文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖南专用）
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 Fe-56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. 可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【解析】A.苯甲酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，A错误；
B.豆浆是一种胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B正确；
C.SO 可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分反应生成无色物质，C错误；
2
D.维生素C具有还原姓，故可用作水果罐头的抗氧化剂，D错误。
2.劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐 加热使蛋白质变性
B 环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解
C 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在氧气中燃烧生成
D 学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的 可作燃料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A.加热能使蛋白质变性，失去生理活性，故A正确;
B.聚乳酸中含有酯基，能发生水解反应生成小分子化合物，所以要宣传使用聚乳酸制造的包装材料，故B
正确;
C.铁锈的主要成分是Fe O·xH₂O，铁丝在 O₂中燃烧生成Fe O，二者没有关联，故C错误;
2 3 3 4
D.利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷气体，故D正确;故答案为：C。
3.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A. 存在顺反异构
B. 含有5种官能团
C. 可形成分子内氢键和分子间氢键
D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应
【答案】D
【解析】A.由克拉维酸的分子结构可以看出，双键碳原子均连有不同的原子或原子团，因此克拉维酸存
在顺反异构，A正确；
B.分子结构中含有醚键、酰胺基、碳碳双键、羟基和羧基共5种官能团，B正确；
C.克拉维酸分子结构中含有羟基和羧基，能形成分子内和分子间氢键，C正确；
D.克拉维酸分子结构中的羧基和酰胺基都能与NaOH反应，1 mol该物质最多可与2 mol NaOH反应，D错
误。故选 D。
4.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是（ ）
A．三种物质中均有碳碳原子间的 键 B．三种物质中的碳原子都是 杂化
C．三种物质的晶体类型相同 D．三种物质均能导电
【答案】A
【解析】A.原子间优先形成 键，三种物质中均存在 键，A项正确;
B.金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用
sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误;
C.金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误;D.金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误;故选A。
5.下列离子方程式表示正确的是
A．向银氨溶液中滴加足量的盐酸：
B． 与水反应：
C．氨的氯化钠饱和溶液中通入足量 ：
D．工业上制备漂白粉：
【答案】C
【解析】A.向银氨溶液中滴加足量的盐酸，离子方程式： ，故A
错误；
B． 与水反应，离子方程式： ，故B错误；
C．氨的氯化钠饱和溶液中通入足量 ： ，故C正确；
D．工业上制备漂白粉是将 通入石灰乳中，离子方程式： ，故
D错误； 答案选C。
6.下列实验操作正确且能达到实验目的的是
选
实验操作 实验目的
项
A 将气体A通入溶有SO 的BaCl 溶液中出现白色沉淀 证明气体A具有强氧化性
2 2
B 稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡后出现白色胶状沉淀 证明非金属性：Cl>Si
将5~6滴0.1mol·L－1KI溶液加入到5mL0.1mol·L－1FeCl 溶液中，充分 证明KI与FeCl 的反应是可
C 3 3
反应后滴加少量KSCN溶液，溶液变红 逆反应
将浓硫酸加入蔗糖中并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，产 证明浓硫酸具有脱水性和强
D
生刺激性气味气体 氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】A．将气体A通入溶有SO 的 BaCl 溶液中出现白色沉淀，A气体可能具有氧化性或碱性，故A
2 2
错误；
B．最高价含氧酸酸性决定非金属性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，无法得出结论，故B错误；C．将5~6滴0.1mol·L－1KI溶液加入到5mL0.1mol·L－1FeCl 溶液中，滴加少量KSCN溶液变红，因为
3
FeCl 溶液过量，所以不能由此判断该反应是可逆反应，故C错误；
3
D．蔗糖变黑可证明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸与脱水产物碳反应产生二氧化碳和二氧化硫可证明浓硫酸
具有强氧化性，故D正确。答案选D。
