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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（新高考七省专用）
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 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷
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。
1．二十大报告提出科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法错误的是
A．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料
B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
C．“天宫”空间站中太空机械臂的主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
D．中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵 ，可溶于水
【答案】A
【解析】A．氮化硼陶瓷耐高温，是新型无机非金属材料，故A说法错误；B．同素异形体指由同种元素
组成的具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，故B说法正确；C．合金硬度大于其成
分金属，故C正确；D．四甲基氢氧化铵 属于一元碱，易溶于水，故D说法正确；答案选
A。
2．下列有关化学用语的叙述错误的是
A． 的结构式为
B． 的电子式为
C．简单硫离子的结构示意图为
D．基态N原子的价层电子排布图为
【答案】C
【解析】A．N以三个共价键的形式结合，H有1个共价键，其结构式为 ，A正确；B．C与S之
间以双键结合，共用2对电子，其电子式为 ，B正确；C．硫的核电荷数为16，硫离子为核外电
子得到2个电子，其结构示意图为 ，C错误；D．N价层电子排布式2s2sp3，其价层电子排布图
1
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司为 ，D正确；故答案为：C。
3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A．SO 具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂
2
B．SiO 具有导电性，用于制造光导纤维
2
C．碳酸氢钠能与碱反应，用作食品的膨松剂
D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂
【答案】D
【解析】A．SO 具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；B．SiO 没有导电性，B错误；C．碳
2 2
酸氢钠能与酸反应生成CO₂，用作食品的膨松剂，C错误；D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂，D正
确；故选D。
4．利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热
及夹持装置已略去)
选
气体 试剂I 试剂II 试剂Ⅲ
项
浓盐
A Cl MnO NaOH溶液
2 2
酸
稀盐
B CO CaCO 饱和NaHCO 溶液
2 3 3
酸
浓硝
C SO NaSO (s) 饱和NaHSO 溶液
2 2 3 3
酸
浓硫
D C H C HOH（1） KMnO 酸性溶液
2 4 2 5 4
酸
【答案】B
【解析】A．实验室中制备的Cl 中含有HCl，除去Cl 中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，
2 2
A不合题意；B．实验室用稀盐酸和CaCO 制备CO，此时CO 中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO
3 2 2 3
溶液来除去CO 中的HCl，B符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能将NaSO 氧化为NaSO ，故不能用
2 2 3 2 4
浓硝酸和NaSO 来制备SO ，而应该用70%H SO 和NaSO 来制备SO ，B不合题意；D．实验室可以将
2 3 2 2 4 2 3 2
浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO 、CO 和乙醇蒸气等
2 2
杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来
除杂，D不合题意；答案选B。
5．常温下，通过下列实验探究 的性质。
2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司实
实验操作和现象
验
1 用 试纸测定 溶液的 ，测得 约为8
2 向 溶液中加入 溶液，产生白色沉淀和气体
3 向 溶液中加入 溶液，产生白色沉淀
4 向 溶液中加入 溶液，有无色气体逸出
下列有关说法错误的是
A． 溶液中存在
B．实验2发生反应的离子方程式为
C．实验3发生反应的离子方程式为
D．实验4发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】A．根据质子守恒可得， 溶液中存在 ，
A正确；B．向 溶液中加入 溶液，产生白色沉淀碳酸钙和二氧化
碳气体，反应的离子方程式为： ，B正确；C．向
溶液中加入 溶液，碳酸氢钠过量，反应的离子方程式为：
，C错误；D．向 溶液中加入
溶液，产生二氧化碳气体，反应的离子方程式为： ，D正
确；故选C。
6．苯乙烯是一种重要的化工原料，在 气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下
列说法错误的是
A．由原料到状态1产生了活性氢原子
3
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．由状态1到状态2有极性键的断裂和形成
C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率
