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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（安徽专用）
黄金卷01
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：B 11 N 14 O 16 Ge 73
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．《天工开物》记载：软浆车榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黄泥水淋下成
白糖。下列说法错误的是
A．石灰可中和蔗汁中的酸性物质
B．“冷凝成黑沙”是结晶过程
C．“黄泥水淋下”的目的是脱色
D．“白糖”的主要成分是葡萄糖
【答案】D
【分析】这段话意思即用软浆车榨取甘蔗汁，每石蔗糖汁加半升的石灰，取过滤后的甘蔗汁加热冷却，得
到黑色晶体，用黄泥水淋洗可得到白糖。
【解析】A．石灰为碱性物质，可与蔗糖中的酸性物质发生中和反应，A 正确；
B．“冷凝成黑沙”即将热蔗糖水冷却结晶，是结晶过程，B 正确；
C．“黄泥水淋下”可将黑色晶体变成白色，即实现脱色目的，C 正确；
D．“白糖”是由蔗糖制得，故其主要成分为蔗糖，D 错误；
本题选D。
2．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是
A．由FeS2制备BaSO3：
B．由MgO 制备MgCl2：
C．由CuSO4生成Cu2O：CuSO4溶液
D．SiO2制Na2SiO3：
【答案】C
【解析】A．二氧化硫和氯化钡不反应，A 错误；
B．镁离子水解，氯化镁溶液蒸干不能得到氯化镁，B 错误；
C．硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，新制氢氧化铜和葡萄糖发生氧化还原反应生成氧化亚铜沉淀，C
正确；
D．二氧化硅和水不反应，D 错误；
故选C。
3．下列化学用语表示正确的是
A．HClO 结构式：H-Cl-O
1
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B．砷原子的价层电子的轨道表示式：
C．
溶液中的水合离子：
D．
分子中σ 键的形成：
【答案】D
【解析】A．HClO 中氧原子分别连接氢原子和氯原子形成两个共价键，结构式为H—O—Cl，故A 错误；
B．砷为33 号元素，根据洪特规则可知，核外电子优先占据单独的简并轨道且自旋状态相同，故B 错误；
C．Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H 朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O 朝向
Na+，NaCl 溶液中的水合离子应为：
、
，故C 错误；
D．
分子中的共价键是由2 个氯原子各提供1 个未成对电子的3p 原子轨道重叠形成的p—pσ 键，形成
过程为：
，故D 正确；
故选D。
4．化合物Z 是一种合成药物的重要中间体，可由X 经两步反应合成，其路线如图。
下列说法正确的是
A．Z 的分子式为
B．反应①是加成反应
C．Z 既能与酸反应又能与碱反应
D．X、Y、Z 分子中的含氧官能团的种数相等
【答案】C
【解析】A．由Z 的结构简式可知，Z 的分子式为
，A 错误；
B．X 经过反应①转化成Y，过程中硝基转化成氨基，为还原反应，B 错误；
C．Z 中含有的官能团有酰胺基和(酚)羟基，(酚)羟基能与碱反应，酰胺基能在酸或碱作用下水解，C 正
确；
D．X 中含有酚羟基、硝基两种含氧官能团，Y 中含有氨基和(酚)羟基，只有一种含氧官能团，Z 中含有酚
羟基和酰胺基两种含氧官能团，D 错误；
2
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故选C。
5．下列实验原理、装置及操作能达到实验目的的是
A．用装置①分离
胶体中的NaCl
B．用装置②除去
中的
C．用装置③制取
D．用操作④检验化合物中是否含钾元素
【答案】B
【解析】A．
胶体中胶粒和电解质溶液中的离子都可以通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离
除去
胶体中的NaCl，应该采用渗析的方法提纯
胶体，A 错误；
B．
与饱和亚硫酸氢钠溶液中的水反应产生
，而
不能溶解，也不能发生反应，因此可以用装
置（2）的饱和
溶液除去
中的
，B 正确；
C．装置中无酒精灯，因此不能用于实验室中制取
，C 错误；
D．钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃来观察，D 错误；
故答案选B。
6．下列实验操作能达到相应实验目的的是
选
项
实验操作
目的
A
取适量葡萄酒加热，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液
检验葡萄酒中的SO2
B
取少量Na2O2样品，加入稀硫酸
检验Na2O2是否变质
C
向某待测液中滴加盐酸，将产生的气体通入品红溶液
检验待测液含
D
将H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液
证明H2O2具有还原性
【答案】D
