【文档说明】【九省联考】2024年1月高三年级普通高等学校招生考试适应性测试化学试题（安徽版） Word版含解析.docx，共(21)页，1.259 MB，由envi的店铺上传

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2024年安徽省高考适应性演练化学注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。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：H1N14O16Na23S32Cl35.5Co59Zn65Mo96一、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.敦煌壁画是

我国灿烂的艺术瑰宝，也是颜料应用的重要科技史料。下列有关我国传统颜料主要成分的变化，发生氧化还原反应的是A.骨白()()543CaPOOH遇氟盐转化为()543CaPOFB.铅白322PbCOPb(OH)遇2HS得到黑色

PbSC.石绿32CuCOCu(OH)受热分解得到黑色CuOD.石黄(23AsS和44AsS)在地表逐渐转化为硫酸盐【答案】D【解析】【详解】A．骨白()()543CaPOOH遇氟盐转化为()543CaPOF，元素化合价没有发生变化，不是氧

化还原反应，故A不符合题意；B．铅白322PbCOPb(OH)遇H2S得到黑色PbS，元素化合价没有发生变化，不氧化还原反应，故B不符合题意；C．石绿32CuCOCu(OH)受热分解得到黑

色CuO，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．石黄(23AsS和44AsS)在地表逐渐转化为硫酸盐，S元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D符合题意；是故答案选D。2.化学与生活联系紧密。下列说法正确的是A.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到

B.氨基酸和核酸都是构成生命物质的生物大分子C.二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同D.供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品【答案】A【解析】【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，A正确；B．氨基酸

构成的蛋白质是生物大分子，氨基酸不是，B错误；C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，C错误；D．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，D错误；故选A。3.研究发现由铝原子构成的1617AlAl−−、和18Al−团簇阴离子都能与水自

发反应产生氢气。下列说法正确的是A.1617AlAl−−、和18Al−互为同位素B.16Al−与水反应时作还原剂C.17Al−是由铝原子通过离子键结合而成D.1mol的18Al−含236.0210个电子【答案】B【解析】【详解】A．同位素是指同一元素不同核素的关系，该三者团

簇阴离子是多原子聚集体，A错误；B．16Al−与水反应产生氢气，则16Al−作还原剂，B正确；C．团簇是原子、分子或离子通过物理或化学结合力组成的，不是简单的由铝原子通过离子键结合而成，C错误；D．1mo

l的18Al−所含电子数是()23131816.0210+，D错误；故选B。4.聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：下列说法错误的是A.富马酰氯存在顺式异构体B.丙二醇可由油脂水解得到C.该反应为缩聚反应D.聚富马酸丙二醇酯可降解【答

案】B【解析】【详解】A．富马酰氯碳碳双键的C原子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，A正确；B．油脂水解得到的是丙三醇，B错误；C．生成物中除了聚合物外，还有HCl，为缩聚反应，C正确；D．聚富马酸丙二醇酯中含有酯基，可以降解，D正确；故选B。5.烟气

脱硫可有效减少2SO引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知25℃时，几种酸的电离常数：23HSO2a1K1.31

0−=，8a2K6.210−=；23HCO7a1K4.510−=，11a2K4.710−=；()3CHCHOHCOOH(乳酸)4aK1.410−=。传统湿法脱硫涉及的下列离子方程式中，正确的是A.烟气与氧化镁浆液的

反应：2232SO2OHSOHO−−+=+B.烟气与石灰石浆液反应得到石膏：222242CaSOO2HOCaSO2HO++++=C.烟气与氨水反应得到硫酸铵：223224422SO4NHHOO4NH2SO2HO+−++=++D.烟气与海水中3HCO−

的反应：223322SO2HCOSO2COHO−−+=++【答案】C【解析】【详解】A．烟气与氧化镁浆液的反应，实质是二氧化硫和氢氧化镁的反应，氢氧化镁为固体，离子方程式中不可拆分，A错误；B．烟气与石灰石浆液反应得到石膏：32224222CaCO+2SO+O+4HO=2CaSO2HO+2CO，B

错误；C．烟气与氨水反应并被氧气氧化后得到硫酸铵，方程式为：223224422SO4NHHOO4NH2SO2HO+−++=++，C正确；D．由碳酸和醋酸的电离常数可知，烟气与海水中3HCO−的反应：--2332SO+HCO

