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2024 年吉林、黑龙江普通高等学校招生考试（适应性演练）
化学
本试卷共8 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条
形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体
工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在
草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Al 27 Si 28
S 32 Cl 35.5 Ca 40 Sr 88 I 127 Ba 137
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求。
1. 春节是中华民族重要的传统节日，近日被确定为联合国假日。以下有关春节习俗中的化学知识说法错误
的是
A. 红烧肉烹饪过程中蛋白质变性涉及化学变化
B. 春晚演员的彩妆用品均属于无机物
C. 饺子与糯米年糕的口感差异与支链淀粉的含量有关D. 陈年老酒的芳香气味与酯的形成有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．肉中含有蛋白质，烹饪过程中蛋白质变性涉及化学变化，故A 正确；
B．彩妆用品中含有甘油，属于有机物，故B 错误；
C．饺子与糯米年糕中含有淀粉，口感差异与支链淀粉的含量有关，故C 正确；
D．酒精在与氧气接触的过程中会氧化生成羧酸类物质，而羧酸类物质则会进一步与酒精反应形成酯类物
质，具有芳香气味，故D 正确；
故选B。
2. “银朱”主要成分为HgS 。《天工开物》记载：“凡将水银再升朱用，故名曰银朱…即漆工以鲜物采，
唯（银朱）入桐油则显…若水银已升朱，则不可复还为汞。”下列说法错误的是
A. “银朱”可由Hg 和S 制备
B. “银朱”可用于制作颜料
C. “桐油”为天然高分子
D. “水银升朱”不是可逆反应
公众号：一枚试卷君
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【答案】C
【解析】
【详解】A．Hg 和S 反应可生成HgS，S+Hg=HgS，A 正确；
B．HgS 是红色固体，可用于制作颜料，B 正确；
C．“桐油”中含有油脂类物质，属于甘油三酯，不
高分子化合物，C 错误；
D．由“若水银已升朱，则不可复还为汞”可知，生成Hg 与S 反应生成HgS 不是可逆反应，D 正确；
故选C。
3. 下列化学用语表述正确的是
A.
+
2
NO 的空间结构为V 形
B. 顺-1,2- 二溴乙烯结构式为
C.
-
3
N 的电子式为
-
[N N:N]
D. 基态Cr 原子价电子排布式为
4
2
3d 4s
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据价层电子对互斥理论，
+
2
NO 的孤电子对为
5-1 -2 2 =0
2
，个数为2，则
+
2
NO 的空间
结构为直线形，A 错误；
B．烯烃的顺式指烯烃中碳碳双键同侧的两个基团相同，则顺-1,2- 二溴乙烯结构式为
，B
正确；
C．
-
3
N 中每个N 原子都满足8 电子稳定结构，其电子式
：
，C 错误；
D．根据洪特规则的特例，基态Cr 原子价电子排布式为
5
1
3d 4s ，D 错误；
故选B。
4. 电解重水（
2
D O ）是制取氘气（
2
D ）的一种方法。设
A
N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A.
2
D O 分子间存在氢键
B.
2
D O 的熔、沸点比
2
H O 高
C.
