2024年高考第三次模拟考试题：化学（浙江卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（浙江卷）（解析版），共23页。试卷主要包含了下列实验装置使用正确的是，下列化学反应与方程式不相符的是等内容，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：可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al ：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 Ti：48 Mn：55 Fe：56 C：59 Cu：64 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．生物大分子是生命活动的物质基础，下列不属于生物大分子的是( )
A．蛋白质B．核酸C．油脂D．淀粉
【答案】C
【解析】A项，蛋白质是由氨基酸聚合形成的大分子物质，故A不选；B项，核酸是由核苷酸聚合形成的大分子物质，故B不选；C项，油脂不是生物大分子，故C选；D项，淀粉是多糖，属于生物大分子，故D不选；故选C。
2．SO2常用作葡萄酒添加剂，可有效抑制霉菌的繁殖。下列说法不正确的是( )
A．常温下，SO2饱和溶液的pH小于5.6
B．SO2具有漂白性，将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色
C．可用酸性高锰酸钾溶液来测定空气中SO2的含量，利用了SO2的还原性
D．SO2通入足量Ba(NO3)2溶液中可生成不溶于盐酸的白色沉淀
【答案】B
【解析】A项，常温下正常雨水因溶有CO2使得pH=5.6，pH＜5.6的雨水称为酸雨，SO2的排放可形成酸雨，故常温下SO2饱和溶液的pH小于5.6，A正确；B项，虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊褪色，故将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸只变红、不褪色，B错误；C项，SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应5SO2+2 MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，故可用酸性高锰酸钾溶液测定空气中SO2的含量，C正确；D项，SO2具有还原性，SO2的水溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2+生成不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，反应可表示为3SO2+3Ba2++2 NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，D项正确；故选B。
3．下列表示正确的是( )
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
B．的电子式：
C．基态的价层电子轨道表示式：
D．的名称：乙二酸乙二酯
【答案】A
【解析】A项，BF3的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B项，H3O+的电子式为，B错误；C项，基态的价层电子轨道表示式为C错误；D项，的名称为乙二酸二乙酯，D错误；故选A。
4．Operand光谱和DFT计算明确了在负载WO3的CeO2上NH3(NH3-SCR)选择性催化还原NO的还原氧化半循环的过程如下。下列说法正确的是( )
A．步骤3、4都是氧化还原反应
B．步骤2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．每生成1mlN2理论上消耗0.25mlO2
D．上述过程的总反应方程式：6NO+4NH3=5N2+6H2O
【答案】C
【解析】A项，步骤3的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，A错误；B项，步骤2的方程式为：O2+2H2O+4W6+O+4Ce3+=4Ce4+O-H···O W6+，氧化剂为O2，还原剂为Ce3+，物质的量之比为1：4，B错误；C项，由题干反应历程图可知，上述过程的总反应方程式为：2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，每生成1mlN2理论上消耗0.25mlO2，C正确；D项，由C项分析可知，上述过程的总反应方程式：2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，D错误；故选C。
5．室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A．水电离出的c(H+)=1×10−13ml·L−1的溶液中：、Ba2+、Cl-、HCO3-
B．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Fe3+、NO3-
C．透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42-、Cl-
D．0.1 ml·L−1 NaAlO2溶液：NH4+、Al3+、Cl-、NO3-
【答案】C
【解析】A项，水电离出的c(H+)=1×10−13ml·L−1的溶液，水的电离受到酸或碱的抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，两种情况下HCO3-都无法存在，A错误；B项，加入铝粉能放出氢气的溶液，可能显酸性，也可能显强碱性，在酸性条件下NO3-有强氧化性，与铝反应不生成氢气，在碱性条件下Fe3+不能大量存在，B错误；C项，透明的溶液中，Cu2+、Fe3+、SO42-、Cl-相互之间都不反应，可以大量共存，C正确；D项，0.1 ml·L−1 NaAlO2溶液，Al3+无法与AlO2-共存，D错误；故选C。
6．《开宝本草》记载“取钢煅作叶，如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为(CH3COO)2Fe·H2O］可用如下方法检测。下列相关说法不正确的是( )
A．气体X为SO2
B．铁华粉中含有铁单质
C．由上述实验可知，OH-结合Fe3+的能力强于CN-
D．制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOH=(CH3COO)2Fe+H2↑
【答案】A
【解析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸生成氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤液中有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。A项，气体X为醋酸蒸气，A错误；B项，加入盐酸，有氢气产生，说明铁华粉中含有铁单质，B正确；C项，由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN-，C正确；D项，由题中信息可知，制备铁华粉的主要反应方程式Fe+2CH3COOH=(CH3COO)2Fe+H2↑，D正确；故选A。
