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2023 年福建省高考化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙
之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸 B．捣 C．焙 D．封
2．抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是
A．能发生水解反应 B．含有2个手性碳原子
C．能使Br 的CCl 溶液褪色 D．碳原子杂化方式有sp2和sp3
2 4
3．某含锰着色剂的化学式为XY MnZ Q ，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期
4 2 7
元素，其中XY+具有正四面体空间结构，Z Q4−结构如图所示。下列说法正确的是
4 2 7
A．键角：XY >XY+ B．简单氢化物沸点：X>Q>Z
3 4
C．第一电离能：X>Q>Mn D．最高价氧化物对应的水化物酸性：
Z>X
4．我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH OH]+[NO ]−在催化剂作用下可
3 3
完全分解为N 、H O和O 。N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
2 2 2 A
A．0.1mol[NH OH]+含有的质子数为1.5N
3 A
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5N
A
C．0.5mol硝酸羟胺含有的N−O𝜎键数为2N
A
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN (已折算为标况)的同时，生成O 分子数为N
2 2 A
5．稀有气体氙的氟化物(XeF )与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如
n
下：
第1页 | 共17页与NaOH溶
与水反应
液反应
i．
ii．
2XeF
2
2XeF
2
+2H O
2 +4OH−
=2Xe↑
=2Xe↑
+O ↑
2 +O ↑+4F−+2H O
2 2
+4HF
iv．
2XeF
6
+4Na++16OH−
iii．
XeF =
6
+3H O
2
=XeO
3 Na XeO ↓
4 6
+6HF
+Xe↑
+O ↑+12F−+8H O
2 2
下列说法错误的是
A．XeO 具有平面三角形结构 B．OH−的还原性比H O强
3 2
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成1molO ，转移6mol电
2
子
6．从炼钢粉尘(主要含Fe O 、Fe O 和ZnO)中提取锌的流程如下：
3 4 2 3
“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH ) ]2+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。下列说法错误的是
3 4
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH
3
B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)
3
C．“沉锌”过程发生反应[Zn(NH ) ]2++4H O+S2−=ZnS↓+4NH ⋅H O
3 4 2 3 2
第2页 | 共17页D．应合理控制(NH ) S用量，以便滤液循环使用
4 2
7．从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：
已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm-3。下列说法错误的是
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
8．一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由
NaCl、KCl和AlCl 形成熔点为93℃的共熔物)，其中氯铝酸根[Al Cl− (n≥1)]起到结合
3 n 3n+1
放电
或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xS ⇄ Al (S ) 。下列说法错误的是
2 x 3
充电
A．Al Cl− 含4n个Al−Cl键
n 3n+1
B．Al Cl− 中同时连接2个Al原子的Cl原子有(n−1)个
n 3n+1
C．充电时，再生1molAl单质至少转移3mol电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的Al Cl− 浓度越高
n 3n+1
9．25℃时，某二元酸(H A)的K =10−3.04、K =10−4.37。1.0mol⋅L−1NaHA溶液稀
2 a1 a2
释过程中𝛿(H A)、𝛿(HA−)、𝛿(A2−)与pc(Na+)的关系如图所示。已知
2
pc(Na+)=−lgc(Na+),HA−的分布系数𝛿(HA−)=
c(HA−)
。下列说法错误的是
c(H A) c(HA−) c(A2−)
2
第3页 | 共17页A．曲线n为𝛿(HA−)的变化曲线 B．a点：pH=4.37
C．b点：2c(H A)+c(HA−)=c(Na+) D．c点：
2
c(Na+)+c(H+)=3c(HA−)+c(OH−)
二、工业流程题
10．白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含
Fe O 、CoO、CuS、Cu S及少量SiO )中分离回收金属的流程如下：
3 4 2 2
(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生
反应的离子方程式 。
(2)“焙烧1”中，晶体[Fe (SO ) ⋅xH O和CoSO ⋅yH O]总质量随温度升高的变化情况如
2 4 3 2 4 2
下：
温度区间/℃ <227 227~565666~606000~630
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566~600℃发生分解的物质
是 (填化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
(3)25℃时，K (CuS)=6.3×10−36,H S的K =1.1×10−7,K =1.3×10−13。反应
sp 2 a1 a2
CuS(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H S(aq)的平衡常数K= (列出计算式即可)。经计
2
算可判断CuS难溶于稀硫酸。
第4页 | 共17页II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
(4)基态Cu2+的价电子排布式为 。
(5)晶胞中含有 个S2−,N(Cu+):N(Cu2+)= 。晶体中微粒间作用力有 (填
2
标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中Cu S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
2
三、实验探究题
11．某研究小组以TiCl 为原料制备新型耐热材料TiN。
4
步骤一：TiCl 水解制备TiO (实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl ，边搅拌边加
4 2 4
热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO ⋅xH O并洗涤，煅烧制
2 2
得TiO 。
2
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
第5页 | 共17页(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl 水解生成的胶
