2023年高考押题预测卷02（山东卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷02（山东卷）-化学（全解全析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测试卷02（山东卷）
化学·全解全析
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3
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8
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10
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15
B
A
D
C
D
D
C
B
A
D
BD
A
BC
BC
A

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．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．硅胶、生石灰均可用作食品干燥剂
B．葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
C．将CO2还原为甲醇，有利于实现“碳中和”
D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关
【答案】B
【解析】A．硅胶、生石灰均能吸水而且无毒，所以可用作食品干燥剂，A正确；
B．葡萄糖在酒化酶的作用下发生分解反应生成乙醇，B错误；
C．将CO2还原为甲醇，能够减少向空气中排放CO2的量，有利于实现“碳中和”，C正确；
D．焰火、激光的产生与原子核外电子跃迁释放能量有关，D正确；
故选B。
2．下列叙述正确的是
A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水
B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚
C．金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火
D．可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中
【答案】A
【解析】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；
B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，B错误；
C．由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火，C错误；
D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D错误；
故答案为：A。
3．下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
()
饱和溶液
B
()
盐酸、NaOH溶液、
C
()
无水
D
溴苯()
NaOH溶液
【答案】D
【解析】A．用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的SO2，反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；
B．用NaOH溶液、CO2即可除去Al2O3中的Fe2O3，涉及的反应先后为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；
C．干燥氨气不能用无水CaCl2，试剂错误，C不合题意；
D．除去溴苯中的Br2，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，该反应有元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
4．铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
【答案】C
【解析】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；
故答案为：C。
5．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是
A．PVC()的单体为氯乙烷
B．PC( )中所有碳原子均可共面
C．亚克力()含有两种官能团
D．ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．PVC( )的单体为氯乙烯，故A错误；
B．中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，所以所有碳原子均不可共面，故B错误；
C．只含有酯基一种官能团，故C错误；
D．ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故答案选D。
6．黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是

A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B．黑磷的熔点高于白磷
C．黑磷中P原子杂化方式为
D．第三周期只有元素的第一电离能大于P
【答案】D
【解析】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A正确；
B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B正确；
C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为，C正确；
D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误；
故选D。
7． “化学多米诺实验”是利用化学反应中气体产生的压力，使多个化学反应依次发生，装置如图所示。若在①～⑥中加入表中相应试剂，能实现“化学多米诺实验”且会使⑤中试剂褪色的是

选项
①中试剂
②中试剂
③中试剂
④中试剂
⑤中试剂
⑥中试剂
A
稀硫酸
Zn
浓盐酸

溶液
溶液
B
浓氨水
碱石灰
水

酸性溶液
溶液
C
双氧水

饱和食盐水

浓溴水
溶液
D
盐酸
大理石
浓硫酸

溶液
水和
【答案】C
【解析】A．稀硫酸与Zn反应生成氢气，氢气将③中浓盐酸压入④中，④中浓盐酸和Ca(ClO)2反应生成氯气，氯气进入⑤与氯化亚铁反应生成氯化铁，无法使⑤中试剂褪色，A错误；
B．浓氨水和碱石灰反应生成氨气，氨气易溶于水，无法将水压入④中，B错误；
C．双氧水在二氧化锰为催化剂的情况下分解生成氧气，氧气将饱和食盐水压入④中，饱和食盐水与CaC2反应生成乙炔，乙炔进入⑤中与浓溴水发生加成反应从而使浓溴水褪色，最后高锰酸钾吸收多余的乙炔，C正确；
D．盐酸与大理石反应生成二氧化碳，二氧化碳将浓硫酸压入④中，浓硫酸和NaCl反应生成HCl，HCl溶于高锰酸钾溶液但是不能使高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故答案选C。
8．有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是

A．能与溴水发生加成反应和取代反应
B．与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应
D．1mol M与足量溶液反应，最多消耗2mol
【答案】B
【解析】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A正确；
B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应，C正确；
D．由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3，D正确；
故答案为：B。
9．居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是
A．第一电离能：X B．自然界不存在分子是因其化学键不稳定
C．X原子核内中子数与质子数之比为13:14
D．简单氢化物的热稳定性：Y 【答案】A
【分析】基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。
【解析】A．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al B．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故B错误；
C．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误；
故答案选A。
10．正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。