7.含氮元素的物质的循环转化关系如图。下列说法错误的是
A. b、c、d三个过程的转化可能是由于与同一物质反应
B. 反应h说明NO 为酸性氧化物
2
C. 反应j可能为汽车尾气的处理过程
D. 有两个反应涉及“氮的固定”
【答案】B
【解析】A．b、c、d 三个过程的转化都可以与 O 反应实现，A 正确；
2
B．NO 溶于水反应产生 HNO 和 NO，生成物中含有 ，在该过程中 N 元素化合价发生了变化，
2 3
因此不能根据过程 h 说明 NO 为酸性氧化物，B 错误；
2
C．汽车尾气中含有 NO，在尾气排放时，在尾气排放管中发生反应： ，实现了由
NO向 N 的转化，故过程 j 可能为汽车尾气的处理过程，C 正确；
2
D．氮的固定是指将氮气转化为氮的化合物的过程，反应 c、k 这两步转化都属于单质转变为化合物，D
正确；故答案选B。
8.硼的氢化物叫硼烷( )。如 (乙硼烷-6)、 (丁硼烷-10)等。下列说法错误的是
A．B原子由 不需要吸收能量B． 的结构式：
C．同周期相邻元素的电负性大小：
D． 与 反应生成 ， 分子中 键与 键数目之比为：
【答案】B
【解析】A.B原子由 ， 与 能量相同，不需吸收能量，故A正确；
B． 的结构式： ，故B错误；
C．同周期元素电负性从左到右逐渐增强，所以同周期相邻元素的电负性大小： ，故C正确；
D． 与 反应生成 ， 分子中含4个共价单键和1个三键，则 键与 键数目之比为：
，故D正确；答案选B；
9.某研究小组以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉，按如下流程开展实验：
已知：
①硫化铜精矿在酸性条件下与氧气反应：
②金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值如下表所示：
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列有关说法正确的是
A．步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有S
B．步骤Ⅱ， 调节pH至4，使 、 沉淀完全
C．步骤Ⅲ，增加溶液的酸度有利于Cu生成D．为加快过滤速率，需用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌
【答案】A
【解析】A.根据分析可知，步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有S，故A正确；
B．步骤Ⅱ， 调节pH至4，Fe3+沉淀为 ，未达到Zn2+沉淀pH，故B错误；
C．步骤Ⅲ，用氢气还原Cu2+，氢气失去电子被氧化为氢离子，增加溶液的酸度，不利于氢气失去电子还
原Cu单质，故C错误；
D．用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌，可能导致滤纸破损，故D错误；答案选A。
10.利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下：
①启动电源1， 所在腔室的海水中的 进入 结构而形成 ；
②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使 中的 脱出进入腔室2。
下列说法错误的是
`
A．启动电源1时，电极1为阳极，发生氧化反应
B．启动电源2时 电极反应式为：
C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度
D．启动至关闭电源1，转化的 与生成的 之比为 ，可得 中的x=1.2
【答案】B
【解析】A. 由分析知，室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．启动电源2时 作阳极，电极反应式： ，故B错误；
C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的 与生成的 之比为 ，可得 中的
x=1.2，故D正确；答案选B。
11.探究氮及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案 现象 结论
一段时间后，前者有气体 稀硝酸的氧化性强于
A 常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中
产生，后者无明显现象 浓硝酸
将 样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶 晶体已氧
B 溶液变红
液 化变质
向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的 和 一段时间后，两烧瓶内颜 的转化
C
气体，并分别浸泡于热水和冷水中 色深浅不同 存在限度
试管底部固体消失，试管 固体受热易升
D 将盛有 固体的试管加热
口有晶体凝结 华
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．铁遇浓硫酸会发生钝化，浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，选项A错误；
B．向 溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结
论不合理，选项B错误；
C．向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的 和 气体，并分别浸泡于热水和冷水中，一段时间后，
两烧瓶内颜色深浅不同，说明温度影响平衡移动， 的转化存在限度，不能完全转化，选项C
正确；
D．将盛有 固体的试管加热，发生反应 ，氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成
氯化铵，所以试管口处有晶体出现，选项D错误；答案选C。
12.已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ.
