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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04
（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 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
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．化学与科技、生产、生活等方面密切相关，下列说法不正确的是
A．超导陶瓷在某一临界温度下电阻为零，具有超导性，可应用于磁悬浮技术
B．人民币票面使用含
的油墨，验证真伪时利用了
的磁性
C．将阿司匹林与高分子连接制成长效缓释药物，可减少用药次数
D．中国制造的乒乓球在巴黎奥运会中大放异彩，其主要成分为新型无机非金属材料
【答案】D
【详解】A．超导陶瓷是一种特殊的材料，当温度降低到某一临界温度以下时，其电阻会降为零，表现
出超导性。这种特性使得超导陶瓷在电力、交通、医疗等领域具有广泛的应用潜力。特别是在磁悬浮
技术中，超导陶瓷的零电阻特性使得电流可以无损耗地流动，从而提高了磁悬浮系统的效率和稳定
性，A 正确；
B．
是一种具有磁性的物质，因此被广泛应用于货币防伪技术中。在人民币的印刷过程中，通过
使用含有
的油墨，可以在票面上印制特定的磁性编码。这些磁性编码无法通过肉眼直接观察到，
但可以通过专门的磁码识读器进行辨识，B 正确；
C．缓释指慢慢释放药物，使其在血液中分解并逐渐发挥作用。这种技术可让药物效果长时间持续，从
而有效减少服用药物的次数，C 正确；
D．2014 年7 月1 日起，新规定开始使用高分子聚合物为原料的新塑料球，其主要成分属于有机高分子
材料，D 错误；
故选D。
2．下列化学用语的表述正确的是
A．离子结构示意图
可以表示
，也可以表示
B．空间填充模型
可以表示甲烷分子，也可以表示四氮化碳分子
C．氯化铵的电子式为
D．基态C 原子核外电子轨道表达式为
1
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【答案】A
【详解】
A．
表示质子数为8、电子数为10 的氧离子，所以离子结构示意图
可以表示
，也可以表示
，A 正确；
B．空间填充模型
可以表示甲烷分子，但不可以表示四氮化碳分子，因为氯原子半径大于碳原
子半径， B 错误；
C．氯化铵的电子式为
，C 错误；
D．基态C 原子核外价层电子轨道表达式为
，基态C 原子核外电子轨道表达式为
，D 错误；
故选A。
3．设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．pH=1 的
溶液中的
数目为0.1
B．0．1mol
完全分解转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24L
中的
键数目为0.1
D．1．2g 石墨烯(单层石墨)中的六元环数目为0．1
【答案】B
【详解】A．溶液体积未知，无法计算
溶液中的
数目，故A 错误；
B．
分解时
，则1mol
完全分解转移的电子数为0.1
，故B 正确；
C．标准状况下，2.24L
的物质的量0.1mol，0.1mol
中的π键数目为0.2
，故C 错误；
D．石墨烯(单层石墨)中的环为六元环，环上每个碳原子被3 个环共有，每个环只占碳原子的
，即每
个环的碳原子个数为6×
=2，1.2g 石墨烯(单层石墨)中碳原子的物质的量为0.1mol，则其六元环数目为
=0.05
，故D 错误；
故答案为：B。
4．某实验小组同学从废干电池内黑色粉末中回收二氧化锰并验证其催化作用，所选择的仪器或装置不正
2
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确的是
A．装置甲溶解固体
B．装置乙过滤溶液
C．装置丙灼烧固体
D．装置丁加入MnO2产生气泡速率加快
【答案】C
【分析】废干电池内黑色粉末主要成分为
、石墨粉、
、
。将混合物溶解、过滤得到
固体
、石墨粉，灼烧固体除去石墨粉，得到
。除去
、碳粉中
、
的操作
是溶解、过滤，；除去
(
灼烧无变化)中碳粉的方法是灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行；将
灼烧后固体加入到
中，产生气泡速率加快，证明
的加入，加快了
分解速率，
属
于催化剂。
【详解】A．将混合物中
、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置甲进行溶解操作，故A 正
确；
B．将混合物中
、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置乙进行过滤操作，故B 正确；
C．除去
(
灼烧无变化)中碳粉的方法是灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行，故C 错误；
D．将灼烧后固体加入到
中，产生气泡速率加快，证明
的加入，加快了
分解速率，
属于催化剂，故D 正确；
故选C。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．
溶液中通入过量
B．盛放强碱性溶液不能用磨口玻璃塞的原因：
C．少量Cu 与浓硝酸反应：
