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【赢在高考·黄金8 卷】备战2024 年高考化学模拟卷（新高考七省专用）
黄金卷05
（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 Na 23 S 32 Fe 56 Bi 209
第Ⅰ卷
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．“挖掘文物价值，讲好江西故事”。下列文物的主要成分不同于其他三种的是
A．双面神人青铜面具
B．元代青花带盖瓷梅瓶
C．元代“阳平治都功印”铭玉印
D．屈蹲羽人活环玉佩饰
【答案】A
【解析】A．双面神人青铜面具的主要成份是铜锡合金，属于金属材料；B．元代青花带盖瓷梅瓶的主要成
份是瓷器，属于硅酸盐；C．元代“阳平治都功印”铭玉印的主要成份属于硅酸盐；D．屈蹲羽人活环玉佩
饰的主要成份属于硅酸盐；根据分析可知，B、C、D 的主要成份属于硅酸盐，A 属于金属材料；故选A；
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HCO 的水解方程式为：HCO +H2O
H3O++CO
B．H2分子中σ 键的电子云轮廓图：
C．CaO2的电子式为
D．丙烷分子的空间填充模型：
【答案】B
【解析】A．HCO 的水解方程式为：HCO +H2O
OH-+H2CO3，故A 错误；B．H2分子中两个氢原子s
1
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轨道头碰碰形成σ 键，电子云轮廓为
，故B 正确；C．CaO2的电子式为
，
故C 错误；D．该模型为丙烷的球棍模型，故D 错误；故选：B。
3．下列关于物质性质与用途的说法不正确的是
A．镁在空气中可燃烧，生成氧化镁和氮化镁
B．铝与浓硝酸不反应，可用铝槽运输浓硝酸
C．铁粉具有还原性，可作食品盒中的除氧剂
D．二氧化硅导光能力强，可用来制备光导纤维
【答案】B
【解析】A．镁的还原性强，在空气中可燃烧少言寡语，能与空气中的氧气、二氧化碳反应生成氧化镁，
也能与氮气反应生成氮化镁，故A 正确；B．铝在具有强氧化性的浓硝酸中发生钝化，钝化形成的致密氧
化薄膜阻碍反应的继续进行，所以常用铝槽运输浓硝酸，故B 错误；C．铁粉具有还原性，能与空气中的
氧气反应，所以铁粉可作食品盒中的除氧剂，故C 正确；D．制备光导纤维的原料是具有强导光能力的二
氧化硅，故D 正确；故选B。
4．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是
A．放置较久的红薯比新挖红薯甜，与葡萄糖的水解有关
B．漂白粉、水玻璃、福尔马林、冰水混合物都是混合物
C．阿司匹林药效释放快，可将它连接在高分子载体上生成长效缓释药物
D．在钢铁部件表面进行发蓝处理属于物理变化
【答案】C
【解析】A．放置较久的红薯比新挖出的甜，与淀粉水解生成葡萄糖有关，葡萄糖不能水解，A 错误；B．
冰水混合物只含水分子，属于纯净物，B 错误；C．可将阿司匹林连接在高分子载体上生成长效缓释药物，
长效缓释阿司匹林在人体内可慢慢发生水解反应释放出阿司匹林，延长药效时间，C 正确；D．在钢铁部
件表面进行发蓝处理，生成一层致密的四氧化三铁薄膜，对其进行防护，该处理属于化学变化，D 错误；
故选C。
5．在允许加热的前提下，只用一种试剂不能鉴别对应溶液的是
A．用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4
B．用FeCl3溶液鉴别NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3
C．用NaOH 溶液鉴别MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4
D．用红色石蕊试纸鉴别Na2SO3、浓HNO3、NaHCO3、氯水
【答案】D
2
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【解析】A．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba(OH)2 溶液反应，现象依次为：刺激性气味
的气体、刺激性气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴别，故A 正确；B．NaI、
Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色
沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B 正确；C．MgCl2、
FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4溶液分别与NaOH 溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成
红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C 正确；D．Na2SO3溶液和
NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D 错误；故选D。
6．最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO 与O 在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程
的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO 断键形成C 和O
B．状态I→状态III 表示CO 与
的反应过程
C．CO 和O 生成
是吸热反应
D．CO 和O 生成了具有极性共价键的
【答案】D
【解析】A．由图可知不存在CO 的断键过程，故A 错误；B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO 与O 反应的过程，
而不是与氧气反应，故B 错误；C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C 错
误；D．CO 与O 在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO 与O 反应生成了具有极性共价键的
CO2，故D 正确。综上所述，答案为D。
7．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
3