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．下列实验装置使用正确的是( )
A．图①装置用于制备氯气
B．图②装置用于制备溴苯和验证HBr的生成
C．图③装置用于测定中和反应的反应热
D．图④装置用于标准碱溶液滴定未知酸溶液
【答案】C
【解析 】A项，图①装置高锰酸钾为粉末状且易溶于水，不适用于用启普发生器和浓盐酸反应制氯气，A错误；B项，图②装置中铁粉与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁催化作用下生成溴苯和溴化氢，反应放热，溴易挥发，挥发出的溴也可以使硝酸银溶液产生淡黄色沉淀， B错误；C项，图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度、玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，C正确；D项，图④装置氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，D错误；故选C。
9．关于化合物检测，下列说法正确的是( )
A．用X射线衍射实验可获得晶体结构的相关信息
B．用溴的四氯化碳溶液可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C4H8O
D．麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解
【答案】A
【解析 】A项，晶体结构的相关信息可以通过X射线衍射实验测得，A正确；B项，溴的四氯化碳溶液与溴乙烷、乙醛和苯酚均不发生作用，无法鉴别，B错误；C项，质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，不可据此推断其分子式为C4H8O，也可能是C5H12，C错误；D项，麦芽糖及其水解产物均具有还原性，均能和新制氢氧化铜在加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，若按方案进行该实验，不管麦芽糖是否水解，均可生成砖红色沉淀，故不能判断麦芽糖是否水解，D错误；故选A。
10．下列化学反应与方程式不相符的是( )
A．黑火药爆炸：S＋2KNO3＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑
B．加热氯化铜溶液：[Cu(H2O)4]2+＋4Cl-=[CuCl4]2-＋4H2O
C．向1ml FeBr2溶液中通入一定量氯气发生反应，当转移电子数1NA为时：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++ Br2+4Cl-
D．以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)：
【答案】C
【解析 】A项，黑火药为硫、碳、硝酸钾混合物，点燃或撞击发生氧化还原反应生成硫化钾、氮气和二氧化碳气体而爆炸，A正确； B项，氯化铜溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2+＋4Cl-[CuCl4]2-＋4H2O，该平衡为吸热过程，加热则平衡正向移动向[CuCl4]2-转化，B正确；C项，亚铁离子还原性大于溴离子，1ml FeBr2溶液中通入一定量氯气发生反应，当转移电子数1NA为时，亚铁离子恰好反应生成铁离子，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C错误； D项，水杨酸中酚羟基和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，D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、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，基态Y的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，Q单质是制备半导体的重要原料。下列说法正确的是( )
A．最高正价：XB．Z与X、Q均能形成极性键组成的非极性分子
C．X与W，X与Q均能形成离子型化合物
D．工业上常采用电解法制备单质W
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，X是C，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Z是O，所以Y是N。Q单质是制备半导体的重要原料，Q是Si。基态N的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，W位于第三周期，是Na或Al。A项，主族元素的最高正价数等于主族序数，等于主族元素原子的最外层电子数，其中氟无正价，O、F形成的化合物中O呈正价，OF2中O的最高正价为+2，则最高正价：O＜C＜N，A错误；B项，二氧化碳是非极性分子，二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，B错误；C项，O与Na或Al都能形成离子型化合物，SiC是共价化合物，C错误；D项，Na或Al都是活泼金属，工业上常采用电解法制备Na和Al单质，D正确；故选D。
13．近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．电极连接电源的正极，发生氧化反应
B．电极发生的电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O
C．电极a区电解质溶液pH增大
D．当电极a区生成尿素时，电极区质量减少
【答案】D
【解析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，电极b为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=4H++O2↑。A项， 电极b为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，A正确；B项， a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a发生的电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，B正确；C项，a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a区电解质溶液pH增大，C正确；D项， 当电极a区生成6.0 g尿素时，由方程式2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，转移电子1.6ml，电极b区，2H2O—4e—=4H++O2↑，电极b区质量减少氧气和氢离子的质量，相当于水的质量， =12.8g+1.6g=14.4g，D错误；故选D。
