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 O-16 Ni-59
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．化学与生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法错误的是
A．“司南之勺，投之于地，其柢(勺柄)指南”中“司南之勺”的主要成分为
B．“用胶泥刻字 烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于传统无机非金属材料
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．垃圾分类有多种方法，废纸、玻璃属于可回收垃圾，废电池、废药品属于有害垃圾
【答案】C
【详解】A．司南之勺具有磁性，主要成分为 ，A正确；
B．印刷术陶瓷属于硅酸盐材料，为传统无机非金属材料，B正确；
C．活性炭具有除异味作用，但不可杀菌，C错误；
D．活性炭具有除异味和杀菌作用，D正确。 故选C。
2．芹䒮中的活性物质—芩黄素具有抗肿瘤、抗病毒的功能，其分子的结构简式如图所示。下列有关芩黄
素的说法错误的是
A．能发生加聚反应，但不能与甲醛发生缩聚反应
B．含有四种官能团，与 溶液作用显紫色
C．分子中碳原子的杂化方式均相同
D．苯环上的一氯代物有四种
【答案】A
【详解】A．碳碳双键能发生加聚反应，苯环上与酚羟基相邻的位置上有氢原子(其中有1个酚羟基的对位
上也有氢原子)，能与甲醛发生缩聚反应，A错误；B．该物质中含有羟基、醚键、酮羰基、碳碳双键四种官能团，其中的酚羟基能与 溶液作用显紫色，
B正确；
C．分子中碳原子的杂化方式均为 ，C正确；
D．苯环上的一氯代物 六个位置，3,5等效，4,6等效，所以共有四种，
D正确；故答案为：A。
3．下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 测定饱和氯水的 用玻璃棒蘸取待测溶液点在 试纸上
B 制备 向 溶液中加入足量的浓氨水，过滤
C 配制 溶液 将 固体溶于蒸馏水，再滴加硫酸直至溶液澄清
除去乙酸乙酯中的乙
D 加入乙醇、浓硫酸，加热
酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．氯水具有强氧化性，不能用 试纸测定其pH，A错误；
B．氨水不能溶解氢氧化铝，向 溶液中加入足量的浓氨水，过滤即可制备氢氧化铝，B正确；
C．为防止铁离子水解，配制 溶液时将 固体溶于盐酸中，然后再稀释，C错误；
D．除去乙酸乙酯中的乙酸，应该加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，D错误；
答案选B。
4．下列化学用语表示正确的是
A．溴的简化电子排布式：B．1-丁醇的键线式：
C． 形成的 键模型：
D．水的VSEPR模型：
【答案】D
【详解】A．溴位于周期表中第4周期第ⅤⅡA族，核外电子数35，电子排布式为 ，选项
A错误；
B．1-丁醇的键线式为 ，而 为1-丙醇，选项B错误；
C． 形成的 键模型： ，选项C错误；
D．HO中价层电子对个数=2+ =4，且含有2个孤电子对，所以HO的VSEPR模型为四面体
2 2
，选项D正确；答案选D。
5．周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料；肼( )的燃烧热为 ，
是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷( )和CO；在一定条件下白磷可
转化为黑鳞；在700～900℃条件下， 与 可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠( )不
溶于冷水，在酸性条件下与 反应生成 、 ，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下
