2024年高考化学试卷（河北）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2024·高考化学真题

2024 年普通高中学业水平选择性考试(河北卷) 化学 本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Cl-35.5 K-39 Cr-52 Br-80 Bi-209 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. 燕赵大地历史悠久，文化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法错误的是 A. 青铜铺首主要成分是铜锡合金 B. 透雕白玉璧主要成分是硅酸盐 C. 石质浮雕主要成分是碳酸钙 D. 青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙 【答案】D 【解析】 【详解】A．青铜铺首是青铜器，青铜的主要成分是铜锡合金，A正确； B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，B正确； C．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，C正确； D．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误； 故选D。 2. 关于实验室安全，下列表述错误的是 A. BaSO 等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理 4 B. 观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视 C. 具有 标识的化学品为易燃类物质，应注意防火 D. 硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风 【答案】A 【解析】 【详解】A．BaSO 性质稳定，不溶于水和酸，可用作“钡餐”说明对人体无害，无毒性，A错误； 4 第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司B．钠与水反应剧烈且放热，观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，B正确； C． 为易燃类物质的标识，使用该类化学品时应注意防火，以免发生火灾，C正确； D．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风，D正确； 故选A。 3. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. 线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化 B. 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解 C. 尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好 D. 聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高 【答案】B 【解析】 【详解】A．线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确； B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性，受热不易分解，B错误； C．尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确； D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，说明其透明度高，D正确； 故选B 。 4. 超氧化钾 KO  可用作潜水或宇航装置的CO 吸收剂和供氧剂，反应为 2 2 4KO +2CO =2K CO +3O ，N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 2 2 2 3 2 A A. 44gCO 中σ键的数目为2N 2 A B. 1molKO 晶体中离子的数目为3N 2 A C. 1L1mol×L-1K CO 溶液中CO2-的数目为N 2 3 3 A D. 该反应中每转移1mol电子生成O 的数目为1.5N 2 A 【答案】A 【解析】 【详解】A．44g(即1mol)CO 中σ键的数目为2N ，A正确； 2 A B．KO 由K+和O-构成，1mol KO 晶体中离子的数目为2N ，B错误； 2 2 2 A 第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司C．CO 3 2-在水溶液中会发生水解：CO 3 2-+H 2 O ƒ HCO 3 -+OH-，故1L1mol×L-1K 2 CO 3 溶液中CO 3 2-的数 目小于N ，C错误； A D．该反应中部分氧元素化合价由-0.5价升至0价，部分氧元素化合价由-0.5价降至-2价，则每 4mol KO 参加反应转移3mol电子，每转移1mol电子生成O 的数目为N ，D错误； 2 2 A 故选A。 5. 化合物X是由细菌与真菌共培养得到的一种天然产物，结构简式如图。下列相关表述错误的是 A. 可与Br 发生加成反应和取代反应 B. 可与FeCl 溶液发生显色反应 2 3 C. 含有4种含氧官能团 D. 存在顺反异构 【答案】D 【解析】 【详解】A．化合物X中存在碳碳双键，能和Br 发生加成反应，苯环连有酚羟基，下方苯环上酚羟基邻 2 位有氢原子，可以与Br 发生取代反应，A正确； 2 B．化合物X中有酚羟基，遇FeCl 溶液会发生显色反应，B正确； 3 C．化合物X中含有酚羟基、醛基、酮羰基、醚键4种含氧官能团，C正确； D．该化合物中只有一个碳碳双键，其中一个双键碳原子连接的2个原子团都是甲基，所以不存在顺反异 构，D错误； 故选D。 6. