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黄金卷08-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（广东专用）
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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 C 59
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．下列广东传统民俗文化艺术品中，涉及的主要物质不属于有机高分子的是
A．高州牛角雕刻B．广州木刻版画C．云浮玉雕D．茂名剪纸
【答案】C
【详解】A．牛角的主要成分是属于有机高分子的蛋白质，故A不符合题意；
B．木材的主要成分是属于有机高分子的纤维素，故B不符合题意；
C．玉的主要成分是硅酸盐，硅酸盐不属于有机高分子，故C符合题意；
D．纸的主要成分是属于有机高分子的纤维素，故D不符合题意；
故选C。
2．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
B．实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，其组成元素与生物柴油相同
C．长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量
D．“奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10909m，所用硬质合金潜孔钻头属于复合材料
【答案】C
【详解】A．生产光纤的原料为晶体二氧化硅，选项A错误；
B．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，组成元素是碳和氢，而生物柴油的成分是油脂，组成元素为碳、氢、氧，选项B错误；
C．铝是密度较小的金属，使用铝合金可以减轻火箭质量，选项C正确；
D．金属单质或合金均属于金属材料，即本项中的硬质合金应该属于金属材料，选项D错误。
故答案选C。
3．进行化学实验时应规范实验操作，强化安全意识。下列做法正确的是
A．金属钠失火使用湿毛巾盖灭
B．酒精灯加热平底烧瓶时不垫石棉网
C．萃取碘水实验完成后的废液直接排入下水道中
D．制取硝基苯用到的试剂苯应与浓硝酸分开放置并远离火源
【答案】D
【详解】A．湿毛巾里有水，遇到金属钠会发生反应放热，且生成可燃性气体氢气，所以金属钠失火不可用湿毛巾盖灭，应该用干燥的沙土灭火，故A错误；
B．给烧瓶里的物质加热，要把烧瓶放在铁架台的铁圈上，垫上石棉网，使烧瓶受热均匀不致破裂，故B错误；
C．有毒，用萃取碘水实验完成后的废液需要进行处理，不能直接排入下水道中，故C错误；
D．苯为易燃试剂，应与浓硝酸等强氧化剂分开放置，并远离火源，故D正确；
答案选D。
4．化学与生产生活密切相关。下列物质的用途没有运用相应化学原理的是
【答案】B
【详解】A．氧化铝的熔点高，耐高温，可以用作耐火材料，如制作坩埚，A不符合题意；
B．碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器是利用碳酸氢根离子和铝离子发生双水解产生二氧化碳，B符合题意；
C．油脂属于酯类，可以水解，油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，故以油脂为原料制肥皂，C不符合题意；
D．具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应生成氮气同时生成氯化铵，产生白烟，故可用浓氨水检查氯气管道是否漏气，D不符合题意；
答案选B。
5．下列图示或化学用语错误的是
A．羟基的电子式：
B．H2O的VSEPR模型：
C．Mn2+的价电子的轨道表示式：
D．中子数为5的铍原子：
【答案】C
【详解】A．羟基含有1个单电子，电子式： ，A正确；
B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，VSEPR模型正确，B正确；
C．Mn为25号元素，失去2个电子形成Mn2+，基态Mn2+的价层电子的轨道表示式，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为5的铍原子表示为，D正确；
故选C。
6．物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。结合硫元素的“价—类”二维图分析，下列有关说法正确的是
A．在酸性条件下，将e和f的钠盐溶液混合，会有d生成
B．若上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有3种
C．将b的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了b的强氧化性
D．将c的浓溶液滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了c的脱水性
【答案】A
【详解】A．e和f的钠盐分别是Na2S、Na2SO3，在酸性条件下，将Na2S、Na2SO3溶液混合发生归中反应2S2-++6H+=3S↓+3H2O，故A正确；
B．上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有S、Na2SO3、H2SO3中的S元素化合价既有升高的趋势又有降低的趋势，S、Na2SO3、H2SO3既有氧化性又有还原性； H2S中+1价的H具有弱氧化性、-2价的S具有还原性，H2S既有氧化性又有还原性，故B错误；
C．b是H2SO3，将H2SO3的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了H2SO3的漂白性，故C错误；
D．c是硫酸，将浓硫酸滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；
选A。
7．丹参素是一种具有抗菌消炎及增强机体免疫作用的药物，其结构如图所示，下列关于丹参素的说法错误的是
A．分子式为C9H12O5B．既能与Na反应又能与NaHCO3反应
C．分子中所有碳原子可能共平面D．分子中含有手性碳原子
【答案】A
【详解】A．由结构可知，丹参素的分子式为，A错误；
B．分子中含羟基和羧基，既能与反应又能与反应，B正确；
C．三点确定一个平面，苯环是平面结构，单键可旋转，丹参素分子中所有碳原子可能共平面，C正确；
D．丹参素分子中与羧基相连的碳原子为手性碳原子，D正确；
故选A。
8．实验室制备纯化乙酸乙酯，下列操作正确的是
A．①混合乙醇和浓硫酸B．②收集乙酸乙酯
C．③分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液D．④提纯乙酸乙酯