D．
与水反应：
【答案】B
【详解】A．Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，得到的是
，反应的离子方程式为：
，A 项错误；
B．玻璃塞的主要成分是SiO2，NaOH 可与其发生反应生成具有粘性的Na2SiO3，反应的离子方程式
为：SiO2+2OH-=
+H2O，B 项正确；
C．Cu 和浓硝酸反应生成NO2，反应的离子方程式为：
，C 项
3
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错误；
D．HClO 为弱酸，离子方程式中不能拆成离子形式，Cl2与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O
H
⇌
++Cl−
+HClO，D 项错误；
故答案选B。
6．工业废水中常含一定量的
和
，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常
用的一种处理方法，流程如下：
其中第①步中存在平衡：
。下列有关说法正确的是
A．上述步骤①转化中，每生成1mol
则转移6mol
B．上述步骤②还原时，若用H2O2代替Fe2+，则生成物只有Cr3+和H2O
C．第②步中，还原0.1mol
需要45.6gFeSO4
D．第③步沉淀剂a 可以使用Ca(OH)2等碱性物质
【答案】D
【详解】A．步骤①无化合价变化，故无电子转移，A 错误；
B．若用H2O2代替Fe2+，生成物有Cr3+、O2和H2O，B 错误；
C．根据氧化还原反应规律，还原0.1mol
转移电子为0.6mol，需要0.6molFeSO4，所以需要
91.2gFeSO4，C 错误；
D．沉淀Cr3+，可用Ca(OH)2，氨水等碱性物质作沉淀剂，D 正确；
故答案为：D。
7．某化合物的结构如图所示，X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 的基态原子核外电子
占据3 个原子轨道，Y 的最外层电子数是其内层电子数的3 倍。下列说法正确的是
A．X 最高价氧化物对应的水化物为弱酸
B．阴离子中X 原子采用sp3杂化
C．第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X
D．该化合物中所有原子均满足8 电子稳定结构
【答案】A
【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z 带一个正电荷，X 能形成3 个共价键，
Y 能形成2 个共价键，且X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 的基态原子核外电子占
据3 个原子轨道，Y 的最外层电子数是其内层电子数的3 倍，则Y 为O，X 为B，Z 为Na，据此分析解
题。
【详解】A．由分析可知，X 为B ，则X 最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，硼酸为弱酸，A 正确；
4
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B．由分析可知，X 为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B 原子周围有3 个σ 键，没有孤
电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B 错误；
C．由分析可知，X 为B、Y 为O、Z 为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素
的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O＞B＞Na，即Y> X > Z，C 错误；
D．由分析可知，X 为B、Y 为O、Z 为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中O、Na 原子均
满足8 电子稳定结构，但B 原子不满足，D 错误；
故选A。
8．色并
嘧啶衍生物因其显著的生物学特性而在科学研究中引起了极大关注。合成过程的某步反应
如图所示，下列说法正确的是
A．M 分子中醛基氢原子与羟基氧原子可形成分子内氢键
B．N 分子中碳原子杂化方式有两种
C．
在酸性条件下的水解产物最多消耗
D．
均能使溴水褪色，其原理完全相同
【答案】C
【详解】A．M 为邻羟基苯甲醛，在邻羟基苯甲醛分子中，羟基(-OH)和醛基(-CHO)位于相邻的位置，
这使得它们之间的距离足够近，从而能够在分子内部形成氢键，但氢键形成于醛基氧和羟基氢之间，A
错误；
B．N 分子中-CH3、-CH2-碳原子均为sp3杂化，酯基的碳原子为sp2杂化，-CN 碳原子形成三键为sp 杂
化，B 错误；
C．P 在酸性条件下水解为
，水解产物最多消耗氢氧化钠3mol，C 正确；
D．M 中醛基具有还原性能使溴水褪色、另外酚羟基的邻对位也能和溴水发生取代反应而使溴水褪色，
P 是因为碳碳双键能和溴单质发生加成反应使溴水褪色，D 错误；
故选C。
9．我国科学家设计了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电
电池，以实现
到
的高效转
化，其原理如下图所示，下列说法错误的是
5