16
2
2gD
O 含中子数目为
A
N
D. 制取
2
11.2 L D 转移的电子数目为
A
N
【答案】D
【解析】
【详解】A．O 原子电负性较大，
2
D O 分子间存在氢键，故A 正确；
是
为
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B．
2
D O 和
2
H O 分子间都能形成氢键，但
2
D O 相对分子之间大于H2O，范德华力较大，熔沸点较高，故
B 正确；
C．
16
2
D
O 中含有2+16-8=10 个中子，
16
2
2gD
O
物质的量为
2g
20g/mol =0.1mol，含中子数目为
A
N ，故
C 正确；
D．未说明气体所处的温度和压强，无法计算
2
11.2 L D 的物质的量，故D 错误；
故选D。
5. 下列各组物质分离提纯方法及依据均正确的是
分离提纯方法
依据
A
重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠
温度对溶解度的影响不同
B
氢氧化钠溶液洗气法除去
2
CO 中的HCl
化学性质不同
C
分液法分离乙酸正丁酯和正丁醇
沸点不同
D
加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠
热稳定性不同
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度对苯甲酸、氯化钠的溶解度的影响不同，可以重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠，A 正确；
B．二氧化碳和氯化氢都会被氢氧化钠溶液吸收，B 错误；
C．乙酸正丁酯和正丁醇互溶，不能分液分离，应该使用蒸馏法分离，C 错误；
D．碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳，加热使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故不可以加
热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，D 错误；
故选A。
6. 某化合物具有抗癌活性，结构如图所示。下列有关该物质说法错误的是
A. 可发生水解反应
B. 含有手性碳原子
C. 可发生消去反应
D. 含有2 个酯基
的
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【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物中含有酯基和酰胺基，一定条件下能够发生水解反应，故A 正确；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物含有手性碳原子，如最右侧与羟
基相连的碳原子等，故B 正确；
C．该有机物中与羟基相连的碳原子相邻碳原子上含有H 原子，可发生消去反应，故C 正确；
D．该有机物中只含有1 个酯基，故D 错误；
故选D。
7. 下列化学方程式或离子方程式正确的是
A. 氢氟酸溶蚀石英玻璃：
2
4
2
SiO +4HF
SiF
+2H O
B. 盐酸除锅炉水垢：
+
2-
3
2
2
2H +CO
CO
+H O
C.
4
CuSO 溶液吸收电石气中的
2
H S ：
2+
+
2
Cu
+H S
Cu
+S
+2H
D. 候氏制碱法：
3
2
2
2
3
4
2NaCl+2NH +CO +H O
Na CO
+2NH Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氟酸溶蚀石英玻璃的化学方程式为：
2
4
2
SiO +4HF
SiF
+2H O
，故A 正确；
B．水垢中含有碳酸钙，盐酸除锅炉水垢：
+
2+
3
2
2
2H +CaCO
CO
+H O+Ca
，故B 错误；
C．
4
CuSO 溶液吸收电石气中的
2
H S ：
2+
+
2
Cu
+H S
CuS
+2H
，故C 错误；
D．候氏制碱法：
3
2
2
3
4
NaCl+NH +CO +H O
NaHCO
+NH Cl
，故D 错误；
故选A。
8. 高分子的循环利用过程如下图所示。下列说法错误的是（不考虑立体异构）
A. b 生成a 的反应属于加聚反应
B. a 中碳原子杂化方式为
2
sp 和
3
sp
C. a 的链节与b 分子中氢元素的质量分数不同
D. b 与
2
Br 发生加成反应最多可生成4 种二溴代物
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【答案】D
【解析】
【详解】A．由a 和b 的结构简式可知，b 生成a 的反应属于加聚反应，A 正确；
