高考化学模拟（山东卷）-2024年高考化学考前押题密卷

这是一份高考化学模拟（山东卷）-2024年高考化学考前押题密卷，文件包含化学山东卷全解全析docx、化学山东卷考试版A4docx、化学山东卷考试版A3docx、化学山东卷参考答案docx、化学山东卷答题卡pdf等5份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。

2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
2024年高考考前押题密卷
化学·全解全析
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
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：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中华文化源远流长，化学与文化传承、科技发展密不可分。下列说法错误的是
A．淀粉经酯化后可用于生产表面活性剂、可降解塑料等
B．木版年画制作技艺使用的赭石颜料属于无机化合物
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．玛瑙是生产汝瓷的原料之一，其主要成分为二氧化硅
【答案】C
【解析】A．淀粉为糖类，含有羟基，经酯化后可用于生产表面活性剂、可降解塑料等，A正确；
B．赭石颜料为矿物颜料，属于无机化合物，B正确；
C．用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；
D．玛瑙主要成分为二氧化硅，D正确；
故选C。
2．四种中学化学实验常用仪器如图所示，下列叙述正确的是
A．分离植物油和水选用仪器①
B．仪器②的名称是“具支试管”
C．仪器③常用于中和滴定实验
D．可以加热的仪器有②③④
【答案】B
【解析】A．植物油和水不互溶可以用分液的方法分离，分液用梨形分液漏斗，球形分液漏斗一般用于添加试剂，A错误；B．仪器②的名称是“具支试管”，B正确；C．用于中和滴定实验的是普通锥形瓶不带支管，C错误；D．可以加热的仪器有②③，④是容量瓶，不能加热，D错误；故选B。
3．下列叙述正确的是
A．盐酸和氨水均可使Cu(OH)2溶解
B．Na和Fe均能与H2O反应生成碱
C．NH3和SO2均可使红色石蕊试纸变蓝
D．SiO2和Fe2O3均能与C反应生成CO2
【答案】A
【解析】A．盐酸与 Cu(OH)₂发生酸碱中和反应，氨水与Cu(OH)₂发生络合反应，盐酸和氨水均可使Cu(OH)2溶解，A正确；
B．Fe 与水蒸气反应生成 Fe₃O₄，不是碱，B错误；
C．SO₂能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不能使红色石蕊试纸变色，C错误；
D．SiO₂在高温下与C反应生成CO，D错误；
故选A。
4．可以作为固态氮肥，并改善土壤酸性，通过反应制备，下列说法错误的是
A．该反应为熵增过程
B．该反应实现了氮的固定
C．该反应需在无水条件下进行
D．的电子式为
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，该反应是一个熵减的反应，故A错误；
B．由方程式可知，该反应是游离态氮元素转化为化合态氮元素的反应，实现了氮的固定，故B正确；
C．碳化钙易与水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以该反应需在无水条件下进行，故C正确；
D．离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳的空间构型为直线形，则离子的空间构型为直线形，电子式为，故D正确；
故选A。
5．科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图所示下列叙述错误的是
A．基态硼原子的核外电子的空间运动状态有3种
B．电负性大小为：O>B>H
C．该结构中硼原子的杂化方式为sp2、sp3
D．该结构中共有4种不同化学环境的氧原子
【答案】B
【解析】A．基态硼原子电子排布式为1s22s22p1，核外电子的空间运动状态有3种，A正确；
B．元素非金属性越强电负性越大，则电负性大小为：O>H >B，B错误；
C．根据图知，形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4 ，形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，所以B原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，C正确；
D．根据结构可知，共有4种不同化学环境的氧原子，D正确；
答案选B。
6．Beckmann重排反应是反应物肟在酸的催化作用下重排为酰胺的反应，离去基团与迁移基团处于反式。有机物X与Y的异构化反应如图所示，、均为甲基时，下列说法正确的是
A．依据红外光谱不能判断异构化反应是否发生
B．X中N原子孤对电子参与形成键
C．X的同分异构体中，能发生银镜反应的有6种（不考虑立体异构）
D．的异构化产物为
【答案】D
【解析】A．X、Y中官能团不同，可用红外光谱判断异构化反应是否发生，故A错误；B．X中N原子形成3个共价键，则N原子孤对电子没有参与形成π键，故B错误；C．R1、R2均为甲基，X的同分异构体中，能发生银镜反应，则同分异构体一定含-CHO，可看成氨基取代丙醛中甲基上H原子或亚甲基上氢离子，或甲基和-CH2CHO取代氨气中H原子，或乙基、-CHO取代氨气中H原子，共4种，故C错误；D．异构化产物含酰胺键，则的异构化产物为，故D正确；故选：D。
