2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷01）（全解全析），共21页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列指定反应与方程式不相符的是等内容，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 I 127 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．下列物质不属于分散系的是( )
A．有机玻璃B．冰醋酸C．Fe(OH)3胶体D．云烟雾
【答案】B
【解析 】分散系是混合物，胶体是一种分散系，氢氧化铁胶体、云、烟、雾、有机玻璃等均属于胶体；冰醋酸为纯净物，不属于分散系；故选B。
2．硫酸钡在医疗上常用作消化系统X射线检查的内服药剂，下列说法不正确的是( )
A．Ba元素位于周期表s区
B．可用饱和碳酸钠溶液处理，使其转化为易溶于水的盐
C．不溶于水也不溶于酸，但属于强电解质
D．硫酸根离子的空间构型是四面体
【答案】B
【解析】A. Ba元素位于第ⅡA族，周期表s区，A正确；B项，硫酸钡溶解度小于碳酸钡，故硫酸钡和碳酸钠溶液不反应，B错误；C项，硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C正确；D项，硫酸根离子的中心原子σ键电子对为4，孤电子对为 =0，空间构型是四面体，D正确；故选B。
3．下列说法不正确的是( )
A．Fe2+的价层电子轨道表示式为
B．用电子式表示K2S的形成：
C．HClO的分子的VSEPR模型为四面体形
D．聚已二酰己二胺的结构简式：
【答案】A
【解析】A项，Fe2+的价层电子排布应为3d6，在价层电子轨道表示式中体现电子排布式不正确，故A错误；B项，K2S中钾原子失去电子，硫原子得到电子形成离子键，其电子式表示的形成过程规范正确，B正确；C项，HClO的分子中心原子价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，C正确；D项，己二酸与己二胺发生缩聚反应生成聚已二酰己二胺，结构简式为，D正确；故选A。
4．关于反应2Cu2S+14HNO3=2CuSO4+2Cu(NO3)2+5NO2↑+5NO↑+7H2O，下列说法不正确的是( )
A．HNO3在反应中体现氧化性和酸性
B．Cu2S和Cu(NO3)2都是氧化产物
C．0.2ml Cu2S参加反应，转移电子2ml
D．随着产物中NO和NO2比例的改变，CuSO4和Cu(NO3)2的比例也发生相应的改变
【答案】D
【解析】A项，反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2，还体现了HNO3的酸性，A正确；B项，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，B正确；C项，Cu2S作还原剂，Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，0.2mlCu2S参与反应，转移2ml电子，C正确；D项，根据原子守恒，每1mlCu2S参与反应，S守恒则硫酸铜1ml，Cu守恒则硝酸铜1ml，硫酸铜与硝酸铜的比例一直是1：1，D错误；故选D。
5．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中能大量共存的是( )
A．=10-12的溶液中：NH4+、Na＋、NO3-、SO42-
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl-、I-
C．0.1ml·L-1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl-、SO42-
D．能与金属铝产生氢气的的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-
【答案】A
【解析】A项，=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Na＋、NO3-、SO42-之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A符合题意；B项，滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，即2Fe3++2I-=2Fe2++I2，不能大量共存，故B不符合题意；C项，0.1ml·L-1的NaHCO3溶液中的HCO3-与Fe3+发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，即Fe3++3 HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑，不能大量共存，故C不符合题意；D项，能与金属铝反应放出氢气的溶液中存在大量H+或OH-，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在碱性环境中Al3＋与OH-反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。
6．某学习小组欲从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]晶体，设计方案如下，下列说法不正确的是( )
A．试剂X是硫酸，其中发生的反应之一：[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+
B．步骤②蒸馏实验可用水浴加热
C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏低
D．将残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]晶体
【答案】C
【解析】欲从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]晶体，需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为硫酸铜、将氨水中的一水合氨和NH3转化为硫酸铵，所以加入的试剂X是硫酸，充分反应后溶液Y为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸点的差异采取蒸馏的方法。A项，试剂X是硫酸，加硫酸可以除去络合离子，其中发生的反应之一为[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+，故A正确；B项，由于乙醇的沸点为78.3℃，所以步骤②蒸馏实验可用水浴加热，故B正确；C项，若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏高，馏出速度太快，故C错误；D项，废液中加硫酸反应后，蒸馏出乙醇后剩下的残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]晶体，故D正确；故选C。