B．a 中含有苯环和甲基，碳原子杂化方式为
2
sp 和
3
sp ，B 正确；
C．a 的链节为
，a 与b 的分子式不同，但碳原子个数相同，氢元素的质量分数不
同，C 正确；
D．b 中含有碳碳双键，可以和
2
Br 发生1，2 加成生成2 种二溴代物，发生1，4 加成生成1 种二溴代物，
最多可生成3 种二溴代物，D 错误；
故选D。
9. 某离子液体结构如下图所示。W、X、Y、Z 原子序数依次增大，W、X 和Y 的原子序数之和为14，X
和Y 基态原子的核外未成对电子数之和为5，Z 是第四周期元素。下列说法错误的是
A. X、Z 的简单氢化物均可溶于水
B. 电负性：Y>X>W
C. 第一电离能：Y>X
D. W、Y、Z 可形成既含离子键又含共价键的化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 原子序数依次增大，W、X 和Y 的原子序数之和为14，X 和Y 基态原子的核外未成
对电子数之和为5，W 只连接了1 个共价键，W 为H 元素；X 连接4 个共价键，X 为C 元素；Y 连接3 个
共价键，Y 为N 元素；Z 带1 个负电荷，是第四周期元素，则Z 为Br 元素。
【详解】A．CH4 难溶于水，HBr 易溶于水，故A 错误；
B．同周期主族元素，从左往右，电负性增大，电负性：N>C>H，故B 正确；
C．同周期元素，从左往右，元素第一电离能有增大的趋势，则第一电离能：N>C ，故C 正确；
D．H、N、Br 可形成既含离子键又含共价键的化合物NH4Br，故D 正确；
故选A。
10. 镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是Ni ，图①和图②是晶胞的不同
切面。下列说法错误的是
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A. 催化活性：①>②
B. 镍酸镧晶体的化学式为
3
LaNiO
C. La 周围紧邻的O 有4 个
D. La 和
Ni
是
的最短距离为
3 a
2
【答案】C
【解析】
【详解】A．具有催化活性的是Ni ，图②中没有Ni 原子，则催化活性：①>②，故A 正确；
B．镍酸镧电催化剂立方晶胞中含有1 个Ni，
1
12
4
=3 个O，81
8 =1 个La，镍酸镧晶体的化学式为
3
LaNiO ，故B 正确；
C．由晶胞结构可知，La 在晶胞体心，O 在晶胞的棱心，则La 周围紧邻的O 有12 个，故C 错误；
D．由晶胞结构可知，La 和
Ni
是
的最短距离为体对角线得一半，为
3 a
2
，故D 正确；
故选C。
11. 如图，b 为
+
2
H /H 标准氢电极，可发生还原反应（
+
-
2
2H +2e
H
）或氧化反应
（
-
+
2
H -2e
2H
），a、c 分别为AgCl/Ag 、AgI/Ag 电极。实验发现：1 与2 相连a 电极质量减小，2 与
3 相连c 电极质量增大。下列说法正确的是
A. 1 与2 相连，盐桥1 中阳离子向b 电极移动
B. 2 与3 相连，电池反应
-
+
2
2Ag+2I +2H
2AgI+H
C. 1 与3 相连，a 电极减小的质量等于c 电极增大的质量
D. 1 与2、2 与3 相连，b 电极均为
-e 流出极
为
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【答案】B
【解析】
【分析】1 与2 相连，左侧两池构成原电池，a 电极质量减小，AgCl 转化为Ag ，说明a 为正极，b 为负极，
b 极反应为
-
+
2
H -2e
2H
；2 与3 相连，右侧两池构成原电池，c 电极质量增大，Ag 转化为AgI ，说明c
为负极，b 为正极，b 极反应为：
+
-
2
2H +2e
H
，据此分析；
【详解】A．1 与2 相连，a 为正极，b 为负极，盐桥1 中阳离子向a 电极移动，A 错误；
B．2 与3 相连，右侧两池构成原电池，c 电极质量增大，Ag 转化为AgI ，说明c 为负极，b 为正极，生
成氢气，电池反应为
-
+
2
2Ag+2I +2H
2AgI+H
，B 正确；
C．1 与3 相连，由于AgI 更难溶，AgCl 转化为AgI ，a 极为正极，AgCl 转化为Ag ，a 极质量减小，b
极为负极，Ag 转化为AgI ，b 极质量增加，a 电极减小的质量小于c 电极增大的质量，C 错误；
D．1 与2 相连，b 为负极，b 电极为
-e 流出极；2 与3 相连，c 为负极，c 电极为
-e 流出极，D 错误；
故选B。
12. 实验室合成高铁酸钾（
2
4
K FeO ）的过程如下图所示。下列说法错误的是
A. 气体a 的主要成分为
2
Cl
B. 沉淀b 的主要成分为
3
KClO
C.