7．W、X、Y、Z、R、Q六种主族元素，原子序数依次增大，其中，W具有一种没有中子的同位素；X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，X与Q相邻，Y是地壳中含量最多的元素，短周期中Z电负性最大，R原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是
A．化学键中离子键成分的百分数：R2X>R2Q
B．XY2与QY2晶体类型相同
C．XW3+与W3Y+的空间构型相同
D．X、Q分别与Z形成最简单分子都能和WZ反应
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z、R、Q六种主族元素，原子序数依次增大，其中，W具有一种没有中子的同位素，W是H；X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，为C元素，X与Q相邻，Q为Si元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y是O，短周期中Z电负性最大，Z为F元素，R原子的s能级与p能级电子数相等，R的电子排布式为1s22s22p63s2，R为Mg元素，以此解答。
【解析】A．电负性：C>Si，化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，因此化学键中离子键成分的百分数：，A正确；B．XY2为CO2，QY2为SiO2，前者是分子晶体，后者共价晶体，B不正确；C．XW3+为CH3+，CH3+中心碳原子的价层电子对数为(4+3-1)/2=3,VSEPR模型为正三角形，无孤电子对，空间构型也是正三角形，W3Y+为H3O+，H3O+中心碳原子的价层电子对数为(6+3-1)/2=4,VSEPR模型为四面体形，有一孤电子对，空间构型是正三角锥形，C不正确；D．C、Si分别与F形成最简单分子为CF4、SiF4，前者与HF不反应，后者能与HF反应生成H2SiF6，D不正确；
故选A。
阅读下列材料，完成8-10题。
化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入的标准液(过量)。
③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。
8．对于上述实验原理，下列说法错误的是
A．步骤②中用碱式滴定管盛装标准液
B．滴定时，眼睛注视锥形瓶中的溶液颜色变化
C．酸式滴定管用标准液润洗后，应将管内液体从滴定管上口倒入废液缸中
D．步骤③滴入最后半滴标准液，溶液变为淡红色，且半分钟内不褪色停止滴定
【答案】C
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【解析】A．草酸钠水解显碱性，故用碱式滴定管盛装标准液，A正确；
B．滴定时，眼睛注视锥形瓶中的溶液颜色变化，以便及时确定滴定终点，B正确；
C．酸式滴定管用标准液润洗后，应将管内液体从滴定管下口倒入废液缸中，C错误；
D．高锰酸钾溶液为紫色，则步骤③滴入最后半滴标准液，溶液变为淡红色，且半分钟内不褪色，此时达到滴定终点，停止滴定，D正确；
故选C。
9．计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和发生氧化反应失去电子，发生还原反应得电子，发生还原反应变成，故得电子总量为，被氧化为二氧化碳共失去电子，故水样中的还原性物质失电子总量为，相当于消耗，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量，故可知耗氧量为，故水样中COD含量(mg/L)为。
故选A。
10．根据上述实验原理，下列说法错误的是
A．若水样中含量偏高，则所测水样中COD偏大
B．步骤③滴定终点俯视读数，则所测水样中COD偏大
C．步骤①中若煮沸时间过短，则所测水样中COD偏小
D．步骤①煮沸后，若红色消失说明水样中COD偏大，需补加标准液
【答案】B
【解析】A．也可被酸性氧化，若水样中含量偏高，则所测水样中COD偏大，A正确；
B．步骤③滴定终点俯视读数，则导致测得标准消耗偏少，则所测水样中COD偏小，B错误；
C．步骤①中若煮沸时间过短，反应不充分，则所测水样中COD偏小，C正确；
D．步骤①煮沸后，若红色消失说明水样中COD偏大，标准液用量不足，则需补加标准液，D正确；
答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．制甲醇的反应历程如图所示：
已知：
Ⅰ.与在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应
Ⅱ.该过程的副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH>0
下列说法错误的是
A．制甲醇的方程式为：
B．反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂
C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性
D．减压可以提高的平衡转化率
【答案】CD
【解析】A．由图可知，二氧化碳制备甲醇的反应为催化剂作用下二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故A正确；
B．由图可知，反应中经历了In−C、In−O键的形成和断裂，故B正确；
C．由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误；
D．二氧化碳制备甲醇的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，副反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则加压可以提高二氧化碳的平衡转化率，减压会降低二氧化碳的平衡转化率，故D错误；
