文档文本内容
机密★启用前
2024 年甘肃省普通高校招生统一考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：Si-28
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. 下列成语涉及金属材料的是
A. 洛阳纸贵 B. 聚沙成塔 C. 金戈铁马 D. 甘之若饴
【答案】C
【解析】
【详解】A．纸的主要成分是纤维素，不是金属材料，A错误；
B．沙的主要成分是硅酸盐，不是金属材料，B错误；
C．金和铁都是金属，C正确；
D．甘之若饴意思是把它看成像糖那样甜，糖类是有机物，不是金属材料，D错误；
故选C。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. Ca2+和Cl-的最外层电子排布图均为
B. PH 和H S的电子式分别为 和
3 2
C. CH =CHCH CH CH 的分子结构模型为
2 2 2 3
第1页/共18页
学科网（北京）股份有限公司D. 12C、13C和14C互为同位素
6 6 6
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca2+和Cl-的核外电子数都是18，最外层电子排布图均为 ，故A正
确；
1
B．PH 中磷原子和每个氢原子共用一对电子，中心原子P原子价层电子对数为3+ ×(5-3×1)=4，孤电
3
2
子对数为1，PH 的电子式为 ，故B错误；
3
C．CH =CHCH CH CH 分子中存在1个碳碳双键，位于1号碳原子与2号碳原子之间，存在3个碳碳单
2 2 2 3
键，无支链，且氢原子半径小于碳原子半径，其分子结构模型表示为 ，故C正
确；
D．12C、13C和14C是质子数相同、中子数不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互为同位素，故D正
6 6 6
确；
故选B。
3. 化学与生活息息相关，下列对应关系错误的是
物质 性质 用途
A 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白
B 氢气 可燃性 制作燃料电池
C 聚乳酸 生物可降解性 制作一次性餐具
D 活性炭 吸附性 分解室内甲醛
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
第2页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．次氯酸钠有强氧化性，从而可以做漂白剂，用于衣物漂白，A正确；
B．氢气是可燃气体，具有可燃性，能被氧气氧化，可以制作燃料电池，B正确；
C．聚乳酸具有生物可降解性，无毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正确；
D．活性炭有吸附性，能够有效吸附空气中的有害气体、去除异味，但无法分解甲醛，D错误；
故本题选D。
4. 下列措施能降低化学反应速率的是
A. 催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B. 中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C. 锌粉和盐酸反应时加水稀释 D. 石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨
制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；
故选C。
5. X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电
子，Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是
A. X、Y组成的化合物有可燃性 B. X、Q组成的化合物有还原性
C. Z、W组成的化合物能与水反应 D. W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，W为Na元素；Z和Q同族，Z的
原子序数是Q的一半，则Z为O、Q为S；Y原子核外有两个单电子、且原子序数小于Z，Y为C元素；
X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，则X的最外层电子数为18-4-6-1-6=1，X可能为H或Li。
【详解】A．若X为H，H与C组成的化合物为烃，烃能够燃烧，若X为Li，Li与C组成的化合物也具有
可燃性，A项正确；
B．X、Q组成的化合物中Q（即S）元素呈-2价，为S元素的最低价，具有还原性，B项正确；
C．Z、W组成的化合物为Na O、Na O ，Na O与水反应生成NaOH，Na O 与水反应生成NaOH和O ，C
2 2 2 2 2 2 2
项正确；
D．W、Q组成的化合物Na S属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D项错误；
2
第3页/共18页
学科网（北京）股份有限公司答案选D。
6. 下列实验操作对应的装置不正确的是
A B C D
使用电石和饱和食盐水
灼烧海带制海带 准确量取15.00mL 配制一定浓度的
灰 稀盐酸 NaCl溶液 制备C H
2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．灼烧海带制海带灰应在坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌，给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土
网，A项错误；
B．稀盐酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸，B项正确；
C．配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将在烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的
容量瓶中，C项正确；
D．电石的主要成分CaC 与水发生反应CaC +2H O→Ca(OH) +CH≡CH↑制取C H ，该制气反应属于固体
2 2 2 2 2 2
与液体常温制气反应，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，D项正确；
答案选A。
7. 某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是
第4页/共18页
学科网（北京）股份有限公司A. 电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B. 电极2是阴极，发生还原反应：O +4e-=2O2-
2
C. 工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2
