2024泰安高三下学期5月四模考试化学含解析

这是一份2024泰安高三下学期5月四模考试化学含解析，文件包含2024届山东省泰安市高三下学期四模考试化学试题含解析docx、2024届山东省泰安市高三下学期四模考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 La 139 Bi 209
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. 劳动创造美好生活，下列劳动技术不符合化学原理的是
A. 用铝制容器腌制咸菜
B. 用热的纯碱溶液刷洗油污
C. 温水溶解加酶洗衣粉，洗涤效果更好
D. 蒸汽熨烫可使缩水羊毛衫恢复原状
【答案】A
【解析】
【详解】A．用铝制容器腌制咸菜，研制过程中会有酸生成，会和铝表面的氧化物反应，故A错误；
B．纯碱在热水环境中，水解程度加大，碱性增强，和油污反应更充分，故B正确；
C．温水可以更好的提升酶的生物活性，洗涤效果更好，故C正确；
D．羊毛是一种天然纤维，在高温条件下，可以使其软化，更加柔顺，故D正确；
答案选A。
2. 下列化学用语正确的是
A. 基态₂₂Ti原子的轨道表示式：
B. 用电子云轮廓图表示H₂中的σ键形成的示意图：
C. SO₃的VSEPR模型：
D. 2-甲基-1-丁醇的键线式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态₂₂Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，A错误；
B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近重叠，形成s-s σ键，B正确；
C．SO3中心原子S的价层电子对数为3+ =3，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，C错误；
D．2-甲基-1-丁醇的键线式：，D错误；
故选B。
3. 下列实验操作不合理的是
A. 实验室进行钠的燃烧实验时，需戴上护目镜
B. 石油分馏时可以用球形冷凝管冷凝
C. 中和滴定平行实验时，每一次滴定管起始液面保持一致
D. 实验室检验容量瓶是否漏水时，应加水至刻度线附近
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室进行钠的燃烧实验时，反应剧烈，燃烧的火焰和高温可能灼伤眼睛，需佩戴护目镜，A正确；
B．球形冷凝管易残留馏分，不能代替直形冷凝管进行石油分馏实验，B错误；
C．为了减小实验误差，中和滴定平行实验时，每一次滴定管起始液面保持一致，C正确；
D．实验室检验容量瓶是否漏水时，检查操作为：先加自来水至刻度线附近，盖好瓶塞，左手用食指按住瓶塞，其余手指拿住瓶颈刻度线以上部分，右手五指托住瓶底边缘，倒立容量瓶2min，若不漏水，将瓶正立并旋转活塞180°，再倒立观察，D正确；
故答案为：B。
4. 内啡肽能够调节体育运动时的人体机能，下列关于内啡肽叙述错误的是
A. 内啡肽是一种多肽B. 含有四种官能团
C. 能发生水解反应D. 由五种氨基酸缩合而成
【答案】D
【解析】
【分析】该结构中含有羟基，羧基，氨基、酰胺基四种官能团，该结构中含有四个酰胺基，即由五个氨基酸缩合而成，但五个氨基酸属于三种；
【详解】A．结构中有多个酰胺基故属于多肽，A正确；
B．结构中含有羧基、羟基、氨基、酰胺基四种官能团，B正确；
C．结构中含有酰胺基，可以发生水解反应，C正确；
D．结构中含有四个酰胺基，但是由三种氨基酸缩合，D错误；
故选D。
5. Cr³⁺能形成多种配位化合物，[Cr(NH₃)₃(H₂O)₂Cl]Cl₂是其中一种。下列说法错误的是
A. 该配合物中的配离子存在多种同分异构体
B. 对该配合物进行加热时，配体H₂O比NH₃更容易失去
C. 提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态
D. 向含1ml该配合物的溶液中滴加AgNO₃溶液至过量，可生成2mlAgCl沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故存在多种异构体，故A正确；
B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，对配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故B正确；
C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N、O和Cl，它们的基态时核外电子空间运动状态分别为5，5，9，故C错误；
D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-，可知，常温下，向含1 ml该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2ml AgCl沉淀，故D正确；
答案选C。
6. 某天然矿石的晶体由原子序数依次增大的三种前四周期元素X、Y、Z组成，该晶体结构如图所示。其中Y元素的一种氧化物具有磁性，Z元素只有一个4s电子。下列说法正确的是