故选CD。
12．下列实验操作、现象和结论均正确的是
【答案】C
【解析】A．苯是甲苯的同系物，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液紫色褪去，故A错误；
B．溶液中铵根离子与氢氧根离子共热反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，则向含有铵根离子的溶液中加入氢氧化钠溶液，在不加热条件下是不可能有氨气生成的，故B错误；
C．向铬酸钾溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明增大溶液中氢离子浓度可使溶液中的黄色的铬酸根离子转化为橙红色的重铬酸根离子，故C正确；
D．硫酸铜溶液与少量的氢氧化溶液反应生成不能与葡萄糖反应的碱式硫酸铜，所以向硫酸铜溶液中加入少量的氢氧化溶液，再滴加葡萄糖溶液并加热，不可能产生氧化亚铜砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
13．镓被称为“电子工业脊染”，与铝性质相似。以砷化镓废料(主要成分为GaAs，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产Ga，工艺流程如图。已知砷化镓废料“溶解”后砷以H3AsO4形式存在。下列说法错误的是
A．砷化镓“溶解”反应的还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4
B．“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4
C．实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、坩埚、玻璃棒
D．电解Na[Ga(OH)4]溶液的阴极电极反应式为
【答案】C
【分析】砷化镓废料(主要成分为GaAs，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)经过硫酸、过氧化氢溶液溶解，GaAs、Fe2O3溶解，砷以H3AsO4形式存在，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，㓎出液用氢氧化钙调pH得到“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4，滤液主要溶质为Ga2(SO4)3，加入硫酸和硫酸铵结晶，所得晶体加热得到Ga(OH)3，加氢氧化钠溶液溶解得到Na[Ga(OH)4]溶液，电解得到镓；
【解析】A．砷化镓“溶解”反应还原剂砷化镓中As化合价由-3价升高到+5价，氧化剂过氧化氢中O化合价由-1降低到-2，根据得失电子守恒还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4，A正确；
B．根据分析，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4，B正确；
C．实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、蒸发皿、玻璃棒，C错误；
D．电解Na[Ga(OH)4]溶液的阴极发生还原反应得到金属镓，电极反应式为，D正确；
故选C。
14．实验室可用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．膜m为阴离子交换膜
B．每生成1ml苯甲酸盐，转移4ml电子
C．电路中转移2ml电子，阴极区溶液质量减少18g
D．若用铅蓄电池作电源，a电极应与极相连
【答案】BC
【分析】根据图象可知，a极碘离子失电子生成碘单质，作阳极，则电极材料为惰性电极；b极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。
【解析】A．a极区碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，为保持电荷守恒，则需b极产生的氢氧根离子移动到a极区，则膜m为阴离子交换膜，A正确；
B．a极碘离子失电子生成碘单质，碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，次碘酸根将苯乙酮氧化生成苯甲酸盐：+ 3IO- = + CHI3 + 2OH-，可得3I2～3IO-～～6e-，每生成1ml苯甲酸盐，转移6ml电子，B错误；
C．阴极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电路中转移2ml电子，阴极区产生1ml H2，移向阳极区2ml OH－，阴极区溶液质量减少36g，C错误；
D．a电极为阳极，若用铅蓄电池作电源，a电极应与铅蓄电池正极极相连，D正确；
故选BC。
15．常温下，pH=3的NaHR溶液稀释过程中δ(H2R)、δ(HR-)、δ(R2-)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)=-lgc(Na+)，HR-的分布系数δ(HR-)=，lg2=0.3。下列说法正确的是
A．曲线L2代表δ(HR-)B．Ka1(H2R)=2×10-2
C．a点溶液的pH=3.7D．b点溶液中，c(Na+)＞2c(HR-)+c(R2-)
【答案】BC
【分析】稀释过程中，c(Na+)减小，pc(Na+)增大，电离方程式：水解方程式为：因此逐渐减小，L3是δ(HR-)，溶液的pH=3，显酸性，电离大于水解，L2是δ(R2-)，L1是δ(H2R)，据此分析解题。
【解析】A．根据分析，曲线L2代表δ(R2-)，A错误；