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选 实验操作及现象 结论 项 第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A 还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声 H O具有还原性 2 B 待测液中滴加BaCl 溶液，生成白色沉淀 待测液含有SO2- 2 4 Mg(OH) 2 和Al(OH) 3 中均分别加入NaOH溶液和 Mg(OH) 比Al(OH) 碱 2 3 C 盐酸，Mg(OH) 只溶于盐酸，Al(OH) 都能溶 性强 2 3 K CrO 溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为 增大生成物的浓度，平衡 2 2 7 D 向逆反应方向移动 黄色 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是H ，该反应中H由+1价变成0价，被还原，体现了H O的 2 2 氧化性，A错误； B．如果待测液中含有Ag+，Ag+与Cl-反应也能产生白色沉淀，或者CO2-、SO2-也会与Ba2+产生白色 3 3 沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有SO2-的结论，B错误； 4 C．Mg(OH) 溶液能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，Al(OH) 与NaOH溶液和盐酸都能反应， 2 3 说明Mg(OH) 的碱性比Al(OH) 的强，C正确； 2 3 D．K CrO 溶液中存在平衡Cr O 2-(橙色)+H Oƒ 2CrO2-(黄色)+2H+，加入NaOH溶液后，OH-与 2 2 7 2 7 2 4 H+反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误； 故选C。 7. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为QR+YW +XZ +W Z=QWXZ +YW R，其中W、X、Y、Z、 3 2 2 3 4 Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：WY c(X) c(Z) B. 向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时 > c(X配离子) c(Z配离子) C. 由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y< Z D. 若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率 【答案】B 【解析】 c(X) c(Y) 1% 【详解】A．99%的X、Y转化为配离子时，溶液中 = = ，则 c(X配离子) c(Y配离子) 99% c(X) c(Y) lg =lg »-2，根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中 c(X配离子) c(Y配离子) -lgc  CN- >-lgc  CN- ，则溶液中CN-的平衡浓度：Xlg ，则 > ，B正确； c(X配离子) c(Z配离子) c(X配离子) c(Z配离子) C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN-=配离子，则平衡常数 c(配离子) c(配离子) c(金属离子) K= c(金属离子)×cm CN- ，lgK=lg c(金属离子) -mlgc  CN- =-lg c(配离子) -mlgc  CN- ，即 c(金属离子) lg =-mlgc  CN- -lgK，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应 c(配离子) c (金属离子) lg ~-lgc  CN- 曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y> Z，则由Y、Z制备等物质的量 c (配离子) 的配离子时，消耗CN-的物质的量：Z生成速率，D错误； 本题选B。 12. 金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中 MNPQ点的截面图，晶胞的边长为apm,N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A A. 该铋氟化物的化学式为BiF 3 11 B. 粒子S、T之间的距离为 apm 4 1064 C. 该晶体的密度为 g×cm-3 N ´a3´10-30 A 第9页/共23页 学科网（北京）股份有限公司D. 晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个 【答案】D 【解析】 1 【详解】A．根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有1+12 ´ =4个Bi3+，含有 4 1 1 8+8´ +6´ =12个F-，故该铋氟化物的化学式为BiF ，故A正确； 8 2 3 B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F-位于8个小立方体 的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为(0,0,1)，与Q、M均在同一条棱上的F-的原子 æ 1 1ö æ1 1 3ö 分数坐标为(1,0,0)，则T的原子分数坐标为ç 1, , ÷， S的原子分数坐标为ç , , ÷，所以粒子S、 è 2 2ø è4 4 4ø 2 2 2 æ 1ö æ1 1ö æ1 3ö 11 T之间的距离为 1- + - + - ´apm= apm，故B正确； ç ÷ ç ÷ ç ÷ è 4ø è2 4ø è2 4ø 4 C．由A项分析可知，每个晶胞中有4个Bi3+、12个F-，晶胞体积为(apm)3=a3´10-30cm3，则晶体密度 m 4´(209+19´3) 1064 为ρ= = g×cm-3= g×cm-3 ，故C正确； V N ´a3´10-30 N ´a3´10-30 A A D．以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小 立方体后，每个小立方体的体心的F-，即有8个，故D错误； 故答案为：D。 13. 我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO 电池，以Mg(TFSI) 为电解质，电解液中加入1， 2 2 3-丙二胺(PDA)以捕获CO ，使放电时CO 还原产物为MgCO。该设计克服了MgCO 导电性差和释放 2 2 2 4 3 CO 能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。 