【文档说明】2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）化学试题（适用地区：贵州） 含解析.docx，共(20)页，1.979 MB，由管理员店铺上传

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贵州省2024年高考综合改革适应性测试化学注意事项：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涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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：H1C12O16S32Ca40Zn65一、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，只有一项符合题目要求。1.奋进中的贵州取得了举世瞩目的成就，

对下列成就涉及的化学知识说法错误的是A.“中国天眼”所使用的钢铁结构圈梁属于金属合金材料B.“大数据中心”的电子设备芯片使用的材料是二氧化硅C.“中国桥梁看贵州”，建造桥梁的水泥属于硅酸盐材料D.“县县通高速”，高

速路面使用的改性沥青是有机材料【答案】B【解析】【详解】A．纯金属和合金属于金属材料，钢铁结构圈梁属于金属合金材料，A正确；B．芯片使用的材料是单质硅，B错误；C．水泥属于硅酸盐材料，为无机非金属材料，C正确；D．改性沥青为石油炼制产

品，是有机材料，D正确；故选B。2.23SbO可用作白色颜料和阻燃剂，在实验室中可利用3SbCl的水解反应制取，总反应可表示为32232SbCl3HOSbO6HCl++。下列化学用语表示正确的是A.HCl的电子式：B.基态O原子价层电子排布图：C.12151Sb和12351Sb互为同位素D.2HO

的VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A．HCl的电子式：，A错误；B．基态O原子价层电子排布图：，B错误；C．12151Sb和12351Sb为质子数相同，中子数不同，所以互为同位素，C正确；D．水分子的VSEPR模型为，D错误；故选C3.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

标准状况下，1822.24LO含有的中子数为A2.00NB.常温下，21.7gHS中含有的孤电子对数为A0.20NC.141.0L0.1molLCuSO−溶液中含有的2Cu+数为A0.1ND.20.2molSO和足量2O充分反应转移的电子数为A0.4N【答案】A【解

析】【详解】A．18O的中子数为10，V2.24Ln0.122.4L/molVmmol===182O中子数为2NA，A正确；B．m1.7gn0.05M34g/molmol===，1个H2S中，以S为中心原子，孤电子对数为62122−=，则1.7gH2S中孤电子对数0.1NA，B错误；C．0

.1mol/LCuSO4溶液中Cu2+的浓度为0.1mol/L，在1L溶液中，Cu2+的个数为0.1NA，C错误；D．2232O2SOSO+，该反应有限度，故转移电子数小于0.4NA，D错误；故答案为：A。4.根据实验目的，下列实验所采用的实验方法和主要仪器错误的

是实验柑橘中有机酸菠菜中叶绿素的色谱分茶叶中钙离子海带提碘过程中碘。目的含量的测定离的沉淀分离单质的萃取分离实验方法酸碱滴定法离子交换法沉淀法萃取法主要仪器选项ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．柑橘中有机酸含量的测定，可以使用标准碱液进行

酸碱滴定，需使用碱式滴定管，A正确；B．利用不同物质在由固定相和流动相构成的体系中具有不同的分配系数，当两相作相对运动时，这些物质随流动相一起运动，并在两相间进行反复多次的分配，从而使各物质达到分离，而不是使用离子交换树脂分离

，B错误；C．茶叶中钙离子的沉淀分离，可以将钙转化为沉淀后过滤，需使用漏斗，C正确；D．海带提碘过程中碘单质可以使用有机溶剂萃取后分液分离，需使用分液漏斗，D正确；故选B。5.下列生产活动中对应的离子方程式正确的是A.用3FeCl溶液蚀刻覆铜板制作印刷电路板：322FeCuFeCu+

+++=+B.向冷的石灰乳中通入2Cl制漂白粉：22Cl2OHClClOHO−−−+=++C.用23NaCO溶液除去锅炉水垢中的4CaSO：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++D.用丙烯腈电合成己二腈，在阳极发生的电极反应：()2

242HCCHCN2H2eNCCHCN+−=++=【答案】C【解析】【详解】A．用3FeCl溶液蚀刻覆铜板制作印刷电路板：3222FeCu2FeCu++++=+，故A错误；B．向冷的石灰乳中通入2Cl制漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙

：()2222ClCaOHCaClClOHO+−−+=+++，故B错误；C．用23NaCO溶液除去锅炉水垢中的4CaSO将硫酸钙转化为碳酸钙：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++

，故C正确；D．阳极发生氧化反应，因此用丙烯腈电合成己二腈，()2242HCCHCN2H2eNCCHCN+−=++=发生在阴极，故D错误；故选C。6.苯甲酰胺是常见的酰胺类物质，可用于合成农药和医药，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.