B．，起始时，pH=3，pc(Na+)=0，c(Na+)=1，物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，，，同理，因此，B正确；
C．，a点时，，，，C正确；
D．b点溶液中，根据物料守恒：c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R)，b点时，根据图像，c(HR-)＞c(H2R)，所以c(Na+)<2c(HR-)+c(R2-)，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）基态原子价电子排布式为 。
（2）常温下，与硼单质反应生成为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为和
(填化学式)。和中的键角大小顺序是 ，实验测得中3个键长远比和的半径之和小，原因是 。
（3）一定条件下，和反应生成和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为。
上述反应的化学方程式为 ，X晶体内含有的作用力有 (填字母)。
a．配位键 b．离子键 c．氢键 d．金属键
用原子分数坐标来描述晶胞中所有原子的位置，需要 组原子分数坐标，晶体中有 种化学环境的原子。
（4）阿伏加德罗常数的值为。化合物X的密度为 (用含的代数式表示)。
【答案】（除标明外，每空1分）
（1）4s24p1
（2）H3BO3 BF3＞NF3BF3 中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的P轨道，此P轨道与三个F原子的P轨道重叠，生成大键，从而使B-F键长远比B和F的半径之和小（2分）
（3）（2分） ab 6 2
（4）（2分）
【解析】（1）Ga为31号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则基态Ga原子价电子排布式为4s24p1。
（2）BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF、H3BO3，生成的HF可能与BF3作用生成HBF4，则产生三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3。在NF3BF3中，N原子与B原子形成配位键，受成键电子对的影响，F-B-F键减小，则BF3和NF3BF3相比较，F-B-F的键角大小顺序是BF3＞NF3BF3，实验测得BF3中3个B-F键长远比B和F的半径之和小，则表明B、F原子的电子云重叠程度大，形成了新的化学键，则原因是：中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的P轨道，此P轨道与三个F原子的P轨道重叠，生成大键，从而使B-F键长远比B和F的半径之和小。
（3）一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。则X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体可能看出，此离子应为[AlF6]3-，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影图可以看出，表示Na+，在晶胞中含有Na+的数目为=6，而含[AlF6]3-的数目为=2，由此得出X的化学式为Na3AlF6，所以上述反应的化学方程式为，X晶体内，Na+与间形成离子键，[AlF6]3-内Al3+与F-之间形成配位键，则含有的作用力有ab。
用原子分数坐标来描述晶胞中所有原子的位置，需要确定0点、顶点(两种)、面上、面心、体内6组原子分数坐标，晶体中有2种化学环境的原子。
（4）阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为=g∙cm-3。
17．（12分）一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2还含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]为原料制备钌(Ru)的流程如图，回答下列问题：
已知：①常温下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，≈2.7，≈3.9
②离子浓度等于或低于1×10-5ml•L-1时，则认为该离子已 被完全除去。
（1）气体A的成分为 ，滤液1中溶质为 。
（2）“沉铁”的离子方程式为 。
（3）“软化”时，溶液中钙离子和镁离子的浓度分别为0.01ml•L-1和0.02ml•L-1，常温下取2.0L该滤液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为 。
（4）“灼烧”时Ar的作用是 。
（5）产生相同量的钌，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量比值为 ；从安全角度分析，方案2优于方案1，其理由是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）CO2（1分） Na2SiO3、NaAl(OH)4（1分）
（2）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-
（3）0.1278ml
（4）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
（5）1:2 方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全
