2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷01）（全解全析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
(考试时间75分钟，总分100分)
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案；非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137 Pb 207
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．化工科技助力航天，下列说法正确的是( )
A．运载火箭利用固体推进剂发生化学变化，将热能转化为化学能
B．航天员开展的蛋白质与核酸共起源分子化研究中，核酸为小分子
C．返回舱所用的超高温陶瓷(过渡金属硼化物)属于新型无机非金属材料
D．飞船操纵杆材料碳纤维与石墨烯互为同素异形体
【答案】C
【解析】A项，运载火箭利用固体推进剂发生化学变化，将化学能转化为热能，A错误；B项，核酸是生物大分子，B错误；C项，超高温陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D项，碳纤维是一种复合材料，属于混合物，与石墨烯不互为同素异形体，D错误； 故选C。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．用电子式表示HCl的形成过程：
B．2-丁烯的键线式：
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D．基态氧原子核外电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】A项，HCl为共价化合物，形成过程为，A错误；B项，为1，3-丁二烯不是2-丁烯，B错误；C项，邻羟基苯甲醛分子内氢键应该由羟基中的氢原子和醛基的氧原子形成：，C错误；D．基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，符合泡利原理和洪特规则，D正确；故选D。
3．中药自然铜具有散瘀止痛、续筋接骨之功效，其炮制方法始见于南北朝《雷公炮炙论》：取净自然铜(含FeS2的矿石)置于敞口耐火容器中，大火煅制红透，立即取出投入米醋淬火，反复煅淬数次至褐色，干燥后碾碎装存。下列说法正确的是( )
A．古代煅制自然铜应在通风环境中进行
B．煅制过程中1 ml FeS2被完全氧化，转移电子的数目约为
C．自然铜淬火过程中发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
D．含自然铜成分的中成药大七厘散(处方药)，其包装上有“OTC”标识
【答案】A
【解析】A项，由题干信息可知，古代煅制自然铜时因会产生有毒有害的气体SO2，故应在通风环境中进行，A正确；B项，锻制过程是FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，即Fe由+2价转化为+3价，S由-1价转化为+4价，故煅制过程中1 ml FeS2被完全氧化，转移电子的数目约为，B错误；C项，自然铜淬火过程中即Fe2O3与醋酸反应，故发生反应的离子方程式为Fe2O3+6CH3COOH=2Fe3++6CH3COO-+3H2O，C错误；D项，处方药的标识为 “R”，OTC为非处方药的标识，即含自然铜成分的中成药大七厘散(处方药)，其包装上有“R”标识，D错误；故选A。
4．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。用如图所示装置(夹持装置省略)进行实验，操作正确且能达到目的的是( )
A．用甲装置制取NaHCO3 B．用乙装置可制备无水MgCl2
C．除去CO2中混有的少量HClD．丁装置可用于制取SO2，并验证其还原性
【答案】B
【解析】A项，制取NaHCO3 时，因氨气在饱和食盐水中的溶解度远大于二氧化碳，应将二氧化碳通入到溶有氨气的饱和食盐水中，A不符合题意；B项，制备无水MgCl2晶体时，在HCl的氛围中蒸发结晶可避免其水解，且碱石灰能吸收氯化氢防止污染空气，B符合题意；C项，HCl可与饱和Na2CO3溶液反应生成NaCl、H2O、CO2，HCl能被除去，但同时CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3 ，应该用饱和的NaHCO3 溶液除去CO2中混有的少量HCl ，C不符合题意；D．铜和浓硫酸制备二氧化硫时需要加热，D不符合题意； 故选B。
5．25℃时，利用8N2O+4CS2=S8+4CO2+8N2 (反应Ⅰ)获得：1ml S8 ()，同时将生成的CO2溶于水形成pH=5.6的溶液Ⅱ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ中转移电子的数目为16 NAB．反应Ⅰ中形成键的数目为7NA
C．反应Ⅰ产物中π电子的数目为8 NAD．溶液Ⅱ中含H+的数目为10-5.6 NA
【答案】A
