2024年高考化学试卷（湖南）（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

化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 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. 近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是 A. 理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 B. 氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 C. 锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌 D. 太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置 【答案】D 【解析】 【详解】A．理想的新能源应具有可再生、无污染等特点，故A正确； B．氢氧燃料电池利用原电池将化学能转化为电能，对氢气与氧气反应的能量进行利用，减小了直接燃烧 的热量散失，产物无污染，故具有能量转化率高、清洁等优点，B正确； C．脱嵌是锂从电极材料中出来的过程，放电时，负极材料产生锂离子，则锂离子在负极脱嵌，则充电 时，锂离子在阳极脱嵌，C正确； D．太阳能电池是一种将太阳能能转化为电能的装置，D错误； 本题选D。 2. 下列化学用语表述错误的是 A. NaOH的电子式： B. 异丙基的结构简式： C. NaCl溶液中的水合离子： D. Cl 分子中σ键的形成： 2 【答案】C 第1页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】A．NaOH由Na+和OH-构成，电子式为： ，故A正确； B．异丙基的结构简式： ，故B正确； C．Na+离子半径比Cl-小，水分子电荷情况如图 ，Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性 的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合离子应为： 、 ，故C错误； D．Cl 分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成过 2 程为： ，故D正确； 故选C。 3. 下列实验事故的处理方法不合理的是 实验事故 处理方法 A 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤药膏 B 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上 用3-5%的NaHCO 溶液冲洗 3 C 苯酚不慎沾到手上 先用乙醇冲洗，再用水冲洗 D 不慎将酒精灯打翻着火 用湿抹布盖灭 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．被水蒸气轻微烫伤，先用冷水冲洗一段时间，再涂上烫伤药膏，故A正确； B．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用大量的水冲洗，再涂上3-5%的NaHCO 溶液，故B错误； 3 C．苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，常温下苯酚在水中溶解性不大，但易溶于乙醇，苯酚不慎沾到手上，先 第2页/共24页 学科网（北京）股份有限公司用乙醇冲洗，再用水冲洗，故C正确； D．酒精灯打翻着火时，用湿抹布盖灭，湿抹布可以隔绝氧气，也可以降温，故D正确； 故选B。 4. 下列有关化学概念或性质的判断错误的是 A. CH 分子是正四面体结构，则CH Cl 没有同分异构体 4 2 2 B. 环己烷与苯分子中C-H键的键能相等 C. 甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属于 D. 由R N+与PF-组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关 4 6 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH Cl 为四面体结构，其中任何两个顶点都是相邻关系，因此CH Cl 没有同分异构体， 2 2 2 2 故A项说法正确； B．环己烷中碳原子采用sp3杂化，苯分子中碳原子采用sp2杂化，由于同能层中s轨道更接近原子核，因 此杂化轨道的s成分越多，其杂化轨道更接近原子核，由此可知sp2杂化轨道参与组成的C-H共价键的电 子云更偏向碳原子核，即苯分子中的C-H键长小于环己烷，键能更高，故B项说法错误； C． 带1个单位电荷，其相对分子质量为92，因此其质荷比为92，故C项说法正 确； D．当阴阳离子体积较大时，其电荷较为分散，导致它们之间的作用力较低，以至于熔点接近室温，故D 项说法正确； 综上所述，错误的是B项。 5. 组成核酸的基本单元是核苷酸，下图是核酸的某一结构片段，下列说法错误的是 第3页/共24页 学科网（北京）股份有限公司A. 脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA)结构中的碱基相同，戊糖不同 B. 碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成核苷酸，核苷酸缩合聚合得到核酸 C. 核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应 D. 核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对 【答案】A 【解析】 【详解】A．