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江西化学2024年高考化学第一次模拟考试（七省新高考卷02，144模式）（Word版附解析）
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这是一份江西化学2024年高考化学第一次模拟考试（七省新高考卷02，144模式）（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了解释下列事实的方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
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 Li 7 C 12 O 16 Cl 35.5
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国航天将继续以奋进的姿态向前进发，航天技术的进步，离不开新技术和新材料的发现和应用。下列说法正确的是
A．新一代运载火箭成功应用液氧煤油发动机，煤油是石油分馏所得混合物
B．飞船建造通常用镁、铝、钛等合金，合金的熔点一定比各成分金属低
C．“天和”核心舱用到的镁合金涂层中的自愈缓蚀剂2-巯基苯并噻唑属于有机高分子
D．核心舱搭载的柔性太阳能电池板的核心材料是二氧化硅
【答案】A
【解析】A．煤油的主要成分是烃，是石油分馏所得多种碳氢化合物组成的混合物，故A正确；B．合金的熔点一般比各成分金属低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，故B错误；C．2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)不是聚合物，不属于有机高分子化合物，故C错误；D．太阳能电池板的核心材料是单质硅，故D错误；答案为A。
2．可做燃料，具有较大的燃烧热()，尿素可用于消除污染。下列化学用语的表达正确的是
A．用轨道表示式表示石墨烯中C原子的杂化：
B．用电子式表示的形成：
C．燃烧的热化学方程式：
D．尿素消除NO污染的化学方程式：
【答案】D
【解析】A．石墨烯中C原子采用sp2杂化，不是sp3杂化，A项错误；B．二氧化碳是由C原子与两个氧原子通过共用电子对形成的，用电子式表示的形成：，B项错误；C．产物中水应为液态水，故该热化学方程式不能表示甲烷燃烧热，C项错误；D．尿素与NO反应生成N2和H2O，化学方程式为，D项正确；答案选D。
3．中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法不正确的是
A．金刚石是共价晶体，金刚石晶体中碳原子和共价键的数目比为1：2
B．石墨是过渡晶体，石墨中碳原子的杂化方式为sp2
C．石墨炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．石墨炔能导电
【答案】B
【解析】A．金刚石是共价晶体，根据晶体结构，晶体中碳原子和共价键的数目比为1：2，A正确；B．石墨是混合晶体，石墨中碳原子的杂化方式为sp2，B错误；C．石墨炔中含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．石墨炔中存在大键，可以导电，D正确；故选B。
4．据报道，我国科学家研制出一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 ml CO2含有的键数目为
B．标准状况下，11.2 L CO2和CO混合气体中含C原子数目为
C．1 L 0.1 ml·L-1NaClO溶液中含有的ClO-离子数目为
D．理论上，上述反应中若22 g CO2被还原，则转移电子数目为
【答案】A
【解析】A．CO2分子中含有2个键，故1 ml CO2含有的键数目为，A正确；B．标准状况下，11.2 L CO2和CO混合气体为0.5 ml，含C原子数目为，B错误；C．ClO-离子是弱酸根离子，会发生水解，故1 L 0.1 ml·L-1 NaClO溶液中含有的ClO-离子数小于，C错误；D．上述反应中每生成1个CO2分子，C的化合价降低2价，转移2个电子，故若22 g CO2被还原，则转移电子数目为，D错误；故选A。
5．解释下列事实的方程式正确的是
A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合：产生白色沉淀：
C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合：
D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
【答案】B
【解析】A．二氧化硫水溶液呈酸性、酸性下硝酸根具有强氧化性，则将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，发生氧化还原反应产生硫酸钡白色沉淀：，A错误；B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，由于碳酸氢根电离出的碳酸根离子与钙离子结合产生白色沉淀碳酸钙、碳酸氢根电离出的氢离子和碳酸氢根反应生成二氧化碳，则得到：，B正确；C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合，得到硫酸钡、一水合氨和水：，C错误；D．铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO，过量铁和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，则过量铁粉与稀硝酸反应产生硝酸亚铁、无色NO气体和水：，D错误；答案选B。
6．下列由实验操作及现象得出的结论正确的是
【答案】D
【解析】A．浓硝酸受热会分解生成，A错误；B．，不参与平衡，加入溶液导致溶液变稀，颜色变浅，与平衡无关，B错误；C．开始一段时间后，有生成，对该反应有催化作用，所以开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色，C错误；D．加入淀粉溶液变蓝色，说明溶液中存在，有黄色沉淀，说明有，即存在平衡，D正确；故选D。
7．科研人员利用型复合光催化剂与和渗透Nafin膜构建了一个将还原反应和氧化反应分离的人工光合作用体系，光照下催化剂电极产生电子()和带正电空穴(用表示，可以捕获电子)。其反应机理如图。下列说法错误的是
A．图中a，b分别为、
B．体系中总反应的活化能
C．催化剂表面的反应一定有或参与
D．该人工光合作用总反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】A．由题图可知Nafin膜的左边水失电子生成氧气，发生氧化反应，则铁元素发生还原反应，Nafin膜的右边二氧化碳得电子生成甲酸，发生了还原反应，则铁元素发生氧化反应，图中a、b分别代表，选项A正确；B．甲酸与氧气燃烧生成二氧化碳和水为放热反应，根据盖斯定律，逆向为该人工光合作用体系的总反应为吸热反应，焓变大于0，△H=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正>Ea逆，选项B错误；C．左侧发生氧化反应失去电子生成O2，发生还原反应得到电子生成。右侧发生氧化反应失去电子生成，发生还原反应得到电子生成HCOOH的过程中，催化剂表面反应的机理，一定有e-或h＋参与，选项C正确；D．该人工光合作用体系的总反应为，可知氧化产物为O2，还原产物为HCOOH，根据方程式系数两者比为1∶2，选项D正确；答案选B。
