山东省菏泽市2024届高三一模考试化学试题（原卷版+解析版）

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化学试题
2024.3
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米，黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H1 He4 C12 N14 O16 Na23 Ca40 Fe56 Cu64
一、选择题(共10小题，每小题2分，满分20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是
A. 制衣常用原料聚酯纤维属于纤维素
B. 电解精炼铜时，粗铜与外接电源的正极相连
C. 乙二醇水溶液凝固点很高，可作汽车发动机的抗冻剂
D. 表面活性剂能溶解油脂，是因为其分子具有极性较大的亲油基团
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素是糖类，聚酯纤维是合成纤维，A错误；
B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，与外接电源的正极相连，B正确；
C．乙二醇水溶液凝固点很低，可作汽车发动机的抗冻剂，C错误；
D．表面活性剂能溶解油脂，是因为其分子具有极性较大的亲水基团而不是亲油集团，D错误；
故选B。
2. 实验室中下列做法正确的是
A. 用花生油萃取溴水中的溴
B. 汞大量洒落，必须尽可能收集，并深埋处理
C. 酸式滴定管用待装液润洗后，从滴定管上口倒出
D. 移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持
【答案】D
【解析】
【详解】A．花生油中含不饱和碳碳双键，能与溴单质发生反应，不能萃取溴水中的溴，故A错误；
B．汞会污染土壤，不能深埋处理。汞大量洒落，必须尽可能收集，然后用硫粉覆盖处理，故B错误；
C．酸式滴定管用待装液润洗后，从滴定管下口放出，故C错误；
D．熔融氯化钠的坩埚温度很高，为防止烫伤，应使用坩埚钳夹持，故D正确；
故选：D。
3. 下列关于物质结构和性质的说法正确的是
A. 第2周期元素中，第一电离能介于之间的有1种
B. 酸性：
C. 与中心原子的杂化方式相同，均为形结构
D. 乙二胺的沸点比三甲胺高的原因是乙二胺存在分子间氢键，三甲胺存在分子内氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期元素中第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于ⅥA族，则第2周期元素中，第一电离能介于之间的有Be、C、O三种，故A错误；
B．电负性F>Cl>H，则吸电子能力：，吸电子能力越强相应羧基的酸性越强，故B正确；
C．中S为sp3杂化，中S为sp2杂化，杂化方式不同，故C错误；
D．三甲胺分子中三个甲基，不能形成分子内氢键，故D错误；
故选：B。
4. 下列仪器可用于对应实验的是
A. 分液漏斗：分离四氯化碳和水
B. 坩埚：粗盐提纯
C. 酒精灯：酸碱中和滴定
D. 球形冷凝管：含水酒精与生石灰制备无水乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．四氯化碳和水互不相溶，应采用分液分离，仪器选用分液漏斗，故A正确；
B．粗盐提纯涉及蒸发结晶操作，应用到蒸发皿，而坩埚是灼烧固体的仪器，故B错误；
C．酸碱中和滴定不需要加热，不用酒精灯，故C错误；
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇应用蒸馏法，蒸馏时应用直型冷凝管，故D错误；
故选：A。
5. 石墨烯(单层石墨)可转化为其他多种新型材料。例如：部分氧化后可转化为氧化石墨烯，局部结构如图；与发生加成反应得到石墨烷。下列有关说法正确的是
A. 石墨烯属于芳香烃
B. 氧化石墨烯的抗氧化能力强于石墨烯
C. 石墨烯难溶于水，氧化石墨烯具有一定的亲水性
D. 石墨烷具有良好的导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨烯(单层石墨)，属于碳单质，不属于芳香烃，故A错误；
B．氧化石墨烯中含有碳碳双键和羟基，易被氧化，故抗氧化能力比石墨烯弱，故B错误；
C．氧化石墨烯中含有羧基、羟基，能与水分子形成分子间氢键，故氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯，故C正确；
D．石墨烷因其所有碳原子都与氢原子结合，而不具有导电性，故D错误；
故选：C。
6. 用下列装置(部分夹持仪器略)进行相关实验，装置正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，乙醇能使酸性重铬酸钾褪色，则图中实验装置不能检验1-溴丙烷消去反应的产物，A错误；