【解析】A．葡萄酒加热挥发的酒精也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 错误；
B．过氧化钠变质的产物碳酸钠能和稀硫酸反应产生气体，但过氧化钠和稀硫酸也可产生气体(氧气)，B 错
误；
C．使品红溶液褪色的气体可能是SO2，而
也能和盐酸反应生成能使品红溶液褪色的SO2，故待测液
中含有的离子不一定为
，C 错误；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明H2O2具
3
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有还原性，D 正确；
故答案选D。
阅读下面的文字，完成下面小题。地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、
Y 均为氮氧化物)，羟胺
以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱
性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺
广泛用于药品、香料等的合成。已知25℃时，
，
，
。
7．
是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，
和Y 混合气体中氧原子数为
B．
溶液中
和
数均为
C．
完全转化为
时，转移的电子数为
D．
中含有的价电子总数为
8．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A．
和
的VSEPR 模型相同
B．羟胺分子间氢键的强弱：O—H∙∙∙O>N—H∙∙∙N
C．25℃同浓度水溶液pH：
D．熔点：
【答案】7．C 8．B
【分析】
在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X 在X 还原酶的作用下转化为Y，X、Y 均为氮氧化
物，即X 为NO，Y 为N2O。
7．A．常温常压下，气体摩尔体积不是
，则氧原子数不为
，A 项错误；
B．HNO2为弱酸，因此
能够水解为HNO2，则
溶液中数目小于
，B 项错误；
C．
完全转化为时
，N 的化合价由-1 上升到+3，物质的量为=
，转移的电子
4
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数为
，C 项正确；
D．
物质的量为0.1mol，N 的价电子数等于最外层电子数为5，
含有的价电子总数为
，D
项错误；
答案选C。
8．A．
中N 原子的价层电子对数=
，VSEPR 模型为四面体形，
中N 原子的价层
电子对数=
，VSEPR 模型为平面三角形，A 项错误；
B．O 的电负性大于N，O-H 键的极性大于N-H 键，故羟胺分子间氢键的强弱O—H∙∙∙O>N—H∙∙∙N，B 项正
确；
C．由题目信息可知，25℃下，
，故
的碱性比
弱，故同浓
度的水溶液中，
的水解程度大于
的水解程度，同浓度水溶液的pH：
，
C 项错误；
D．
为分子晶体，
为离子晶体，故熔点：
，D 项错误；
答案选B。
9．W、X、Y、Z 四种短周期元素，原子序数依次增大。四种元素形成的盐
是强氧化剂，常用
于测定钢中锰的含量。
中阴离子的结构如图所示，图中各原子最外层都达到8 电子稳定结构。
下列说法正确的是
A．简单离子半径：W＜X＜Y＜Z
B．氢化物的沸点：X＜Y
C．
中Z 的杂化方式是
D．
用于测定钢中锰的含量时，Y 元素被还原
【答案】D
【分析】
阴离子为
，根据阴离子的结构和各原子最外层都达到8 电子稳定结构可知，
Y 连接2 根共价键，结合
是强氧化剂，可知，推出Y 是
元素，含有过氧键即具有强氧化
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性，由此阴离子结构可知
中含有2 个-1 价的氧、剩余的6 个氧为-2 价，因此Z 的化合价为+6 价，结
合题中所给原子序数关系，Z 的原子序数最大，可知Z 为S 元素；阴离子呈-2 价，故阳离子呈+1 价，W 的
原子序数最小，由
可知，
即为
，因此W 为H 元素，X 为N 元素，综合可知，W、X、Y、
Z 分别为H、N、O、S 元素，据此作答。
【解析】A．核外电子层数越多，则离子半径越大，具有相同核外电子结构时，核电荷数越大则离子半径
越小，
核外有3 个电子层，离子半径最大，由此可知简单离子的半径：
，故A 错误；
B．X 为N 元素、Y 是
元素，X 的氢化物可能是NH3、N2H4，Y 的氢化物可能是H2O、H2O2，未说明形成
的是哪种氢化物，无法进行比较，故B 错误；
C．在
中的中心原子S 原子形成4 个σ 键，因此σ 键电子对数为4，观察阴离子结构可知，S 原子上
没有孤电子对，因此中心原子S 原子的价层电子对数为4，硫原子并没有用到d 轨道，因此采取的是sp3杂
化，故C 错误；
D．在测定钢中锰的含量时，一般会将锰氧化为较高的价态，而
的强氧化性是阴离子结构中
的-1 价
体现的，在反应中化合价降低，被还原，作为氧化剂，故D 正确；
故答案选D。
10．一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量
等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法中错误的是
A．“酸浸”所得滤渣a 的主要成分为