【解析】A项，8N2O+4CS2=S8+4CO2+8N2中N元素由+1价下降到0价，S元素由-2价上升到0价，1ml S8参与反应时转移电子的数目为16 NA，A正确；B项，由S8的结构可知，生成1ml S8时，形成S-S键的数目为8 NA，B错误；C项，CO2中含有2个π键，N2中含有含有2个π键，获得1ml S8时生成4ml CO2和8ml N2，含有(4×2+8×2)ml=24mlπ键，π电子的数目为48 NA，C错误；D项，未知溶液的体积，无法计算溶液Ⅱ中含H+的数目，D错误；故选A。
6．科学家利用FOX－7合成有机物T的反应历程如图所示(部分物质省略)，T可用作固体火箭的新型推进剂，下列叙述正确的是( )
A．FOX－7不能发生加成反应B．FOX－7不能使酸性KMnO4溶液褪色
C．T属于芳香族化合物D．已知T中R为乙基，则T含1个手性碳原子
【答案】D
【解析】A项，由结构简式可知，FOX－7分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，A错误；B项，由结构简式可知，FOX－7分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，B错误；C项，由结构简式可知，T分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，C错误；D项，由结构简式可知，若T分子中R为乙基，分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，D正确；故选D。
7．邻二氮菲能与Fe2+发生显色反应，生成橙红色螯合物，用于Fe2+检验，化学反应如下。下列说法正确的是( )
A．邻二氮菲的核磁共振氢谱有6组吸收峰
B．元素的电负性顺序：N>H>C>Fe
C．每个螯合物离子中含有2个配位键
D．用邻二氮菲检验Fe2+时，需要调节合适的酸碱性环境
【答案】D
【解析】A项，邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故核磁共振氢谱有4组吸收峰，A错误；B项，元素的电负性顺序：N> C > H >Fe，B错误；C项，根据题中结构可以看出每个螯合物离子中含有6个配位键，C错误；D项，溶液酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力；溶液碱性太强时，会生成Fe(OH)2，所以用邻二氮菲检验Fe2+时，需要调节合适的酸碱性环境，D正确； 故选D。
8．奥司他韦是一种口服活性流感病毒神经氨酸酶抑制剂，分子结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．该分子含有4种官能团B．与互为同系物
C．分子式为 C16H28N2O4D．该分子可发生取代、加成、消去、氧化反应
【答案】C
【解析】A项，由图中结构可以看出该分子有醚键、酯基、酰胺基、氨基、碳碳双键5种官能团，A错误；B项，中含有羟基与官能团种类不相同，不是同系物，B错误；C项，由题中结构可以得到分子式为 C16H28N2O4，C正确；D项，该分子含有酯基、酰胺基、氨基、碳碳双键，可发生取代、加成、氧化反应，不能发生消去反应，D错误；故选C。
9．某种钾盐具有鲜艳的颜色，其阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增加的前四周期元素，X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4 ，W 为日常生活中应用最广泛的过渡金属。下列说法错误的是( )
A．W 的化合价为+3B．第一电离能X>Y>Z>W
C．该阴离子中含有配位键D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构
【答案】B
【解析】X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，X未成对电子数为2，X的核外电子排布1s22s22p2，X是C，Y未成对电子数为3，Y的核外电子排布1s22s22p3，Y是N，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，结合阴离子结构图，可推知Z位于第VIA族，W 为日常生活中应用最广泛的过渡金属，W是Fe。A项，根据分析W是Fe，结合结构图可知化合价为+3，A正确；B项，根据分析X是C，Y是N，Z是O或S，W是Fe，第一电离能Y最大，B错误；C项，该阴离子中心铁原子含有较多空轨道，Y是N，含有孤电子对，可以形成配位键，C正确；D项，X、Y、Z均满足最外层8电子结构，D正确；故选B。
10．利用化工厂产生的烟灰(ZnO的质量分数为ω，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。下列说法错误的是( )
A．由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，滤渣1中含有FeO 和MnO2
B．“除杂”工序反应的离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+