【答案】C
【详解】A．①操作错误，混合乙醇和浓硫酸时是将浓硫酸缓缓加入到乙醇中，故A错误；
B．②操作错误，收集乙酸乙酯时导管不能伸入到溶液液面一下，故B错误；
C．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，先将下层液体放出，再从上口倒出乙酸乙酯，③操作正确，故C正确；
D．④操作错误，提纯乙酸乙酯时温度计水银部位在支管口处，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．CO与在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：(慢)
第二步：(快)
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是
A．在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成
B．总反应的反应速率由第一步反应决定
C．两步反应均为放热反应
D． FeO*和Fe *均为反应的催化剂
【答案】D
【详解】A．反应物CO的极性键的断裂，生成物CO2有极性键的形成，故A正确；
B．根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故B正确；
C．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；
D．由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是反应的中间产物，故D错误；
故选：D。
10．铬离子能形成多种配位化合物，下列关于说法正确的是
A．中的化合价为
B．中铬离子的配位数是5
C．的沸点比低
D．与的键角相同
【答案】C
【详解】A．NH3、H2O化合价代数和均为0，Cl化合价为-1价，故的化合价为+2-(-1)=+3价，选项A错误；
B．H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl-中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl，中心离子的配位数为3+2+1=6，选项B错误；
C．形成的氢键比的弱，的沸点比低，选项C正确；
D．H2O中的氧原子有两对孤电子对，而NH3中的氮原子只有一对孤电子对，H2O中O原子的孤电子对数更多，对成键电子对的斥力更大，键角更小，选项D错误；
答案选C。
11．常温下，用0.1ml·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c()＜c(Cl-)
【答案】D
【详解】A．依据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，则混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；
B．在氨水滴定前，混合溶液Ka =，c(H+)≈c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)≈Ka，B正确；
C．当滴入氨水10mL时，氨水的物质的量与醋酸的物质的量相等，则依据物料守恒，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．CH3COONH4呈中性，NH4Cl呈酸性，当溶液呈中性时，氨水应过量，氨水滴入量大于20mL，且c()＞c(Cl-)，D错误；
故选D。
12．下列离子方程式表示正确的是
A．侯氏制碱法中制取：
B．用溶液预处理水垢中的：
C．泡沫灭火器的灭火原理：
D．用过量氨水吸收工业尾气中的：
【答案】A
【详解】A．侯氏制碱法中用氨气和二氧化碳通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠，离子方程式：，故A正确；
B．饱和Na2CO3溶液和水垢中的CaSO4能生成更难溶的CaCO3，离子方程式为CO+CaSO4═CaCO3+SO，故B错误；
C．泡沫灭火器的灭火原理为铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO═Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；
D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O，故D错误；
故选：A。
13．科学家在火星岩中发现了一种化合物(结构如图所示)，该化合物中为原子序数依次增大的前20号主族元素，四种元素中只有同周期，W是地壳中含量最多的元素，下列说法不正确的是
A．原子半径：B．元素的电负性：
C．简单气态氢化物的稳定性D．化合物与构成的晶体类型相同
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，四种元素中只有W、X同周期，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素，由阴离子的结构简式可知，X、Y形成共价键的数目分别为1、4，则X为F元素、Y为Si元素，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca元素。
【详解】A．原子核外电子层数越多，原子的原子半径越大，则原子半径的大小顺序为Ca＞Si＞F，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞Si，则电负性的大小顺序为F＞O＞Si，故B正确；
C．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，氟元素的氧化性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，故C正确；
D．二氧化硅为共价晶体，氟化钙为离子晶体，两者的晶体类型不同，故D错误；
故选D。
14．一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B⇌C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应①的活化能大于反应②B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率D．t2时，c(C)=c0-c(B)
【答案】A
【详解】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1:1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D正确；
故选：A。
