常数为
， 的平衡常数为 ，则
的 ，故C正确；
D． 平衡常数为 ，pH=6时，Al3+的浓度为 ；
的平衡常数为 ，pH=6时， 的浓度为 ，所以向 溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以 存在，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）亚硝酰硫酸(NOSOH)主要用重氮化反应。实验室将二氧化硫通入到硫酸和硝酸中发生氧化
4
还原反应，硝酸被还原为亚硝酸，二氧化硫被氧化为三氧化硫(夹持装置略)制备少量NOSOH，并测定产
4
品的纯度。已知：NOSOH遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。
4
（1）装置A制取SO
2
①A中反应的化学方程式为 。
②导管b的作用是 。
（2）装置B中浓HNO 与SO 在浓HSO 作用下反应制得NOSOH。
3 2 2 4 4
①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是 (只写1
种)。
②开始反应缓慢，待生成少量NOSOH后，温度变化不大，但反应速度明显加快 。
4
（3）装置B中维持体系温度不得高于20℃主要原因、C装置的作用是 。
（4）该实验装置存在可能导致NOSOH产量降低的缺陷是 。
4
（5）测定亚硝酰硫酸NOSOH的纯度
4
准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol•L-1、60.00mL的KMnO 标准溶液和
4
10mL25%H SO 溶液，然后摇匀。用0.2500mol•L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为
2 4
20.00mL。
已知：2KMnO +5NOSO H+2HO=KSO +2MnSO +5HNO +2H SO
4 4 2 2 4 4 3 2 4
①写出NaC O 溶液与酸性KMnO 溶液反应的离子方程式： 。
2 2 4 4
②滴定终点时的现象为 。
③亚硝酰硫酸的纯度= 。(精确到0.1%)[M(NOSO H)=127g•mo-1]
4
【答案】（1）NaSO +H SO (浓)=Na SO +SO↑+H O（2分） 平衡气压，使液体顺利滴下（1分）
2 3 2 4 2 4 2 2（2）调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度（1分） 生成的NOSOH作为反应的催化剂（1分）
4
（3）SO +2OH﹣=SO +H O（2分）
2 2
（4）C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSOH水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶（2分）
4
（5）2MnO +5C O +16H+=2Mn2++10CO ↑+8H O（2分） 滴入最后半滴草酸溶液，溶液恰好由紫红色
2 2 2
变为无色且半分钟不恢复 （1分） 92.02%（2分）
【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应NaSO +H SO (浓)=Na SO +SO↑+H O制取SO ，制取的SO
2 3 2 4 2 4 2 2 2 2
通入到B装置中，HNO 与SO 在浓HSO 作用下在冰水浴中反应制得NOSOH，由于亚硝酰硫酸
3 2 2 4 4
(NOSOH)遇水分解，所以应该是对产生的二氧化硫进行干燥，但是题目中并未进行，且装置A中制得的
4
SO 属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO ，但是会导致部
2 2
分水蒸气进入装置B中，导致产率降低，据此分析回答问题；
【解析】（1）①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应NaSO +H SO (浓)=Na SO +SO↑+H O制取SO ；
2 3 2 4 2 4 2 2 2
②导管b的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（2）①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，控制浓硫酸的滴加速度；
②开始反应缓慢，待生成少量NOSOH后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的
4
NOSOH作为反应的催化剂；
4
（3）装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式：SO +2OH﹣
2
=SO +H O；
2
（4）该实验装置存在可能导致NOSOH产量降低的缺陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使
4
NOSOH水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶；
4
（5）①根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，得NaC O 溶液与酸性KMnO 溶液反应的离子方程
2 2 4 4
式：2MnO +5C O +16H+=2Mn2++10CO ↑+8H O；
2 2 2
②滴入最后半滴草酸溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
③ ，解得 ；则
与NOSOH反应的高锰酸钾物质的量： ；根据
4可知， ，纯度：
16．（14分）氧化铈 (CeO) 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 (含 CeFCO、BaO、SiO 等)
2 3 2
为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；
已知：
①稀土离子易与 形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN H)
2 3 2.