2
4
K FeO 中Fe 的化合价为+6
D. 反应2 为
3
2
4
3
2
3
2Fe NO
+10KOH+3KClO
2K FeO +3KCl+6KNO +5H O
【答案】B
【解析】
【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl 气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl 气体，得
到气体a 的主要成分为
2
Cl ，氯气和饱和KOH 溶液在10-15℃条件下反应生成KClO ，由于KClO 得溶解
度小于KOH，会析出KClO 白色沉淀，将
3
3
Fe NO
和KOH 加入饱和次氯酸钾中发生反应生成
2
4
K FeO ，
以此解答。
公众号：一枚试卷君
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【详解】A．由分析可知，气体a 的主要成分为
2
Cl ，故A 正确；
B．由分析可知，沉淀b 的主要成分为KClO ，故B 错误；
C．由化合物化合价的代数和为零可知，
2
4
K FeO 中Fe 的化合价为+6 ，故C 正确；
D．反应2 中
3
3
Fe NO
和KClO 在碱性条件下发生氧化还原反应生成
2
4
K FeO 和KCl，根据得失电子守
恒和原子守恒配平化学方程式为：
3
2
4
3
2
3
2Fe NO
+10KOH+3KClO
2K FeO +3KCl+6KNO +5H O
，
故D 正确；
故选B。
13. 下列各组实验所得结论或推论正确的是
实验现象
结论或推论
A
向某有机物（
5
8
2
C H O ）中滴加
3
FeCl 溶液，显色
该有机物分子中含酚羟基
B
向酸性高锰酸钾溶液中加入甲苯，紫色褪去
甲苯同系物均有此性质
C
向银氨溶液中滴加某单糖溶液，形成银镜
该糖属于还原糖
D
测得两溶液导电能力相同
两溶液物质的量浓度相等
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．有机物（
5
8
2
C H O ）中只有5 个碳原子，没有苯环，不可能含酚羟基，故A 错误；
B．只有与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时，才能被酸性高锰酸钾氧化，当该碳原子上没有氢原子
时，就不能与酸性高锰酸钾反应，故B 错误；
C．向银氨溶液中滴加某单糖溶液，形成银镜，说明其中含有醛基，该糖属于还原糖，故C 正确；
D．若两溶液中溶质带的电荷数不同，则两溶液导电能力相同，不能说明两溶液物质的量浓度相等，故D
错误；
故选C。
14. 某生物质电池原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸。下列说法正确的是
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A. 放电时，正极电极反应为：
B. 放电时，
0.2
0.8
2
Co
Ni
(OH) 转化为
0.2
0.8
Co
Ni OOH
C. 充电时，
+
K 通过交换膜从左室向右室迁移
D. 充电时，阴极电极反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，负极发生氧化反应，
转化为
，所以放电时，Rh/Cu 是负极。
充电时，Rh/Cu 是阴极。
【详解】A．放电时，负极发生氧化反应，负极糠醛发生氧化反应生成
，故A 错误；
B．放电时，正极得电子，
0.2
0.8
Co
Ni OOH 转化为
0.2
0.8
2
Co
Ni
(OH) ，故B 错误；
C．充电时，阳离子向阴极移动，充电时，Rh/Cu 是阴极，
+
K 通过交换膜从右室向左室迁移，故C 错误；
D．充电时，充电时，Rh/Cu 是阴极，糠醛发生还原反应生成
，阴极电极反应为
，故D 正确；
选D。
15. 室温下，向
3+
c Al
、
2+
c Zn
均为
-1
0.1 mol L
的混合溶液中持续通入
2
H S 气体，始终保持
2
H S 饱
和（
2
H S 的物质的量浓度为
-1
0.1 mol L
），通过调节pH 使
3+
Al
、
2+
Zn
分别沉淀，溶液中-lgc 与pH 的关
系如下图所示。其中，c 表示
3+
Al
、
2+
Zn
、
-
OH 和
2-
S 的物质的量浓度的数值，
-17
sp
2
K
Zn(OH)
=1.2 10
。下列说法错误的是
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A. ①代表
2-
lgc S
与pH 的关系曲线
B. pH 逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS
C.
3
Al(OH) 的
-32.8
sp
K =10
D.