15．相比锂电池，钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，且可循环使用，寿命较长，对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为，下列说法错误的是
A．充电时，N极接电源的负极
B．放电时，导线中每通过1ml电子，理论上M极质量减轻23g
C．放电时，N电极上的电极反应式为
D．理论上，该电池在充、放电过程中，溶液中的钠离子浓度始终不变
【答案】B
【分析】该装置为二次电池，放电为原电池装置，充电为电解池，根据装置图，放电时，Na+向左边电极移动，根据原电池工作原理，左边电极为正极，右边电极为负极，据此分析。
【详解】A．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F 电极方向移动，所以 NaFePO4F 电极为正极，充电时作阳极与外接电源正极相连，即M接电源正极，N接电源负极，故A说法正确；
B．根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ， M极质量不会减轻，反而会增重，导线中每通过1ml 电子，理论上M极质量增重23g ，故B说法错误；
C．由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极N上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+ ，故C说法正确；
D．由图示知， NaFePO4F 、 Na2FePO4F 、 Na3Ti2(PO4)3 、 NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时两极反应的 Na+ 生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，故D说法正确；
答案为B。
16．淀粉水解液在催化剂的作用下，经硝酸氧化可以生成草酸(H2C2O4)。某学习小组在实验室制备草酸并探究其性质，已知：草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大。下列实验操作不能达到相应实验目的的是
【答案】C
【详解】A．向烧瓶中加入淀粉和稀硫酸溶液，加热，淀粉发生水解，可以制备淀粉水解液，能达到实验目的，故A不符合；
B．由题目可知，草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，故提纯草酸晶体，需加热溶解粗产品，趁热过滤杂质，然后冷却结晶，过滤，用冰水洗涤以减少晶体损失，最后干燥，能达到实验目的，故B不符合；
C．消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍不能说明草酸为二元弱酸，只能说明草酸为二元酸，不能达到实验目的，故C符合；
D．向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸，若高锰酸钾溶液褪色，则说明高锰酸钾被还原，可以证明草酸具有还原性，能达到实验目的，故D不符合；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）实验室以为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：
(1)法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 。
②停止通入，过滤除去 (填化学式，下同)，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到粗品。若通入过多，产品中可能混有的杂质是 。
(2)电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 ，阴极产生的气体为 (填化学式)。
②与法相比，电解法的主要优点是 (写一条)。
(3)高锰酸钾可用于测定软锰矿中的含量，实验过程如下：
称取m g样品于锥形瓶中，加入溶液，加稀酸化，充分反应后，用，标准溶液滴定过量的，消耗溶液。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 。
②软锰矿中的质量分数表达式为 。
【答案】(1)基本完全反应生成了
(2) 纯度高，产率高
(3)最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色
【分析】用两种方法制备高锰酸钾：当溶液碱性减弱时易发生反应：，法：通入，溶液酸性逐渐减弱，同时生成K2CO3，若过多，会与KOH反应生成；电解法：阳极为：，阴极为：，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高；写出测定过程中发生两个反应方程式，根据方程式或关系式计算。
【详解】(1)①溶液有紫红色说明生成，而没有绿色痕迹，说明基本反应完成；故答案为：基本完全反应生成了；
②通入，溶液酸性逐渐减弱，由题目信息可知同时生成的还有沉淀，可通过过滤除去；故答案为：；
若过多，会与KOH反应生成，故产品中还可能混有。故答案为：；
(2)①由题可写出电极方程式：
阳极为：
阴极为：
故答案为：；；
②和(1)中法相比，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高。故答案为：纯度高，产率高；
(3)由题可知测定过程中发生两个反应，首先是，反应完成后剩余再与反应：。当反应完成后，剩余，溶液变为紫色。
① ②
故测得质量为，
质量分数为，故答案为：最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色；。
18．（14分）锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、C等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、C是中等活泼金属，氧化性：；
②常温下，。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径 。
(2)写出“酸浸”时金属C与稀反应的化学方程式 ；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、 。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是 ，“沉钴”时溶液的作用是 。
(4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求= (写出计算过程，保留两位有效数字)。
