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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（湖南卷）
黄金卷03
（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 S 32 Na 23 Se 79 Cu 64 Zn 65 Mn
55
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．化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色
B．用于制作飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维
C．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为
D．“嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯，属于有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．聚四氟乙烯的结构简式为
，分子内没有碳碳双键，因此不能与溴水发生反应使
其褪色，A 错误；
B．芳砜纶是一种合成纤维，属于聚酰胺类纤维的一种，不属于有机高分子材料，B 错误；
C．氧化铁是红棕色固体，火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，C
正确；
D．石墨烯是一种从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料，是碳的二维结构，石墨烯属于无机非金属
材料，D 错误；
故选C。
2．下列化学用语表示正确的是
A．中子数为20 的Cl 原子：
B．
的电子式：
C．四溴化碳的空间填充模型：
D．基态硫原子最外层电子排布图：
【答案】D
1
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【详解】A．质量数等于中子数加质子数，因此中子数为20 的氯原子的质量数为20+17=37，表示为：
，故A 错误；
B．BCl3是缺电子化合物，B 提供3 个电子，与3 个Cl 分别共用1 对电子，电子式：
，故B
错误；
C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，溴原子半径大于碳原子，空间填充模型为
，故C 错误；
D．硫原子是16 元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为：
，故D 正确；
故答案选D。
3．设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．室温下，
丙烯
的分子中含有的碳原子数为
B．
的
溶液中
的数目为
C．电解精炼铜过程中，当阳极质量减小
时，转移电子数为
D．标准状况下，
含有的分子数为
【答案】A
【详解】A．
丙烯为
，则碳原子数为
，A 正确；
B．碳酸根不考虑水解微粒个数为
，碳酸根离子水解导致其数目小于
，B 错误；
C．电解精炼铜时，阳极上如果只有铜放电，一个铜原子参加反应失去两个电子，1mol 铜原子参加反应
失去2mol 电子，阳极质量减轻64g，转移电子数是
，但是阳极上除了铜放电之外，还有其他金属
（锌、铁等）也会放电，因此阳极质量减轻
时，转移电子数不是
，C 错误；
D．标准状况下，水不是气体，
物质的量不是
，故D 错误；
故选：A。
4．下列有关陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系的是
选
项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
向
溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶
非金属性：Cl>Si
2
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B
利用海水制取溴和镁单质
被氧化，
被还原
C
可用铝槽运输浓硝酸
浓硝酸与Al 不反应
D
往含有淀粉的
溶液中滴加几滴HI，溶液变蓝
氧化性：
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，所以向硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液中
出现凝胶(
)，不能用于比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故A 项不符合题意；
B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将溴离子氧化为溴单质，再经过萃取，蒸馏分离提
纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，再经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔
融氯化镁可得到镁单质，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，故B 项符合题意；
C．浓硝酸与Al 能反应，只是常温下会发生“钝化”形成一层保护膜，故C 项不符合题意；
D．
具有氧化性，硝酸根离子在酸性条件下也具有氧化性，所以不能判断是谁将碘离子氧化为碘单
质的，故D 项不符合题意；
故本题选B。
5．下列离子方程式的书写正确的是
A．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
B．向
溶液中通入少量
：
C．电解
溶液：
D．将
溶液滴入足量氨水中：
【答案】D
【详解】A．从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为