D. 理论上电源提供2mole-能分解1molH O
2
【答案】B
【解析】
【分析】多孔电极1上H O(g)发生得电子的还原反应转化成H (g)，多孔电极1为阴极，电极反应为2H O+4e-
2 2 2
=2H +2O2-；多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O (g)，多孔电极2为阳极，电极反应为2O2--4e-=O 。
2 2 2
【详解】A．电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；
B．根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O ，B项错误；
2
C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C项正确；
电解
D．根据分析，电解总反应为2H O(g) 2H +O ，分解2molH O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol
2 2 2 2
电子能分解1molH O，D项正确；
2
答案选B。
8. 曲美托嗪是一种抗焦虑药，合成路线如下所示，下列说法错误的是
第5页/共18页
学科网（北京）股份有限公司A. 化合物I和Ⅱ互为同系物
B. 苯酚和 CH O SO 在条件①下反应得到苯甲醚
3 2 2
C. 化合物Ⅱ能与NaHCO 溶液反应
3
D. 曲美托嗪分子中含有酰胺基团
【答案】A
【解析】
【详解】A．化合物Ⅰ含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物Ⅱ含有的官能团有羧基、醚键，官能团种类不同，
化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互为同系物，A项错误；
B．根据题中流程可知，化合物Ⅰ中的酚羟基与(CH O) SO 反应生成醚，故苯酚和(CH O) SO 在条件①
3 2 2 3 2 2
下反应得到苯甲醚，B项正确；
C．化合物Ⅱ中含有羧基，可以与NaHCO 溶液反应，C项正确；
3
D．由曲美托嗪的结构简式可知，曲美托嗪中含有的官能团为酰胺基、醚键，D项正确；
故选A。
9. 下列实验操作、现象和结论相对应的是
实验操作、现象 结论
A 用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红 该溶液是酸溶液
B 用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的气味 该织物含蛋白质
C 乙醇和浓硫酸加热，产生的气体使溴水褪色 该气体是乙烯
D 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成沉淀 氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
第6页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红，该溶液显酸性，但不一定是酸溶液，也有可能是
显酸性的盐溶液，A项不符合题意；
B．动物纤维主要成分是蛋白质，灼烧后有类似烧焦羽毛的味道，若用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛
的味道，说明该织物含有动物纤维，含有蛋白质，B项符合题意；
C．乙醇和浓硫酸加热，会产生很多产物，如加热温度在170℃，主要产物为乙烯；如加热温度在140℃，
主要产物为二乙醚；同时乙醇可在浓硫酸下脱水生成碳单质，继续和浓硫酸在加热条件下产生二氧化碳、
二氧化硫等，其中的产物二氧化硫也能使溴水褪色，不能说明产生的气体就是乙烯，C项不符合题意；
D．氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，会发生复分解反应，生成难溶的氢氧化镁，与氢氧化钠和氢氧化镁
的碱性无关，不能由此得出氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强，D项不符合题意；
故选B。
10. 甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A. E =1.41eV B. 步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eV
2
C. 步骤1的反应比步骤2快 D. 该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由能量变化图可知，E =0.70eV-(-0.71eV)=1.41eV，A项正确；
2
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH=-0.71eV-(-1.00eV)=+0.29eV，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能E =0.70eV，步骤2的活化能E =-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，
1 3
步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；
故选C。
第7页/共18页
学科网（北京）股份有限公司11. 兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是
A. 还原性：Ag>Cu>Fe
B. 按上述方案消耗1molFe可回收1molAg
C. 反应①的离子方程式是éCuNH ù 2+ +4H+=Cu2++4NH+
ë 3 4 û 4
D. 溶液①中的金属离子是Fe2+
【答案】C
【解析】
【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯
化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁
离子。
【详解】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的
顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；
B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述
方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；
C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是
éCuNH ù 2+ + 4H+= Cu2++4NH+，C正确；
ë 3 4 û 4
D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，
氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子
水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D不正确；
综上所述，本题选C。
12. β-MgCl 晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错
2
误的是
第8页/共18页
学科网（北京）股份有限公司A. 电负性：Mg<Cl B. 单质Mg是金属晶体
C. 晶体中存在范德华力 D. Mg2+离子的配位数为3
【答案】D
【解析】
【详解】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电
负性小于 Cl，A正确；
B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确；
C．由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确；
D．由图乙中结构可知，每 个Mg2+与周围有6个Cl-最近且距离相等，因此 ，Mg2+的配位数为6，D错
误；
综上所述，本题选D。
温室气体N O在催化剂作用下可分解为O 和N ，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。
2 2 2
13. 下列说法错误的是
A. 原子半径：O<N<C B. 第一电离能：C<N<O
C. 在水中的溶解度：苯<苯酚 D. 苯和苯酚中C的杂化方式相同
14. 下列说法错误的是
A. 相同条件下N 比O 稳定 B. N O与NO+的空间构型相同
2 2 2 2
C. N O中N-O键比N-N键更易断裂 D. N O中σ键和大π键的数目不相等
2 2
【答案】13. B 14. D
【解析】
第9页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【13题详解】
A． C 、N 、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增；同一周期的元素，从左到右原子半径依次减
小，因此，原子半径从小到大的顺序为O<N<C，A正确；
B．同一周期的元素，从左到右电负性呈递增的趋势，其中ⅡA和ⅤA的元素因其原子结构相对较稳定而出
现反常，使其电负性大于同周期相邻的元素，因此，第一电离能从小到大的顺序为C< O< N，B不正确；
C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，根据相似相溶规则可知，苯酚
在水中的溶解度大于苯，C正确；
D．苯和苯酚中C的杂化方式均为sp2，杂化方式相同，D正确；
综上所述，本题选B。
【14题详解】
A．N 分子中存在的Nº N，O 分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于Nº N，因此，相同条件下N
2 2 2
比O 稳定，A正确；
2
B．N O与NO+均为CO 的等电子体，故其均为直线形分子，两者空间构型相同，B正确；
2 2 2
C．N O的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为O 和N ，说明N O中N-O键比N-N键更易断裂，
2 2 2 2
C正确；
D．N O中σ键和大π键的数目均为2，因此，σ键和大π键的数目相等，D不正确；
2
综上所述，本题选D。
二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。
15. 我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al O 和SiO 等)为原料，对炼钢烟气(CO 和水
2 3 2 2
蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：K CaSO =4.9´10-5 K CaCO =3.4´10-9
sp 4 sp 3
（1）高炉渣与 NH SO 经焙烧产生的“气体”是_______。
4 2 4
第10页/共18页
学科网（北京）股份有限公司（2）“滤渣”的主要成分是CaSO 和_______。
4
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。
（4）铝产品NH AlSO ×12H O可用于_______。
4 4 2 2
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数
a ¹c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为_______ pm ；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为
Mg×mol-1，阿伏加德罗常数的值是N ，则晶体的密度为_______g×cm-3(列出计算表达式)。
A
【答案】（1）NH （2）SiO
3 2
（3） ①. CaSO +(NH ) CO=CaCO+(NH )SO ②. K CaSO ＞K CaCO ，微溶
4 4 2 3 3 4 2 4 sp 4 sp 3
的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
M
（4）净水 （5） ①.
2
a ②. Ca N B ③.
×1030
2 3 3 N a2c
A
【解析】
【分析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al O 和SiO 等)加入(NH ) SO 在400℃下焙烧，生成硫酸
2 3 2 4 2 4
钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO 和水蒸气)反应，生成(NH ) CO ，所以该气体
2 4 2 3
为NH ；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO 以及未反应的SiO ，滤液溶质主要为硫酸镁、硫
3 4 2
酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH AlSO ×12H O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH ) CO 溶液，
4 4 2 2 4 2 3
滤渣中的CaSO 会转化为更难溶的碳酸钙。
4
第11页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
由分析可知，高炉渣与 NH SO 经焙烧产生的“气体”是NH ；
4 2 4 3
【小问2详解】
由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO 和未反应的SiO ；
4 2
【小问3详解】
