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08
（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．化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A．加入浓盐酸可增强“84”消毒液的消毒效果
B．华为手机mate60使用的麒麟9000s芯片，其主要成分是二氧化硅
C．《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”的变化属于化学变化
D．速滑竞赛服使用的聚氨酯材料属于天然有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，加入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HClO的
浓度，则减弱84消毒液的漂白效果，故A错误；
B．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，故B错误；
C．“石胆能化铁为铜”的变化是铁转化为铜的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D．聚氨酯材料属于人工合成的有机高分子材料，故D错误；
故选C。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．HClO的电子式：
B．O 的分子结构空间模型：
3
C．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3
D．反式聚异戊二烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A．HClO的电子式： ，A错误；B．O 的分子结构空间模型: ，B错误；
3
C．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3，C正确；
D．反式聚异戊二烯的结构简式： ，D错误；
故选C。
3．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．常温常压下，23g钠在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为2N
A
B．1molH O中，中心原子的孤电子对数为2N
2 A
C．标准状况下，0.1molHF的体积约为2.24L
D．1L0.1mol•L-1的(NH )SO 溶液中，含有NH 的数目为0.2N
4 2 3 A
【答案】B
【解析】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol,而钠反应后变为+1价，故0.1mol钠反应后转移0.1N 个电子，故
A
A错误；
B．水中心原子O上孤电子对数为 ，孤电子对数为2N ，故B正确；
A
C．标准状况下，HF不是气体，不能用22.4L/mol来计算0.1molHF的体积，故C错误；
D．n[(NH )SO ]= 1L×0.1mol•L-1=0.1mol，含0.2mol ，但铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，
4 2 3
的数目小于0.2N ，故D错误；
A
故选B。
4．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．臭碱(硫化钠)溶液中滴加足量的稀硝酸：S2-+2H+=H S↑
2
B．氯化铝溶液中通入过量的氨气：Al3++4NH+4H O= +4NH
3 2
C．石钟乳(CaCO)溶于醋酸：CaCO +2H+=Ca2++H O+CO↑
3 3 2 2
D．1.5molCl 通入到含1molFeI 的溶液中：2Fe2++4I-+3Cl=2Fe3++6Cl-+2I
2 2 2 2
【答案】D
【解析】A．臭碱(硫化钠)溶液中滴加足量的稀硝酸不发生复分解反应，硝酸具有强氧化性，可以将 氧化为S单质，自身根据其浓度大小被还原为NO或 ，A错误；
B．氢氧化铝不溶于氨水， 与氨水反应生成 ， B错误；
C．醋酸是弱酸，碳酸钙与醋酸反应的离子方程式2CHCOOH+CaCO =Ca2++2CH COO-+H O+CO↑， C错
3 3 3 2 2
误；
D．1.5mol 通入到含1mol 的溶液中，可将 全部氧化，离子方程式：2Fe2++4I-+3Cl=2Fe3+
2
+6Cl-+2I ，D正确；
2
故选D。
5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．用图①装置验证非金属性：Cl>C>Si