A. Y、Z均位于元素周期表的ds区
B. 晶胞中各原子的配位数不相同
C. 该天然矿石的化学式ZYX₂
D. 电负性：Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】Y元素的一种氧化物具有磁性，则Y为Fe，Z元素只有一个4s电子，Z为Cu，根据Z在8个顶点和4个面心、1个体心，则均摊为，Y有6个在面心，4个在棱心，均摊为，X在内部，有8个，则X的化合价为-2价，则天然矿石为黄铜矿，X为S，化学式为CuFeS2，据此回答。
【详解】A．Y位于元素周期表的d区，Z位于元素周期表的ds区，A错误；
B．CuFeS2中Cu位于面心，与之最近的S为4个，S分别与2个Cu和2个Fe相连，所以Cu、S的配位数均为4，B错误；
C．该天然矿石的化学式CuFeS2，C正确；
D．X为S，非金属的电负性大于Fe，所以电负性：X>Y，D错误；
故选C。
7. 某种离子液体由短周期的非金属元素P、Q、X、Y、Z五种元素组成，其结构如图所示。Q、X、Y、Z处于同一周期，基态P原子的电子层数与核外电子总数相等，Q的一种同位素用于文物年代的测定，基态X原子的p能级处于半充满状态。下列说法正确的是
A. 原子半径YB. Y的最高价氧化物的水化物是三元酸
C. [YZ₄]⁻中的Z换成Cl，离子液体的熔点会升高
D. 阳离子中含有的大π键为
【答案】D
【解析】
【分析】Q的一种同位素用于文物年代的测定,Q为C元素；根阴离子结构，Z得到1个电子后可与Z形成4个共价键，说明Z为第IIIA族元素，则Z为B元素；Z为第第VIIA族元素，Z为F元素；基态X原子的p能级处于半充满状态，与Q、Y、Z处于同一周期，则X为N元素；基态P原子的电子层数与核外电子总数相等，可与Q形成1个共价键，则P为H元素。
【详解】A．电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，原子半径：，A错误；
B．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为HNO3，为一元酸，B错误；
C．F电负性大于Cl，若[YZ₄]⁻中的Z换成Cl，离子键作用力减弱，离子液体的熔点会降低，C错误；
D．基态C原子sp2杂化后未参与杂化的p轨道上有1个电子，基态N原子sp2杂化后未参与杂化的p轨道上有2个电子，失去一个电子形成阳离子，3个C与2个N形成大π键为，D正确；
答案选D。
8. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置中可以用碳酸钙和稀盐酸制备少量二氧化碳，A正确；
B．图示为阴极保护法，牺牲阳极保护法利用的是原电池，B错误；
C．因为氯化铜水解先生成氢氧化铜沉淀和容易挥发的氯化氢，继续加热氢氧化铜分解又会生成氧化铜和易挥发的水，不能通过该装置制取CuCl₂固体，C错误；
D．加入盐酸酸化的氯化钡生成白色沉淀可以证明溶液中有氯离子或硫酸根，D错误；
故选A。
9. 我国科学家首次设计了一种可充电铋-空气电池，具有较强稳定性，该电池使用了非碱性的三氟甲磺酸铋水系电解质溶液，简写为 Bi(OTf)₃(Mr=656g·ml⁻¹)，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，Y极电极反应式：2H2O+O₂+4e⁻=4OH⁻
B. 充电时，Y电极发生还原反应
C. 电解质溶液的作用是让电子在电池内通过，形成闭合回路
D. 若标准状况下消耗1.68L O₂，理论上负极区电解质溶液增重65.6g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋；充电时，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，铋离子在阴极得到电子发生还原反应生成铋，Y电极为阳极，三氧化二铋在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和铋离子。
【详解】A．放电时，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋，电极方程式为：3O₂+12e⁻+4Bi3+=2Bi2O3，A错误；
B．由分析可知，充电时，Y电极为阳极，发生氧化反应，B错误；
C．电子不能在电解质溶液中通过，C错误；
D．放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，电极反应式为Bi-3e-=Bi3+，若标准状况下消耗1.68L O₂，物质的量为=0.075ml，转移0.3ml，负极区溶液中增加铋离子的质量为0.1ml×209g/ml=20.9g，同时有0.1ml 通过阴离子交换膜由正极区进入负极区，所以负极区电解质溶液增重20.9g+0.1ml×447g/ml=65.6g，D正确；
故选D。
10. 高分子Y是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. X与G反应时，断裂C-H键
B. X中有m个酰胺基
C. 一定条件下，X水解可得到E和F
D. G与X生成Y的过程中有缩聚反应发生
