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【赢在高考·黄金8 卷】备战2024 年高考化学模拟卷（全国卷新教材）
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 N 14 O 16 Na 23 S 32
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1． “泥人张”是中国传统案上雕塑的代表，“泥人”的制作过程中除用到上等泥外，辅助材料还有木材、
竹藤、纸张等，塑造好的作品自然风干后入窑烘烧，出窑后经打磨、整理即可着色。下列有关说法错
误的是
A．“泥人”属于陶瓷作品，属于传统的硅酸盐材料
B．“泥人”制作过程中发生复杂的物理和化学变化
C．“泥人”制作过程中使用的木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素
D．出窑后着色时的黑色颜料可用氧化铁
【答案】D
【解析】A．陶瓷主要成分是硅酸盐，A 正确；
B．泥土中主要是含有硅元素与水的混合物，"烧"的过程是化学变化，瓷器的主要成分是硅酸盐,有新物质
生成，所以是化学变化，B 正确；
C．木材、竹藤、纸张的主要成分均是纤维素，C 正确；
D．氧化铁是红棕色的，D 错误。
故答案为：D。
2．为检验下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内)能达到目的的是
A．新制氯水(AgNO3溶液)
B．FeCl2溶液(KSCN 溶液)
C．漂白粉(Na2CO3溶液)
D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
【答案】B
【解析】A．新制氯水中含有盐酸，所以氯水无论是否变质都能与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，所以
不能达到目的，故不选A；
B．若FeCl2溶液变质，溶液中有Fe3+，加KSCN 溶液会变红色，能达到目的，故选B；
C．漂白粉中含有氯化钙，所以漂白粉无论是否变质都能与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以不能达
到目的，故不选C；
D．若Na2SO3溶液变质，溶液中含有硫酸钠，Na2SO3、Na2SO4都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，所以
不能达到目的，故不选D；、
选B。
3．下列离子反应方程式书写正确的是
A．向
溶液中滴加少量NaOH 溶液：
B．小苏打溶液与明矾溶液混合：
1
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C．
溶液中滴加KSCN 溶液：
D．向
溶液中滴加少量
溶液：
【答案】B
【解析】A．与OH-的结合能力大小：
，少量氢氧根离子加入上述溶液中，应先与铝离子反应，
A 错误；
B．小苏打溶液与明矾溶液混合后，碳酸氢根和铝离子发生双水解，B 正确；
C．
不是沉淀，C 错误；
D．H2S 是弱酸，不能拆，D 错误；
故选 B。
4．植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是
A．高温有利于加快过程①
B．浇水和松土有利于过程②
C．过程③中
被还原
D．过程④叫做氮的固定
【答案】B
【解析】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A 错误；
B．过程②是
和O2反应生成
，浇水和松土有利于过程②的反应，B 正确；
C．过程③中
转化为NO ，N 的化合价由+3 价升高到+5 价，
作还原剂被氧化，C 错误；
D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D 错误；
故答案为：B。
5．甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。
下列有关说法正确的是
A．pH=3 的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3NA
B．0.5 mol 甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NA
C．50g 质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ 键数目为5NA
D．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA
【答案】B
【解析】A．该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A 项错误；
B．甲酸甲酯中1 个碳原子和1 个氧原子采用sp3杂化，0.5mol 甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B 项
正确；
C．50g 质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1mol，1 mol CH3OH 中σ 键
数目为5NA，1mol H2O 中σ 键数目为2NA，因此50g 该溶液中σ 键数目为7NA，C 项错误；
D．标准状况下，甲醇为液体，D 项错误；
故选B。
6．有机化合物F 是合成一种治疗癌症新药的中间体，由化合物E 转化成F 的过程如图所示。下列有关说法
2
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不正确的是
A．E、F 均能使溴水褪色
B．E、F 均存在顺反异构
C．1mol E、F 分别与足量的钠反应，产生
的物质的量相同
D．E、F 分子中含有手性碳原子的个数相同
【答案】C
【解析】A．E、F 中均存在碳碳双键、醛基，两种官能团均能使溴水褪色，A 正确；
B．在含有碳碳双键且碳碳双键不位于环上的有机化合物中，若构成碳碳双键的两个碳原子均连接两个不
同的原子或原子团，则该有机物存在顺反异构，故E、F 均存在顺反异构，B 正确；