Ⅱ.T温度下，在密封石英管内完全充满 水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。
含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法错误的是
A．混合体系达平衡后：
B．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
C． 浓度变小的原因是 的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动
D． 可降为0
【答案】D
【解析】A.根据图像可知混合体系达平衡后， ，故A正确；
B．根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应I达平衡，此时 浓度未达最大值，即反应II尚未达
平衡状态，说明反应I的反应速率大于反应II，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；
C．根据图像中 和CO浓度变化，即反应I和II可知， 浓度变小的原因是 的生成导致反应Ⅰ
平衡逆向移动，故C正确；
D．过程I和II均为可逆过程，则 不可能降为0，故D错误；答案选D。
13.25℃时，某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：分别往浓度均为 、 溶液中通入 至 ；
实验Ⅱ：在1.0L、 溶液中加入 固体，充分反应。[已知：25℃， 的电离常数 、 ； 、
。混合后溶液体积变化忽略不计]。下列说法错误的是
A． 、 溶液中水的电离程度：
B．实验Ⅰ结束后， 、 溶液中均有
C．实验Ⅱ的转化存在平衡常数：
D．实验Ⅱ中，改用饱和 溶液， 的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A.碳酸根的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以 、 溶液中水
解程度 ，水的电离程度 ，A正确；
B．单一的NaHCO 溶液呈弱碱性，需要通入少量的二氧化碳才能呈中性，此时溶液中以 离子为主，
3
还有少量的碳酸根离子和碳酸分子，B正确；
C．实验Ⅱ发生反应： ，平衡常数K= =
= ，C正确；
D．该反应： 可看作气体平衡反应中的等体积类型，
增大 溶液浓度，等同于等体积气体反应中的增大压强，平衡不移动， 转化率不变，D错
误；
故选D。
14. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某 (Ⅱ)催化剂(用 表示)能高效电催化氧化 合成 ，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A. (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后，配体 失去质子能力增强
B. M中 的化合价为
C. 该过程有非极性键的形成
D. 该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】A.图中转化过程可知，[L- Ru- NH ]+失去电子生成[L- Ru- NH ]2+,[L - Ru - NH ]²+与氨气反应生成
3 3 3
NH +和[L- Ru-NH₂]+说明配体NH 失去质子能力增强，故A正确;
4 3
B.[L- Ru-NH₂]+和M之间存在平衡转化关系，转化关系分析可知，M中Ru的化合价为+2，故B错误;
C.2个M生成产物中形成了N -N共价键，为非极性共价键，故C正确;
D.分析转化过程得到，该过程的总反应式: 故D正确;
故选:B.
