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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（福建专用）
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 Ga-70
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，
少者七八眼，共煎……火燃釜底，滚沸延及成盐”。下列分析错误的是
A．海水盐中不会含有溴元素 B．海水盐中含有多种杂质
C．“滚沸延及成盐”是物理变化 D．“火燃釜底”的目的是蒸发结晶
【答案】A
【详解】A．海水盐中含有溴元素，如NaBr，故A错误；
B．用海水制得的粗盐中含有多种可溶性杂质(MgCl 、CaCl 、NaSO 等)和不溶性杂质(泥沙等)，故B正确；
2 2 2 4
C．“滚沸延及成盐”是盐的析出，是物理变化，故C正确；
D．“火燃釜底，滚沸延及成盐”，则“火燃釜底”的目的是蒸发结晶，故D正确；
故选A。
2．蟾蜍是捕食害虫的田园卫士，还能向人类提供治病良药。蟾蜍的药用成分之一华蟾毒精醇的结构如图。
下列说法正确的是
A．该物质含有4种含氧官能团
B．1mol该物质与 发生加成反应最多消耗4mol
C．该物质可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同
D．1mol该物质能消耗2molNaOH
【答案】D
【详解】A．分子中含有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，A错误；B．碳碳双键能与氢气加成，酯基不能与氢气发生加成反应，1mol该物质含2mol碳碳双键，最多消耗
2molH ，B错误；
2
C．该物质含碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反
应，而使溴水褪色，发生了加成反应，原理不同，C错误；
D．该物质中只有酯基能与NaOH溶液反应，所以1mol该物质最多能消耗2molNaOH，D正确；
故选D。
3．用N 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．1 mol H O 中含有极性共价键的数目为3N
2 2 A
B．25℃1 L pH=1的HPO 溶液中H+数目为0.1N
3 4 A
C．20 g H18O含有的中子数为12N
2 A
D．足量铁粉与1 L14 mol/L浓硝酸加热充分反应转移电子数目为7N
A
【答案】B
【详解】A．1个HO 中含有2个极性键H-O键，则1 mol H O 中含有极性共价键的数目为2N ，A错误；
2 2 2 2 A
B．25℃1 L pH=1的HPO 溶液中H+的物质的量为n(H+)=1 L×0.1 mol/L=0.1 mol，故其中含有的H+数目为
3 4
0.1N ，B正确；
A
C．H18O的相对分子质量是20，1个分子中含有10个中子，20 g H18O的物质的量是1 mol，则在1 mol
2 2
H18O含有的中子数为10N ，C错误；
2 A
D．足量Fe与浓硝酸在加热时发生反应Fe+6HNO (浓)=Fe(NO )+3NO↑+3H O，随着反应的进行，溶液浓
3 3 3 2 2
度变稀，发生反应：3Fe+8HNO (稀)=3Fe(NO )+2NO↑+4HO，还原产物由NO 变为NO，因此无法计算反
3 3 3 2 2
应过程中电子转移的数目，D错误；
故合理选项是B。
4．下列实验及其结论都正确的是（ ）
实验 结论
A
氯气的水溶液可以导电 氯气是电解质
．
B 室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO溶液和 比较HClO和CHCOOH的
3
． CHCOONa溶液的pH 酸性强弱
3
C 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应,酸HA放出的
酸性HA比HB弱
． 氢气多
D 10mL 1mol·L－1的AgNO 3 溶液中先滴加1mol·L－1的NaCl溶液1mL，再 K sp (AgI)<K sp (AgCl)
试卷第2页，共3页． 滴加1mol·L－1的NaI溶液1 mL,先产生白色沉淀后沉淀变为黄色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯气是单质，不是电解质也不是非电解质，Cl 的水溶液导电，是Cl 与水生成的HCl和HClO
2 2
是电解质的缘故，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定pH，然后比较酸性，故B错误；
C．等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，可知等pH时，HA的
浓度大，则HA的酸性比HB弱，故C正确；
D．10mL 1mol·L－1的AgNO 溶液中先滴加1mol·L－1的NaCl溶液1mL，再滴加1mol·L－1的NaI溶液1 mL,
3
先产生白色沉淀后沉淀变为黄色，因硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp大小，故D
错误；
故答案为C。
5．M、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之和为31；其中Y的最外
层电子数等于 X 的核外电子总数；五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．X 的氧化物属于酸性氧化物
C．Y 元素组成的最常见单质和M的单质，在加热条件下生成的化合物中只含离子键
D．在Q 的结构中，除M外，其余原子最外层均满足8 电子稳定结构
【答案】B
【分析】M、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于 X 的核