B．按图②所示的气流方向可用于收集Cl
2
C．用图③装置高温灼烧Ag S制取Ag
2
D．用图④装置制备氢氧化铁胶体
【答案】B
【解析】A．图①装置中，盐酸制取 ， 可以生成 ，只能证明酸性： ，
因为盐酸不是最高价含氧酸，所以不能证明氯元素的非金属性强，A错误；
B．氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，图②所示的气流方向可用于收集Cl，B正确；
2
C．高温灼烧固体应在坩埚中进行，蒸发皿只能用于蒸发溶液，C错误；
D．制备氢氧化铁胶体是向沸水中滴加饱和 溶液，加热煮沸至液体呈红褐色，图④装置用饱和
溶液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，D错误；
故选B。
6．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
【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；
故选C。
7．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大。X原子半径最小。Y、Z同周期，且两者的基态原
子核外均有2个未成对电子。W元素与X的同族元素相邻。下列说法不正确的是
A．W的第一电离能大于同周期相邻元素
B． 的水溶液呈酸性
C．W单质与 晶体可发生置换反应
D．简单氧化物熔点：
【答案】B【分析】X原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素；Y、Z同周期，且两者的基态原子核外均有2
个未成对电子，则Y为C元素，Z为O元素；W元素与X的同族元素相邻，且其原子序数最大，为Mg元
素；
【解析】A．Mg元素核外电子排布： ，为全充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元
素，故A正确；
B．分子式为CHO，为甲醛，水溶液不呈酸性，故B错误；
2
C．Mg单质与CO 反应方程式： ，故C正确；
2
D．简单氧化物熔点：MgO＞HO＞CO，故D正确；
2 2
故选B。
8．一种超导材料(仅由 三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知 ，用 表示
阿伏加德罗常数的值)：
下列说法正确的是
A．基态 失去 能级上的一个电子转化为
B．若 点原子分数坐标为 ，则 点原子分数坐标为
C． 之间的距离为
D．晶体的密度为
【答案】D【解析】A．基态 失去 能级上的一个电子转化为 ，A错误；
B．若 点原子分数坐标为 ，则 点原子分数坐标为 ，B错误；
C． 之间的距离为面对角线的 ，数值为 ，C错误；
D．晶体结构中 的个数分别为： ，化学式为 ，晶体
的密度为 ，D正确；
故选D。
9．布洛芬(Ibuprofen)为解热镇痛类，非甾体抗炎药。但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行
修饰，其修饰后的产物如图所示。下列说法错误的是
A．该有机物的分子式为C H ON B．该有机物能发生取代、加成、氧化反应
19 23 2
C．该有机物的部分官能团可用红外光谱仪检测 D．该有机物苯环上的一氯代物有3种
【答案】D
【解析】A．该有机物的分子式为C H ON，故A正确；
19 23 2
B．该有机物含有酯基，能发生水解反应即取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，该有机物能燃
烧，可发生氧化反应，故B正确；
C．红外光谱仪可确定化学键及官能团，可检测有机物的结构，故C正确；
D．该有机物苯环关于轴对称，有2种H，则苯环上的一氯代物有2种，故D错误；
故选D。
10．我国科学家研发的水系可逆Zn﹣CO 电池可吸收利用CO，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分
2. 2
隔两室电解液充、放电时，复合膜间的HO解离成H+和OH﹣，工作原理如图所示。下列说法正确的是
2A．放电时负极反应式是Zn﹣2e﹣=Zn2+ B．充电时在电解质溶液中电子向阳极移动
C．充电时复合膜中向Zn极移动的离子是H+ D．放电时多孔Pd纳米片上有少量的氯气产生
【答案】C
【分析】由图可知，a膜是释放出氢离子的阳离子交换膜，b膜是释放出氢氧根离子的阴离子交换膜，放电
时，锌电极为原电池的负极，释放出的氢氧根离子向负极移动，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反