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据X、G、Y键线式可知，反应时，断裂C-Cl键以及G中碳碳双键的π键，A错误；
B．根据X键线式可知，X中有m个酰胺基，B正确；
C．一定条件下，X中的酰胺基水解可得到F，但是无法得到E，C错误；
D．G与X生成Y的过程中存在G中碳碳双键的π键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，D错误；
故选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. Cu12Ni、Sn12Ni、Pt12Ni三种催化剂催化CH₄脱氢的部分过程的能量变化如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A. 三种催化剂的反应历程中均分4步进行
B. 三种脱氢反应速率v(Sn12Ni)>v(Cu12Na)>v(Pt12Ni)
C. Sn₁₂Ni催化时，决速步骤的方程式：
D. CH₄在催化剂上的吸附是吸热的过程
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知，共经历四个过渡态，即分为四步进行，A正确；
B．由图中反应历程可知，Sn12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最高，反应速率最慢，而Pt12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最低，反应速率最快，则三种脱氢反应速率：v(Pt12Ni)>v(Cu12Na)>v(Sn12Ni)，B错误；
C．决速步为活化能最大的步骤，根据图示，可知甲烷脱氢过程中决速步为：，C正确；
D．由图可知，Pt12Ni为催化剂时，反应物的总能量大于生成物的总能量，甲烷在催化剂上的吸附为放热反应，D错误；
故选AC。
12. 下列各组实验所得结论或推论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向0.1ml·L⁻¹NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明HA-的水解程度大于电离程度，则Ka2<，Kw>Ka1·Ka2，A错误；
B．蔗糖水解液呈酸性，用新制的氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需要碱性环境，B错误；
C．SO₂和CO₂在水中的溶解度不同，则SO₂和CO₂的饱和水溶液浓度不同，不能通过测溶液的pH判断酸性：H₂SO₃>H₂CO₃，C错误；
D．把苯和液溴的混合液中加入铁粉中，发生取代反应生成溴苯和HBr，将产生的气体通入CCl₄，除去HBr中混有的苯和溴单质，再通入AgNO₃溶液，产生淡黄色沉淀，D正确；
故选D。
13. 我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料学转化为下列说法错误的是
A. 放电时，电子从b电极经过导线传导到a电极
B. 放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e⁻=Mn2++2H2O
C. 充电时，③区溶液碱性增强
D. 充电一段时间后，②区K2SO4浓度增大。
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应-2ne-=+2nK+，是原电池负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应：MnO2+4H⁺+2e⁻=Mn2++2H2O，阳离子减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液是电极，b为负极，①为酸性溶液是二氧化锰电极，a为正极，据此回答。
【详解】A．放电时，电子从负极到正极，所以b电极经过导线传导到a电极，A正确；
B．放电时，a电极为正极，电极反应式为MnO2+4H⁺+2e⁻=Mn2++2H2O，B正确；
C．充电时，b电极方程式为：+2nK++2ne-=，③区溶液碱性在增强，C正确；
D．充电时，②区溶液中向①区迁移，②区K2SO4浓度减小，D错误；
故选D。
14. 实验室制备丙炔酸甲酯(CH≡C—COOCH₃，沸点为103~105℃)的流程如下图所示，下列说法正确的是
A. “蒸馏”时可用水浴加热
B. “操作1”名称为洗涤
C. “洗涤2”中5% Na₂CO₃溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质
D. “反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙炔酸、甲醇
【答案】C
【解析】
【分析】在反应瓶中，加入丙炔酸和甲醇，其中甲醇过量可促进酯化反应正向进行，提高丙炔酸的转化率，反应后的混合液中加入饱和食盐水，分液分离出有机相，分别用5%的碳酸钠溶液、水洗涤可以除去未反应完的丙炔酸和无机盐，有机相不溶于水，可用分液的方式分离出来，有机相经过无水硫酸钠干燥、过滤、蒸馏即可得到丙炔酸甲酯，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，丙炔酸甲酯的沸点超过100℃，故“蒸馏”时不可用水浴加热，A错误；