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 450～500 80 14
对流空气氧化炉
450～500 98 6
中
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，则使Ce的浸出率
最高应该选择的条件是 。（3）加入硫脲的目的是将 还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。步骤③加入盐酸后，通
常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 。
（4）步骤④的离子方程式为 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10﹣5mol/L，
此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= mol/L(保留2位有效数字)。{已知常温下
K (H CO)=4.3×10﹣7，K (H CO)=5.6×10﹣11，K [Ce (CO)]=1.0×10﹣28}。
a1 2 3 a2 2 3 sp 2 3 3
（5）若Ce (CO) 经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO 的质量为 t。
2 3 3 2
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NO 减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO 为例)该转化过程
x 2
中的催化剂为 。
【答案】（1）增大了气固反应物接触面积，加快反应速率（2分）
（2）85℃、2.5mol/L（1分）
（3）2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F﹣（2分） HO（1分）
2 3 2 2 2
（4）2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O（2分） 0.18（2分）
2 3 3 2 2
（5）17.2（2分）
（6）Ce4+（2分）
【分析】氟碳矿(含CeFCO、BaO、SiO 等)为原料制备氧化铈，氟碳铈矿在空气中焙烧，CeFCO 中+3价
3 2 3
的Ce被氧化为CeO，烧渣中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钡与硫酸反应得到硫酸钡，过滤得到
2
滤渣A(主要成分为BaSO 和SiO)和 的滤液，向滤液中加入硫脲，将Ce4+还原为Ce3+，再加入硫酸钠
4 2
溶液，得到含F﹣的滤液和沉淀B即Ce (SO )·Na SO ·nH O，向沉淀B中先加入氢氧化钠，再加入稀盐
2 4 3 2 4 2
酸，得到含Ce3+的溶液，向其中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到Ce (CO)，Ce (CO) 再进行灼烧得到CeO
2 3 3 2 3 3 2.
【解析】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气固反应物接触面积，加快反
应速率，故选增大了气固反应物接触面积，加快反应速率；（2）由图示可知，当温度在85℃、稀硫酸浓度为2.5mol/L时，Ce的浸出率最高，
故选85℃、2.5mol/L；
（3）硫脲具有还原性，酸性条件下将 ，自身被氧化为Ce3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒可知2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F﹣；步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化
2 3 2
学试剂X，已知Ce2+在空气中易被氧化为Ce4+，因此加入盐酸后，再加入X的目的是防止Ce3+被氧化，为
防止带入新的杂质，还原剂试剂最佳选择为HO 故选2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F
2 2. 2 3 2
﹣；HO；
2 2
（4）步骤④中加入碳酸氢铵溶液，Ce3+和碳酸氢根离子发生反应，最终生成Ce (CO)、二氧化碳和水，
2 3 3
反应的离子方程式为：2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O，已知常温下K (H CO)= 4.3×10﹣7，
2 3 3 2 2 a1 2 3
K (H CO)=5.6×10﹣11，K [Ce (CO)]=c2(Ce3+)∙c3( )=(1.0×10﹣5mol•L﹣1)2×c3( )=1.0×10﹣28，c( )=
a2 2 3 sp 2 3 3
= mol•L﹣1=1.0×10﹣6 mol•L﹣1； H++ ，K = ，c( )= =
⇌ a2
mol/L≈0.18mol/L，
故选2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O；0.18；
2 3 3 2 2
（5）若Ce (CO) 经充分焙烧质量减少5.8t，根据
2 3 3
m= t=17.2t 则获得CeO 的质量为17.2t，故选17.2；
2
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NO 减少空气污染，反应Ⅰ为：Ce4++H =Ce3++2H+，反应Ⅱ为：
x 2
2NO +8Ce3++8H+=8Ce4++N +4H O，该反应中的催化剂为Ce4+，
2 2 2
故选Ce4+。17．（15分）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ.利用CH－CO 干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反
4 2
应一般认为通过如图步骤来实现：
①CH(g) C(ads)+2H(g)
4 2
②C(ads)+CO (g) 2CO(g)
2
上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图：
（1）CH~CO 干重整反应的热化学方程式为 (选用含E、E、E、E、E 的表达式表示反应热)，
4 2 1 2 3 4 5