=HSO+CO，D错误；故选C。6.烟气脱硫可有效减少2SO引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴

、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知25℃时，几种酸的电离常数：23HSO-2a1K=1.310，-8a2K=6.210；23HCO-7a1K=4.510，-11a2K=4.710；()3CHCHOHCOOH(乳酸)-4aK=1.4

10。研究发现：乳酸和乙醇胺(222HOCHCHNH)作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐(MEAL)，既可脱硫，也可吸收CO2。下列说法错误的是A.液态时的导电性：MEAL乳酸B.乳酸和乙醇胺中均含有σ键、π键和氢键C.2CO是直线形非极

性分子，2SO是V形极性分子D.相同条件下，MEAL能吸收气体的体积：22SO>CO【答案】B【解析】【详解】A．乳酸和乙醇胺(222HOCHCHNH)作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐(MEAL)，既可脱硫，也可吸收2CO，说明MEAL是离子化合物，液态

时能电离出自由移动的离子，具有导电性，而乳酸是共价化合物，液态时不能电离出自由移动的离子，不具有导电性，故A正确；B．乙醇胺中不含有π键，故B错误；C．二氧化碳中，碳原子采取sp杂化，是直线型非极性分子，二氧化硫中硫原

子采取sp2的杂化，是V形极性分子，故C正确；D．23HSO的-2a1K=1.310大于()3CHCHOHCOOH(乳酸)-4aK=1.410大于23HCO的-7a1K=4.510，据酸性强弱可知，相同条件下，MEAL能吸收气体的体

积：22SO>CO，故D正确；故答案为：B。7.实验是探究元素化合物性质的重要方法。利用下列实验装置和试剂能实现相应元素不同价态间转化的是选项试剂元素不同价态间的转化abcA70%硫酸亚硫酸钠新制氯水646SSS+++→→B稀硫酸硫化亚铁氯化铁溶液232FeF

eFe+++→→C浓硝酸铜片水540NNN++→→D浓盐酸高锰酸钾溴化钾溶液101ClClCl−−→→A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．70%硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，没有发生氧化还原反应，S的化合价没

有变化，故A不符合题意；B．稀硫酸和硫化亚铁生成H2S，铁的化合价没有变化，故B不符合题意；C．浓硝酸和铜片生成NO2，N元素从+5价转化为+4价，NO2和水反应生成HNO3和NO，N元素化合价从+4变为+5和+2，故C不符合题意；D．浓盐酸和高锰酸钾生成Cl2，Cl元素化合价从-1价变为0价

，Cl2和溴化钾溶液反应为22Cl+2KBr=2KCl+Br，Cl元素化合价从0价变为-1价，故D符合题意；故答案选D。8.某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。WXYZ、、、是原子序数依次增大的短周期元素，其中XYZ、、位于同一周期，基态X原子

的价电子排布式为nnnsnp。下列说法错误的是A.该阴离子中铜元素的化合价为3+B.元素电负性：XYZC.基态原子的第一电离能：XYZD.WXYZ、、、均位于元素周期表的p区【答案】D【解析】【分析】基态X原子的价电子排布式为nnnsnp可知n=2，X为C，WXYZ、、、是原子序

数依次增大的短周期元素，其中XYZ、、位于同一周期，结合图示，即W为H，Y为N，Z为F。【详解】A．由图可知，该阴离子为[Cu（CF3）3CH2CN]-，其中铜元素的化合价为3+，A正确；B．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即元素电负性：X（C）＜Y（N）＜Z（F），B正确；C

．同周期元素，从左往右第一电离能总体逐渐增强，但部分原子由于半充满结构较为稳定，其第一电离能较高，即基态原子的第一电离能：()()()XCYNZF，C正确；D．W（H）位于元素周期表的s区，D错误；故选D。9.稀

土被称为新材料的宝库。稀土中的镧系离于可用离子交换法分离，其反应可表示为：()()()()()3333Lnaq3RSOHsRSOLns3Haq++++。某温度时，()cH+随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是A.1t时的正反应速率大于2t时的逆反应速率