8．苯烯莫德是全球首个芳香经受体激动剂，可用于治疗多种自身免疫性疾病，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．可发生氧化反应和消去反应
B．所有碳原子可能处于同一平面
C．完全氢化后所得产物中含2个手性碳原子
D．与足量浓溴水反应最多可消耗
【答案】C
【解析】A．该有机物苯环、异丙基、酚羟基都可以发生取代反应，碳碳双键、酚羟基、与苯环直接相连的异丙基，都可以被氧化，碳碳双键、苯环都可以发生加成反应，该分子无法发生消去反应，A项错误；B．连接两个甲基的碳是饱和碳原子，是四面体结构，则所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；C．与H2完全加成之后，分子结构简式以及手性碳如图所示，产物中含有2个手性碳原子，C项正确；D．能与浓溴水反应的包括碳碳双键的加成反应和酚羟基邻对位的取代反应，共消耗Br2为3ml，D项错误；答案选C。
9．一种外用消炎药主要成分的结构如图所示。X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的基态原子核外有3个未成对电子。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．与的化学键类型和晶体类型都相同
D．与是分子空间结构相似的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素， Y形成2个共价键，W形成6个共价键，可知Y为O元素，W为S元素，M原子序数比S元素大，则M为Cl元素，Z能形成+1价简单离子，且原子序数比O大，则Z为Na元素，X的基态原子核外有3个未成对电子，形成2个共价键，X得到1个Z失去的电子，X为N元素。X、Y、Z、W、M分别为N元素、O元素、Na元素、S元素、Cl元素；
【解析】A．N核外电子排布处于半充满状态，结构较稳定，第一电离能大于O，S半径大于O，第一电离能小于O，所以第一电离能：，A正确；B．同一周期自左向右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，其中酸性：，B错误；C．和都含离子键和共价键，属于离子晶体，C正确；D．SO2和O3是等电子体，分子空间结构均为V型，都是平面的极性分子，D正确；答案选B。
10．物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
B．FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板
C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】A．合金的密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；故答案为：B。
11．某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共排杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．基态溴原子的核外电子排布式为
B．图1晶体中O周围最近的数目为6
C．图1晶体密度为
D．图2表示的化学式为
【答案】A
【解析】A．溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B正确；C．由图可知，晶胞中含有Cl：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：，故C正确；D．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，含有Mg或空位：8×=1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1-x，故D正确；故选：A。
12．缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(路易斯结构是通过共用电子使原子价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是
A．、、均为缺电子化合物
B．的键角大于的键角
C．与化合反应产物中，B和N的杂化方式相同
D．和都是极性分子
【答案】C
【解析】A．和均不为缺电子化合物，A错误；B．是三角锥形，键角107°：是平面正三角形结构，键角120°，B错误；C．与化合反应产物中，B和N都是杂化，C正确；D．是极性分子，是非极性分子，D错误；故选C。
13．一种自充电的盐水电池植入到肿瘤表面可用于抗肿瘤治疗。电池放完电后，无需外接电源即能实现某个电极的化学自充电，该电极材料充放电原理如图。下列说法不正确的是
A．该电极为电池正极
B．放电过程中，该电极附近pH增大
C．化学自充电时发生的反应可表示为
D．放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加
【答案】D
【分析】由题干放电过程中电极反应可以表示为：PNHCDA+2nH2O+2ne-=PNTCDA-H+2nOH-。
【解析】A．由分析可知，放电过程该电极发生还原反应，即该电极为电池正极，A正确；B．由分析可知，放电过程中，该电极附近生成OH-，导致pH增大，B正确；C．由题干PNTCDA和PNTCDA-H的结构简式可知，化学自充电时发生的反应可表示为，C正确；D．由分析可知，放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加，D错误；故答案为：D。
14．标况下，的溶解度约为1∶1，，。室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．饱和碳酸的浓度约为
B．a对应的溶液中存在：
C．a→b的过程中，溶液中一直增大
D．b点对应溶液的pH为8.25
【答案】D
【解析】A．标况下，的溶解度约为1∶1，则1L水中溶解1LCO2,物质的量为，，饱和碳酸的浓度约为，选项A错误；B．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，选项B错误；C．==，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，Ka1不变，则逐渐减小，选项C错误；D．b点对应溶液=2，则，由得，，pH8.25，选项D正确；答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在化学分析、金属腐蚀抑制剂、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，并测定其化学式。
Ⅰ.用废铁屑制备溶液
（1）将废铁屑放入溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。该步骤中溶液的作用是 。
（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。