7．对下列事实进行归纳推测，推测合理的是( )
【答案】C
【解析】A项，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，由于Na2O2具有强氧化性，SO2具有还原性，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，不能生成Na2SO3和O2，A错误；B项，由于Al(OH)3只溶于强碱溶液中不溶于弱碱溶液中，故AlCl3溶液与过量NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-，而AlCl3溶液与过量氨水反应生成Al(OH)3，B错误；C项，NaH与H2O反应生成氢气的本质是NaH中的H-与H2O中的H+发生歧化反应生成为H2，因此AlH3与NH3反应时也能这样生成H2，C正确；D项，根据强酸制备弱酸规律可知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，D错误；故选C。
8．下列有关实验设计、操作说法正确的是( )
A．甲图可用于测定Na2S2O3与稀硫酸的反应速率
B．乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮
C．丙图是转移操作
D．丁图配成同浓度的溶液，有利于比较乙醇和苯酚中羟基的活性
【答案】B
【解析】A项，测定Na2S2O3与稀硫酸的反应速率，还需要计时器，故A错误；B项，镀铜时，加入氨水可以生成铜配离子，使铜离子浓度降低，而且配合物平衡的存在能使铜离子浓度稳定在一定的范围内，这样使镀层更加紧密均匀光亮，工业上常采用这种方法，故B正确； C项，转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下，故C错误；D项，通常用活泼金属与羟基的反应来比较乙醇和苯酚中羟基的活性，而加水配置成溶液后，活泼金属会优先与水反应，无法达到目的，故D错误；故选B。
9．下列说法不正确的是( )
A．酰胺均能在碱性条件下水解得到氨气
B．冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子
C．淀粉经酯化后可用于生产食品添加剂、表面活性剂等
D．甲苯、甘油都与浓硝酸发生取代反应分别生成TNT和硝化甘油
【答案】A
【解析】A项，含有-CO-NH2的酰胺在碱性条件下水解能得到氨气，A错误；B项，冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子，B正确；C项，淀粉中含有羟基能发生酯化反应，经酯化后可用于生产食品添加剂、表面活性剂、可降解塑料等，C正确；D项，甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，即TNT；甘油与浓硝酸发生取代反应生成硝化甘油，D正确；故选A。
10．下列指定反应与方程式不相符的是( )
A．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-
B．用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极的电极反应式：Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓+ H2↑
C．甘油与硝酸发生酯化反应：
D．在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚：
【答案】C
【解析】A项，I-在空气中被氧化为I2，使淀粉溶液变蓝，离子方程式为4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-，A项正确；B项，用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极上水电离出的H+发生还原反应生成H2，Mg2+和水电离产生的OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，故阴极的电极反应式为Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓+ H2↑，B项正确；C项，醇和羧酸的反应为酯化反应，故该反应不是酯化反应，C项错误；D项，在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚，反应的方程式为，D项正确；故选C。
11．苯乙烯可发生如下转化，下列说法中不正确的是( )
A．苯乙烯分子中所有碳原子可共平面
B．X的结构简式可能是，该反应需要控制温度减少碳碳双键被氧化
C．与足量溶液反应，最多消耗
D．聚合物Z的结构可表示为
【答案】C
【解析】A项，苯乙烯中苯环和双键均为平面构型，两者通过单键相连，单键可以旋转，所有原子可能共平面，A正确；B项，苯环上的氢原子被硝基取代，取代氢原子的位置可以是乙烯基的间位，碳碳双键不稳定，易被氧化，所以X的结构简式可能是：，B正确；C项，Y完全水解产物是：，Y水解产生的HCl和-COOH都能和NaOH以1：1反应，故1mlY完全水解生成4mlHCl和1ml-COOH，故1mlY最多消耗5mlNaOH，C错误；D项，苯乙烯聚合得到聚苯乙烯，结构表示正确，D正确；故选C。
12．X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是( )
A．沸点：X2Z>YX3
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．化学键中离子键成分的百分数：M2Z>M2Q
D．YZ与QZ32-离子空间结构均为平面三角形
【答案】D
【解析 】X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素，短周期中M电负性最小，则M为Na元素，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p4，则Z为O元素，Z与Y、Q相邻，则Y为N元素，Q为S元素。A项，水分子间存在氢键数目多于氨气，则沸点：H2O＞NH3，故A正确；B项，Na与S可形成化合物Na2S、Na2S2，故B正确；C项，化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，电负性O＞S，因此化学键中离子键成分的百分数：Na2O＞Na2S，故C正确；D项，NO3-中心原子的价电子对数为3+=3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形，SO32-中心原子的价电子对数为3+=4，孤电子对数为1，其空间结构为三角锥形，故D错误；故选D。