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A．物质X 是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe 的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y 的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
【答案】C
【解析】A．物质X 是FeO，故A 错误；B．Fe2O3→Fe 的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，
故B 错误；C．在空气中Z→Y 是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成
灰绿色，最终变成红褐色，故C 正确；D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反
应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D 错误。综上所述，答案为C。
8．我国科学家合成了检测
的荧光探针A，其结构简式如图。
下列关于荧光探针A 分子的说法不正确的是
A．不存在手性碳原子
B．分子内、分子间存在氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．1mol 探针A 最多能与3molNaOH 反应
【答案】D
【解析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该分子中不存在手性碳原子，A 项正确；B．该分
子中存在-OH，可以形成分子内氢键，也能形成分子间氢键，B 项正确；
C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反
应，C 项正确；D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH 反应，1mol 探针A 最多能与
4molNaOH 反应，D 项错误。答案选D。
9．下列图示实验操作规范的是
4
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A．分离碘水中的碘
B．读取液体的体积
C．试剂存放
D．收集CO2
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．I2溶于水，故分离碘水中的碘单质不能用分液方法且分液漏斗应紧贴烧杯内壁，A 不合题意；
B．量筒量取溶液，读数应该保持视线与液面的凹液最低处水平相切，B 不合题意；C．酸碱不应存放在一
起，C 不合题意；D．CO2密度大于空气，故采用向上排空气法收集，D 符合题意；故答案为：D。
10．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，最外层电子数之和为16。W 和Y 为同主族元素，其
简单氢化物的沸点：Y＞W；X 是同周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是
A．原子半径：X＞W
B．元素Y 与Z 可形成共价化合物
C．单质的熔点：Y＞X
D．Y、Z 的最高价含氧酸均是弱酸
【答案】D
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，同周
期中金属性最强的元素X，可知X 是Li 或Na，则W、Y、Z 的最外层电子数为15，W、Y 同主族，简单
氢化物的沸点：Y＞W，则W 为C，Y 为Si，Z 为Cl，X 为Na；
【解析】A．电子层越多，简单微粒半径越大，半径Na＞C，A 正确；B．SiCl4属于共价型化合物，B 正确；
C．熔点Na＜Si，C 正确；D．Y 的最高价含氧酸为H2SiO3属于强酸，Z 的最高价含氧酸为HClO4属于强酸，
D 错误；故答案为：D。
11．下列离子方程式书写正确的是
A．向
溶液中通入过量
：
B．CuO 溶于
溶液：
C．向
溶液中通入
：
D．Fe 与稀硝酸反应，当
时：
【答案】D
5
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【解析】A．向
溶液中通入过量
生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为
，故A 错误；B．CuO 溶于
溶液生成硫酸钠、硫酸铜、水，
反应的离子方程式为
，故B 错误；C．向
溶液中通入
，二氧化硫被氧化
为硫酸根离子，硝酸根被还原为NO，反应的离子方程式为
，故
C 错误；D．Fe 与稀硝酸反应，当
时：设参加反应的铁共1mol，xmolFe 被氧化为
Fe3+、(1-x)molFe 被氧化为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为
，表现酸
性的硝酸为
，
，解得x=0.25mol，即氧化生成
Fe3+、Fe2+的比为1:3，所以反应方程式为
，故D 正确；选
D。
12．氢负离子具有强还原性，是一种颇具潜力的能量载体。2023 年4 月5 日，我国科学家开发了首例室温
全固态氢负离子二次电池，该电池通过固态氢负离子导体实现对H-的快速传导，其工作原理如图所示，其
中放电时乙电极的电极反应式为
(M 为Li、Na、K、Mg、Ti 等金属)，下列说法错误的是
A．放电时，电子经外电路流向甲电极
B．放电时，氢负离子移向乙电极
6
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C．充电时，甲电极发生的反应可表示为
D．可将固态离子导体替换成水溶液电解质，对氢负离子进行传导
【答案】D
【分析】由放电时乙电极反应式可知乙电极为富集，甲电极为正极，正极电极反应为：
；
【解析】A．放电时，乙电极的电极反应式为
，则乙为负极，甲为正极，放电时，电子经
外电路流向正极，A 正确；B．放电时，阴离子移向负极，B 正确；C．充电时，甲电极为阳极，发生氧化
反应：
，C 正确；D．氢负离子具有强还原性，可与水反应生成氢气，因此不可替换
成水溶液电解质，D 错误；故选：D。
13．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL.0.12mol•L-1AgNO3溶液中，该过程中溶液AG(AG=lg[
])与加入氨水体积V 的关系如图所示，已知e 点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的
c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3mol•L-1，下列叙述错误的是.