B.12tt−时间段的平均反应速率为：()()21311213ccvLnmolLstt+−−−=−C.3t时增大()cH+，该平衡左移，平衡常数减小D.3t时离子交换反应停止【答案】A【解析】【详解】A

．随着反应的进行，反应物浓度逐渐下降，生成物浓度逐渐上升，直到达到平衡，即正反应逐渐下降，逆反应逐渐上升，直到相等，期间正反应速率始终大于逆反应速率，A正确；B．化学反应速率之比等于化学计量数之比，即()()()2131121ccvLnm

olLs3tt+−−−=−，B错误；C．温度不变，平衡常数不变，C错误；D．t3时反应达到平衡，此时的平衡是一种动态平衡，v正=v逆，反应并未停止，D错误；故选A。10.根据下列实验事实能得出相应结论

的是选项实验事实结论A常温下，分别向等体积pH1=的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快电离程度：盐酸>硫酸B常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈分子中氢氧键的极性：乙酸>乙醇C常温下，分别向浓度均为10.1molL−的

4FeSO和4CuSO溶液中通入2HS气体至饱和，仅后者生成沉淀溶度积常数：()()spspKFeSKCuSD在25℃和40℃时，测得1230.1molLNaSO−溶液的pH分别是9.66和9.3723NaSO水解常数：()()hhK40K25℃℃A.AB.BC.CD.D【

答案】C【解析】【详解】A．常温下，体积相等、c(H+)也相等的盐酸和硫酸分别与大小相同的铝片反应，前者反应速率更快，可能是Cl-对反应起到促进作用，但盐酸和硫酸都是强酸，两者都能全部电离，则不能得出电离程度：盐酸>硫酸，A不符合题意；B

．分子中氢氧键的极性越大，越容易电离出氢离子，与钠反应越剧烈，则根据实验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇>乙酸，B不符合题意；C．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度

积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C符合题意；D．升高温度，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，D不符合题意；故选C。11.我国学者研制了一种锌基

电极，与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如下。放电时，Zn转化为322ZnCO3Zn(OH)。下列说法错误的是A.放电时，正极反应为：2Ni(OH)2eNi2OH−−+=+B.放电时，若外电路有0.2mol电子转移，则有20.1molZn

+向正极迁移C.充电时，a为外接电源负极D.充电时，阴极反应为：23232ZnCO3Zn(OH)10e5Zn2CO6OH−−−+=++【答案】B【解析】【分析】放电时，锌基电极为负极，Zn转化为322ZnCO3Zn(OH)，电极反应式为：23325Zn2CO6OH10e

2ZnCO3Zn(OH)−−−++=−，镍基电极为正极，电极反应式为：2Ni(OH)2eNi2OH−−+=+，充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，电极反应式为：23232ZnCO3Zn(OH)10e5Zn2CO6OH−−−+=++，b接电源正极，镍基电

极为阳极，电极反应式为：2Ni2OH2eNi(OH)−−=−+。【详解】A．放电时，镍基电极为正极，电极反应式为：2Ni(OH)2eNi2OH−−+=+，A正确；B．放电时，锌基电极负极，Zn转化为322ZnCO3Zn(OH)，电极反应式为：23325Zn2CO6OH10e2ZnCO3Zn

(OH)−−−++=−，混合电解液中没有Zn2+，B错误；C．充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，C正确；D．充电时，锌基电极为阴极，电极反应式为：23232ZnCO3Zn(OH)10e5Zn2CO6OH−−−+=++，D正确；故选B。12.向3AgNO溶液中滴加NaCl溶

液，发生反应()AgClAgCls+−+和()2AgClsClAgCl−−+。()()1lgcM/molL−−与()()1lgcCl/molL−−−的关系如下图所示(其中M代表Ag+或2AgCl−)。下列说法错误的是A.()2.