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A．放电时，
极区域
减小（忽略体积、温度变化）
B．放电时，b 极区域发生反应：
C．充电时，电流从电极经电解质溶液流向
电极
D．若放电、充电前后电极
的质量相等，则
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，a 电极为原电池的负极，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—2e—+4OH—=Zn(OH)
，b 电极为正极，水分子在正极得到电子发
生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—= H2↑+2OH—；充电时，与直流电源负极相
连的a 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—，b 电极为阳极，碱性条件下氨分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和
水，电极反应式为
。
【详解】A．由分析可知，放电时，a 电极为原电池的负极，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—2e—+4OH—=Zn(OH)
，放电消耗氢氧根离子，a 极区域溶
液pH 减小，故A 正确；
B．由分析可知，放电时，b 电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离
子，电极反应式为2H2O+2e—= H2↑+2OH—，故B 错误；
C．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的a 电极为阴极，b 电极为阳极，则电流从b 电极经电
解质溶液流向a 电极，故C 正确；
D．由分析可知，若放电、充电前后电极a 的质量相等，说明外电路转移电子的物质的量相等，则由得
失电子数目守恒可知，放电时生成氢气和充电时生成氨气的物质的量比为3：1，故D 正确；
故选B。
10．下列实验操作、现象与结论均正确的是
实验操作或方法
实验现象
结论
6
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A
为鉴别久置
溶液是否存在有
，
向溶液中滴加酸性
溶液。
溶液后紫红色
褪去。
久置溶液中有部分
残留。
B
向某溶液中加入稀盐酸酸化的氯化钡溶
液。
溶液中出现白色沉淀
溶液中一定存在
。
C
取少量溶液于试管中，加入
后，在
试管口放置一块红色石蕊试纸。
红色石蕊试纸变蓝
溶液中一定存在
D
向
溶液中加入
溶液至不再生
成白色沉淀，再滴加
溶液。
生成黄色沉淀
说明
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．
也具有还原性，使
褪色的有可能是
，不一定是
，A 错误；
B．溶液中可能存在
，B 错误；
C．
不能使红色石蕊试纸变蓝，
才能，因此需要使湿润的红色石蕊试纸，C 错误；
D．当向
溶液中加入
溶液至不再生成白色沉淀时，
，若在滴
加
溶液生成黄色沉淀，说明
，D 正确；
故选D。
11．催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的催化剂为
B．上述循环过程中，Co 的化学键数目发生了变化
C．若反应物为乙烯，产物一定为
7
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D．总反应式为
【答案】C
【详解】A．由图可知，该反应的催化剂为HCo(CO)3，故A 正确；
B．由图可知，上述循环过程中，Co 的化学键数目发生了变化，故B 正确；
C．若反应物为乙烯，根据机理，存在方程式：
，则产物
为CH3CH2CHO，故C 错误；
D．由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有
，则总反应式为
，故D 正确；
故选：C。
12．钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知A 点的原子坐标参数为(0，0，0)，B 点为(
，0，
)。下
列说法中错误的是
A．配合物中Co2＋价层电子排布为3d7
B．钴的配位数为6
C．该物质的化学式为TiCoO2
D．C 点的原子坐标参数为(
，
，
)
【答案】C
【详解】A．配合物中Co2+价电子数为7，价电子排布式为3d7，故A 正确；
B．由晶胞结构图可知，钴周围有6 个O2-，配位数为6，故B 正确；
C．此晶胞中O 原子为
，Ti 原子为
，Co 原子为1，该物质的化学式为TiCoO3，故C 错
误；
D．C 点的原子处于体心，坐标参数为(
)，故D 正确；
故选C。
13．亚硝酰氯
是有机合成的氯化剂，合成原理：
。在密闭反
应器中投入
和
合成
，在
、
温度下，测得NO 的平衡转化率与压强关系如
图所示。下列叙述不正确的是
8
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A．p 点时同时加压和升温，NO 的平衡转化率由p 点向b 点迁移
B．点a、b、c 对应的平衡常数：
C．
时，
D．
℃时，维持M 点压强不变，再向容器中充入NO 和
，使二者物质的量均增大为M 点的2