应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣=Zn(OH) ，多孔Pd纳米片为正极，释放出的氢离
子向正极移动，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO+2H++2e﹣
2
=HCOOH，充电时，与直流电源负极相连的锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应
生成锌和氢氧根离子，电极反应式为Zn(OH) +2e﹣=Zn+4OH﹣，释放出的氢离子向阴极移动中和溶液中的
氢氧根离子，多孔Pd纳米片为阳极，释放出的氢氧根离子向阳极移动，碱性条件下甲酸在阳极失去电子
发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为HCOOH+2OH﹣﹣2e﹣=CO +2H O，以此解题。
2 2
【解析】A．由分析可知，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣=Zn(OH) ，故A错误；
B．电子不能进入电解质溶液，故B错误；
C．由分析可知，锌电极为阴极，电极反应式为Zn(OH) +2e﹣=Zn+4OH﹣，释放出的氢离子向阴极移动中
和溶液中的氢氧根离子，故C正确；
D．由分析可知，多孔Pd纳米片为正极，电极反应式为CO+2H++2e﹣=HCOOH，故D错误；
2
故选C。
11．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元素能
组成离子化合物；Y元素的气态氢化物水溶液显碱性。下列说法正确的是A．简单离子半径：
B． 分子的空间结构为平面三角形
C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物均为极性分子
D．由Y、Z、Q组成的化合物的水溶液一定显中性
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元
素能组成离子化合物所以两者同是IA族元素，Y元素的气态氢化物水溶液显碱性为氮元素，所以X、Q分
别为氢和钠，所以X、Y、Z、W、Q分别是氢、氮、氧、氟、钠五种元素，依此解题。
【解析】A．Z、W、Q形成的离子分别是 、 、 ，离子结构相同质子数越大半径越小，所以离子
半径 ，A错误；
B．三氟化氮分子中中心原子有4个价层电子对，一个孤电子，结构是三角锥形，B错误；
C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物为 空间结构为三角锥、V形、直线形都是由极性
键构成的极性分子，C正确；
D．由Y、Z、Q组成的化合物亚硝酸钠的水溶液显碱性，D错误；
故选C。
12．活性ZnO是一种面向新世纪的新型高功能精细无机产品，某锌泥［主要含Zn、ZnO和 ］回
收活性ZnO的工业流程如下：
下列说法错误的是
A．“化浆”的目的是增大固液接触面积
B．温度越高，“氧化”步骤速率越快
C．增大压强可增大“碳化”过程中 的吸收量
D．可通过所得活性ZnO质量和煅烧后产生 的质量计算x【答案】B
【解析】A．“化浆”的目的是增大固液接触面积，加快反应速率，A正确；
B．温度升高， 分解速率越快，“氧化”步骤速率不一定越快，B错误；
C．根据平衡原理可知增大压强可增大“碳化”过程中 的吸收量，C正确；
D．根据 的质量可算得y，再根据Zn元素守恒可计算x，D正确；
故选B。
13．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热 。一定条件下该反应经历三
个基元反应阶段，反应历程如图所示（TS表示过渡态），下列说法正确的是（ ）
A．三个基元反应中只有③是放热反应
B．该化学反应的速率主要由反应②决定
C．该过程的总反应为
D．
【答案】C
【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
①2NO=N O △H=+199.2kJ/mol
2 2 1
②N O+CO=CO +N O △H =-513.5 kJ/mol
2 2 2 2 2
③CO +N O+CO=2CO+N △H=-(△E-248.3) kJ/mol
2 2 2 2 3
【解析】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放
热反应，A错误；
B．活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，而反应②的活化能最小，故该化学反应的速率不是由反应②决定，B错误；
C．由始态和终态可知，该过程的总反应为NO和CO生成氮气和二氧化碳，过氧为
，C正确；
D．由盖斯定律可知，①+②+③得 △H=（+199.2kJ/mol）+（-513.5