分子式为87CHNOB.分子中含有1个手性碳原子C.分子中碳原子的杂化轨道类型是23spsp、D.在碱性条件下加热水解，可生成苯甲酸盐和氨【答案】D【解析】【详解】A．该分子有7个C，不饱和度为5，有1个氨基，有2×7+2-2×5+1=7个H，分子式为77CHNO，故A错误；B．分子中含

有没有符合手性碳条件的碳原子，故B错误；C．分子中碳原子均位于苯环上或者碳氧双键中，碳原子杂化轨道类型是2sp，故C错误；D．该分子中有酰胺基，在碱性条件下加热水解，生成苯甲酸盐和氨，故D正确；故选D。7.劳动创造美好生活。下列劳动者的工作内容所涉及化学知识错误的是选项工作内容化学

知识A工程师在船舶外壳安装锌块保护船体此电化学保护中锌块作正极B医生为糖尿病患者开处方并叮嘱患者控制米饭类食物的摄入量淀粉能水解生成葡萄糖C污水处理员利用硫酸铝、聚合氯化铝等混凝剂除去水体中的细小悬浮物

混凝剂遇水可形成胶体吸附悬浮物而聚沉D园艺师给花卉施肥时，草木灰和铵态氮肥不混合施用碳酸钾和铵盐相互促进水解降低氮肥的肥效A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．工程师在船舶外壳安装锌块保护船体，锌金属活动性强于铁，锌块做负极，A错误；

B．淀粉能水解生成葡萄糖，因此糖尿病患者需要控制米饭类食物的摄入量，B正确；C．硫酸铝、聚合氯化铝中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附作用，能吸附悬浊物而聚沉，C正确；D．草木灰中的碳酸根离子和铵态氮肥中的铵根离子能发生双

水解反应，生成NH3逸出，降低了肥效，故两种肥料不能同时使用，D正确；故答案选A8.某种快速充电器所使用的半导体材料是氮化镓(GaN)，半导体材料还有GaY、GaZ、XW等。W、X、Y、Z在周期表中相对位置如下所示，其中W的一种同位素可用于文物年

代测定。下列说法正确的是WXYGaZA.原子半径：Z＞GaB.XW属于共价晶体C.简单氢化物的稳定性：X＞YD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y。【答案】B【解析】【分析】W的一种同位素可用于文物年代测定，则W是C元素，由于X、W同一主族，X在W的下一周期

，则X是Si元素。根据元素的相对位置，二者Y是P元素，Z是As元素，然后利用元素周期律分析解答。【详解】A．Ga、As是同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Ga＞Z(As)，A错误；B．

SiC是原子之间以共价键结合形成的立体网状结构，该晶体属于共价晶体，B正确；C．Si、As是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其简单氢化物的稳定性就越强。则简单氢化物的稳定性：X(SiH4)＜Y(AsH3)，C错误；D．P、As是同一主族

元素，原子序数越大，元素的非金属性就越弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越弱。由于元素的非金属性：P＞As，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(H3PO4)＞Z(H3AsO4)，D错误；故合理选项是B。9.磷酸聚合可以生成链状多磷酸和环

状多磷酸，三分子磷酸聚合形成的链状三磷酸结构如图所示。下列说法正确的是A.键能：POPO−=B.元素的电负性：POHC.34PO−的空间构型：平面四边形D.六元环状三磷酸的分子式：339HPO【答案】D【解析】【详解】A．双键键能大于单键键

能，故键能POPO−=＜，A错误；B．根据元素电负性的规律，同一周期，从左到右，依次增强，从上到下，电负性依次减弱，故电负性顺序为OPH，B错误；C．34PO−的价层电子对数5324442+−+=，无孤电子

对，故空间构型为正四面体形，C错误；D．六元环状三磷酸的结构式为，故分子式为339HPO，D正确；故选D。10.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作及现象结论A分别向等量乙醇和水中加入绿豆大的钠，钠与水反应更剧烈水分子中的氢原子比

乙醇羟基中的氢原子活泼B向某稀溶液中加入NaOH溶液，能产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体溶液中含有4NH+C向葡萄糖溶液中加入少量NaOH溶液和CuSO4溶液，产生砖红色沉淀新制Cu(OH)2可检验葡萄糖D向少量酸性KMnO4