外电子总数，Y形成两对共用电子对，X形成4对共用电子对，则X为C，Y为O；Z形成1对共用电子对，
W形成4对共用电子对，但Q中阴离子带1个单位负电荷，则Z为F，W为B，五种原子的原子序数之和
为31，M的原子序数为31-5-6-8-9=3，则M为Li；
【详解】A．同周期从左到右原子半径依次减小，故原子半径： ，选项A正确；
B．X 的氧化物CO 属于酸性氧化物，但CO属于不成盐氧化物，选项B错误；
2
C．Y 元素组成的最常见单质O 和M的单质Li，在加热条件下生成的化合物LiO中只含离子键，选项C
2 2正确；
D．在Q 的结构中，除M外，其余原子C、O、B、F最外层均满足8 电子稳定结构，选项D正确；
答案选B。
6．赤泥是用铝土矿提取 后产生的废渣，富含铁、铝、钛等元素(均以氧化物的形式存在)，其综合利
用符合可持续发展的要求，主要工艺流程如下：
已知：滤渣1的成分是Fe、 、 。下列说法错误的是
A．过程①中发生了多个反应，其中 高温烧结时发生的反应为
B．过程③中有 生成，可循环利用
C．操作3是通过磁选的方式分离精铁矿和尾矿
D．过程⑤涉及的离子方程式为
【答案】B
【分析】赤泥高温烧结发生多个反应，有Al O 与NaCO 反应生成NaAlO ，TiO 与NaCO 反应生成
2 3 2 3 2 2 2 3
NaTiO，C与铁的氧化物的反应等，熟料水浸后经操作1（过滤）得到的滤渣1的成分是Fe、Fe O、
2 3 3 4
NaTiO；NaAlO 进入滤液1中，滤液1中通入足量CO 经操作2（过滤）得到的滤渣2为Al(OH) ，
2 3 2 2 3
Al(OH) 经系列处理得到Al；滤渣1经操作3（磁选）得到精铁矿（Fe、Fe O）和尾矿（NaTiO），精铁
3 3 4 2 3
矿最终得到铸铁，尾矿中加入稀HCl得到TiO∙xH O。
2 2
【详解】A．Al O 与NaCO 高温反应生成NaAlO 和CO，反应的化学方程式为Al O+Na CO
2 3 2 3 2 2 2 3 2 3
试卷第4页，共3页2NaAlO +CO ↑，A项正确；
2 2
B．过程③中通入足量的CO，反应生成Al(OH) 和NaHCO ，B项错误；
2 3 3
C．滤渣1的成分是Fe、Fe O、NaTiO，Fe、Fe O 具有磁性，可通过磁选的方式分离精铁矿和尾矿，C
3 4 2 3 3 4
项正确；
D．尾矿中为难溶于水的NaTiO，加入稀HCl反应后得到TiO∙xH O，反应的离子方程式为NaTiO+2H++
2 3 2 2 2 3
(x-1)H O=TiO∙xH O+2Na+，D项正确；
2 2 2
答案选B。
7．周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。 、 、 是氧元素的3种核素，可以形0成多种重
要的化合物。亚硫酰氯 为黄色液体，其结构式为（ ），遇水发生水解。工业上可电解
HSO 与 混合溶液制备过二硫酸铵 ，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(-O-
2 4
O-)。硝化法制硫酸的主要反应为： 。SO 和SO
2 3
都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。下列化学反应表示正确的是
A．电解法制备 时的阳极反应：
B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式：
C．亚硫酰氯水解的反应方程式：
D．HO 氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式：
2 2
【答案】A
【详解】A．电解法制备 时的阳极反应： ，A正确；
B．氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式： ，B错误；
C．亚硫酰氯水解的反应方程式： ，C错误；
D．HO 氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式： ，D错误；
2 2
故选A。8．近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态 (Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反
应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中，电极 附近溶液的 不变
B．非晶态 (Ⅲ)基硫化物能改变OER反应的反应热
C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．UOR的电化学反应总过程为
【答案】D
【分析】该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气气，电极反应式为2HO+2e-=2OH-
2
+2H ↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为 ；
2
【详解】A．电极A上电极反应式为2HO+2e-=2OH-+2H ↑，电极A附近溶液的碱性增强， 变大，故A
2 2
错误；
B．非晶态 (Ⅲ)基硫化物是OER反应的催化剂，能改变反应速率，不能改变OER反应的反应热，故B
错误；
C．OER的第II步骤有O-O非极性键的形成，故C错误；
D．UOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，电化学反应总过程为
，故D正确；
故选D。
试卷第6页，共3页9．60℃水浴加热或冰水浴冷却条件下，将邻氨基苯甲酰胺的乙醇溶液缓慢滴加到 的水溶液中，分别
得到化合物a和化合物b。
反应过程能量变化示意如图。下列关于这两种化合物的说法错误的是
A．配位原子的种类相同，Cu配位数不同
B．升高相同温度时，活化能越大，反应速率变化越大
C．可通过测定铜离子含量鉴别两种产物