2 下列说法错误的是 第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A. 放电时，电池总反应为2CO +Mg =MgC O 2 2 4 B. 充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接 C. 充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移 D. 放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1molCO 2 【答案】C 【解析】 【分析】放电时CO 转化为MgC O ，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时， 2 2 4 多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极： 定位：二次电池，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动。 电极 过程 电极反应式 放电 Mg-2e-=Mg2+ Mg电极 充电 Mg2++2e-=Mg 放电 Mg2++2CO +2e-=MgC O 2 2 4 多孔碳纳米管电极 充电 MgC O -2e-=Mg2++2CO ­ 2 4 2 【详解】A．根据以上分析，放电时正极反应式为Mg2++2CO +2e-=MgC O 、负极反应式为 2 2 4 Mg-2e-=Mg2+，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：Mg+2CO =MgC O ，故 2 2 4 A正确；B．充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与 电源正极连接，故B正确； C．充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故C错 误； D．根据放电时的电极反应式Mg2++2CO +2e-=MgC O 可知，每转移2mol电子，有2mol CO 参与反 2 2 4 2 应，因此每转移1mol电子，理论上可转化1molCO ，故D正确； 2 故答案为：C。 14. 我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO 电池，以Mg(TFSI) 为电解质，电解液中加入1， 2 2 第11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司3-丙二胺(PDA)以捕获CO ，使放电时CO 还原产物为MgCO。该设计克服了MgCO 导电性差和释放 2 2 2 4 3 CO 能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。 2 对上述电池放电时CO 的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO 转化的三种可能反应路径及相 2 2 对能量变化如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是 A. PDA捕获CO 的反应为 2 B. 路径2是优先路径，速控步骤反应式为 C. 路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同 D. 三个路径速控步骤均涉及*CO*-转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 2 【答案】D 【解析】 第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO 的产物为 2 ，因此PDA捕获CO 的反应为 2 ，故A正确； B．由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先 路径，且路径2的最大能垒为*CO*- ®*C O2-的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有 2 2 4 参与反应，因此速控步骤反应式为 ，故B正确； C．根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为 *MgCO ，而路径2、3的起始物均为 ，产物分别为*MgC O 和*MgCO ， 3 2 4 3 故C正确； D．根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO*-都参与了反应，且由B项分析可 2 知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO*-得电子转化为*CO和*CO2-，没有 2 3 PDA的生成，故D错误； 故答案为：D。 二、非选择题：共 58分。 15. 市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl 和I ，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备 2 2 高纯度的溴。回答下列问题： （1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr 溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体 2 馏出。仪器C的名称为_______；CaBr 溶液的作用为_______；D中发生的主要反应的化学方程式为 2 _______。 第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（2）将D中溶液转移至_______(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO 溶液至出现红棕色 4 气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I 的离子方程式为_______。 2 （3）利用图示相同装置，将R和K CrO 固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴 2 2 7 加适量浓H SO ，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水 2 4 的作用为_______和_______。 3 （4）为保证溴的纯度，步骤(3)中K CrO 固体的用量按理论所需量的 计算，若固体R质量为m克(以 2 2 7 4 KBr计)，则需称取_______gK Cr O  M=294g×mol-1 (用含m的代数式表示)。 