溶液中滴加少量FeCl2溶液，再滴加2滴KSCN溶液，溶液先褪色后变红Fe2+具有氧化性AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇中羟基上氢的活泼性比水中氢的活泼性弱，即水分子中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活泼

，A正确；B．将某稀溶液加热浓缩，然后加入NaOH溶液，并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是NH3，说明溶液中含有4NH+；由于题目没有加热，溶液是稀溶液，试纸是蓝色石蕊试纸，因此不能看到使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，操作及实验现象均有误，B错误；C．要利用新制Cu(OH)

2检验葡萄糖的醛基，操作方法是：在试管中加入2mL10%的NaOH溶液，滴加5滴CuSO4溶液，使溶液显碱性，反应产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，然后再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热煮沸，进行观察，若产生砖红色沉淀，证明葡萄糖分子中含有醛基，C错误；.D．Fe2+具有还原性，可以

被酸性KMnO4溶液氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-作用使溶液变为血红色，则证明Fe2+具有还原性，而不是氧化性，D错误；故合理选项是A。11.高铁酸钠()24NaFeO是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。某化学兴趣小组

用废铁屑(主要成分为Fe，杂质有AlC、及油脂)制备高铁酸钠的主要流程如下。下列说法错误的是A.“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂B.“滤渣”的主要成分是Al和CC.“操作Ⅰ”通入的空气可以用22HO溶液代替D.若流程改为先“氧化”后“调pH”，可能会生成2Cl【答案】B【解析】【分析】废

铁屑(主要成分为Fe，杂质有Al、C及油脂)加NaOH碱浸，可以除去废铁屑表面的油脂和Al，过滤后滤液中含有Na[Al(OH)4]和油脂水解后的杂质，固体中含有Fe、C，加盐酸酸浸，过滤后滤渣为C，滤液为氯化亚铁溶液，通入空气Fe2+被氧化为Fe3+，加NaOH调pH为碱性，NaClO和F

e(OH)3发生氧化还原反应得到Na2FeO4、NaCl，并通过结晶分离出Na2FeO4。【详解】A．根据分析，“碱浸”可以除去废铁屑中的油脂，A正确；B．根据分析，“滤渣”的主要成分是C，B错误；C．根据分析，“操作Ⅰ”目的是将Fe2+氧化

为Fe3+，用H2O2也可以做氧化剂，且不会引人杂质，因此“操作Ⅰ”通入的空气可以用H2O2溶液代替，C正确；D．若先“氧化”，溶液为酸性，Na2FeO4在酸性条件下有较强的氧化性，能将盐酸中的Cl-氧化为Cl2，D正确；故选B。12.在25℃时，对10.0mL浓度均为10.1molL−

盐酸和醋酸的混合溶液进行如下操作。下列说法正确的是A.加入少量3CHCOONa固体，溶液中()()33cCHCOOcCHCOOH−将减小B.加入10.0mL相同浓度的NaOH溶液，所得溶液pH7C.加入15.0mLNaOH溶液，若所得溶液pH7，

则水电离()71cH110molL+−−D.加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，若忽略混合时的体积变化，此时溶液中：()()()()133cCHCOOcCHCOOHcClcNa0.05molL−−+−++=

=【答案】C【解析】【详解】A．向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量3CHCOONa固体，则()3cCHCOO−变大，平衡逆向移动，()3cCHCOOH变大，但没有()3cCHCOO−变大的多，故()()33cCHCOOcCHCOOH−变大，A

错误；B．加入10.0mL相同浓度的NaOH溶液，溶液中为氯化钠和醋酸混合物，显酸性，所得溶液pH7，B错误；C．加入15.0mLNaOH溶液，若所得溶液pH7，说明溶液显酸性，即酸有剩余，酸对水的电离抑制，故水电离的()71cH110molL+−

−，C正确；D．加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，根据物料守恒()()()()1133cCHCOOcCHCOOHcClcNa0.o2l0.06L71molLm3−−+−−++===，

D错误；故选C。13.钠基海水电池是一种能量密度高、环境友好的储能电池(示意图如下)，电极材料为钠基材料和选择性催化材料(能抑制海水中Cl−的吸附和氧化)，固体电解质只允许Na+透过。下列说法正确的是A.放电时，a电极发生还原反应B.放电