①废铁屑中含有的少量氧化铁无需在制备前除去，用离子方程式解释原因 。
②步骤中的过滤采用如下图装置，相对于普通过滤装置而言，其优点是 。
Ⅱ.用NO气体和溶液制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)
装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（3）圆底烧瓶中生成NO的同时还生成了，该反应的离子方程式为 。
（4）实验开始前需先鼓入，其目的是 。
Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)的化学式，其化学式可表示为。
步骤i．用酸性溶液滴定20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液，滴定至终点时消耗酸性溶液16.00 mL(NO完全转化为)；步骤ii．另取10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为2.33 g。
（5）已知硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)中的配位数为6，则化学式中 。
（6）酸性溶液应盛装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，会导致b的数值 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）除去铁屑表面的油污（1分）
（2）①（1分）、（1分） ②抽滤可使过滤速度更快；趁热过滤可防止晶体析出（2分）
（3）（2分）
（4）排出装置内空气，防止生成的NO被氧气氧化和防止被氧化（2分）
（5）（2分）
（6）酸（1分） 偏小（2分）
【解析】（1）碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；
（2）①铁屑表面的氧化铁与稀硫酸反应生成铁离子，铁离子再与铁反应生成亚铁离子，涉及的离子方程式为：、；②如图的装置采用了抽滤装置，能够让过滤装置与锥形瓶的压强差变大，可以加快过滤速度，趁热过滤可以防止晶体析出；
（3）圆底烧瓶中稀硫酸与亚硝酸钠反应，N元素发生歧化反应，生成NO和硝酸钠，反应的离子方程式为：；
（4）实验前要排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止被氧化；
（5）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式可表示为，10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥得到2.33 g硫酸钡，即n(SO)=0.01ml，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02ml SO，根据化学式可知Fe2+的个数等于SO个数，即则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02mlFe2+，根据关系式5Fe2+，则0.02mlFe2+消耗的为0.004ml，剩余的为0.012ml则与NO反应，根据关系式35NO，可得n(NO)= 0.012m=0.02ml=n(Fe2+)，即可得a=c=1，的配位数为6，b=5，故；
（6）酸性溶液应盛装在酸式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，则高锰酸钾溶液的总体积会偏大，会导致a的值偏大，则b的值偏小。
16．（14分）研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）举一个“固体1”的用途 ，“固体2”灼烧产物是 (填名称)，“分离铝、铁”的操作名称为 。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是 。
（3）a的范围为 ， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为 。
（4）“沉铝”的离子方程式为 ，“滤液2”的pH 7(25℃) (填“＞”“＜”或“=”)，判断依据是 。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧为CuO和Al2O3，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 。
【答案】（1）制玻璃(或制光导纤维)氧化铁（1分） 过滤（1分）
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢（2分）
（3）4.7≤pH＜7.4 （2分） Cu2++H2=Cu↓+2H+（1分）
（4）+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+（2分） ＞（1分） 的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)（2分）
（5）27 : 16（2分）
【分析】硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)加入过量盐酸酸溶，Fe2O3、Al2O3、CuO溶解并转化为相应的盐，SiO2不溶，过滤，所得“固体1”为SiO2；过滤后往滤液中加入NaOH溶液，过滤得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，Cu2+进入滤液中，滤液中通入高压氢气，将Cu2+还原为Cu；往滤渣中加入过量NaOH溶液，Fe(OH)3不溶，Al(OH)3转化为NaAlO2，过滤后，向滤液中通入过量CO2，转化为Al(OH)3沉淀，再加入Cu，制得Cu/ Al(OH)3催化剂。
【解析】（1）“固体1”为SiO2，用途为制玻璃(或制光导纤维)，“固体2”为Fe(OH)3，灼烧产物是氧化铁；“分离铝、铁”是将Al(OH)3、Fe(OH)3分开，加入NaOH溶液，此时Al(OH)3溶解并转化为NaAlO2，分离固体与液体混合物，操作名称为过滤。
（2）盐酸是挥发性酸，温度高时挥发程度增大，“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是：温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢。
（3）调节溶液pH时，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以a的范围为4.7≤pH＜7.4， “滤液1”中通入高压氢，将Cu2+还原为Cu，则制备铜的离子方程式为Cu2++H2=Cu↓+2H+。
（4）“沉铝”时，通入过量CO2，将转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，“滤液2”为NaHCO3溶液，虽然既能发生电离又能发生水解，但以水解为主，所以pH＞7(25℃)，判断依据是的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)。