脱氧核糖核酸(DNA)的戊糖为脱氧核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核 糖核酸(RNA)的戊糖为核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，两者的碱基不完全相同，戊糖 不同，故A错误； B．碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合 可以得到核酸，如图： ，故B正确； C．核苷酸中的磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可 以与碱反应，故C正确； D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与 胞嘧啶（C）配对，RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T），结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则， 故D正确； 故选A。 6. 下列过程中，对应的反应方程式错误的是 《天工开物》记载用炉甘石 高温 A 2ZnCO +C 2Zn+3CO­ 3 (ZnCO )火法炼锌 3 B CaH 用作野外生氢剂 CaH +2H O=CaOH +2H ­ 2 2 2 2 2 饱和Na CO 溶液浸泡锅炉 C 2 3 CaSO 4 s+CO 3 2-aq ƒ CaCO 3 s+SO2 4 -aq 水垢 绿矾(FeSO ×7H O)处理酸 4 2 D 6Fe2+ +Cr O2- +14H+ =6Fe3+ +2Cr3+ +7H O 2 7 2 性工业废水中的Cr O2- 2 7 第4页/共24页 学科网（北京）股份有限公司A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO 在高温条件下分解为ZnO、CO ，因此总反应为 3 2 高温 2ZnCO +C 2Zn+3CO ­，故A项错误； 3 2 B．CaH 为活泼金属氢化物，因此能与H O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为 2 2 CaH +2H O=CaOH +2H ­，故B项正确； 2 2 2 2 C．锅炉水垢中主要成分为CaSO 、MgCO 等，由于溶解性：CaSO >CaCO ，因此向锅炉水垢中加入饱和 4 3 4 3 Na CO 溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO 转化为CaCO ，反应方程式为 2 3 4 3 CaSO 4 s+CO 3 2-aq ƒ CaCO 3 s+SO2 4 -aq ，故C项正确； D．Cr O2-具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合 2 7 价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为 6Fe2+ +Cr O2- +14H+ =6Fe3+ +2Cr3+ +7H O，故D项正确； 2 7 2 综上所述，错误的是A项。 7. 某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象： ①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色； ②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深； ③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色； ④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。 下列说法正确的是 A. 开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO 中表面钝化 3 B. 锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO 反应生成了NO 3 2 C. 红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO +H O=2HNO +NO 2 2 3 第5页/共24页 学科网（北京）股份有限公司D. 铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全 【答案】C 【解析】 【详解】A．金属铜与稀硝酸不会产生钝化。开始反应速率较慢，可能的原因是铜表面有氧化铜，故A项 说法错误； B．由于装置内有空气，铜和稀HNO 反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO ，产生的NO 浓度 3 2 2 逐渐增加，气体颜色逐渐变深，故B项说法错误； C．装置内氧气逐渐被消耗，生成的NO 量逐渐达到最大值，同时装置内的NO 能与溶液中的H O反应 2 2 2 3NO +H O=2HNO +NO，气体颜色变浅，故C项说法正确； 2 2 3 D．由于该装置为密闭体系，生成的NO无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜丝与液面脱离 接触，反应停止，故D项说法错误； 答案选C。 8. 为达到下列实验目的，操作方法合理的是 实验目的 操作方法 A 从含有I 的NaCl固体中提取I 用CCl 溶解、萃取、分液 2 2 4 依次用NaOH溶液洗涤、水洗、分液、干 B 提纯实验室制备的乙酸乙酯 燥 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH COOH溶 3 C 用甲基橙作指示剂进行滴定 液 D 从明矾过饱和溶液中快速析出晶体 用玻璃棒摩擦烧杯内壁 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．