D．由状态2到生成物只有2种元素的化合价发生了变化
【答案】D
【解析】A．观察图可知，由原料到状态1产生了活性氢原子 ，A正确；B．观察可知，状态1到状态2
二氧化碳分子的碳氧双键发生断裂，同时形成了氧氢单键，有极性键的断裂和形成，B正确；C．催化剂
可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率，C正确；D．由状态2到生成物只有C元素的化合价发生了变
化，D错误。故选D。
7．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
实验 石油分馏时接收 酸式滴定管排气操
制取氨气 证明温度对平衡的影响
目的 馏出物 作
【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 (g) NO(g)是放热反应，NO 是红棕色，升高温度平
2 2 4 2
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；答案选D。
⇋
8．常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明溶液：K+、Na+、SO 、MnO
B．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、I-、Cl-
C．pH=0的溶液： 、Fe2+、SO 、ClO-
2
D．通入足量NH 的溶液：K+、Cu2+、SO 、Cl-
3
【答案】A
【解析】A．该溶液因含MnO 而显紫色但澄清透明，且K+、Na+、SO 、MnO 两两之间不发生反应，
能大量共存，A符合题意；B．遇KSCN变红色的溶液中含有 ， 能与I-发生氧化还原反应，故不能
大量存在，B不符合题意；C．pH=0的溶液显酸性，含有大量 ， 能与ClO-结合生成HClO， 能与
4
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司SO 反应生成S、SO 和水，另外ClO-具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，故这些离子不能大量
2 2
共存，C不符合题意；D．通入足量NH 的溶液显碱性，Cu2+能结合氨分子生成 ，故不能大
3
量存在，D不符合题意；故选A。
9．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为KCaB C
6 6
B．该晶体属于分子晶体
C．晶体中与Ca最近且等距离的B有12个
D．晶体中C原子的杂化类型为sp3
【答案】B
【解析】A．根据“均摊法”，该晶胞中含K（位于顶点）：8× =1、Ca（位于体心）：1、B（位于面
上）：12× =6、C（位于面上）：12× =6，则晶体最简化学式为KCaB C ，A项正确；B．该晶体是一
6 6
种高温超导材料，该晶体不可能属于分子晶体，B项错误；C．由晶胞结构可知，Ca位于体心，B位于面
上，晶体中与Ca最近等距离的B有12个，C项正确；D．C位于面上，结合晶胞结构知，C的价层电子对
数为4，C原子采取sp3杂化，D项正确；答案选B。
10．β﹣生育酚是天然维生素E的一种水解产物，具有较高的生物活性，其结构简式如图。下列有关β﹣生
育酚的说法正确的是
A．1个分子中含有47个氢原子 B．该分子中含有6个甲基
C．环上的一氯代物只有1种 D．能发生取代反应和加成反应
【答案】D
【解析】A．根据β﹣生育酚的结构简式可知，分子中含有48个氢原子，A错误；B．根据β﹣生育酚的结
构简式可知，含有7个甲基，B错误；C．根据β﹣生育酚的结构简式可知，环上含有3种氢原子，则环上
的一氯代物只有3种，C错误；D．结构中具有苯环、酚羟基，苯环能发生加成反应和取代反应，D正确；
故选D。
5
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司11．高效率和高选择性将CO 转化为CH 是CO 资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔
2 4 2
串联反应器，为电催化还原CO 提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。设N 为阿伏加德罗常数的
2 A
值，下列说法正确的是
A．22g CO 通入水中得到的溶液中含有HCO 分子数为0.5N
2 2 3 A
B．lmol CH 中所含质子数和中子数均为10N
4 A
C．途径2生成标准状况下22.4L CH ，反应转移电子数为8 N
4 A
D．途径1所得产物物质的量之比为l:1，形成共价键数目为6N
A
【答案】C
【解析】A．由于 是可逆反应，因此22g CO 通入水中得到的溶液中含有HCO 分
2 2 3
子数小于0.5N ，A错误；B．一个CH 分子中含有10个质子，6 个中子，则 lmolCH 中含有 10N 质子和
A 4 4 A
6N 中子，B错误；C．标准状况下 22.4L CH 的物质的量为1 mol，途径2生成CH 的过程中C元素化合
A 4 4
价由+4 价下降到-4价，反应转移电子数为8 ，C正确；D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成
共价键数目，D错误；故选C。
12．X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且
均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．第一电离能：X＜Y＜Z
B．元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低
C．Z与W组成的化合物可作耐高温材料
D．简单离子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，
且均有2个未成对电子，则X为碳、Z为氧，那么Y为氮；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，
W为12号元素镁；
【解析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能
大于同周期相邻元素，第一电离能：X＜Z＜Y，A错误；B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点
