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07
（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
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．服饰文化是中华传统文化中的重要一脉。下列制作服饰所用原料的主要成分为纤维素的是
A．蚕丝 B．棉花
C．皮革 D．羊毛
【答案】B
【详解】A．蚕丝的主要成分为蛋白质，A错误；
B．棉花的主要成分为纤维素，B正确；
C．皮革的主要成分为蛋白质，C错误；
D．羊毛的主要成分为蛋白质，D错误；
故选B。
2．肼(N H)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH +NaClO=N H+NaCl+HO制备。下列有关
2 4 3 2 4 2
微粒的描述错误的是
A．NH 的电子式为
3
B．NH 的结构式为
2 4
C．NH 的空间构型是三角锥形
3
D．质子数为17、中子数为18的氯原子可表示为 Cl
【答案】A
【详解】A．氨气分子中N原子最外层有8个电子，电子式应为 ，A错误；
B．NH 分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，结构式为
2 4，B正确；
C．NH 的空间构型是三角锥形，C正确；
3
D．质子数为17、中子数为18的氯原子质量数为17+18=35，可以表示为 Cl，D正确；
综上所述答案为A。
3．作为广东文化的代表之一，岭南文化历史悠久。下列岭南文化内容中蕴含的化学知识描述不正确的是
选
文化类别 文化内容 化学知识
项
A 饮食文化 早茶文化中的叉烧包 叉烧包中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质
B 劳动文化 热的纯碱溶液洗涤餐具 油脂在碱性条件下发生水解
C 服饰文化 “丝中贵族”香云纱 鉴别丝和棉花可以用灼烧的方法
D 节日文化 烟花舞龙 烟花利用了“焰色试验”原理，该原理属于化学变化
【答案】D
【详解】A．叉烧包中的叉烧含有肉、油脂、淀粉等，所以富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质，A正确；
B． 水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，所以可用纯碱去油污，B正确；
C．丝为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，棉花为纤维素，所以可以用灼烧的方法鉴别丝和棉花，C正
确；
D．烟花利用了“焰色试验”原理，焰色试验属于物理变化，D错误；
故选D。
4．一种具有荧光性能的配合物的结构如图所示。下列有关该配合物的说法不正确的是
A．配位原子为N、O B．碳原子的杂化方式为sp2、sp3
C．基态N原子核外有5种空间运动状态的电子 D．配体中含有两个手性碳原子
【答案】D
【详解】A．由该配合物的结构可知，Cu2+有空轨道，N、O含有孤电子对作为配位原子，故A正确；
B．该配合物中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3，故B正确；
C．基态N原子电子排布式为1s22s22p3，有5个轨道含有电子，有5种空间运动状态的电子，故C正确；
D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该配体中没有手性碳原子，故D错误；故选D。
5．下列关于物质的性质和应用的说法正确的是
A．绿矾的化学式为 FeSO ·7H O，可用作补血剂
4 2
B．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
C．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝
D．用 NaS 作还原剂，除去水中的 Cu2+和 Hg2+
2
【答案】A
【详解】A．绿矾的化学式为FeSO ·7H O，FeSO 常用作补血剂，故A正确；
4 2 4
B．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，故B错误；
C．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，两者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，故
C错误；
D．除去水中的 Cu2+和 Hg2+常用 NaS，将Cu2+和 Hg2+转化为CuS和HgS沉淀，NaS不是作还原剂，故
2 2
D错误。
综上所述，答案为A。
6．古籍记载的食盐生产过程：“粗盐溶解成饱和之盐卤，滤净泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中
煎炼，顷刻结盐，色成至白”。若实验室模拟上述过程，不涉及的操作是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．图示为搅拌溶解，“粗盐溶解成饱和之盐卤”涉及该操作，A不符合题意；
B．图示为过滤，“滤净泥渣流入澄清池”涉及该操作，B不符合题意；
C．图示为蒸馏，没有涉及，C符合题意；
D．图示为蒸发结晶，“入于釜中煎炼，顷刻结盐”涉及该操作，D不符合题意；
综上所述答案为C。
7．铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下
列说法正确的是A．a为正极，放电时发生氧化反应
B．放电时OH-往b极迁移
C．电路中每转移4 mol电子，消耗22.4 L氧气
D．该电池负极电极反应为：
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：在a电极Al失去电子被氧化为 ，所以a电极为负极，放电时失去电子发
生氧化反应，A错误；
B．放电时OH-往负极区移动，对于该电池来说，移向a电极，与Al失去电子产生的Al3+反应产生 ，
B错误；
C．题干未指明气体所处的外界条件，故不能根据转移电子数目确定消耗的氧气的体积，C错误；
D．根据图示可知：在a电极Al失去电子产生Al3+，Al3+与溶液中的OH-反应产生为 ，则负极的电极
反应式为： ，D正确；