14．乙醛与氢氰酸(，弱酸)能发生加成反应，生成2-羟基丙腈，历程如下：
下列说法不正确的是( )
A．因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与作用
B．易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一
C．往丙酮与反应体系中加入一滴溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易进行
D．与加成的反应速率：
【答案】C
【解析】A项，氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，碳原子与CN-作用，故A正确；B项，HCN易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B正确；C项，往丙酮与HXN反应体系中加入一滴KOH溶液，CN-浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢离子浓度降低，第二步反应难发生，故C错误；D项，硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于亲核加成，所以与HCN加成的反应速率：，故D正确；故选C。
15．某小组做如下实验：
实验①：向20mL0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1ml·L-1盐酸溶液
实验②：向2.33gBaSO4固体中加入1L0.1ml·L-1Na2CO3溶液充分搅拌浸泡
[已知：常温下，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11 ，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是( )
A．实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生反应为CO32-+H+=HCO3-
B．实验①中时，存在：c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)
C．实验②中再加入2L0.1ml·L-1Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3
D．实验②静置，向上层清液中滴加溶液，会析出CaSO4和CaCO3
【答案】D
【解析】A项，酚酞为碱性指示剂，实验①滴定终点生成碱性NaHCO3，故A正确；B项，实验①中时，生成0.05ml·L-1NaHCO3溶液，则c(CO32-)＜c(HCO3-)，，，由于HCO3-的电离和水解都很微弱，溶液中HCO3-的浓度近似可看成原碳酸氢钠溶液的浓度，满足，c(OH―)＜c(CO32-)，存在：c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)，故B正确；C项，BaSO4的物质的量为0.01ml，假设每次能处理BaSO4的物质的量为x，根据方程式BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，可知反应产生SO42-物质的量为x，反应消耗CO32-后剩余离子物质的量为，，，，总的至少需加入溶液，故C正确；D项，实验②处理后，溶液中，，加入溶液后，，，，则只会析出CaCO3，故D错误；故选D。
16．探究CH3COOH及相关化合物的性质，下列方案设计、现象、结论都正确的是( )
【答案】D
【解析】A项，应该测定相同温度下等浓度的NaNO2溶液和CH3COONa溶液的pH，才能比较酸性强弱，A错误；B项，醋酸电离吸热，故CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液反应放出的热量少，故ΔH1＞ΔH2，B错误； C项，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，促进水的电离，NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，二者水的电离程度不相同，C错误；D项，常温下，将苯与醋酸混合后体积增大，说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与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，D正确；故选D。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：
(1)钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。
①钴蓝晶胞中、Al、O原子个数比为 。
②原子间最短的距离为 。
③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、 (填字母序号)。
(2)苯、1,3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。
①下列说法正确的是 。
A．同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种
B．苯中碳原子杂化方式为sp2
C．1，3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长
D．的二氯代物有9种(不考虑立体异构)
②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘()、蒽()、菲()。
分子式为C30H18的稠环芳烃，一个分子中σ键有 个。
(3)邻羟基苯甲醛()能形成分子内氢键。
①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键 。
②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是 。
【答案】(1) 1：2：4(1分) (2分) c、f(1分)
(2) BD(2分) 54(1分)
(3) (1分) 形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键(2分)