，A
项错误；
B．向
溶液中通入少量
，
具有还原性，会被
氧化，故正确的离子方程式为
，B 项错误；
C．电解
溶液的离子方程式为
，C 项错误；
D．将少量
溶液滴入足量氨水中，反应生成银氨络离子，反应的离子方程式为
，D 项正确；
故答案选D。
6．下列装置能达到相应目的的是
3
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A．熔化
B．验证
氧化性
C．实验室保存液溴
D．分离碘和氯化铵固体
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁坩埚，A 错
误；
B．
通入
中，
与
反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，
在该反应中得电子体
现氧化性，B 正确；
C．液溴具有挥发性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，C 错误；
D．氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加
热碘和氯化铵固体的固体混合物后，升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘和氯化铵
固体，D 错误；
答案选B。
7．在加热条件下，金属钯催化乙醇羰基(
)化的反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．整个反应过程的化学方程式为
B．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为74
C．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd-H 键
D．反应过程中钯的化合价发生了变化
4
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【答案】A
【详解】A．由图可知，整个过程中
和
反应生成
和
，化学方程式为
，A 错误；
B．羟基被氧化为羰基，C 原子上应连接H 原子，在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连的
C 原子上没有氢原子，最简单的是2－甲基－2－丙醇，相对分子质量为74，B 正确；
C．由图可知，反应过程中断裂和形成最多的键是Pd－H 键，C 正确；
D．钯单质为0 价，反应过程中形成了Pd－H 键，Pd 的化合价发生了变化，D 正确；
故答案为：A。
8．非天然氨基酸
是一种重要的药物中间体其结构如图所示，下列说法正确的是
A．
中含有2 种含氧官能团
B．该分子不存在手性异构体
C．除氢原子外，
中其他原子可能共平面
D．该物质能发生取代、加成、氧化反应
【答案】D
【详解】A．
中含有硝基、羟基、羧基三种含氧官能团，故A 错误；
B．
星号标记的碳原子为手性碳原子，含一个手性碳存在手性异构体，故B 错
误；
C．上图中星号标记的碳原子为
杂化，当该碳原子上的羧基在平面中时，羟基、氢原子会离开平
面，故C 错误；
D．该分子中苯环、碳碳双键均可与氢气发生加成反应，羟基可发生氧化反应，羟基、羧基均可发生取
代反应，故D 正确；
答案选D。
9．某化合物可代替
作沉淀剂，结构如图所示。W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元
素，X 的原子最外层电子数是内层电子数的2 倍，W 和X 原子序数之和等于Y 的核外电子数，Z 的单
质是难溶于水的固体。下列说法正确的是
A．元素电负性：X>Y>W B．含氧酸的酸性：Y>Z
C．W、Y、Z 可形成离子化合物 D．该化合物分子中所有原子共平面
【答案】C
5
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【分析】X 有4 个共价键，则短周期中X 可能为C 或Si，Y 有3 个共价键，则Y 可能为N 或P，Z 有2
个共价键，Z 可能为O 或S，Z 的单质是难溶于水的固体，Z 为S，W 有1 个共价键，则W 可能为H、
F、Cl，X 的原子最外层电子数是内层电子数的2 倍，则X 为C，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的
短周期主族元素，W 为H，W 和X 原子序数之和等于Y 的核外电子数，则Y 为N，综合：W 为H、X
为C、Y 为N、Z 为S，以此分析；
【详解】A．电负性：N＞C＞H，即Y＞X＞W，A 错误；
B．Y 和Z 都具有可变价态，无法确定含氧酸中元素的化合价，故无法比较酸性，B 错误；
C．N、H 元素形成铵根，铵根与硫离子可以形成离子键，C 正确；
D．单键可旋转，故无法形成平面形结构，D 错误；
故答案为：C。
10．我国科学家首次研究了碘正极在水系铝离子电池中的转化反应
，下列叙述错误的
是
A．放电时，
在正极上发生还原反应
B．放电时，每转移
电子，a 电极质量理论上增加
C．充电时，b 极反应之一为
D．充电时，
参与反应生成
、
、
物质的量之比可能为
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，b 电极为原电池的正极，碘单质得到电子发生还原反应生成碘离子，a 电
极为负极，铝在负极失去电子发生氧化反应生成铝离子；充电时，与直流电源正极相连的b 电极为阳
极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或碘三离子或碘五离子，a 电极为阴极，铝离子得到电子发生还
原反应生成铝。
【详解】A．由分析可知，放电时，b 电极为原电池的正极，碘单质得到电子发生还原反应生成碘离
子，故A 正确；
B．由分析可知，放电时，a 电极为负极，铝在负极失去电子发生氧化反应生成铝离子，则转移
电子时，a 极质量应减少27g，故B 错误；