故合理选项是D。
8．理解与辨析是化学学科的关键能力，下列离子在溶液中能共存的是
A．S2-、Na+、H+、 B．Fe2+、 、H+、
C． 、 、OH-、Mg2+ D． 、Al3+、Cl-、Ca2+
【答案】D
【详解】A．氢离子和硫离子结合生成弱电解质硫化氢，不能大量共存，A错误；
B．氢离子和硅酸根离子结合生成硅酸沉淀，不能大量共存，B错误；
C．镁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，铵根离子和氢氧根离子结合生成一水合氨，不能大量共
存，C错误；
D．四种离子之间均不反应，可大量共存，D正确；
答案选D。
9．汽车尾气是造成雾霾天气的主要原因，研究其无害化处理具有现实意义。已知：2NO(g)+2CO(g)
2CO(g)+N(g)∆H<0，下列措施能提高该反应速率和NO转化率的是
2 2
A．改用高效催化剂 B．缩小容器的体积
C．降低温度 D．增加NO的浓度【答案】B
【详解】A． 改用高效催化剂，只改变反应速率，故A不选；
B． 缩小容器的体积，浓度增大，平衡向体积减小的方向即正向移动，能提高该反应速率和NO转化率，
故B选；
C． 降低温度反应速率降低，故C不选；
D． 增加NO的浓度，反应速率增大，但NO转化率降低，故D不选；
故选B。
10．载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间
站中氧气的再生。下列说法不正确的是
A．用于循环的氢原子利用率为100%
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源
C．反应①为
D．等物质的量的 和 含有的电子数相同
【答案】A
【详解】A．反应①为 ，反应②2HO 2H +O ，氢原子部分进入甲
2 2 2
烷，用于循环的氢原子利用率达不到100%，A错误；
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B正确；
C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为 ，C正确；
D．水和甲烷都是常见的10电子微粒，等物质的量的 和 含有的电子数相同，D正确；
故选A。
11．铁及其化合物在生活中应用广泛，下列有关离子方程式书写正确的是
A．将铁片投入到稀硝酸中：
B．向 溶液中通入少量 ：C．用铁氰化钾溶液检验 ：
D．往 溶液中加入过量 粉：
【答案】B
【详解】A．铁片与稀硝酸反应生成一氧化氮，不生成氢气，故A错误；
B． 具有较强的氧化性，可将 还原为硫单质，离子方程式为 ；故B正
确；
C．铁氰化钾溶于水可拆为离子的形式，离子方程式为 ，故C错
误；
D．过量 将 还原为铁单质，离子方程式为 ；故D错误；
故答案选B。
12．用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是
A．反应前需排尽装置中的空气
B．NO和CO在装置a中进行了预混合
C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊
D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收
【答案】D
【详解】A．NO与空气中氧气反应生成NO ，所以反应前需排尽装置中的空气，故A正确；
2
B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B正确；
C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装
置d中澄清石灰水变浑浊，故C正确；
D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D错误。
故选D。
13．铁的配合物离子(用 表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法不正确的是
A．该过程的总反应为HCOOH CO↑+H ↑
2 2
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该历程中反应速率最慢的一步：
D．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
【答案】D
【详解】A．根据反应进程图象可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO 和H，即该过程中的总反应为
2 2
HCOOH CO↑+H ↑，故A说法正确；
2 2
B．根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO-，HCOO-参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若
H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO-)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应Ⅲ→Ⅳ速率减慢，
故B说法正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图象可知， ，
活化能最大，反应速率最慢，故C说法正确；
D．虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D说
法错误；
答案为D。
14．短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消
毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示(“→”表示配位键，指共价键
中共用的电子对是由其中一原子独自供应)。下列说法正确的是
A．原子半径：X>Y>Z>WB．Y的最高价氧化物的水化物 为强酸
C．单质氧化性：
D．阴离子中四种元素均满足8电子稳定结构
【答案】D
【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀
菌消毒，W能形成2个共价键，W是O元素；Z能形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键，X
是F元素；Y能形成3个共价键和1个配位键，Y是B元素。
