2024年高考第三次模拟考试题：化学（山东卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（山东卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了下列实验操作或结论叙述正确的是，天然生物碱荜茇酰胺结构如图所示，的实验室制备过程为等内容，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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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 B 11 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 I 127
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。下列物质主要成分为有机高分子化合物的是
A．铺路用的改性沥青B．小麦秸秆制成的衣架
C．利用二氧化碳合成的高级脂肪酸D．碳量子点构成的荧光材料
【答案】B
【解析】A．铺路用的改性沥青是石油分馏产物，属于烃类，不是有机高分子化合物，A错误；
B．小麦秸秆主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，B正确；
C．利用二氧化碳合成的高级脂肪酸，属于羧酸类，不是有机高分子化合物，C错误；
D．碳量子点构成的荧光材料，属于碳单质，不是有机高分子化合物，D错误；
故选B。
2．下列关于实验操作的说法正确的是
A．取用药品时，剩余药品均不得放回原试剂瓶
B．中和热测定时，只需记录溶液的初始温度和最高温度
C．稀硫酸、溶液等沾到皮肤上应立即用大量清水冲洗
D．酸碱中和滴定时，不能加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
【答案】C
【解析】A．通常，实验后，将剩余药品放回原试剂瓶会污染瓶中药品，因此取用药品时，剩余药品不得放回原试剂瓶，但是为了避免发生火灾等各种危险，Na、白磷之类应放回原瓶，A错误；
B． 中和热测定时，需要记录酸、碱溶液的浓度和体积，测定并记录酸、碱溶液的初始温度以及混合后的最高温度，B错误；
C． 稀硫酸、溶液具有腐蚀性，沾到皮肤上会腐蚀人的皮肤，因此不慎沾上应立即用大量清水冲洗，C正确；
D． 酸碱中和滴定时，必要时可加入少量蒸馏水，加入的少量水不影响酸、碱的物质的量，不会产生误差，D错误；
答案C。
3．下列物质的性质与用途对应关系错误的是
A．氧化铝熔点高，可用作耐火材料
B．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
C．具有还原性，可用于去除水体中的
D．聚合硫酸铁铝能水解形成胶体，可用作净水剂
【答案】C
【解析】A．氧化铝熔点高，可用作耐火材料，性质与用途对应关系正确，故A不选；
B．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑，性质与用途对应关系正确，故B不选；
C．Na2S能与Hg2+的盐溶液发生复分解反应，生成HgS沉淀，消除Hg2+的污染，与还原性无关，故C选；
D．聚合硫酸铁能水解形成胶体，胶体具有吸附作用，可以吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的，故D不选；
故选C。
4．下列实验操作或结论叙述正确的是
A．图1所示装置可比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱
B．图2所示装置可用于观察钠的燃烧
C．图3所示装置可观察H2在Cl2中燃烧
D．图4所示装置可检验溴乙烷中含有溴元素
【答案】A
【解析】A．少量氯水时，四氯化碳层颜色加深，只氧化碘离子，可以知道Cl2氧化性大于I2；氯水过量时，上层溶液变为黄色，后氧化亚铁离子，可以知道Cl2氧化性大于Fe3+，氧化先后顺序可知碘离子还原性大于亚铁离子还原性，即Fe3+氧化性大于I2，故能比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱，A正确；
B．表面皿不能加热，B错误；
C．氯气密度比空气大，图中集气瓶不可以倒置，C错误；
D．溴乙烷水解后，需要加硝酸中和过量氢氧化钠，否则滴加硝酸银无法生成溴化银，不能检验溴离子，D错误；
本题选A。
5．可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关的说法错误的是
A．是非极性分子B．键角并不都等于
C．S和F之间共用电子对偏向FD．中心原子S采取杂化
【答案】D
【解析】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故A正确；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角∠FSF不都等于90°，故B正确；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C正确；
D．中心原子S的价层电子对数为6，不采取杂化，采取杂化，故D错误；
故选D。
6．将X滴入圆底烧瓶中与Y发生反应，产生足量气体通入Z中，Z中实验现象错误的是
【答案】D
【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；
B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；
C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；
D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；