A．a 点对应溶液中存在的离子NO 浓度最大
B．b 点对应溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO )—c(NH )
C．最好选择c~d 段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
D．由e 点可知，反应Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数约为1.25×107
【答案】C
【分析】银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好
7
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溶解，由图可知，a 点为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，由e 点对应的溶液迅速由浑浊变得澄
清可知，e 点所得溶液为银氨溶液，c~d 段为生成氢氧化银的阶段。
【解析】A．由分析可知，a 点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，故A 正
确；B．由图可知，b 点溶液中AG 大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系
c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c(NH )+c(H+)=c(OH—)+c(NO )可知，溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO )—c(NH
)，故B 正确；C．由分析可知，e 点所得溶液为银氨溶液，c~d 段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生
银镜反应，最好选用e 点，故C 错误；D．由题意可知，e 点加入氨水体积为4.7mL，溶液中银离子和氨分
子的浓度都为2×10-3mol/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为
—2×10-3 mol/L≈0.1mol/L，
反应的平衡常数K=
=
=1.25×107，故D 正确；故选C。
14．实验室利用
制备高锰酸钾采用的一种方法是固体碱溶氧化法，实验操作流程如图：
下列说法正确的是
A．“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌
C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为
D．
晶体应保存于带有橡胶塞的棕色试剂瓶中
【答案】A
【分析】高锰酸钾制备的流程如下：
和
在熔融状态下反应生成
等，反应后加水溶浸，
使
等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中加入醋酸使溶液酸化，并使
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发生歧化反应，生成
和
，过滤除
去，滤液进行冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后
可得到
粗品。
【解析】A．“熔融”时的反应为：
，参加反应的氧化剂（
）与还原剂（
）的物质的量之比为
，故A 正确；
B．“熔融”时由于有熔融的
，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B 错误；C．“歧化”步骤主要反
应的离子方程式为
，故C 错误；D．
易分解且有氧化性会腐蚀橡胶，不应用橡胶塞，应保存于带有玻璃塞的棕色试剂瓶中，故D 错误；故选
A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4 题，共58 分。
15．（14 分）科学家利用光催化剂
实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是
，含
少量
、
、
和
等杂质)为原料制备钒酸铋(
)的流程如下：
已知：
①滤液1 中所含阳离子主要有
、
、
和
。
②几种氢氧化物沉淀的
如表所示。
氢氧化物
开始沉淀
7.5
2.3
4.0
9
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沉淀完全
9.7
3.7
回答下列问题：
(1)滤渣2 的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3 可以循环用于“ ”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为 。
(4)“合成”过程中将
溶液和
溶液混合容易形成
胶体，导致过滤困难。为防止生成
胶体可采用的措施为 (任答一条)。
(5)
的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中
与
距离最近且相等的
有 个，相邻2 个
的核间距为 nm。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)
（1 分） 增大接触面积，加快浸取速率
(2)将
转化为
浸取（1 分）
(3)
(4)搅拌、加热等
(5)12
【分析】辉铋矿(主要成分是
，含少量
、
、
和
等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将
硫氧化为单质，得滤液主要成分：
和
，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1 为二氧化硅和硫单
质，滤液1 中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液
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2 中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl，BiOCl
与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与
反应生成BiVO4；【解析】（1）据分析可知，
滤渣2 的主要成分：
；将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的：增大接触面积，加快浸取速率；
（2）“酸洗”中用盐酸代替水的目的：将
转化为
；稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐
酸，则滤液3 可以循环用于浸取；（3）BiOCl 与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，反应方程式：
；（4）为防止生成胶体可采用的措施：可不断搅拌或加热；（5）该晶体中
位于顶点和面心，与
距离最近且相等的
有12 个；该晶胞中含4 个
，和4 个
，晶胞质
量为
，晶胞边长
，相邻2 个
的核间距为面对角线一半，
；
16．（14 分）铋酸钠( NaBiO3 )常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)2制取
NaBiO3，并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，在酸性条件下
能将Mn2+氧化为
；Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示：
请回答下列问题：
(1)装置的连接顺序是_____→_______→ ______→ _____(填字母) 。
(2)C 中装有的试剂是 ，若没有装置C，可能产生的影响是 。
(3)反应开始时，打开K1和K2，B 中Cl2发生的反应有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，
(填化学方程式)。
11
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(4)反应结束后，为从装置B 中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是 、过滤、冷水洗涤、
干燥。
