2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷02）（全解全析），共22页。试卷主要包含了下列有关说法不正确的是，下列说法不正确的是，下列方程式的书写，不正确的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)。
1．下列物质中含有共价键的盐是( )
A．CH3CONH2B．NH4NO3C．MgCl2D．NaOH
【答案】B
【解析】A项，H3CONH2只含有共价键，但不属于盐，故A不符合题意；B项，NH4NO3由铵根和硝酸根离子构成，属于盐，含有离子键、共价键，故B符合题意；C项，MgCl2由Mg2+、Cl-构成，只含离子键，故C不符合题意；D项，NaOH由Na+、OH-构成，含有离子键、共价键，但属于碱，故D不符合题意；故选B。
2．硫酸亚铁应用广泛，下列说法不正确的是( )
A．S元素位于周期表第三周期ⅥA族
B．硫酸亚铁常用作净水剂
C．二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境
D．硫酸亚铁溶液一定会使蛋白质变性
【答案】D
【解析】A项，S元素位于周期表第三周期ⅥA族，A正确；B项，硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，具有吸附能力常用作净水剂，B正确；C项，二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境，C正确；D项，亚铁离子为人体合成血红蛋白所必须的离子，所以不会使蛋白质变性，D错误； 故选D。
3．下列化学用语表示正确的是( )
A．O3分子的球棍模型：
B．H2O的VSEPR模型名称是四面体型
C．在氨水中，与分子间的氢键主要形式可表示为：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】A项，O3分子结构为V形结构，该球棍模型与其结构不符，A项错误；B项，H2O的价层电子对数为，所以VSEPR模型名称是四面体型，B项正确；C项，O原子电负性更强，与O连接的H原子几乎成了质子，更易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间的氢键主要形式可表示为：，C项错误；D项，聚丙烯结构简式应该为：，D项错误；故选B。
4．二氧化氯泡腾片是常用的鱼缸消毒剂，也可用于除居室甲醛，其反应方程式可表示为：4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O，下列说法不正确的是( )
A．甲醛具有还原性
B．二氧化氯是氧化剂，还原产物为HCl
C．反应生成2 mlCO2，则转移4ml电子
D．若将二氧化氯改为次氯酸钠，消耗等量甲醛所需NaClO与ClO2的物质的量之比为5：2
【答案】C
【解析】A项，甲醛具有还原性，被氧化生成二氧化碳，A正确；B项，二氧化氯是氧化剂，发生还原反应生成还原产物为HCl，B正确；C项，甲醛中碳元素化合价由0升高为+4，反应生成2 mlCO2，则转移8ml电子，C错误；D项，反应中ClO2中氯元素化合价由+4降低到-1，NaClO中氯元素化合价由+1降低到-1，则消耗等量甲醛所需NaClO与ClO2的物质的量之比为5：2，D正确；故选C。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．使pH试纸显蓝色的溶液中：、Mg2+、Cl-、HCO3-
B．的溶液中：K+、NH4+、SO42-、SCN-
C．的溶液中：Na+、Al3+、、
D．的AlCl3溶液中：NH4+、Na+、NO3-、SO42-
【答案】D
【解析】A项，使pH试纸显蓝色的溶液中含有大量的OH-，OH-与Mg2+、OH-与HCO3-都不能大量共存，A不合题意；B项，c(Fe3+)=0.1ml·L-1的溶液中Fe3+与SCN-不共存，生成Fe(SCN)3，为弱电解质，B不合题意；C项，的溶液中，溶液呈中性，Al3+不能大量共存，C不合题意；D项，0.1 ml·L-1的AlCl3溶液中：NH4+、Na+、NO32-、SO42-、Al3+和Cl-都能大量共存，D符合题意；故选D。
6．“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，其流程如下，下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ：加入酸酸化可提高Cl2的利用率
B．步骤Ⅱ、Ⅲ：目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成
C．步骤Ⅳ：采用水蒸气将液溴蒸出
D．步骤Ⅴ：采用萃取分液得到液溴
【答案】D
【解析】A项，步骤Ⅰ中，先将海水酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，是由于氯气和生成的溴单质都与水反应，如Cl2+H2OHCl+HClO，加酸酸化可抑制氯气、溴单质与水反应，节约了氯气，得到更多溴单质，步骤Ⅰ中加酸酸化可提高Cl2的利用率，A正确；B项，步骤Ⅱ、Ⅲ的目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成，B正确；C项，步骤Ⅳ利用溴易挥发，采用水蒸气将液溴蒸出，C正确；D项，步骤Ⅴ应该是冷凝得到液溴，D错误；故选D。
7．类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是( )
【答案】D
【解析】A项，12—冠—4(冠醚)与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠—4(冠醚)不能识别K+，A项错误；B项，F的吸电子能力强于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F的非金属性比Cl强，所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，H-F键能比H-Cl键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸＜氢氯酸，B项错误；C项，Ag2CrO4和AgCl组成不相似，则由Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，不能推测出溶解度：AgCl＞Ag2CrO4，C项错误；D项，晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比推理出，晶体硅的化学键含金属键成分，D项正确；故选D。