该反应的决速步骤是 (填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
（2）在恒压条件下，等物质的量的CH(g)和CO(g)发生干重整反应时，CH 和CO 的平衡转化率曲线随温
4 2 4 2
度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应：
③CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g) H＞0，则表示CO 平衡转化率的是曲线 (填“A或B”)，判断的
2 2 2 2
依据 。 △
Ⅱ.在一密闭容器中，通入1molCH 和3molH O(g)发生甲烷的水蒸气重整反应，方程式如下：
4 2
④CH (g)+2HO(g) CO(g)+4H(g)。
4 2 2 2
（3）500℃时，反应相同时间后测得CH 的转化率随压强的变化如图所示，则图中E点和G点，处于化学
4平衡状态的是 点(填“E或G”)。
（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，则用HO(g)表示的化学反应速率为 mol/(L•min)(用
2
含t、V的式子表示)。结合图中的相关数据，计算此温度下反应④的平衡常数K= (用分压代替浓
p
度，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
【答案】（1） （2分） 反应Ⅰ（1分）
（2）A（2分） 是吸热反应，发生副反应（2分）CO(g)+H(g)
2 2
CO(g)+HO(g) H＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡
2
正向移动，二氧化碳△转化率更大（2分）
（3）G（2分）
（4） （2分） （2分）
【解析】（1）根据题意，焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则CH~CO 干重整反应的热化学方
4 2
程式为 ；过渡态物质的总能量与反应物总能量的
差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越
大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ活化能小，该反应的决速步骤是比反
应Ⅰ；
（2） 是吸热反应，发生副反应CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) H
2 2 2
△
＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡正向移动，二氧化碳转
化率更大，因此表示平衡转化率的是曲线A；
（3）增加压强，反应速率加快，相同时间内甲烷转化率增大，F点甲烷转化率最高，反应为气体分子数减小的反应，继续增加压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，则E点没有达到平衡状态、G达到平衡状
态；
（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，甲烷的转化率为0.6，则反应甲烷0.6mol，则
；
K只有温度，由G点可知，
反应总的物质的量为5.2mol，此温度下反应④的平衡常数 。
18．（15分）某药物中间体M的合成路线如下
回答问题：
（1）A→B的反应方程式为 。
（2）1 mol B最多需要与 mol NaOH完全反应；
（3）C的化学名称为 ，D的结构简式为 。
（4）A中混有C可用 (写出试剂名称和除杂方法)除杂；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 (任写一种)。
①只含有一种官能团 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐(结构简式为： ，R、R、为H或者烃基)能与羟基化合物反应生成酯。F→G反应中生成物中有机物除了G还有 (写出结构简式)。
（7） 为原料合成 的路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简
式分别为 和 。
→ →
【答案】（1） +Cl +HCl（2分）
2
（2）2（1分）
（3）苯酚（1分） （2分）
（4）氢氧化钠溶液、分液（2分）
（5） 或 （2分）
（6）CHCOOH（1分）
3
（7） （2分） （2分）
【分析】苯与Cl 在FeCl 催化下发生取代反应产生氯苯 ，氯苯与熔融NaOH发生反应，然后
2 3与HCl，作用，反应产生苯酚 ， 与NaOH作用，然后通入CO，在一定
2
条件下反应产生 ，然后通入HCl反应产生D： ，D与
CHCHCOCl发生酚羟基上H原子的取代反应产生E，E与AlCl 作用产生F，F与乙酸酐在一定条件下发
3 2 3
生反应产生G，据此分析解答。
【解析】（1）A是苯，苯与Cl 在FeCl 催化下发生取代反应产生氯苯 、HCl，该反应的化
2 3
学方程式为： +Cl +HCl；
2
（2）B是 ，B与HO在NaOH作用下反应产生 、HCl， 、
2
HCl分别与NaOH反应产生 、NaCl，则1 mol B最多需要与2 mol NaOH 完全反应；
（3）C物质分子中羟基与苯环直接相连形成的化合物，其名称是苯酚；
根据上述分析可知D是邻羟基苯甲酸，结构简式是 ；
（4）苯不溶于NaOH溶液， 能够与NaOH溶液反应产生可溶性 而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，故A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液；
（5）F是 ，其同分异构体X符合下列条件：①只含有一种官能团；②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是
或 ；
（6）F→G反应中生成物中有机物，除了G还有CHCOOH；
3
（7） 与Cl 在FeCl 催化下发生甲基邻位上的取代反应产生 ，该物质
2 3
与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生 ， 与CHCOCl发生取代反应
3
产生M是 ； 与酸性KMnO 溶液发生氧化反应，-CH 被氧化产生-
4 3COOH，反应产生N是 ，N与AlCl 异构化反应产生 ，故M是
3
，N是 。