【详解】A．同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：B>C>O>F，故A错误；
B．B的最高价氧化物的水化物为HBO，HBO 是弱酸，故B错误；
3 3 3 3
C．单质氧化性： ，故C错误；
D．根据阴离子结构图，阴离子中B、Si、O、F四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；
选D。
15．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO 的热点研究领域，对节能减排有重要意义。已知反应：
2
6H(g)＋2CO(g) CH=CH (g)＋4HO(g)，温度对 CO 的平衡转化率和催化剂催化效率的影
2 2 2 2 2 2
响如图所示，下列说法不正确的是
A．正反应为放热反应
B．化学平衡常数：K ＞K
M N
C．当温度高于 250 ℃时，催化剂的催化效率降低是因为平衡逆向移动引起的
D．若初始投料比 n(H )∶n(CO)=3∶1，则图中 M 点的乙烯体积分数约为 7.7%
2 2
【答案】C
【详解】A．由图示知，随着温度的升高，CO 平衡转化率下降，说明温度升高，平衡逆向移动，故逆向
2
为吸热反应，正向为放热反应，A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故K ＞K ，B正确；
M N
C．温度高于250℃时，催化剂催化效率下降，是因为温度升高使催化剂活性下降，而不是平衡移动的原因，
C错误；
D．由图示知，点M的CO 平衡转化率为50%，设H 起始为3 mol，CO 为1 mol，列三段式如下：
2 2 2，则平衡时乙烯的体积分数=
，D正确；
故答案选C。
16．次磷酸钴 广泛应用丁化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解
法制备次磷酸钴的装置如图所示。下列说法正确的是
A．Co电极连接电源负极
B．C采用阴离子交换膜
C．石墨电极的电极反应式为
D．工作时，原料室中 的浓度不变
【答案】C
【详解】A．此电解池用金属钴和次磷酸钠制备次磷酸钴，因此Co电极失去电子作阳极，与电源的正极相
连，A项错误；
B．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。产品室中得到次磷酸钴，阳极区生成的 和原
料室中的 都移向产品室，为了确保产品的纯度和原料室电荷守恒，原料室中的 移向阴极区，因
此A、B、C分别采用阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜，B项错误；
C．石墨电极作阴极，因此电极反应式为 ，C项正确；
D．产品室中得到次磷酸钴，阳极区生成的 和原料室中的 都移向产品室，原料室中的 移向
阴极区，所以工作时原料室中 的浓度减小，D项错误；
选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）醋酸钠 是一种常用的防腐剂和缓冲剂。
(1)配制 溶液，需要称量醋酸钠晶体( ， )的质量为 。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、 (从下列图中选择，写出名称)。
(2)某小组探究外界因素对 水解程度的影响。
甲同学设计实验方案如下(表中溶液浓度均为 )：
i.实验 和 (填序号)，探究加水稀释对 水解程度的影响；
ii.实验1和3，探究加入 对 水解程度的影响；
iii.实验1和4，探究温度对 水解程度的影响。
温
序号
度
25
1 40.0 0 0
℃
25
2 4.0 0 36.0
℃
25
3 20.0 10.0
℃
40
4 40.0 0 0
℃
①根据甲同学的实验方案，补充数据： 。
②实验测得 ，该结果不足以证明加入 促进了 的水解。根据 (填一种微粒的
化学式)的浓度增大可以说明加入 能促进 的水解。
③已知 水解为吸热反应，甲同学预测 ，但实验结果为 。实验结果与预测不一致
的原因是 。
(3)小组通过测定不同温度下 的水解常数 确定温度对 水解程度的影响。
查阅资料： ， 为 溶液起始浓度。
试剂： 溶液、 盐酸、 计。
实验：测定40℃下 水解常数 ，完成下表中序号7的实验。
序号 实验 记录的数据取 溶液，用 盐酸滴定至终
5 消耗盐酸体积为
点
6 测40℃纯水的
7
在50℃和60℃下重复上述实验。
数据处理：40℃， (用含 、 、 的计算式表示)
实验结论： ，温度升高，促进 水解。
【答案】(1) 3.4g 烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
(2) 1 2 0 升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
(3) 测定40℃醋酸钠溶液的pH
或
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、
摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体
→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据
进行计算；
【详解】（1）配制 溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为
。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、
250mL容量瓶；
（2）探究加水稀释对 水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究
加水稀释对 水解程度的影响；
①实验1和3，探究加入 对 水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故 0；
②醋酸水解方程式为： ，铵根离子水解方程式为：
；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得 ，该结果不足以
证明加入 促进了 的水解，实验中可以根据 的浓度增大可以说明加入 能促
进 的水解；
③已知 水解为吸热反应，甲同学预测 ，但实验结果为 。实验结果与预测不一致