(5)“沉钴”产物可用于制备CO，CO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有 个；设与的最近的核间距为r nm，CO晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为 (填字母选项)。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) 、
(3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则
(5) 12 B
【分析】电池废料转化为Li、Fe、C及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属C与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则；
（5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
19．（14分）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有 、 。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 kPa，该反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的△H2= (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 (选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6):n(O2)=1:1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式 。该历程的催化剂是 。
【答案】(1)升高温度 降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
(2) 110 15
(3)△H3−2△H4
(4)a
(5)体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 AB C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙ BNOH
【详解】（1）C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1ml，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
（3）根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3−2ΔH4。答案为：ΔH3−2ΔH4；
（4）为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
（5）升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；
故选AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO∙和HO2∙，生成的BNO∙再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5∙、C2H5∙再与O2反应生成C2H4和HO2∙；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙；BNOH。
20．（14分）光刻胶主要应用于显示面板、集成电路等细微图形加工，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。
已知：①+R2CH2CHO(R1、R2为烃基或氢原子)
②+R2OH+HCl
(1)①A的结构简式为_______；②C中所含官能团的名称为_______。
(2)羧酸X的名称为_______。
(3)E物质不能发生的反应是_______(填序号)。
a.加成反应 b.消去反应 c.取代反应 d.加聚反应 e.缩聚反应
(4)D和G反应生成光刻胶的化学反应方程式为_______。
(5)写出满足下列条件的B的其中一种同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有苯环
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1
(6)结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。_______
【答案】(1) 碳碳双键、羧基
(2)乙酸
(3)be
(4)n+→+nHCl
(5)(或)
(6)CH3CHO
【分析】A与CH3CHO发生类似信息①的反应生成B并生成一分子水，根据B的分子式可知A的分子式为C7H6O，且A中含有醛基，则A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C发生取代反应生成D；乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，结合E的结构可知，X为CH3COOH，F为，F发生水解反应生成G，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式为，C的结构简式为，其中含有的官能团名称为碳碳双键、羧基。
（2）根据分析可知，羧酸X的名称为乙酸。
（3）E物质中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成反应，加聚反应和取代反应，不能发生缩聚反应和消去反应，故答案选be。
（4）G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，其化学方程式为n+→+nHCl。
（5）能发生银镜反应说明含有醛基，分子中含有苯环，核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1，则满足条件的B的同分异构体结构简式为(或)。
（6）CH3CHO在NaOH溶液加热条件下发生信息Ⅰ的反应生成， 与溴单质发生加成反应得到，发生卤代烃的水解反应生成，被高锰酸钾氧化最终生成，则合成路线为CH3CHO
选项
用途
化学原理
A
氧化铝用于制作坩埚
氧化铝的熔点高
B
碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器
碳酸氢钠受热易分解
C
以油脂为原料制肥皂
油脂可以发生皂化反应
D
用浓氨水检查氯气管道是否漏气
具有还原性
选项
实验目的
实验操作
A
制备淀粉水解液
向烧瓶中加入淀粉和稀硫酸溶液，加热
B
提纯草酸晶体
向草酸粗产品中加入适量水，加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，干燥
C
验证草酸为二元弱酸