C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的气体可返回到“浸取”工序中循环使用
D．从m kg烟灰中得到活性ZnO a kg，则ZnO 的回收率%
【答案】D
【解析】烟灰(ZnO的质量分数为ω，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经过碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得到Zn2(OH)2CO3，煅烧后得到活性氧化锌。A项，由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，A正确；B项，除杂时向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，离子方程式Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+正确，B正确；C项，“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的氨气和二氧化碳气体可返回到“浸取”工序中循环使用，C正确；D项，从m kg烟灰中得到活性ZnO a kg，由流程可知，除杂时还加入了过量锌粉，则得到ZnO比烟灰中的氧化锌要多，所以的回收率不等于%，D错误；故选D。
11．高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．上述装置中，f极为光伏电池的正极
B．a、b处均通入NaClO4溶液
C．d处得到较浓的溶液，c处得到HClO4溶液
D．若转移2ml电子，理论上生成100.5gNaClO4
【答案】C
【解析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液。A项，图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，A错误； B项，物质b为稀NaOH溶液，B错误； C项，左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，C正确； D项，电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2ml电子则生成2mlH+，即生成2mlHClO4，m(HClO4)=nM=2ml×100.5g/ml=201g，D错误；故选C。
12．某小组利用不同膜反应器(可选择性地让某些气体通过而离开体系)研究的分解率，工作原理如下图所示．图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生2HI (g)H2(g)＋I2(g)且在反应区内进行。投料均为的，反应同时开始，时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。

下列说法正确的是( )
A．图a装置的化学平衡常数
B．图a装置中，HI(g)分解率为10%
C．图b装置中，前80s内H2的平均渗透速率约为
D．图c装置中，x一定大于0.3
【答案】A
【解析】A项，学平衡常数越大表明它的正向反应进行的程度越大，该反应进行的越完全，反应物的转化率越大，装置a中80s时反应区I2(g)的物质的量小于b中，故图a装置的化学平衡常数，A正确；B项，
图a装置中，I2(g)分解率为20%，B错误；C项，图b装置中，生成H2的物质的量为0.3ml，前80s内H2的平均渗透速率约为，C错误；D项，图c装置中，x不一定大于0.3，因为可能该反应此时达到反应上限，x也为0.3，而后续会随着生成物的移除而继续正向反应，D错误；故选A。
13．常温下，在MS2催化下可实现CH4向CH3OH的直接转化。原理如图。下列说法正确的是( )
A．反应过程中，M的化合价未发生变化
B．生成甲醇的总反应为2CH4+O2=2CH3OH
C．MS2降低了总反应的焓变
D．反应过程中有非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】A项，反应过程中，M的成键数目发生变化，化合价发生变化，A错误；B项，如图，CH4被氧化生成甲醇，总反应为2CH4+O2=2CH3OH，B正确；C项，催化剂MS2降低了反应的活化能，但是不改变总反应的焓变，C错误；D项，反应过程中有非极性键的断裂，但是没有非极性键的形成，D错误；故选B。
14．科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．去插层过程中Cs元素均转化为Cs单质
B．N的化学式为V2Se2O
C．M中与Cs原子最临近的Se原子有2个
D．N中V原子填充了Se原子构成的正八面体空隙
【答案】B
【解析】A项，去插层过程中Cs元素均转化为CsI，A错误；B项，根据均摊原则，晶胞中含有V原子数 、Se原子数、O原子数，N的化学式为V2Se2O，B正确；C项，根据图示，M中与Cs原子最临近的Se原子有8个，C错误； D项，N中V原子位于Se原子围成的正方形中心，D错误；故选B。