521cCl10molL−−−=时，溶液中()()32cNO2cAgCl−−=B.()11cCl10molL−−−=时，溶液中()()()2cClcAgClcAg−−+C.2Ag2ClAgCl−+−+的平衡常数K的值为5.0410D.用C

l−沉淀Ag+，溶液中Cl−浓度过大时，沉淀效果不好【答案】A为【解析】【分析】由题可知c（Cl-）越大，c（Ag+）越小，c（2AgCl−）越大，即与纵坐标交点为（0，9.74）的线M为Ag+。【详解】A．()2.521cCl10molL−−−=，溶液中()

()-2+c=cggClAA，根据物料守恒得()()()()-+2-3AgClAgClnNO=nAg+n+n，即()()()-2-3AgClAgClnNO=2n+n，()()32cNO2cAgCl−−＞，A错误；B．由分析可得，()11cCl10molL−−−

=，溶液中()()()2cClcAgClcAg−−+，B正确；C．2Ag2ClAgCl−+−+的平衡常数为：()()()2--+2cKcAl=AgcCClg，将交点数值代入得：()7.

225.0427.222.5210101010−−−=，C正确；D．用Cl−沉淀Ag+，溶液中Cl−浓度过大时，导致()2AgClsClAgCl−−+平衡正向移动，沉淀效果不好，D正确；故选A。13.我国学者用氮气为氮源高效合成了活性氮物质2

2LiCN，用于多种高附加值含氮化合物的合成。22LiCN可与乙醇、有机卤代物等反应，其制备及转化为物质甲的过程如下：下列说法错误的是A.反应Ⅰ实现了氮的固定B.22CN−的电子式为C.反应Ⅱ中的溶剂可为水D.物质甲中碳原子的杂化轨道类型有sp

和3sp【答案】C【解析】【详解】A．氮的固定是指N由游离态转化为化合态的过程，反应Ⅰ实现了氮的固定，A正确；B．22CN−的电子式为，每个原子均达到了8电子稳定结构，B正确；C．反应物Ⅱ溶剂不能为水，水会干扰反应的进行，C错误；D．物质甲中甲基上的C为sp3杂

化，与N相连的C为sp杂化，D正确；故选C。14.科研人员利用高压2N气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是A.22

NNH→过程中发生非极性键的断裂与形成B.Ⅰ转化为NH和3NH过程中会生成24NHC.Ⅱ表示的微粒符号是2NHNHD.反应历程中放热最多的反应是332NHNH2HO2eNHNH2HO+−++→++【答案】B【解析】【详解】A．22NNH→过程中发生非极性键的断裂，

无非极性键的形成，A错误；B．Ⅰ转化为NH和3NH的反应方程式为：2332NHNHHOeNHNHHO+−++→++，过程中会生成24NH过渡，B正确；C．生成Ⅱ的方程式为：322NHHOeNHHO+−++→+，Ⅱ为2NH，C错误；D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和3HO+

、e−的反应，方程式为：2332NHNHHOeNHNHHO+−++→++，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.()()1325CoNHClClM250.5gmol−=是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可

通过如下实验步骤制备。的Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，分批次加入1.00g研细的122CoCl6HO(M)238gmol−=，得到()326CoNHCl沉淀。Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量2230%H

O溶液，得到()3235CoNHHOCl溶液。Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.85g产品。回答下列问题：

（1）本实验涉及钴配合物的配体有_______(填化学式)。（2）本实验应在通风橱中进行，原因是_______。（3）步骤Ⅰ中分批次加入研细的22CoCl6HO，原因是_______。（4）步骤Ⅱ发生反应的离子方程式是_______。（5）步

骤Ⅳ中使用的洗涤试剂有：①冷水②乙醇③冷的盐酸④丙酮。试剂使用的先后顺序是：①→_______→④(填序号)。（6）已知：()225.11336Co6NHCoNHK10+++==；()3335

.2336Co6NHCoNHK10+++==。则在水溶液中的稳定性：()236CoNH+_______()336CoNH+(填“大于”或“小于”)。（7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。A.80%B.85%C.90%D.95%【答案】（1）NH3，Cl-

、H2O（2）需要使用浓氨水、浓盐酸这种有毒易挥发的物质（3）控制化学反应进行的速率，避免其反应过快（4）()()+3+-3232522346+HO+2NH=22CoNHClCoNHHO+4NH+4Cl

（5）③②（6）小于（7）A【解析】【分析】氯化铵、浓氨水、22CoCl6HO反应，得到()326CoNHCl沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应()()3++-32224323652

CoNHCl+HO+2NH=2CoNHHO+4NH+4Cl，得到()3235CoNHHOCl溶液，加入浓盐酸，存在()()32323255CoNHHOl2CoNHlHOCC++−++，有利于()325CoNHClCl沉淀的形成。。【小问1详解】配