13．铜基配合物电催化还原CO2的装置原理如图所示，下列说法不正确的是( )
A．石墨烯为阳极，发生电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
B．Pt电极附近溶液的pH值减小
C．每转移2ml电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为28g
D．该装置可减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用
【答案】A
【解析】A项，石墨烯为阴极，A错误；B项，Pt电极上H2O失电子转化为O2，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，所以电极附近溶液的pH减小，B正确；C项，每转移2ml电子，由阴极电极反应式可知生成1mlHCOOH，所以阴极室溶液|m阴|=46g/ml×1ml=46g；根据阳极室反应可知每转移2ml电子时阳极消耗1ml水，生成0.5ml氧气，同时有2mlH+转移至阴极室，所以|m阳|=18g/ml×1ml=18g，所以|m阴||m阳|=46g-18g=28g，C正确；D项，该装置可减少CO2在大气中累计和实现可再生能源有效利用，D正确；故选A。
14．CH3CHO在NaOH溶液作用下制取2-丁烯醛的历程如下：
已知：反应(3)的平衡常数较小
下列说法不正确的是( )
A．OH-是该反应的催化剂
B．CH3CHO分子中甲基上的“C-H”比CH3CH3中的“C-H”更易电离出H+
C．反应(4)加热失水有利于反应(3)平衡正向移动
D．CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下最多可得到2种羟基醛
【答案】D
【解析】A项，反应(1)中，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，反应(3)中，与H2O电离出的H+结合为，从而生成OH-，则OH-是该反应的催化剂，A正确；B项，由反应(1)可知，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，而CH3CH3与OH-不能发生反应，则CH3CHO分子中甲基上的“C-H”比CH3CH3中的“C-H”更易电离出H+，B正确；C项，反应(4)加热失水，可减少生成物浓度，从而促进反应(3)的平衡正向移动，C正确；D项，CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下发生羟醛缩合反应，同种醛、不同种醛都可发生此类反应，则最多可得到4种羟基醛，D不正确；故选D。
15．钡餐造影检查是以医用硫酸钡作为造影剂，口服后随着人体消化管道的蠕动，涂抹在胃肠道内管壁及充填在管腔内，在X线照射下与周围器官形成明显对比，可以观察胃、食管等器官的外形、大小、位置、扩张性及蠕动波情况，进而显示消化道有无病变。
已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，Ksp(BaSO)=1.0×10-10；H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=5.6×10-11；饱和BaCO3溶液pH约为9.6，人体胃液pH约为2；H2SO4的一级电离是完全电离，二级电离电离常数Ka2=1.0×10-2。结合信息，以下推断不正确的是( )
A．BaSO4在胃液中的溶解度大于1.0×10-5ml·L－1
B．若每次加入1L1ml·L-1的Na2CO3溶液，至少需要4次加入才能将0.1ml BaSO4全部转化为BaCO3
C．饱和BaCO3溶液通入少量CO2后溶液中：c(CO32-)＜c(HCO3-)
D．若误服BaCO3，医学上可采用适当浓度的Na2SO4溶液洗胃或静脉缓注Na2SO4溶液实现解毒
【答案】B
【解析】A项，根据沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+ (aq)+ SO42- (aq)，Ksp(BaSO)=1.0×10-10知纯水中，，在胃液中因H+和SO42-结合(硫酸二级电离不完全)，使平衡正向移动，溶解度增大，故A正确；B项，向BaSO4中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s))+SO42-(aq)，，若每次加入的Na2CO3溶液能处理BaSO4的物质的量为xml，得出，将0.1ml BaSO4处理需要加入，至少需要加入6次，故B错误；C项，饱和BaCO3溶液pH约为9.6，饱和BaCO3溶液存在BaCO3(s)Ba2+ (aq)+ CO32- (aq)，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，碳酸根水解生成碳酸氢根，，得出，此时c(CO32-)＜c(HCO3-)，通入少量CO2后，溶液中CO32-发生反应减少HCO3-增多，c(CO32-)＜c(HCO3-)，故C正确；D项，若误服BaCO3，根据BaCO3(s)+SO42-(aq)BaSO4(s))+CO32-(aq)，Ksp(BaSO)=1.0×10-10< Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，只要Na2SO4溶液浓度合适就可以将BaCO3转化为BaSO4实现解毒，故D正确；故选B。
16．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中实验操作、现象得出的结论正确的是( )
【答案】A
【解析】A项，常温下，将50 mL苯与50 mL CH3COOH混合体积为101 mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，A项正确；B项，待测液可能是铵盐溶液或氨水，B项错误；C项，不能排除是FeO、Fe2O3的混合物，C项错误；D项，不能排除溶液中可能存在高锰酸根等强氧化性离子，D项错误；故选A。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．(10分)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。
(1)吡啶类化合物A易溶于水，原因是 ，含Zn有机物B的分子结构中含 (填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．π键 D．σ键 E．氢键
(2)HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10-10 m)。N-N、N=N和N≡N的共价键键长分别为1.40×10-10 m、1.20×10-10 m和1.09×10-10 m。试依据信息画出HN3分子的结构式 ，分子中N原子的杂化方式为 。