故选D。
7．天然生物碱荜茇酰胺结构如图所示。下列说法正确的是
A．含有5种官能团B．含有手性碳原子
C．双键均为顺式结构D．可发生加聚反应和水解反应
【答案】D
【解析】A．由图知，分子中含有醚键、碳碳双键、酰胺基三种官能团，A错误；
B．手性碳原子为连接四个不同的原子或基团的碳原子，观察可知，没有手性碳原子，B错误；
C．由图知，该分子中的碳碳双键一个为顺式结构，一个为反式结构，C错误；
D．结构中有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构中有酰胺基，可以发生水解反应，D正确；
故答案选D。
8．的实验室制备过程为：
①在强酸性介质中用还原制备；
②在碱性介质中与反应，得到亚氯酸钠溶液；
③再经一系列操作可得晶体。
根据上述实验原理，下列说法不正确的是
A．①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质
B．反应②中的可用代替
C．过程③一系列操作含冷却结晶，温度控制在38℃以下
D．若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为
【答案】B
【解析】A．①中可用硫酸作强酸性介质，提供氢离子，硫酸根对反应无影响，②中可用NaOH作碱性介质，提供氢氧根离子，钠离子对反应无影响，故A正确；
B．在碱性介质中ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl的化合价由+4价降低为+3价，H2O2作还原剂，NaClO4不能代替过氧化氢，故B错误；
C．过程③一系列操作含冷却结晶，为防止分解，温度应控制在38℃以下，故C正确；
D．用原电池实现反应①，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，即电极反应式为，故D正确；
故选：B。
9．中国科学院理化所发现利用Pd-CdS可使PLA()转化为丙酮酸()的速率显著提高，并且优异的稳定性确保了Pd—CdS可以维持100h的反应性能，其反应机理如图所示，Pd-CdS在光照条件下产生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子。下列说法错误的是
A．Pd-CdS可作乳酸制备丙酮酸的催化剂
B．在相同条件下，适当增加光的强度有利于加快反应速率
C．整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D．当180gPLA完全转化成丙酮酸时，理论上Pd-CdS中至少产生4mlh+
【答案】D
【解析】A．由图可知乳酸在Pd-CdS上可发生转化生成丙酮酸，Pd-CdS可做该转化的催化剂，故A正确；
B．根据图像可知，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟基自由基，故B正确；
C．由图可知，生成DFF的总反应为，则氧化产物DFF与还原产物H2的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．由图可知Pd-CdS在光照条件下产生1ml h+时同时产生1ml电子，180gPLA物质的量为2.5ml，水解生成2.5ml乳酸，乳酸发生反应：-2e-=+2H+，则2.5ml乳酸反应时转移5ml电子，理论上Pd-CdS中至少产生5mlh+，故D错误；
故选：D。
10．某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：ZM>Z>X>Y
【答案】D
【分析】根据题意，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素，结合图中信息可知，Q为F，Z为C，X为H，Y为B，M为N，据此分析解题。
【解析】A．Z和M的氧化物均有多种，无法比较对应水化物的酸性，故A错误；
B．MQ3分子NF3，有4个价层电子对，其VSEPR模型为四面体，故B错误；
C．F不能与氢元素形成含非极性键的二元化合物，故C错误；
D．Q为F，Z为C，X为H，Y为B，M为N，电负性：F>N>C>B>H，故D正确；
故答案选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．有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法正确的是
A．可用红外光谱区分X和Y
B．X分子中所有碳原子可能共平面
C．含－OH和的Y的同分异构体有18种
D．类比上述反应，的异构化产物为
【答案】A
【解析】A．X和Y所含官能团不同，故可用红外光谱区分X和Y，A正确；
B．X分子中和羟基相连的C杂化方式为sp3，该碳原子与周围相连的三个碳原子构成三角锥形，故X分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Y的分子式为C15H12O，则含－OH和的Y的同分异构体还含有一个—CH3，共有23种：，含有－CH2OH和的Y的同分异构体有3种，即，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为或，D错误。
故选A。
12．下列有关实验操作、现象(或数据)和结论均正确的是
【答案】AC
【解析】A．将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，铝和银在氯化钠溶液则构成原电池，铝作原电池的负极，铝将失去电子发生氧化反应生成铝离子,银为正极，硫化银得到电子发生还原反应生成银与硫离子,因此总反应方程式2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+2Al(OH)3↓+3H2S↑，A正确；
B．氮化镁、铵盐等和浓氢氧化钠溶液加热反应生成氨气都能使红色石蕊试纸变蓝，所以不一定就是按盐，B错误；