C．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的b 电极为阳极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或
碘三离子或碘五离子，则电极反应式之一可能为
，故C 正确；
D．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的b 电极为阳极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或
碘三离子或五三离子，设碘、碘三离子、碘五离子的物质的量依次为amol、bmol、cmol，由原子个数
6
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守恒可得：2a+3b+5c=10, a=b=c=1 时，方程式成立，故D 正确；
故选B。
11．实验室制备丙炔酸甲酯(
，沸点103~105℃)的流程如下，下列说法正确的是
A．“蒸馏”时可用水浴加热
B．“操作1”名称为萃取分液
C．“洗涤2”中5%
溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质
D．“反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙炔酸、甲醇
【答案】C
【分析】在反应瓶中，加入丙炔酸和甲醇，其中甲醇过量可促进酯化反应正向进行，提高丙炔酸的转
化率，反应后的混合液中加入饱和食盐水，分液分离出有机相，分别用5%的碳酸钠溶液、水洗涤可
以除去未反应完的丙炔酸和无机盐，有机相不溶于水，可用分液的方式分离出来，有机相经过无水硫
酸钠干燥、过滤、蒸馏即可得到丙炔酸甲酯，据此分析解题。
【详解】A．丙炔酸甲酯的沸点为103~105℃，蒸馏时不能用水浴加热，故A 错误；
B．操作1 为有机相用无水硫酸钠除水，除去水后硫酸钠为固态晶体，用过滤分离，故B 错误；
C．经食盐水洗涤后的有机相含有少量丙炔酸和硫酸等酸性杂质，碳酸钠除去酸性杂质，故C 正确；
D．溶液混合时，应将密度大的溶液加入密度小的溶液中，酯化反应药品添加顺序为醇、浓硫酸、有
机酸，故D 错误；
故选：C。
12．硒化锌材料不溶于水，其对热冲击具有很强的承受能力，使它成为高功率
激光器系统中的成对电
子数的最佳光学材料。硒化锌晶胞结构如图所示。设晶体密度为
，
代表阿伏加德罗常数的
值。下列说法正确的是
A．该晶胞中硒原子的配位数为6
B．晶胞中与Zn 距离最近且等距离的Zn 原子有8 个
C．基态
原子核外有34 种不同空间运动状态的电子
D．晶胞边长为
【答案】D
【详解】A．与硒原子距离最近的Zn 有4 个，故该晶胞中硒原子的配位数为4，A 错误；
7
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B．晶胞中与Zn 距离最近且等距离一个Zn 在顶点，另一个Zn 在面心，共有12 个，B 错误；
C．基态
原子的电子排布式为
，共占据18 个轨道，有18 种不同空间运
动状态的电子，C 错误；
D．该晶胞中Se 的个数为4 个，Zn 的个数为
，有4 个ZnSe，故边长为
，D 正确；
故选D。
13．常温下，向二元弱酸H2A 溶液中，滴加NaOH 溶液，混合溶液中lgX[
或
]与pH 的
变化关系如下图所示，下列说法不正确的是
A．直线a 表示
与pH 的变化关系
B．室温下NaHA 溶液呈碱性
C．加入NaOH 溶液的过程中，
不变
D．当溶液中
时，
【答案】B
【分析】对于H2A，Ka1=
，Ka2=
，由于H2A 为二元弱酸，所以Ka1＞Ka2，
a 表示
与pH 的变化关系，b 表示
与pH 的变化关系；以Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2。
【详解】A．由分析可知，直线a 表示
与pH 的变化关系，A 正确；
B．室温下，Ka2=10-4.2＞Kh2=
=10-12.8，所以NaHA 溶液呈酸性，B 不正确；
8
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C．加入NaOH 溶液的过程中，
=
=常数，C 正确；
D．当溶液中pH=4.2 时，c(A2-)=c(HA-)＞c(H2A)，当pH＞4.2 时，溶液碱性增强，则
，D 正确；
故选B。
14．以物质的量之比为1：2 向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应
，相同时
间内测得Z 的产率和Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．N 点时X、Y 的转化率均为50%
C．M、N 点反应物分子的有效碰撞几率不同
D．Q、N 点状态均为平衡状态
【答案】C
【详解】A．根据图像中Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系可知，随着温度升高，平衡产
率逐渐降低，说明升温平衡逆向移动，得到
，故A 错误；
B．起始加入的X、Y 物质的量之比为1：2，不等于计量数之比，所以二者转化率不同，故B 错误；
C．M、N 点产率相同，但温度不同，所以反应物分子的有效碰撞几率不同，故C 正确；
D．观察图像可知，Q 点Z 的产率小于平衡产率，未达到平衡，故D 错误；
故答案选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S 和少量COS)是炼铁过程中所得到的一种副产品，直
接排放会污染空气。某化学兴趣小组利用高炉煤气和SO2制备Na2S2O3·5H2O，装置如图所示。回答下
列问题：
9
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资料：润湿的
试纸可鉴别
，方程式为：
(黑色)
Ⅰ．Na2S2O3的制备
步骤一：关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气。
发生的反应有：丁中
；乙中