从含有I 的NaCl固体中提取I ，用CCl 溶解、萃取、分液后，I 仍然溶在四氯化碳中，没 2 2 4 2 有提取出来，A错误； B．乙酸乙酯在氢氧化钠碱性条件下可以发生水解反应，故提纯乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错 误； 第6页/共24页 学科网（北京）股份有限公司C．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH COOH溶液，反应到达终点时生成CH COONa，是碱性，而甲 3 3 基橙变色范围pH值较小，故不能用甲基橙作指示剂进行滴定，否则误差较大，应用酚酞作指示剂，C错 误； D．从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来 充当晶核，D正确； 本题选D。 9. 通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所 示，下列说法错误的是 A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能：Bc  HCOO- >c  OH- >c  H+ >cHCOOH 【答案】D 【解析】 【分析】结合起点和终点，向20mL0.10mol×L-1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度 改变的微粒是OH- 和HCOO-，当VHCOOH=0mL，溶液中存在的微粒是OH- ，可知随着甲酸的加 入，OH- 被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH- 浓度的改变，经过M点、N点的 在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。 【详解】A．M点时，VHCOOH=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH:c  HCOO- =1:1，仍剩余 有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅 存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确； B．M点时，VHCOOH=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH:c  HCOO- =1:1，根据电荷守恒有 c  Na+ +c  H+ =c  HCOO- +c  OH- ，M点为交点可知c  HCOO- =c  OH- ，联合可得 2c  OH- =c  Na+ +c  H+ ，故B正确； C．当VHCOOH=10mL时，溶液中的溶质为cHCOOH:cHCOONa=1:1，根据电荷守恒有 c  Na+ +c  H+ =c  HCOO- +c  OH- ，根据物料守恒c  Na+ =2c  HCOO- +2cHCOOH ，联 合可得c  OH- =c  H+ +2cHCOOH+c  HCOO- ，故C正确； 第11页/共24页 学科网（北京）股份有限公司D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此 c  Na+ >c  HCOO- 及c  OH- >c  H+ 观察图中N点可知，c  HCOO- »0.05mol/L，根据 c  H+ c  HCOO- K HCOOH= =1.8´10-4，可知cHCOOH>c  H+ ，故D错误； a cHCOOH 故答案选D。 14. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH OHg 和COg ，发生如下反应： 3 主反应：CH OHg+COg=CH COOHg DH 3 3 1 副反应：CH OHg+CH COOHg=CH COOCH g+H Og DH 3 3 3 3 2 2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数 é nCH COOH ù δêδCH COOH= 3 ú随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所 êë 3 nCH 3 COOH+nCH 3 COOCH 3  úû 示，下列说法正确的是 nCH OH 3 A. 投料比x代表 nCO B. 曲线c代表乙酸的分布分数 C. DH <0，DH >0 1 2 D. L、M、N三点的平衡常数：KL= KM> KN 【答案】D 【解析】 【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δCH COOH 、 3 nCH OH δCH COOCH  ，若投料比x代表 3 ，x越大，可看作是CH OH的量增多，则对于主、副反 3 3 nCO 3 第12页/共24页 学科网（北京）股份有限公司应可知生成的CH COOCH 越多，CH COOCH 分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH COOCH 分布分 3 3 3 3 3 3 数，曲线c或曲线d表示CH COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料 3 nCO 比x代表 ，曲线a或曲线b表示δCH COOH ，曲线c或曲线d表示δCH COOCH  ， nCH OH 3 3 3 3 据此作答。 nCO 【详解】A．