列化学反应表示正确的是
A．肼的燃烧热的热化学方程式： kJ⋅mol
B．制单质磷：C．制砷化镓晶体：
D．铋酸钠氧化 ；
【答案】D
【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，肼的燃烧热的热
化学方程式应为 kJ⋅mol ，A错误；
B．由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷( )和CO，则制单质磷的反应方程式应为
，B错误；
C．在700～900℃条件下， 与 可制得半导体材料砷化镓晶体，则制砷化镓晶体的方程式应
为 ，C错误；
D．铋酸钠( )不溶于冷水，在酸性条件下与 反应生成 、 ，则铋酸钠氧化 的
离子方程式为 ，D正确； 故选D。
6． (赤血盐)、 (黄血盐)是常用于 、 的实验室检验试剂。一定条件下，可发
生如下两个反应：
① ，固态混合，释放 ；
② ，溶液混合，消耗 。
下列有关说法错误的是
A． 检验： (蓝色)B． 含有离子键、极性键、配位键
C． 氧化性强于
D．两个反应方向不一致，原因可能是溶液中 与 的配位能力强于
【答案】C
【详解】A． 检验： (蓝色)，故A正确；
B．配合物 含有离子键、极性键、配位键，故B正确；
C．根据反应 可知， 氧化性强于 ，故C错误；
D．两个反应方向不一致，原因可能是溶液中 与 的配位能力强于 ，故D正确；
答案选C。
7．药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。青蒿素可以获得双氢青蒿素，其变化过程示意图如下。下
列说法错误的是
A．若试剂①为NaH，其还原产物为
B．青蒿素中存在过氧键，具有强氧化性
C．该过程若有1mol青蒿素完全转化，则转移2mol电子
D．羟基的引入使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能
【答案】A
【详解】A．青蒿素反应过程中得氢，发生还原反应，得还原产物为双氢青蒿素，故A错误；
B．根据青蒿素结构可知，存在过氧键，具有强氧化性，故B正确；
C．结合反应过程中物质转化可知，若有1mol青蒿素完全转化，则转移2mol电子，故C正确；
D．羟基可发生多种化学反应，使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能，故D正确；答案选A。8．在硫酸铜溶液中加入过量浓氨水，可形成[Cu(NH ) (H O) ]2+。下列有关说法错误的是
3 4 2 2
A．配离子中两种配体的中心原子杂化方式和VSEPR模型均相同
B．基态原子第一电离能：N>O>S
C．键角：BF>H O>NH
3 2 3
D．配离子[Cu(NH ) (H O) ]2+的空间结构是八面体形
3 4 2 2
【答案】C
【详解】A．两种配体即分别为HO和NH 中，中心原子的价层电子对数分别为：2+ =4，3+
2 3
=4，杂化方式均为sp3杂化，VSEPR模型均为四面体形，A正确；
B．同主族元素，从上到下，第一电离能减小，故第一电离能O>S；同周期元素，从左到右，第一电离能
呈增大趋势，但N原子2p轨道处于半满状态，更稳定，故第一电离能N>O，所以基态原子第一电离能：
N>O>S，B正确；
C．BF、HO、NH 中心原子的价层电子对数分别为：3+ =3，2+ =4，3+ =4，它们分别
3 2 3
是sp2杂化、sp3杂化、sp3杂化，所以BF 键角最大，为120°； HO中O原子有两对孤电子对，NH 只有1
3 2 3
对孤电子对，根据孤电子对-孤电子对排斥力>孤电子对-成键电子对排斥力>成键电子对-成键电子对排斥力，
所以键角NH > H O；故键角：BF> NH > H O，C错误；
3 2 3 3 2
D．配离子[Cu(NH ) (H O) ]2+的配位数为4+2=6，空间结构是八面体形，D正确；故答案为：C。
3 4 2 2
9．工业上可用克劳斯工艺处理含HS的尾气获得硫黄，工艺流程如下.