倍，再次达到平衡时NO 的转化率不变
【答案】A
【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，NO 转化率增大，该反应为放热反应，升高
温度，NO 的平衡转化率由p 点向下方迁移，不会向b 点迁移，A 错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向左移动，NO 的转化率减小，由图像可知，压强相同
时，T1时一氧化氮的平衡转化率大于T2时一氧化氮的平衡转化率，说明T1<T2，由于化学平衡常数只
与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，则Ka=Kb，已知该反应为放热反应，升高温度，化学平
衡常数减小，由于c 点的温度高于a 点和b 点的温度，则有Ka=Kb>Kc，B 正确；
C．相同温度时，压强越大，化学反应速率越大，T2时，由于d 点压强大于c 点压强，则d 点反应速率
大于c 点反应速率，即
，C 正确；
D．T1时，维持M 点压强不变，再向容器中充入NO 和Cl2，使二者物质的量均增大为M 点的2 倍，
平衡不发生移动，即再次达平衡时NO 的转化率不变，D 正确；
答案选A。
14．某实验小组利用AgCl 与Na2SO3反应生成
来“分银”，
及其与
形成的微粒的浓
度分数
随溶液pH 变化的关系如图，下列叙述错误的是（
，
，
）
9
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A．
原子的价层电子排布式为
B．“分银”溶液中存在
C．“分银”时，需控制pH 的范围大约为8~9
D．可以用NaHSO3溶液代替Na2SO3溶液来“分银”
【答案】D
【详解】A．
原子在周期表中位于第五周期IB 族，价层电子排布式为
，故A 正确；
B．反应液中存在物料守恒式
，故
成立，故B 正确；
C．由图可知，pH 的范围在8~9 时
离子浓度大，利于形成更多的
，从而利于“分
银”反应的进行，故C 正确；
D．由图可知，pH 为7.30 时
，所以亚硫酸的
，可计算反应
的平衡常数
，平衡常数太小，反应正向进行程度小，故不可以用
NaHSO3溶液代替Na2SO3溶液来“分银”，故D 错误。
答案选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。回
答下列问题：
I．探究红褐色固体成分
(1)过滤得到红褐色固体，所需的仪器有_______(填标号)。
A．
B．
C．
D．
10
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(2)①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加 溶液(填写试剂名称)，溶液变血红色，证明是氢氧化
铁。
②产生氢氧化铁的原因可能是 (用化学方程式表示)。
II．查阅资料：
CuCl
①
是白色难溶物，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；被空气迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。
(3)探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下：
实验
铜粉/g
蒸馏水/mL
实验现象
1
0.1
1.8
2
棕黄色溶液变为墨绿色
2
0.5
1.8
2
棕黄色溶液变为白色浊液
①由以上实验可知，产生白色物质的条件是 。
②从氧化还原角度说明实验1 中未产生白色物质的原因： 。
(4)化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH 至2~3，打开活塞K，通入
，溶液中产生白色沉
淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl 粗产品，纯化后得CuCl 产品。
①步骤I 中通入
发生反应的离子方程式是 。
②步骤II 中采用抽滤法过滤(装置如下图所示)的主要目的是： 。
【答案】(1)BC
(2) ①硫氰化钾 ②FeCl3＋3H2O
Fe(OH)3＋3HCl 或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
(3) ①铜粉过量 ②Fe3＋氧化性强于Cu2＋，Fe3＋过量时，Cu 不与Cu2＋反应
11
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(4)
SO
①
2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO
+4H+ ②快速过滤，防止氯化亚铜被氧化
【分析】三颈烧瓶中通入
，因
具有强还原性，在酸性条件性能将氯化铜还原为CuCl，过量的
在装置C 中用NaOH 溶液吸收，装置B 作安全瓶，可防止倒吸，据此分析解答；
【详解】（1）过滤需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，故BC 正确；
（2）①检验Fe3+用硫氰化钾溶液，溶液会变血红色；
②产生氢氧化铁的原因可能是发生反应：FeCl3＋3H2O
Fe(OH)3＋3HCl 或4 Fe(OH)2＋O2＋
2H2O=4Fe(OH)3；