B．由分析可知，“操作1”名称为干燥，B错误；
C．由分析可知，“洗涤2”中5% Na₂CO₃溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质，C正确；
D．由分析可知，“反应”前加入试剂的顺序为丙炔酸、甲醇，最后加入浓硫酸，D错误；
故答案为：C。
15. H₂L为某邻苯二酚类配体，其pKa1=7.46，pK2=12.4(pKa=-lgKa)。常温下构建Fe(Ⅲ)-H₂I溶液体系，其中c0(Fe3+)=2.0×10-4ml·L，c0(H2L)=5.0×10-3ml⋅L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数 ，已知lg 5≈0.7。下列说法正确的是
A. 当pH=0.5时，体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)
B. L²⁻+Fe³⁺FeL⁺平衡常数的lgK约为20
C. pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为HL⁻
D. 当pH=10时，参与配位的c(L²⁻)≈2×10⁻⁴ml⋅L⁻¹
【答案】BC
【解析】
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=0.5时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H₂L的一级电离常数可以简单计算pH=0.5时溶液中，但pH=0.5时c(OH-)=10-13.5ml/L，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．L²⁻+Fe³⁺FeL⁺的平衡常数K=，当时，K= ，此时体系的pH=1，由，pH=1时，c(H+)=0.1ml/L，此时c(L2-)与c(HL-)相对c(H2L)来说，其量小很多，可忽略不计，则c(H2L)=5.0×10-3ml/L，lg5=0.7，代入上式可得c(L2-)=5×10-20.86 ml/L，在K==0.2×1020.86≈1020，B正确；
C．由H2L的 pKa2=12.4可知，当pH=12.4时，，，则pH在9.5~10.5之间时，相当于电离平衡逆向移动，含L的物种主要为HL-，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和 [FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeLs])=c([FeL2(OH)]2)=1×10-4ml/L，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4 ml/L的 L2-，形成[FeL2(OH)]2消耗了2×10-4 ml/L的L2-，共消耗了5×10-4 ml/L的 L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4 ml/L，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 储氢材料是目前化学科学研究的热点，目前有非金属硼氨氢化物、金属储氢材料以及复合储氢材料等。
（1）在镍的表面覆盖石墨烯，可大大增加储氢材料释放氢气的速率。石墨烯是单层碳原子组成的平面结构，具有良好的导电、导热性。
①已知参与形成π键的电子数越多，键长越短，则石墨烯中碳碳键长_______苯中碳碳键长(填“>”“<”或“=”)。
②向绿色的硫酸镍溶液中滴加丁二酮肟溶液，溶液中产生美丽的鲜红色沉淀，此反应化学方程式如下。
丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为_______和_______，1ml丁二酮肟分子所含σ键的数目为_______，键角α_______β(填“>”“<”或“=”)。
（2）镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，结构如下图所示。
①基态Ni原子的价电子排布式为_______。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。设La的原子的分数坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子的分数坐标可以为_______。
③该晶胞最多可容纳9个氢原子，已知该合金的密度为 假定吸氢后体积不变，则合金中氢的最大密度为_______g⋅cm⁻³。
（3）N₂H₄·BH₃是一种有效、安全的固体储氢材料，在催化剂作用下水解产生H₃BO₃、N₂和H₂。已知电负性：N>H>B，则1ml N₂H₄⋅BH₃水解最多生成H₂_______ ml。
【答案】（1） ①. > ②. ③. ④. ⑤. <
（2） ①. ②. 或 ③.