2
已知反应炉中部分 发生反应： 。下列说法错误的是
A．可用品红溶液检验排放的气体中是否含有二氧化硫
B．每回收 单质硫，理论上消耗氧气的体积为 (标准状况)
C．催化转化器中发生的反应为
D．为提高 转化为S的比例，理论上应控制反应炉中 的转化率约为
【答案】B【分析】由题干已知信息可知，反应炉中部分HS发生反应： ，催化转化器中发
2
生反应为： ，生成的硫蒸气经硫冷凝器可将硫冷凝下来，变为固体和气体分离，据
此分析解题。
【详解】A．利用SO 可使品红溶液褪色的特性，故可用品红溶液检验排放的气体中是否含有二氧化硫，A
2
正确；
B．每回收 单质硫的物质的量为： =1mol，根据分析可知，生成1molS需SO 的物质的量为
2
mol，生成 molSO 需要O 的物质的量为：0.5mol，故理论上消耗氧气的体积为0.5mol×22.4L/
2 2
mol=11.2L，B错误；
C．由分析可知，催化转化器中发生的反应为 ，C正确；
D．根据反应方程式 、 可知，为提高 转化为S的比例，
理论上应控制反应炉中 的转化率约为 ，D正确；故答案为：B。
10．研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理
含硫废水并电解制备KIO 的原理如图所示，下列说法正确的是
3
A．光照强度大小不影响KIO 的制备速率
3
B．右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极C．电极N处发生电极反应：S-6e-+4H O= +8H+
2
D．不考虑损耗，电路中每消耗1 molO，理论上Q极可制得342.4 g KIO
2 3
【答案】C
【分析】石墨电极M处，CO 在光合菌、光照条件下转化为O，O 在M极放电生成HO，发生还原反应，
2 2 2 2
M为正极，正极电极反应式为O+4e-+4H+=2H O，N极为负极，硫氧化菌将FeS 氧化为S，硫再放电生成
2 2 x
，负极电极反应式为S-6e-+4H O= +8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，
2
铂电极Q为阳极，阴极反应式为2HO+2e-=H ↑+2OH-，阳极反应式为I+12OH--10e-=2IO +6H O，阴极生
2 2 2 2
成氢氧根离子，而阳极生成的IO 比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。
【详解】A．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO 的制备速率，故
3
A错误；
B．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO 比消耗的OH-少，溶液中
K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故B错误；
C．N极为负极，硫氧化菌将FeS 氧化为S，硫再放电生成 ，负极电极反应式为S-6e-+4H O=
x 2
+8H+，故C正确；
D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO ，转移电子为4mol，阳极反应式为I+12OH--10e-=2IO +6H O，可
2 2 2
知生成KIO 为4mol× =0.8mol，理论上Q极可制得KIO 的质量为0.8mol×214g/mol=171.2g，故D错误；
3 3
故选：C。
11．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 代表 或 中的一种。下
列说法正确的是A．a、c分别是
B． 既可以是 ，也可以是
C．已知 为副产物，则通入水蒸气可减少 的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】 分解的产物是 和 ，分解得到的 与 反应生成 ， 又可
以分解得到 和 ，则a为 ，b为 ，c为 ，d为 。
【详解】A．由分析可知，a为 ，c为 ，A项错误；
B．d为 ，B错误；
C．可以水解生成 ，通入水蒸气可以减少 的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。
12．一定条件下，丙烯与HCl反应生成 和 的反应历程如图所示。下列说法正
确的是
A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成 的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中 的比例
D． 的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差
值
【答案】C
【详解】A．由图可知，无论是生成 氯丙烷还是生成 氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总
能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A错误；
B．在合成 氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决
速步，B错误；
C．由图可知： ，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，
适当升高温度可以提高加成产物中 的比例，C正确；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应
的焓变，D错误；故选C。
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]。下列说法不正确的是