C．1mol E 中含有羟基和羧基各1mol，故与足量的钠反应产生
，1mol F 中含有2mol 羟基和1mol
羧基，与足量的钠反应产生
，两者产生
的物质的量不相同，C 错误；
D．E、F 分子中含有的手性碳原子如图(*表示手性碳原子所在位置)：
、
，均含有3 个手性碳原子，D 正确。
故答案为：C。
7．下列实验方法或操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
比较室温下
、
溶度积的大小
向
溶液中滴加少量
溶液，振荡
充分后，再滴加几滴
B
证明
具有氧化性
将一定浓度的双氧水与
溶液混合
3
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C
除去乙烷中混有的乙烯
一定条件下混合气体中通入一定量的
D
证明乙醛具有还原性
在试管中加入
5%
溶液，再加5 滴稀
溶
液，混匀后加入
乙醛，加热
【答案】A
【解析】A．向5mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH 溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分
后，再滴加几滴0.2mol/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜
的溶度积，故A 正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将HSO 氧化成SO
，本身被还原成水，因为该
反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，故B 错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体，且无色，如果通入氢气过量，引入新的杂质，
一般通过溴水中，除去乙烷中的乙烯，故C 错误；
D．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH 需要过量，题中所给氢氧化钠不足，故D 错误；
答案为A。
8．
(三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成
(硼酸，结构如图)和
(氟硼酸)，与氨气
相遇立即生成白色的
(氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是
A．
和
中心硼原子杂化方式不同
B．
晶体含有6mol 氢键
C．
显酸性原因：
D．
结构式为
【答案】B
【解析】A．
中心原子价层电子对数为3+
=3，
中心原子价层电子对数为4+
4
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=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A 正确；
B．1 个
参与6 个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol
晶体中含有6mol
=3mol 氢键，故B 错误；
C．
是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：
，故C 正确；
D．NH3中N 原子为sp3杂化，N 原子上有一对孤电子对，BF3中B 原子为sp2杂化，杂化轨道与F 原子形成
3 个共价键，故有一个2p 空轨道，与NH3形成配位键，
结构式为
，故D 正确；
故选B。
9．实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列说法正确的是
A．将①中生成的气体通入
溶液中会出现白色沉淀
B．②中棉花紫色褪去，体现
的还原性
C．③中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
D．向④的小烧杯中加入少量苯可起到防倒吸作用
【答案】C
【解析】A．
不能与
反应，不会出现白色沉淀，选项A 错误；
B．
与
反应，
被还原，体现
的氧化性，选项B 错误；
C．③中
与
反应有黄色固体硫生成，
作氧化剂，
作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比
为1∶2，选项C 正确；
D．苯的密度比NaOH 溶液小，苯在上层，不能起到防倒吸的效果，选项D 错误；
答案选C。
10． M、X、Y、Z、Q 为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。这五种元素可形成化合物甲，
其结构式如图所示，1mol 甲含58mol 电子。下列说法正确的是
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A．Q 是五种元素中原子半径最大的
B．水中溶解性：MQ＜YZ2
C．XQ3中所有原子均达到8e-稳定结构
D．甲中X、Y、Z 均为sp3杂化
【答案】D
【解析】M、X、Y、Z、Q 为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。M 的原子序数最小，且
在化合物甲中形成一个共价键，则M 为H；X、Y、Z、Q 为第二周期元素。根据它们在化合物甲中形成化
学键的个数可知，X 为B(形成了一个配位键)，Y 为C，Z 为O(和B 形成一个配位键)，Q 为F，符合1mol
甲含58mol 电子。
A．F 位于第二周期第ⅦA 族，是第二周期元素原子半径最小的(除了稀有气体)，故A 错误；
B．HF 能和水形成氢键，而CO2不能和水形成氢键，所以HF 在水中的溶解度大于CO2在水中的溶解度，
故B 错误；
C．BF3中B 原子没有达到8 电子稳定结构，B 最外层只有6 个电子，故C 错误；
D．C 和B 的价层电子对数都是4，且没有孤电子对，均为sp3杂化；O 形成了三个σ 键，还有一孤电子对，
价层电子对数也是4，也是sp3杂化，故D 正确；
故选D。
11．配合物
催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是
A．整个催化反应历程中Co 的成键数发生了变化