D．化合物a为动力学产物(曲线1)，化合物b为热力学产物(曲线2)
【答案】D
【详解】A．根据图中信息得到两种化合物配位原子的种类相同，Cu配位数不同，前者配位数为5，后者
配位数为6，故A正确；
B．升高相同温度时，原来不是活化分子的变为活化分子，活化分子百分数增大，碰撞频率加快，反应速
率变化越大，故B正确；
C．根据图中两种化合物都含有2个邻氨基苯甲酰胺，化合物a是两个铜四个氯，化合物b是一个铜两个氯，
因此可通过测定铜离子含量鉴别两种产物，故C正确；
D．热力学产物指的是在热力学上更稳定的、能力更低的产物，但生成该产物的活化能较高，动力学产物
指的是生成中间体活化能较小的产物，但产物本身的能量更高一些，由题给信息可知，60℃水浴加热得到
化合物a，则a为热力学产物(曲线1)，冰水浴冷却得到化合物b，则b为动力学产物(曲线2)，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．向 饱和溶液(有足量 固体)中滴加氨水，发生反应 和
， 与 的关系如图所示{其
中 代表 或 }。下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ表示 随 的变化曲线
B．随 增大， 先增大后减小
C．完全溶解 ，至少需要含有 的氨水
D．反应 的平衡常数为
【答案】C
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，
氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲
线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．曲线Ⅲ表示 随 的变化曲线,故A错误；
B．反应 的平衡常数K= 为定值，随 增大，
一氨合银离子浓度先增大后不变， 先减小后不变，故B错误；
C．0.1molAgCl完全溶解生成0.1molCl-和0.1mol的[Ag(NH)]+，对于
3 2
试卷第8页，共3页平衡常数为K= = = =10-2.7，得出
n(NH )=100.35mol，反应后应该余下氨气的物质的量为100.35mol，加上0.1molAg+结合的0.2mol氨气生成
3
[Ag(NH)]+，共需要 ，故C正确；
3 2
D．在 =-1时，对应的反应Cl-和二氨合银离子浓度的对数都是-2.35，浓度都是10-2.35，
平衡常数为K= = ，故D
错误；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．（19分）氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用含 (铁酸镓)、 (铁酸锌)、
的炼锌矿渣制备GaN的流程如下：
已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下， ， ， 。
③ 、 的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表，萃取与反萃取的过程
可表示为 。
盐酸浓度
2 4 686.9 69.1 17.5
反萃取率/%
9.4 52.1 71.3
回答下列问题：
（1）“酸浸”时 发生反应的离子方程式为 。“酸溶”所得滤渣的主要成分是
(填化学式)。
（2）“酸浸”所得浸出液中 、 浓度分别为 、 。常温下“调pH”时，为尽可能
多地提取 并确保不混入 ，pH不超过 (忽略调pH时对溶液体积的影响)。
（3）“脱铁”和“反萃取”时，根据信息③选择盐酸的浓度 ， 。
（4）“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致 的沉淀率降低，原因是 (用离子方程
式表示)。
（5）流程中可以循环利用的物质是 。
（6）氮化镓是用于高科技领域的半导体材料，Ga是与Al同主族的第四周期元素，其价电子排布式为
，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。Ga的配位数为 ，氮化镓的晶胞密度为 g·cm
(列出计算式即可， 为阿伏加德罗常数的值)。
（7）氮与磷同主族， 的沸点高于 的主要原因为 。液态磷酸的导电机理如下
图所示。液态磷酸中存在的两种离子符号为 ，其中阳离子中 原子的杂化方式为 。
【答案】（1）
试卷第10页，共3页（2）6.7
（3）6 2
（4）
（5）萃取剂
（6）4s24p1 4
（7） 中能用于形成氢键的氢原子数更多(氢原子的空间位阻小于甲基，更容易形成氢键)
、
【分析】矿渣加入稀硫酸，镓、铁、锌转化为硫酸盐，二氧化硅不反应成为浸出渣，酸浸液加入氧化钙调
节pH除去锌，过滤后沉淀加入稀硫酸溶解过滤，滤液加入萃取剂使得 、 进入有机相后分液，得
到有机相加入盐酸脱铁后分液，得到有机相再加入盐酸反萃取得到含 的水相，水相加入氢氧化钾得到
沉淀，热分解后得到的 与 在高温下反应制得GaN；
【详解】（1）“酸浸”时 和稀硫酸反应生成 、 和水，发生反应的离子方程式为
。“酸溶”过程中二氧化硅和硫酸不反应，故所得滤渣的主要成
分是 ；
（2）“酸浸”所得浸出液中 、 浓度分别为 、 ，其物质的量浓度分别为
、 ， 的锌离子沉淀时所需氢氧根离子浓度为
，pOH=5.8，则pH=6.7； 完全沉淀时氢氧根离子浓度为 ，pOH=10.03，则pH=3.97；故为尽可能多地
提取 并确保不混入 ，pH不超过6.7；
（3）“脱铁”时要尽可能使得Ga进入有机相，则根据信息③选择盐酸的浓度 6 ，“反萃取”
时要尽可能使得Ga进入水相，，根据信息③选择盐酸的浓度2 。
（4）已知Ga与Al同主族，化学性质相似，“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致 的沉淀率
降低，原因是 会和过量的氢氧根离子生成 和水： ；
（5）流程中可以循环利用的物质是在流程中使用，最后又生成的物质，故为萃取剂。