（3）结合表中数据可知铜粉过量时才能产生白色物质；若铜粉不足，因Fe3+的氧化性强于Cu2+，则加
入的铜粉只能与氧化性强的Fe3+反应，不能与Cu2+反应，因此无法生成CuCl；
（4）①通入
，
与CuCl2反应生成CuCl 和硫酸，反应离子方程式：SO2+2Cu2++2Cl-
+2H2O=2CuCl↓+SO
+4H+；
②采用抽滤法过滤可以加快过滤速率，减少固体与空气的接触时间，有效防止氯化亚铜被氧化。
16．（14 分）工业上以铬铁矿(
，含
氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)基态
原子的价电子排布图为 。
(2)焙烧的目的是将
转化为
并将
氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时主要发生的
化学方程式为 。
(3)浸取时的滤渣主要为 ，中和时的滤渣主要为 。
(4)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与
的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度
时，可认为已除尽。
12
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中和时
的理论范围为 ；酸化的目的是 。
(5)奥氏体是碳溶解在
中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构，如下图所
示。若该晶胞的棱长为
，则晶胞的密度
(列出含
的计算式)，每个
原子附近有
个最近且距离相等的C 原子。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
处于
使
转化为
(5)
6
【分析】以铬铁矿(FeCr2O4含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
，向铬铁
矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe2+被O2氧化成Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为
Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液
pH 使铝、硅元素转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，最终得
到产品。
【详解】（1）
原子是24 号原子，所以基态
的价电子排布图为
。
13
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（2）由已知焙烧的目的将
转化为
，Fe2+被氧气氧化为Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为
Na2SiO3、Na[Al(OH)4]，所以焙烧时主要发生的化学方程式为
。
（3）由焙烧后的产物成分可知，其中三氧化二铁不溶于水，所以加水浸取时的滤渣主要为Fe2O3，加
入硫酸中和后，Na2SiO3与硫酸反应会产生硅酸沉淀，Na[Al(OH)4]与硫酸反应产生
沉淀，所以
中和时的滤渣主要为
。
（4）中和时调节溶液pH 的目的是将
[Al(OH)4]-、
转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4 时Al3+除尽，当溶液pH>9. 3 时，
H2SiO3会再溶解生成
， 因此中和时pH 的理论范围为4. 5≤pH≤9.3，将Al 元素和Si 元素除去后，
溶液中Cr 元素主要以
和
的形式存在，溶液中存在平衡
，酸化
的目的是降低溶液pH，使得平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率。
（5）晶胞参数为apm，晶胞体积=
，晶胞中Fe 原子个数=
，C 原子个数=
，所以该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度=
故晶体密度为
，由图可知每个
原子附近有
6 个最近且距离相等的C 原子。
17．（15 分）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：
请回答：
(1)A 的核磁共振氢谱有 组峰，E→F 的反应类型是 。
(2)依托比利分子中发生
杂化和
杂化的碳原子个数之比为 。
(3)化合物E 的结构简式是 。
(4)写出B+C→D 的化学方程式 。
(5)写出同时符合下列条件的化合物E 的同分异构体有 种。
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①分子中含有苯环，有酰胺基(
)；
②1
谱和
谱检测表明：分子中共有5 种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为
9:2:2:2:1。
(6)研究小组在实验室用甲苯为原料合成药物
苄基苯甲酰胺(
)。利用以上合成线路中的
相关信息，设计该合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1) 4 还原反应
(2)13:7
(3)
(4)2
+ 2ClCH2CH2N(CH3)2 + K2CO3