【分析】熔融后得到熔块为金属氧化物和熔融混合生成的高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解，气体A为CO2，水浸时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠（偏铝酸钠）溶解，即为滤液1的溶质，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉铁时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀除去，软化步骤是加入氟离子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，软化后的液体即为含Ru3+的溶液，通过后续步骤得Ru；
【解析】（1）由分析知，A为CO2，滤液1中溶质为Na2SiO3、NaAl(OH)4；
（2）“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀，离子方程式为6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-；
（3）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀计算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=，当c(Ca2+)=1×10-5ml•L-1时，，则加上沉淀的氟离子，需加入NaF的物质的量为；
（4）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar,方案二加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（5）Ru从+2价变为0价，每生成1mlRu，需要H21ml，分解产生CO22ml，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量比值为1:2，从安全角度分析，方案2优于方案1，从安全角度分析，方案2优于方案1。
18．（12分）二硫化钨是一种乌精细化工产品，主要用作石油催化剂和润滑剂。实验室利用反应制备的装置如图所示(夹持装置略)。已知：常温下为黑灰色固体，熔点1250℃；S的沸点445℃；的沸点77℃。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品。(ⅰ)通入氩气；(ⅱ)……；(ⅲ)关闭，打开。操作(ⅱ)为 ；A中发生反应的离子方程式为 。
（2）C为U型水柱压力计，其作用是 。D中盛装的药品是 (填化学式)。反应结束后应继续通一段时间氩气，主要目的是 ，从产物中分离得到S的操作是 。
（3）粗产品中残留的游离硫可用浸取-碘量法测定。称取产品于锥形瓶中，用足量浸取，浸取后用快速滤纸过滤并用分次洗涤锥形瓶及滤纸上的残渣，将滤液和洗涤液都收集于烧杯中。烘烤烧杯浓缩溶液，将浓缩液和烧杯洗涤液转入石英舟于红外灯下烘干。将石英舟置于管式炉中通燃烧，生成的被的碘标准液恰好完全吸收。产品中游离硫的质量分数 ，下列情况会导致测量值偏小的是 (填标号)。
A．用快速滤纸过滤时消耗时间过长
B．过滤时没有洗涤锥形瓶
C．管式炉中通燃烧时过量
D．量取碘标准吸收液结束时，发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）加热管式炉至一定温度（1分）
（2）测量装置内压强，防止压力过大，超压时可作为安全阀 或（1分） 排尽装置内残留的 蒸馏
（3） BD
【分析】A装置制备H2S气体，B是安全瓶，D干燥H2S，E中WO3和H2S在加热条件下发生反应，F中氢氧化钠吸收H2S，防止污染。
【解析】（1）先用氩气排出装置内的空气，待WO3加热后再通入H2S气体，WO3和H2S在加热条件下发生反应生成WS2，所以操作(ⅱ)为加热管式炉至一定温度；A中FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，发生反应的离子方程式为。
（2）C为U型水柱压力计，装置内压力增大时，右侧液面降低，其作用是测量装置内压强，防止压力过大，超压时可作为安全阀。D为干燥剂，H2S是酸性气体，所以D中的干燥剂可以为CaCl2或。H2S有毒，反应结束后应继续通一段时间氩气，主要目的是排尽装置内残留的，防止污染；、S得沸点不同，从产物中分离得到S的操作是蒸馏。
（3）根据反应过程建立关系式S~~SO2~~I2，n(S)=n(I2)=0.01ml/L×V×10-3L= V×10-5ml；产品中游离硫的质量分数。
A．用快速滤纸过滤时消耗时间过长，不影响S的物质的量，测量值无影响，故不选A；
B．过滤时没有洗涤锥形瓶，S元素物质的量偏少，生成二氧化硫的物质的量偏少，消耗碘标准液体积偏小，测量值偏小，故选B；
C．管式炉中通燃烧时过量，S能完全燃烧，对沉淀结构无影响，故不选C；
D．量取碘标准吸收液结束时，发现滴定管尖嘴内有气泡，则碘标准液体积偏小，测量值偏小，故选D；
选BD。
19．（12分）化合物I是一种抗癫痫药物，我国科学家近来发现I对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式：
已知G的分子式为：
回答下列问题：
（1）A中的官能团的名称 。
（2）下列说法正确的是________。
A．A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和反应使原料的利用率提高
B．D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化
C．A的碱性比的碱性强
D．A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物
（3）E的结构简式 。
（4）写出K到I的化学方程式 .