8．下列有关说法不正确的是( )
A．图①实验能用于验证氨气的还原性
B．图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2
C．由图③实验可知增大气体总压强化学平衡向左移动
D．利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
【答案】C
【解析】A项，图①NH3与CuO反应生成N2、Cu和H2O，黑色的CuO转化为红色的Cu，N元素的化合价升高，说明NH3具有还原性，A正确；B项，图②实验中，SO2密度比空气大，集气瓶内导管左长右短，可用于收集SO2，烧杯内干燥管插入NaOH溶液中，用于吸收多余的SO2，B正确；C项，图③实验中，由于反应前后气体的分子数相等，所以增大气体总压强，化学平衡不发生移动，C错误；D项，图④实验中，通过U形管内液面左高右低，确定左侧为吸氧腐蚀，右侧为析氢腐蚀，从而探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀，D正确；故选C。
9．下列说法不正确的是( )
A．蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序
B．在酸催化下，苯酚和甲醛可缩聚成网状结构的热固性酚醛树脂
C．硫化橡胶具有较高强度，是因为二硫键将线型结构转变为网状结构
D．低密度聚乙烯的软化温度较低，是因为高分子链之间有较多长短不一的支链
【答案】B
【解析】A项，蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序，一级结构是形成二级机构、三级机构的基础，A正确；B项，碱性条件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后在发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，B不正确；C项，硫化橡胶具有较高强度，是因为二硫键将线型结构转变为网状结构，C正确；D项，低密度聚乙烯的软化温度较低，是因为高分子链之间有较多长短不一的支链，D正确；故选B 。
10．下列方程式的书写，不正确的是( )
A．溶液暴露在空气中：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-
B．铅酸蓄电池放电的负极反应：Pb+SO42--2e-=PbSO4
C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2 CH2OH(CHOH)4COO-+Cu2O↓ +3H2O
D．煅烧黄铁矿制SO2：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2
【答案】D
【解析】A项，KI溶液暴露在空气中：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-，A正确；B项，铅酸蓄电池放电的负极反应：Pb+SO42--2e-=PbSO4，B正确；C项，葡萄糖与新制氢氧化铜反应：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2 CH2OH(CHOH)4COO-+Cu2O↓ +3H2O，C正确；D项，煅烧黄铁矿制SO2：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，D错误；故选D。
11．维纶是聚乙烯醇缩甲醛纤维的商品名，可用于生产服装、绳索等，其合成路线如下。下列说法正确的是( )
A．物质A中所有碳原子一定在同一平面
B．1ml物质B完全水解需消耗1mlNaOH
C．物质C难溶于水
D．过程③经历了加成、取代两步反应
【答案】D
【解析】A项，物质A中存在碳碳双键结构，除碳碳双键外剩余的碳都是以单键的形式相连，可以旋转到同一个平面，也可以不在一个平面，则物质A中所有碳原子不一定在同一平面，A错误；B项，1ml物质B中含nml酯基，完全水解需消耗nml NaOH，B错误；C项，物质C中含羟基，羟基为亲水基团，则物质C可溶于水，C错误；D项，过程③醛基发生了加成反应，同时通过取代反应形成了醚键，D正确； 故选D。
12．X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，Y元素在短周期中金属性最强，Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为．下列说法不正确的是( )
A．熔点：晶体Z>晶体ZX2
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．气态MQ3是由极性键构成的极性分子
D．晶体中Y离子距离最近且相等的Q离子有6个
【答案】A
【解析】X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，则X为O元素；Y元素在短周期中金属性最强，则Y为Na元素；Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为3：1，则M为P元素，Z为Si元素，Q为Cl元素。A项，晶体Si和SiO2均为共价晶体，Si-Si键的键长大于Si-O键，Si-Si键的键能小于Si-O键，则熔点：晶体Si＜晶体SiO2，故A错误；B项，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Si＜P，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Si＜P，故B正确；C项，气态PCl3为三角锥形，正负电荷的重心不重合，是由极性键构成的极性分子，故C正确；D项，NaCl晶体中Na+离子距离最近且相等的Cl-离子有6个，故D正确；故选A。
13．近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．充电时，电极A连接电源的负极
B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O
C．该电池可采用阴离子交换膜
D．充电时，外电路通过1mle-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO2 (标况下)