用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍
D
验证草酸的还原性
取酸性KMnO4溶液于试管中，滴加草酸溶液，溶液颜色逐渐褪去
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 C 59
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．下列广东传统民俗文化艺术品中，涉及的主要物质不属于有机高分子的是
A．高州牛角雕刻B．广州木刻版画C．云浮玉雕D．茂名剪纸
【答案】C
【详解】A．牛角的主要成分是属于有机高分子的蛋白质，故A不符合题意；
B．木材的主要成分是属于有机高分子的纤维素，故B不符合题意；
C．玉的主要成分是硅酸盐，硅酸盐不属于有机高分子，故C符合题意；
D．纸的主要成分是属于有机高分子的纤维素，故D不符合题意；
故选C。
2．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
B．实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，其组成元素与生物柴油相同
C．长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量
D．“奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10909m，所用硬质合金潜孔钻头属于复合材料
【答案】C
【详解】A．生产光纤的原料为晶体二氧化硅，选项A错误；
B．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，组成元素是碳和氢，而生物柴油的成分是油脂，组成元素为碳、氢、氧，选项B错误；
C．铝是密度较小的金属，使用铝合金可以减轻火箭质量，选项C正确；
D．金属单质或合金均属于金属材料，即本项中的硬质合金应该属于金属材料，选项D错误。
故答案选C。
3．进行化学实验时应规范实验操作，强化安全意识。下列做法正确的是
A．金属钠失火使用湿毛巾盖灭
B．酒精灯加热平底烧瓶时不垫石棉网
C．萃取碘水实验完成后的废液直接排入下水道中
D．制取硝基苯用到的试剂苯应与浓硝酸分开放置并远离火源
【答案】D
【详解】A．湿毛巾里有水，遇到金属钠会发生反应放热，且生成可燃性气体氢气，所以金属钠失火不可用湿毛巾盖灭，应该用干燥的沙土灭火，故A错误；
B．给烧瓶里的物质加热，要把烧瓶放在铁架台的铁圈上，垫上石棉网，使烧瓶受热均匀不致破裂，故B错误；
C．有毒，用萃取碘水实验完成后的废液需要进行处理，不能直接排入下水道中，故C错误；
D．苯为易燃试剂，应与浓硝酸等强氧化剂分开放置，并远离火源，故D正确；
答案选D。
4．化学与生产生活密切相关。下列物质的用途没有运用相应化学原理的是
【答案】B
【详解】A．氧化铝的熔点高，耐高温，可以用作耐火材料，如制作坩埚，A不符合题意；
B．碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器是利用碳酸氢根离子和铝离子发生双水解产生二氧化碳，B符合题意；
C．油脂属于酯类，可以水解，油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，故以油脂为原料制肥皂，C不符合题意；
D．具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应生成氮气同时生成氯化铵，产生白烟，故可用浓氨水检查氯气管道是否漏气，D不符合题意；
答案选B。
5．下列图示或化学用语错误的是
A．羟基的电子式：
B．H2O的VSEPR模型：
C．Mn2+的价电子的轨道表示式：
D．中子数为5的铍原子：
【答案】C
【详解】A．羟基含有1个单电子，电子式： ，A正确；
B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，VSEPR模型正确，B正确；
C．Mn为25号元素，失去2个电子形成Mn2+，基态Mn2+的价层电子的轨道表示式，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为5的铍原子表示为，D正确；
故选C。
6．物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。结合硫元素的“价—类”二维图分析，下列有关说法正确的是
A．在酸性条件下，将e和f的钠盐溶液混合，会有d生成
B．若上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有3种
C．将b的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了b的强氧化性
D．将c的浓溶液滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了c的脱水性
【答案】A
【详解】A．e和f的钠盐分别是Na2S、Na2SO3，在酸性条件下，将Na2S、Na2SO3溶液混合发生归中反应2S2-++6H+=3S↓+3H2O，故A正确；
B．上图中盐为钠的正盐，则图中既有氧化性又有还原性的物质有S、Na2SO3、H2SO3中的S元素化合价既有升高的趋势又有降低的趋势，S、Na2SO3、H2SO3既有氧化性又有还原性； H2S中+1价的H具有弱氧化性、-2价的S具有还原性，H2S既有氧化性又有还原性，故B错误；
C．b是H2SO3，将H2SO3的稀溶液滴加到品红溶液中，品红溶液褪色，体现了H2SO3的漂白性，故C错误；
D．c是硫酸，将浓硫酸滴加在胆矾晶体上，晶体由蓝色变成白色，体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；
选A。
7．丹参素是一种具有抗菌消炎及增强机体免疫作用的药物，其结构如图所示，下列关于丹参素的说法错误的是
A．分子式为C9H12O5B．既能与Na反应又能与NaHCO3反应
C．分子中所有碳原子可能共平面D．分子中含有手性碳原子
【答案】A
【详解】A．由结构可知，丹参素的分子式为，A错误；
B．分子中含羟基和羧基，既能与反应又能与反应，B正确；
C．三点确定一个平面，苯环是平面结构，单键可旋转，丹参素分子中所有碳原子可能共平面，C正确；
D．丹参素分子中与羧基相连的碳原子为手性碳原子，D正确；
故选A。
8．实验室制备纯化乙酸乙酯，下列操作正确的是
A．①混合乙醇和浓硫酸B．②收集乙酸乙酯
C．③分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液D．④提纯乙酸乙酯
【答案】C
【详解】A．①操作错误，混合乙醇和浓硫酸时是将浓硫酸缓缓加入到乙醇中，故A错误；
B．②操作错误，收集乙酸乙酯时导管不能伸入到溶液液面一下，故B错误；