B．氯化铵分解生成的氨气被碱石灰吸收，湿润蓝色石蕊试纸不变色，氯化氢溶液显酸性，湿润的酚酞试纸不变色，不能检验氯化铵受热分解的产物，B错误；
C．悬浊液中含有AgNO3，AgNO3能与H2S直接反应生成黑色的Ag2S沉淀，不能验证Ksp (Ag2SO4) > Ksp (Ag2S)，故C错误；
D．饱和食盐水中先通氨气，再通入二氧化碳气体，生成碳酸氢钠晶体，过量的氨气用蘸有稀硫酸的棉花吸收，氨气溶解时需防倒吸，故D正确；
故选：D。
7. 化合物Z可由X、Y反应制得。下列有关说法错误的是
A. 分子中的碳原子可能处于同一平面
B. 上述反应的另一种产物为乙醇
C. 和三种分子均不存在顺反异构
D. 苯环上的二氯代物有13种(不考虑空间异构)
【答案】C
【解析】
【详解】A．X中苯环与其直接相连的原子共面，碳碳双键为平面结构，两平面结构单键相连，可能重合，则X分子中所有碳原子可能共面，故A正确；
B．对比组成，可知上述反应的另一种产物为乙醇，故B正确；
C．X、Y分子中碳碳双键的碳连有相同的甲基，没有顺反异构体，Z分子中两端碳碳双键连有相同的甲基，但中间的碳碳双键的两个碳原子连有不同的原子团，故Z有顺反异构体，C错误；
D．如图所示，，若两个氯都在苯环①上，两个氯的位置有1-2、1-3、1-4、2-4四种情况，若都在苯环②上，两个氯的位置有5-6、5-7、6-7三种情况，若两个苯环各有一个氯，则有1-5、1-6、1-7、2-5、2-6、2-7六种情况，共13种同分异构体，D正确；
故选：C。
8. 已知受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。受热分解得到固体和氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气，若为，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是
①②③④
A. ③④B. ②③C. ①②D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1mlPbO2在上述转化过程中共转移2mle-，设该过程得到O2的物质的量为a=3x ml，则Cl2的物质的量为b=2x ml，利用得失电子守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1ml PbO2在受热分解过程中产生0.375mlO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb):n(O)＝4:5，故A正确；
故选：A。
9. 某种荧光粉的主要成分为。已知：和为原子序数依次增大的前20号元素，为金属元素，基态原子和能级上的电子数相等，基态原子的未成对电子数之比为。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. 离子半径：
C. 的简单氢化物均为极性分子
D. 同周期元素中，基态原子未成对电子数和相同的有1种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素；由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素；因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。
【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，X、Y、Z分别为O、F、P，即负性：Y>X>Z，故A错误；
B．W、Y、X的离子分别为：Ca2+、F-、O2-，电子层数越多粒子半径越大，Ca2+有三个电子层，其余离子为2个电子层，即Ca2+半径最大，电子层数相同，核电荷数越大的，粒子半径越小，即O2-＞F-，离子半径：，故B错误；
C．简单氢化物分别为H2O、HF、PH3，均为极性分子，故C正确；
D．Y的未成键电子数为1，同周期元素中，基态原子未成对电子数和相同的有Li（1s22s1）和B（1s22s22p1），故D错误；
故选C。
10. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．比较S、C非金属性强弱，应通过比较两者最高价氧化物水化物的酸性强弱判断，不是最高价氧化物对应的盐，不能作为判断依据，故A错误；
B．检验铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，应将反应后溶液缓慢倒入适量水的烧杯中而不能像浓硫酸中加水，故B错误；
C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，并未体现氯水的漂白性，故C错误；
D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，故D正确；
故选：D。
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，满分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. 以浓差电池(电解质溶液浓度不同造成电势差)为电源，用石墨作电极将转化为高纯的装置如图。下列说法错误的是