（3）5
【解析】
【小问1详解】
①石墨、苯中的碳碳键均以sp2杂化轨道互相结合，由于石墨中每个碳原子与另外3个碳原子通过碳碳键相连，则一个碳碳键上平均有个电子；苯中一个碳碳键上有1个π电子，参与形成π键的电子数越多，键长越短，则石墨烯中碳碳键长>苯中碳碳键长；
②丁二酮肟分子中含有碳碳双键和甲基，C原子轨道杂化类型为和，单键是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1ml丁二酮肟分子所含σ键的数目为，键角α对应的N原子有一对孤电子对，键角β对应的N原子没有孤电子对，两者均为sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，所以键角α<β。
【小问2详解】
①Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为；
②晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上Ni的原子坐标为或；
③设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为。
【小问3详解】
N₂H₄·BH₃是一种有效、安全的固体储氢材料，在催化剂作用下水解产生H₃BO₃、N₂和H₂，化学方程式为：N₂H₄·BH₃ +3H2O H₃BO₃+N₂+5H₂，则1ml N₂H₄⋅BH₃水解最多生成5ml H₂。
17. 以电子废弃物(主要含Au、Cu、C、Ni等金属单质)为原料绿色化回收这些金属的工艺流程如下。
已知：常温下， Ni(OH)₂显碱性， Ksp[Ni(OH)2]=10⁻¹⁵ml³⋅L⁻³；C(OH)₂显两性，pH=13.1时开始溶解生成C(OH) (离子浓度小于10⁻⁵ ml·L⁻¹时通常被认为不存在)。
（1）滤渣3的主要成分是_______。
（2）C(OH)₂的酸式电离方程式为_______，其平衡常数为_______，滤液1中金属离子的浓度均为10⁻³ml⋅L⁻¹，加碱调pH的过程中溶液体积变化忽略平计，则a=_______，此时Ni²⁺的浓度为_______ ml·L⁻¹。
（3）滤液4的主要阴离子是Aul，加入Na2S2O5溶液反应的离子方程式是_______。
（4）已知： 滤液5经过简单处理就可以循环利用碘，处理过程需要加入的关键试剂应该是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. 14.1 ④.
（3）
（4）溶液
【解析】
【分析】电子废弃物（主要含Au、Cu、C、Ni等金属单质）用稀硫酸浸泡，充分反应后过滤得到含C2+、Ni2+的滤液1和含Au、Cu的滤渣1；滤液1加碱调pH=a，经过滤得到含的滤液2和成分为Ni(OH)2的滤渣2，滤液2经系列步骤得C，滤渣2经系列步骤得Ni；滤渣1用稀硫酸浸泡并通入O2，充分反应后经过滤得到含Cu2+的滤液3和主要成分为Au的滤渣3，滤渣3中加入KI3—KI混合液反应得到含的滤液4，发生的反应为2Au++I-=2，滤液4用Na2S2O5溶液还原得到Au。
【小问1详解】
根据分析，滤渣3的主要成分为Au。
【小问2详解】
C(OH)2显两性，pH=13.1时开始溶解，其酸式电离方程式为C(OH)2+2H2O+2H+；其平衡常数为c[]c2(H+)=10-5×(10-13.1)2=10-31.2；加碱调节pH的过程中使Ni2+完全沉淀，C(OH)2完全溶解转化成，根据C守恒，溶液中的浓度为10-3ml/L，则c(H+)=ml/L=10-14.1ml/L，则加碱调pH=a=14.1，此时Ni2+的浓度为ml/L=10-15.2ml/L。
【小问3详解】
Na2S2O5将还原为Au，被氧化成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为4++3H2O=4Au+2+8I-+6H+。
【小问4详解】
已知： I2+I-，滤液5经过简单处理就可以循环利用碘，需要加入氧化剂将I-氧化成I2，为了不引入新杂质，加入的关键试剂是H2O2溶液。
18. H₂S是生命体系信号分子，它参与调节神经信号传递，具有舒张血管的功能。已知H₂S的沸点是-60.4℃。
（1）某兴趣小组用CaS与MgCl₂反应制备高纯H₂S，实验装置如图所示(装置A内产生的H₂S气体中含有酸性气体杂质)。
①A中发生的反应化学方程式是_______。
②装置B的作用是_______。装置C中的Ba(OH)₂可不可以换成NaHS？ _______(填“可以”或“不可以”)，若填“可以”，则发生反应的离子方程式是_______(若填不可以，则忽略此空)。
③玻璃装置骤冷骤热的温差不可超过40℃，否则容易破裂。此实验为防止玻璃装置炸裂而采取的设计是_______。
④装置G的作用是_______。
（2）NO与H₂S之间的反应及产物非常复杂，研究发现，HNO、HSNO、HSSNO、HS等均是生理过程的关键物种。已知SSNO⁻参与多个生理过程。其中涉及SSNO⁻形成及变化的可能反应如下：