体是指在化学反应中与中心原子（通常是金属或类金属）结合形成配位键的原子、分子或离子，本实验涉及钴配合物的配体有：NH3，Cl-、H2O；【小问2详解】实验中需要使用浓氨水、浓盐酸这种有毒易挥发的物质，应在通风橱中进行；【小问3详解】步骤Ⅰ中分批次加入研细的22CoCl6

HO，可控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；【小问4详解】()326CoNHCl与22HO溶液反应，得到()3235CoNHHOCl，反应离子方程式为：()()3++-32224323652CoNHCl+HO+2NH=2CoNH

HO+4NH+4Cl；【小问5详解】紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得()()32323255CoNHHOClCoNHClHO++−++平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇，洗去冷的盐酸，最后用丙酮洗去乙醇；【小问6详解】

Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，()336CoNH+更稳定；【小问7详解】根据钴原子守恒，本实验的产率为：0.85g80.76%1g250.5g/mol238g/mol，选A。16.钼(Mo)及其化合物广泛地应用于医疗卫生

、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和2MoS形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到24NaSO的一种工艺流程如下：回答下列问题：（1）Ni位于元素周期表第_______周期第_______族。()442NHMoO

中钼元素的化合价为_______。（2）“焙烧”中生成24NaMoO的化学方程式为_______。（3）23NaCO用量对钼浸出率和浸取液中23CO−浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择23NaCO用量为

理论用量1.2倍的原因：_______。（4）2424NaMoONaSO、的溶解度曲线如图2所示，为充分分离24NaSO，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。A.蒸发结晶B.低温结晶C.蒸馏

D.萃取（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。（6）()442NHMoO分解可得3MoO。高温下，用铝粉还原3MoO得到金属钼的化学方程式为_______。【答案

】16.①.四②.Ⅷ③.+617.2232244222MoS+6NaCO+9O2NaMoON6aCO4SO++焙烧18.若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低19.B20.浸取21.3232MoO+2Al2Mo+AlO高温【解析】【分析】镍钼矿（

NiS、2MoS等）加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应2232244222MoS+6NaCO+9O2NaMoON6aCO4SO++焙烧，242232NiS+NaCO+2ONiOa+C+NOSO焙烧，加水后，2-4MoO进

入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据2424NaMoONaSO、的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。【小问1详解】Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据

化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中Mo的化合价为+6价；【小问2详解】2MoS与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为：2232244222MoS+6NaCO+9O2NaMoON6aCO4SO++焙烧【小问3详解】若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼

浸出率较低；【小问4详解】温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；【小问5详解】交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放；【小问6详解】高温下，用铝粉还原3MoO得到金

属钼和氧化铝，化学方程式为：3232MoO+2Al2Mo+AlO高温。17.丙烷价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①直接脱氢：()()()13232321CHCHCHgCHCHCHgHgΔH

123.8kJmol−==+=②()()()122222HgOg2HOgΔH483.6kJmol−+==−计算2O氧化丙烷脱氢反应③()()()()32322321CHCHCHgOgCHCHCHgHOg2+==+的3ΔH=_______1kJmol

−。（2）已知下列键能数据，结合反应①数据，计算CC=的键能是_______1kJmol−。化学键CC−CH−HH−键能()1/kJmol−347.7413.4436.0（3）一定条件下，反应①中丙烷

平衡转化率x与平衡常数pK的关系可表示为：p2pKxKp=+，式中p为系统总压。p分别为0.10MPa和0.010MPa时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示0.10MPa下的关系曲线是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。570℃时，pK=_______MPa(保留2位有效数

字)。（4）研究人员利用25VO作催化剂，对反应③的机理开展研究。以38CH和182O为原料，初期产物中没有检测到18O；以含有38CD的38CH和2O为原料，反应过程中没有检测到38nnCHD(0n8)−。下列推断合理的是

_______(填标号)。A．25VO先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应B．25VO直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充25VO中反应掉的氧C．25VO催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的（5）研究人员尝试利用2CO氧化丙烷脱氢制丙烯，与2O氧