(5)取上述NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用c mol·L-1的H2C2O4标准
溶液滴定生成的
，消耗V mL 标准溶液。
①不能用c mol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3的原因是 。
②该产品的纯度为 (用含w 、c、V 的代数式表示)。
(6)取少量B 中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。该实验
(填“能”或“不能” )证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是 。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)ACBD
(2)饱和食盐水（1 分） 混在氯气中的HCl 会中和B 中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降
(3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O
(4)在冰水浴中冷却结晶
(5)难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差
或
或
(6)不能（1 分） 在酸性条件下 ，ClO-也能氧化Cl-生成氯气
【分析】在装置A 反应生成Cl2，通过装置C 饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl 杂质气体，进入B 中反应生
成NaBiO3，尾气使用D 中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl 也会与碱NaOH 发生反
应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率急物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiO3与
H2C2O4的关系式，利用滴定消耗H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质量，进而可得该产品的
纯度。
【解析】（1）根据上述分析可知：在装置A 中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Cl2，浓盐酸具有挥
发性，挥发的HCl 随Cl2进入装置B 中，用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后在装置B 中与NaOH 和
Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3，Cl2是有毒气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH 溶液进行尾
气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A→C→B→D；
（2）装置C 中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HCl，若没有装置C，可能产生的影响是混在
氯气中的HCl 会中和B 中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；
（3）反应开始时，打开K1和K2，B 中Cl2发生的反应有：Cl2+2NaOH=NaClO+ NaCl+H2O 及制取NaBiO3
的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；
（4）反应结束后，为从装置B 中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶
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于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷
水洗涤、干燥；
（5）①根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性
条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能c mol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定
NaBiO3；②在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+倍氧化产生
，
再将H2C2O4氧化产生CO2气体，
根据电子守恒可得关系式：NaBiO3～2e-～H2C2O4，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=c
mol/L×V×10-3 L=cV×10-3 mol，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×10-3 mol，其
质量为m(NaBiO3)=cV×10-3 mol×280 g/mol=280 cV×10-3 g，故该样品的纯度为：
。
（6）取少量B 中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。
由于在装置B 中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+ NaCl+H2O，
Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，溶液中的ClO-
也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。
17．（15 分）2022 年4 月16 日，中国空间站的3 名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站
处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分
为以下三步：
Ⅰ.固态胺吸收与浓缩CO2
在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是加
热。
Ⅱ.CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•mol-1
ii.CO(g)+3H2(g)
CH4(g)+H2O(g) △H2=-246kJ•mol-1
(1)反应CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g)的△H= kJ•mol-1。
(2)向恒容绝热的密闭容器中充入amolCO 与2amolH2(g)，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状态
的是
a.容器中混合气体密度不变 b.混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比不变
c.v 正(H2)=3v 逆(H2O) d.容器内温度不变
Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于上述(1)的反应CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)
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+2H2O(g) △H，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得
CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：
(3)高于320℃后，以Ni 为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是 。
(4)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
(5)控制起始时
=4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的变
化如图所示：