（5）设催化剂中，Cu的物质的量为x ml，Al(OH)3的物质的量为y ml，则在空气中充分灼烧，生成CuO的物质的量为x ml，Al2O3的物质的量为0.5y ml，固体质量不改变，则64x+78y=80x+51y，从而求出x : y=27 : 16，故催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 27 : 16。
17．（15分）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为：
（1）实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气(N2不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示(其中投料比m为原料气中乙苯和N2的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9)。
①乙苯催化脱氢反应的 0(填“>”或“<”)。
②投料比m为1∶9的曲线是 (填m1、m2、m3或m4)。
③保持投料比不变，在恒温恒压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是
(填字母)。
A．
B．容器内气体密度不再变化
C．容器内苯乙烯与H2的分子数之比不再变化
D．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
（2）近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入N2改为通入CO2，在CO2气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图：
①该过程中发生的总反应化学方程式为 。
②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是 (写一点即可)。
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和2mlCO2起始压强为p0，若平衡时容器内气体总物质的量为5ml，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= (用含p0的代数式表示，某气体平衡分压=总压×该气体物质的量分数)。
【答案】（1）①>（2分） ②m4（2分） ③BD（2分）
（2）①(g)+CO2(g)(g)+CO(g) + H2O(g)（2分）
②催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率（3分）
③50%（2分） （2分）
【解析】（1）①由图可知，升高温度，乙苯转化率提高，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，故乙苯催化脱氢反应的>0。
②正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入氮气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，投料比m越大，乙苯的平衡转化率越小，结合图像可知，投料比m为1∶9的曲线是m4。
③保持投料比不变，在恒温恒压的条件下进行反应；A． ，则正逆反应速率不等，没有达到平衡，A不符合题意；B．在恒温恒压的条件下进行反应，气体质量始终不变，而体积为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，B符合题意；C．容器内苯乙烯与H2的分子数之比等于反应的系数比，不再变化不能说明达到平衡，C不符合题意；
D．混合气体的平均相对分子质量M=，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，D符合题意；故选BD；（2）①由反应历程图可知，该过程中发生的总反应化学方程式为 (g)+CO2(g) (g)+CO(g)+H2O(g)。
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率，故碱性太强使乙苯转化率降低；③反应 (g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g)为气体分子数增加1的反应，一定温度下，向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和2ml CO2起始压强为p0，若平衡时容器内气体总物质的量为5ml，则总的物质的量增加1ml，结合方程式可知，消耗乙苯、二氧化碳各1ml，生成苯乙烯、一氧化碳、水各1ml，则乙苯的转化率为，根据阿伏伽德罗定律可知，平衡后总压强为，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数。
18．（15分）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为 。A与按物质的量之比为1∶1加成时，产物有 种。
（2）D→E的反应类型为 ，请补充其反应条件 。
（3）B的分子式为，写出B的结构简式： 。C中手性碳原子数目为 。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两产物分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）在实验室中由E制备丹参醇的过程，最少可用 步反应完成。
（6）结合题中信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）碳碳双键和羰基（1分） 3（1分）
（2）消去反应（1分） 浓硫酸/加热（1分）
（3）（2分） 4（2分）
（4）（2分）
（5）2（2分）
（6）（3分）
【分析】根据（3）B的分子式为，结合C的分子结构可知，B为：，则A先发生加成再发生水解得到B，B→C是发生的“已知”的反应；D→E是发生的醇的消去反应；然后E经过加成得到卤代烃，再水解生成丹参醇。
【解析】（1）据A结构可知A中含有碳碳双键和羰基，A与Br2发生加成时可以发生12加成、14加成、34加成可以有三种产物，故答案为：碳碳双键和羰基、3；
（2）据分析D→E是发生的醇的消去反应，条件是浓硫酸/加热故答案为：消去反应、浓硫酸/加热；
（3）据分析B的结构为，如图所示，C中有4个手性碳原子。故答案为：、4；
（4）分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，有酚羟基，没有醛基也不是甲酸酯；碱性条件水解生成两种产物，酸化后两产物分子中均只有2种不同化学环境的氢。则满足条件的物质为：，答案为：；
（5）经分析可知E经过加成得到卤代烃，再水解生成丹参醇。故需要经历两步，答案为：2；
（6）和溴单质加成可得，在氢氧化钠的醇溶液中共热可消去得到与发生加成反应得到再与氢气加成即可得到目标产物。故答案为：。选项
实验操作及现象
结论
A
将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生
木炭与浓硝酸反应了
B
向溶液中滴1滴溶液，再滴加溶液，溶液颜色变浅
增大浓度，平衡向左移动
C