B．“沉铁”生成滤渣b 反应的离子方程式为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液b 中含有的主要阳离子：
【答案】C
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量
，“酸浸”时CuO、少量
与
反应生成硫酸
铜、硫酸铁，
不溶于
，过滤，滤渣a 是
；溶液中加过量氨水生成氢氧化铁沉淀“沉铁”，
转化为
；b 是氢氧化铁；滤液中通入二氧化硫生成
沉淀“沉铜”， 转化
时，
在稀硫酸中发生歧化反应，得到
和Cu。
【解析】A．“酸浸”时CuO、少量
与
反应生成硫酸铜、硫酸铁，
不溶于
，所以滤
渣a 的成分是
，故A 正确；
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B．
是弱碱，“沉铁”时，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为
，故B 正确；
C．滤液中加过量氨水沉铁除去
，
转化为
，“沉铜”时含有
和过量
氨水的混合溶液中通入
生成
沉淀，铜元素化合价由+2 降低为+1，则发生氧化还原反应， 故
C 错误；
D．转化时，
在稀硫酸中发生歧化反应，得到
和Cu，结合元素守恒可知，“转化”后所得
滤液b 中含有的主要阳离子有
，故D 正确；
选C。
11．科学家设计了一套电解装置，图中的双极膜中间层中的H2O 解离为H+和OH，并在直流电场作用下分
别向两极迁移，如图所示。下列叙述错误的是
A．电极电势：催化电极a>催化电极b
B．双极膜的右侧是阳离子交换膜
C．阳极反应式为
-6e-+6OH-=
+4H2O
D．标准状况下，每消耗33.6LCO2会生成1mol
【答案】D
【分析】催化电极b 上二氧化碳转化为甲酸，化合价降低，得电子，发生还原反应，故催化电极b 为阴极
(与电源负极相连)，催化电极a 为阳极。
【解析】A．阳极电极电势大于阴极电极电势，故电极电势：催化电极a>催化电极b，A 正确；
B．阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，消耗氢离子，故双极膜产生的氢离子会迁移到双极膜右侧，即
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双极膜右侧为阳离子交换膜，B 正确；
C．阳极上有机物中的-CH2OH、-CHO 均被氧化为羧基，阳极反应式为
-6e-+6OH-=
+4H2O，C 正确；
D．结合选项B 和电极上得失电子守恒，标准状况下，每消耗33.6LCO2 会转移3mol e-，生成0.5mol
，D 错误；
故答案选D。
12．多卤离子
在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
离子
分解反应
平衡常数值
K
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．
可分解为
和
【答案】B
【解析】A．已知电负性
，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致
比
更容易断裂，所
以电离程度
＞
，
，A 正确；
B．每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成
，这个过程中，
离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡
反应：
，所以溶液中存在
的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，
、
中碘元素是
价，氯元素是
价，
和
中，碘元素是
价，溴元素是
价；三个变化过
程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应，B 错误；
C．同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的两元素之间
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的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为
，C 正确；
D．已知电负性
，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致
容易断裂产生为
和
，D 正确；
故答案选B。
13．钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是
A．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成
B．反应过程中
被氧化
C．脱硝反应为
D．
是反应中间体
【答案】C
【分析】根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，根据过程中含V 元素
微粒的结构式判断化学键的变化，据此解答
【解析】A．反应过程中由O=O 键和N-H 的断裂，又有氮氮三键和H-O 键的形成，A 正确；
B．反应过程中
中的V 由+4 价升高到+5 价，化合价升高，被氧化，B 正确；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，在钒系催化剂作用下脱