（6）Ga是与Al同主族的第四周期元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，其价电子排布式为
4s24p1；由氮化镓的立方晶胞结构图可知，晶胞参数为anm，Ga周围最近且距离相等的N原子数目为4，
故Ga的配位数为4，一个晶胞中含有Ga的个数为： =4，N原子个数为4，则一个晶胞的质量
为： ，故氮化镓的晶胞密度为： = g·cm 。
（7）NH 和(CH)NH均能形成氢键，而NH 中能用于形成氢键的氢原子更多，且氢原子的空间位阻小于
2 4 3 2 2 4
甲基，更容易形成氢键，因此NH 的沸点比(CH)NH高；由题意可知，液态磷酸能导电，说明存在自由
2 4 3 2
移动的离子，结合图可知，质子发生迁移后形成的两种离子分别为 和 ， 中P原子的
价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化。
12．（15分）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取 浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号 ① ② ③ ④ ⑤
试卷第12页，共3页铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色
（1）写出铜和浓硝酸反应的离子方程式： 。
（2）小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2： 溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由： 。
（3）取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入 和空气，观察现象。
通入气体 氮气 空气
液面上方出现明显的红棕色气体 液面上方出现明显的红棕色气体
现象
后溶液变为蓝色 后溶液变为蓝色
（4）结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。
a．①中溶液通入 时， 被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的 溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
（5）小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸 ”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ. 在溶液中存在
反应l： (慢)
反应2： (快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物
固体 3滴30％ 溶液 3滴水
质
现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变
（6）实验中加入的固体物质是 (填化学式)。加入 后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学
方程式表示)： ， ， 。
【答案】（1）Cu+4H++ =2NO↑+2H O
2 2
（2）不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与
假设不符
（3）通入NO 气体，溶液颜色变绿
2
（4）bd
（5） 通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入
空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应 ，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化
影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。 NaNO （或其
2
他亚硝酸盐）
（6） NaNO （或其他亚硝酸盐）
2
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成NO 气体和水， 。
2
（2）根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜
色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。
（3）猜想2认为， 溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO 若溶液变为绿色，则猜
2
想2成立。
试卷第14页，共3页（4）实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 化学性质稳
定，在上述溶液中不能被氧化为 ，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被
氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝
色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。
（5）向溶液中通入N 时，NO 和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空
2 2
气时，NO与空气中的氧气发生反应 ，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较
大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
（6）根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；
加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚
硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸： ，同
时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸： 。
13．（14分）氨是重要的化工原料，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题：
（1）下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。
图中决速步骤(即速率最慢步骤)的化学方程式为 ，反应 的ΔH=
kJ·mol-1。
（2）近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。①图1所示过程中，总反应方程式为 。
②氮掺杂金红石晶胞结构如图2所示，a：b= 。
（3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所
示。进料组成I：x =0.75、x =0.25；进料组成Ⅱ：x =0.60、x =0.20、x =0.20.(物质i的物质的量分数：
H2 N2 H2 N2 Ar
)
①P 16MPa(填“>”、“=”或“<”)。
1
②进料组成中不含惰性气体Ar的图是 。
③图3中，当P=16MPa、x =0.25时，氮气的转化率a= 。该温度时，反应2NH (g)=N(g)
2 NH3 3 2
+3H (g)的平衡常数K= (MPa)2。
2 p
【答案】（1） (或 ) -92
（2） 7：2
（3） < 图4 50% 27
试卷第16页，共3页【详解】（1）在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，根据题图可知，反应的化学方程式为
(或 )；由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且
的ΔH=-46kJ·mol-1，则合成氨反应 的
ΔH=-92kJ·mol-1，故答案为： (或 )；-92；
（2）①依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催
化剂，总反应方程式为 ；
②由晶胞结构示意图可知， 晶胞中N原子数为 ，O原子数为 ，Ti原子
数为4，故 ； ，解得 ， ；
（3）①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同
温度下，氨的物质的量分数：p＞p＞p，所以压强：p＞p＞p，所以P<16MPa，故答案为：<；
3 2 1 3 2 1 1
②对比图3和图4可知，相同温度和相同压强下，图3中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰
性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大
的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图3，不
含惰性气体Ar的图是图4，故答案为：图4；
③图3进料组成为 ， ， ，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、
氮气和氩气物质的量分别为3mol、1mol和1mol，平衡时氮气变化量为x，列三段式：
，当p=20MPa、 ，解得 ，
2
则氮气转化率 ；
平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是 、1.5mol、 ，还有1molAr，物质的量分数分别是 、、 ，该温度下2NH (g)=N(g)+3H(g)的平衡常数 =
3 2 2
=27(MPa)2，故答案为：50%；27。
14．（12分）某研究小组按下列路线合成治疗细菌感染的药物氧氟沙星：
已知：
请回答：
（1）化合物 的官能团名称是 ；
（2）化合物B的结构简式是 ；
（3）下列说法不正确的是___________。
A．A能与溴水在 作用下发生取代反应
B．E与乙酸乙酯属于同系物
C． 转化涉及加成、消去两步反应
试卷第18页，共3页D．氧氟沙星的分子式是
（4）写出D与F生成G的化学方程式 。
（5）以2-氨基乙醇( )与甲醛(HCHO)为原料，且利用以上合成路线中的相关信息，设
计 的合成路线 (用流程图表示，无机试剂选)；
（6）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环结构，并能发生银镜反应；
② 谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有 ，没有 。
【答案】（1）羰基、碳氯键
（2）
（3）AB
（4） 或
（5）方法一： 或方法二：
或方法三：（6）
【分析】
A发生取代反应生成B ；B发生取代反应生成C，C发生反应生成D
；D和F发生取代反应生成G，G发生反应生成H ；
【详解】（1）化合物 的官能团名称羰基、碳氯键；
（2）根据分析可知，B结构简式： ；
（3）A．根据A结构简式可知其不能与溴水在 作用下发生取代反应，故A错误；
B．E中含两个酯基，与乙酸乙酯结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C．对比E和F结构简式可知，该转化过程涉及加成、消去两步反应，故C正确；
试卷第20页，共3页D．根据氧氟沙星结构简式可知，其分子式是 ，故D正确；
答案选AB；
（4）D与F生成G的化学方程式： 或
；
（5）参考已知信息和合成路线得合成路线：方法一：
或方法二：
或方法三：
；
（6）①分子中含有苯环结构，并能发生银镜反应，说明含醛基或甲酸某酯基；
② 谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明为对称结构，有
，没有 ；同时符合以上条件的化合物C的同分异构体的结构简式：。
试卷第22页，共3页