4
体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断TiO ⋅xH O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
2 2
步骤二：由TiO 制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
2
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成TiN、N 和H O，该反应的化学方程式为 。
2 2
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO 样品；
2
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②TiN的产率为 。
四、原理综合题
12．探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C H (g)=C H (g)+H (g) ΔH =+124kJ⋅mol−1 ΔS =127J⋅K−1⋅mol−1 K
3 8 3 6 2 1 1 p1
ⅱ．C H (g)=C H (g)+CH (g) ΔH =+82kJ⋅mol−1 ΔS =135J⋅K−1⋅mol−1 K
3 8 2 4 4 2 2 p2
ⅲ．
C H (g)+2H (g)=3CH (g) ΔH =−120kJ⋅mol−1 ΔS =27.5J⋅K−1⋅mol−1 K
3 8 2 4 3 3 p3
已知：K 为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，
p
第6页 | 共17页丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数𝜑见下表。
物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气
体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或
“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp 远大于 Kp ，但φ（C H )和φ（C H )相差不大，说明反应 ⅲ
2 1 3 6 2 4
的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆
向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序
为： 。
③平衡体系中检测不到H ，可认为存在反应：3C H (g)=2C H (g)+3CH (g) K ，下
2 3 8 3 6 4 p
列相关说法正确的是 (填标号)。
a．K =K2 ⋅K
p p1 p3
b．K =
0.2102×0.5523×0.12
(MPa)2
p 0.0013
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
n (丙烯)
④由表中数据推算：丙烯选择性= 生成 ×100%= (列出计算式)。
n (丙烷)
转化
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH OH(g)=CO(g)+2H (g) ΔH =+91kJ⋅mol−1
3 2 4
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)：n(甲醇)=1时，体系总反应：
C H (g)+CH OH(g)=CO(g)+3CH (g) ΔH= kJ⋅mol−1
3 8 3 4
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
五、有机推断题
第7页 | 共17页13．沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Boc表示叔丁氧羰基。
(1)A中所含官能团名称 。
(2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“<”)
(3)请从物质结构角度分析(C H ) N能与HCl反应的原因 。
2 5 3
(4)A→B的反应类型 。
(5)写出D的结构简式 。
(6)写出E→F的化学反应方程式 。
(7)A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍
生物，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，写出该同分异构体的结构简式 。(只写一
种)
第8页 | 共17页参考答案：
1．D
【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气
时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。
【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产
生，故A不符；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合；
故选D。
2．B
【详解】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，A正确；
B． 标注*这4个碳原子各连有4个各不相同
的原子或原子团，因此为手性碳原子，B错误；
C．分子中含有碳碳双键，因此能使能使Br 的CCl 溶液褪色，C正确；
2 4
D．分子中双键碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，D正确；
故选B。
3．C
【分析】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY+具有正四面体
4
空间结构，可知XY+为NH+，故Y为H，X为N；同时分析Z Q4−结构，可知Q正常情况应
4 4 2 7
该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O,Z为P。
【详解】A．NH 和NH+都是sp3杂化，但是NH 中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对
3 4 3
的排斥作用更大，在一个NH 是三角锥形结构，而NH+是正四面体结构，故键角：NH ＜
3 4 3
NH+，A错误；
4
B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H O＞NH ＞PH ,正确顺序为Q＞X＞Z，B错误;
2 3 3
第1页 | 共17页C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第
一电离能：N＞O＞Mn，C正确;
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为H PO ,X最高价氧化物对应的水化物为HNO ,前者为
3 4 3
中强酸而后者为强酸，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．0.1mol[NH OH]+含有的质子数为0.1mol×(7+8+1×4)N ·mol-1=1.9N ，A错
3 A A
误；
48g
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为 ×2N ·mol−1=1N ，B错误；
96g·mol−1 A A
C．0.5mol硝酸羟胺含有的N−O𝜎键数为0.5mol×4N ·mol−1=2N ，C正确；
A A
D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为[NH OH]+[NO ]−=N ↑+2H O+O ↑，根据计量
3 3 2 2 2
系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下11.2LN ，同时生成O 分子数为0.5N ，D错误；
2 2 A
故选C。
5．A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO 分子为三角锥形分子，A错误；