时，b电极的电势低于a电极C.充电时，b电极的电极反应式为：22Cl2eCl−−−=D.充电时，每转移2mol电子，理论上有2molNa+由b电极迁移到a电极的【答案】D【解析】【分析】钠为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极，则b为正极；【详

解】A．放电时，a电极为负极，钠失去电子发生氧化反应，A错误；B．放电时，a为负极，b为正极，b电极的电势高于a电极，B错误；C．放电时，a为负极，b为正极，充电时，b电极为阳极，由于选择性催化材料能抑制海水中Cl−的吸附和氧化，故电极上不是氯离子放电

，C错误；D．充电时，a为阴极，b为阳极，阳离子向阴极移动，故每转移2mol电子，理论上有2molNa+由b电极迁移到a电极，D正确；故选D14.叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：()()25CHOH333233CHCBrA

gNOCHCONOAgBr−+→−+反应分步进行：①()()()333333CHCBrCHCBrCHCBr+−−→−−−→+②()()()333232333CHCNOCHCONOCHCONO+−+→−−−→−下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是A.选用催化剂可改变反应H的

大小B.图中I对应的物质是()323CHCONO−−−C.其他条件不变时，3NO−的浓度越高，总反应速率越快D.其他条件不变时，()33CHCBr−的浓度是总反应速率的决定因素【答案】D。【解析】【详解】A．催化剂可以通过改变活化能

来改变化学反应速率，对H无影响，A错误；B．由题中反应分布进行的式子可知，I对应的物质是()33CHC+，B错误；C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即()()3333CHCBrCHCBr−⎯⎯→−−−，其他条件不变时，3NO−的浓度越高，反应

②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误；D．由C可知，()33CHCBr−的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.地球上没有垃圾，只有放错地方的资源。某化学兴趣小组对厨余垃圾中的鸡蛋壳进行再利用。主要

实验步骤如下：Ⅰ．鸡蛋壳预处理将鸡蛋壳洗净干燥后研磨成粉，高温煅烧后加水得到石灰乳。Ⅱ．制备葡萄糖酸钙在石灰乳中边搅拌边缓缓加入葡萄糖酸溶液至pH为6～7，充分反应后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到葡萄糖酸钙晶体。Ⅲ．制备营养强化剂G取3.00g葡菌

糖酸钙晶体，用蒸馏水溶解，边搅拌边逐滴加入适量4ZnSO溶液，待反应完成后减压过滤；滤液转入烧杯中，加入适量95%乙醇，充分搅拌至晶体析出，减压过滤得到G的粗产物2.60g；将粗产物提纯后，得到G的晶体1.56g。已知：①葡萄糖酸分子式为6127C

HO，结构简式为：②提纯回收率指提纯后产物的质量占粗产物质量的百分比。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中研磨鸡蛋壳所需的仪器是_______(选填“蒸发皿”“研钵”或“坩埚”)。（2）步骤Ⅱ中用pH试纸测定溶液pH的操作方法是_______。（3）步骤Ⅱ中涉及

的化学反应方程式是_______。（4）步骤Ⅲ中4ZnSO溶液需逐滴加入的目的是_______；提纯粗产物采用的方法是_______。（5）下图中减压过滤装置是_______(填标号)；与常压过滤相比，减压过滤的优点是_______。（6）营养强化剂G的名称是_______；G的提

纯回收率是_______%。【答案】（1）研钵（2）将一小片pH试纸置于洁净干燥的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上待显色后与标准先色卡比较，读出pH值（3）()()()22242422CHOHCHOHCOOH+CaOH=CHOHCHOHC

OOCa2HO+（4）①.更好的控制反应的进行②.重结晶（5）①.甲②.过滤速度更快、液体和固体分离比较安全、滤出的固体容易干燥（6）①.葡萄糖酸锌②.49.21%【解析】【分析】蛋壳的主要成分是碳酸钙，高温高温煅烧后加水得到石灰乳；加入

葡萄糖酸制得葡萄糖酸钙，葡萄糖酸钙滴入硫酸锌，加入加入适量95%乙醇降低葡萄糖酸锌的溶解度得到粗产品，经过重结晶即可提纯。【小问1详解】研磨使用研钵，蒸发皿是蒸发使用的仪器，坩埚是灼烧使用的仪器；【小问2详解】pH试纸的使用方法：将一小片pH试纸置于洁净干燥的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取少