2+
+
2
Zn
+H S
ZnS
+2H
的平衡常数
-0.4
K=10
【答案】D
【解析】
【分析】由于
3+
c Al
、
2+
c Zn
均为
-1
0.1 mol L
，则曲线③④表示的离子为
3+
c Al
或
2+
c Zn
，纵坐
标表示的为-lgc ，则离子浓度越小，-lgc 越大，则曲线①代表
2-
lgc S
与pH 的关系，则曲线②代表
-
lgc OH
与pH 的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8 ，8.2) ，可知此时pH=5.8 ，则
-
-8.2
c OH
=10
mol / L ，同时根据
-17
sp
2
K
Zn(OH)
=1.2 10
，则曲线④为
3+
lgc Al
与pH 的关系，曲线
③为
2+
lgc Zn
与pH 的关系，据此分析。
【详解】A．由分析可知，①代表
2-
lgc S
与pH 的关系，A 正确；
B．曲线①代表
2-
lgc S
与pH 的关系，曲线③为
2+
lgc Zn
与pH 的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可
知，
2+
2-
-10.8
-10.8
-21.6
sp
K
ZnS =c Zn
c S
=10
10
=10
，
-17
sp
2
K
Zn(OH)
=1.2 10
，当
2+
c Zn
为
-1
0.1 mol L
时，随pH 逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS，B 正确；
C．曲线②代表
-
lgc OH
与pH 的关系，曲线④为
3+
lgc Al
与pH 的关系，根据曲线②与曲线④的交点
坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则
-
-8.2
c OH
=10
mol / L ，
3+
-8.2
c Al
=10
mol / L ，则
3
3+
3
-
-8.2
-8.2
-32.8
sp
3
K
Al(OH)
=c Al
c
OH
=10
10
=10
，C 正确；
D．
2+
+
2
Zn
+H S
ZnS
+2H
的平衡常数表达式为
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2
+
2
+
2-
2
+
2-
2+
2+
2-
2
sp
2
2
c
H
c
H
c S
c
H
c S
K=
=
= c H S
K
ZnS
c Zn
c H S
c Zn
c H S
c S
，根据曲线①代表
2-
lgc S
与pH
的关系，曲线③为
2+
lgc Zn
与pH 的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时
2-
-10.8
c S
=10
mol / L ，
+
-5.6
c H
=10
mol / L ，
2
c H S =0.1mol / L ，根据B 选项，
-21.6
sp
K
ZnS =10
，代入数据，
0.6
K=10
，D 错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16.
3
SrCO 是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为
4
SrSO )为原料制备
3
SrCO 的一种工艺方法如下：
天青石主要元素质量分数如下：
元素
Sr
Ba
Ca
Al
Si
质量分数
(% )
36.4
2.0
4.0
0.5
5.0
-7
-10
sp
4
sp
4
K
SrSO
=3.4 10 ,K
BaSO
=1.0 10
。
回答下列问题：
（1）天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成SrS 和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成
2
CO 、CO 时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的
碳氧化物为___________(填“CO ”或“
2
CO ”)。
（2）“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为___________和___________。
（3）“水浸”后滤渣的主要成分除
3
CaSiO 和C 外，还有两种氧化物，化学式为___________和
___________。
（4）“水浸”时需加热，SrS 与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为___________(用化学方程式表示)
（5）“水浸”后的滤液中
2+
-1
2+
-1
c Sr
=0.680mol L ,c Ba
=0.024mol L
，“除杂”过程中(忽略
2
4
H SO 溶
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液引起的体积变化)，为使
2+
Sr
不沉淀，应控制溶液中