【解析】(1)①Ⅰ型立体结构中C位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中C位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有C原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32，则钴蓝晶胞中C、Al、O原子个数比为：8：16：32=1：2：4；②由图可知，C原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：；③根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅰ型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；(2)①A项，同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4种，A错误；B项，苯中，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则苯中碳原子杂化方式为sp2，B正确；C项，根据信息可知，1,3-丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则其中碳原子间的键长小于乙烷中的碳碳键键长，C错误；D项，根据定一移一的原则可知，的二氯代物有、、、，一共9种，D正确；故选BD；②根据题给信息可知，分子式为C30H18的稠环芳烃中含有苯环的个数为7个，其中含有C—C σ键的个数为：36，C—H σ键的个数为：18，则一个分子中σ键有54个；(3)从化学反应进行的方向可以知道，邻羟基苯甲醛在分子间形成氢键，会导致分子数减少，则熵减少，但是该物质更加易于形成分子内氢键，说明形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键。
18．(10分)已知难溶性化合物的化学式为Ba4MnFeO6CO3，对进行如下实验，部分产物已经略去。
已知：中的金属元素在该实验条件下不能与NH3产生配合物。
(1)高温下在H2气流中的反应 氧化还原反应(填“属于”或“不属于”)，中钡元素的化合价为 。
(2)步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成Fe3O4降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因 。
(3)下列说法正确的是________。
A．溶液D中阳离子只有NH4+
B．若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体，则证明铁有剩余
C．步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替
D．依据步骤Ⅲ可知碱性强弱Ba(OH)2＞Mn (OH)2
(4)固体在一定条件下也可以与溶液反应，写出反应的离子方程式 。
(5)设计实验检验混合气体A(除H2外)的成份 。
【答案】(1)属于(1分) +2价(1分)
(2)水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动(2分)
(3)D(2分)
(4)Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O (2分)
(5)先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出现浑浊，说明有二氧化碳气体(2分)
【解析】固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4，C为Fe，混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4Cl溶液，混合溶液C中含有Mg2+，固体混合物B中含有Fe和MgO，气体混合物A为H2和CO2。(1)Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe，元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代数和为0，可知钡元素价态为+2。(2)步骤Ⅳ能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正移。(3)A项，溶液D的阳离子除了铵根离子，还有氢离子和钡离子，故A错误；B项，发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；C项，步骤II中的氯化铵溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH，因此不能用盐酸代替，C错误；D项，由步骤III可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性，D正确；故选D。(4)固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，钡离子，锰离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O 。(5)混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。
19．(10分)丁二烯是生产丁苯橡胶、聚二烯橡胶等的基本原料。丁烯(C4H8)氧化脱氢制丁二烯(C4H6)的生产工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
(1)判断反应Ⅱ的自发性并说明理由 。
(2)在常压、催化剂作用下，投料按，并用水蒸气稀释；不同温度下反应相同时间后，测得丁烯的转化率与丁二烯、二氧化碳的选择性随温度变化情况如图1所示(选择性：转化的C4H8中，生成C4H6或CO2 的C4H8的百分比)。
图1
①根据图1的相关信息，下列说法正确的是 。
A．随温度的升高，C4H8平衡转化率逐渐增大
B．水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，提高丁烯的平衡转化率
C．较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率
D．320～580℃范围内，升温，C4H6的产率下降，CO2产率升高
②温度高于440℃时，丁烯转化率随温度变化不明显的可能原因是 。
(3)文献显示，丁烯与CO2反应也可制丁二烯，可分两步实现：
反应Ⅲ C4H8(g) C4H6(g)＋H2(g)
反应Ⅳ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
600℃时，恒定总压0.10MPa、以起始物质的量均为1ml的C4H8、CO2投料，达平衡时，测得C4H8和CO2的转化率分别为80％、10％.600℃时，反应Ⅳ的平衡常数KP= 。
(4)有人设计一种电解装置，用乙炔合成二丁烯(C4H6)的装置如图2.电解质溶液为1ml·L-1KHCO3溶液。
①请写出生成C4H6的电极的电极反应式： 。
②用溶液吸收阳极逸出的气体再生电解质溶液。不考虑气体溶解残留.当电路中转移时，计算再生液的c(H＋)= 。(已知H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11 )