kJ/mol）+[（-(△E-248.3) kJ/mol）]=-620.9kJ/mol，则△E=554.9 kJ/mol，D错误；
故选C。
14．已知 属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用 调节 浊液的 ，测得在不同 条件
下，体系中 或 与 的关系如图所示(不考虑
的挥发等)。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅰ代表 与 的变化曲线
B．常温下，
C．c点的溶液中存在关系：D．d点的溶液中存在关系：
【答案】C
【分析】物质难溶于水，可溶于酸，一般可用平衡原理进行解释，如SrF2浊液中存在溶解平衡
，用HCl调节溶液存在平衡： ，促进溶解平衡正向移动；随
着 的增大， 减小， 逆向移动，F−浓度增大， 变小，
则Ⅱ为 曲线，Ⅰ为 曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表 与 的变化曲线，A正确；
B． 为-1时，−lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10−4 mol·L−1，−lgc( F−)=2.2，c( F−)=10−2.2mol·L−1，
K SrF )=10−4×(10−2.2)2=10−8.4，B正确；
sp( 2
C．c点处c(Sr2+)=c(F−)，结合 物料守恒可知，c(Sr2+)=c(F−)=c(HF)，由电荷守恒得2c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl−)
+c(OH−)+c(F−)，则c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，溶液呈酸性，得c(Cl−)>c(Sr2+)，c点对应 值大于
0，则 >1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl−)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，C错误；
D．由物料守恒可知，d点的溶液中存在关系： ，D正确；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）二氧化氯(ClO )是一种优良的消毒剂，熔点为-59℃，沸点为11℃，浓度过高时易发生分
2
解，甚至爆炸。
Ⅰ．某课外兴趣小组通过氯气与NaClO 溶液反应来制取少量ClO ，装置如图所示：
2 2（1）丙装置中发生反应的化学方程式为 。
（2）Cl-存在时会催化ClO 的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO 的速率明显加快。乙装置中试剂瓶
2 2
内的液体是 。实验过程中常需通入适量的N 稀释ClO ，其目的是 。
2 2
（3）戊装置烧杯中NaOH溶液吸收ClO 后，生成了 、 ，该反应的离子方程式是 。
2
Ⅱ．用下图装置可以测定混合气中ClO 的含量：
2
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾-淀粉溶液，用50 水溶解后，再加入3 稀硫酸：
②在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
③将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
④将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
⑤用0.1000 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液( )，指示剂显示终点
时共用去20.00 硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
（4）玻璃液封装置的作用是 ， 。（5）滴定至终点的现象是 。
（6）测得混合气中ClO 的质量为 g。
2
【答案】（1）2NaClO+Cl=2ClO +2NaCl（2分）
2 2 2
（2）饱和食盐水（1分） 防止ClO 发生分解，甚至爆炸（2分）
2
（3）2ClO +2OH-= + +H O（2分）
2 2
（4）吸收残留的ClO 气体避免碘的逸出（2分） 使锥形瓶内外压强相等（1分）
2
（5）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色（2分）
（6）0.027（2分）
【分析】Ⅰ．甲装置用于制备氯气，乙装置盛装饱和食盐水，氯气经过饱和食盐水除去其中混有的HCl气