【答案】B
【解析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极。A项，由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B项，放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；C项，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D项，充电时，外电路通过1mle-，产生1ml氢氧根离子，根据CO2+OH-=HCO3-，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；故选B。
14．一定温度下，反应物M(g)转化为产物N(g)或N·Z(g)的关系式如下。已知稳定性N·Z(g)＞N(g)＞M(g)，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅲ的活化能，假设Z(g)的相对能量为0。
Ⅰ：M(g) N(g) ΔH1
Ⅱ：M(g) N(g) ΔH2
Ⅲ：M(g) N(g) ΔH3
Ⅳ：M(g)+ Z(g)N·Z(g) ΔH4
下列说法正确的是( )
A．△H4>△H1=△H2=△H3
B．相同条件下，单位体积内活化分子数：ⅡⅢ
C．在Ⅰ建立平衡后的密闭容器中再充入M(g)，新平衡时的转化率下降
D．相同条件下，平衡时正反应速率：
【答案】D
【解析】A项，根据盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则△H1-△H2=△H3，反应Ⅲ-反应IV=反应Ⅱ，则△H3-△H4=△H2，则△H1=△H2=△H3>△H4，故A错误；B项，反应II的活化能小于反应Ⅲ的活化能，则相同条件下，单位体积内活化分子数Ⅱ＞Ⅲ，故B错误；C项，在Ⅰ建立平衡后的密闭容器中再充入M(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，新平衡时M的转化率增大，故C错误；D项，加入催化剂能增大反应速率，故平衡时正反应速率：，故D正确；故选D。
15．常温下，往10mL0.1ml·L-1 FeSO4溶液中通入H2S至饱和，有微量FeS生成，溶液中c(H2S)=0.1ml·L－1(溶液体积和FeSO4浓度的变化忽略不计)．[已知：H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13，Ksp(FeS)= 6.3×10－18]，下列说法不正确的是( )
A．溶液中，c(S2-)=6.3×10-17ml·L-1
B．反应FeS(s)+2H+(aq)2Fe2+(aq)+H2S(aq)的
C．溶液中，c(HS－)＞c(OH―)
D．溶液中，约为5
【答案】D
【解析】A项，往10mL0.1ml·L-1 FeSO4溶液中通入H2S至饱和，有微量FeS生成，即亚铁离子恰好生成沉淀，，故A正确；B项，根据反应FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq) Ksp(FeS)①、H2S(aq)H+(aq)+HS-(aq) Ka1②、HS-(aq) H+(aq)+S2-(aq) Ka2③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应FeS(s)+2H+(aq)2Fe2+(aq)+H2S(aq)，则，故B正确；C项，溶液中c(H2S)=0.1ml·L－1，HS-的水解常数为，则，故溶液中c(HS－)＞c(OH―)，故C正确；D项，根据反应FeS(s)+2H+(aq)2Fe2+(aq)+H2S(aq)的，则，pH约为3，故D错误；故选D。
16．下列方案设计、现象和结论不正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，FeCl3溶液中含有Fe3+，溶液显黄色，向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体，NaCl固体溶解，溶液中Cl-浓度进一步增大，溶液变为亮黄色，说明在高浓度Cl-的条件下Fe3+与Cl-反应产生了FeCl4-，FeCl4-能够存在于高难度的Cl-的溶液中，说明此时FeCl4-稳定，A正确；B项，向2 mL0.1 ml/L KI溶液滴加2滴0.1 ml/L硝酸银，二者反应产生AgI黄色沉淀，此时溶液中I-过量，然后再滴加2滴0.1 ml/L的K2S溶液，看到沉淀又转化为黑色，说明在其中含有少量AgI电离产生的Ag+，Ag+与S2-反应产生Ag2S黑色沉淀，因此可以说明溶度积常数：Ksp (AgI)＞Ksp (Ag2S)，B正确；C项，酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，但显色反应要在中性或弱酸性溶液中进行，要证明乙酰水杨酸中存在酯基，可以向乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液，无现象，再向溶液中逐滴滴加Na2CO3溶液，中和硫酸，使溶液呈现中性或弱酸性，振荡，这时看到溶液显紫色，说明溶液中含有酯基水解产生的酚羟基，从而证明水杨酸中含有酯基，C错误；D项，分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液，MgCl2反应产生Mg(OH)2白色沉淀，AlCl3溶液中首先反应产生Al(OH)3白色沉淀，后当碱溶液过量时，反应产生的白色沉淀又溶解，反应变为可溶性NaAlO2，说明碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，则证明了元素的金属性：Mg＞Al，D正确；故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．(10分)硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
(1)基态硫原子的价层电子排布图是 。
(2)下列有关说法正确的是_______。
A．同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种
B．SO2的VSEPR模型和空间结构均为V形
C．甲基磺酸中S原子采取sp杂化
D．[Ne]3s13p44s1的发射光谱不止1条谱线
(3)中的O-O比H2O2中的更 (填“难”或“易”)断裂。其原因是 。