2 2 7 （5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内 壁，转移溶液时用_______，滤液沿烧杯壁流下。 【 答 案 】（ 1 ） ①. 直 形 冷 凝 管 ②. 除 去 市 售 的 溴 中 少 量 的 Cl ③. 2 Δ Br +K C O 2KBr+2CO ­ 2 2 2 4 2 Δ （2） ①. 蒸发皿 ②. 2MnO-+10I-+16H+ 2Mn2++5I +8H O 4 2 2 （3） ①. 液封 ②. 降低温度 （4）0.31m （5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处 【解析】 【分析】市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl 和I ，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的 2 2 溴滴入盛有浓CaBr 溶液中，Cl 可与CaBr 发生氧化还原反应而除去，I 与Br 一起蒸馏入草酸钾溶液中， 2 2 2 2 2 并被草酸钾还原为I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I-，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K Cr O 2 2 7 固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H SO ，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏， 2 4 第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司可得高纯度的溴。 【小问1详解】 仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的Cl ，Cl 可与CaBr 发生氧化还原反应而 2 2 2 除去；水浴加热时，Br 、I 蒸发进入装置D中，分别与K C O 发生氧化还原反应， 2 2 2 2 4 Δ Δ Br +K C O 2KBr+2CO ­、I +K C O 2KI+2CO ­，由于Br 为进入D的主要物质，故主要 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 Δ 反应的化学方程式为Br +K C O 2KBr+2CO ­； 2 2 2 4 2 【小问2详解】 将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO 溶液至出现红棕色气体(Br )，即说明 4 2 Δ KMnO 已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO-+10I-+16H+ 2Mn2++5I +8H O；KBr 4 4 2 2 几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr； 【小问3详解】 密度Br >H O，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发； 2 2 【小问4详解】 m m克KBr固体的物质的量为 mol，根据转移电子相等可得关系式6KBr~6e-~K Cr O ，则理论上需 119 2 2 7 1 m 要K CrO 的物质的量为 ´ mol，实际所需称取K CrO 的质量为 2 2 7 6 119 2 2 7 1 m 3 ´ mol´ ´294g×mol-1 »0.31mg； 6 119 4 【小问5详解】 趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸 处，滤液沿烧杯壁流下。 16. VO 是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取 2 5 VO 的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 2 5 第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司已知：i石煤是一种含VO 的矿物，杂质为大量Al O 和少量CaO等；苛化泥的主要成分为 2 3 2 3 CaCO、NaOH、Na CO 等。 3 2 3 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al 2 O 3 反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙é ë CaVO 3  2 ù û 和偏铝酸钙 均难溶于水。回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体① 为_______(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化 学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；CO 加压导入盐浸 2 工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的 充分利用。 （4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。 （5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。 a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH Cl溶液的浓度 4 【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. +5 ③. CO 2 （2）NaAlO 2 65~70℃ （3） ①. HCO-+OH-+CaVO  CaCO +H O+2VO- ②. 提高溶液中HCO- 浓度， 3 3 2 3 2 3 3 促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO- ③. 