【答案】(1)反应ⅡΔH＜0、ΔS＞0，ΔG＜0，任意温度条件下自发(1分)
(2) BC(2分) 丁烯的反应速率随温度升高而迅速增大，氧气的消耗量也随之迅速增加，升到440℃以后剩余的氧气量很少，丁烯和氧气的反应受氧气含量的限制，因此1-丁烯的转化率基本不变；反应Ⅰ速率快，ΔH＜0升温，平衡逆移，生成1-丁烯与反应消耗1-丁烯基本持平，因此1-丁烯的转化率基本不变(2分)
(3)或0.0159(2分)
(4) 2C2H2+2e-+2HCO3-=C4H6+2CO32- (1分) 9.4×10-11ml·L-1(2分)
【解析】(1)判断反应自发性：ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应Ⅱ的ΔH＜0、ΔS＞0，ΔG＜0，任意温度条件下自发；(2)A项，随温度升高，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，C4H8平衡转化率降低，A错误；B项，水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，使平衡发生移动，提高丁烯的平衡转化率，B正确；C项，在较低温度下，同时间内丁二烯的选择性高、二氧化碳的选择性低故较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，C正确；D项，320～580℃范围内，升温，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，C4H6的产率下降，CO2的产率下降，D错误；故选BC。温度高于440℃时，丁烯转化率随温度变化不明显的可能原因是：丁烯的反应速率随温度升高而迅速增大，氧气的消耗量也随之迅速增加，升到440℃以后剩余的氧气量很少，丁烯和氧气的反应受氧气含量的限制，因此1-丁烯的转化率基本不变；反应Ⅰ速率快，ΔH＜0升温，平衡逆移，生成1-丁烯与反应消耗1-丁烯基本持平，因此1-丁烯的转化率基本不变；(3)
，
则；(4)C4H6的电极的电极反应式：2C2H2+2e-+2HCO3-=C4H6+2CO32- ；由题阳极反应为4HCO3- -4e-=O2+4CO2+2H2O，每转移时，生成CO2 ，则用，发生2KOH+CO2=K2CO3+H2O，K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，则：


再生液有0.5ml KHCO3，0.25ml K2CO3，根据 ，c(H+)=9.4×10-11ml·L-1。
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)4NaH+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4NaH+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)化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：
已知：①结构与苯相似；
②(R代表烃基)。
请回答：
(1)化合物I含有的官能团名称是 。
(2)反应⑤为取代反应，产物中有，则F的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是__________。
A．反应④的反应类型是氧化反应
B．反应⑥除生成H外，还生成
C．已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E中所有原子均在同一平面上
D．化合物J中有3个手性碳原子
(4)化合物A的分子式为C7H10N2，写出反应①的化学方程式 。
(5)设计以氯苯为原料合成物质K()的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 (不考虑立体异构)。
①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；
③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。
【答案】(1)羟基、氨基(1分)
(2) (1分)
(3)BCD(2分)
(4)+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3(2分)
(5) (3分)
(6)、、、、(3分)
【解析】化合物A的分子式为C7H10N2，A与HCl在一定条件下反应生成B()，可推知A为，与NH2-NH2发生类似②(R代表烃基)反应，生成C，则C为，与在加热条件下反应生成D；D与过氧化物加热条件下反应生成E，E与F在一定条件下反应生成G，结合G的结构简式，反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是，G在硫酸作用下反应生成H为，H与I反应生成J。(1)化合物I()含有的官能团名称是羟基、氨基；(2)反应⑤为取代反应，产物中有HBr ，则F的结构简式是；(3)A项，反应④是D与过氧化物加热条件下反应生成E，形成苯环，为去氢反应，反应类型是氧化反应，A正确；B项，反应⑥是由G在硫酸作用下生成H为，发生水解反应，则除生成H外，还生成(CH3)3COH，B不正确；C项，已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E()中存在两个甲基，根据甲烷的正四面体结构，故不可能所有原子均在同一平面上，C不正确；D项，化合物J中有2个手性碳原子,如图，D不正确；故选BCD；(4)化合物A的分子式为C7H10N2，根据分析可知A为，反应①是与HCl反应生成和NH4Cl或氨气，的化学方程式为+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3；(5)以氯苯为原料催化加氢得到，在氢氧化钠的水溶液中加热水解生成，氧化得到，氯苯与NH2-NH2反应得到，与合成物质K()，合成路线为；(6)B为，其同分异构体符合：①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构，结合条件推知符合条件的同分异构体有、、、、。
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
实验方案
现象
结论
A
用试纸分别测定：①NaNO2溶液；②CH3COONa溶液
pH：①②
Ka(HNO2)＜Ka(CH3COOH)
B
用溶液分别与等体积等浓度CH3COOH溶液、盐酸反应，测得反应热依次为ΔH1、ΔH2
反应热：ΔH1＜ΔH2
CH3COOH(aq)H+(aq)+ CH3COO-(aq) ΔH＞0
C
常温下，分别测定浓度均为1ml·L－1的CH3COONH4溶液和NaCl溶液的
均等于7
常温下，1ml·L－1的CH3COONH4溶液和NaCl溶液中水的电离程度相等
D
常温下，将50 mL苯与50 mL CH3COOH混合
所得混合溶液体积为
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