(4)锌与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示。
①Zn2+的配位数为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为anm，则该晶体的密度 。
【答案】(1) (2分)
(2)AD(2分)
(3) 易(1分) S2O82-中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故S2O82-中的比H2O2中更易断裂(2分)
(4) 4(1分) g/cm3(2分)
【解析】(1)基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4，根据洪特规则和泡利原理可知，基态硫原子的价层电子排布图为；(2)A项，根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；故A正确；B项，SO2的中心原子价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，S含有一对孤电子对，分子的空间结构是V形，故B错误；C项， S原子成4个σ键，采用sp3杂化，故C错误；D项，[Ne]3s13p44s1为激发态原子，有多个电子发生跃迁，它由激发态回到能量较低或者基态时放出一定波长的光为发射光谱，其谱线不止1条，故D正确；故选AD；(3)比较两者-O-O-键的牢固程度，主要看O所连的原子的电负性强弱，S2O82-中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故S2O82-中的比H2O2中更易断裂；(4)由晶胞示意图可知，每个S2-周围相邻最近的Zn2+有4个，晶体的化学式为ZnS，故每个Zn2+周围相邻最近的S2-有4个；由均摊法计算出一个晶胞有4个ZnS，故晶体的密度=g/cm3。
18．(10分)氯及其部分化合物相关转化如下.
请回答：
(1)常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： 。
(2)下列有关流程中的物质的说法正确的是： 。
A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2
B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1
C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2
D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂
(3) NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： 。
(4)通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式： 。设计实验检验D： 。
【答案】(1) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(1分) (2)BD(2分)
(3) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4(2分)
(1分)
(4) 4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl(2分) 气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl(2分)
【解析】Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。(1)常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)A项，工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B项，B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5：1，B正确；C项，若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D项，ClO 2中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；故选BD；(3)H2SO4和HClO4都是分子晶体，H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4，高氯酸比硫酸易从体系中分离；HClO4在液态时通过氢键形成双聚体，(HClO4)2的结构式：；(4)Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl；证明D为HCl的方法是：气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl。
19．(10分)乙二醇(HOCH2CH2OH)是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH)的重要工艺。主要反应如下：
I．CH3OOCCOOCH3(g)＋2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1＝-21.8kJ·ml−1
Ⅱ．CH3OOCCH2OH(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH2＝-17.1kJ·ml−1
Ⅲ．HOCH2CH2OH(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝-86.7kJ·ml−1
(1)写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式： 。
(2)计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。
A．升高反应体系的温度
B．适当增大反应投料中氢气的比例
C．增大反应体系的压强
D．选择合适的催化剂进行反应
(3)在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。
①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是 。