HSNO+HS→SSNO⁻+HS⁻+H⁺ K1=5.0×10²
HSNO+HS→HSSNO+HS⁻ K2=25.2
计算此温度下HSSNO的电离常数Ka=_______(保留小数点后1位数字)。
（3）H₂S的水溶液是一种重要氮量分析试剂，已知25 ℃时，在0.10 ml⋅L⁻¹ H₂S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S²⁻)关系如图所示(忽略溶液体稠的变化、H₂S的挥发)。pH=13时，溶液中的c(H₂S)+c(HS⁻)=_______ml⋅L⁻¹。
【答案】（1） ①. CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2↓+H2S↑ ②. 除去H2S中的酸性气体(如HCl)(同时防止消耗装置C中的Ba(OH)2) ③. 可以 ④. HS-+H+=H2S↑ ⑤. 通过E、F两个冷却装置逐步冷却H2S气体至-80℃ ⑥. 吸收空气中的水蒸气，吸收硫化氢等尾气
（2）19.8 （3）0.043
【解析】
【分析】由题干装置图可知，用CaS与MgCl2反应制备高纯H2S，A作为H2S的发生装置，反应的化学方程式：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2↓+H2S↑，装置B是除去硫化氢气体中的HCl,防止消耗装置C中的氢氧化钡，同时酸碱中和反应放热，引起C装置内温度升高，由于不能骤冷，所以E、F都是冷却H2S的装置，D装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和尾气处理装置即吸收空气中的水蒸气，吸收硫化氢等尾气，据此回答。
【小问1详解】
①由分析可知，A中发生的反应化学方程式是CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2↓+H2S↑，故答案为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2↓+H2S↑；
②由分析可知，装置B的作用是除去硫化氢气体中的HCl，防止消耗装置C中的氢氧化钡，，装置C的作用为进一步除去H2S中的杂质HCl等酸性气体，故装置C中的Ba(OH)₂可以换成NaHS，发生反应的离子方程式是HS-+H+=H2S↑，故答案为：除去硫化氢气体中的HCl(防止消耗装置C中的氢氧化钡)；可以；HS-+H+=H2S↑；
③玻璃装置骤冷骤热的温差不可超过40℃，否则容易破裂，此实验为防止玻璃装置炸裂而采取的设计是通过E、F两个冷却装置逐步冷却H2S气体至-80℃，故答案为：通过E、F两个冷却装置逐步冷却H2S气体至-80℃；
④由分析可知，装置G的作用是吸收空气中的水蒸气，吸收硫化氢等尾气，故答案为：吸收空气中的水蒸气，吸收硫化氢等尾气；
【小问2详解】
根据题干信息①HSNO+HS→SSNO⁻+HS⁻+H⁺，②HSNO+HS→HSSNO+HS⁻，HSSNO的电离方程式为：HSSNOH++SSNO-，该电离方程式可以由①-②：故此温度下HSSNO的电离常数Ka==≈19.8，故答案为：19.8；
【小问3详解】
根据图象，pH=13时，溶液中c(S2-)=5.7×10-2ml/L，根据物料守恒，则溶液中c(H2S)+c(HS-)=0.1ml/L-5.7×10-2ml/L=0.043ml/L，故答案为：0.043。
19. 丹参醇是中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下。
已知：
（1）丹参醇中手性碳原子个数为_______
（2）B的结构简式为_______，B→C的反应类型为_______。
（3）E的分子式为_______
（4）写出A发生聚合反应(环参与成链)的方程式：_______。
（5）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分昇构体的结构简式_______，
①分子中含有苯环，能与FeCl₃溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（6）写出以和，为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用)_______。
【答案】（1）2 （2） ①. ②. 加成反应
（3）
（4） （5） （6）
【解析】
【分析】由于A→B的反应条件是CH3MgBr，可知其与A发生加成反应经水解后生成羟基，再结合C的结构简式可知B的结构简式为，对比E和丹参醇的结构简式可知，可以先用E和溴加成，之后再在氢氧化钠溶液中水解即可得到最终的丹参醇，以此解题。
【小问1详解】