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
【详解】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．电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下
列叙述错误的是
A．电极a为阴极
B． 从电极b移向电极a
C．电极b发生的反应为：
D．生成 半胱氨酸的同时生成 烟酸
【答案】D
【分析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢’，发生氧化反应，则b为
阳极，a为阴极，阴极电极反应式为 +2e-+2H+=2
；【详解】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，则H+移向a电极，B正确；
C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为：
，C正确；
D．根据电子守恒可得关系式： ~6e-~6 ，
因此生成6mol半胱氨酸的同时生成 烟酸，D错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）碳酸钐Sm (CO)(摩尔质量为480g•mol-1)为难溶于水的白色粉末，可用于治疗高磷酸盐血症，
2 3 3
实验室可利用如图所示装置制备一定量的Sm (CO)•xH O并测量x值(夹持装置已省略)。
2 3 3 2
请回答下列问题：
(1)仪器C的名称是 ，仪器A中的试剂是 。
(2)装置的连接顺序是a→ ， ←b(填接口字母)；若仪器B中盛有生石灰，则该装置中发生反
应的化学方程式为 。
(3)仪器D的用途是 ，尾气中的 必须吸收处理。
(4)如图所示装置可测量样品组成中的x值，有关实验数据如表所示。装置 E G
实验前仪器与试剂总质量\g m m
1 3
实验后仪器与试剂总质量\g m m
2 4
①加热前后均要通入一段时间的N。加热前通入N 的操作是 ，装置H的作用是 。
2 2
②x= (用含m、m、m、m 的代数式表示)。
1 2 3 4
【答案】(1) 三颈烧瓶 （1分） 饱和碳酸氢钠溶液（1分）
(2) c （1分） d （1分） （2分）
(3)防止NH 溶解产生倒吸现象 （2分） NH （1分）
3 3
(4)打开K、K 和K，缓缓通入一段时间的N （2分） 防止空气中CO、HO进入装置G中干扰实验
4 5 6 2 2 2
（2分） （2分）
【分析】装置A中产生 和装置B中产生的 ，通入装置C中，与 溶液反应生成
晶体；
【详解】（1）仪器C的名称是三颈烧瓶，将仪器A中溶液滴入集气瓶中将 出，因此 不能溶解在
相应的溶液中，也不能与相应溶液反应，故仪器A中的试剂应是饱和 溶液；
（2）由于氨气极易溶于水，需要设置防倒吸装置，故氨气从d口进入，故装置的连接顺序是 ，
；在题给制气装置中，制备 的试剂是CaO、浓氨水，反应的化学方程式为；
（3） 极易溶于水，仪器D的用途是防止倒吸，尾气中 有毒，因此 必须用相应的试剂吸收处
理；
（4）①加热时 分解为水、 、 ，水用浓硫酸吸收， 用碱石灰吸收。加热
前通入 的操作是打开 和 ，再缓缓通入 ，H装置的作用是防止空气中二氧化碳、水干扰实
验；
②由表中数据知， ，E中固体质量减少了 ，此值与生成的 、 质
量和相等，故 ， 分解的化学方程
式为 ，故有 ，解得
。
16．（14分）研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)NO 的排放主要来自于汽车尾气，包含NO 和NO，有人提出用活性炭对NO 进行吸收，发生如下反应：
x 2 x
C(s)+2NO(g) N(g)+CO (g) △H=﹣34.0kJ/mol。对于反应T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上
2 2 1
各物质的浓度如下：
0 10 20 30 40 50
NO 1.00 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48
N 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36
2
①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)= ，当升高反应温度，该反应的平衡常数K
(选填“增大”、“减小“或“不变”)。
②30min后。只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是(填字母)。
a．加入一定量的活性炭 b．通入一定量的NO
c．适当缩小容器的体积 d．加入合适的催化剂。
(2)科研人员发现碘蒸气存在能大幅度提高NO的分解速率，反应历程为
2
第一步：I(g)→2I(g)(快反应)
2
第二步：I(g)+NO(g)→N (g)+IO(g)(慢反应)
2 2
第三步：2IO(g)+2N O(g)→2N (g)+2O(g)+I (g)(快反应)
2 2 2 2
实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k•c(NO)•[(I )]0.5(k为速率常数)，下列表述正确的是 (填
2 2 2
字母)。
A．I(g)是反应的催化剂，I(g)浓度增大，NO分解反应速率增大
2 2 2
B．第二步是整个反应的决速步骤
C．I(g)能降低反应的焓变，从而化学反应速率增大
2
(3)工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为NO ：
2
反应Ⅰ．NO(g)+ O(g) NO (g) △H
2 2