A. 的电极反应式为
B. 离子交换膜②为阳离子交换膜
C. 工作时，电极附近溶液的降低
D. 电解停止时，理论上和电极的质量差为
【答案】AB
【解析】
【分析】以浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极。
【详解】A．Cu(1)为正极，正极发生反应：Cu2++2e-=Cu，故A错误；
B．M电极为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，则丙室内阴离子浓度降低，N电极为阴极，发生电极反应：2H2O+2e- =H2↑+2OH-，丁室内阴离子浓度增大，为保持两侧电荷守恒，可以是丙室中钾离子进入乙室，则离子交换膜为阳离子交换膜，也可以是乙中氢氧根离子进入丙室，则离子交换膜可以为阴离子交换膜，故B错误；
C．电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减小，故C正确；
D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5ml·L-1降低到1.5ml·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5ml·L-1升到1.5ml·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L×(2.5-1.5) ml·L-1=2ml，正极质量增加128g，电路中转移4ml电子，负极反应：Cu-2e-=Cu2+，转移4ml电子时，负极消耗2mlCu单质，质量减少128g，理论上和电极的质量差为，故D正确；
故选：AB。
12. 有机物的重排反应如图所示，机理中与羟基处于反位的基团迁移到氮原子上(、代表烷基)。下列说法正确的是
A. 中碳原子、氮原子均杂化
B. 由质谱可以确证和存在不同的官能团
C. 能与溶液反应
D. 发生上述反应的产物是
【答案】C
【解析】
【详解】A．X中存在烷基R，R中的碳原子为饱和碳，为杂化，故A错误；
B．质谱用于确定相对分子质量，不能测定官能团，故B错误；
C．Y中含有酰胺基，能与NaOH溶液反应，故C正确；
D．发生上述反应的产物是或，得不到，故D错误；
故选：C。
13. 锡碲渣废料(主要成分为，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是
A. “除碲”时，碲的脱除率随温度升高持续增大
B. “除铅”时，主要反应的化学方程式为
C. 制备碲的过程中，若每步消耗等物质的量的含碲物质，则转移电子数相等
D. 经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥
【答案】B
【解析】
【分析】锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2将As转化为Ba3(AsO4)2，过滤除去，滤液中加Na2S将Pb转化为PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体；Na2TeO4沉淀加浓盐酸溶解后，再通入SO2将Te还原为Te单质；
【详解】A．温度过高会使H2O2分解，导致Te的脱除率下降，故A错误；
B．“除铅”时，与Na2S反应生成PbS沉淀，化学方程式为，故B正确；
C．“除Te”过程中发生反应的化学方程式为，该过程中消耗1ml 转移2ml电子；生成的溶于盐酸，再通二氧化硫反应生成Te单质，该过程中1ml反应转移6ml电子，故C错误；
D．由题意可知碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，则“溶析结晶”获得产品的操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤和干燥，不能进行降温结晶，故D错误；
故选：B。
14. 已知制备丁内酯的反应，一种机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是
A. 反应物的名称为1，二丁醇
B. 步骤(a)中和氧原子间形成共价键
C. 在上述合成丁内酯过程中起催化作用
D. 生成丁内酯的反应为消去反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应物的名称为1，4-丁二醇，A错误；
B．由图可知，步骤a中*H+和氧原子间形成氢氧共价键，故作用力是共价键，B正确；
C．H+在上述合成γ-丁内酯过程中参与了反应后又被生成，作用是催化作用，C正确；
D．反应为1，4-丁二醇脱去氢气分子，生成不饱和键的化合物，为消去反应，D正确；
故选A。
15. 将或悬浊液置于分压固定的气相中，体系中与关系如图所示。变化对的浓度基本无影响。为的浓度，单位为。已知：。下列说法正确的是
A. 表示曲线
B.