体，丙装置盛装NaClO 溶液，Cl 通入NaClO 溶液中反应生成ClO ，自身被还原为NaCl,化学方程式为
2 2 2 2
2NaClO+Cl=ClO +2NaCl，丁装置用于收集ClO ，最后用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答（1）
2 2 2 2
～（3）；Ⅱ．（4）ClO 通入锥形瓶中与碘化钾溶液反应生成碘和氯离子，玻璃液封装置可防止ClO 气体
2 2
逸出；5）淀粉遇碘单质变蓝；（6）根据关系式2ClO ～5I～10NaSO 计算n（ClO ），再根据m=nM计
2 2 2 2 3 2
算m（ClO ），据此分析解题。
2
【解析】（1）丙装置中氯气与NaClO 溶液反应生成ClO 、NaCl，化学方程式为
2 2
2NaClO+Cl=2ClO +2NaCl，故选2NaClO+Cl=2ClO +2NaCl；
2 2 2 2 2 2
（2）Cl-存在时会催化ClO 的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO 的速率明显加快，则乙装置的作用
2 2
是除去杂质HCl气体，所盛溶液为饱和食盐水，ClO 的浓度过大会分解、甚至爆炸，则实验过程中常需通
2
入适量的N 稀释ClO ，防止ClO 发生分解，甚至爆炸，故选饱和食盐水；防止ClO 发生分解，甚至爆
2 2 2 2
炸；
（3）NaOH溶液吸收ClO 后，生成了 、 ，离子方程式为2ClO +2OH-= + +H O，故选
2 2 2
2ClO +2OH-= + +H O；
2 2
（4）玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO 气体避免碘的逸出，并使锥形瓶内外压强相等，故选吸收残
2
留的ClO 气体避免碘的逸出；使锥形瓶内外压强相等；
2
（5）装置中指示剂为淀粉溶液，硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的I 溶液时，终点的现象是溶液由蓝
2
色变为无色，且半分钟内不变色，故选溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
（6）ClO 氧化KI的反应为2ClO +10I-+8H+=2Cl-+5I +4H O，I+2 =2I-+ ，则关系式2ClO ～5I～
2 2 2 2 2 2 210NaSO，n（ClO ）= n（NaSO）=0.2×0.1000×0.020mol=0.0004mol，m（ClO ）
2 2 3 2 2 2 3 2
=nM=0.0004mol×67.5g/mol=0.027g，故选0.027。
16．（14分）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶
性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO ·7H O)：
4 2
某温度下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的作用除了去除催化剂表面的油脂外，还具有作用是 (用化学方程式表
示)。为回收金属，通常用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，该沉淀的化学式为 。
（2）“滤液②”中含有的金属离子除了“Ni2+”，还有 。
（3）“转化”中加入HO 的主要作用是 (用离子方程式表示)。
2 2
（4）利用上述表格数据，计算Fe(OH) 的K = (列出计算式即可，不用化简)。如果“转化”后的溶
2 sp
液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，则“调pH”应控制pH不超过 (填数值)。
（5）分离出硫酸镍晶体后的母液中含有的溶质是 。
（6）将400kg废弃镍催化剂进行上述流程，充分回收利用，最后制得硫酸镍晶体质量为281kg，则该废弃
镍催化剂中Ni元素的质量分数为 。
【答案】（1） （2分） （2分）
Al(OH) （1分）
3
（2）Fe2+、Fe3+（1分）
（3） （2分）
（4） 或 （2分） 6.2（1分）（5）NaSO 、NiSO （1分）
2 4 4
（6）14.75%（2分）
【分析】废镍催化剂[某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其
他不溶性物质)]先与氢氧化钠反应，除掉油污和铝及铝的化合物，过滤，向滤渣中加入硫酸溶解，过滤出
不溶性杂质，再向滤液中价双氧水氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH值沉淀铁离子，过