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ．2NO(g) NO(g) △H<0(快速平衡)
2 2
反应Ⅲ．NO(g)+O(g) 2NO (g)
2 2 2 2
反应Ⅲ的速率方程为v=k•p(N O)•p(O )
2 2 2
①控制投料比n(NO)：n(O )=2：1，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图所示：
2
由图知相同压强下反应Ⅰ的速率随温度升高而 (填写“增大”“减小”)，可能的原因是
。
②已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数K 如下表：
c温度/℃ 27 77 127 177 227 500
平衡常数K 1.1×106 1.3×104 3.7×103 5.61×102 1.2×102 1.0
c
NO由NH 催化氧化得到，而催化后的产物气体往往高于800°C，为使反应I顺利进行，再进行反应。“急
3
刷冷却”的原因有：低温下有利于反应速率增大； 。
(4)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染。需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO
发生反应2NO(g)+2CO(g)=N (g)+2CO (g) △H=﹣746.8kJ•mol﹣1，实验测得：v =k •p(NO)•p(CO)，v =k
2 2 正 正 2 逆
•p(N )•p((CO )，其中k 、k 分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量
逆 2 2 正 逆
分数×总压)。一定温度下在刚性密闲容器中充入CO、NO和N 物质的量之比为2 : 2 : 1，压强为pkPa．达
2 0
平衡时压强为0.9pkPa，则 = 。
0
【答案】(1) 0.042mol•(L•min)﹣1 （2分） 减小 （1分） bc（2分）
(2)AB（2分）
(3) 减小（1分） 反应Ⅱ放热，且快速平衡，升温使反应Ⅱ逆向移动，体系中NO 的浓度减小，进而
2 2
使反应Ⅲ速率减小，反应Ⅲ是决速步（2分） 有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率，除去气体
中的水蒸气（2分）
(4) （2分）
【详解】（1）①0～10min内，NO的平均反应速率 ，
该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：0.042mol•(L•min)﹣1；减小；
②30min后，CO的浓度增大，N 的浓度增大，以此解题；
2
a．加入一定量的活性炭，平衡不移动，CO和N 的浓度不变，a错误；
2
b．通入一定量的NO，平衡正向移动，CO和N 的浓度增大，b正确；
2
c．该反应前后气体计量系数不变，适当缩小容器的体积，相当于加压，平衡不移动，CO和N 的浓度增大，
2
且增大的倍数相同，c正确；
d．加入合适的催化剂，不影响化学平衡，CO和N 的浓度不变，d错误；
2
故答案为：bc；（2）由速率公式，即速率方程v=k•c(NO)•[(I )]0.2(k为速率常数)，可知碘蒸气的浓度增大，NO分解反应
2 2 2
速率增大，
A．I(g)是反应的催化剂，I(g)浓度增大，NO分解反应速率增大，故A正确；
2 7 2
B．慢反应步骤是整个反应的决速步骤，第二步是整个反应的决速步骤，故B正确；
C．催化剂不改变反应的焓变，故C错误；
故选AB；
（3）(①由不同温度下的NO的转化率随着温度的变化示意图，相同压强条件下，低温条件下，在相同的
时间转化率最大，则反应速率大，温度低反应速率大，可能的原因是反应Ⅱ是放热反应，且快速平衡，升
温使反应Ⅱ逆向移动，体系中NO 的浓度减小，进而导致反应Ⅲ速率下降或者使反应Ⅲ的速率常数k的升
2 2
高不如NO 的浓度减小对其速率影响显著，故答案为：减小；反应Ⅱ放热，且快速平衡，升温使反应Ⅱ逆
2 2
向移动，体系中NO 的浓度减小，进而使反应Ⅲ速率减小，反应Ⅲ是决速步；
2 2
②由数据信息分析，反应放热，低温下有利于反应速率增大，冷凝水蒸气，同时有利于平衡向正向移动，
提高反应物的转化率，故答案为：有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率，除去气体中的水蒸气；
（4）依据在净化装置中CO和NO发生反应，列出三段式：
，解得a = 0.1P，则该反应的压强平衡常数
0
。
17．（14分）某废镍催化剂的主要成分是 合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用
如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物( )。
回答下列问题：(1)“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为 。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有 、 、 、 、 。
(3)在空气中煅烧 ，其热重曲线如图1所示，300~400 ℃时 转化为 ，反应的化学方程式
为 ；400~450℃生成的固体产物的化学式为 。
(4) 工业上可用电解法制取 。用NaOH溶液调节 溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电
极进行电解。电解过程中产生的 有80%在弱碱性条件下生成 ，再把二价镍氧化为三价镍。写出
氧化 生成 的离子方程式 。
(5)金属镍的配合物 的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=