C. ，平衡常数
D 向点溶液中加入，可以到达点
【答案】B
【解析】
【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，的浓度逐渐增大，且pH较小时的浓度大于的浓度，所以L1表示，L2表示；根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，L1表示，L2表示，故A错误；
B．由图可知和交于pH=6.4的点，此时，则Ka1()=c(H+)=10-6.4，和交点可求得Ka2()=c(H+)=10-10.3，，故B正确；
C．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，L2和L5两点交于lgc=-5.4，Ksp(ZnCO3)=，则，，故C错误；
D．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，b为L1和L4交点，向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，故D错误；
故选：B。
三、非选择题(共5小题，满分60分)
16. 短周期元素可形成许多结构和性质不同的化合物，回答下列问题：
（1）是一种甲基化试剂，能发生水解反应；的水解产物为_____(填化学式)。
（2）是共价化合物，可以形成二聚体和多聚体，二聚体中的杂化方式为，二聚体的结构式为_____。
（3）分子的电子对空间构型为三角双锥，排布方式有两种，结构如图。根据价层电子对互斥理论中：“孤电子对一成键电子对”分布在互成的方向上时斥力最大，判断应采用结构_____(填“a”或“b”)。
（4）在水溶液中显蓝色，加入过量的氨水后变为深蓝色，原因是生成了_____(填化学式)，比较它与的稳定性并说明理由_____。
（5）在超高压下，金属钠和氦可形成化合物。结构中的钠离子按简单立方排布，形成立方体空隙如图，电子对和氦原子交替分布填充在立方体的中心。若将氦原子放在晶胞顶点，则电子对在该晶胞中的所有分数坐标除了、，还有_____；若晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞的边长_____(用含的代数式表示)。
【答案】16. CF3H、HIO
17. 18. a
19. ①. ②. 因为N的电负性小于O的电负性，NH3的配位能力大于H2O，所以稳定性
20. ①. 、 ②.
【解析】
【小问1详解】
F>I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO，故答案为：CF3H、HIO。
【小问2详解】
Be的杂化方式为sp2，因此BeCl2的二聚体中Be原子有3个成键轨道，且Be原子最外层无孤对电子，则二聚体的结构式为，故答案为：。
【小问3详解】
根据题干可知“孤电子对一成键电子对”分布在互成的方向上时斥力最大，a中孤电子对与成键电子对分布在同一平面，排斥力较小，更稳定，所以SF4应采用结构a，故答案为：a。
【小问4详解】
加入过量的氨水后变为深蓝色，原因是生成了，比更稳定，因为N的电负性小于O的电负性，NH3的配位能力大于H2O，所以稳定性，故答案为：；因为N的电负性小于O的电负性，NH3的配位能力大于H2O，所以稳定性。
【小问5详解】
由于将He取在晶胞顶点，位于顶点电子对在晶胞中的分数坐标为、，观察结构不难得出除此之外还有，那么位于体心电子对在晶胞中的分数坐标为；每个小立方体中有8×=1个钠离子，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g=g，已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为apm，所以体积为a3pm3=a3×10-30cm3，则密度为，可得a=，故答案为：、；。
17. 稀土针铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(，质量分数为)、]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。
已知：①的稳定价态为价；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物；
②常温下，。回答下列问题：
（1）常温下，“沉钕”过程中调节溶液为2.3，钕全部以沉淀完全。若溶液中，_____(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是_____。
（2）“沉淀”过程得到晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释：_____。
（3）“滤液2”的溶质主要为_____(填化学式)；“滤液3”中的_____(填化学式)可在上述流程中循环利用。
（4）“一系列操作”包括_____；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为_____。
【答案】（1） ①. 无 ②. 酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全
（2）适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率
（3） ①. 、NaOH ②. H2SO4
（4） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②.