B．生成A 的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
6
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C．中间体物质D 的结构简式为
D．该催化反应总反应式为
+CO+H2
【答案】B
【解析】A．由图可知， Co 的成键数发生了变化，物质C 中Co 成键数为5，物质E 中Co 成键数为6，故
A 正确；
B．
和
生成A 的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的
形成，E 生成A 的过程中只有极性键的断裂和形成，故B 错误；
C．根据物质C 和E 的结构简式可推出D 的结构简式为
，故C 正确；
D．根据整个反应历程可知其总反应式为
+CO+H2
，故D 正确；
故答案选B。
12．钛(熔点为1668℃)广泛应用于生活和科技等各领域，用镁还原
制取金属钛是钛生产的重要方法，
其简化工艺流程如下，下列说法错误的是
A．工业上，一般选择电解熔融
制备金属
B．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为
C．“真空蒸馏”的目的是为了降低单质
和
的沸点，使其气化分离出去
D．“电解”时，阴极上生成单质a，可用作其他联产过程的氧化剂
【答案】D
【解析】工业生产一般采用电解熔融
的方法制镁，则a 为氯气，所得Mg 通过“高温还原”
、
发生反应
制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
A．由于
的熔点高，电解
制备金属
能耗大，工业生产一般采用电解熔融
的方法，A 项
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正确；
B．还原时，发生反应的化学方程式为
，B 项正确；
C．真空蒸馏时，需要将金属
、
分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了
降低单质
和
的沸点，C 项正确；
D．工业生产中，阳极上发生反应为：
，
可用作其他联产过程的氧化剂，D 项错误；
答案选D。
13．某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO )进行无害
化处理，其原理如图。
下列有关说法错误的是
A．Mg 电极为负极，Pt1为阳极
B．乙池中NO 在Pt1，电极发生还原反应
C．碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e-=S+2O2-
D．Pt2电极可能产生H2，周围pH 增大
【答案】B
【解析】由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，则
乙池为电解池，Pt1为阳极，水中的氢氧根离子失电子生成氧气，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气
和水，以此解题。
A．由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1 为阳极，故A 正确；
B．乙池为电解池，Pt2 为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B 错误；
C．由分析可知，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e-=S+2O2-，故C 正确；
D．Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周
围pH 增大，故D 正确；
故选B。
14．常温下向
溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，过程中加入氨水的体积V 与溶液
中
的关系如图。已知e 点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的
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与
均约为
。下列叙述不正确的是
A．a 点溶液中存在四种离子，其中
浓度最大
B．b 点对应溶液中：
C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择e 点
D．由e 点可知，反应
的平衡常数的数量级为
【答案】A
【解析】A．a 点没有加入氨水，溶质为AgNO3，Ag+发生水解，因此NO 浓度最大，故A 说法错误；
B．根据电荷守恒，有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(NO )，b 点对应的c(H+)=c(OH-)，因
此有c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(NH )= c(NO )，即c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}＜c(NO )，故B 说法正确；
C．与葡萄糖发生银镜反应，溶液中的溶质应为Ag(NH3)2OH，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，直至白色沉淀恰好溶解，根据题中信息，e 点对应的溶液迅速由浑浊变得
澄清，此时溶质为Ag(NH3)2OH，因此与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e 点，故C 说法正确；
D．Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+，平衡常数表达式为K=
，e 点氨水体积为4.7mL，根据银元
素守恒，c{[Ag(NH3)2]+}=
≈0.1mol/L，e 点c(Ag+)=c(NH3)=2×10-3mol/L，代
入上述平衡常数表达式，K=1.25×107，该反应的平衡常数的数量级为107，故D 说法正确；
答案为A。
二、非选择题：共58 分。
15．（14 分）在全球碳中和的宏大使命下，“白色石油”－锂资源作为最不可或缺的能源金属，其重要性