2+
c Ba
___________
-1
mol L
，每升滤液中篇加
入
-1
2
4
1.0mol L H SO
溶液的体积___________ mL 。
（6）“沉锶”过程中，可溶性
2
Sr(OH) 发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）CO2
（2）
①. CO
②. SO2
（3）
①. Al2O3
②. SrO
（4）SrS+2H2O
H2S+Sr(OH)2
（5）
①. 2×10-4
②. 5×10-4
（6）Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O
【解析】
【分析】天青石与碳粉混合煅烧生成SrS 和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤液
中通入二氧化碳，生成碳酸锶。
【小问1 详解】
设生成的碳氧化物中CO2 含量为x，则CO 含量为1-x，则有0.304x+0.386(1-x)=0.326，解得x=73%，因此
煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2。
【小问2 详解】
煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有
SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2 和CO。
【小问3 详解】
天青石中含有Ba、Ca、Al 和Si，已知Ba 元素通过后续加入硫酸除去，Ca 转化为硅酸钙，则Al 转化为
Al2O3，同时Sr 也会生成SrO，两种氧化物为Al2O3 和SrO。
【小问4 详解】
SrS 溶于水电离出的硫离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS+2H2O
H2S+Sr(OH)2。
【小问5 详解】
根据Ksp(SrSO4)=3.4×10-7 可知，SrSO4 开始沉淀时，硫酸根离子浓度为3.4×10-7÷0.68=5×10-7mol/L。为
使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于1×10-10÷(5×10-7)=2×10-
4mol/L，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则每升滤液中含有硫酸根离子5×10-
7mol，需要加入1mol/L 的硫酸的体积小于等于5×10-4mL。
【小问6 详解】
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沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2 溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2++2OH-
+CO2=SrCO3↓+H2O。
17. 芳基亚胺酯是重要的有机反应中间体，受热易分解，可由腈在酸催化下与醇发生Pinner 反应制各，原
理如下图所示。
某实验小组以苯甲腈（
，
r
M =103 ）和三氟乙醇（
3
2
CF CH OH ，
r
M =100 ） 为原料合成苯
甲亚胺三氟乙脂。步骤如下：
I．将20.6g 苯甲腈与21.6g 三氟乙醇置于容器中，冰浴降温至0 C
。
Ⅱ．向容器中持续通入HCl 气体4 小时，密封容器。
Ⅲ．室温下在HCl 氛围中继续搅拌反应液24 小时，冷却至0 C
，抽滤得白色固体，用乙腈洗涤。
IV．将洗涤后的白色固体加入饱和
2
3
Na CO 溶液中，低温下反应，有机溶剂萃取3 次，合并有机相。
V．向有机相中加入无水
4
MgSO ，过滤，蒸去溶剂得产品20.3g 。
回答下列问题：
（1）实验室中可用浓盐酸和无水
2
CaCl 制备干燥HCl 气体，下列仪器中一定需要的为__________（填仪
器名称）。
（2）第Ⅱ步通气完毕后，容器密封的原因为__________。
（3）第Ⅲ步中得到的白色固体主要成分为__________。
（4）第IV 步中选择低温
原因为__________。
（5）第IV 步萃取时可选用的有机溶剂为__________。
A. 丙酮
B. 乙酸
C. 乙酸乙酯
D. 甲醇
的
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（6）第V 步中无水
4
MgSO 的作用为____________________。
（7）本实验的产率为__________。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）保证不漏液、不漏气
（3）C
（4）防止芳基亚胺酯受热分解
（5）C
（6）除去有机相中的水
（7）50%
【解析】
【分析】由反应原理可知，
先在HCl 的气体中反应转化为
，
再和
3
2
CF CH OH 反应生成
，
和碳
酸钠溶液反应生成芳基亚胺酯。
【小问1 详解】
实验室中可用浓盐酸和无水CaCl2 制备干燥HCl 气体，需要用到恒压滴液漏斗，不需要球形冷凝管、容量