根据分析可知，投料比x代表 ，故A错误； nCH OH 3 B．根据分析可知，曲线c表示CH COOCH 分布分数，故B错误； 3 3 C．根据分析可知，曲线a或曲线b表示δCH COOH ，当同一投料比时，观察图像可知T 时 3 2 δCH COOH 大于T 时δCH COOH ，而T >T 可知，温度越高则δCH COOH 越大，说明温度 3 1 3 2 1 3 升高主反应的平衡正向移动，DH >0；曲线c或曲线d表示δCH COOCH  ，当同一投料比时，观察 1 3 3 可知T 时δCH COOCH  大于T 时δCH COOCH  ，而T >T 可知，温度越高则 1 3 3 2 3 3 2 1 δCH COOCH  越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，DH <0，故C错误； 3 3 2 D．L、M、N三点对应副反应DH <0，且T >T =T ，升高温度平衡逆向移动， 2 N M L KL= KM> KN ，故D正确； 故答案选D。 15. 亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 的反应原理如下： CuClO  ×6H O+Cu+8CH CN=2éCuCH CN ùClO +6H O 4 2 2 3 ë 3 4 û 4 2 实验步骤如下： 分别称取3.71g CuClO  ×6H O和0.76g Cu粉置于100mL乙腈(CH CN)中应，回流装置图和蒸馏装 4 2 2 3 置图(加热、夹持等装置略)如下： 第13页/共24页 学科网（北京）股份有限公司已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 éCuCH CN ùClO CuClO  ×6H O ë 3 4 û 4 4 2 2 相对分子 327.5 371 质量 在乙腈中 无色 蓝色 颜色 回答下列问题： （1）下列与实验有关的图标表示排风的是_______(填标号)； A． B． C． D． E． （2）装置Ⅰ中仪器M的名称为_______； （3）装置Ⅰ中反应完全的现象是_______； （4）装置Ⅰ和Ⅱ中N 气球的作用是_______； 2 （5）é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获 得。这样处理的目的是_______ （6）为了使母液中的é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是_______(填标 号)； A．水 B．乙醇 C．乙醚 （7）合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32g，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小 第14页/共24页 学科网（北京）股份有限公司数)。 【答案】（1）D （2）球形冷凝管 （3）溶液蓝色褪去变为无色 （4）排出装置内空气，防止制备的产品被氧化 （5）冷却过程中降低é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 在水中的溶解度 （6）B （7）81.2% 【解析】 【分析】将CuClO  ×6H O和Cu粉以及乙腈(CH CN)加入两颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分 4 2 2 3 反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行 冷却结晶分离出éCuCH CN ùClO 。 ë 3 4 û 4 【小问1详解】 表示需佩戴护目镜， 表示当心火灾， 表示注意烫伤， 表示排 风， 表示必须洗手，故答案为D。 【小问2详解】 装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。 【小问3详解】 CuClO 4  2 ×6H 2 O在乙腈中为蓝色，é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的 现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明CuClO  ×6H O已充分反应完全。 4 2 2 【小问4详解】 由于制备的é ë CuCH 3 CN 4 ù û ClO 4 中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此 装置Ⅰ和Ⅱ中N 气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。 2 【小问5详解】 éCuCH CN ùClO 为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分 ë 3 4 û 4 离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶 体。 【小问6详解】 第15页/共24页 学科网（北京）股份有限公司为了使母液中的éCuCH CN ùClO 结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时扩大与 ë 3 4 û 4 éCuCH CN ùClO 的极性差，进而使éCuCH CN ùClO 析出，因此可选用的溶剂为乙醇，故答 ë 3 4 û 4 ë 3 4 û 4 案为B。 【小问7详解】 3.71g 3.71g CuClO  ×6H O的物质的量为 =0.01mol，理论制得éCuCH CN ùClO 的质 4 2 2 371g×mol-1 ë 3 4 û 4 5.32g 量为0.01mol´2´327.5g×mol-1 =6.55g，总收率为 ´100%=81.2%。 