上升到了战略高度。电池级Li2CO3是制造锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含
Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO
等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如图所示：
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已知：
①HR 为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HR
FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR 中；
②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表：
温度
(℃)
0
20
80
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
LiHCO3
11.6
7.82
高于50℃，开始分解
（1）对于单质锂，实验室常将其保存在_____中。
（2）使用HR 萃取剂时，需用一定浓度的NaOH 溶液进行处理的目的是(从平衡移动的角度分析)______。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是_____。将过滤1 后得到的固体进行洗涤时，最好用
_____(填“冷水”或“热水”)。
（4）上述工艺中，碳化反应的方程式为_____。
（5）过滤2 产生的滤渣的主要成分为_____。
（6）Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O 晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞参数为
apm。该晶胞中离子的分数坐标如下：
氧离子：(0，0，0)；(
，
，0)；(
，0，
)；(0，
，
)；……
{锂离子：(
，
，
)；(
，
，
)；(
，
，
)；(
，
，
)；……}
①在图中画出Li2O 晶胞沿x 轴投影的俯视图。
②该Li2O 晶体的密度为ρg•cm-3，则阿伏加德罗常数的值的表达式NA=_____mol-1(用含a、ρ 的代数式表示，
列出计算式即可)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）石蜡（1 分）
（2）NaOH 会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果
（3）向过滤1 后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉
淀完全 热水（1 分）
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（4）
（5）Al(OH)3
（6）①
②
【解析】锂云母浸出液中加入HR，
，生成的FeR3可溶解在HR 中，分液，有机层
为FeR3，水溶液中存在金属离子为Li+、Al3+，沉锂时加入碳酸钠生Li2CO3、 和Al (OH)3沉淀，向
Li2CO3、Al (OH)3中加入去离子水、CO2，Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3，过滤，滤渣为Al (OH)3，滤
液为LiHCO3，LiHCO3热分解生成电池级Li2CO3。
（1）金属锂很活泼，一般保存在石蜡中。
（2）萃取时发生反应
，NaOH 会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃
取反应向正向进行，提高萃取效果，故答案为：NaOH 会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃
取反应向正向进行，提高萃取效果。
（3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1 后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，
则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；由题给信息②可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故
选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失，故答案为：向过滤1 后的滤液中继续滴加Na2CO3
溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；热水。
（4）碳化反应是Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3的过程，反应方程式为
，
故答案为：
。
（5）由分析可知，过滤②产生的滤渣主要成分为为Al(OH)3。
（6）①根据氧离子的分数坐标可知，氧离子位于晶胞的面心、顶点，根据锂离子的分数坐标可知，锂离
子位于晶胞的内部，填入氧离子的正四面体空隙，结合坐标位置，即得氧化锂晶胞沿x 轴投影的俯视图为：
。
②1 个晶胞中有4 个氧离子，8 个锂离子，晶胞参数为a pm，一个晶胞的体积为
，
1 mol 晶胞质量为m=4 30 g，所以晶体密度为
，故
。
16．（14 分）亚硝酰硫酸(
)在重氮化反应中可以代替亚硝酸钠。实验室用如图装置(部分夹持仪器
略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。
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已知：
ⅰ.亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
ⅱ.实验室制备亚硝酰硫酸的原理为
，
。
回答下列问题：