瓶和培养皿。
【小问2 详解】
该反应过程中涉及到HCl 气体，需要考虑不能有气体漏出，第Ⅱ步通气完毕后，容器密封的原因为保证不
漏液、不漏气。
【小问3 详解】
由反应原理可知，
先在HCl 的气体中反应转化为
，
再和
3
2
CF CH OH 反应生成
，故选C。
【小问4 详解】
芳基亚胺酯受热易分解，第IV 步中选择低温的原因为：防止芳基亚胺酯受热分解。
【小问5 详解】
苯甲亚胺三氟乙脂属于酯类，在乙酸乙酯中的溶解度较大，乙酸和甲酸能溶于水，不能用来萃取，第IV
步萃取时可选用的有机溶剂为乙酸乙酯中，故选C。
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【小问6 详解】
第V 步中无水MgSO4 的作用为除去有机相中的水。
【小问7 详解】
实验中20.6g 苯甲腈的物质的量为
20.6g
103g/mol =0.2mol，21.6g 三氟乙醇的物质的量为
21.6g
100g/mol
=0.216mol，由流程图可知，理论上可以制备0.2mol 苯甲亚胺三氟乙脂，本实验的产率为
20.3g
100%
0.2mol 203g/mol
=50%。
18. 天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S 等气体。某种将CO2 和H2S 共活化的工艺涉及反应如下：
①
2
2
2
CO (g)+H S(g)
COS(g)+H O(g)
1
ΔH
②
2
2
2
2
1
CO (g)+H S(g)
CO(g)+
S (g)+H O(g)
2
2
ΔH
③
2
2
2
1
H S(g)
S (g)+H (g)
2
-1
3
ΔH =+85.79 kJ mol
④
2
2
2
H (g)+CO (g)
CO(g)+H O(g)
-1
4
ΔH =+41.20 kJ mol
恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。
已知：i．CO2 和H2S 的初始物质的量相等：
ii．产率=转化率×选择性：
iii．COS 的选择性
2
n
(COS)
=
100%
n
H S
消耗
生成
，H2O 的选择性
2
2
n
H O
=
100%
n
H S
消耗
生成
。
回答下列问题：
（1）COS 分子的空间结构为__________形。
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（2）
2
ΔH = _________
-1
kJ mol
。
（3）以下温度，COS 的产率最高的是__________。
A. 400℃
B. 600℃
C. 800℃
D. 1000℃
（4）温度高于500℃时，H2S 的转化率大于CO2，原因是____________________。
（5）可提高S2 平衡产率的方法为__________。
A. 升高温度
B. 增大压强
C. 降低温度
D. 充入氩气
（6）700℃时反应①的平衡常数K=__________（精确到0.01）。
（7）催化剂CeO2-MgO 对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示。表示状
态2 的为__________。
A．
B．
C．
【答案】（1）直线
（2）+126.99kJ/mol
（3）B
（4）当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④
（5）AD
（6）0.02
（7）C
【解析】
【小问1 详解】
COS 分子的中心原子C 周围的价层电子对数为：2+
1
4-2-2
2
=2，根据价层电子对互斥理论可知，该分
子的空间结构为直线形，故答案为：直线；
【小问2 详解】
由题干信息可知，反应③
2
2
2
1
H S(g)
S (g)+H (g)
2
-1
3
ΔH =+85.79 kJ mol
；反应④
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2
2
2
H (g)+CO (g)
CO(g)+H O(g)
-1
4
ΔH =+41.20 kJ mol
，则由反应③+④可得反应②
2
2
2
2
1
CO (g)+H S(g)
CO(g)+
S (g)+H O(g)
2
，根据盖斯定律可知，
4
2
3
=ΔH
H
+
Δ
ΔH
=(+85.79kJ/mol)+(+41.20kJ/mol)=+126.99kJ/mol，故答案为：+126.99kJ/mol；
【小问3 详解】
由题干信息可知，产率=转化率×选择性，结合题干图示信息可知：400℃时H2S 转化率为5%左右，COS
的选择性为：90%，则产率为5%×90%=4.5%，600℃时H2S 转化率为15%左右，COS 的选择性为：60%，
则产率为15%×60%=9.0%，800℃时H2S 转化率为30%左右，COS 的选择性为：25%，则产率为
30%×25%=7.5%，1000℃时H2S 转化率为58%左右，COS 的选择性为：7%，则产率为58%×7%=4.06%，
故COS 的产率最高的是600℃，故答案为：B；