15．常温下，Ka(CH3COOH)=1.0×10-5， 向某含有ZnSO4酸性废液加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀，始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1ml/L，体系中pX[pX=—1gX，X为、或c(Zn2+)， 单位为 ml/L]与关系如图。下列说法错误的是( )
A．②中X为B．A 点溶液的pH为4
C．Ka1(H₂S) 的数量级为10-7D．Ksp(ZnS)=10-21.7
【答案】C
【解析】Ka(CH3COOH)==1.0×10-5，则-lgc(H+)-lg=-lg(1×10-5)=5，则有p=5-pH，当p=0时，pH=5，c(H+)=1.0×10-5ml/L，随着p的增大，pH减小，c(H+)增大，p=-lgKa1(H2S)-pH、p=-lgKa2(H2S)-pH，lgKa1(H2S)＞lgKa2(H2S)，所以随着横坐标增大，p和p均增大，且p相同时，p＜p，即①中，X为，②中，X为，③中，X为Zn2+。A项，②中，X为，A正确；B项，由图可知，A点溶液中，p=5-pH=1，则pH为4，c(H+)=1.0×10-4ml/L，B正确；C项，当p=5-pH=0时，pH为5，c(H+)=1.0×10-5ml/L，Ka1(H2S)==10-5×10-2.04=10-7.04，则Ka1(H2S)的数量级为10-8，C错误；D项，横坐标为0时，c(Zn2+)=1×10-11.66ml/L，=10-2.04、=10-7，因为c(H2S)=0.1ml/L，则c(HS-)=10-3.04ml/L，c(S2-)=10-10.04ml/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)=1×10-11.66ml/L×10-10.04ml/L=10-21.7(ml/L)2，D正确；故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．(14分)碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能。某科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
(1)电解精炼铜时原料富碲渣将在 (填“阴”或“阳”)极区获得。
(2)“硫酸酸浸”时，取含单质Te 6.38%的富碲渣20 g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.134 g/cm3) mL。但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，请写出Cu被浸出时发生反应的离子方程式 。
(3)化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。
(4)①在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为 。
②结合下列反应机理(反应中水及部分产物已省略)，推测NaCl在“还原”步骤中的作用是 。
(5)①合成量子点时，加入柠檬酸钠作为包覆剂，利用柠檬酸钠的憎水基团修饰CdTe，亲水基团则用于增强其生物相容性，下列最可能替代柠檬酸钠生产具备以上特征量子点的物质是 (填字母)。
A．硬脂酸钠 B．甲苯 C．乙酸乙酯 D．碳酸钠
②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是 (填字母)。
A．属于物理变化 B．属于化学变化 C．由光化学反应产生 D．由电子跃迁形成
【答案】(1)阳(1分)
(2) 4.9(2分) Cu+ H2O2+2H+=Cu2++2H2O(2分)
(3) Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+4H2SO4(2分)
(4) 30g/L(2分) 作催化剂(1分)
(5) A(2分) AD(2分)
【解析】富碲渣经过硫酸酸浸后，Te转化为Te(SO4)2，过滤后的浸出液经过二氧化硫还原得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2在柠檬酸钠作用下反应得到CdTe量子点。(1)电解精炼铜得到富碲渣，其中含贵金属，电解精炼铜时阳极产生阳极泥，含贵金属，故应在阳极区得到；(2)反应中Te转化为Te(SO4)2，H2O2转化为H2O，根据得失电子守恒，可找出关系式：Te~2H2O2，故消耗的H2O2的体积为： ；Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+ H2O2+2H+=Cu2++2H2O；(3)根据题意，标准电极电势数值越大，氧化态转化为还原态越容易，故SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是：Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+4H2SO4；(4)①当NaCl溶液浓度为30g/L时Te的沉淀率高而Cu的沉淀率低，该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为：30g/L；②根据反应机理图，氯离子参与反应，最终又生成，推测NaCl在“还原”步骤中的作用是作催化剂；(5)①根据题干信息，合成量子点时选择的包覆剂应含亲水基和憎水基，硬脂酸钠含憎水基烃基，含亲水基羧基，故选A；甲苯和乙酸乙酯只含憎水基，碳酸钠只含亲水基，不符合题意；②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这种现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故选AD。