C．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，先将下层液体放出，再从上口倒出乙酸乙酯，③操作正确，故C正确；
D．④操作错误，提纯乙酸乙酯时温度计水银部位在支管口处，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．CO与在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：(慢)
第二步：(快)
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是
A．在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成
B．总反应的反应速率由第一步反应决定
C．两步反应均为放热反应
D． FeO*和Fe *均为反应的催化剂
【答案】D
【详解】A．反应物CO的极性键的断裂，生成物CO2有极性键的形成，故A正确；
B．根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故B正确；
C．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；
D．由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是反应的中间产物，故D错误；
故选：D。
10．铬离子能形成多种配位化合物，下列关于说法正确的是
A．中的化合价为
B．中铬离子的配位数是5
C．的沸点比低
D．与的键角相同
【答案】C
【详解】A．NH3、H2O化合价代数和均为0，Cl化合价为-1价，故的化合价为+2-(-1)=+3价，选项A错误；
B．H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl-中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl，中心离子的配位数为3+2+1=6，选项B错误；
C．形成的氢键比的弱，的沸点比低，选项C正确；
D．H2O中的氧原子有两对孤电子对，而NH3中的氮原子只有一对孤电子对，H2O中O原子的孤电子对数更多，对成键电子对的斥力更大，键角更小，选项D错误；
答案选C。
11．常温下，用0.1ml·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c()＜c(Cl-)
【答案】D
【详解】A．依据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，则混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；
B．在氨水滴定前，混合溶液Ka =，c(H+)≈c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)≈Ka，B正确；
C．当滴入氨水10mL时，氨水的物质的量与醋酸的物质的量相等，则依据物料守恒，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．CH3COONH4呈中性，NH4Cl呈酸性，当溶液呈中性时，氨水应过量，氨水滴入量大于20mL，且c()＞c(Cl-)，D错误；
故选D。
12．下列离子方程式表示正确的是
A．侯氏制碱法中制取：
B．用溶液预处理水垢中的：
C．泡沫灭火器的灭火原理：
D．用过量氨水吸收工业尾气中的：
【答案】A
【详解】A．侯氏制碱法中用氨气和二氧化碳通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠，离子方程式：，故A正确；
B．饱和Na2CO3溶液和水垢中的CaSO4能生成更难溶的CaCO3，离子方程式为CO+CaSO4═CaCO3+SO，故B错误；
C．泡沫灭火器的灭火原理为铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO═Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；
D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O，故D错误；
故选：A。
13．科学家在火星岩中发现了一种化合物(结构如图所示)，该化合物中为原子序数依次增大的前20号主族元素，四种元素中只有同周期，W是地壳中含量最多的元素，下列说法不正确的是
A．原子半径：B．元素的电负性：
C．简单气态氢化物的稳定性D．化合物与构成的晶体类型相同
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，四种元素中只有W、X同周期，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素，由阴离子的结构简式可知，X、Y形成共价键的数目分别为1、4，则X为F元素、Y为Si元素，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca元素。
【详解】A．原子核外电子层数越多，原子的原子半径越大，则原子半径的大小顺序为Ca＞Si＞F，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞Si，则电负性的大小顺序为F＞O＞Si，故B正确；
C．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，氟元素的氧化性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，故C正确；
D．二氧化硅为共价晶体，氟化钙为离子晶体，两者的晶体类型不同，故D错误；
故选D。
14．一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B⇌C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应①的活化能大于反应②B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率D．t2时，c(C)=c0-c(B)
【答案】A
【详解】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1:1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D正确；
故选：A。
15．相比锂电池，钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，且可循环使用，寿命较长，对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为，下列说法错误的是
A．充电时，N极接电源的负极