向溶液中加入草酸溶液，开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色
该反应为放热反应，温度升高，反应率加快
D
向两支盛溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中存在
金属离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
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 Li 7 C 12 O 16 Cl 35.5
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国航天将继续以奋进的姿态向前进发，航天技术的进步，离不开新技术和新材料的发现和应用。下列说法正确的是
A．新一代运载火箭成功应用液氧煤油发动机，煤油是石油分馏所得混合物
B．飞船建造通常用镁、铝、钛等合金，合金的熔点一定比各成分金属低
C．“天和”核心舱用到的镁合金涂层中的自愈缓蚀剂2-巯基苯并噻唑属于有机高分子
D．核心舱搭载的柔性太阳能电池板的核心材料是二氧化硅
【答案】A
【解析】A．煤油的主要成分是烃，是石油分馏所得多种碳氢化合物组成的混合物，故A正确；B．合金的熔点一般比各成分金属低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，故B错误；C．2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)不是聚合物，不属于有机高分子化合物，故C错误；D．太阳能电池板的核心材料是单质硅，故D错误；答案为A。
2．可做燃料，具有较大的燃烧热()，尿素可用于消除污染。下列化学用语的表达正确的是
A．用轨道表示式表示石墨烯中C原子的杂化：
B．用电子式表示的形成：
C．燃烧的热化学方程式：
D．尿素消除NO污染的化学方程式：
【答案】D
【解析】A．石墨烯中C原子采用sp2杂化，不是sp3杂化，A项错误；B．二氧化碳是由C原子与两个氧原子通过共用电子对形成的，用电子式表示的形成：，B项错误；C．产物中水应为液态水，故该热化学方程式不能表示甲烷燃烧热，C项错误；D．尿素与NO反应生成N2和H2O，化学方程式为，D项正确；答案选D。
3．中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法不正确的是
A．金刚石是共价晶体，金刚石晶体中碳原子和共价键的数目比为1：2
B．石墨是过渡晶体，石墨中碳原子的杂化方式为sp2
C．石墨炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．石墨炔能导电
【答案】B
【解析】A．金刚石是共价晶体，根据晶体结构，晶体中碳原子和共价键的数目比为1：2，A正确；B．石墨是混合晶体，石墨中碳原子的杂化方式为sp2，B错误；C．石墨炔中含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．石墨炔中存在大键，可以导电，D正确；故选B。
4．据报道，我国科学家研制出一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 ml CO2含有的键数目为
B．标准状况下，11.2 L CO2和CO混合气体中含C原子数目为
C．1 L 0.1 ml·L-1NaClO溶液中含有的ClO-离子数目为
D．理论上，上述反应中若22 g CO2被还原，则转移电子数目为
【答案】A
【解析】A．CO2分子中含有2个键，故1 ml CO2含有的键数目为，A正确；B．标准状况下，11.2 L CO2和CO混合气体为0.5 ml，含C原子数目为，B错误；C．ClO-离子是弱酸根离子，会发生水解，故1 L 0.1 ml·L-1 NaClO溶液中含有的ClO-离子数小于，C错误；D．上述反应中每生成1个CO2分子，C的化合价降低2价，转移2个电子，故若22 g CO2被还原，则转移电子数目为，D错误；故选A。
5．解释下列事实的方程式正确的是
A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合：产生白色沉淀：
C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合：
D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
【答案】B
【解析】A．二氧化硫水溶液呈酸性、酸性下硝酸根具有强氧化性，则将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，发生氧化还原反应产生硫酸钡白色沉淀：，A错误；B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，由于碳酸氢根电离出的碳酸根离子与钙离子结合产生白色沉淀碳酸钙、碳酸氢根电离出的氢离子和碳酸氢根反应生成二氧化碳，则得到：，B正确；C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合，得到硫酸钡、一水合氨和水：，C错误；D．铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO，过量铁和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，则过量铁粉与稀硝酸反应产生硝酸亚铁、无色NO气体和水：，D错误；答案选B。
6．下列由实验操作及现象得出的结论正确的是
【答案】D
【解析】A．浓硝酸受热会分解生成，A错误；B．，不参与平衡，加入溶液导致溶液变稀，颜色变浅，与平衡无关，B错误；C．开始一段时间后，有生成，对该反应有催化作用，所以开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色，C错误；D．加入淀粉溶液变蓝色，说明溶液中存在，有黄色沉淀，说明有，即存在平衡，D正确；故选D。
7．科研人员利用型复合光催化剂与和渗透Nafin膜构建了一个将还原反应和氧化反应分离的人工光合作用体系，光照下催化剂电极产生电子()和带正电空穴(用表示，可以捕获电子)。其反应机理如图。下列说法错误的是
A．图中a，b分别为、
B．体系中总反应的活化能
C．催化剂表面的反应一定有或参与
D．该人工光合作用总反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】A．由题图可知Nafin膜的左边水失电子生成氧气，发生氧化反应，则铁元素发生还原反应，Nafin膜的右边二氧化碳得电子生成甲酸，发生了还原反应，则铁元素发生氧化反应，图中a、b分别代表，选项A正确；B．甲酸与氧气燃烧生成二氧化碳和水为放热反应，根据盖斯定律，逆向为该人工光合作用体系的总反应为吸热反应，焓变大于0，△H=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正>Ea逆，选项B错误；C．左侧发生氧化反应失去电子生成O2，发生还原反应得到电子生成。右侧发生氧化反应失去电子生成，发生还原反应得到电子生成HCOOH的过程中，催化剂表面反应的机理，一定有e-或h＋参与，选项C正确；D．该人工光合作用体系的总反应为，可知氧化产物为O2，还原产物为HCOOH，根据方程式系数两者比为1∶2，选项D正确；答案选B。