化丙烷脱氢制丙烯相比，使用2CO的优点有_______(写出两点即可)。（6）一种基于ZnO的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为丙烯。立方ZnO的晶胞如图，晶胞参数为2apm,O−与2Zn+间的最小距离为______

_pm，晶体密度为_______3gcm−(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为AN)。【答案】17.-11818.614.719.①.Ⅱ②.0.01820.B21.减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率22.①.3a4②.()()A31016654Na10−+【解析】【小问1详解】

反应③=反应①+0.5反应②，即31211ΔH=ΔH+ΔH=123.8-483.6kJ/mol=-118kJ/mol22；【小问2详解】反应①()()()13232321CHCHCHgCHCHCHgHgΔH123.8kJmol−==+=，设CC=的键能是x，根据△H=反应物键能

之和-生成物的键能之和，可得()11ΔH2347.78413.4x347.76413.4436.0kJ/mol123.8kJmol−=+−+++=，解得x=614.7；【小问3详解】由关系式p2pKxKp=+可知，温度相同时，p越大，x越小，0.

10MPa下的关系曲线是Ⅱ；570℃时，0.010MPa时，丙烷平衡转化率x=80%，假设丙烷起始时物质的量为amol，可得三段式()()()323232CHCHCH(g)=CH=CHCH(g)+H(g)mola00mol0.8a0.8a0.8amol0.2a0.8

a0.8a始转平，总物质的量为1.8a，()()()2223p3230.8a0.01MPapHpCH=CHCH161.8aK===0.01MPa0.018MPa0.2apCHCHCH90.01MPa1.8a

；【小问4详解】以38CH和182O为原料，初期产物中没有检测到18O，可知25VO直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充25VO中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到18O，以含有38C

D的38CH和2O为原料，反应过程中没有检测到38nnCHD(0n8)−，即碳氢键的断裂不可逆，故选B；【小问5详解】使用O2氧化，可能将烷烃部分氧化为醛、醇等，也可以氧化为CO、CO2，当发生反应氧化为CO、CO2，反应热很大，导致反应温度急剧上升，不仅丙烷

容易反应，生成的丙烯也容易氧化为CO、CO2，因此利用二氧化碳的弱氧化性进行氧化可减少副反应的发生，还可以减少丙烯被氧化，提高产率；【小问6详解】图中Zn2+的数目为4，O2-的数目为1168428+

=，Zn2+填充在由4个O2-构成的正四边体的体心，Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的14，即3a4，晶胞边长为apm，体积为a3pm，质量为AA654+164324g=gNN，晶体密度为：()()A31016654Na10−+。18.非天然氨基酸AHPA是一种重要的药物

中间体，其合成路线之一如下：（1）A可由2HOCHCOOH氧化得到，2HOCHCOOH的化学名称是_______。（2）C的结构简式为_______。（3）D中手性碳原子数目为_______。（4）E转化为AHPA的

反应类型为_______。（5）AHPA中酸性官能团名称为_______，碱性官能团名称为_______。（6）写出同时满足下列条件的AHPA的同分异构体的结构简式_______。①含苯环且苯环只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官能团只有OH−和2CONH−；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积

比为4∶2∶2∶2∶2∶1。（7）参照上述合成路线，设计以苄基氯()为主要原料制备合成路线_______(其他原料、试剂任选)。【答案】18.羟基乙酸19.20.321.加成反应、还原反应22.①.羧基②.氨基23.24.的【解析】【分析】A发生加成反应，然后

碱化生成B，B和C发生加成反应生成D，结合D的结构，C为，D先加碱加热发生消去反应，然后酸化生成E，E发生加成反应和还原反应生成AHPA，据此解答。【小问1详解】2HOCHCOOH的化学名称是羟基乙酸。【小问2详解】C

的结构简式为。【小问3详解】D中手性碳原子数目为3，如图。【小问4详解】E转化为AHPA的反应类型为加成反应、还原反应。【小问5详解】AHPA中酸性官能团名称为羧基，碱性官能团名称为氨基。【小问6详解】满足①含苯环且苯环只有一个取代基；②红外光谱显示含氧官

能团只有OH−和2CONH−；③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1，下列条件的AHPA的同分异构体的结构简式。【小问7详解】苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3ON2发生加成反应生成，在碱性条件下

加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线。