手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，丹参醇中与羟基相连的2个碳原子是手性碳原子；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为，由C的结构可以推知B和发生加成反应生成C；
【小问3详解】
由E的结构简式可知其分子式为；
【小问4详解】
A中含有碳碳双键可以发生加聚反应，化学方程式为：；
【小问5详解】
的分子式是C9H6O3。由条件①可知该同分异构体分子中含苯环、含酚羟基、无醛基；能水解，说明含酯基。水解产物中含苯环的产物应是高度对称的结构，因苯环上的羟基含有氢原子，所以苯环上的氢原子的化学环境完全相同，则该产物的结构只有一种，即在苯环上有两个处于对位的羟基，另一产物中只有2个H原子，其结构简式为，所以该同分异构体的结构简式是；
【小问6详解】
对照已知信息，将在虚线处断开即得和，可由加成后再消去得到，合成路线为：。
20. 作为新质生产力培育的重要领域，目前氢能发展正处在提质增效的关键阶段。甲醇水蒸气重整制氢的方法是目前比较成熟的制氢方法，其部分反应过程如图1所示：
（1）已知： ΔH₁=+90.7kJ⋅ml⁻¹，ΔH₂=-41.2kJ⋅ml⁻¹。若反应Ⅰ逆反应的活化能Ea₁=a kJ⋅ml⁻¹，则正反应的活化能Ea₂=_______kJ⋅ml⁻¹，该条件下反应Ⅲ的热化学方程式为_______。
（2）下图为T℃平衡时含碳产物的选择性(如CO的选择性是指反应生成CO的甲醇占转化的甲醇的百分比)及产氢率随水醇比的变化图像如图2，曲线_______(填“a”、“b”或“c”)是CO的选择性曲线。由图2可知，工业生产中最优水醇比暴_______(填序号)。
A.2.5 B.1.7 C. 1.2
（3）甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂CaO存在的情况下进行的，已知吸附剂CaO的碳酸化反应为：，T℃时， 在温度为T℃的恒压容器的石英管中加入适量CaO，按 通入水蒸气和甲醇，测得压强为P₀kPa，，反应平衡时氢气的分压为b kPa，若此时氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则CO₂的平衡分压为_______kPa，反应I的Kₚ₁=_______。若继续加入甲醇反应至新平衡，与原平衡相比_______(填“增大”“减小”或“不变”)
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. a ②. C
（3） ①. ②. ③. 增大
【解析】
【小问1详解】
ΔH₁=正反应的活化能Ea₂-逆反应的活化能Ea₁= Ea₂- a kJ⋅ml⁻¹=+90.7kJ⋅ml⁻¹，则Ea₂=（）kJ⋅ml⁻¹；反应Ⅰ： ，反应Ⅱ：H2O（g）+CO（g）═H2（g）+CO2（g）△H =-41.2kJ/ml，根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ：即 ；
【小问2详解】
因为的选择性与的选择性之和等于1，且水醇物质的量之比越大，反应Ⅲ正向移动，反应Ⅱ正向移动，则的选择性增大，所以曲线c是的选择性曲线，曲线a是的选择性曲线，曲线b 是产氢率；由图可知，最优水醇物质的量之比是1.2，因为此时产氢率较高，如果继续增加水醇物质的量之比，则水气化消耗的能量较高；
【小问3详解】
已知吸附剂CaO的碳酸化反应为：，T℃时， 即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是；设开始投入水蒸气和甲醇都是1ml，达平衡后总物质的量为n总，总压强为P总，则由压强之比等于物质的量之比知，，设反应Ⅲ中甲醇转化了xml，反应Ⅱ中二氧化碳生成了yml，反应Ⅰ中甲醇转化了zml，则平衡后甲醇为（1-x-z）ml，CO为（z- y）ml，氢气为(3x+y+2z)ml，因为氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，平衡后二氧化碳为0.5（x+y）ml，根据第（2）题知，CO的选择性，CO2的选择性，又根据与可得：，根据与还可以得到：，则，反应Ⅰ的；若继续加入甲醇，则增大，二氧化碳压强仍为，则增大。A．制备少量CO2
B．应用牺牲阳极保护法防止铁片被腐蚀
C．由CuCl₂溶液制取CuCl₂固体
D．检测待测液中否含有
选项
实验操作及现象
结论或推论
A
向0.1ml·L⁻¹NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色
KwB
取少量蔗糖水解液，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，未见砖红色沉淀产生
蔗糖在酸性条件下不能水解
C
相同条件下，分别取等体积的SO₂和CO₂的饱和水溶液于试管中，测pH，前者小
酸性：H₂SO₃>H₂CO₃
D
把苯和液溴的混合液中加入铁粉中，将产生的气体通入CCl₄，再通入AgNO₃溶液，产生淡黄色沉淀
苯与溴发生了取代反应生成了HBr