2023年高考考前押题密卷：化学（山东卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（山东卷）（全解全析），共20页。

2023年高考考前押题密卷（山东卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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 P 31 S 32 K 39
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．山东历史悠久，文化底蕴深厚，是中华文明的发祥地之一。下列有关叙述正确的是

A．图甲文物玉璧的主要成分是
B．图乙文物表面的绿色物质可用饱和溶液除去
C．图丙中演员挥舞的丝绸主要成分为纤维素
D．图丁中山东剪纸的材料遇水迅速水解
【答案】B
【解析】A．玉璧主要成分是、等，故A错误；
B．图乙文物的主要成分是铜的合金，表面绿色物质是碱式碳酸铜，碱式碳酸铜易溶于酸性溶液，可以用饱和氯化铵溶液除去，故B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．纸的成分是纤维素，水解缓慢且需要一定条件，故D错误；
选B。
2．拟在实验室完成一系列实验：①粗盐提纯；②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱；③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量。在实验过程中，下列仪器不可能用到的是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A．粗盐提纯中需要过滤操作，能用到漏斗，故A不符合题意；
B．模拟“侯氏制碱法”制备纯碱需要向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳生成小苏打，需要B装置，故B不符合题意；
C．用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合题意；
D．系列实验中没有使用到冷凝管，故D符合题意；
故选D。
3．下列说法正确的是
A．二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，是因为二氧化硫无还原性
B．由于四水合铜离子为蓝色，则铜盐溶液均为蓝色
C．可向食盐溶液中滴加淀粉溶液，观察是否变蓝，判断食盐中是否加碘
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．二氧化硫具有还原性，但不能被浓硫酸氧化，选项A错误；
B．氯化铜溶液中含有，是黄色的，溶液由于同时含有和以及和的混合配离子，通常为黄绿色或绿色，选项B错误；
C．食盐中含有碘酸钾，不能使淀粉变蓝，选项C错误；
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确；
答案选D。
4．铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是
A．组成元素均位于元素周期表的p区
B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2∶1
【答案】C
【解析】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A错误；
B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si−Si键＞Si−O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si−O键＞Si−Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B错误；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C正确；
D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3−a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1∶2，D错误；
故答案为：C。
5．某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是

选项
固体
液体试剂
现象
结论
A
钠块
水
钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
钠块与水反应产生氢气
B
铝条
NaOH溶液
先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C
铜丝
稀HNO3
产生红棕色气体，溶液呈蓝色
铜丝与稀硝酸反应产生NO2
D
铁丝
食盐水
打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降
铁丝发生了吸氧腐蚀
【答案】A
【解析】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮， 选项C错误；D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；答案选A。
6．呋喃( )和四氢呋喃( )常用作有机溶剂，呋喃中含大键。下列说法错误的是
A．呋喃与的加成产物有三种
B．呋喃在乙醇中溶解度小于苯中的
C．呋喃与四氢呋喃中含键数目比为9∶13
D．键角：呋喃>四氢呋喃
【答案】B
【解析】A．呋喃与的加成产物有 、 、 ，共三种，故A正确；
B．呋喃分子中含有一个氧原子，它可以作为氢键受体，与乙醇中的氢键供体部分相互作用，所以呋喃在乙醇中溶解度大于在苯中的溶解度，故B错误；
C．呋喃分子中含有9个键，四氢呋喃中含13个键，故C正确；
D．呋喃中含大键，呋喃中氧原子的孤电子对减少，所以键角：呋喃>四氢呋喃，故D正确；
选B。
7．2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。我国科学家合成一种点击化学试剂，X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的分子，衰变方程：。下列说法错误的是
A．X的简单离子半径一定是周期表中最小的
B．和组成上属于同一种物质
C．同一周期中，第一电离能小于Z的有5种元素
D．Y、M形成简单氢化物的还原性：
【答案】A
【分析】X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的分子，X为H元素；M的质量数为16，M为O元素与H形成H2O2含18e−、Y为S元素与H形成H2S含18e−、Z为N元素与H形成N2H4含18e−。根据衰变方程，Q的质子数为9，Q是F元素。
【解析】A．H−的半径大于Li+，故A错误；
B．和都是氧气分子，故B正确；
C．同一周期中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O，共5种元素，故C正确；
D．S的非金属性小于O，还原性，故D正确；
选A。
8．某学校实验探究小组利用碎铜屑和浓硫酸制备CuSO4·5H2O大晶体，实验步骤如下：
i．将过量铜屑加入一定量浓硫酸中，加热，生成的气体通入到浓碱液中；
ii．在反应混合体系中加入稍过量的CuO，过滤，除去虑渣：
iii．将虑液蒸发至饱和溶液状态，冷却，在饱和溶液中悬挂晶种，静置24小时。
下列说法错误的是
A．i中将气体通入浓碱液中的目的是防止尾气污染
B．反应混合体系中加入CuO的目的是除去剩余的硫酸
C．过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质
D．该实验用到的仪器有酒精灯、漏斗、容量瓶、烧杯等
【答案】D
【解析】A．铜和浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，A正确；
B．氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，同时可以除去过量的硫酸，B正确；
C．随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，则铜会剩余，在除去过量的硫酸的时候，加入的氧化铜是过量的，故过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质，C正确；
D．加热时需要酒精灯，过滤时需要漏斗，反应时需要烧杯，不需要容量瓶，D错误；
故选D。
9．利用废料制备的工作原理如图，下列说法错误的是