【小问4 详解】
由题干图示信息可知，温度低于500℃时H2S 和CO2 的转化率基本相同，说明此时反应只发生反应①、
②，而温度升高，反应①、②、③、④均正向移动，当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度
大于反应④，导致H2S 的转化率大于CO2，故答案为：当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅
度大于反应④；
【小问5 详解】
由题干信息可知，②
2
2
2
2
1
CO (g)+H S(g)
CO(g)+
S (g)+H O(g)
2
2
ΔH ＞0 ③
2
2
2
1
H S(g)
S (g)+H (g)
2
-1
3
ΔH =+85.79 kJ mol
两个反应均为正反应是一个气体体积增大的吸热反
应：
A．升高温度
，上述平衡正向移动，S2 的平衡产率提高，A 符合题意；
B．增大压强，上述平衡逆向移动，S2 的平衡产率降低，B 不合题意；
C．降低温度，上述平衡逆向移动，S2 的平衡产率降低，C 不合题意；
D．恒压下充入氩气，相当于减小压强，上述平衡正向移动，S2 的平衡产率提高，D 符合题意；
故答案为：AD；
【小问6 详解】
由题干图示信息可知，700℃时H2S 的平衡转化率为20%，CO2 的平衡转化率为16%，COS 的选择性为
40%，H2O 的选择性为88%，假设起始投入的CO2 和H2S 的物质的量均为amol，则平衡时CO2 的物质的
量为：a(1-16%)mol=0.84amol，H2S 的物质的量为：a(1-20%)mol=0.8amol，COS 的物质的量为：
a×20%×40%mol=0.08amol，H2O 的物质的量为：a×20%×88%mol=0.176amol，反应①的平衡常数K=
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2
2
2
c(COS)·c(H O)
c(CO )·c(H S) =
0.08a
0.176a
0.84a
0.80a
V
V
V
V
=0.02，故答案为：0.02；
【小问7 详解】
由题干图示信息可知，催化剂CeO2-MgO 对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下
图所示，状态1 为
，状态2 为
，状态3 为
，故表示状态
2 的为C，故答案为：C。
19. 抗疟疾药物阿莫地喹的合成路线如下图。
回答下列问题：
（1）A 中含氧官能团的名称为__________和__________。
（2）由A 生成C 的反应类型为__________。
（3）D 的结构简式为__________。
（4）多聚甲醛可以用甲醛代替，则H、I 和甲醛反应生成J 的方程式为____________________。
（5）H 的同分异构体中，含羧基、苯环，不含氨基（
2
-NH ）的有__________种（不考虑立体异构）。
（6）抗癌药物乐伐替尼中间体的合成路线如下图（部分反应条件已略去），其中M 和N 的结构简式分别
为__________和__________。
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【答案】（1）
①. 酯基
②. 醚键
（2）取代反应
（3）
（
4
）
+
+HCHO
+H2O
（5 ）5
（6 ）
①.
②.
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【解析】
【分析】A 和B 发生取代反应生成C ，结合B 的分子式可知B 的结构简式：
，C 受热得到D，D 先在碱性环境中水解再酸化得到E，结合E 和C 的结构
简式可以推知D 的结构简式为
，E 受热生成F，F 和POCl3
发生取代反应生成G，H 和
发生取代反应生成J，J 发生水解反应生成K，结合K 的
结构简式和J 的分子式可以推知J 为
。
【小问1 详解】
A 中含氧官能团的名称为酯基和醚键。
【小问2 详解】
由分析可知，由A 生成C 的反应类型为取代反应。
【小问3 详解】
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由分析可知，D 的结构简式为
。
【小问4 详解】
由分析可知，H、I 和甲醛反应生成J 的方程式为：
+
+HCHO
+H2O。
【小问5 详解】
H 的同分异构体中，含羧基、苯环，不含氨基（-NH2），若苯环上只有1 个取代基为-CH2NHCOOH 或-
NHCH2COOH，共有2 种情况；若苯环上有2 个取代基为-COOH、-NHCH3，共有3 种情况；综上所述，
满足条件的同分异构体有5 种。
【小问6 详解】微信公众号：智慧学库
N 和
发生取代反应生成抗癌药物乐伐替尼中间体，则N 的结构简式为
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，
中含有羧基和NH3 反应生
成M，M 的结构简式为
。
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