。
(1)当润湿的(CH3COO)2Pb 试纸 (填现象)，关闭K3，停止通入高炉煤气。
(2)导管b 接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶。醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO 气体，方程式为：
。
①过量H2S 会导致吸收CO 的能力下降的原因是 。
②将吸收液通过 (任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源再利用。
步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。
(3)试剂a 为 (填化学式)。
(4)装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为 。
(5)导管b 接盛有 (填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。
Ⅱ．Na2S2O3·5H2O 纯度的测定
(6)测定某样品中Na2S2O3·5H2O 的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)：
i．取
的
溶液，用硫酸酸化后，加入过量
溶液，发生反应：
ii．称取
样品，配制成
溶液，取该溶液滴定步骤i 所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次
平行实验，平均消耗
样品溶液。发生的反应为：
①判断步骤ii 的滴定终点方法为 。
②样品中Na2S2O3·5H2O 的质量分数为 。
【答案】(1)变黑
(2)
H
①
2S 能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物结构，从而降低了CO 的吸收 ②加热(或减压)
(3)Na2SO3
10
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(4)4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O
(5)NaOH
(6) ①滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②80.0%
【分析】本题为实验探究题，先关闭K1、K2，打开K3，通入高炉煤气，分别发生反应有：丁中
；乙中H2S+Na2CO3=NaHCO3+NaHS，当湿润的(CH3COO)2Pb 试纸变黑后，说明
乙中反应完全，关闭K3，打开K1、K2，甲中产生SO2，原理为：
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，向乙装置中通入SO2气体，发生反应：
4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，得到
Na2S2O3·5H2O，最后对所得样品进行定量实验检测其纯度，据此分析解题。
【详解】（1）H2S 和(CH3COO)2Pb 反应生成黑色的PbS，当润湿的(CH3COO)2Pb 试纸变黑，说明H2S
过量，关闭K3，停止通入高炉煤气，故答案为：变黑；
（2）①过量H2S 会导致吸收CO 的能力下降的原因是过量H2S 会与Cu+反应生成Cu2S 沉淀，破坏了
CH3COOCu(NH3)2，从而降低了CO 的吸收，故答案为：H2S 能与亚铜离子反应生成沉淀，破坏配合物
结构，从而降低了CO 的吸收；
CH
②
3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)
CH3COOCu(NH3)2⋅CO(aq)ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度，
平衡逆向移动，故将吸收液通过加热的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用，另
该反应也是气体分子数减小的反应，减压也可以使平衡逆向移动，达到同样的目的，故答案为：加热
(或减压)；
（3）装置甲内利用浓硫酸与亚硫酸钠反应，制取SO2，故试剂a 为Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
（4）装置乙中有NaHCO3、NaHS，通入后SO2，三者反应生成Na2S2O3的化学方程式为：
4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O，故答案为：
4NaHCO3+2NaHS+4SO2=3Na2S2O3+4CO2+3H2O；
（5）多余的SO2可以用NaOH 溶液吸收，故导管b 接盛有NaOH 溶液的洗气瓶用于尾气处理，故答案
为：NaOH；
（6）①由题干信息可知，步骤ii 中一开始为淀粉和I2的溶液，溶液显蓝色，而后随着反应的进行I2消
耗，当I2消耗完时溶液变为无色，故判断步骤ii 的滴定终点方法为当滴入最后半滴样品溶液后，溶液
由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴样品溶液后，溶液由蓝色变为无
色，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据反应方程式
、
可知：
n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×3n(K2Cr2O7)=6×0.01mol/L×20.00×10-3L=1.2×10-3mol，故样品中Na2S2O3·5H2O
的质量分数为：
×100%=80.0%，故答案为：80.0%。
16．（14 分）四氧化三锰(
)是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫
化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si 等元素)为原料制备高纯