6.55g 16. 铜阳极泥(含有Au、Ag Se、Cu Se、PbSO 等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工 2 2 4 流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于1.0´10-5mol×L-1时，可忽略该离子的存在； ②AgCls+Cl-aq AgCl -aq K =2.0´10-5； ƒ 2 ③Na SO 易从溶液中结晶析出； 2 3 ④不同温度下Na SO 的溶解度如下： 2 3 温度 0 20 40 60 80 /℃ 溶解 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 度/g 回答下列问题： （1）Cu属于_______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______； （2）“滤液1”中含有Cu2+和H SeO ，“氧化酸浸”时Cu Se反应的离子方程式为_______； 2 3 2 （3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是_______。 第16页/共24页 学科网（北京）股份有限公司②在“除金”工序溶液中，Cl-浓度不能超过_______mol×L-1。 （4）在“银转化”体系中，éAgSO  ù 3- 和éAgSO  ù 5- 浓度之和为0.075mol×L-1，两种离子分布 ë 3 2 û ë 3 3 û é n  éAgSO  ù 3-  ù 分数δ ê ê ê δ  é ë AgSO 3  2 ù û 3-  = n  éAgSO  ë ù 3-  +n 3  é 2 A û gSO  ù 5-  ú ú ú 随SO 3 2-浓度的变化关系如图所 ë ë 3 2 û ë 3 3 û û 示，若SO2-浓度为1.0mol×L-1，则éAgSO  ù 5- 的浓度为_______mol×L-1。 3 ë 3 3 û （5）滤液4中溶质主要成分为_______(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序 需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是_______。 【答案】（1） ①. ds ②. 3d104s1 （2）Cu Se+4H O +4H+=2Cu2++H SeO +5H O 2 2 2 2 3 2 （3） ①. 使银元素转化为AgCl沉淀 ②. 0.5 （4）0.05 （5） ①. Na SO ②. 高于40℃后，Na SO 的溶解度下降，“银转化”和“银 2 3 2 3 还原”的效率降低，难以实现连续生产 【解析】 【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag Se、Cu Se、PbSO 等）加入H O 、H SO 、NaCl氧化酸浸，由题中信息 2 2 4 2 2 2 4 可知，滤液1中含有Cu2+和H SeO ，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO ；滤渣1中加入NaClO、H SO 、 2 3 4 2 4 NaCl，将Au转化为Na[AuCl ]除去，滤液2中含有Na[AuCl ]，滤渣2中含有AgCl、PbSO ；在滤渣2中 4 4 4 加入Na SO ，将AgCl转化为Ag SO ，过滤除去PbSO ，滤液3含有Ag SO ；滤液2中加入Na S O ，将 2 3 2 3 4 2 3 2 2 4 Ag元素还原为Ag单质，Na S O 转化为Na SO ，滤液4中溶质主要为Na SO ，可继续进行银转化过程。 2 2 4 2 3 2 3 【小问1详解】 Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1； 【小问2详解】 第17页/共24页 学科网（北京）股份有限公司滤液1中含有Cu2+和H SeO ，氧化酸浸时Cu Se与H O 、H SO 发生氧化还原反应，生成CuSO 、H SeO 2 3 2 2 2 2 4 4 2 3 和H O，反应的离子方程式为：Cu Se+4H O +4H+=2Cu2++H SeO +5H O； 2 2 2 2 2 3 2 【小问3详解】 ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀； ②由题目可知AgCls+Claq AgCl -aq，在“除金”工序溶液中，若Cl-加入过多，AgCl则会转 ƒ 2 化为AgCl - ，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化， 2 cAgCl- 则另cAgCl- =1.0´10-5mol/L，由K = =2.0´10-5 ，可得c  Cl- =0.5mol/L，即Cl-浓 c  Cl- 度不能超过0.5mol/L； 【小问4详解】 在“银转化”体系中，éAgSO  ù 3- 和éAgSO  ù 5- 浓度之和为0.075mol×L-1，溶液中存在平衡关系： ë 3 2 û ë 3 3 û éAgSO  ù 3- +SO2- éAgSO  ù 5- ，当c(SO2-)=0.5mol/L时，此时 ë 3 2 û 3 ƒ ë 3 3 û 3 céAgSO  ù 3- =céAgSO  ù 5- =0.0375mol/L，则该平衡关系的平衡常数 ë 3 2 û ë 3 3 û K= cé ë AgSO 3  3 ù û 5- = 0.0375 =2，当c(SO2-)=1mol/L时， céAgSO  ù 3- ·c(SO2-) 0.0375´0.5 3 ë 3 2 û 3 céAgSO  ù 5- céAgSO  ù 5- K= ë 3 3 û = ë 3 3 û =2，解得此时 céAgSO  ù 3- ×c(SO2-) (0.075-céAgSO  ù 5- )×1 ë 3 2 û 3 ë 3 3 û céAgSO  ù 5- =0.05mol/L； ë 3 3 û 【小问5详解】 由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na SO ；由不同温度下Na SO 的溶解度可知，高于40℃后， 2 3 2 3 Na SO 的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。 