已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；
②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。
下列说法错误的是
A．试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚
B．操作I和操作III均为过滤
C．无水MgSO4的作用是干燥除水
D．蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入
【答案】D
【分析】试剂a为饱和NaHSO3溶液，加入到粗品中形成沉淀，然后通过操作I过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入试剂b乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇，所以操作Ⅱ为萃取分液；加入无水硫酸镁作干燥剂，操作Ⅲ为过滤，1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。
【解析】A． 由信息R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓，试剂a为饱和NaHSO3溶液，又1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，故A正确；
B． 操作I和操作III均是分离固体和液体，均为过滤，故B正确；
C． 无水MgSO4的作用是干燥除水，干燥有机相，故C正确；
D． 为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，上口出，故D错误；
故选D。
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。
11．一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是

A．反应④有极性键的断裂与生成
B．反应②③均为氧化还原反应
C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
【答案】BD
【解析】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；
D．根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，还原1molNO同时消耗0.25molO2，标准状况下体积为5.6L，D错误；
故选BD。
12．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验现象
结论
A
探究有机物中官能团之间的影响
分别向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化
氰基活化双键，使其更易发生加聚反应
B
比较、和的氧化性
向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性：
C
纤维素水解实验
将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，无砖红色沉淀产生
纤维素未发生水解
D
探究不同价态硫元素之间的转化
向和混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀
价和价硫可归中为0价
【答案】A
【解析】A．官能团决定有机物的性质，向丙烯酸乙酯和氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，因为氰基的作用使得双键活性增强，故其更易发生加聚反应，A正确；
B．向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明KMnO4氧化性大于Cl2，无法证明Cl2>Fe3+，B错误；
C．将脱脂棉放入试管中，滴入硫酸捣成糊状，后用溶液调至碱性，加入新制悬浊液，需加热，若已经水解则可观察到砖红色沉淀产生，C错误；
D．向和混合溶液中加入浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫酸氧化，D错误；
故选A。
13．中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为、，含少量)为原料冶炼钨的流程如图所示：

已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是
A．位于元素周期表第六周期
B．“系列操作”步骤仅涉及物理变化
C．流程中“调pH”范围为8~10.3
D．参与反应的化学方程式为
【答案】BC
【分析】黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)，加入纯碱和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn，滤液为粗钨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3，沉淀分离获得钨酸，分解得到氧化钨，通过氢气还原剂还原得到钨。
【解析】A．W是74号元素，位于元素周期表第六周期，故A正确；
B．滤液Ⅱ中含有钨酸钠，经过系列操作得到钨酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化学变化，故B错误；
C．流程中“调pH”的目的是使完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3-8，故C错误；
D．在空气中焙烧得到，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确；
故选BC。
14．双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是

A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C．充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=
D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】BC
【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极；
【解析】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；
C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；
D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确；
故选BC。
15．常温下，向20 mL 0.1 mol/LNaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是

A．
B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(M-)＞c(HN)
C．随着HM溶液的加入的值变大
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：
【答案】A
【解析】A．根据坐标图示可知：当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)=，A错误；
B．滴入等浓度20 mLHM溶液后，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应可以制备弱酸，二者恰好发生反应：HM+NaN=HN+NaM，M-会发生水解反应，HN会发生电离作用，Kh(M-)==＜Ka(HN)，故 c(M-)＞c(HN)，B正确；
C．随着HM溶液的加入，溶液中存在==，溶液中c(H+)会不断增大，电离平衡常数不变，故增大，C正确；
D．向其中滴入20 mL 等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n(HM)=n(HN)，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得c(HM)+c(M-)=c(HN)+c(N-)；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(M-)+c(N-)+c(OH-)，两式相加，整理可得关系式c(HN)+c(OH-)+2c(N-)= c(HM)+c(Na+)+c(H+)，D正确；
故合理选项是A。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
(1)基态Fe3+的价电子排布式为__________________。
(2)某铁的配合物结构如图1所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。

①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C－Si－C键角最大的是___________________，原因是______________________________。
②C5H表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则C5H中的大π键应表示为____________。
③该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有___________种。
(3)普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁－氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN-在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+，如图2所示(CN-在图中省略)。

①普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数之比为___________；该晶胞的化学式为____________。
②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe2+之间最近距离为___________pm；该晶体的密度为___________g•cm-3(阿伏加德罗常数为NA)。
【答案】(1)3d5（1分）
(2) (CH3)3SiF （1分）    F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大（1分）     （1分）     3（1分）
(3)  1:1（1分）      （2分）     （2分）    （2分）
【解析】（1）铁是26号元素，则基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①成键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在(CH3)3SiF中F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是(CH3)3SiF；原因是：F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C-Si 成键电子对之间的斥力增大，键角变大；
②由结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个得到一个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此中大π键表示为；
③根据该铁的配合物的结构可知，其中碳的杂化方式有sp3，sp2，sp一共3种杂化方式；
（3）①二价铁位于体心和棱心，则一共有4个；三价铁位于顶点和面心，一共有4个，故其比值：1:1；晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有，故化学式为：；
②钾离子位于小立方体的体心，二价铁位于小立方体的顶点，则；密度=。
17．（12分）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。