C．碳酸氢钠溶液显碱性，可使紫色石蕊试纸变蓝，则碳酸氢根离子的水解大于碳酸氢根离子的电离，说明又因，因此，C正确；
D．到达滴定终点氢氧化钠用量体积大于草酸体积的2倍，D错误；
故选AC。
13．某含钒矿石（主要成分为等）制取的流程如下：
已知：①
②强酸性溶液中钒以形式存在
③易溶于水、难溶于水
下列说法错误的是
A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率
B．浸出渣的主要成分为
C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的
D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为
【答案】BC
【分析】含钒矿石主要成分为等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”， 难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，生成的气体为H2S，得到含钒溶液中含有、Fe2+、Al3+，加氢氧化钠、氧气，转化为，加氨水生成沉淀。
【解析】A. 破碎粉磨含钒矿石，增大与硫酸的接触面积，可以加快酸浸速率和溶出率，故A正确；
B. 难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，故B错误；
C. 强酸性溶液中钒以形式存在，转化富集的目的是使转化为，故C错误；
D. 沉钒过程中和氨水反应生成沉淀，发生反应的离子方程式为，故D正确；
选BC。
14．一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是
A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a
B．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．理论上外电路每通过2ml电子，则内电路有1ml离子通过交换膜
【答案】B
【分析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a 上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。
【解析】A．据分析，电极a为阴极，电极b为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a ，A正确；
B．X如果是块状大理石，则会生成，不利于CO2的生成，B错误；
C．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，C正确；
D．电路中每通过2ml电子，则溶液中有2ml电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1ml，D正确；
故选B。
15．在含Ag+、Cu2+、Hg2+的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+、Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+、Hg2++4NH3[Hg(NH3)4]2+，平衡常数分别为K1、K2、K3，且K2＜K3。lgx与lgc(NH3)的关系如图所示，其中表示或或，下列叙述正确的是
A．直线a代表lg与lgc(NH3)的关系
B．根据图像可计算平衡常数K2=1.0×1019
C．向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度大于[Hg(NH3)4]2+
D．[Hg(NH3)4]2++Cu2+[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数K=1.0×10-6
【答案】AD
【分析】，，；同理，、；已知K2＜K3，再结合图像斜率可知，abc分别为lg、lg、lg与lgc(NH3)的关系；
【解析】A．直线a代表lg与lgc(NH3)的关系，A正确；
B．由点（-1,9）可知，，K2=1.0×1013，B错误；
C．K2＜K3，[Hg(NH3)4]2+更容易生成，则向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度小于[Hg(NH3)4]2+，C错误；
D．由点（-3,7）可知，，K3=1.0×1019，[Hg(NH3)4]2++Cu2+[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数，D正确；
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）N、P及其化合物在工业生产中起着重要的作用。回答下列问题：
（1）由磷原子核形成的三种微粒：a．([Ne]3s23p3)、b．([Ne]3s23p2)、c．([Ne]3s23p24s1)，半径由大到小的顺序为 (填标号，下同)；再失去一个电子所需最低能量由大到小的顺序为 。
（2）已知HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构(无配位键)，请画出沸点高的分子的结构式 。
（3）杂环化合物咪唑结构如图，其分子中的大π键可表示为，则其结合质子能力更强的氮原子是 (填“①”或“②”)，其原因是 。
（4）PCl5是一种白色晶体，其晶胞如图所示。该晶体熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。
①写出PCl5熔融时的电离方程式 。
②若晶胞参数为anm，则晶体的密度为 (列出计算式)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）c>a>b c>b>a
（2）H-N=C=S
（3）①（1分）