A．电极b为阴极，发生还原反应 B．电解总方程式：
C．离子交换膜为阴离子交换膜 D．X可以是溶液
【答案】C
【分析】由图可知，与直流电源正极相连的电极a为阳极，酸性条件下三氧化二铈在阳极失去电子发生氧化反应生成铈离子和水，电极b为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则X为硫酸溶液，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，电解的总反应方程式为。
【解析】A．由分析可知，电极b为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故A正确；
B．由分析可知，电解的总反应方程式为，故B正确；
C．由分析可知，电解时，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，故C错误；
D．由分析可知，X为硫酸溶液，故D正确；
故选C。
10．反应  分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：

下列说法错误的是
A．三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B．I、II两步的总反应为  
C．根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D．反应III逆反应的活化能(逆)
【答案】B
【解析】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为  ，故B错误；
C．由于CO(g)的能量不清楚，因此根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应  和  ，得到反应III的  ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
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．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
测定NaHCO3与Na2CO3混合物中碳酸钠质量分数
将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定
B
比较HClO与CH3COOH的酸性
用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
C
向盛有3 mL 0.1 mol·L AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1 mol·L NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 mol·L KI溶液，观察生成沉淀的颜色

D
比较Cl2、Br2、I2的氧化性
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置
【答案】CD
【解析】A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2，根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作正确能达到实验目的，A正确；B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B正确；C．所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成AgI沉淀，不能说明是AgCl转化为AgI，因此不能验证Ksp大小，C错误；D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I−，得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D错误；故答案选CD。
12．有机化合物F是合成一种治疗癌症新药的中间体，由化合物E转化成F的过程如图所示。下列有关说法错误的是

A．F中含有羧基、醛基和羟基三种含氧官能团
B．E、F均能使溴水褪色
C．1mol E、F分别与足量的钠反应，产生的物质的量相同
D．E、F分子中含有手性碳原子的个数相同
【答案】C
【解析】A．F中含有羧基、醛基和羟基三种含氧官能团，其他官能团属于不含有官能团，A正确；
B．E、F中均存在碳碳双键、醛基，两种官能团均能使溴水褪色，B正确；
C．1mol E中含有羟基和羧基各1mol，故与足量的钠反应产生，1mol F中含有2mol羟基和1mol羧基，与足量的钠反应产生，两者产生的物质的量不相同，C错误；
D．E、F分子中含有的手性碳原子如图(*表示手性碳原子所在位置)：、，均含有3个手性碳原子，D正确。
故答案为：C。
13．在高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，以下是利用废锰渣制备硫酸锰晶体的过程(废锰渣的主要成分为、、、、MgO等。硫铁矿的主要成分为，还含有少量Cu、Ni、Cd等元素)。下列说法错误的是

A．“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有5种
B．“浸取”过程中主要发生反应的离子方程式为
C．碳酸钙的作用是除去铁离子
D．系列操作是指蒸发结晶
【答案】D
【解析】A．“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有、、、、，共5种，A正确；
B．由题给流程可知，加入硫铁矿时，主要发生的反应为二氧化锰与硫酸、硫铁矿的反应，根据氧化还原反应的特点可知，该反应的离子方程式为，B正确；
C．由题给流程可知，碳酸钙用于中和溶液中的氢离子，使铁离子转化成氢氧化铁而除去，C正确；
D．由硫酸锰溶液得到硫酸锰晶体时，需先蒸发结晶，再趁热过滤，然后再洗涤、干燥，故系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误；
故选：D。
14．锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂－脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按III方式交替排布构成，“○”表示O2−。下列说法错误的是