B．放电时，导线中每通过1ml电子，理论上M极质量减轻23g
C．放电时，N电极上的电极反应式为
D．理论上，该电池在充、放电过程中，溶液中的钠离子浓度始终不变
【答案】B
【分析】该装置为二次电池，放电为原电池装置，充电为电解池，根据装置图，放电时，Na+向左边电极移动，根据原电池工作原理，左边电极为正极，右边电极为负极，据此分析。
【详解】A．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F 电极方向移动，所以 NaFePO4F 电极为正极，充电时作阳极与外接电源正极相连，即M接电源正极，N接电源负极，故A说法正确；
B．根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F ， M极质量不会减轻，反而会增重，导线中每通过1ml 电子，理论上M极质量增重23g ，故B说法错误；
C．由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极N上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+ ，故C说法正确；
D．由图示知， NaFePO4F 、 Na2FePO4F 、 Na3Ti2(PO4)3 、 NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时两极反应的 Na+ 生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，故D说法正确；
答案为B。
16．淀粉水解液在催化剂的作用下，经硝酸氧化可以生成草酸(H2C2O4)。某学习小组在实验室制备草酸并探究其性质，已知：草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大。下列实验操作不能达到相应实验目的的是
【答案】C
【详解】A．向烧瓶中加入淀粉和稀硫酸溶液，加热，淀粉发生水解，可以制备淀粉水解液，能达到实验目的，故A不符合；
B．由题目可知，草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，故提纯草酸晶体，需加热溶解粗产品，趁热过滤杂质，然后冷却结晶，过滤，用冰水洗涤以减少晶体损失，最后干燥，能达到实验目的，故B不符合；
C．消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍不能说明草酸为二元弱酸，只能说明草酸为二元酸，不能达到实验目的，故C符合；
D．向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸，若高锰酸钾溶液褪色，则说明高锰酸钾被还原，可以证明草酸具有还原性，能达到实验目的，故D不符合；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）实验室以为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：
(1)法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 。
②停止通入，过滤除去 (填化学式，下同)，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到粗品。若通入过多，产品中可能混有的杂质是 。
(2)电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 ，阴极产生的气体为 (填化学式)。
②与法相比，电解法的主要优点是 (写一条)。
(3)高锰酸钾可用于测定软锰矿中的含量，实验过程如下：
称取m g样品于锥形瓶中，加入溶液，加稀酸化，充分反应后，用，标准溶液滴定过量的，消耗溶液。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 。
②软锰矿中的质量分数表达式为 。
【答案】(1)基本完全反应生成了
(2) 纯度高，产率高
(3)最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色
【分析】用两种方法制备高锰酸钾：当溶液碱性减弱时易发生反应：，法：通入，溶液酸性逐渐减弱，同时生成K2CO3，若过多，会与KOH反应生成；电解法：阳极为：，阴极为：，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高；写出测定过程中发生两个反应方程式，根据方程式或关系式计算。
【详解】(1)①溶液有紫红色说明生成，而没有绿色痕迹，说明基本反应完成；故答案为：基本完全反应生成了；
②通入，溶液酸性逐渐减弱，由题目信息可知同时生成的还有沉淀，可通过过滤除去；故答案为：；
若过多，会与KOH反应生成，故产品中还可能混有。故答案为：；
(2)①由题可写出电极方程式：
阳极为：
阴极为：
故答案为：；；
②和(1)中法相比，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高。故答案为：纯度高，产率高；
(3)由题可知测定过程中发生两个反应，首先是，反应完成后剩余再与反应：。当反应完成后，剩余，溶液变为紫色。
① ②
故测得质量为，
质量分数为，故答案为：最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色；。
18．（14分）锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、C等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、C是中等活泼金属，氧化性：；
②常温下，。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径 。
(2)写出“酸浸”时金属C与稀反应的化学方程式 ；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、 。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是 ，“沉钴”时溶液的作用是 。
(4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求= (写出计算过程，保留两位有效数字)。
(5)“沉钴”产物可用于制备CO，CO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有 个；设与的最近的核间距为r nm，CO晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为 (填字母选项)。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) 、