的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；（3）实验为通过测定不同温度下 的水解常数 确定温度对 水解程度的影响，则
实验7需要测定40℃醋酸钠溶液的pH；取 溶液，用 盐酸滴定至终点，
消耗盐酸体积为 ， 和HCl以1:1反应，此时 的起始浓度 = ，40℃
纯水的pH=b，则 ， ；实验7所得溶液的pH=c，则
，则 = 或 。
18．（14分）铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平面
显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含 、 、ZnO、PbO、 )中提取
金属铟的流程如图：
已知：氧化酸浸后铟以 的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用 表示，其在酸性溶液中可萃取
三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中 的硫元素被氧化为 ，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，
滤渣除含过量 外，还有___________(填化学式)。
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体， 就是一种双齿配体。“净化”时加入 的主
要作用是络合 ， 的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是___________。
(3)萃取过程的反应方程式为： ，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与
的关系如下： 。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到
95%，应调节溶液的pH=___________［已知 。忽略萃取剂浓度 在萃取过程中随pH的
变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从___________中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为
___________(填字母)。a．σ键 b．π键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为___________；与In原子间距离为
的In原子有___________个。
【答案】(1) 12:1 PbSO
4
(2)
(3)2.73
(4)b
(5)c
(6) 4 12
【分析】高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe O、 InO、 InS)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸
2 3 2 3 2 3
氧化,将InS 氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe O 分别和硫酸反应转化为ZnSO、PbSO 沉淀和
2 3 2 3 4 4
Fe ( SO) ，InO 和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止
2 4 3 2 3
加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗
铟，据此分析。
【详解】（1）氧化酸浸过程中MnO 只将InS 中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6
2 2 3
价，共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧化
剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
（2）草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为 ，该净化的离子方
程式为：
（3） 。当pH=2.30时，萃取率为50%；则 ，得
，若将萃取率提升到95%，则 ，将lgK代入，则有，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的
pH=2.73。
（4）Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。
（5）In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含c。
（6）磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为 ，磷原子数为
4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为 anm的In原子
在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间距离为 anm的
In原子数为 。
19．（14分）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应 的 _______ 。
(2)以 和 的混合气体为起始投料( 不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中
对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B． 和 的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C．增加起始投料时 的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时 的体积分数， 平衡转化率增大
(3)科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下， 催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生
成下列物质速率最慢的是_______。A． B． C． D．
②用 基催化剂研究 催化脱氢，该催化剂对 键和 键的断裂均有高活性，易形成碳单质。