许待测液滴在pH试纸上待显色后与标准先色卡比较，读出pH值；【小问3详解】步骤Ⅱ中葡萄糖酸和氢氧化钙发生反应生成葡萄糖酸钙和水：()()()22242422CHOHCHOHCOOH+CaOH=CHOHCHOHCOOCa2HO+；【小问4详解】硫酸钙微溶，逐滴滴入硫酸锌可以控制硫酸锌的

量，更好的控制反应的进行；加入适量95%乙醇，降低葡萄糖酸锌的溶解度而结晶得到粗产品，要提纯粗产品需要通过重结晶的方式；【小问5详解】符合减压过滤的装置为甲，减压过滤用真空泵抽真空造成负压，可以使过滤速度更快、液体和固体分离比较安全、滤出的固体容易干

燥。【小问6详解】据分析，营养强化剂G的名称是葡萄糖酸锌，()()224422CHOHCHOHCOOCa~CHOHCHOHCOOZn，则理论上葡萄糖酸钙的产量为：3455g3.17g430，则G的提纯回收率是1.56g49.

21%3.17g=。16.钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备2LiCoO产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：已知：①氯化胆碱()2233HOCHCHNCHCl+−

是一种铵盐；②2Co+在溶液中常以24CoCl−(蓝色)和()226CoHO+(粉红色)形式存在；③25℃时，15sp2KCo(OH)1.610−=。回答下列问题：（1）2LiCoO中Li的化合价为_______。（

2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和2LiCoO粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为_______mL/g。（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为_______。（4）25℃

时，“沉钴”反应完成后，溶液pH10=，此时()2cCo+=_______1molL−。（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是_______。（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是_______。（7）锂离子电池正极材料2Li

CoO在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成34CoO，导致电化学性能下降。①34CoO晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为_______(用离子符号表示)。②使用LiOH和2230%HO溶液可以实现2LiCoO的修复，则修复过程中的化学反应方

程式为_______。【答案】（1）+1（2）60mL/g（3）()224226CoCl6HOCoHO4Cl+−−+=+（4）71.610−（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净（6）利用空气中的氧气将+

2价Co氧化为+3价（7）①.Co2+②.3242226LiOH+2CoO6LiCoO4HOHO+=+【解析】【分析】氯化胆碱-草酸和2LiCoO微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以()226CoHO+存在，加入氢氧化钠沉钴，

得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到34CoO固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和34CoO高温烧结（通入空气氧化）得到2LiCoO产品。【小问1详解】2LiCoO中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价；【小问2详解】图中信息

显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；【小问3详解】“水浸”过程中溶液由蓝色24CoCl−变为粉红色()226CoHO+，该变化的离子方程式为：()224226CoCl6HOCoHO4C

l+−−+=+；【小问4详解】pOH=14-pH=4，此时溶液中氢氧离子浓度为：10-4mol/L，钴离子浓度为：()()15sp22782KCo(OH)1.610cComol/L=1.610mol/L10cOH−+−−−==；【小问5详解】检验“滤饼2”是

否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；【小问6详解】据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；【小问7详解】Co3O4晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，C

o3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比：Co2+:Co3+:O2-=2:4:8=1:2:4，则顶点上的离子为Co2+；使用LiOH和2230%HO溶液可以实现2LiCoO的修复是过

氧化氢将34CoO氧化和LiOH生成2LiCoO：3242226LiOH+2CoO6LiCoO4HOHO+=+。17.苯乙烯是重要的有机化工原料，可用乙苯为原料制备苯乙烯。制备方法有直接脱氢法和氧化脱氢法。

在298K时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(ⅰ)直接脱氢：()()()1108108821plCHgCHgHgΔH118.0kJmol,K2.710Pa−−=+=+=(ⅱ)氧化脱氢：()()()()1127.5281028822p21CHgOgCHgHOgΔ

H123.8kJmol,K2.910Pa2−+=+=−=回答下列问题：（1）①反应()()()2221HgOgHOg2+=的3ΔH=_______1kJmol−，平衡常数p3K=_______(用p1p2KK、表示)。

②氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢，其原因是_______。③提高氧化脱氢反应平衡转化率的措施有_______、_______。（2）已知ΔGΔHTΔS=−，忽略ΔHΔS、随温度的变化。当ΔG0时，反应能自发进行。在100kPa下，直接脱氢反应的ΔG和p1K随温度