A．充电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+
B．充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均低于电池另一极
C．“●”表示的微粒是Mn
D．每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子
【答案】BC
【解析】A．LiMn2O4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn2O4为阳极，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+，故A正确；
B．放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2O4电极为阳极，电势高于阴极的电势，故B错误；
C．根据A的结构分析小黑球有个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有，氧离子有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有 ，氧离子有32个，三角形有16个，它们之比8:16:32=1:2:4，因此整个晶胞中“●”表示的微粒是Li，故C错误；
D．根据LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+，每个晶胞的组成为Li8Mn16O32，所以每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子，故D正确。
综上所述，答案为BC。
15．（二元有机酸的电离常数、。难溶于水，常温下，将溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中与的关系如图所示。下列说法错误的是

已知：HY是一元强酸，易溶于水。
A．溶液显碱性
B．溶度积
C．b点：
D．若溶于HY溶液中得到点溶液，则
【答案】B
【解析】A．的水解常数，溶液显碱性，A项正确；
B．，则，，，B项错误；
C．点时，溶液中含和，由电荷守恒：，C项正确；
D．溶于HY溶液中的反应：，消耗，c点溶液中，则，D项正确；
故选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）氮族元素在复合材料等领域的应用十分广泛。
(1)中科院大连化物所某研究团队开发了一种基于氮掺杂碳上的Ru单原子(Ru/NC)高稳定丙烷脱氢制丙烯催化剂。Ru/NC的合成过程如图所示。回答下列问题:

①按电子排布，氮元素位于元素周期表_____区， 基态氮原子的电子占据的最高能级电子云轮廓图为________________形。
②由图可知Ru/NC中存在______________(填标号)。
A．金属键      B．配位键        C． σ键      D． π键
③ 中C的杂化类型为_____________。
(2)AsH3、 NH3、 SbH3三种氢化物的沸点依次增大，其原因是___________________________________。
(3)气态时，PCl5分子的空间结构为三角双锥形(如图所示)，可溶于非极性溶剂CCl4，其原因是____________________________________；而固态时五氯化磷不再保持三角双锥结构，其晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]−离子，可溶于极性溶剂硝基苯，其原因是________________________________。

(4)锗酸铋是重要的光学材料，由锗、铋、氧三种元素组成。 它的一种晶体属立方晶系，可表示为xGeO2·yBi2O3，晶胞参数a= 1014.5 pm，密度ρ= 9.22g·cm−3，晶胞中有两个Ge原子，则xGeO2·yBi2O3中x=______________， y=_________________[列出计算式，已知Mr (GeO2)=105，Mr (Bi2O3) = 466， NA为阿伏加德罗常数的值]。
【答案】(1) p（1分） 哑铃（1分） BCD（1分） sp、sp2（1分）
(2)NH3中氢键对沸点的影响大于AsH3中范德华力对沸点的影响，而小于SbH3中范德华力对沸点的影响（2分）
(3)气态PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理，PCl5可溶于非极性溶剂CCl4 （2分） 固态PCl5为离子型晶体，离子型晶体一般易溶于极性溶剂，所以固态PCl5可溶于硝基苯（2分）
(4) 2（1分） （3分）
【解析】（1）①按电子排布，氮元素位于元素周期表p区，基态氮原子的电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形。
②由图可知，C与周围的原子形成3根σ键，N与C之间形成σ键，N原子有孤电子对，与Ru之间形成配位键，N、C均有一个未杂化的2p轨道，互相平行，肩并肩重叠形成大π键，故选BCD。
③ 中双键C原子，价层电子对数为3，采取sp2杂化，三键C原子，价层电子对数为2，采取sp杂化，故C的杂化类型为sp、sp2。
（2）NH3中氢键对沸点的影响大于AsH3中范德华力对沸点的影响，而小于SbH3中范德华力对沸点的影响，故AsH3、 NH3、 SbH3三种氢化物的沸点依次增大。
（3）气态PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理，PCl5可溶于非极性溶剂CCl4；固态PCl5为离子型晶体，离子型晶体一般易溶于极性溶剂，所以固态PCl5可溶于硝基苯。
（4）晶胞中有两个Ge原子，则x=2，由，解得y=。
17．（12分）HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧−−水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。