硝反应为
，C 错误；
D．由转化示意图可知，
在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，D 正
确；
故选C。
14．亚砷酸(
)是三元弱酸，可以用于治疗白血病，
水溶液中含砷物种的分布分数(平衡时某
物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH 的关系如下图，下列说法正确的是
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A．
的水解方程式为：
B．
第一步的电离常数为
，则
C．
溶液的pH 约为9.2
D．pH=12 时，溶液中
【答案】B
【分析】亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸，分三步部分电离，电离方程式为
、
、
，由此可知，随着pH 的增大，含砷元素的微粒由H3AsO3向
、
转化，因此曲线a 表示H3AsO3的分布分数，曲线b 表示
的分布分数，曲线c 表示
的分布分数，据此作答。
【解析】A．
发生水解的方程式为：
，故A 错误；
B．由图可知，pH=9.2 时c(H+)=10-9.2mol/L，曲线a 和曲线b 的交点存在有：c(H3AsO3)=c(
)，则Kal=
=c(H+)=1.0×10-9.2，故B 正确；
C．pH=9.2 时，c(H+)=10-9.2mol/L，c(H3AsO3)=c(
)，不代表H3AsO3溶液的pH，
是三元弱
酸，其水溶液的pH 小于7，故C 错误；
D．
时，溶液呈碱性，此时应是加入碱性物质如NaOH 调节pH，则有
，从而可得
，故D 错误；
故答案选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）镍的氧化物M 是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO 和SiO2
等)制备M 的工艺流程如图所示。
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回答下列问题：
（1）固体2 的主要成分是 (填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有 (答两条)。
（2）“酸浸”中有O2生成，分析该反应中的氧化剂为 (填化学式)。
（3）已知25℃时：
，
。若浸出液中
，当离子浓度
≤1×10-5mol·L-1时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH 范围为 。
（4）“系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是 。
（5）灼烧NiSO4·7H2O 时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1 所示。
写出B→C 的化学方程式： 。
【答案】（1）Fe(OH)3 粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等(任答2 条)
（2）Ni2O3
（3）3.2 ≤ pH＜6.65
（4）降温结晶(或冷却结晶) 降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥
（5）
【分析】含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO 和SiO2等)酸浸时NiO、Ni2O3、FeO、MgO 和稀硫酸反
应转化为
，SiO2不与酸反应，过滤除去，则固体1 是SiO2；过滤后向酸浸后的溶液中加
入H2O2将
转化为
，并用Na2CO3调节溶液pH，使
转化为Fe(OH)3沉淀除去，即过滤出固体2
为Fe(OH)3，过滤后加入NH4F 使Mg2＋沉淀除去，过滤出固体3 为MgF2，最后得到硫酸镍溶液，通过蒸发
浓缩、降温结晶，过滤、洗涤干燥，得到NiSO4•7H2O，并在惰性气体环境中灼烧NiSO4•7H2O 得到M，据
此分析解题；
【解析】（1）由分析可知，“沉铁”中将铁离子转化为Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎矿渣、搅
拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等措施；
（2）“酸浸”中O2产生，该过程中O 的化合价升高，则Ni2O3中Ni 的化合价降低，即镍被还原为
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NiSO4，则氧化剂为Ni2O3；
（3）根据溶度积数据计算，沉淀完全时，
，
，则可推得，
,pH=3.2；同理可知，Ni(OH)2开始沉淀时，
，pH=6.65，故应控制溶液
的pH 为：3.2≤pH＜6.65；
（4）①由分析可知，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
②用乙醇洗涤的目的是降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥；
（5）
，在失重过程中，固体中镍元素质量不变，B 点对应固体的
质量为15.5g，即为0.1mol
，C 点含Ni 为5.9g，含氧为2.4g，则