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（14分）甘氨酸亚铁晶体是一种新型的固体整合补铁剂。其实验室合成路线为：
铁片 甘氨酸亚铁晶体粗品 甘氨酸亚铁晶
体纯品。
已知：①相关物质的信息如下表所示
摩尔质
物质 化学式 性质
量甘氨酸 75g/mol 两性物质，易溶于水，微溶于乙醇
甘氨酸亚铁 易溶于水，溶解度随温度升高而增大；难溶于乙醇，在潮湿
晶体 的空气中易被氧化
②含有多个配位原子的配体与同一中心离子通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。
(一) 固体的制备
(1)实验开始时应先开 和 ，关 (填“ ”或“ ”)；一段时间后，改变开关状态，生成
。
(2)三颈瓶中生成 沉淀的离子方程式为 。
(二)甘氨酸亚铁的制备
(3)用如图装置制备甘氨酸亚铁。反应开始时，先通过滴液口滴入适量的NaOH溶液调节pH为5左右，pH
过高或过低都会使产率下降，原因是 。
(4)当 固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙醇，其作用是 。
(5)反应结束后，过滤出产品粗品，依次用 、 (填序号)洗涤，再经过一系列操作得纯品。a．热水 b．冰水 c．乙醇
(三)甘氨酸亚铁晶体结构的分析
步骤1：准确称取甘氨酸亚铁晶体纯品0.4800 g于锥形瓶中，加 溶液15 mL将样品溶解完全
后，加入指示剂，立即用 标准液滴定至终点，用去标准液20.20 mL(反应为
)。
步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定至终点，用去标准液0.20 mL。
回答下列问题：
(6)甘氨酸亚铁晶体中Fe的质量分数为 %(保留小数点后一位)。
(7)进一步分析表明：甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有 和 ； 的配位数为6，且存在
五元整合环；该配合物呈中心对称，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为 。
【答案】（1） K （1分） K（1分）
3 2
(2)Fe2++ +NH•H O=FeCO↓+ +H O（2分）
3 2 3 2
(3)pH过高，FeCO 会转化为Fe(OH) ，pH过低，HNCH COOH与H+反应（2分）
3 2 2 2
(4)降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出（2分）
(5) b (1分） c（1分）
(6)23.3（2分）
(7) （2分）
【分析】由题给流程可知，铁与稀硫酸反应生成制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵和氨
水的混合溶液将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁；向碳酸亚铁中加入甘氨酸，将碳酸亚
铁转化为甘氨酸亚铁，向甘氨酸亚铁溶液中加入乙醇、过滤得到甘氨酸亚铁粗品；粗品经冰水洗涤、乙醇
洗涤、干燥得到甘氨酸亚铁纯品，据此分析解题。
【详解】（1）由实验装置图可知，装置甲中稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，反应生成的氢气排尽
装置中的空气后，关闭K、打开K，利用反应生成的氢气将甲中硫酸亚铁溶液加入到乙中，使硫酸亚铁与
3 2碳酸氢较和氨水的混合溶液反应制得碳酸亚铁，则制备碳酸亚铁的操作为打开K、K，关闭K，故答案
1 3 2
为：K；K；
3 2
（2）由分析可知，装置乙中发生的反应为硫酸亚铁与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应生成碳酸亚铁、硫
酸铵、硫酸钠和水，反应的离子方程式为：Fe2++ +NH•H O=FeCO↓+ +H O；
3 2 3 2
（3）由反应物的性质可知，滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，若溶液pH过高，碳酸亚铁会转化为溶解
度更小的氢氧化亚铁，不利于甘氨酸亚铁的生成，若溶液pH过低，甘氨酸中的氨基会与氢离子反应，导
致产品中混有杂质，所以滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，溶液pH不能过高，也不能过低，故答案为：
pH过高，FeCO 会转化为Fe(OH) ，pH过低，HNCH COOH与H+反应；
3 2 2 2
（4）由题给信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以当碳酸亚铁固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙
醇可以降低甘氨酸亚铁溶解度，便于甘氨酸亚铁从溶液中析出，故答案为：降低甘氨酸亚铁溶解度，便于
从溶液中析出；
（5）由题给信息可知，甘氨酸亚铁易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，所以为防止甘氨