17．(14分)氧桥三核铁(Ⅲ)配合物是一种结构新颖、性质优异的配合物，其化学式为[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]NO3·4H2O，是一种红棕色晶体。其制备、元素分析及结构研究如下：
(一)晶体制备：
将硝酸铁固体在80℃加热条件下溶于去离子水得到溶液，将此溶液逐滴滴入乙酸钠溶液中，充分反应，室温充分冷却、抽滤、洗涤、转移、烘干、称量并记录。
资料显示：硝酸铁固体在溶于水时部分水解、缩合成一种重要的中间体[(H2O)4Fe(OH)2Fe(H2O)4]4+。
(1)硝酸铁固体溶解时可以选用的加热方式是 ，加热的目的是 。
(2)试写出由生成中间体的离子方程式 。
(二)铁含量测定：
准确称取a g产品配制成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入盐酸酸化使配合物酸解为，再加入2滴磺基水杨酸钠(NaH2SSA)指示剂，用c ml/L EDTA二钠盐(H2Y2-)溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗EDTA二钠盐溶液的体积为V mL。已知滴定过程中发生的反应如下：
Fe3++H2Y2- →FeY-(黄色)+2H+；
FeSSA(紫色)+H2Y2- →FeY-(黄色)+H2SSA- 。
(3)该测定实验无需使用的实验仪器有 (填序号)。
(4)滴定终点的现象是 。
(5)产品中铁元素的含量是 (用含a、c、V的符号表示并化成百分数)。
(三)结构研究：
用X-射线衍射法测得氧桥三核铁(Ⅲ)配合物阳离子的结构如图1，对该晶体进行热重分析获得的热重曲线如图2：
(6)该阳离子中，Fe(Ⅲ)的配位数为 。
(7)由热重曲线可知，当升温至170℃时失去2分子水，研究发现这部分水属于配合物外界，简述该配合物中外界水较内界水易失去的原因可能是 。
【答案】(1) 水浴加热(1分) 促进铁离子水解(1分)
(2)2Fe3++10H2O[(H2O)4Fe(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+(2分)
(3)②④⑤⑥(2分)
(4)最后半滴标准液加入后，溶液紫色消失，且半分钟内不变色(2分)
(5) (2分)
(6)6(2分)
(7)内界水和铁通过配位键结合，而外界结晶水通过分子间作用力结合，配位键键能较大，故内该配合物中外界水较内界水易失去(2分)
【解析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；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。(1)硝酸铁固体在80℃加热条件下溶于去离子水得到溶液，则可以选用水浴加热；水解为吸热过程，加热的目的是促进铁离子水解；(2)硝酸铁固体在溶于水时部分水解、缩合成一种重要的中间体[(H2O)4Fe(OH)2Fe(H2O)4]4+，则反应为：2Fe3++10H2O[(H2O)4Fe(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+；(3)配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作；故该铁含量测定实验需要的仪器有：250mL容量瓶、酸式滴定管等，无需使用的仪器有量筒、蒸发皿、分液漏斗、冷凝管；故为②④⑤⑥；(4)由已知反应可知，当滴定结束时，容易紫色硝酸，故滴定终点的现象是：最后半滴标准液加入后，溶液紫色消失，且半分钟内不变色；(5)由已知反应可知，Fe3+~H2Y2-，则产品中铁元素的含量是；(6)由结构可知，该阳离子中，Fe(Ⅲ)的配位数为6；(7)内界水和铁通过配位键结合，而外界结晶水通过分子间作用力结合，配位键键能较大，故内该配合物中外界水较内界水易失去。
18．(13分)乙腈又名甲基氰，是重要的化工产品。乙醇氨化还原制乙腈的总反应为
CH3CH2OH(g)＋NH3(g)=CH3CN(g)＋H2O(g) ΔH
已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)=CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH1＝+69.1kJ·ml−1；
Ⅱ．CH3CHO(g)＋NH3(g)=CH3CN(g)＋H2O(g)＋H2(g) ΔH2＝+35.72kJ·ml−1。
(1)①ΔH= 。
②在 (填“较低”或“较高”)温度下，有利于总反应正向自发进行。