①号N原子连接着双键，而N原子电负性大于C，将使得电子云密度偏向N原子（1分）
（4）2PCl5(熔融)＝+
【解析】（1）a([Ne]3s23p3)为基态P原子，b([Ne]3s23p2)为基态P原子失去一个电子，c ([Ne]3s23p24s1)为基态P原子一个电子跃迁至4s1轨道，半径由大到小的顺序为c>a>b，再失去一个电子所需最低能量由大到小的顺序为c>b>a，故答案为c>a>b；c>b>a。
（2）HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构，沸点高的分子的结构式为H-N=C=S，故答案为H-N=C=S。
（3）由图可知，①号N原子连接着双键，而N原子电负性大于C，将使得电子云密度偏向N原子，从而大于②号N原子的电子云密度，使得其结合质子的能力大，故答案为①；①号N原子连接着双键，而N原子电负性大于C，将使得电子云密度偏向N原子。
（4）①根据题中信息以及晶胞图可知，正四面体形的阳离子说明有4个σ键，无孤电子对，阳离子是，阴离子为正八面体形，一个P对应六个Cl，该阴离子为，电离方程式为2PCl5(熔融)＝+；故答案为2PCl5(熔融)＝+；
②根据晶胞图，位于顶点，个数为，位于体心，个数为1，因此晶胞的质量为
，晶胞的体积为（a×10−7）3cm3，晶胞的密度为，故答案为。
17．（12分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5ml/L时沉淀完全)
（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。
（4）生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）Al(OH)3和H2SiO3（1分） 8.37
（2）
（3）酸性（1分） 10∶3（1分）
（4）H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1（1分） 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量
【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；
（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；
（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；
（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
18．（12分）二硫化钨是一种乌精细化工产品，主要用作石油催化剂和润滑剂。实验室利用反应制备的装置如图所示(夹持装置略)。已知：常温下为黑灰色固体，熔点1250℃；S的沸点445℃；的沸点77℃。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品。(ⅰ)通入氩气；(ⅱ)……；(ⅲ)关闭，打开。操作(ⅱ)为 ；A中发生反应的离子方程式为 。
（2）C为U型水柱压力计，其作用是 。D中盛装的药品是 (填化学式)。反应结束后应继续通一段时间氩气，主要目的是 ，从产物中分离得到S的操作是 。
（3）粗产品中残留的游离硫可用浸取-碘量法测定。称取产品于锥形瓶中，用足量浸取，浸取后用快速滤纸过滤并用分次洗涤锥形瓶及滤纸上的残渣，将滤液和洗涤液都收集于烧杯中。烘烤烧杯浓缩溶液，将浓缩液和烧杯洗涤液转入石英舟于红外灯下烘干。将石英舟置于管式炉中通燃烧，生成的被的碘标准液恰好完全吸收。产品中游离硫的质量分数 ，下列情况会导致测量值偏小的是 (填标号)。
A．用快速滤纸过滤时消耗时间过长
B．过滤时没有洗涤锥形瓶
C．管式炉中通燃烧时过量
D．量取碘标准吸收液结束时，发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）加热管式炉至一定温度（1分）
（2）测量装置内压强，防止压力过大，超压时可作为安全阀 或（1分） 排尽装置内残留的（1分） 蒸馏（1分）
（3） BD
【分析】A装置制备H2S气体，B是安全瓶，D干燥H2S，E中WO3和H2S在加热条件下发生反应，F中氢氧化钠吸收H2S，防止污染。
【解析】（1）先用氩气排出装置内的空气，待WO3加热后再通入H2S气体，WO3和H2S在加热条件下发生反应生成WS2，所以操作(ⅱ)为加热管式炉至一定温度；A中FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，发生反应的离子方程式为。
（2）C为U型水柱压力计，装置内压力增大时，右侧液面降低，其作用是测量装置内压强，防止压力过大，超压时可作为安全阀。D为干燥剂，H2S是酸性气体，所以D中的干燥剂可以为CaCl2或。H2S有毒，反应结束后应继续通一段时间氩气，主要目的是排尽装置内残留的，防止污染；、S得沸点不同，从产物中分离得到S的操作是蒸馏。
（3）根据反应过程建立关系式S~~SO2~~I2，n(S)=n(I2)=0.01ml/L×V×10-3L= V×10-5ml；产品中游离硫的质量分数。
A．用快速滤纸过滤时消耗时间过长，不影响S的物质的量，测量值无影响，故不选A；
B．过滤时没有洗涤锥形瓶，S元素物质的量偏少，生成二氧化硫的物质的量偏少，消耗碘标准液体积偏小，测量值偏小，故选B；
C．管式炉中通燃烧时过量，S能完全燃烧，对沉淀结构无影响，故不选C；
D．量取碘标准吸收液结束时，发现滴定管尖嘴内有气泡，则碘标准液体积偏小，测量值偏小，故选D；
选BD。
19．（12分）佐米曲坦是治疗偏头疼的药物，其合成路线如图。
已知：RNH2RNHNH2HCl
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称为 ；D→E的反应类型为 。
（2）C→D的化学方程式为 。
（3）E中手性碳原子的数目为 ；G的结构简式为 。