8．苯烯莫德是全球首个芳香经受体激动剂，可用于治疗多种自身免疫性疾病，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．可发生氧化反应和消去反应
B．所有碳原子可能处于同一平面
C．完全氢化后所得产物中含2个手性碳原子
D．与足量浓溴水反应最多可消耗
【答案】C
【解析】A．该有机物苯环、异丙基、酚羟基都可以发生取代反应，碳碳双键、酚羟基、与苯环直接相连的异丙基，都可以被氧化，碳碳双键、苯环都可以发生加成反应，该分子无法发生消去反应，A项错误；B．连接两个甲基的碳是饱和碳原子，是四面体结构，则所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；C．与H2完全加成之后，分子结构简式以及手性碳如图所示，产物中含有2个手性碳原子，C项正确；D．能与浓溴水反应的包括碳碳双键的加成反应和酚羟基邻对位的取代反应，共消耗Br2为3ml，D项错误；答案选C。
9．一种外用消炎药主要成分的结构如图所示。X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的基态原子核外有3个未成对电子。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．与的化学键类型和晶体类型都相同
D．与是分子空间结构相似的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素， Y形成2个共价键，W形成6个共价键，可知Y为O元素，W为S元素，M原子序数比S元素大，则M为Cl元素，Z能形成+1价简单离子，且原子序数比O大，则Z为Na元素，X的基态原子核外有3个未成对电子，形成2个共价键，X得到1个Z失去的电子，X为N元素。X、Y、Z、W、M分别为N元素、O元素、Na元素、S元素、Cl元素；
【解析】A．N核外电子排布处于半充满状态，结构较稳定，第一电离能大于O，S半径大于O，第一电离能小于O，所以第一电离能：，A正确；B．同一周期自左向右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，其中酸性：，B错误；C．和都含离子键和共价键，属于离子晶体，C正确；D．SO2和O3是等电子体，分子空间结构均为V型，都是平面的极性分子，D正确；答案选B。
10．物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
B．FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板
C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】A．合金的密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；故答案为：B。
11．某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共排杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．基态溴原子的核外电子排布式为
B．图1晶体中O周围最近的数目为6
C．图1晶体密度为
D．图2表示的化学式为
【答案】A
【解析】A．溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B正确；C．由图可知，晶胞中含有Cl：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：，故C正确；D．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，含有Mg或空位：8×=1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1-x，故D正确；故选：A。
12．缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(路易斯结构是通过共用电子使原子价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是
A．、、均为缺电子化合物
B．的键角大于的键角
C．与化合反应产物中，B和N的杂化方式相同
D．和都是极性分子
【答案】C
【解析】A．和均不为缺电子化合物，A错误；B．是三角锥形，键角107°：是平面正三角形结构，键角120°，B错误；C．与化合反应产物中，B和N都是杂化，C正确；D．是极性分子，是非极性分子，D错误；故选C。
13．一种自充电的盐水电池植入到肿瘤表面可用于抗肿瘤治疗。电池放完电后，无需外接电源即能实现某个电极的化学自充电，该电极材料充放电原理如图。下列说法不正确的是
A．该电极为电池正极
B．放电过程中，该电极附近pH增大
C．化学自充电时发生的反应可表示为
D．放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加
【答案】D
【分析】由题干放电过程中电极反应可以表示为：PNHCDA+2nH2O+2ne-=PNTCDA-H+2nOH-。
【解析】A．由分析可知，放电过程该电极发生还原反应，即该电极为电池正极，A正确；B．由分析可知，放电过程中，该电极附近生成OH-，导致pH增大，B正确；C．由题干PNTCDA和PNTCDA-H的结构简式可知，化学自充电时发生的反应可表示为，C正确；D．由分析可知，放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加，D错误；故答案为：D。
14．标况下，的溶解度约为1∶1，，。室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．饱和碳酸的浓度约为
B．a对应的溶液中存在：
C．a→b的过程中，溶液中一直增大
D．b点对应溶液的pH为8.25
【答案】D
【解析】A．标况下，的溶解度约为1∶1，则1L水中溶解1LCO2,物质的量为，，饱和碳酸的浓度约为，选项A错误；B．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，选项B错误；C．==，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，Ka1不变，则逐渐减小，选项C错误；D．b点对应溶液=2，则，由得，，pH8.25，选项D正确；答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在化学分析、金属腐蚀抑制剂、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，并测定其化学式。
Ⅰ.用废铁屑制备溶液
（1）将废铁屑放入溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。该步骤中溶液的作用是 。
（2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。
①废铁屑中含有的少量氧化铁无需在制备前除去，用离子方程式解释原因 。
②步骤中的过滤采用如下图装置，相对于普通过滤装置而言，其优点是 。