3
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF 可以发生还原反应，而在水中则
6
发生非氧化还原反应，故可知：OH−的还原性比H O强，B正确；
2
C．I、iii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个O ，整个反应转移6个电子，故每生成1molO ，转移6mol电
2 2
子，D正确；
故选A。
6．B
【分析】“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH ) ]2+，发生反应
3 4
ZnO+2NH +2NH+=[Zn(NH ) ]2++H O，根据题中信息可知，Fe O 、Fe O 只有少量溶解，
3 4 3 4 2 2 3 3 4
通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH) ；“沉锌”过程发生反应为：
3
[Zn(NH ) ]2++4H O+S2−=ZnS↓+4NH ·H O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液
3 4 2 3 2
NH Cl。
4
【详解】A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH ，A正确；
3
B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe O 和Fe O ，只含少量的Fe(OH) ，B错误；
3 4 2 3 3
第2页 | 共17页C. “沉锌”过程发生反应[Zn(NH ) ]2++4H O+S2−=ZnS↓+4NH ·H O，C正确；
3 4 2 3 2
D. 应合理控制(NH ) S用量，以便滤液循环使用，D正确；
4 2
故答案选B。
7．D
【分析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁
基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方
法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，
然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。
【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确；
B．甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm-3，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正
确；
C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出
来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；
D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇
好，故D错误；
故答案为：D。
8．D
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到
电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【详解】A．Al Cl− 的结构为 ，所以含4n个
n 3n+1
Al−Cl键，A正确；
B．由Al Cl− 的结构可知同时连接2个Al原子的Cl原子有(n−1)个，B正确；
n 3n+1
C．由总反应可知充电时，再生1molAl单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移3mol电
子，C正确；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的Al Cl−
n 3n+1
浓度越高，D错误；
故选D。
第3页 | 共17页9．B
【分析】1.0mol⋅L−1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌H++A-和
水解平衡HA-+H O⇌OH-+H A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为𝛿(HA−)的变化
2 2
曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，𝛿(A2−)增大明显，故曲线m为𝛿(A2−)的变化曲线，则
曲线p为𝛿(H A)的变化曲线；
2
【详解】A．1.0mol⋅L−1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌H++A-
和水解平衡HA-+H O⇌OH-+H A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为
2 2
𝛿(HA−)的变化曲线，选项A正确；
B．a点, pc(Na+)=1.0，则c(Na+)=0.1mol/L，𝛿(HA−)=0.70，𝛿(H A)=𝛿(A2−)=0.15，
2
K = c(A2−)c(H+) =10−4.37，c(H+)= 0.70 ×10−4.37，pH≠4.37，选项B错误；
a2 c(HA−) 0.15
C．b点, 𝛿(HA−)=0.70，𝛿(H A)=𝛿(A2−)=0.15，即𝑐(H A)=𝑐(A2−)，根据物料守恒有，
2 2
c(A2−)+c(H A)+c(HA−)=c(Na+)，故2c(H A)+c(HA−)=c(Na+)，选项C正确；
2 2
D．c点：𝛿(HA−)=𝑐(A2−)，故𝑐(A2−)=c(HA−)根据电荷守恒有
c(Na+)+c(H+)=2𝑐(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，故c(Na+)+c(H+)=3c(HA−)+c(OH−)，
选项D正确；
答案选B。
10．(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H SO 浓度等
2 4
CoO+2H+=Co2++H O
2
(2) 失去结晶水 Fe (SO ) 600℃~630℃
2 4 3
(3)
Ksp(CuS)
或
6.3×10−36
或(4.4~4.5)×10−16之间任一数字
Ka1×Ka2 1.1×10−7×1.3×10−13
(4)3d9
(5) 2 2:1 bc
(6) Cu S+2O ≜2CuO+SO SiO
2 2 2 2
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、SO2- 、Fe3+）以及
4
滤渣1（SiO 、Cu S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸
2 2
后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到
CuSO 溶液以及滤渣2 SiO 。
4 2
【详解】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、
第4页 | 共17页适当增大稀H SO 浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：
2 4
CoO+2H+=Co2++H O；
2
（2）①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃
质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）CuS(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H S(aq)的平衡常数K= c(Cu2+)·(H 2 S) = K sp (CuS) =
2 c2(H+) K
a1
×K
a2
6.3×10−36
；
1.1×10−7×1.3×10−13
（4）基态𝐶𝑢2+的价电子排布式为3d9；