可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；C．Z与W组成的化合物氧化
镁熔点很高，可作耐高温材，C正确；D．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：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；故选C。
13．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是
6
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．f可被还原生成b
B．可存在 的转化关系
C．a可与非金属单质发生化合反应生成
D．往 溶液加入几滴 氨水，得到深蓝色溶液
【答案】D
【分析】由图可知a为铜、b氧化亚铜、c为氧化铜、d为亚铜盐、e为铜盐、f为氢氧化铜。
【解析】A．含有醛基的有机物能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜，故A正确；B．铜与氧化性
酸反应能生成铜盐，铜盐与碱溶液反应能生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解为氧化铜，氧化铜和氢气
发生置换反应生成铜，则铜元素及其化合物间存在 的转化关系，故B正确；C．铜能与
硫共热反应生成硫化亚铜，故C正确；D．可溶性铜盐溶液与少量氨水反应只能生成氢氧化铜蓝色沉淀，
不能生成深蓝色的铜氨络离子，故D错误；故选D。
14．铝硫二次电池是一种具有高能量密度、廉价原材料、有前途的替代储能装置，一种铝硫电池如图所示，
M极为表面吸附了硫的活性电极，电解质为 ， ( 、 )。下列说法错误的是
A．放电时铝电极的电极反应式为
B．电池放电时的反应原理为
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．充电时，M极为阳极， 被氧化
【答案】D
【分析】图示为铝硫电池，该电池放电时Al失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应式为
，M为正极，硫得到电子发生还原反应，电极反应式为 ；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【解析】A．由分析可知，放电时铝电极的电极反应式为 ，A正确；B．由分析可知，
放电总反应为 ， B正确；C．充放电过程中钾离子通过离子交换膜移动，故
离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；D．该电池放电时Al为负极、M为正极，则充电时，M极为阳极，
铝极为阴极，阴极的 被还原，D错误；故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4小题，共58分。
15．（14分）钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元素钕(Nd)、Fe、B．一种
采用分步沉淀从钕铁硼油泥中回收Nd (C O)·10H O和FeC O·2H O的工艺流程如图：
2 2 4 3 2 2 4 2
已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 的形式存在，硼常温下稳定，加热
2 3 2 3
至300℃被氧化，不与稀酸反应。
②HCO 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O·2H O沉淀。
2 4 2 4 2
回答下列问题：
（1）“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择 (填化学式)溶液。
（2）“滤渣1”的主要成分是 (填名称)。“浸出”时，盐酸浓度和固液比对钕、铁的浸出率影
响如图所示，则浸出过程的最佳条件是 。
（3）写出“沉钕”时生成沉淀的离子方程式： 。
（4）“沉铁”时，加入铁粉的作用是 。
（5）FeC O·2H O晶体结构片段如图所示。
2 4 2
其中，Fe2+的配位数为 ；碳原子采用 杂化。现测定草酸亚铁晶体纯度。准确称取
8
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司Wg样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用cmol·L-1KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液bmL。滴定
4 4
反应： (未配平)。该样品纯度为 %。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）NaOH(或热的NaCO)
2 3
（2）硼（1分） 6mol/L的盐酸、固液比为5：1
（3）
（4）将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O·2H O的沉淀
2 4 2
（5）6 sp2（1分）
【分析】钕铁硼废料预处理后在通入空气在200℃条件下焙烧后，加入稀盐酸浸出，滤渣1主要成分为硼；
滤液1加入草酸溶液沉钕得到Nd (C O)·10H O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体；
2 2 4 3 2
【解析】（1）碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解，故“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可
选择NaOH(或热的NaCO)溶液；
2 3
（2）根据已知信息“200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd O 和Fe O 形式存在，硼常温下稳
2 3 2 3
定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应”，所以“滤渣1”的主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，
应尽可能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6mol·L-1的盐酸、
固液比为5：1的条件进行浸出；