（5）与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，写出符合下列条件的该产物的同分异构体 （写结构简式）。
a．能发生银镜反应
b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色
c．谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3∶2∶2∶1
（6）运用上述信息设计以为原料制备高分子化合物的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）硝基和氨基（1分）
（2）AB
（3）
（4）+
+HCl
（5）
（6）（3分）
【分析】A与反应生成C，C与H2转化为D，D与反应生成E，E与浓硫酸、浓硝酸发生取代反应生成F，F与NH2NH2转化为G，G与反应转化为H，H与氢气反应转化为I，B与反应生成J，J与氢气发生还原反应生成K，K与反应生成I，据此回答。
【解析】（1）A中的官能团的名称硝基和氨基；
（2）A．根据分析可知，A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2CO3反应使原料的利用率提高，A正确；
B．根据分析可知，D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化，B正确；
C．-CH3对N原子有推电子作用，增大N原子的电子密度，的碱性更强，C错误；
D．A用氢气还原的产物可以和发生取代反应，D错误；
故选AB。
（3）根据分析可知，E的结构简式：；
（4）根据分析，K到I的化学方程式+
+HCl；
（5）与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，满足 a．能发生银镜反应，含有醛基 b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色 ，水解产生酚羟基 c．− H − NMR 谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，四种等效氢，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体有：；
（6）以为原料制备高分子化合物的合成路线，先与反应生成，接着被高锰酸钾转化为，再与NH2NH2转化为，最后得到高分子化合物。
20．（12分）人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为 。回答下列问题：
（1）已知：
① ；
② ；
③a、b均为大于零的数，且a＞b。
（用含a、b的式子表示）。某研究小组设计合成的路线及的部分应用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式为 。
（2）研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂为 。
（3）在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响（如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注）。
①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。
②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。
（4）在T℃时，将6ml （g）和12ml （g）充入容积为10L的恒容容器中，只发生，初始压强为 kPa，测得体系中剩余（g）的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，0～1min内甲醇的反应速率 ，该反应的平衡常数 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式）
②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）（1分）
（3）① ②有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快（1分）
（4）①0.2（1分） ②升高温度（1分）
【解析】（1）根据方程式可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为；
（2）根据据分析，催化剂为得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为；
（3）依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为：有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快；
（4）从图中可知，1min时H2的物质的量为6ml，起始的H2的物质的量为12ml，变化的H2的物质的量为6ml，故变化的甲醇的物质的量为2ml，0～1min内甲醇的反应速率v(CH3OH)=根据图示，8min后H2的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H2的物质的量为2ml，根据题意有
平衡时候总的物质的量，，，该反应的平衡常数Kp==；状态Ⅲ与状态Ⅰ相比，H2的物质的量增加，参与反应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，该反应是一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。
选项
实验操作及现象
结论
A
向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
甲苯及其同系物均可被酸性高锰酸钾溶液氧化
B
向某稀溶液中加入NaOH溶液，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
溶液中含有
C
向溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色(已知水溶液中为黄色，为橙红色)
增大氢离子浓度可使转化为
D
向溶液中加入少量溶液，再滴加葡萄糖溶液并加热，产生砖红色沉淀
新制可检验葡萄糖