(2)保持压强不变，向恒温密闭容器中按体积比1：3充入CH3CH2OH(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得体系中某有机物占总有机物的物质的量分数w%[比如CH3CH2OH的]随时间t的变化如图所示。
则反应Ⅱ达平衡时的Kx = (用物质的量分数表示平衡常数)。
(3)保持其他条件不变，科研小组在探究使用铜系催化剂(能较好地吸附NH3等小分子)反应的最佳条件时，通过调整物料氨醇比，得到其对单位时间内乙醇转化率的影响如图所示：
试说明氨醇比大于7，乙醇单位时间转化率急剧下降的可能原因： 。
(4)科学工作者对反应Ⅱ进行了深入研究，发现其反应过程如下：
①X的结构简式为 ，X→Z的化学方程式为 。
②结合反应过程，提出一种可有效减少副产物Y平衡产率的方法： 。
③计算显示Z→W(产物异构化反应)是一个明显的吸热过程，试从活化能的角度说明该生产过程Z是优势产物的原因： 。
【答案】(1)+104.83 kJ·ml−1(2分) 高温(1分)
(2) (2分)
(3)当氨醇比大于7后，催化剂表面吸附氨分子，难以参与反应，催化效果下降(2分)
(4)CH3CH=NH (2分) CH3CH=NH→CH3CN+H2(2分)
不断移出体系中的氢气(1分) 生产Z活化能小，生产效率高(1分)
【解析】(1)根据盖斯定律：I+II得总反应：CH3CH2OH(g)＋NH3(g)=CH3CN(g)＋H2O(g) ΔH=+104.83 kJ·ml−1；该反应ΔH＞0、ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，在高温下可自发进行；(2)设初始CH3CH2OH(g)充入1ml，NH3(g)充入3ml；根据图示可知，平衡时乙醛和乙腈物质的量分数都是50％，说明二者物质的量相等，无乙醇存在，根据碳原守恒，体系中有0.5ml的乙醛和0.5ml乙腈；反应I生成1ml氢气，反应II消耗0.5ml氨气，生成0.5ml水蒸气和0.5ml氢气，即平衡体系中有0.5ml乙醛，0.5ml乙腈，1.5ml氢气，2.5ml氨气和0.5ml水蒸气。气体总物质的量5.5ml，乙醛、乙腈和水蒸气物质的量分数：，氢气物质的量是乙醛3倍为，氨气物质的量是乙醛5倍为，代入表达式：；(3)铜系催化剂能较好地吸附NH3等小分子，当氨醇比大于7后，催化剂表面吸附氨分子，难以参与反应，催化效果下降，导致乙醇单位时间内转化率急剧降低；(4)①根据Y和Z的结构简式及反应条件，可推出X的结构简式：CH3CH=NH；X→Z的化学方程式：CH3CH=NH→CH3CN+H2；②结合反应过程可知，不断移出体系中的氢气，可有效减少副产物Y平衡产率；③Z→W(产物异构化反应)是一个吸热过程，说明Z物质能量较低，生产Z活化能小，生产效率高。
19．(14分)松香烷二萜类化合物具有良好的生物活性，广泛分布于自然界中。由米团花分离出的松香烷二萜J的合成路线如下：
已知：。
回答下列问题：
(1)A与B在TsOH催化作用下脱去一分子H2O形成化合物C，则B的名称(系统命名法)是 。
(2)元素分析显示F中含有碳、氢、溴三种元素，则F的分子式为 。
(3)化合物C与CH3I反应时，加入无水CH3COONa能很好地提升反应速率及平衡转化率，则C→D转化的化学方程式为 。
(4)G→H的反应类型为 。
(5)若用H2代替LiAlH4完成I→J的转化，可能导致目标产物产率下降，其原因是 。
(6)E的同分异构体中，含有苯环且与E具有相同官能团的共有 种(不考虑立体异构)。
(7)下图是某天然产物合成路线的一部分。
其中K与L的结构简式分别为K： ，L： 。
【答案】(1)2，2-二甲基-1，3-丙二醇(1分)
(2)C11H13Br(1分)
(3)+CH3I+CH3COONa→+NaI+CH3COOH(2分)
(4)消去反应(1分)
(5)用氢气还原会产生副产物，导致目标产物产率下降(2分)
(6)5(3分)
(7) (2分) (2分)
【解析】TsOH与CH2Cl2和BF3●Et2O起到保护羰基的作用，A()与发生取代反应生成C()，C()与CH3I发生取代反应生成D()E合成F()，D()与F()发生取代反应生成G()，G()经过浓硫酸加热，发生消去反应生成H()，H()水解生成I()，I()与LiAlH4发生还原反应生成J()。(1)根据流程可知，A→C的过程中脱去一分子H2O，其中A中碳氧双键断裂，则B中断裂的为氢氧键，故B为，则B的名称(系统命名法)是2，2-二甲基-1，3-丙二醇；(2)F与D反应生成G，由已知可以推断出F为，则F的分子式为C11H13Br；(3)C与CH3I发生取代反应生成HI，HI再与CH3COONa反应生成NaI和CH3COOH，则C→D转化的化学方程式为+CH3I+CH3COONa→+NaI+CH3COOH；(4)G→H过程中羟基变为碳碳双键，故反应类型为消去反应；(5)氢气除了还原羰基之外还可以还原苯环，产生副产物，导致目标产物产率下降；(6)E的同分异构体除E之外还有以下五种、、苯环上的二取代物(邻、间、对三种)，故含有苯环且与E具有相同官能团的共有5种。(7)与反应生成，与LiAlH4反应生成，与CH2Cl2和BF3●Et2O反应生成 ，故K的结构简式为，L的结构简式为。
图a装置
图b装置
图c装置
时反应区I2(g)的物质的量/
0.10
0.30
x