【解析】
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到Nd。
【小问1详解】
，因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全。
【小问2详解】
适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率，但草酸浓度过大时钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；
【小问3详解】
Nd(H2PO4)3+9NaOH=Nd(OH)3+3Na3PO4+6H2O，“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH。“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；
【小问4详解】
“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2,化学方程式为。
18. 亚硝酸钙可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。熔点为，易潮解，易溶于水。实验室中，某兴趣小组根据反应，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钻并测定产品的纯度(夹持装置略)。
已知：①；
②酸性条件下：能被溶液氧化，；
③是具有氧化性的一元弱酸，是一种难溶于水的白色化合物。
回答下列问题：
（1）上述装置按气流方向连接的顺序为_____(填标号)；装置A中发生反应的离子方程式为_____，装置的作用是_____。
（2）完全还原后，进行操作：(ⅰ)停止滴加稀硝酸，停止通电；(ⅱ)……；(ⅲ)冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；(ⅳ)……操作(ⅱ)为_____。
（3）兴趣小组同学认为制备的可能会混有，下列试剂可以鉴别二者的是_____(填标号)。
A．溶液 B．淀粉(酸性)溶液 C．溶液
设计如下方案测定样品中的纯度(杂质不参与以下反应)：称取样品、溶解、定容至；移取溶液于锥形瓶中，加入过量酸化的溶液；以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应：。平行滴定3次，平均消耗的标准液。
（4）测定过程所需仪器中，使用前必须检查是否漏液的有_____；样品中的质量分数_____；下列情况会导致的质量分数测量值偏大的是_____(填标号)。
A．称量后样品发生了潮解
B．定容时俯视刻度线
C．移取溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡
D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
【答案】（1） ①. ②. ③. 除去挥发的HNO3
（2）打开止水夹，向装置中通入一段时间N2
（3）C （4） ①. 容量瓶、滴定管 ②. ③. BCD
【解析】
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置内的空气，A中稀硝酸与Cu片反应生成NO，NO先通入D中除去NO中挥发的HNO3，再通入C中干燥NO,干燥的NO通入B中与在加热条件下反应生成，实验结束后继续通入一段时间氮气，将过量的NO赶入E中被酸性高锰酸钾溶液吸收，据此分析解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，上述装置按气流方向连接的顺序为；装置A中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应离子方程式为：；装置的作用是除去NO中的HNO3；
【小问2详解】
操作(ⅱ)为打开止水夹，向装置中通入一段时间N2，将装置中多余的NO完全赶入高锰酸钾溶液中吸收；
【小问3详解】
结合已知信息，可用溶液鉴别、，与溶液反应会生成沉淀；
【小问4详解】
实验过程中需要配制溶液，需用到容量瓶，同时滴定过程中需用到滴定管，使用前都需要检查是否漏液；
与KI发生反应生成碘单质和氮气，根据得失电子守恒得关系：，平均消耗的标准液，消耗的物质的量为：，的物质的量为，样品中的质量分数；
A．称量后样品发生了潮解，导致所称样品中含量偏低，所测含量偏低，故不选；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则所测含量偏高，故选；
C．移取溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡，则待测液体积偏大，消耗标准液偏高，则所测含量偏高，故选；
D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，所耗体积偏大，则所测含量偏高，故选。
19. 一种治疗神经系统疾病的药物中间体(G)的合成路线如下：
路线一：
已知：
回答下列问题：
（1）A结构简式为_____；F中含氧官能团的名称为_____。
（2）反应类型为_____；的化学方程式为_____。
（3）符合下列条件的的同分异构体有_____种(不考虑空间异构)
①能与溴水反应而使其褪色
②能在酸性条件下发生水解。产物之一遇溶液显紫色，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为，
上述同分异构体中，水解产物只有一个手性碳原子的为_____(填结构简式)。
（4）为了减少步骤，缩短反应过程，也可由如下路线合成。
路线二：
中有_____种化学环境的氢；结合合成路线一分析“反应条件”应为_____。
【答案】19. ①. ②. 羟基、酰胺基
20. ①. 还原反应 ②. + +H2O
21. ①. 8 ②.