滤，将滤液控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体。
【解析】（1）根据油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物)，则“碱浸”中
NaOH的作用是除去油脂，溶解铝及其氧化物，发生反应： 、
。为回收金属，滤液①中主要含有偏铝酸钠，用稀硫酸将“滤液①”调为中
性，发生反应：：AlO +H++H O=Al(OH) ↓，生成沉淀Al(OH) ；
2 3 3
（2）滤渣①和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍等，因此“滤液②”中含有的金属离子是Fe3+和
Ni2+、 Fe2+；
（3）HO 作用是氧化亚铁离子，反应离子方程式为 ；
2 2
（4）利用上述表格数据，Fe2+开始沉淀时(c=0.01 mol∙L−1)的pH为7.5，则Fe (OH) 的K (Fe
2 sp
(OH) )=c(Fe2+)·c(OH-)2=0.01 mol∙L−1×(1.0×107.5-14)2；或Fe2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH为9.0，则Fe
2
(OH) 的K (Fe (OH) )=c(Fe2+)·c(OH-)2= ；结合上表数据可得：Ni 2+开始沉淀时(c=0.01
2 sp 2
mol∙L−1)的pH为7.2，则Ni(OH) 的K (Ni(OH) )=c(Ni2+)·c(OH-)2=0.01 mol∙L−1×(1.0×107.2-14)2=10-15.6，如果
2 sp 2
“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，则c(OH-)= mol∙L−1，pH=6.2，“调pH”应控制
pH不超过6.2；
（5）分离出硫酸镍晶体后的母液收集，母液中含有硫酸钠和硫酸镍，其中硫酸镍再循环使用，可
（6）该废弃镍催化剂中Ni元素的质量分数为 。
17．（15分）乙酸是基本的有机化工原料。I．工业上合成乙酸有多种方法。
（1）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：CHOH(g)+CO(g)
3
CHCOOH(l) △H<0。在恒压密闭容器中通入0.20 mol的CHOH和0.20 mol的CO气体，测得甲醇的转化
3 3
率随温度变化如图所示。
①恒温恒压下，不能说明上述反应达到平衡状态的是 。
A．容器内混合气体的密度保持不变 B．CHOH(g)的体积分数保持不变
3
C．CO(g)的物质的量浓度保持不变 D．v(CO) = v(CH OH)
正 3 逆
②温度为T 时，该反应中CHOH的反应速率：v(A) v(B) (填“>”，“=”或“<”)。
1 3 正 逆
③温度为T 时，上述反应已达到平衡，若此时保持容器体积不变，再通入0.10 molCH OH和0.10 molCO
1 3
的混合气体，再次达到平衡，CO的转化率 80%(填“>”，“=”或“<”) 。
④温度由T 到T，经历5 min时，CHOH的转化率增大的原因是 。
1 2 3
II．乙酸制氢具有重要意义，制氢过程发生如下反应：
热裂解反应I：CHCOOH(g) =2CO(g)+2H (g)
3 2
脱羧基反应II：CHCOOH(g) =CH (g)+CO (g)
3 4 2
（2）已知反应： CH(g)+ CO(g) CO(g)+H(g) △H，由图所示，△H= kJ·mol－1(用图
4 2 2
中有关E的代数式表示)。
（3）在容积相同的密闭容器中，加入等量乙酸蒸气制氢，在相同时间测得温度与气体产率的关系如图所示。
①约650 ℃之前，氢气产率低于甲烷的原因是 。
②分析图像，该容器还发生了其他的副反应，理由是 。
③若保持其他条件不变，在乙酸蒸气中掺杂一定量水，氢气的产率显著提高而CO的产率下降，请用化学
方程式表示可能发生的反应： 。
（4）在一定温度下，利用合适的催化剂发生热裂解反应I和脱羧基反应II，达到平衡时，总压强为p
kPa，乙酸体积分数为20%；若热裂解反应消耗的乙酸占总的乙酸的20%，则脱羧基反应II的平衡常数K
p
为 kPa(K 为以分压表示的平衡常数)。
p
【答案】（1）ABC（1分） >（1分） >（1分） 温度由T 到T，经历5min时，反应未达到平
1 2
衡，由于正反应速率大于逆反应速率，因此甲醇的转化率增大（2分）
（2） (E -E )（2分）
3 1
（3）脱羧基反应II的活化能低，反应速率快，很快达到平衡，甲烷产率高于氢气（2分） 由反应I可
知一氧化碳和氢气的产量应该是相等的，而图3可以发现它们的产量不相等（2分）
CO(g)+HO(g) H(g)+CO (g)（2分）