（1）仪器Ⅰ的名称为___________，按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为___________(填仪
器接口的字母，部分仪器可以重复使用)，C 装置的作用为___________。
（2）反应需温度控制在25℃～40℃，采用的加热方式为___________，开始时反应缓慢，但某时刻反应速
率明显加快，其原因可能是___________。
（3）测定亚硝酰硫酸的纯度
步骤①：准确称取14.00g 产品，在特定条件下配制成250mL 溶液。
步骤②：取25.00mL ①中溶液于250mL 烧瓶中，加入60.00mL 未知浓度
溶液(过量)和10.00mL25%
溶液，摇匀，发生反应
。
步骤③：向②反应后溶液中加0.2500
标准溶液进行滴定，消耗
溶液20.00mL。
步骤④：把②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗
溶液的体积为
60.00mL。
滴定终点时的现象为___________，亚硝酰硫酸的纯度为___________(精确到0.1%)。
【答案】（每空2 分）
（1）蒸馏烧瓶 a→de→cb→de→f 吸水，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO
（2）水浴加热 由于生成的
对该反应有催化作用，导致反应速率加快
（3）溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复 90.7%
【解析】本实验制备亚硝酰硫酸，原理是SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H，A 装置制备二氧
化硫，因为亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO，需要除去二氧化硫中的水蒸气，即通过C 装置，然
后通入B 装置反应，因为二氧化硫对环境有污染，因此需要尾气处理，装置D 除去多余二氧化硫，据此分
析；
（1）根据仪器Ⅰ的特点，仪器Ⅰ名称为蒸馏烧瓶；根据上述分析，连接顺序是a→de→cb→de→f，C 装置
作用为吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；故答案为蒸馏烧瓶；
a→de→cb→de→f；吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（2）温度控制在25℃～40℃，反应温度小于100℃，采取加热方式为水浴加热；开始时反应缓慢，某时
刻反应速率明显加快，这个现象与酸性高锰酸钾溶液与草酸反应类似，Mn2+作高锰酸钾与草酸反应的催化
剂，因此引起反应速率明显加快的原因是NOSO4H 为该反应的催化剂；故答案为水浴加热；NOSO4H 对该
12
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反应有催化作用，导致反应速率加快；
（3）用标准液草酸钠滴定高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液，
溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s 不恢复；把②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复上述操作步骤，消
耗草酸钠的体积为60mL，根据得失电子数目守恒，有：60.00mL×10-3L/mL×0.2500mol/L×2×(4-
3)=60.00mL×10-3L/mL×c(KMnO4)×(7-2)，解得c(KMnO4)=0.1mol/L，NOSO4H、草酸钠作还原剂，高锰酸钾
作氧化剂，因此根据得失电子数目守恒，有：20.00mL×10-3L/mL×0.2500mol/L×2×(4-3)+n(NOSO4H)×(5-
3)=60.00mL×10-3L/mL×0.1mol/L×(7-2)，解得n(NOSO4H)=0.01mol，则250mL 溶液中含有NOSO4H 物质的
量为0.1mol，则14.00g 产品中纯度为
≈90.7%；故答案为滴入最后半滴标准液，
溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s 不恢复；90.7%。
17．（15 分）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，
的综合利用成为热点研究对象，
作为碳源加氢是再生能源的有效方法，
加氢可以合成甲醇，Olah 提出“甲醇经济”概念，认为甲
醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过
加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程
主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）①相关键能如下表，则
______，该反应的活化能
_____
(填“大于”“小于”或
“等于”)。
化学键
键能
436
1071
464
803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则
的平衡常数
K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知
的正反应速率
( k 为正反应的速率
常数)，某温度时测得数据如下：
1
0.02
0.01
2
0.02
0.02
a
则此温度下表中a=___________。
（2）据文献报道，
基纳米材料作为高性能催化剂可将
电还原为高能量密度的
，不同
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催化剂对生成
的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理
论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
（3）在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时