“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为
CaSO +(NH ) CO=CaCO+(NH )SO ，该反应之所以能发生，是由于K CaSO =4.9´10-5，
4 4 2 3 3 4 2 4 sp 4
K CaCO =3.4´10-9，K CaSO ＞K CaCO ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
sp 3 sp 4 sp 3
【小问4详解】
铝产品NH AlSO ×12H O溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH) 胶体，可用于净水；
4 4 2 2 3
【小问5详解】
2
图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为 apm；由均摊法可知，晶胞中
2
1 1 1 1
Ca的个数为8´ +2=3，N的个数为8´ +2´ =3，B的个数为4´ =1，则化合物的化学式是
8 4 2 4
Ca N B；其摩尔质量为Mg×mol-1，阿伏加德罗常数的值是N ，晶胞体积为a2c´10-30cm3则晶体的密度
3 3 A
M
为
×1030g×cm-3
。
N a2c
A
16. 某兴趣小组设计了利用MnO 和H SO 生成MnS O ，再与Na CO 反应制备Na S O ×2H O的方
2 2 3 2 6 2 3 2 2 6 2
案：
（1）采用下图所示装置制备SO ，仪器a的名称为_______；步骤I中采用冰水浴是为了_______；
2
第12页/共18页
学科网（北京）股份有限公司（2）步骤Ⅱ应分数次加入MnO ，原因是_______；
2
（3）步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH) 溶液的目的是_______；
2
（4）步骤Ⅳ生成MnCO 沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是_______；
3
（5）将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中_______。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 增大SO 的溶解度、增大H SO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低
2 2 3
温
（2）防止过多的MnO 与H SO 反应生成MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于
2 2 3 4
10℃
（3）除去过量的SO （或H SO ）
2 2 3
（4）静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na CO 溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全
2 3
（5）D、A、E
【解析】
【分析】步骤Ⅱ中 MnO 与 H SO 在低于 10℃时反应生成 MnS O ，反应的化学方程式为
2 2 3 2 6
MnO +2H SO =MnS O +2H O，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH) 除去过量的SO （或H SO ），步骤Ⅳ中滴入饱
2 2 3 2 6 2 2 2 2 3
和Na CO 溶液发生反应MnS O +Na CO =MnCO ↓+Na S O ，经过滤得到Na S O 溶液，步骤Ⅴ中Na S O
2 3 2 6 2 3 3 2 2 6 2 2 6 2 2 6
溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na S O ∙2H O。
2 2 6 2
【小问1详解】
第13页/共18页
学科网（北京）股份有限公司根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO 的溶解度、增大H SO
2 2 3
的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温；
【小问2详解】
由于MnO 具有氧化性、SO （或H SO ）具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO ，原因是：防止过多的
2 2 2 3 2
MnO 与H SO 反应生成MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃；
2 2 3 4
【小问3详解】
步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH) 溶液的目的是除去过量的SO （或H SO ），防止后续反应中SO 与Na CO 溶
2 2 2 3 2 2 3
液反应，增加饱和Na CO 溶液的用量、并使产品中混有杂质；
2 3
【小问4详解】
步骤Ⅳ中生成MnCO 沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和
3
Na CO 溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全；
2 3
【小问5详解】
步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少
量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na S O ∙2H O，依次填入D、A、E。
2 2 6 2
17. SiHCl 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
3
（1）由SiCl 制备SiHCl ：SiCl (g)+H (g)=SiHCl (g)+HCl(g) ΔH =+74.22kJ×mol-1 (298K)
4 3 4 2 3 1
已知SiHCl (g)+H (g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH =+219.29kJ×mol-1(298K)
3 2 2
298K时，由SiCl (g)+2H (g)=Si(s)+4HCl(g)制备56g硅_______(填“吸”或“放”)热_______kJ。
4 2
升高温度有利于制备硅的原因是_______。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl ：3SiCl (g)+2H (g)+Si(s)ˆˆ 催 ˆ 化剂 ˆ†4SiHCl (g)。773K，
3 4 2 ‡ˆˆˆˆ 3
2L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4molH 和0.1mol SiCl 气体反应，SiCl 转