酸亚铁溶解造成产率降低，粗品应先用冰水洗涤，后用乙醇洗涤，干燥得到甘氨酸亚铁纯品，故答案为：
b；c；
（6）由题意可知，滴定消耗(NH )Ce(SO) 溶液的体积为(20.20-0.20)mL=20.00mL，则由方程式可知，甘
4 2 4 3
氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为 ×100%≈23.3%，故答案为：23.3；
（7）由甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有HNCH COO-和Fe2+，Fe2+的配位数为6，且存在五元合环，该
2 2
配合物整体量中心对称可知，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为： ，故答案为：
16.（14分）锌是一种重要的金属，在电镀、电池等工业上应用广泛。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少
量Fe O、CuO、MnO )为原料制备锌的工艺流程如图所示。
2 3 2已知：①“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+。
3 4 3 4
②25℃时K (ZnS) =1.6×10-24。
sp
③深度除杂标准：溶液中
回答下列问题：
(1)滤渣①的主要成分是 (填化学式)；“浸取”时，ZnO发生反应的离子方程式为 。
(2)萃取时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是 。
(3)“深度除铜”时涉及的部分反应为
[Cu(NH )]2++4H O Cu2++4NH·H O K=a
3 4 2 3 2 1
[Cu(NH )]2++S2-+4H O CuS↓+4 NH ·H O K=b
3 4 2 3 2 2
(NH )S的加入量 对锌的回收率及铜锌比 的影响如图所示。
4 2
①当(NH )S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是 (用离子方程式表示)。
4 2
②(NH )S较为合理的加入量约为120%，理由是 。
4 2
③室温下，向“浸取”液中加入一定量(NH )S固体，“深度除铜”后，测得溶液中c(Cu2+)为1.0×10-8
4 2
mol·L-l，此时溶液中c(S2-)为 mol·L-l(用含a、b的代数式表示，忽略S2-水解)。(4)用惰性电极“电解”时，阴极存在竞争反应，该竞争反应的电极反应式为 。
【答案】（1）Fe O、MnO （2分） 2 NH·H O+2NH +ZnO=Zn[(NH )]2++3H O（2分）
2 3 2 3 2 3 4 2
(2)收集尽可能多的Zn2+，提高Zn2+的萃取率（2分）
(3)① Zn[(NH)]2++S2-+ 4H O=ZnS↓+4 NH ·H O （2分）
3 4 2 3 2
②锌的回收率高、铜锌比较低，且高于120%时铜锌比变化较少（2分） ③ （2分）
(4)2H++2e-=H ↑（2分）
2
【分析】废锌催化剂主要成分为 及少量 、 、 ，浸取时 、 溶解并生成
、 ，浸取过滤后滤渣①主要成分为 、 ，深度除铜中 与
反应生成 沉淀，过滤后滤液中加入有机萃取剂萃取 ，分液后除去水层及杂质，再用
反萃取，生成 ，分液后除去有机层及杂质，最后得到含硫酸的硫酸锌溶液，电解 溶液
获得单质 。
【解析】（1）根据“已知①”，浸取时 、 没有溶解，过滤后所得滤渣①的主要成分是 、
。“浸取”时， 发生反应的离子方程式为： 。
（2）萃取时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是：收集尽可能多的 ，提高 的萃取率。
（3）①根据“深度除铜”时涉及的部分反应，当 加入量超过100%时，有可能使 增大，
与 反应生成 沉淀而使锌的回收率下降，有关反应的离子方程式为：
。
②根据图中曲线关系， 较为合理的加入量约为120%，理由是此时锌的回收率高、铜锌比较低，
且高于120%时铜锌比变化较少。
③根据“深度除铜”时涉及的部分反应得： ，，除铜后溶液中 ，代入
，所得结果再代入 计算式得： 。
（4）反萃取时为保证萃取率，硫酸需要过量，因此电解时硫酸锌溶液中含有硫酸，用惰性电极“电解”
时， 也会在阴极被电解生成 ，故阴极存在的竞争反应的电极反应式为： 。
17.（15分） 在化工生产中有重要作用．天然气法合成 相关反应如下：
反应I
反应Ⅱ
(1) 、 随温度变化不大。温度不同时，反应体系中 不同。合成 总反应
的 随温度T变化如图。
① 。
②为提高 平衡转化率，控制温度范围在 (填标号)，理由是 。
A． B． C． D． 以上
(2)合成 总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与 初始浓度 和 转化率 满足关系，式中k为速率常数。
① 、 时，测得 、 ，则 。
② 时，计划在 内转化率达 ，应控制初始浓度 大于 。
(3)利用工业废气 替代硫磺矿生产 的反应为 。反应物投料比