离子交换 3 （4）NaCl （5）bd 第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO 、CaVO  、NaAlO 、CaAlO  、 3 3 2 2 2 2 CaO和CO 等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO )和不溶性物质[CaVO  、CaAlO  2 3 3 2 2 2 等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO- ，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH VO ，经 3 4 3 一系列处理后得到V O ；滤渣①在pH»8，65~70℃的条件下加入3%NH HCO 溶液进行盐浸，滤渣① 2 3 4 3 中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行 VO- 的富集。 3 【小问1详解】 钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，VO 被氧化生成VO- ，偏钒 2 3 3 酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO 在800°C以上开始分解，生成的气体①为CO 。 3 2 【小问2详解】 由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al O 反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水， 2 3 偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO 。 2 【小问3详解】 在弱碱性环境下，CaVO  与HCO- 和OH-反应生成CaCO 、VO- 和H O，离子方程式为： 3 2 3 3 3 2 65~70℃ HCO-+OH-+CaVO  CaCO +H O+2VO-； CO 加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为 3 3 2 3 2 3 2 C可提高溶液中HCO- 浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO- ；滤液①中含有VO- 、NH+等，且 3 3 3 4 浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 【小问4详解】 由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引人 其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。 【小问5详解】 a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．NH Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NH+反应，不利于生成NH VO ，b符合题意； 4 4 4 3 c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； 第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司d．降低NH Cl溶液的浓度，不利于生成NH VO ，d符合题意； 4 4 3 故选bd。 17. 氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可 通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： SO (g)+Cl (g) SO Cl (g) ΔH=-67.59kJ×mol-1。 2 2 ƒ 2 2 ①若正反应的活化能为E kJ×mol-1，则逆反应的活化能E =_______kJ×mol-1(用含E 正的代数式表 正 逆 正 示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO (g)和其Cl (g)，测定T 、T 、T 温度下体系达平衡时的Δp 2 2 1 2 3 (Δp=p -p,p 为体系初始压强，p =240kPa，P为体系平衡压强)，结果如图。 0 0 0 上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M点Cl 的转化率为_______，T 温度下用 2 1 分压表示的平衡常数K =_______kPa-1。 p ③下图曲线中能准确表示T 温度下Δp随进料比变化的是_______(填序号)。 1 （2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度 氯化时反应过程为 第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度， k为速率常数(k ~k 分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒 1 5 定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下， k :k :k :k :k =100:21:7:4:23。 1 2 3 4 5 ①30min时，c(X)=6.80mol×L-1，且30~60min内v(X)=0.042mol×L-1×min-1，反应进行到60min时， c(X)=_______mol×L-1。 ②60min时，c(D)=0.099mol×L-1，若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=_______ c(D) mol×L-1;60min后，随T的含量增加， _______(填“增大”“减小”或“不变”)。 c(G) 【答案】（1） ①. E +67.59 ②. T >T >T ③. 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反 正 3 2 1 应正向进行时，容器内压强减小，从T 到T 平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度 3 1 逐渐降低 ④. 75% ⑤. 0.03 ⑥. D （2） ①. 5.54 ②. 0.033 ③. 增大 【解析】 【小问1详解】 ①根据反应热DH 与活化能E 和E 关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的 正 逆 E =E kJ×mol-1-ΔH=E +67.59kJ×mol-1。 