2 3 17. 化合物H是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，合成路线如下(部分条件忽略，溶剂未写出)： 第18页/共24页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1）化合物A在核磁共振氢谱上有_______组吸收峰； （2）化合物D中含氧官能团的名称为_______、_______； （3）反应③和④的顺序不能对换的原因是_______； （4）在同一条件下，下列化合物水解反应速率由大到小的顺序为_______(填标号)； ① ② ③ （5）化合物G®H的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，其中加成反应的化学方程式为 _______； （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以 和Cl CHOCH 为原料合成 2 3 的路线_______(HCN等无机试剂任选)。 【答案】（1）6 （2） ①. 醛基 ②. 醚键 （3）先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化 （4）①③② （5） ¾催¾化¾剂® ； △ （6） 第19页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr ，0℃的条件下，甲基被H取代得到C，C与 3 CH BrCH Br在K CO 的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E，E中存在酯基，先水解，再 2 2 2 3 酸化得到F，F与Cl CHOCH 在TiCl 的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH COCH 经历 2 3 4 2 3 了取代、加成和消去三步反应得到H。 【小问1详解】 由A的结构可知，A有6种等效氢，即核磁共振氢谱上有6组吸收峰； 【小问2详解】 由D的结构可知，化合物D中含氧官能团的名称为：醛基、醚键； 【小问3详解】 反应③和④的顺序不能对换，先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化； 【小问4详解】 中F的电负性很强，-CF 为吸电子基团，使得-OOCH中C-O键更易断裂，水解 3 反应更易进行， 中-CH 是斥电子集团，使得-OOCH中C-O键更难断裂，水解 3 反应更难进行，因此在同一条件下，化合物水解反应速率由大到小的顺序为：①③②； 【小问5详解】 化合物G→H的合成过程中，G发生取代反应羟基上的H被-CH COCH 取代，得到 2 3 ， 中的醛基加成得到 ， 中的羟基发生消去反应得到 ，其中加成反应的化学 第20页/共24页 学科网（北京）股份有限公司方程式为： ¾催¾化¾剂® ； △ 【小问6详解】 和Cl CHOCH 在TiCl 的作用下发生类似反应⑥的反应得到 ， 与HCN加成得 2 3 4 到 ， 酸性水解得到 ， 发 生缩聚反应得到 ，具体合成路线为： 。 18. 丙烯腈(CH =CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N 为载气，用TiO 作催化剂生产 2 2 2 CH =CHCN的流程如下： 2 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：HOCH CH COOC H g®CH =CHCOOC H g+H Og DH 2 2 2 5 2 2 5 2 1 ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：CH =CHCOOC H g+NH g®CH =CHCONH g+C H OHg DH 2 2 5 3 2 2 2 5 2 第21页/共24页 学科网（北京）股份有限公司ⅲ：CH =CHCONH g®CH =CHCNg+H Og DH 2 2 2 2 3 ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： （1）总反应HOCH CH COOC H g+NH g®CH =CHCNg+C H OHg+2H Og 2 2 2 5 3 2 2 5 2 DH=_______(用含DH 、DH 、和DH 的代数式表示)； 1 2 3 （2）进料混合气中nHOCH CH COOC H :nC H OH=1:2，出料中四种物质 2 2 2 5 2 5 (CH =CHCOOC H 、CH =CHCN、C H OH、H O )的流量，(单位时间内出料口流出的物质的 2 2 5 2 2 5 2 量)随时间变化关系如图： ①表示CH =CHCN的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)； 2 ②反应釜Ⅰ中加入C H OH的作用是_______。 2 5 ③出料中没有检测到CH =CHCONH 的原因是_______。 2 2 ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。 （3）催化剂TiO 再生时会释放CO ，可用氨水吸收获得NH HCO 。现将一定量的NH HCO 固体(含 2 2 4 3 4 3 0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO 和NH ，其中CO 的分压为100kPa，在27℃下进行干燥。为 2 3 2 保证NH HCO 不分解，NH 的分压应不低于_______kPa(已知 4 3 3 pH O=2.5´102kPa×mol-1´nH O NH HCO 分解的平衡常数Kp=4´104kPa3 )； 2 2 4 3 （4）以CH =CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得SnCH CH CN ， 2 2 2 4 其阴极反应式_______。 第22页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）ΔH +ΔH +ΔH 1 2 3 （2） ①. c ②. 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而 提高产率 ③. CH =CHCONH 在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 ④. 反应时间过长，催化剂中毒活性降 2 2 低，反应速率降低，故产物减少 （3）40 （4）Sn+4CH =CHCN+4e-+4H+=Sn(CH CH CN) 2 2 2 4 【解析】 【分析】工业上以N 为载气，用TiO 作催化剂，由HOCH CH COOC H 和C H OH为进料气体生产 2 2 2 2 2 5 2 5 CH =CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH CH COOC H (g)→CH =CHCOOC H (g)+H O(g)，加入NH 2 2 2 2 5 2 2 5 2 3 后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH =CHCOOC H (g)+NH (g)→CH =CHCONH (g)+C H OH(g)，反应iii： 2 2 5 3 2 2 2 5 CH =CHCONH (g)→CH =CHCN(g)+H O(g)，故产物的混合气体中有CH =CHCN、未反应完的C H OH、 2 2 2 2 2 2 5 CH =CHCOOC H (g)和水； 2 2 5 【小问1详解】 根据盖斯定律，总反应HOCH CH COOC H (g)+NH (g)→CH =CHCN(g)+C H OH(g)+2H O(g)可以由反应 2 2 2 5 3 2 2 5 2 i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH +ΔH +ΔH ； 1 2 3 【小问2详解】 ①根据总反应HOCH CH COOC H (g)+NH (g)→CH =CHCN(g)+C H OH(g)+2H O(g)，设进料混合气中 2 2 2 5 3 2 2 5 2 n(HOCH CH COOC H )=1mol，n(C H OH)=2mol，出料气中CH =CHCOOC H 含量很少，则生成 2 2 2 5 2 5 2 2 5 CH =CHCN(g)、C H OH(g)物质的量约为1mol，生成H O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中 2 2 5 2 C H OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH =CHCN、C H OH、H O物质的量之比约为1:3:2，故曲线 2 5 2 2 5 2 c表示CH =CHCN的曲线； 2 ②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C H OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提 2 5 高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率； ③丙烯酰胺(CH =CHCONH )的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH =CHCONH 的原因 2 2 2 2 是CH =CHCONH 在反应釜Ⅱ的温度下发生分解； 2 2 ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反 应速率降低，故产物减少； 【小问3详解】 0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H O)=10kPa，NH HCO 分解的反应式为 2 2 4 3 NH HCO =NH ↑+CO ↑+H O↑，故NH HCO 分解的平衡常数K =p(NH )p(CO )p(H O)=4×104(kPa)3，解得 4 3 3 2 2 4 3 p 3 2 2 p(NH )=40kPa，故为保证NH HCO 不分解，NH 的分压应不低于40kPa； 3 4 3 3 【小问4详解】 第23页/共24页 学科网（北京）股份有限公司Sn(CH CH CN) 是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH =CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得 2 2 4 2 Sn(CH CH CN) ，故阴极的电极反应式为Sn+4CH =CHCN+4e-+4H+=Sn(CH CH CN) 。 2 2 4 2 2 2 4 第24页/共24页 学科网（北京）股份有限公司