的工艺流程如图所示。
11
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25℃时，相关金属离子[
]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表，当离子浓度小于
时，则认为该离子沉淀完全了。
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
10.9
8.2
8.9
回答下列问题：
(1)“氧化”步骤的主要目的是 。
(2)“调pH”时溶液的pH 范围应调节为4.7~6.2 之间，据此可以得知：
的
。
(3)“滤渣3”中主要有 。
(4)写出“沉锰”时的离子方程式： 。
(5)在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水
的目的： 。
(6)Mn 和O 可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。
①该晶体中Mn 的配位数为 。
②已知阿伏加德罗常数的值为
，该晶体的密度
(用含a、b 的代数式表示)。
【答案】(1)把
氧化成为
，使铁元素能够在调pH 时完全被除去
(2)
(3)ZnS、NiS
(4)
(5)“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成
，发生反应
，该过程中加入氨水
可消耗氢离子，促进
正向移动(合理表述均可)
12
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(6)
6
①
②
【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si 等元素)，MnS 矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具
有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2（或不溶性硅
盐），所以得到的滤渣1 为S 和SiO2（或不溶性硅盐）；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子
Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH 除铁和铝，所以滤渣2 为Al(OH)3、Fe(OH)3，
加入的Na2S 和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3 为NiS 和ZnS，所得滤液中继续加入MnF2
生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4 为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀
硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，氢氧化锰再空气中加热得四氧化三锰。
【详解】（1）“氧化”步骤的主要目的是：把
氧化成为
，使铁元素能够在调pH 时完全被除
去。
（2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3，“调pH”时溶液的pH 范围应调节为4.7~6.2
之间，由表中数据可知pH 在2.8 时，Fe3+沉淀完全，则pH 在4.7 时，Al3+沉淀完全，因此
的
。
（3）根据分析可知，“滤渣3”中主要有ZnS、NiS。
（4）“沉锰”时得到碳酸锰沉淀，离子方程式：
。
（5）在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，是由于：“沉锰”时加入碳酸氢铵以
生成
，发生反应
，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进
正向移动。
（6）①由晶胞结构可知，每个锰原子被6 个氧原子包围，因此Mn 的配位数为6；
②锰离子的个数为：
，氧离子的个数为：
，该锰氧化物的化学式为MnO2，阿
伏加德罗常数为
，每个晶胞中含有2 个MnO2，则该晶体的密度为
。
17．（15 分）化合物
是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)化合物I 的分子式是 。化合物VIII 中的含氧官能团的名称是 。
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(2)化合物I 的沸点高于化合物II，其原因是 。
(3)反应①是原子利用率100%的反应，则a 为 。
(4)下列反应②的说法不正确的是___________。(填字母)
A．反应②是加成反应
B．一定条件下化合物1molIV 能与5mol
反应
C．化合物VIII 个分子中2 个手性碳原子
D．化合物VII 中碳原子的杂化方式只有2 种
(5)化合物III 有多种同分异构体，其中含
结构的有 种(不计III)，其中核磁共振
氢谱的峰面积比为6：1：1 的结构简式为 (写出其中一种)。
(6)写出以
和乙醇为原料合成化合物
的单体的合成路线(无机
试剂任用) 。
【答案】(1)
酯基
(2)
的分子间存在氢键
(3)
(4)BD
(5) 5
[或
]
(6)
【分析】I 发生醇的催化氧化生成II，II 和乙酸乙酯在有机碱作用下发生反应得到IV；V 和水发生加成
反应得到VI，a 为水，VI 和乙醇发生酯化反应得到VII，VII 和V 在一定条件下发生加成反应②得到
VIII。
【详解】（1）由图知，化合物I 为
，分子式为
；化合物
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中的含氧官能团的名称是酯基；
（2）
的分子间存在氢键，
分子间只存在范德华力所以
沸点高于
；
（3）反应①
是原子利用率100%的反应，根据原
子守恒，可知则a 为H2O；
（4）A.