（3）根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将Nd3+转化为难溶的Nd (C O)·10H O；
2 2 4 3 2
（4）根据已知信息“HC O 易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC O·2H O沉淀”，结合题意，
2 2 4 2 4 2
需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC O·2H O的沉淀；
2 4 2
（5）根据FeC O·2H O晶体结构片段，可知Fe2+与6个O原子形成配位键，配位数为6；FeC O·2H O晶
2 4 2 2 4 2
体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2.根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式，
，故
，故样品纯度为
。
16．（14分）三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知： 熔点为-40℃，沸点为
70℃，95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用 和
溶液反应制取 ，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)：
9
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司回答下列问题：
（1）盛装浓盐酸的仪器名称为 ；药品X可为 ；根据气流方向，各仪器的连接顺
序为 (用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。
（2）待反应至油状液体不再增加，用止水夹夹住ab间的橡胶管，控制水浴加热的温度范围为 ，
将产品 蒸出。
（3） 水解的反应液有漂白性，写出 水解的化学方程式： 。
（4） 纯度测定： 的制取是可逆反应，根据反应 ，利用间接碘量法
测定氯气的量即可测定 的纯度。
实验步骤：
ⅰ.准确称量C中的产物0.5g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气；
ⅱ.将混合气通入200mL 0.1 KI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气(溶
液体积变化忽略不计)；ⅲ.量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1 标准液进行滴
定，滴定至终点时消耗 溶液18.00mL。(已知：反应原理为 )
①确定滴定终点的现象为 。
② 的纯度为 。
【答案】（每空2分）（1）恒压滴液漏斗 [ 、 ，答其中一个均可得分]
a→b→c→f→g→d→e
（2）
（3）
（4）滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 72.3%
【分析】在实验室利用多种方式制取 和 溶液反应制取 ，并蒸馏、冷凝得到NCl ，并避免空
3
气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。
【解析】（1）装置A中使用恒压滴液漏斗，利用装置A制取氯气，在不加热条件下，利用浓盐酸和强氧
化剂可制取氯气，故 、 、 均可；利用装置B制取 ，利用装置D冷凝 ，
用装置C收集 ，故正确连接顺序为a→b→c→f→g→d→e。
（2）由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温
10
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司度应控制在70℃～95℃之间。
（3） 水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为 ，水解的化学方程式：
。
（4）①滴定时加入淀粉作指示剂溶液显蓝色，到终点时，溶液中的 全部变成 ，滴入最后半滴标准液后，
溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来颜色。②根据反应 、
、 ，可得关系式 ，
，故
，故 的纯度： 。
17．（15分）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题：
（1）已知：I．S(g) +O (g)= SO (g) ΔH =－a kJ·mol －1
2 2 1
II．2HS(g) +3O (g)=2SO(g) +2H O(g) ΔH=－b kJ·mol －1
2 2 2 2 2
III．2HS(g) +SO (g) 3S(g) +2H O(g) ΔH=－c kJ·mol －1
2 2 2 3
①若反应III中正反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E ，则E －E = (用含a和b的代
正 逆 逆 正
数式表示)。
②若一种脱除HS回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的HS的总物
2 2
质的量n(H S)与参加反应的n(O )之比为 ，若n(H S)：n(O )过小，会导致 。
2 2 2 2
（2）若某种废气中含有HS，将废气与空气混合通入 FeCl 、CuCl 、FeCl 的混合液中，其转化过程如图
2 2 2 3
所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。
①过程i中发生反应的离子方程式为 。
②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时K (CuS) =1.25 ×10－36，HS的K =1 ×10－7，K =1
sp 2 a1 a2
×10－15，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。
（3）工业上可以通过硫化氢分解制得H 和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H S气体，发生反应：
2 2
2HS(g) 2H(g) +S (g) ，HS气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