，则C
点对应固体的化学式为Ni2O3，根据氧化还原反应配平可得，B 到C 的反应方程式为：
。
16．（16 分）摩尔盐
比一般的亚铁盐更稳定，是一种重要的定量分析化学试
剂。回答下列问题：
（1）制备摩尔盐采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁溶液，再用新制的硫酸
亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，须经煮沸并迅速冷却后再使用，目
的是 。
（2）可以采用热重分析法测定摩尔盐样品中所含结晶水的个数，加热其晶体需要使用的实验仪器除了玻
璃棒、三脚架、泥三角、酒精灯外，还需要的仪器有 。取样品a g 加热至两次质量恒重为b g(假设
减少的质量仅仅是晶体失水)，则x 的表达式为 (用含a、b 的代数式表示)。
（3）利用摩尔盐分解产生的
，可制取氯化亚砜
。已知
是一种
液态化合物，遇水产生白雾和一种刺激性气体。利用如图装置制取
并检验生成的
。
①装置B 中的试剂为无水
，其作用是 。
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②装置C 和装置D 中的试剂分别是 、 。(填标号)
A．NaClO 溶液 B．
和
溶液
C．
溶液 D．饱和的
溶液
（4）利用摩尔盐分解产生的
，设计实验探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。
①将少量
气体直接通入装置G 中，不能根据装置G 中现象判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，理由是
(用化学反应方程式表示)。
②为了验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，需要制备一种中间酸，在装置F 之前加一个盛放 (填试剂
名称)的装置，其作用是 。通过 (填现象)即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
【答案】（1）除去水中溶解的氧气，防止摩尔盐被氧化
（2）坩埚、坩埚钳
（3）防止装置C 中水蒸气进入A 中，使
水解产生
，干扰该反应生成
的检验 C B
（4）
饱和
溶液 吸收
并制备
装置F 中品红不褪色，G 中出现白色沉淀
【解析】（1）摩尔盐中铁元素为+2 价，易被氧化，配制硫酸按饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却
后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止摩尔盐被氧化。
（2）加热分解晶体需要在坩埚中进行，需要的仪器还有：坩埚和坩埚钳；
ag 样品中水的质量为(a-b)g，故
，解得
。
（3）A 中制备SOCl2，B 中无水氯化钙可防止后续装置中的水分进入A 中使
水解产生
，干扰该
反应生成
的检验；根据题中所给试剂，C 中可放氯化钡溶液，无现象，D 中盛放H2O2和氯化钡溶液，
过氧化氢将二氧化硫氧化为硫酸，与氯化钡可生成硫酸钡沉淀，此时D 中有白色沉淀即可证明有二氧化
硫，E 为尾气处理装置，可放氢氧化钠溶液，
①根据分析，B 中无水氯化钙的作用是：防止装置C 中水蒸气进入A 中，使
水解产生
，干扰该
反应生成
的检验；
C
②
和D 中所盛放的试剂分别为：C、B。
（4）①将少量
气体直接通入装置G 中，二氧化硫与次氯酸钙发生氧化还原反应，化学方程式为；
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，不能比较亚硫酸和次氯酸酸性强弱；
②为了验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，需要制备一种中间酸碳酸，亚硫酸酸性强于碳酸，碳酸酸性强于
次氯酸，即可证明亚硫酸酸性强于次氯酸，装置F 中另一种试剂是：饱和NaHCO3溶液，作用是吸收SO2
并制备CO2，若装置F 中品红不褪色，G 中出现白色沉淀即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
17．（14 分）合成氨是人类科技的一项重大突破，反应为：
。回答下列问题：
（1）合成氨反应在 温(填“高”或“低”)有利于自发。
（2）在298.15K、100kPa 条件下，
、
和
的比热容分别为29.1、28.9 和
(此处比热容指单位物质的量物体改变单位温度时吸收或放出的热量)。一定压强下，1mol
反应中，反应物
、生成物
的能量随温度T 的变化示意图合理的是
___________。(反应未达平衡)
A．
B．
C．
D．
（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。其中一种进料组成为
、
，另一种为
、
、
。
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
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②进料组成中不含有惰性气体Ar 的图是 。
③图2 中，当
、
时，氮气的转化率
(保留两位有效数字)。该温度
时，反应
的平衡常数
(计算结果保留最简分数形
式)。
【答案】（1）低
（2）B