2 4 4
化率随时间的变化如下图所示：
第14页/共18页
学科网（北京）股份有限公司①0-50min，经方式_______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
vSiHCl =_______mol×L-1×min-1。
3
②当反应达平衡时，H 的浓度为_______mol×L-1，平衡常数K的计算式为_______。
2
③增大容器体积，反应平衡向_______移动。
【答案】（1） ①. 吸 ②. 587.02 ③. 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制
备硅
0.00974
（2） ①. 甲 ②. 5.6´10-5 ③. 0.1952 ④. ⑤. 逆反应方向
0.04273´0.19522
【解析】
【小问1详解】
由 题 给 热 化 学 方 程 式 ： ①SiCl (g)+H (g)=SiHCl (g)+HCl(g)， ΔH =+74.22kJ×mol-1； ②
4 2 3 1
SiHCl (g)+H (g)=Si(s)+3HCl(g)，ΔH =+219.29kJ×mol-1；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化
3 2 2
学 方 程 式 SiCl (g)+2H (g)=Si(s)+4HCl(g)，
4 2
ΔH=ΔH +ΔH =+74.22kJ×mol-1+(+219.29kJ×mol-1)=+293.51kJ×mol-1，则制备56gSi，即2molSi，需
1 2
要吸收热量为293.51kJ×mol-1´2=587.02kJ×mol-1；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利
于制备硅。
【小问2详解】
①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl 的转
4
第15页/共18页
学科网（北京）股份有限公司化率为4.2%，反应的SiCl 的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成
4
4
的SiHCl 的物质的量为0.0042mol´ =0.0056mol，平均反应速率
3
3
0.0056mol
v(SiHCl )= =5.6´10-5mol×L-1×min-1；
3 2L´50min
②反应达到平衡时，SiCl 的转化率为14.6%，列出三段式为：
4
催化剂
3SiCl (g) + 2H (g) + Si(s) 4SiHCl (g)
4 2 ƒ 3
起始浓度(mol/L) 0.05 0.2 0
转化浓度(mol/L) 0.0073 0.0048 0.0097
平衡浓度(mol/L) 0.0427 0.1952 0.0097
0.00974
当反应达平衡时，H 的浓度为0.1952mol×L-1，平衡常数K的计算式为 ；
2
0.04273´0.19522
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
18. 山药素-1是从山药根茎中提取的具有抗菌消炎活性的物质，它的一种合成方法如下图：
（1）
化合物I的结构简式为_______。由化合物I制备化合物Ⅱ的反应与以下反应_______的反应类型相同。
A．C H +Cl ¾光¾照¾®C H Cl+HCl B．C H +3Cl ¾光¾照¾®C H Cl
6 12 2 6 11 6 6 2 6 6 6
C．C H Cl ¾5¾00-5¾50°¾C®C H Cl+HCl D．C H +Cl ¾5¾00-6¾00°¾C®C H Cl+HCl
2 4 2 2 3 3 6 2 3 5
（2）化合物Ⅲ的同分异构体中，同时满足下列条件的有_______种。
①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种；
②能与新制Cu(OH) 反应，生成砖红色沉淀；
2
③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6。
（3）化合物Ⅳ的含氧官能团名称为_______。
（4）由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是_______。
第16页/共18页
学科网（北京）股份有限公司（5）从官能团转化的角度解释化合物VII转化为山药素-1的过程中，先加碱后加酸的原因_______。
【答案】（1） ①. ②. AD
（2）6 （3）羟基、醚键、醛基
（4）CO （5）提高化合物VII的转化率
2
【解析】
【分析】化合物Ⅰ的分子式为C H O ，在光照的条件下和氯气发生取代反应得Ⅱ ，则
9 12 2
Ⅰ的结构简式为 ；根据化合物Ⅴ、Ⅵ分子结构的不同，可知化合物Ⅴ转化为化合物Ⅵ
发生脱羧反应时，还有CO 生成。
2
【小问1详解】
由分析可知，Ⅰ的结构简式为 ，由化合物Ⅰ制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反应，选
项A、D都是烃与氯气发生取代反应；选项B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，选项C是C H Cl
2 4 2
发生消去反应，故反应属于取代反应是AD；
【小问2详解】
根据流程图可知：化合物Ⅲ为 ，其分子式C H O ，其同分异构体同时满足下列条
10 12 4
件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制
Cu(OH) 反应，生成砖红色沉淀，说明物质分子中有醛基，根据物质的分子式可知其不饱和度为5，除去
2
苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中
有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，故满足条件的同分异构体有：
、 、 ，共6
种；
第17页/共18页
学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】
根据化合物Ⅳ的结构为 ，可知其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、醛基；
【小问4详解】
对比化合物Ⅴ和化合物Ⅵ的结构，化合物Ⅵ比化合物Ⅴ少一个碳原子和两个氧原子，由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，
生成的气体是CO ；
2
【小问5详解】
化合物VII转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的
盐转化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加
碱后加酸是为了提高化合物VII的转化率。
第18页/共18页
学科网（北京）股份有限公司