变化的理论计算结果如图所示。①直接脱氢反应在常温下_______(选填“能”或“不能”)自发。②p1K随温度的变化曲线为_______(选填“a”或“b”)，判断的理由是_______。③在某温度、100kPa下，向密闭容器中通入1mol

气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数p1K=_______kPa(保留小数点后一位；分压=总压物质的量分数)。（3）乙苯脱氢制苯乙烯往往伴随副反应，生成苯和甲苯等芳香烃副产物。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和苯乙烯选择性，应当__

_____。【答案】（1）①.-241.8②.p2p1KK③.氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行④.及时分离出产物⑤.适当降低温度（2）①.不能②.b③.反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp

1上升④.33.3（3）选择合适的催化剂【解析】【小问1详解】①反应()()()2221HgOgHOg2+=由反应ⅱ-反应ⅰ可得，即()213-123.8118.0kJ/mol=-241.8kJ/mol

ΔHΔHΔH==−−；()()()288p1810pHpCHK=pCH，()()()()882p2128102pCHpHOK=pCHpO，()()()p22p31p1222KpHOK==KpHpO；②氧化脱氢反应和直接脱氢反应的△S均大于0，但氧化脱氢反应△H＜0，

反应自发进行，直接脱氢反应△H＞0，反应高温下才能自发进行，故氧化脱氢的反应趋势远大于直接脱氢；③提高氧化脱氢反应平衡转化率的措施有：及时分离出产物、适当降低温度（合理即可）【小问2详解】①直接脱氢反应△H＞0，△S＞0，反应高温

时自发，在常温下不能自发；②反应为吸热反应，温度上升，平衡正向移动，Kp1上升，故b曲线为Kp1；③设转化的C8H10物质的量为xmol，可得三段式：()()()()()()810882CHg=CHg+Hgmol100m

olxxxmol1-xxx始转平，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，根据阿伏伽德罗定律及其推论可知，此时1-x=x，解得x=0.5mol，总物质的量为1.5mol，()()()2288p18100.

5mol100kPapHpCH1.5molK===33.3kPa0.5molpCH100kPa1.5mol【小问3详解】为了提高反应速率和苯乙烯选择性，可以选择合适的催化剂。18.化合物J具有多种生物药理活性。某研究小组以植物中提取的对-茴香醛A和香草醛F为原料合成J

，一种合成路线如下(部分反应条件和过程已简化)：已知：(D为H或烷基)回答下列问题：（1）A中的官能团名称是_______。（2）C的结构简式是_______。（3）由G生成H经过①②两步反应，写出第①步反应的化学方程式_______。（4）根据Ⅰ的结构，发生加成反应时，Ⅰ的碳碳双键断裂

的是_______键(选填“σ”或“π”)。（5）根据合成路线，指出FG→这步反应在合成中的作用是_______。（6）根据化合物J的结构，J不能发生的反应是_______(选填“酯化反应”“水解反应”或“消去反应”)。（7）化合物F有多种同分异构体，满足下列条件的有______

_种(不考虑立体异构)。①加入3FeCl溶液发生显色反应；②与3NaHCO溶液反应有气体放出。其中，核磁共振氢谱理论上有5组峰，且峰面积之比为2:2:2:1:1的同分异构体结构简式是_______。【答案】（1）醚键、醛基（2）（3）（4）π（5）保护酚羟基（6）水解反应（7）①.13②

.【解析】【分析】B与氢气加成反应生成C，结合D的结构，可以判断B中只有碳碳双键与氢气加成，可以得到C的结构是，根据已知信息可以得到G经过①和②生成H的结构为。【小问1详解】根据A的结构可以得到A中的官能团是醚键、醛

基。【小问2详解】结合B与D的结构可以得到B与氢气加成时只有碳碳双键发生加成生成C，所以C的结构是。【小问3详解】由G生成H经过①②两步反应，根据已知反应可以写出第①步反应的化学方程式为。【小问4详解】

由于碳碳双键中的π键不如σ稳定，发生加成反应时，Ⅰ的碳碳双键断裂的是π键。【小问5详解】对F、G的结构进行分析，FG→是F中的酚羟基发生了反应，再结合J的结构左边苯环上原位置的酚羟基再次出现，所以FG→这步反应在合成中的作用是保护酚羟基。【小问6详解】根据化合物J的结构，J中含有的

官能团是醚键、羰基、酚羟基、醇羟基，所以J可以发生酯化反应和消去反应，不能发生水解反应。【小问7详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com