和
反应生成
的过程，后
者碳碳双键变成碳碳单键，属于加成反应，A 正确；
B. 化合物IV 为
，在一定条件下与
加成时，苯环上可用消耗3mol 氢
气，碳碳双键可用消耗1mol 氢气，最多可以消耗4mol 氢气，B 错误；
C. 如图
，化合物VIII 个分子中2 个手性碳原子，C 正确
D. 如图
，化合物VII 中，乙基上的C 为sp3在杂化，酯基上的C 为sp2杂化，氰基上
的C 为sp 杂化，故碳原子的杂化方式只有3 种，D 错误；
故选BD；
（5）化合物Ⅲ为
，包含4 个C，2 个O 和一个不饱和度，其中包含
的同分异
构体有：
，有2 种，
，有1 种，
，有1 种，
，有
2 种，共6 种，除掉化合物III 本身，同分异构体还有5 种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1
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的结构简式为
、
；
（6）根据所给物质及已知反应条件，涉及到醛基和酯基的加成，所以先将醇羟基氧化为醛基，再氧
化成羧酸，最后酯化生成酯基，酯基再与醛基反应生成碳碳双键得到单体，合成路线为
。
18．（15 分）
、
(主要指
和
)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的
、
是环
境保护的重要课题。
已知：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
回答下列问题：
(1)计算
，已知反应3 的
，则该反应自发进行的最高温度为
(取整数)K。
(2)已知反应4 在某催化剂作用下的反应历程如图。
①
(填“
”或“
”)0.
②该反应历程的决速步骤为 。
③可提高该反应中
平衡转化率的措施有 (填两条)。
(3)向密闭容器中充入一定量的
和
，保持总压为
，发生反应4.当
时
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的平衡转化率随温度
以及
下NO 的平衡转化率随投料比
的变化关系如图：
①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体的密度保持不变
B．
的浓度不变
C．
②表示
时
的平衡转化率随温度
的变化关系曲线是 (填“＂或“II")，理由是
。
a
③、d 两点对应的平衡常数大小比较为
(填“>”“<”或“=”)
。
b
④点对应条件下的压强平衡常数
(
为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的
量分数，列出计算式即可)。
【答案】(1) -746.0 3729
(2)
过程4 降温、加压(或其他合理答案)
(3)
I 该反应为放热反应，温度越高，
的平衡转化率越小
【详解】（1）根据盖斯定律，（2×反应1）减反应2 可得：
；反应自发进行需要满足
，
，则该反应自发进行的最高温度为3729K。
（2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，
<0；②活化能越大，反应速率
越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中
平衡转化率的措施有降温、加压(或
其他合理答案)。
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（3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒
知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A 正确；B．平
衡之前，
的浓度是变量，当
浓度不变时达平衡，B 正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计
量数之比时，反应达平衡，即
达平衡，C 错误。故选AB。②该反应是放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，
的平衡转化率减小，所以
的平衡转化率随温度
的变化关系曲线
是I。③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越
高，平衡常数越小，a 点温度低，d 点温度高，所以
>
。④b 点
，
的平衡转化率
是80%，设开始投入氢气4mol，则
为1mol，
转化了0.8mol，
，平衡时气体总物质的量为
，
。
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