（4）满足下列条件的A的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含有－NO2；
②苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种。
（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）酯基、硝基（1分） 还原反应（1分）
（2）+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O
（3）1（1分）
（4）13
（5）（3分）
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下发生硝化反应生成，则B为；一定条件下转化为，则C为；一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，则D为；一定条件下发生还原反应是，则E为；一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，则G为；在乙酸中共热转化为。
【解析】（1）由分析可知，B的结构简式为，官能团为酯基、硝基；D→E的反应为一定条件下发生还原反应是，故答案为：酯基、硝基；还原反应；
（2）由分析可知，C→D的反应为一定条件下与ClCOCl发生取代反应生成，反应的化学方程式为+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O，故答案为：+ClCOCl+2KOH+2KCl+2H2O；
（3）由分析可知，E、G的结构简式为、，E分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故答案为：1；；
（4）A的同分异构体含有硝基，苯环上含有两个取代基且苯环上的一氯代物有2种说明取代基处于苯环的对位上，同分异构体的结构可以视作取代了正丁烷和异丁烷分子中的氢原子所得结构，共有4种；也可以视作、、分子中取代基上的氢原子被硝基取代所得结构，共有9种，则符合条件的结构共有13种，故答案为：13；
（5）由题给信息控制，以和为主要原料制备的合成步骤为一定条件下发生信息反应生成，一定条件下与发生信息反应生成，在乙酸中共热转化为，合成路线为 。
20．（12分）和催化重整制合成气（、）有利于实现碳中和，涉及反应如下：
I：
Ⅱ：
Ⅲ：
Ⅳ：
回答下列问题：
（1）已知、的燃烧热分别为，，则= kJ·ml⁻¹， 0（填“>”“（1分）
（2） AC（1分）
（3）①（1分） 0.8（1分） 0.056 ②BC
【解析】（1）已知、的燃烧热分别为，，①H2(g)+ O2(g) = H2O(l) H =，②CO(g)+O2(g)= CO2(g) H =，③H2O(l)=H2O(g) H5=+44，由盖斯定律可知①-②+③得到反应II，则反应热△H2=(-285.8kJ/ml)-(-283.0kJ/ml)+(+44kJ/ml) =+41.2kJ/ml，由盖斯定律可知，反应IV-反应III得到反应I，△H1=△H4-△H3 > 0。
（2）反应|为气体体积增大的反应温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则等温下，甲烷的物质的量分数，随压强的变化曲线是L1，则L2为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析AC点处于相同的化学平衡状态。
（3）由（1）可知反应I、Ⅱ、Ⅳ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2和CO的物质的量增大，由C和H元素守恒可知，H2的物质的量比CO大，则a表示的物质是H2，初始投料，625℃时n(CO2)= n(CO)=0.5ml，n(CH4)=0.2ml，由C元素守恒可知积碳物质的量为2kml-1ml-0.2ml=0.8ml，由H元素守恒可知n(H2)= =1.1ml，反应Ⅲ的压强平衡常数==0.056kPa−1；
A．积碳是固体，平衡后，移除部分积碳，不改变平衡状态，故A错误；
B．保持其他条件不变，升高温度，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小，故B正确；
C．温度一定时，增大投料比，相当于增大CO2的物质的量，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小，故C正确；
D．温度一定时，增大投料比，相当于增大CO2的物质的量或减少CH4的物质的量，由反应Ⅲ的平衡常数K=和反应Ⅳ的平衡常数K=不变可知，n(H2)将减小，n(CO)将增大，则将减小，故D错误；
故选BC。



图1
图2
图3
图4
X
Y
Z
Z中实验现象
A
浓硫酸
蔗糖
品红溶液
褪色
B
饱和食盐水
电石
溴的溶液
褪色
C
饱和溶液
溶液
溶液变浑浊
D
浓氨水
生石灰
溶液
有蓝色絮状沉淀
选项
实验操作
实验现象或数据
结论
A
将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，二者直接接触
银器恢复往日光泽
2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+2Al(OH)3↓+3H2S↑
B
取一定量固体于试管中加入浓NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检测
产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该固体为铵盐
C
向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液
溶液变蓝
Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)