一定温度下， 基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
(4)在 和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入 与一定量 发生反应(忽略反应Ⅰ和反
应Ⅱ外的其它反应)，平衡时 和 的物质的量分数随起始投料比 的变化关系如图所示。
①图中曲线c表示的物质为 ，表示 的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是_______。
②当 时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数 _______(写出计算过程，结果保留
2位有效数字；对于 ， ， )。
【答案】(1)+178
(2)AC
(3) C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C H 要大 0.077P
2 4【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应 的
；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时
增大，故A正确；
B． 和 的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时 的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C
正确；D．增加起始投料时 的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体
积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动， 平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下， 催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，
生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。
②用 基催化剂研究 催化脱氢，该催化剂对 键和 键的断裂均有高活性，易形成碳单质。
一定温度下， 基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性
失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为 ， 比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反
应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示 的曲线为a，判
断依据是 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C H 要大；故答案为：a；
2 4
比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C H 要大。
2 4
②当 时，平衡时体系压强为P，建立三段式 ，
，则反应Ⅰ的平衡常数
；故答案为：0.077P。
20．（14分）化合物G是某药物中间体，其一种合成路线如图。已知：R－NH R－NH－R′。
2
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为______，①的反应类型为_____。
(2)化合物E的结构简式为_____。
(3)③的化学方程式为______。
(4)关于上述化合物，下列有关说法正确的是_____(填标号)。
a.A的结构简式为
b.反应④的原子利用率为100%
c.F所含原子电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H
d.G具有碱性，能与HCl反应
(5)满足下列条件的化合物C的同分异构体有_____种。
i.含有－NH ，且－NH 与苯环直接相连；
2 2
ii.能与热的NaOH溶液发生水解反应.
其中一种核磁共振氢谱只有四种峰的结构简式为______。
(6)参照上述合成路线，设计以乙醇、对二甲苯和 为原料合成化合物 的路线
(其他无机试剂任选)：______。
【答案】(1)酯基 氧化反应(2)
(3) +3H
2
(4)cd
(5) 19
(6)
【分析】A和KMnO 发生氧化反应得到B，结合A的分子式和B的结构简式可以推知A中甲基被氧化为
4
羧基，A的结构简式为 ，B中含有羧基和乙醇发生酯化反应生成C，则C的结构简式为
，C在Ni的催化下和H 发生加成反应得到D，则D的结构简式为 ，D和
2
发生取代反应生成E，则E的结构简式为 ，E再经过一系列反应得到G，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，C的结构简式为 ，C中含氧官能团的名称为酯基；A发生氧化反
应生成B，①的反应类型为氧化反应。（2）由分析可知，化合物E的结构简式为 。
（3）C发生加成反应得到D，③的化学方程式为 +3H 。
2
（4）a．由分析可知，A的结构简式为 ，故a错误；
b．D发生取代反应生成E，该过程中还有小分子HCl生成，反应④的原子利用率小于100%，故b错误；
c．F中含有C、H、O、N，电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，故c正确；
d．G中含有亚氨基，具有碱性，能与HCl反应，故d正确；
故选cd。
（5）化合物C的同分异构体满足i.含有－NH ，且－NH 与苯环直接相连；ii.能与热的NaOH溶液发生水
2 2
解反应，说明其中含有酯基；若苯环上有两个取代基可能为：－NH 、-COOCH 或－NH 、-OOCCH 或－
2 3 2 3
NH 、-CHOOCH，每一种情况都有邻、间、对三种位置关系，共有9种，若苯环上有三个取代基为：－
2 2
NH 、-CH、-OOCH，共有10种位置关系，则满足条件的同分异构体共有10种，其中一种核磁共振氢谱
2 3 3
只有四种峰的结构简式为 。
（6）由E生成F的反应原理可知， 可由 和 反应得到，
可由 和乙醇发生酯化反应得到， 可由 和KMnO 反应得到，
4合成路线为：
。