2 2 2
（4）0.2p（2分）
【解析】（1）①达到平衡状态的标志是“正逆反应速率相等，变量不变”，恒温恒压下，反应CHOH(g)
3
+CO(g) CHCOOH(l)，反应物是气体，生成物是液体，密度之比等于摩尔质量之比，反应前后摩尔质
3
量不变，密度也不变，密度不是变量，A不能说明达到平衡状态；通入的CHOH和的CO气体是1:1，二
3
者反应也是1:1，剩余的量也是1:1，CHOH(g)的体积分数始终是50%，保持不变，不是变量；B不能说明
3
达到平衡状态，恒温恒压下CO(g)的物质的量浓度是不变，C也不能说明达到平衡状态；v(CO) =
正
v(CHOH) ，符合正逆反应速率相等，D能说明反应达到平衡状态，因此不能说明上述反应达到平衡状态
3 逆的是ABC；
②温度为T 时，A点未达到平衡状态，B点是平衡状态，A点甲醇浓度大，正反应速率大，反应向甲醇转
1
化率增大的方向进行，即向正反应方向进行，v(A) >v(B) ；
正 逆
③恒压密闭容器中通入0.20 mol的CHOH和0.20 mol的CO气体时甲醇的平衡转化率与CO的平衡转化率
3
相等都是80%，保持容器体积不变，再通入0.10 molCH OH和0.10 molCO的混合气体相当于增大压强，
3
平衡正向移动，CO的转化率变大，因此CO的转化率大于80%；
④温度由T 到T，经历5 min时，反应未达到平衡状态，由于正反应速率大于逆反应速率，因此甲醇的转
1 2
化率增大；
（2）△H=生成物的能量-反应物的能量= (E -E )；
3 1
（3）①650 ℃之前，由图可知，脱羧反应II的活化能低，反应速率快，很快达到平衡状态，甲烷产率高
于氢气；
②由反应I可知，CO和H 的系数相同。产量应该是相等的，分析图像3可以发现它们的产量不相等，因
2
此该容器还发生了其他的副反应；
③乙酸蒸汽中加入水，发生CO与水反应生成CO 和H，氢气的产率显著提高而CO的产率下降，化学方
2 2
程式为：CO(g)+HO(g) H(g)+CO (g)；
2 2 2
（4）设起始乙酸为amol，反应II消耗CH₃COOH为xmol
气体的总量为a-0.2a-x+0.4a+0.4a+x+x=1.6a+x，乙酸占20%， ，得出x=0.4a，则平
衡时，脱羧基反应II各物质的分压，乙酸：0.2p，甲烷、二氧化碳： ，则脱羧基反应的平衡常数K = 。
P
18．（15分）葛根素具有广泛的药理作用，临床上主要用于心脑血管疾病的治疗，其一种合成路线如
图：
已知：
i．BnBr为
ii．
iii．RCHCHO+R CHCHO RCHCH=CHCHO+H O
2 1 2 2 2
iv：
（1）A的名称为 ，C的结构简式为 。
（2）由B到C的化学方程式为 ，反应4的反应类型为 。
（3）试剂2中官能团名称是 。
（4）反应1和反应3的目的是 。
（5）B的同分异构体有多种，其中符合下列条件的结构有 种。
①属于芳香族化合物；
②与B具有相同种类的数目的官能团。（6）结合题述信息。由乙醇和苯甲醇合成 的路线是 。
【答案】（1）间苯二酚（1分） （2分）
（2） +CH COCl +HCl（2分） 取代反应（1分）
3
（3）羟基、醛基（2分）
（4）保护醇羟基（1分）
（5）5（2分）
（6） （4分）
【分析】根据D的结构简式及A的分子式知，A为 ，A和溴水发生取代反应生成B为
，根据C的分子式及反应条件知，B和试剂1发生信息ii的反应生成C，根据D的结构简式
及C的分子式知，C为 ，试剂1为CHCOCl；根据反应条件及根据D的结构简式知，C和试
3
剂2发生信息iii的反应然后酸化生成D，则试剂2为 ；根据信息iv知，F为、E为 、J为 ；根据I的结构简式及
H的分子式知，G和甲醇发生取代反应生成H，H为 ；
（6）乙醇发生催化氧化生成CHCHO，苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛和乙醛发生信息iii的反
3
应生成 。
【解析】（1）A为 ，A的名称为间苯二酚，C的结构简式为 ；
（2）由B到C的化学方程式为 +CH COCl +HCl，反应3的反应类型为取
3
代反应，
故选 +CH COCl +HCl；取代反应；
3
（3）试剂5为 ，试剂2中官能团名称是羟基、醛基；
（4）反应1和反应4的目的是保护醇羟基；
（5）B为 ，B的同分异构体符合下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；
②与B具有相同种类的数目的官能团，说明含有2个酚羟基和1个溴原子，所以符合条件的同分异构体有5种，如下
（6）乙醇发生催化氧化生成CHCHO，苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛 ，合成路线为
3
。