的转化率随温度和压强的变化如图，判
断p1、p2、p3的大小关系：________________，解释压强一定时，
的平衡转化率呈现如图变化的
原因：_______________________________。
（4）某温度下，初始压强为
，向容积为
的恒容密闭容器中充入
、
发生反应Ⅰ、
Ⅱ，平衡时
的转化率是50%，体系内剩余
，反应Ⅱ的平衡常数K=___________
。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）①
大于（1 分） ②
③1.6×10−3
（2）−1.0V、Cu6(S)
（3）p1>p2>p3 TK 之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK 之后以反应Ⅱ为主，转化率随着
温度升高而降低
（4）2
【解析】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变
ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于
逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应
，则反应的平衡常数K=
，
故答案为：
；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：
1.6×10−3；
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（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最
佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，
平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依
次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ
是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率
先增大后减小，说明TK 之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK 之后以反应Ⅱ为主，转化率
随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK 之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK 之后
以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原
子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol 氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得
x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=
，故答案为：2。
18．（15 分）三氯苯达唑(G)对牛、羊及人体的肝片吸虫病有良好的治疗作用，一种合成路线如下。
回答下列问题：
（1）物质A 的系统名称是___________。
（2）
分子中，氧原子一对孤对电子能与苯环形成大
键，分子中氧原子采取杂化方式为
___________。
（3）物质D 的中含氧官能团的名称是___________，反应④的反应类型是___________。
（4）反应⑤的化学方程式是___________。
（5）与物质C 具有相同官能团、含有苯环结构且苯环上有四个取代基的同分异构体有___________种(不包
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括C 本身)，写出其中一种核磁共振氢谱只有2 组吸收峰的同分异构体的结构简式：___________。
（6）已知：
+
，设计以
和
为原料合成
的合成路线(无
机试剂任选)。___________
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）1，2，4-三氯苯
（2）
（1 分）
（3）醚键、硝基 还原反应（1 分）
（4）
（5）15
、
（6）
（3 分）
【解析】由A 的分子式及B 的结构简式可知，A 分子中含有3 个氯原子，则物质A 的结构简式为
，
A 发生硝化反应生成B，B 中一个氯原子被氨基取代生成C，C 与
发生取代反应生成D 和
HCl，D 被还原为E；E 和CS2生成F；F 再和CH3I 生成F；据此分析解题。
（1）由A 的分子式及B 的结构简式可知，A 分子中含有3 个氯原子，则物质A 的结构简式为
，其
系统名称是1，2，4 三氯苯；故答案为1，2，4-三氯苯。
（2）O 原子中有一对孤对电子所占的p 轨道与苯环中C 的单电子所占的p 轨道平行，因此O 采取
杂化；
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故答案为
。
（3）结合物质D 的结构简式可知其含氧官能团为醚键、硝基；物质D 的分子式为
，物质E
的分子式为
，由分子式可知反应④为加氢去氧的反应，即还原反应；故答案为醚键、硝基；
还原反应。
（4）物质E 的结构简式为
，反应⑤的化学方程式为
或
；故答案为
。
（5）与物质C 具有相同官能团的同分异构体有以下情况(箭头所指为
位置)：
、
、
、
、
、
，共有16 种，除其本身还有15 种；
其中核磁共振氢谱只有2 组吸收峰的同分异构体的结构简式为
、
；故答案
为
、
。
（6）设计以
和
为原料合成
的合成路线(无机试剂任选)
根据目标产物的结构和已知条件，首先可以还原
中硝基为氨基，然后和CS2发生题目中反应；
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和I2发生取代反应，再发生
+
类反应得到目标物；具体流程图为
；故答案为
。
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