Ⅱ.用NO气体和溶液制备硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)
装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（3）圆底烧瓶中生成NO的同时还生成了，该反应的离子方程式为 。
（4）实验开始前需先鼓入，其目的是 。
Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)的化学式，其化学式可表示为。
步骤i．用酸性溶液滴定20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液，滴定至终点时消耗酸性溶液16.00 mL(NO完全转化为)；步骤ii．另取10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为2.33 g。
（5）已知硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)中的配位数为6，则化学式中 。
（6）酸性溶液应盛装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，会导致b的数值 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）除去铁屑表面的油污（1分）
（2）①（1分）、（1分） ②抽滤可使过滤速度更快；趁热过滤可防止晶体析出（2分）
（3）（2分）
（4）排出装置内空气，防止生成的NO被氧气氧化和防止被氧化（2分）
（5）（2分）
（6）酸（1分） 偏小（2分）
【解析】（1）碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；
（2）①铁屑表面的氧化铁与稀硫酸反应生成铁离子，铁离子再与铁反应生成亚铁离子，涉及的离子方程式为：、；②如图的装置采用了抽滤装置，能够让过滤装置与锥形瓶的压强差变大，可以加快过滤速度，趁热过滤可以防止晶体析出；
（3）圆底烧瓶中稀硫酸与亚硝酸钠反应，N元素发生歧化反应，生成NO和硝酸钠，反应的离子方程式为：；
（4）实验前要排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止被氧化；
（5）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式可表示为，10.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥得到2.33 g硫酸钡，即n(SO)=0.01ml，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02ml SO，根据化学式可知Fe2+的个数等于SO个数，即则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02mlFe2+，根据关系式5Fe2+，则0.02mlFe2+消耗的为0.004ml，剩余的为0.012ml则与NO反应，根据关系式35NO，可得n(NO)= 0.012m=0.02ml=n(Fe2+)，即可得a=c=1，的配位数为6，b=5，故；
（6）酸性溶液应盛装在酸式滴定管中，若滴定前未润洗该滴定管，则高锰酸钾溶液的总体积会偏大，会导致a的值偏大，则b的值偏小。
16．（14分）研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）举一个“固体1”的用途 ，“固体2”灼烧产物是 (填名称)，“分离铝、铁”的操作名称为 。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是 。
（3）a的范围为 ， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为 。
（4）“沉铝”的离子方程式为 ，“滤液2”的pH 7(25℃) (填“＞”“＜”或“=”)，判断依据是 。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧为CuO和Al2O3，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 。
【答案】（1）制玻璃(或制光导纤维)氧化铁（1分） 过滤（1分）
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢（2分）
（3）4.7≤pH＜7.4 （2分） Cu2++H2=Cu↓+2H+（1分）
（4）+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+（2分） ＞（1分） 的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)（2分）
（5）27 : 16（2分）
【分析】硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)加入过量盐酸酸溶，Fe2O3、Al2O3、CuO溶解并转化为相应的盐，SiO2不溶，过滤，所得“固体1”为SiO2；过滤后往滤液中加入NaOH溶液，过滤得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，Cu2+进入滤液中，滤液中通入高压氢气，将Cu2+还原为Cu；往滤渣中加入过量NaOH溶液，Fe(OH)3不溶，Al(OH)3转化为NaAlO2，过滤后，向滤液中通入过量CO2，转化为Al(OH)3沉淀，再加入Cu，制得Cu/ Al(OH)3催化剂。
【解析】（1）“固体1”为SiO2，用途为制玻璃(或制光导纤维)，“固体2”为Fe(OH)3，灼烧产物是氧化铁；“分离铝、铁”是将Al(OH)3、Fe(OH)3分开，加入NaOH溶液，此时Al(OH)3溶解并转化为NaAlO2，分离固体与液体混合物，操作名称为过滤。
（2）盐酸是挥发性酸，温度高时挥发程度增大，“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是：温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢。
（3）调节溶液pH时，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以a的范围为4.7≤pH＜7.4， “滤液1”中通入高压氢，将Cu2+还原为Cu，则制备铜的离子方程式为Cu2++H2=Cu↓+2H+。
（4）“沉铝”时，通入过量CO2，将转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，“滤液2”为NaHCO3溶液，虽然既能发生电离又能发生水解，但以水解为主，所以pH＞7(25℃)，判断依据是的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)。
（5）设催化剂中，Cu的物质的量为x ml，Al(OH)3的物质的量为y ml，则在空气中充分灼烧，生成CuO的物质的量为x ml，Al2O3的物质的量为0.5y ml，固体质量不改变，则64x+78y=80x+51y，从而求出x : y=27 : 16，故催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 27 : 16。