22. ①. 16 ②. 48%HBr
【解析】
【分析】A()与在碱性条件下发生取代反应生成B()，B发生已知中反应生成C()，C先与丙胺发生反应，再与氢气发生还原反应生成D()，D与HBr发生取代反应生成E，E与发生取代反应生成F()，F在BH3作用下转化为G，据此分析解答。
【小问1详解】
由以上分析可知A为，F为，F中含氧官能团为羟基和酰胺基；
【小问2详解】
的过程中F中去掉1个O原子，属于还原反应；E与发生取代反应生成F，反应方程式为：++H2O；
【小问3详解】
符合下列条件的C()的同分异构体，①能与溴水反应而使其褪色，可能含碳碳双键、碳碳三键或者醛基；②能在酸性条件下发生水解，说明含有酯基。产物之一遇溶液显紫色，说明为酚类酯基结构，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为，则苯环上只有一个支链，可视为，取代丁烯中一个H，丁烯有C=C-C-C、C-C=C-C、三种碳骨架，分别有4、2、2种氢，则符合条件的同分异构体共8种，其中水解产物只有一个手性碳原子的为；
【小问4详解】
对比D的结构及组成可知H为，H种含16种氢原子，结合合成路线一分析“反应条件”目的是将苯环上的甲氧基转化为酚羟基，条件为48%HBr。
20. 丙烯是重要的有机原料之一，可通过多种途径制备。回答下列问题：
Ⅰ．由丙烷直接脱氢法制备：
（1）已知键能：；生成碳碳键放出的能量为，则_____。
（2）在一定温度下，保持总压为，将和的混合气体分别按为和向密闭容器中投料，发生脱氢反应，测得的转化率与时间的关系如图1所示(已知时反应处于平衡状态)。
点对应的投料方式为_____，原因是_____。内，曲线_____(填“”“”)对应的平均反应速率最快。点对应的平衡常数_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
Ⅱ．由丙烷氧化脱氢法制备。主要涉及反应：；
（3）在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生上述反应，使总压强恒定为。在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率与温度倒数的关系如图2所示。
时，容器内两种气体的物质的量之比_____(填“>”“ ②. d、c ③. 53
【解析】
【小问1详解】
=反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-C)+8-2E(C-C)- E(碳碳键)-6-=。
【小问2详解】
反应是体积增大的反应，充入Ar，丙烷的分压减小，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，则点对应的投料方式为，投料比越大，则丙烷的转化率越小，则曲线是为投料，丙烷分压越大，反应速率越快，因此0~6s内，曲线对应的平均反应速率最快；m点和n点温度相同，平衡常数相等，根据m点数据列出“三段式”
平衡时气体总物质的量为1ml+1ml+1 ml +3 ml =6ml，平衡常数。
【小问3详解】
在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生、，则反应过程中>，和都是气体体积增大的反应，在恒压条件下发生反应，容器的体积增大，仅将容器更换为恒容的刚性容器，需要压缩容器的体积增大压强，平衡逆向移动，和的转化率下降，且的转化率要大于，则与新的转化率点可能依次是d、c；根据M点和的转化率相等，说明只发生，列出“三段式”
M点丙烷的分压。A
B
C
D




检验溴丙烷消去反应的产物
检验氯化铵受热分解的产物
验证
制取
选项
实验操作
现象
结论
A
分别测等物质的量浓度的和溶液的
溶液使试纸呈现更深的颜色
非金属性
B
铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水
溶液呈蓝色
铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜
C
向KI溶液中持续滴加氯水
溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色
氯水具有氧化性和漂白性
D
灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中
铜丝恢复亮红色
该有机物中可能有醇羟基或羧基