(3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则
(5) 12 B
【分析】电池废料转化为Li、Fe、C及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属C与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则；
（5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
19．（14分）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有 、 。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 kPa，该反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的△H2= (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 (选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6):n(O2)=1:1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式 。该历程的催化剂是 。
【答案】(1)升高温度 降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
(2) 110 15
(3)△H3−2△H4
(4)a
(5)体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 AB C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙ BNOH
【详解】（1）C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1ml，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
（3）根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3−2ΔH4。答案为：ΔH3−2ΔH4；
（4）为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
（5）升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；
故选AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO∙和HO2∙，生成的BNO∙再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5∙、C2H5∙再与O2反应生成C2H4和HO2∙；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙；BNOH。
20．（14分）光刻胶主要应用于显示面板、集成电路等细微图形加工，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。
已知：①+R2CH2CHO(R1、R2为烃基或氢原子)
②+R2OH+HCl
(1)①A的结构简式为_______；②C中所含官能团的名称为_______。
(2)羧酸X的名称为_______。
(3)E物质不能发生的反应是_______(填序号)。
a.加成反应 b.消去反应 c.取代反应 d.加聚反应 e.缩聚反应
(4)D和G反应生成光刻胶的化学反应方程式为_______。
(5)写出满足下列条件的B的其中一种同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有苯环
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1
(6)结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。_______
【答案】(1) 碳碳双键、羧基
(2)乙酸
(3)be
(4)n+→+nHCl
(5)(或)
(6)CH3CHO
【分析】A与CH3CHO发生类似信息①的反应生成B并生成一分子水，根据B的分子式可知A的分子式为C7H6O，且A中含有醛基，则A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C发生取代反应生成D；乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，结合E的结构可知，X为CH3COOH，F为，F发生水解反应生成G，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式为，C的结构简式为，其中含有的官能团名称为碳碳双键、羧基。
（2）根据分析可知，羧酸X的名称为乙酸。
（3）E物质中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成反应，加聚反应和取代反应，不能发生缩聚反应和消去反应，故答案选be。
（4）G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，其化学方程式为n+→+nHCl。
（5）能发生银镜反应说明含有醛基，分子中含有苯环，核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1，则满足条件的B的同分异构体结构简式为(或)。
（6）CH3CHO在NaOH溶液加热条件下发生信息Ⅰ的反应生成， 与溴单质发生加成反应得到，发生卤代烃的水解反应生成，被高锰酸钾氧化最终生成，则合成路线为CH3CHO
选项
用途
化学原理
A
氧化铝用于制作坩埚
氧化铝的熔点高
B
碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器
碳酸氢钠受热易分解
C
以油脂为原料制肥皂
油脂可以发生皂化反应
D
用浓氨水检查氯气管道是否漏气
具有还原性
选项
实验目的
实验操作
A
制备淀粉水解液
向烧瓶中加入淀粉和稀硫酸溶液，加热
B
提纯草酸晶体
向草酸粗产品中加入适量水，加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，干燥
C
验证草酸为二元弱酸
用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍
D
验证草酸的还原性
取酸性KMnO4溶液于试管中，滴加草酸溶液，溶液颜色逐渐褪去
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