①图中代表CH4的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO 的物质的量分数约为0，
说明此条件下，反应 (填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。
②M 点(T＜500℃)时，平衡分压p(CO2)= atm，反应CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数
Kp= atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)-205
(2)cd
(3)以Ni 为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高
(4)Ni－CeO2（1 分） 320℃（1 分）
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(5)①b ii（1 分） ②0.04 625
【解析】（1）根据盖斯定律反应I+II 可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41-
246=-205kJ·mol-1；故答案为：-205；
（2）达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。 容器中混合气体密度是定值，
密度不变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比是定值，始终是1:1，不能说明达到平
衡状态；v 正(H2)=3v 逆(H2O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是
变量，温度不变说明达到平衡状态；故选cd；
（3）高于320℃后，以Ni 为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是以Ni 为催化剂，CO2甲烷化速率较
慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高；
（4）对比上述两种催化剂，Ni－CeO2作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni－
CeO2，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；
（5）对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-205kJ·mol-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的
量分数增大，CH4和H2O 的物质的量分数减小，且CH4和H2O 的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、
c 代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO 的物质的量分数约为0，说明CO 几乎完全反
应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii 的化学平衡常数大；故答案为：b；ii；起始时
设CO2的起始量为a mol，变化量为x mol，则H2的起始量为4amol，列三段式计算如下：
M 点时，n(CH4)=n(H2)，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O 的物质的量分别为
0.2amol、0.8amol、0.8amol、1.6amol，各气体的总物质的量为（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）mol=3.4amol，在恒
温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则
，平衡时p=
，平衡分压p(CO2)=
×
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atm= 0.04atm，平衡常数Kp=
=
=625，故答案为：0.04；
625。
18．（15 分）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。利用木质纤维素为起始
原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如下：
回答下列问题：
(1)化合物I 的分子式为 。
(2)分析化合物Ⅱ的结构，预测反应后形成的新物质，参考①的示例，完成下表。
序号
变化的官能团的名称
可反应的试剂(物质)
反应后形成的新物质
反应类型
①
。
O2
氧化反应
②
。
。
。
加成反应
(3)化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅢ与1mol 化合物a 反应得到1molⅣ，
则化合物a 为 。
(4)已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2 组峰，且峰面积之比为2：3，写出化合物V 的结构简式：
。
(5)化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有 种(不含立体异构)。
①最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；②能与2 倍物质的量的Na 发生放出H2的反应。
(6)关于Ⅶ生成Ⅷ的反应的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有H-O 键断裂
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B．反应过程中，有C=O 双键和C-O 单键形成
C．该反应为缩聚反应
D．CO2属于极性分子，分子中存在由p 轨道“肩并肩”形成的π 键
(7)参照上述信息，写出以丙烯为起始有机原料合成
的路线(无机试剂任选)。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)C6H12O7（1 分）
(2)羟基（1 分） 碳碳双键(或酸基)（1 分） H2(氢气)（1 分）
(或
或
)（1 分）
(3)乙烯(C2H4)（1 分）
(4)
(5)16
(6)BD
(7)CH3CH=CH2
（3 分）
【解析】（1）化合物I 的分子式为C6H12O7。
（2）II 中羟基可以被氧气氧化为醛基，II 中可能是碳碳双键，与氢气发生加成反应生成
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；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成
。
（3）化合物Ⅲ到化合物IV 的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅢ与1mol 化合物a 反应得到
1molIV，则a 的分子式为C2H4，为乙烯。
（4）化合物V 的分子式为C8H10，已知化合物V 的核磁共振氢谱有2 组峰，且峰面积之比为2：3，说明有
对称性，再根据Ⅵ的结构分析，则化合物V 的结构简式为
。
（5）化合物VII 的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；能与2 倍
物质的量的Na 发生放出H2的反应，说明含有1 个酚羟基和1 个醇羟基，如果取代基为酚-OH、-
CH2CH2OH，两个取代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH(OH)CH3，两个取
代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH3、-CH2OH，有10 种位置异构，所以
符合条件的同分异构体有16 种。
（6）根据图中信息VII 生成Ⅷ是发生缩聚反应，反应过程中，有C 一O 键和H 一O 键断裂无C==O 双键
的形成，且CO2属于非极性分子，故答案选BD。
（7）根据题意丙烯和溴水发生加成反应生成，和氢氧化钠溶液加热条件下发生水解反应生成，和CO2 在
催化剂作用下发生反应生成，其合成路线为CH3CH=CH2
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