2
+ 2KCl +H2O + CO2↑
(5)8
(6)
【分析】
与F 发生反应生成依托比利，结合F 的分子式可知，F 的结构简式为
，D 与H2NOH 反应生成E，E 与H2在催化剂的作用下发生还原反应生成F，结合F
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的分子式可以推出E 的结构简式为
，B、C 在碳酸钾的作用下生成D，结合C 的
分子式可知，C 的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。
【详解】（1）A 有4 种氢原子，核磁共振氢谱有4 组峰，根据分析，E→F 的反应类型是还原反应；
（2）分子中苯环上的碳原子和双键碳原子发生
杂化，发生
杂化的碳原子有13 个，单键碳原子
发生
杂化，发生
杂化的碳原子有7 个，个数之比为13:7；
（3）根据分析，化合物E 的结构简式是
；
（4）B、C 在碳酸钾的作用下生成D，化学方程式为2
+ 2ClCH2CH2N(CH3)2 + K2CO3
2
+ 2KCl +H2O + CO2↑；
（5）E 的结构简式为
，分子中含有苯环，有酰胺基(
)，分子中共有5
种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为9:2:2:2:1，可知存在-C(CH3)3，苯环上有两个侧链，且处
于对位，侧链为
、-O-NH-C(CH3)3或
、-NH-O-C(CH3)3或
、-
C(CH3)3或
、-C(CH3)3或
、-NH-C(CH3)3或
、-O-
C(CH3)3或
、-C(CH3)3或
、-N(OH)-C(CH3)38 种组合，符合条件的化合物
E 的同分异构体有8 种；
（6）由题给信息可知，用甲苯为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为甲苯发生催化氧化得到
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苯甲醛，
与NH2OH 反应生成
，催化剂作用下
与氢气发生
还原反应生成
；催化剂作用下，
与氧气发生催化氧化反应生成
，
与SOCl2发生取代反应生成
，
与
发生取代反应生成
，
合成路线为
。
18．（15 分）合成气(
和
)制醇是煤、天然气等非石油基碳资源的高值化转化的重要途径之一、已知
合成气制甲醇的反应为
(1)若逆反应活化能
，则正反应活化能
(用含
的代数式
表示)。合成气制甲醇的反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发。
(2)向四个容积均为
的容器中分别充入
和
值分别为
时
的平衡转化
率随温度变化曲线如图所示。
①
温度下，下列表述不能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。
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A．
的消耗速率等于甲醇的生成速率
B．单位时间内，断裂
键的数目是断裂
键的数目的2 倍
C．混合气体密度不再改变
D．混合气体平均摩尔质量不再变化
②表示
的是曲线 ，理由是 。
③
温度下，投料比
时，反应达到平衡后混合气体中甲醇的物质的量分数
%，物质的量分数平衡常数
。(用物质的量分数代替浓度计
算平衡常数)
(3)科学家合成了硫化钼纳米片作催化剂，利用合成气制备多种醇。
温度下，分别投入
和
，经历
达到平衡，实现了
的
转化率和
的甲醇选择性(如图所示)，则平均反应
速率
(用含t 的计算式表示)。
【答案】(1)
低温
(2)
AC
①
b
②
当
的物质的量小于2mol 时，相当于CO 过量，则转化率低于
的物质的量等于2mol 时，
且n 值越小，CO 转化率越低，因此
的是曲线b
③
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(3)
【详解】（1）由
(正)
(逆)
(正)
，可得
(正)
。由
，
，根据
可知，应在低温可自发进行；
（2）①A．
的消耗速率等于甲醇的生成速率，均表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，A 错
误；
B．单位时间内，断裂
键代表正反应，断裂
键代表逆反应，断裂
键的数目是断裂
键的数目的2 倍，可判断达到平衡状态，B 正确；
C．混合气体质量不变，容积不变，密度恒定改变，不能确定是平衡状态，C 错误；
D．混合气体的质量不变，物质的量反应前后改变，平均摩尔质量不再变化，可判断达到平衡状态，D
正确；
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故选AC。
②当
的物质的量小于2mol 时，相当于CO 过量，则转化率低于
的物质的量等于2mol 时，且n 值
越小，CO 转化率越低，因此
的是曲线b；
③
温度下，投料比
时，即曲线c，反应达到平衡后，CO 转化率为75%，列三
段式
可知混合气体中甲醇的物质的量分数
，氢气和一氧化碳的
物质的量分数分别为
、
，则物质的量分数平衡常数
；
（3）反应CO 为0.8mol，生成甲醇0.8mol×70%=0.56mol，则平均反应速率
。
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