2 2 2 2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司①在975° C和p 的条件下，其他条件不变，n点的v 与v 中较大的是 ，图中m、n点对应温
1 正 逆
度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。
②若温度为975 °C时，p 为2 MPa，该反应的平衡常数K= MPa( 用分数表示，K 是用平衡
2 p p
分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）(b－3a) kJ/mol 2：1 SO 不能完全转化为S，多余的SO
2 2
排放到空气中会污染大气
（2）4Fe2+ +4H+ +O = 4Fe3+ +2H O 能（1分）
2 2
（3）v 小于（1分）
正
【解析】（1）I．S(g) +O (g)= SO (g) ΔH=－a kJ·mol －1
2 2 1
II．2HS(g) +3O (g)=2SO(g) +2H O(g) ΔH=－b kJ·mol －1
2 2 2 2 2
III．2HS(g) +SO (g) 3S(g) +2H O(g) ΔH=－c kJ·mol －1
2 2 2 3
①根据盖斯定律II- I×3得2HS(g) +SO (g) 3S(g) +2H O(g) ΔH=－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反应
2 2 2 3
III中正反应的活化能为E ，逆反应的活化能为E ，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E －E
正 逆 逆 正
=(b-3a) kJ/mol。
②脱除HS回收硫黄，HS被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失
2 2
电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的HS的总物质的量n(H S)与参加反应的n(O )之比为2:1，若
2 2 2
n(H S)：n(O )过小，氧气过量，会导致SO 不能完全转化为S，多余的SO 排放到空气中会污染大气。
2 2 2 2
（2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O = 4Fe3+
2
+2H O。
2
②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K=
2
，所以反应能进行
完全。
（3）①在975° C和p 的条件下，其他条件不变，n点HS的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正
1 2
向进行，v 大于v ；根据图示，随温度升高，HS的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡
正 逆 2
常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司②若温度为975 °C时，p 为2 MPa，HS的平衡转化率为40%，则平衡体系中HS的物质的量为1.2mol、
2 2 2
氢气的物质的量为0.8mol、S 的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数K=
2 p
MPa。
18．（15分）茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯( )是其中的一种，它可以从茉
莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如图：
（1）写出反应①的化学方程式： 。
（2）写出③的反应类型为 ；B中官能团名称为 。
（3）C的结构简式为 。
（4）在①②③三个反应中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应
是 (填序号)。
（5）写出③的化学方程式： 。
（6）与乙酸苯甲酯具有相同官能团且能发生银镜反应的同分异构体(属于芳香族化合物)共有
种，其中核磁共振氢谱中吸收峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为 。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）2CHCHOH+O 2CHCHO+2H O
3 2 2 3 2
（2）酯化反应(或取代反应) 羧基（1分）
（3）
（4）②
（5）CHCOOH+ +H O
3 2
（6）14
【分析】分析路线图可知，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，A为乙醛，乙醛发生氧化反应生成乙酸，B
为乙酸；卤代烃水解反应生成醇，C为苯甲醇，苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，据此分析解
答。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【解析】（1）根据分析可知，反应①的化学方程式为2CHCHOH+O 2CHCHO+2H O；
3 2 2 3 2
（2）根据分析可知，反应③为苯甲醇和乙酸发生酯化反应，B为乙酸，官能团为羧基；
（3）C为苯甲醇，结构简式为： ；
（4）在①②③三个反应中，反应①产物为乙醇和水，反应②产物为乙酸，反应③产物为乙酸苯甲酯和水，
故原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应是②；
（5）反应③为苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为：CHCOOH+
3
+H O；
2
（6）根据题中限定条件，必须含有酯基，苯环上若含一个支链则为CHCHCOO-，有1种情况；若含
3 2
HCOO-和-CHCH 两个支链，在苯环上有邻、间、对位3种情况；若苯环上含有HCOO-、-CH 和-CH 三
2 3 3 3
个支链，有10种情况，综上符合限定条件的同分异构体共有14种；其中核磁共振氢谱中吸收峰面积之比
为1：1：2：6的结构简式中含2个-CH，且处于间位，即该同分异构体为 。
3
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