（5）由晶胞可知含S2-的个数为晶胞内与Cu形成3个键的，有2个，S2―为棱上2个S直
2
接相连的部分，个数为16×1
4=2；因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知晶
2
胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立
二式子解得x=2，y=1，故N(Cu+):N(Cu2+)=2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中Cu S发生反应的化学方程式为：Cu S+2O ≜2CuO+SO ，由分析可知，
2 2 2 2
滤渣2为SiO 。
2
11．(1)b
(2)Ti(OH)
4
(3)AgNO (或AgNO +HNO 、硝酸银、酸化的硝酸银)
3 3 3
(4)碱石灰(或生石灰(CaO)、NaOH、KOH以及这些物质的组合均可)
(5)6TiO +8NH 800℃6TiN+12H O+N
2 3 2 2
(6)吸收氨气与水
(7) bdec 80.0%或80%、0.8
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl ，搅拌并加热，TiCl
4 4
在盐酸中水解生成白色沉淀TiO ⋅xH O，将TiO ⋅xH O洗涤，煅烧制得TiO ，装置B中利用
2 2 2 2 2
浓氨水和生石灰反应制备NH ，利用装置C除去NH 中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，
3 3
装置D中，NH 和TiO 在800℃下反应生成TiN、N 和H O，化学方程式为
3 2 2 2
6TiO +8NH 800℃6TiN+12H O+N ，装置E中装有CaCl ，可以吸收生成的水蒸气及过
2 3 2 2 2
量的NH 。
3
【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
第5页 | 共17页（2）TiCl 水解生成Ti(𝑂𝐻) ，TiCl 水解生成的胶体主要成分为Ti(𝑂𝐻) ；
4 4 4 4
（3）TiO ⋅xH O沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断TiO ⋅xH O沉淀是否洗涤干净，只需检验
2 2 2 2
洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明TiO ⋅xH O沉淀清洗干净，检
2 2
验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO ；
3
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO +8NH 800℃6TiN+12H O+N ；
2 3 2 2
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的TiO 固体，将TiO 放入管式炉中，提前通入NH 排出管式
2 2 3
炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH ，
3
则正确的实验操作步骤为abdecf；
0.800g
②0.800gTiO 的物质的量为 =0.01mol，则TiN的产率为
2 80g/mol
0.496g
×100%=80%。
0.01mol×62g/mol
12．(1)＞
(2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab 33.28%
(3) -29kJ/mol 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反
应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降
【分析】K 为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决
p
问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
124 82
【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞ ，同理反应ⅱ：T＞ ，故反应
127 135
ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆
向，根据平衡体积分数𝜑（甲烷）＞𝜑（乙烯）＞𝜑（丙烯），消耗1mol丙烷生成1mol丙
烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故
K =K2 ⋅K ；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故
p p1 p3
K =
P3(CH4)P2(C2H6)
=
(0.552×0.1）2(0.21×1)3
=
0.5523×0.212
；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡
p P3(C3H8) (0.001×0.1)2 0.0013
正向移动，根据勒夏特列原理并不能够将丙烷增加的影响消除，因此丙烯的体积分数会降低；
在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙
第6页 | 共17页n (丙烯) 21
烯或3mol甲烷因此丙烯的选择性= 生成 ×100%= ×100%=33.28%；故
n (丙烷) 21 23.7 55.2
转化 3
答案为：正向，逆向；ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，ab；33.28%；
（3）ⅲ．C H (g)+2H (g)=3CH (g) ΔH =−120kJ⋅mol−1
3 8 2 4 3
ⅳ．CH OH(g)=CO(g)+2H (g) ΔH =+91kJ⋅mol−1
3 2 4
目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i
生成物增多，平衡逆向移动；反应ⅲ反应物增多，正向移动，造成丙烯体积分数下降。故答
案为：-29 kJ/mol ；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i逆向移动；反应ⅲ
正向移动，造成丙烯体积分数下降。
13．(1)羧基、酰胺基
(2)>
(3)(C H ) N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应
2 5 3
(4)酯化反应
(5)
一定条件
(6) + HCONH → +HCOOC H
2 2 5
(7)
【分析】 和C H OH发生酯化反应生成 ，加
2 5
Boc-OH发生取代反应生成 ，加入氢气发生加成反应生成
，发生消去反应生成 ，加入HCONH 发生取代反
2
第7页 | 共17页应生成 。
【详解】（1）A为 ，官能团为羧基、酰胺基；
故答案为：羧基、酰胺基。
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶
解度；
故答案为：>。
（3）(C H ) N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；
2 5 3
故答案为：(C H ) N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应。
2 5 3
（4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应；
故答案为：酯化反应。
（5）根据分析可知D结构简式为为 ；
故答案为： 。
一定条件
（6）根据分析可知E→F的化学反应方程式为 + HCONH →
2
+ HCOOC H ；
2 5
一定条件
故答案为： + HCONH → +HCOOC H 。
2 2 5
（7）丁二酸为 ，分子内脱水为 ，分子上一个H被取代后的烃
第8页 | 共17页的衍生物，A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，则结构简式为 ；
故答案为： 。
第9页 | 共17页