已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III.Ksp(CuS)=6×10−36；K1(H2S)=1×10−7、K2(H2S)=6×10−15。
回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：________________。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS与纯碱反应的化学方程式：________________________________。
(3)“浸渣”的成分为______(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有_____(填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为________________、________________。

(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：_________________。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS−=CuS+H+的K=______。
【答案】(1) （2分）
(2) 2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2（2分）
(3) NiO（1分） NaVO3、NaHCO3（1分）
(4) 20g•L−1（1分） 10g•L−1（1分）
(5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O（2分）
(6)1021（2分）
【分析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；
（2）由题中的信息可知，MoS及分别与纯碱反应的化学方程式为
，；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和；
（5）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；
（6）由题意可知的。
18．（12分）硫氰化钾(KSCN)的用途非常广泛，如用KSCN溶液检验。实验室可用如下装置制取KSCN。

回答下列问题：
(1)橡皮管的作用是________________________________________。
(2)A装置是氨气发生装置，试管中的固体混合物为__________________(填化学式)。
(3)导管a插入中的目的是_____________________________。
(4)水浴加热B装置，三颈烧瓶中的反应除了生成外，还生成了另一种酸式盐，其反应方程式为______________________________________________________________。
(5)当三颈烧瓶中的液体不出现分层时，熄灭酒精灯，关闭，继续水浴加热(保持100℃)，待酸式盐完全分解(保持100℃)，再打开，继续水浴加热，就可以得到KSCN溶液。若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：先将三颈烧瓶中的混合物进行__________________，再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________________、干燥。
(6)装置C中酸性溶液的作用是_____________________________；若三颈烧瓶中挥发出来的含硫物质恰好与200mL 2.0mol/L的溶液反应，其中50%的硫元素转化为+6价硫，其余都转化为零价硫，理论上可制得KSCN质量为_______g。
【答案】(1)平衡气压，让KOH溶液顺利流下,2分）
(2)、（1分）
(3)使反应物充分接触，且防止倒吸（2分）
(4) （2分）
(5)过滤（1分） 洗涤（1分）
(6)吸收和（1分） 46.56（2分）
【解析】（1）橡胶管的作用是为了让KOH溶液顺利流下，需要平衡气压；
（2）实验室制取氨气用到的药品为、；
（3）导管a插入中是为了使反应物充分接触，且防止倒吸；
（4）三颈烧瓶中发生的反应为；
（5）若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：过滤，再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥；
（6）①酸性可以吸收,,酸性的作用是吸收,；
②反应的离子方程式为：
数量关系，当消耗的物质的量为0.4mol时，理论上可制得KSCN的质量为：。
19．（12分）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3−氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：

已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
(1)已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为_________(写结构简式)。
(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为_________________________________。
(3)已知3−氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。
(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。
(5)DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为______________________。
(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1 mol M最多能消耗4 mol NaOH
(7)结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)。
【答案】(1) （1分）
(2)保护碳碳双键，防止其发生加成反应（1分）
(3) （1分）
(4)邻苯二甲酸（1分） 取代反应（1分）
(5)2+
+2CH3OH（2分）
(6)16（2分）
(7) （3分）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成，A与氢气加成生成，再NaOH醇溶液加热条件下生成D；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成 ，D与F发生信息中反应生成甲醇和 ， 聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【解析】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3−氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1 mol M最多能消耗4 mol NaOH，则苯环上应直接连接2个−OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个−OOCH和一个乙基，2个−OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个−OOCH间位时，乙基有3种位置，2个−OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：−OOCH、−OOCCH3、−CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此符合题意的共16种；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：。
20．（12分）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g) 3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g) 2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S热分解反应2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i和反应ii ，反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。

①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s−1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i． +H2S+H+ → +S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+ (aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) + (aq)→(aq)
实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。

①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L−1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。
【答案】(1) （2分） >（1分）
(2)①乙（1分） ②2a（2分） （2分）
(3) （2分） Na2SO3投加量高于5 g·L−1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和（2分）
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2a mol、反应ii消耗二氧化硫为2b mol，由题意可建立如下三段式：


由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3−1.5a−b=b，解联立方程可得a=3−2α、b=1.5α−1.5，则水的物质的量为(3−2α)mol×2+(1.5α−1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s−1；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015 mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 mol/L，则反应iii的平衡常数K==；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L−1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L−1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。