（3）p1＜p2＜p3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的物质的量分数越大
图3 33%
【解析】（1）合成氨反应
、
，依据
反应可以自发进行，则合成氨的反应在
低温下有利于自发进行；
（2）该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则排除C、D 选项；根据题目中给出的反
应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，故B
符合题意。
（3）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的物质的量分数越大。
由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的物质的量分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大
的顺序为；p1＜p2＜p3；
②对比图2 和图3 中的信息可知，在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，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增
大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图3；
③图2 中，进料组成为
、
，两者物质的量之比为3：1.假设进料中氢气和氮气的物质的
量分别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
，当
、
，则有
，解得x=
，氮气的转化率
；平衡时N2、H2、NH3的物质
的量分别为
mol、2mol、
mol，气体总物质的量为
mol，则p(N2)=
、p(H2)=
、p(NH3)=
，
平衡常数
=
。
18．（14 分）药物卡托普利的合成原料F、工程材料聚碳酸酯(简称PC)的合成路线如下图所示：
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已知：①
②酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：RCOOR＇+R＂OH
RCOOR＂+R＇OH(R、R＇、
R＂代表烃基)
请回答：
（1）已知C 的核磁共振氢谱只有一种峰。
①丙烯→A 的反应类型是 。
A→B
②
的反应试剂和条件是 。
B→C
③
的化学方程式是 。
（2）9.4 g 的D 与饱和溴水完全反应生成33.1 g 白色沉淀，D 的结构简式是 。
（3）C 与D 反应生成双酚A 的化学方程式是 。
（4）F 有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体的结构简式是 。(写出一种即可)
①含有甲基②含有碳碳双键③能发生银镜反应④属于酯
（5）PC 的结构简式是 。
【答案】（1）加成反应 NaOH 水溶液、加热 2CH3CH(OH)CH3+O2
2CH3COCH3+2H2O
（2）
（3）CH3COCH3+2
+H2O
（4）HCOOC(CH3)=CH2或HCOOCH=CHCH3
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（5）
【分析】丙烯与HBr 发生加成反应，生成A 为CH3CHBrCH3，A 在NaOH 水溶液中发生水解反应生成B 为
CH3CH(OH)CH3，B 催化氧化生成C 为CH3COCH3；依据题给信息，C 在ⅰ.HCN/OH-、ⅱ.H2O/H+，浓硫
酸、条件下发生反应生成
∆
F 为CH2=C(CH3)COOH(相对分子质量为86)。比较C 与双酚A 的结构，可得出
D 为
。CH3OH 与CO/O2在催化剂作用下发生反应，生成
，与D 在催化剂
作用下发生反应，生成E 为
；双酚A 与E 发生反应生成PC 为
。
【解析】（1）已知C 的核磁共振氢谱只有一种峰，则C 为丙酮CH3COCH3。
①丙烯与HBr 反应，生成A(CH3CHBrCH3)，反应类型是加成反应。
A(CH
②
3CHBrCH3)→B[CH3CH(OH)CH3]，发生水解反应，反应试剂和条件是NaOH 水溶液、加热。
B[CH
③
3CH(OH)CH3]→C(CH3COCH3)，发生催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH(OH)CH3+O2
2CH3COCH3+2H2O。
（2）9.4 g 的D 与饱和溴水完全反应生成33.1 g 白色沉淀，则D 属于苯酚类物质，设D 的相对分子质量为
M，则可建立如下等式：
，M=94，其为苯酚，结构简式是
。
（3）C(CH3COCH3)与D(
)反应生成双酚A(
)的化学方程式是
CH3COCH3+2
+H2O。
（4）F 为CH2=C(CH3)COOH，F 有多种同分异构体，满足下列条件：“①含有甲基②含有碳碳双键③能发
生银镜反应④属于酯”的同分异构体分子中，应含有HCOO-、
、-CH3，则可能结构简式是
HCOOC(CH3)=CH2或HCOOCH=CHCH3等。
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（5）由分析可知，PC 的结构简式是
。
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