(3)某种新型储氢材料的晶胞如图3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g/ml，则M元素为 (填元素符号)。在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
【答案】(1)化合物A与水分子间存在氢键(1分) BCD(2分)
(2) H-N=N≡N(2分) sp、sp2 (2分)
(3) Fe(2分) 3d6(1分)
【解析】(1)吡啶类化合物A易溶于水，是由于该化合物分子中含有亲水基羟基，使A分子与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用；根据含Zn有机物B的分子结构可知：该物质是由分子构成的共价化合物，其中不含有离子键，也不含有羟基，含有配位键、σ键、π键，故选BCD；(2)根据HN3分子的空间结构，结合N-N、N=N和N≡N的共价键键长大小，可知HN3的结构式应该是：H-N=N≡N；在高物质分子中，形成三键的氮原子采用sp杂化；形成双键的N原子采用sp2杂化；(3)根据晶胞结构可知：该晶胞中含有黑球●的数目是8×+6×=4；含有白球○的数目是8×1=8，黑球与白球的个数比为●：○=4：8=1：2，由于八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g/ml，则(M+17×6)+2(11+4)=188，解得M=56，所以M是Fe元素；该化合物中黑球与白球个数比为1：2，白球为[BH4]-，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知黑球带2个单位正电荷，表示的化学式为[Fe(NH3)6]2+，其中中心Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，因此其价层电子排布式是3d6。
18．(10分)硝酸盐型熔盐(含KNO3)在太阳能光热发电领域被广泛应用。高纯KNO3的制备、性质与应用是目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下：
已知：硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2．
请回答：
(1)写出溶液A中的所有离子 ；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是 。
(2)下列说法正确的是_________。
A．方法Ⅰ说明：该条件下，酸性HNO3＞HCl
B．方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收
C．KNO3固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体
D．若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素
(3)方法Ⅰ中，用NH4NO3代替HNO3，得到副产品NH4Cl。工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是 。
(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性。请依据上述信息，设计实验检验无色无味气体成分和沉淀中的金属元素 ；写出K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式： 。
【答案】(1) H+、K+、Cl−、NO3-、OH−(1分)
将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)(1分)
(2)BC(2分)
(3)存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液(2分)
(4)将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素(Fe3+)(2分)
5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O(2分)
【解析】硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。(1)硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、NO3-、OH−；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)；(2)A项，方法Ⅰ说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；B项，由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正确；C项，KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；D项，若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错误；故选BC；(3)工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液；(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O。
19．(10分)异丁烯(i-C4H8)是重要的化工生产原料，可由异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备，反应如下：i-C4H10(g)i-C4H8(g)＋H2(g) ΔH1＝+123.5kJ·ml−1
已知：①主要副反应为i-C4H10(g)CH2=CHCH3(g)＋CH4(g) ΔH2
2i-C4H8(g)2CH2=CHCH3(g)＋C2H4(g) ΔH3＞0
②温度过高会引发烃裂解生成炭(C)。
③相关化学键的键能如下所示：
请回答：
(1ΔH2)= kJ·ml−1。
(2)有利于提高异丁烷平衡转化率的条件有 。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
(3)其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和N2各(N2作惰性气体)，经过相同时间测得相关数据如图1和图2所示．[收率，空速：单位时间通过单位体积催化剂的气体量](不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附)

①图1中，时异丁烯收率= 。
②下列说法正确的是 。
A．由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快
B．混入的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳
C．图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短
D．图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生
③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是
。
④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示．若充入N2改为，在图3中作出异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线 (忽略积碳的影响)。
【答案】(1)80.4(1分) (2)BC(2分)
(3) 27.3%(2分) BCD(2分)
温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反应速率增大的程度更大，异丁烯选择性下降(2分) (1分)
【解析】(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4×10+347.7×3)kJ/ml-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/ml=+80.4kJ/ml，故答案为：+80.4；(2)异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故答案为BC；(3)①图1中，600℃时异丁烯物质的量为1ml×35%×78%=0.273，所以异丁烯收率=×100%=27.3%；②A项，由图1可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A错误；B项，由题意可知，温度过高会引发烃裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B正确；C项，空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故C正确；D项，原料气将产物迅速带走，降低异丁烯(i-C4H8)的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故D正确；故选BCD；③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异丁烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；④若充入N2改为2ml，相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入1mlN2要大，所以异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线为。
20．(10分)硼氢化钠(NaBH4)是一种潜在储氢剂，在有机合成中也被称为“万能还原剂”。实验室制备、提纯、分析NaBH4纯度的步骤如下。
Ⅰ．NaBH4的制备
利用如图甲装置(加热及夹持装置略)进行操作：
(ⅰ)打开K2，鼓入N2，升温到110℃，快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中；
(ⅱ)升温到200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH；
(ⅲ)升温到240℃，持续搅拌下通入N2，打开K3滴入硼酸三甲酯[分子式为B(OCH3)3]；
(ⅳ)降温后，分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
已知：
NaBH4：可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反应，强碱环境下能稳定存在
CH3ONa：难溶于异丙胺
异丙胺：有机溶剂，沸点：33℃
Ⅱ．NaBH4的提纯
NaBH4可采用索氏提取法提纯，其装置如图乙所示，实验时将NaBH4和CH3ONa的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中加入异丙胺。烧瓶中异丙胺受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。
Ⅲ．纯度分析
步骤1：取m g产品(杂质不参加反应)溶于溶液后配成溶液，取置于碘量瓶中，加入V1mL c 1ml·L-1的KIO3溶液充分反应。(3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)
步骤2：向步骤1反应后溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后于暗处放数分钟。
步骤3：将步骤2所得混合液调pH约为5.0，加入几滴淀粉，用c2ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗溶液V2mL。(I2+2 Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI)
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)写出NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式 。
(3)下列有关说法不正确的是__________。
A．NaBH4和中氢化合价相同B．装置甲应该处于无水、无氧的反应环境
C．装置乙中异丙胺蒸汽沿导管2上升D．萃取完全后，NaBH4在圆底烧瓶中
(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序
检查是否漏水→蒸馏水洗涤→ →a→_______→_______→________。
a．加液至“0”刻度以上处
b．调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1
c．倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出
d．赶出尖嘴部分气泡
e．向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
f．向酸式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
g．左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶
h．左手振荡锥形瓶，右手控制活塞(或挤压玻璃珠)
(5)产品中NaBH4的纯度为 ％。
【答案】(1)恒压分液漏斗(1分) (2) 4NaBH4+B(OCH3)3NaBH4+3CH3ONa(2分)
(3)C(2分) (4)cedbg(2分) (5) (3分)