已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子






开始沉淀的
6.3
1.8
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的
8.3
3.2
4.7
10.9
8.2
8.9
②当离子完全沉淀时，。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有___________________(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为___________________。
(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式___________________、___________________。
(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是___________________，溶液的应调节为_______之间。
(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的 溶液的浓度至少为_____________。[已知]
(5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取 用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_____________。
【答案】(1)增大硫酸浓度或加热（1分）     （1分）
(2)  （2分）    （2分）
(3)  将氧化为，调节溶液除去和 （1分）    4.7（1分）
(4) （2分）
(5) （2分）
【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。
【解析】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。
（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。
（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。
（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。
（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=
18．（12分）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：   

相关数据如下：
物质
密度/
沸点/℃(101kPa)
与水形成共沸物的沸点/℃
部分性质
环己醇
0.96
161.0
97.8
能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮
0.95
155.0
98.0/3.4kPa
95.0
微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
回答下列问题：
(1)的作用是___________________：加入食盐的目的是___________________。
(2)环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是_________________________。
(3)减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______________________________。

减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。
a.关闭真空泵                                     b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞                            d.停止通冷凝水
(4)本实验中环己酮的产率为_____________(保留2位有效数字)。
(5)传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为___________________________________________。
【答案】(1)  催化剂（1分）     降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离（1分）
(2)环己酮进一步被氧化发生开环反应（2分）
(3)  油浴（1分）     防止暴沸（1分）     bdca（2分）
(4)83%或者0.83（2分）
(5)3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O（2分）
【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，在滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降；
（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca；
（4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%；
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3 +4+32H+
3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。
19．（12分）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图：

已知：i.R－CHOR－CH2OH(R为烃基)
ii. +(R为烃基)
回答以下问题：
(1)A的结构简式为___________；符合下列条件的A的同分异构体有___________种。
①能与FeCl3溶液作用显色
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1
其中，能发生水解反应的结构简式为_________________。
(2)D→E的反应类型为___________；该反应的目的是_________________。
(3)F→H的化学方程式为_______________________，有机物J中含有官能团的名称是___________。
(4)综合上述信息，写出由和制备的合成路线，其他试剂任选_____。
【答案】(1)    （1分）    4（1分）     （2分）
(2) 取代反应（1分）     保护羟基，防止氧化（1分）
(3) +H2O2+ H2O（2分）     酯基、醚键（1分）
(4) （3分）
【分析】结合D的结构简式逆向推断C，B在一定温度下发生已知中反应生成C，则B为，A与发生取代反应生成B()，则A为，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与乙酸酐反应生成E()，E中碳碳双键被臭氧氧化生成F 和G(甲醛)，F经过氧化氢氧化处理生成H，H发生水解反应生成I，I与乙酸酐发生取代反应得到J。
【解析】（1）由以上分析可知A为，A的同分异构体满足以下条件①能与FeCl3溶液作用显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，结构具有对称性，满足条件的结构有：、、、4种；其中，能发生水解反应的结构简式为。
（2）由以上分析可知D到E的反应类型为取代反应，将羟基转化为酯基，以防止羟基被臭氧氧化；故答案为：取代反应；保护羟基，防止氧化。
（3）F中醛基被氧化成羧基，发生反应的方程式为：+H2O2+ H2O；由J的结构简式可知其所含官能团为酯基和醚键；。
（4）与CH3Br反应得到，在一定温度下转为，与在一定条件下反应生成，在一定条件下转为，与(CH3CO)2O发生取代反应生成，经氧化生成，水解酸化得到，其合成路线为：。
20．（12分）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
(1)已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质
HBr(g)
(g)
(g)
(g)
相对能量/
x
y
z
w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L
10
3


m
0.09
0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)新工艺中，“氧化溴化”反应：  。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。

a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为___________________，此时_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1)C（2分）
(2)不（1分）     0.027（2分）     逆向（1分）     大于（1分）
(3)   （1分）    500K、 （2分）    65.2%或者0.652（2分）
【解析】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；
（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于；
（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%。