②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为 (计算结果保留二位小数)。
(4)在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。
①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是 。
②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化 。
【答案】(1)CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH＝-38.9kJ·ml−1(1分)
(2)D(2分)
(3)增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低(2分) 0.03(2分)
(4) 温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低 (2分) (1分)
【解析】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，ΔH=ΔH1+ΔH2=-38.9kJ/ml；(2)A项，升高反应体系的温度，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，A错误；B项，适当增大反应投料中氢气的比例，平衡正向移动，虽然可以提高乙二醇产率，但不是最佳措施，B错误；C项，增大反应体系的压强，反应Ⅰ和Ⅱ正向移动，虽然乙二醇产率增大，但不是最佳措施，C错误；D项，选择合适的催化剂进行反应，可以大大的加快单位时间内乙二醇的产量，为最佳措施，D正确；故选D。(3)①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是：增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；②假设投入的CH3OOCCOOCH3为 1ml，H2为60ml，CH3OOCCOOCH3的转化率为90%，总的转化了0.9ml，生成的乙二醇和乙醇酸甲酯选择性各为50%，则两者物质的量分别为0.45ml，由三段式可知：
则平衡时甲醇物质的量为1.35ml，乙二醇与乙醇酸甲酯的物质的量均为0.45ml，氢气的物质的量为57.3ml，气体的总物质的量为：59.65ml，则甲醇的分压为MPa=0.03MPa；(4)①温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低；②乙醇酸甲酯的产率随温度的变化为先增大减小，在470K之前，主要发生反应Ⅰ，乙醇酸甲酯的产率随温度的升高而升高，在470K之后，副反应Ⅲ发生，消耗乙二醇使反应Ⅱ正向移动，乙醇酸甲酯被消耗，产率减小，结合各温度下草酸二甲酯的转化率和乙醇酸甲酯的选择性计算乙醇酸甲酯的产率(乙醇酸甲酯的产率=草酸二甲酯的转化率×乙醇酸甲酯的选择性)，所以乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像为：。
20．(10分)硫代尿素[CS(NH2)2]是重要的工业原料．某小组按如图流程开展制备实验(部分装置及夹持仪器已省略)。主要反应：
步骤Ⅱ：CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2
步骤Ⅲ：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2
已知：硫代尿素CS(NH2)2可溶于水、乙醇，微溶于乙醚
(1)仪器X的名称 (填仪器名称)。
(2)下列说法不正确的是_________。
A．配制5%的溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶等
B．装置A使用恒压分液漏斗添加硫酸溶液时，可以打开漏斗上部的玻璃塞
C．在反应前若向装置B中通入一段时间N2，能提高产品的产率
D．步骤Ⅱ反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变
(3)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正确的顺序是： 。
(_________)→(_________)→a→(_________)→e→f→(_________)
a．调节三通阀如图，收集气体一段时间
b．开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸
c．调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃
d．调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃
e．调节三通阀如图
f．移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后
g．检测气体纯净后连接三通阀
(4)步骤Ⅳ的主要操作是(请补上第一步)： →洗涤、合并滤液→冷冻结晶。
上述步骤中的最适宜洗涤剂是 。
A．冷水 B．热水 C．乙醚 D．滤液
(5)产品含量的测定：
滴定反应：10NaOH+4I2+CS(NH2)2=CO(NH)2+8NaI+Na2SO4+5H2O；I2+ Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI
主要步骤：
Ⅰ．称取产品用蒸馏水溶解并定容至。移取该溶液注入碘量瓶中，加50mL c1ml·L-1碘标准液，氢氧化钠溶液，于暗处放置。加适量水及盐酸摇匀，用c2ml·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积V1mL。
Ⅱ．空白实验：将上述样品溶液改为蒸馏水注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗体积V2mL。
①需要加入淀粉指示液时，锥形瓶中溶液的现象是 。
②产品的质量分数为 。
【答案】(1)三颈烧瓶(1分) (2)ABD(2分)
(3) (2分)
(4)趁热过滤(1分) B(1分)
(5)溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色(1分) 或(2分)