【解析】装置中首先通入氮气排净空气，然后升温使得融化的Na快速分散到石蜡油中，再升温到200℃，通入H2，充分反应后制得NaH，然后升温到240℃，持续搅拌下通入N2，滴入硼酸三甲酯充分反应后，降温后离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。(1)仪器a的名称是恒压分液漏斗；(2)240℃时NaH与B(OCH3)3反应生成NaBH4和CH3ONa， NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式4NaBH4+B(OCH3)3NaBH4+3CH3ONa；(3)A项，NaBH4和NaH中氢化合价相同，均为-1价，故A正确；B项，Na、NaBH4和NaH均易与水和氧气反应，装置甲应该处于无水、无氧的反应环境，故B正确；C项，3为蒸汽导管，2为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管3上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管2返回烧瓶，从而实现连续萃取，装置乙中异丙胺蒸汽沿导管3上升，故C错误；D项，NaBH4可溶于异丙胺，CH3ONa难溶于异丙胺，所以NaBH4溶于异丙胺返回圆底烧瓶中，故D正确；故选C；(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出→向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液→a加液至“0”刻度以上2~3 mL处→赶出尖嘴部分气泡→调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1→左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶。故故选cedbg；(5)反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=0.5n(Na2S2O3)，5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，n(I2)=3n(KIO3)1，n(KIO3)1=n(Na2S2O3)=c2V2×10-3ml，则与NaBH4反应的n(KIO3)=c1V1×10-3ml -c2V2×10-3ml = (c1V1 -c2V2)×10-3ml，反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O，样品中n(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml，m(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml××38g/ml=g，产品中NaBH4的纯度为%；产品中NaBH4的纯度为％。
21．(12分)某种抗前列腺癌症的药物F的合成路线如下：
已知：(为烃基或氢)
请回答下列问题：
(1)写出D中含氧官能团的名称 。
(2)下列说法正确的是__________。
A．化合物A属于卤代烃
B．化合物F可在酸性或碱性条件下发生水解
C．由A→E过程中涉及的有机反应类型只有1种
D．D→E过程中K2CO3的作用是催化剂
(3)化合物X的结构简式是 。
(4)写出E＋Y→F的化学方程式 。
(5)请设计以丙酮为原料经过4步反应合成X的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)化合物C在一定条件可得到化合物G()，写出同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式 。
①分子中除苯环外还有1个环，苯环上只有1个取代基；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N—O结构
【答案】(1)酰胺基、羧基(1分) (2)BC(2分) (3) (1分)
(4)＋→＋CH3OH(2分)
(5) (3分)
(6)、、、(3分)
【解析】A中羧基和SOCl2反应生成B为，B和CH3NH2生成C，C和X生成D，D在K2CO3，H2O和CH3I条件下生成E，E和Y生成F，结合F的结构式，以及已知条件，可推测X为，E为，D为。(1)D为，氧官能团的名称为酰胺基、羧基；(2)A项，化合物A为羧酸类物质，故A错误；B项，化合物F中含有酰胺键，可在酸性或碱性条件下发生水解，故B正确；C项，由A到E的转化可知，由A→E过程中涉及的有机反应类型只有取代反应，故C正确；D项，D→E过程中K2CO3的作用是提供碱性环境，故D错误；故选BC。(3)据分析可知，化合物X的结构简式是；(4)E为，则E＋Y→F的化学方程式为＋→＋CH3OH；(5)X的结构简式是，则丙酮为原料经过应合成X的路线可以为；(6)G为，G满足①分子中除苯环外还有1个环，苯环上只有1个取代基；②谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N—O结构的同分异构体有、、、。
选项
事实
推测
A
Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2
Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
B
AlCl3溶液与过量NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-
AlCl3溶液与过量氨水反应生成[Al(OH)4]-
C
NaH与H2O反应生成氢气
AlH3与NH3反应生成H2
D
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
酸性强弱：H2CO3＞HCO3-＞HClO
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下，将50 mL苯与50 mL CH3COOH混合
所得混合溶液的体积为
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键
B
向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
红色石蕊试纸变蓝
待测液一定是铵盐溶液
C
在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
滴入的酸性KMnO4溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色
铁的氧化物粉末为Fe3O4
D
在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
待测液中含SO32-或HSO3-
化学键
键能/
615
347.7
413.4
436