；CO与 结构相似，CO分子内 键与 键个数之比为 。
(6)NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1， ， )，则B的离子坐标参数
为 。
【答案】(1) （2分）(2) （1分）
(3) （2分） （2分）
(4) （2分）
(5) 4 （2分） 1∶2（1分）
(6)(1，1，1)（2分）
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液
1”的主要溶质为 、NaAlO ；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成
2
Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为
Cr(OH) 、Fe(OH) 沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO 沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠
3 3 3
和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO 中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
3
【详解】（1）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：
；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有 ，Ni2+、Fe3+，答案为： ；
（3） 转化为 ，反应的化学方程式为 ；设
1mol 在 下分解为 ，1mol 的质量为 ，由图可知，
在 下分解固体残留率为67.5%，则分解后 的质量为 ，根据Ni
原子守恒可知，生成 的物质的量为 ， =80.3g，得到 ，故
生成产物的化学式为 ，答案为： ， ；
（4）ClO－把Ni(OH) 氧化成Ni O，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH) →Ni O＋Cl－，
2 2 3 2 2 3根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为 ；
（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N 结构相似，含有C≡O
2
键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；
（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1， ， )，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，
1)；
18．（15分）PKR抑制剂(H)可用于治疗遗传性溶血性贫血。一种制取PKR抑制剂的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)C中官能团的名称是 。D→E的反应类型为 。
(2)A→B反应所需的试剂及条件为 。
(3)E在酸性条件下发生水解反应的一种产物的分子式为C HNO ，该分子经聚合反应可制成高分子纤维。
7 7 2
该聚合反应的化学方程式为 。
(4)PKR抑制剂(H)分子中N原子的杂化方式为 。
(5)在E的芳香族同分异构体中，含有硝基且苯环上只有两个取代基的结构有 种(不考虑立体异
构)；其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为 。
(6)由F合成G的过程需要用到四氢呋喃( )作为溶剂。已知： +(R，R'，R"代表氢原子或烃基)。设计由乙炔和甲醇制备四氢呋喃的合成路线：
(无机试剂任选)。
【答案】(1) 硝基、羧基 （2分） 还原反应（1分）
(2)浓硝酸、浓硫酸，加热（2分）
(3)n （2分）
(4)sp2、sp3（2分）
(5) 15 （2分） （2分）
(6) （2分）
【分析】由B的结构简式可以推出A的结构简式为 ，A→B的反应条件应该是浓硫酸、浓硝酸、加
热。 依据B→C→D的反应条件可以推出C、D的结构简式分别为： 、 ，后面反
应条件和结构简式都已经给出，依次作答即可。【详解】（1）C的结构简式为 ，所以官能团名称为硝基、羧基。故答案是硝基、羧基；D→E
的反应是把硝基还原为氨基，所以反应类型为还原反应，故答案为还原反应；
（2）A→B的反应是在甲基对位增加了一个硝基，所以是苯的硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加
热，故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；
（3）E在酸性条件下发生水解反应的一种产物的分子式为C HNO ，其结构简式为 ，所以其聚
7 7 2
合反应的方程式为：n ，故
答案为：n ；
（4）PKR抑制剂(H)分子中N原子有两种，一种为饱和的N原子，形成了三个单键，杂化方式为sp3，另
一种N原子和C原子形成了环状的大π键，杂化方式为sp2，故答案为sp2、sp3；
（5）在E的芳香族同分异构体中，含有硝基且苯环上只有两个取代基的结构有：考虑官能团类型异构有
如下5种 、 、 、 、 ；每一种结构都有邻间对三种情况，所以共有3×5=15种；其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为 ，故答案为15，
；
（6）依据题目信息 + (R，R'，R"代表氢原
子或烃基)和所提供的试剂乙炔和甲醇，可知需要的是把甲醇氧化到甲醛，然后与乙炔发生加成反应，所以
正确的合成路线为:
故答案为： 。