【解析】BaS溶液和稀硫酸在装置A的三颈烧瓶中混合反应生成硫化氢气体进入装置B发生反应CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2，经步骤ⅢCa(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品。(1)仪器X的名称为三颈烧瓶；(2)A项，配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A错误；B项，恒压分液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利留下，不需要可以打开漏斗上部的玻璃塞，B错误；C项，在反应前若向装置B中通入一段时间N2 ，排尽装置中的空气，防止产品被氧化，提高产品的产率，C正确；D项，步骤Ⅱ反应完全即H2S完全反应，步骤Ⅲ反应仍需要CaCN2参与，此时仍是浊液，当集气瓶液面不再改变，且液面和移液管中相平，说明步骤Ⅱ反应完全，D错误；故选ABD；(3)实验操作如下，开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸，检测气体纯净后连接三通阀；调节三通阀如图，收集气体一段时间；调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃；调节三通阀如图；移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后；调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃；(4)从题中所给信息，步骤Ⅲ调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃，发生该反应Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，可知硫代尿素在85℃溶解度较小，有利于以晶体的形式析出，故经趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品，洗涤应使用热水洗涤，减少产品的损失；(5)①临近终点溶液中有碘单质，溶液为黄褐色，滴加淀粉溶液溶液，溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色；② 根据空白实验可知20.00m溶液中加入碘单质为：
mg产品的质量分数为。
21．(12分)依折麦布片是一种高效、低副作用的新型调脂药，其合成路线如下，部分条件省略。
已知：①
②B生成C经过多步反应，C能发生银镜反应
③
请回答下列问题：
(1)依折麦布片中含氧官能团的名称是 。
(2)E的核磁共振谱中有两组峰，面积之比，则E的结构简式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．G→H的反应类型为还原反应
B．依折麦布片分子式为C24H20F2NO3
C．可用氯化铁溶液鉴别B和D
D．由B合成C过程中需要对酚羟基进行保护
(4)写出C→D的化学方程式 。
(5)写出3个符合下列条件的同分异构体 。
a．除苯环外无其它环
b．能使溴水褪色
c．含-NO2
d．1H-NMR谱检测表明：分子中有5种不同环境的氢原子
(6)运用上述信息设计由A为原料制备高分子化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选，需使用题目所给的信息) 。
【答案】(1)羟基、酰胺基(1分) (2) (1分) (3)AD(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6) (3分)
【解析】由B的结构和A的分子式C7H8可知，A为甲苯()，B生成C经过多步反应，C能发生银镜反应，则C的结构为，C与反应生成D，则D为；E与生成F，F与生成G，G转变为F，G和H的分子式相差2个H，则G→H发生了碳基与氢气的加成反应，则G的结构为，则F的结构为，E的结构为；D()与H反应生成I，I再转化为产品。(1)从依折麦布片的结构可得，依折麦布片中含氧官能团的名称是羟基、酰胺基；(2)E的核磁共振谱中有两组峰，面积之比2：1，E与生成F()，则E的结构简式为；(3)A项，G和H的分子式相差2个H，则G→H发生了碳基与氢气的加成反应，即还原反应，A正确；B项，依折麦布片分子式为C24H21F2NO3，B错误；C项，D为，B和D的结构中都含酚羟基，遇到氯化铁溶液都会显紫色，则不能用氯化铁溶液鉴别B和D，C错误；D项，C的结构为，由B转化为C，需要把甲基氧化为醛基，而酚羟基极易被氧化，则由B合成C过程中需要对酚羟基进行保护，D正确； 故选AD。(4)C的结构为，C与反应生成D，则D为，C→D的化学方程式为；(5)的同分异构体满足：a．除苯环外无其它环，b．能使溴水褪色，c．含-NO2，则该同分异构体中含碳碳双键，又需要满足，d．1H-NMR谱检测表明：分子中有5种不同环境的氢原子，则该同分异构体可能为；(6)由A()为原料制备高分子化合物的合成路线为。
已知
结论
A
15—冠—5(冠醚)能识别Na+
12—冠—4(冠醚)能识别K+
B
酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸
酸性：氢氟酸＞氢氯酸
C
Ksp(AgCl)= 1.8×10－10， Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10－12
溶解度：AgCl＞Ag2CrO4
D
晶体硅是半导体材料
晶体硅的化学键含金属键成分
图①
图②
图③
图④
实验目的
实验方案
现象
结论
A
验证FeCl4- (黄色)在高浓度Cl-的条件下稳定
向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体
NaCl固体溶解，溶液变为亮黄色
FeCl4-在高浓度Cl-的条件下稳定
B
比较AgI与Ag2S的Ksp
向2 mL0.1 ml/L KI溶液滴加2滴0.1 ml/L硝酸银，然后再滴加2滴0.1 ml/L的K2S溶液
先产生淡黄色沉淀，后转化为黑色沉淀
Ksp (AgI)＞Ksp (Ag2S)
C
检验乙酰水杨酸中存在酯基
乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液
溶液呈紫色
存在酯基
D
比较Mg与Al的金属性
分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液
前者产生白色沉淀；后者先产生白色沉淀，沉淀后消失
Mg＞Al