逆 正 正 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp即 越大。从T 到T ，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T 到T 3 1 3 1 逐渐降低，即T >T >T 。由题图甲中M点可知，进料比为nSO :nCl =2，平衡时Δp=60kPa，已 3 2 1 2 2 知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司SO (g) + Cl (g) SO Cl (g) Δp 2 2 ƒ 2 2 起始压强/kPa 160 80 转化压强/kPa 60 60 60 60 平衡压强/kPa 100 20 60 60kPa pSO Cl  60kPa 可计算得αCl = ´100%=75%，K = 2 2 = =0.03kPa-1 。 2 80kPa p pSO ×pCl  100kPa´20kPa 2 2 ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，Δp=60kPa，结合“三段式”，以及T 时化学平衡常数可知，进 1 料比为0.5时，Δp也为60kPa，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该 反应中SO 和Cl 的化学计量数之比为1:1，则SO 和Cl 的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等。 2 2 2 2 【小问2详解】 Δc(X) ①根据化学反应速率的计算公式时，v(X)= ，60min时， Δt c(X)=6.80mol×L-1-v(X)×Δt=6.80mol×L-1-0.042mol×L-1×min-1´30min=5.54mol×L-1。 Δc(D) v(D) t Δc(D) v(D) k ×c(M) k ②已知 = = ，又由题给反应速率方程推知， = 2 = 2 =3，则 v(G) Δc(G) Δc(G) v(G) k ×c(M) k 3 3 t 1 Δc(G)= ´Δc(D)=0.033mol×L-1，即60min后c(G)=0.033mol×L-1。60min后，D和G转化为T的速 3 k ×c(D) 4×0.099 c(D) 率比为 4 = ，G消耗得更快，则 增大。 k ×c(G) 23×0.033 c(G) 5 18. 甲磺司特(M)是一种在临床上治疗支气管哮喘、特应性皮炎和过敏性鼻炎等疾病的药物。M的一种合 成路线如下(部分试剂和条件省略)。 第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1）A的化学名称为_______。 （2）B®C的反应类型为_______。 （3）D的结构简式为_______。 （4）由F生成G的化学方程式为_______。 （5）G和H相比，H的熔、沸点更高，原因为_______。 （6）K与E反应生成L，新构筑官能团的名称为_______。 （7）同时满足下列条件的I的同分异构体共有_______种。 (a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:2； (b)红外光谱中存在C=O和硝基苯基( )吸收峰。 其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为_______。 【答案】（1）丙烯酸 （2）加成反应 D （3） （4） +HO-NO ® +H O 2 2 浓硫酸 （5）H分子中存在羟基，能形成分子间氢键 （6）酰胺基 （7） ①. 6 ②. 【解析】 【分析】由流程图可知，A与甲醇发生酯化反应生成B，则A的结构简式为 ；B与CH SH 3 第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司发生加成反应生成 C；C 在碱性条件下发生酯的水解反应，酸化后生成 D，则 D 的结构简式为 ；D与SOCl 发生取代反应生成E；由F的分子式可知，F的结构简式为 ；F 2 发生硝化反应生成G，G的结构简式为 ；G在一定条件下发生水解反应生成H，H的结构简式为 ；H与 发生取代反应生成I；I与乙醇钠发生反应生成J；J发生硝基的还原生成K，K 的结构简式为 ；K与E发生取代反应生成L；L与 反 应生成M。 【小问1详解】 由A→B的反应条件和B的结构简式可知该步骤为酯化反应，因此A为 ，其名称为丙烯酸。 【小问2详解】 B与CH SH发生加成反应，— H和— SCH 分别加到双键碳原子上生成C。 3 3 【小问3详解】 结合C和E的结构简式以及C→D和D→E的反应条件，可知C→D为C先在碱性条件下发生水解反应后 酸化，D为 ，D与亚硫酰氯发生取代反应生成E。 【小问4详解】 F→G的反应中，结合I的结构可知，苯环上碳氯键的对位引入硝基，浓硫酸作催化剂和吸水剂，吸收反应 D 产物中的水，硝化反应的条件为加热，反应的化学方程式是： +HO-NO ® 2 浓硫酸 +H O。 2 【小问5详解】 第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司由分析可知，G的结构简式为 ，H的结构简式为 ，H分子中存在羟基，能形成分子间氢键， G分子不能形成分子间氢键，分子间氢键会使物质的熔、沸点显著升高。 【小问6详解】 根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，反应中新构筑的官能团为酰胺基。 【小问7详解】 I的分子式为C H NO ，其不饱和度为6，其中苯环占4个不饱和度，C=O和硝基各占1个不饱和度， 9 9 4 因此满足条件的同分异构体中除了苯环、C=O和硝基之外没有其他不饱和结构。由题给信息，结构中存 在“ ”，根据核磁共振氢谱中峰面积之比为3:2:2:2可知，结构中不存在羟基、存在甲 基，结构高度对称，硝基苯基和C=O共占用3个O原子，还剩余1个O原子，因此剩余的O原子只能插 入两个相邻的C原子之间。不考虑该O原子，碳骨架的异构有2种，且每种都有3个位置可以插入该O 原子，如图： ， (序号表示插入 O原子的位置)，因此符合题意的同分异构体共有6种。其中，能够水解生成H( )的结构为 。 【点睛】第(7)问在确定同分异构体数量时也可以采用排列法，首先确定分子整体没有支链，且甲基和硝基 苯基位于分子链的两端，之后可以确定中间的基团有亚甲基、C=O和氧原子，三者共有A3=6种排列方 3 式，则符合条件的同分异构体共有6种。 第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司