采用 ，维持体系压强为 ，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温
度T的变化如图。
①图中表示 的曲线是 (填“a”“b”“c”或“d”)。
② 时，该反应的 (以分压表示，分压 总压 物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用 的优点是 ，缺点是 。
【答案】（1）① +411.15（2分） ② B（1分） 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，
转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小（2分）
(2) 2 （2分） 0.9（2分）
(3) b （2分） （2分） 变废为宝，减小污染 （1分） 反应温度更高、耗能更大（1
分）
【解析】（1）①已知：
反应I ：反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得 +411.15 ；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放
热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高
平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）① 、 时，测得 、 ，则 ， 。
② 时，计划在 内转化率达 ，则 ， =0.9 ，应控制初始浓度 大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图
中表示 的曲线是b。
② 时，反应物投料比采用 ，维持体系压强为 ，设甲烷、硫化氢投料分
别为1mol、2mol；
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别
为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的 ；
③相比以硫磺矿为原料，使用 的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。18.（15分）化合物I是合成降压药物苯磺酸氨氯地平的中间体，一种合成I的路线如下图所示：
已知：
①工业上用羧酸和SOCl 制取酯，反应更加完全，且产率高。
2
(酰氯) (酯)
② + +R＇OH
③
回答下列问题：
(1)A分子的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3：1：1，A的化学名称为 ；B的结构简式
为 。
(2)鉴别D与F可选用的试剂为 ；D→E的反应类型为 。
(3)G→H的化学方程式为 。
(4)符合下列条件的G的同分异构体有 种。
①能发生银镜反应②能发生水解反应生成CHOH③分子中有一个手性碳原子
3
(5)3－氨基巴豆酸甲酯( )是化合物I后续合成苯磺酸氨氯地平的原料之一，写出
以G和甲醇为原料制备3－氨基巴豆酸甲酯的合成路线 (无机试剂任选)。【答案】（1）邻二甲苯 （2分） （2分）
(2) 碳酸氢钠溶液或石蕊试液 （2分） 取代反应（2分）
(3) +Cl +HCl（2分）
2
(4)3（2分）
(5)
（3分）
【分析】A分子的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3：1：1，A中共含有10个氢原子，则有6个H
原子的所处环境相同，推断有两个甲基，再根据后续产物的结构可以推断出A中应含有苯环，所以A的结
构简式为 ；根据B的分子式、A和C的结构简式可知B的结构简式为 ；对
比D→E→F和信息①的反应条件可知，D中含有羧基，结合其分子式可知D为CHCOOH，F为
3
CHCOOCH CH，再根据信息②可知G应为 ，对比G和H的分子式
3 2 3
可知，G与氯气发生取代反应生成H，所以H为 ，H再与C反应生成I。
【解析】（1）根据分析可知A的结构简式为 ，名称为邻二甲苯；B的结构简式为
；
（2）D为CHCOOH，F为CHCOOCH CH，羧酸溶液显酸性，可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，
3 3 2 3
所以可以用碳酸氢钠溶液或石蕊试液鉴别二者；D中-OH被-Cl代替生成E，为取代反应；
（3）G为 ，与氯气发生取代反应生成H，化学方程式为
+Cl +HCl；
2
（4）G中含有6个C原子、3个O原子，不饱和度为2，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含
有醛基或甲酸形成的酯基；②能发生水解反应生成CHOH，则含有甲醇形成的酯基，根据O原子个数可
3
知，该物质应同时含有酯基和醛基；③分子中有一个手性碳原子，符合题意的有
、 、 ，
共3种；
（5）G为 ，甲醇为CHOH；根据信息③可知，
3在NH /CH OH、一定条件下反应可以得到 ，而
3 3
在酸性环境中水解可得 ，再与甲醇酯
化可得 ，所以合称路线为
。