17．（15分）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为：
（1）实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气(N2不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示(其中投料比m为原料气中乙苯和N2的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9)。
①乙苯催化脱氢反应的 0(填“>”或“<”)。
②投料比m为1∶9的曲线是 (填m1、m2、m3或m4)。
③保持投料比不变，在恒温恒压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是
(填字母)。
A．
B．容器内气体密度不再变化
C．容器内苯乙烯与H2的分子数之比不再变化
D．容器内气体的平均相对分子质量不再变化
（2）近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入N2改为通入CO2，在CO2气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图：
①该过程中发生的总反应化学方程式为 。
②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是 (写一点即可)。
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和2mlCO2起始压强为p0，若平衡时容器内气体总物质的量为5ml，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= (用含p0的代数式表示，某气体平衡分压=总压×该气体物质的量分数)。
【答案】（1）①>（2分） ②m4（2分） ③BD（2分）
（2）①(g)+CO2(g)(g)+CO(g) + H2O(g)（2分）
②催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率（3分）
③50%（2分） （2分）
【解析】（1）①由图可知，升高温度，乙苯转化率提高，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，故乙苯催化脱氢反应的>0。
②正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入氮气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，投料比m越大，乙苯的平衡转化率越小，结合图像可知，投料比m为1∶9的曲线是m4。
③保持投料比不变，在恒温恒压的条件下进行反应；A． ，则正逆反应速率不等，没有达到平衡，A不符合题意；B．在恒温恒压的条件下进行反应，气体质量始终不变，而体积为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，B符合题意；C．容器内苯乙烯与H2的分子数之比等于反应的系数比，不再变化不能说明达到平衡，C不符合题意；
D．混合气体的平均相对分子质量M=，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，D符合题意；故选BD；（2）①由反应历程图可知，该过程中发生的总反应化学方程式为 (g)+CO2(g) (g)+CO(g)+H2O(g)。
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率，故碱性太强使乙苯转化率降低；③反应 (g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g)为气体分子数增加1的反应，一定温度下，向恒容密闭容器中充入2ml乙苯和2ml CO2起始压强为p0，若平衡时容器内气体总物质的量为5ml，则总的物质的量增加1ml，结合方程式可知，消耗乙苯、二氧化碳各1ml，生成苯乙烯、一氧化碳、水各1ml，则乙苯的转化率为，根据阿伏伽德罗定律可知，平衡后总压强为，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数。
18．（15分）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为 。A与按物质的量之比为1∶1加成时，产物有 种。
（2）D→E的反应类型为 ，请补充其反应条件 。
（3）B的分子式为，写出B的结构简式： 。C中手性碳原子数目为 。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两产物分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）在实验室中由E制备丹参醇的过程，最少可用 步反应完成。
（6）结合题中信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）碳碳双键和羰基（1分） 3（1分）
（2）消去反应（1分） 浓硫酸/加热（1分）
（3）（2分） 4（2分）
（4）（2分）
（5）2（2分）
（6）（3分）
【分析】根据（3）B的分子式为，结合C的分子结构可知，B为：，则A先发生加成再发生水解得到B，B→C是发生的“已知”的反应；D→E是发生的醇的消去反应；然后E经过加成得到卤代烃，再水解生成丹参醇。
【解析】（1）据A结构可知A中含有碳碳双键和羰基，A与Br2发生加成时可以发生12加成、14加成、34加成可以有三种产物，故答案为：碳碳双键和羰基、3；
（2）据分析D→E是发生的醇的消去反应，条件是浓硫酸/加热故答案为：消去反应、浓硫酸/加热；
（3）据分析B的结构为，如图所示，C中有4个手性碳原子。故答案为：、4；
（4）分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，有酚羟基，没有醛基也不是甲酸酯；碱性条件水解生成两种产物，酸化后两产物分子中均只有2种不同化学环境的氢。则满足条件的物质为：，答案为：；
（5）经分析可知E经过加成得到卤代烃，再水解生成丹参醇。故需要经历两步，答案为：2；
（6）和溴单质加成可得，在氢氧化钠的醇溶液中共热可消去得到与发生加成反应得到再与氢气加成即可得到目标产物。故答案为：。选项
实验操作及现象
结论
A
将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生
木炭与浓硝酸反应了
B
向溶液中滴1滴溶液，再滴加溶液，溶液颜色变浅
增大浓度，平衡向左移动
C
向溶液中加入草酸溶液，开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色
该反应为放热反应，温度升高，反应率加快
D
向两支盛溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中存在
金属离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
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