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广东省名校教研联盟2023-2024学年高三下学期5月测试化学试题（学生版+教师版）
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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 B-11 O-16 P-31 As-75 Ca-40
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 广东有众多非物质文化遗产，如粤绣、剪纸、制香和藤编技艺等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，A正确；
B．粤绣中的“线”有棉麻的，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，也有是丝毛的，主要成分是蛋白质，也属于有机高分子材料，B正确；
C．香油的主要成分是油脂，不是有机高分子材料，C错误；
D．“藤”的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D正确；
故选C。
2. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 苯、甲醛及放射性稀有气体氡(Rn)都是室内空气污染物
B. 新型LED管束模块是由GaP、GaAs等制成的，都属于金属材料
C. 露营帐篷所用的PET纤维(聚酯纤维)是一种有机高分子材料
D. 三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼且有很好延展性
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醛、苯及放射性稀有气体氡都对人体健康有害，都是室内空气污染物，故A正确；
B．GaAs、GaP等半导体属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，故B错误；
C．聚酯纤维是性能优良的有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，故C正确；
D．金是不活泼单质，具有有很好的延展性，所以三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，故D正确；
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 光导纤维主要成分的分子式：
B. 的价层电子对互斥模型：
C. 的名称：2-甲基-3-戊烯
D. 基态的价层电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．光导纤维主要成分为二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，是化学式而不是分子式，故A错误；
B．PCl3中心原子价层电子对数为3+=4，且有1个孤电子对，价层电子对互斥模型：，故B正确；
C．表示的是烯烃，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，离碳碳双键近的一端编号得到名称为4-甲基-2-戊稀，故C错误；
D．基态C2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d7，基态C2+的价层电子轨道表示式为，故D错误。
答案选B。
4. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
B 易溶于水，可用作工业电解制备单质镁
C. 浓具有脱水性，可用作实验室干燥气体的干燥剂
D. 等离子体含有能自由移动的带电粒子，可应用于化学合成和材料表面改性
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeCl3用于腐蚀电路板上的Cu，是由于Fe3+的氧化性，与其呈酸性无关，故A错误；
B．熔融状态下电解用于工业制备单质镁，故B错误；
C．浓用作实验室干燥气体的干燥剂是因为其具有吸水性，故C错误；
D．等离子体含有能自由移动的带电粒子，因此可应用于化学合成和材料表面改性，故D正确。
答案选D。
5. 氨气在一定条件下催化还原含的尾气，反应为，下列说法错误的是
A. 氮氧化物的排放可形成酸雨
B. 氨气分子的键角小于甲烷的键角
C. 该反应的氧化产物和还原产物的质量比为
D. 反应能说明不是酸性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，A正确；
B．氨气分子和甲烷分子中心原子都是sp3杂化，NH3分子中有一对未成键的孤电子对，CH4分子没有，孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，导致NH3键角有所压缩，键角变小，B正确；
C．中NH3的N元素化合价上升发生氧化反应，NO2的N元素化合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4∶3，C错误；
D．中N元素化合价发生变化，该反应是氧化还原反应，能说明不是酸性氧化物，D正确；
故选C。
6. 劳动创造未来，下列选项中的生产活动对应的化学原理错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．水垢中的主要成分碳酸钙和氢氧化镁，均能被醋酸溶解，A正确；
B．能杀菌且能防止营养物质被氧化，所以葡萄酒中添加少量SO2，B正确；
C．碱性条件下，油脂能发生水解反应，也称皂化反应，可制备肥皂，C正确；
D．高温合成氨平衡逆向移动，不利于提高氨气的平衡产率，D错误；
故选D。
7. 芘的一种转化路线如图所示，下列说法错误的是
A. Y和Z互为同分异构体
B. 芘的一氯代物有3种
C. 1mlY与足量NaOH溶液反应最多消耗2mlNaOH
D. X与足量发生加成反应的产物中有6个手性C原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，Y和Z的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，芘分子中含有3类氢原子，一氯代物有3种，故B正确；
C．由结构简式可知，Y分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlY与足量氢氧化钠溶液反应最多消耗2ml氢氧化钠，故C正确；
D．由结构简式可知，一定条件下X分子与足量氢气发生加成反应所得产物为，分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，故D错误；
故选D。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铅酸蓄电池放电时的负极反应：
B. 药物碘化钾片和加碘盐不可同时服用：
C. 向溶液中加入足量NaOH溶液：
D. 向食盐的氨水溶液中通入足量气体后生成沉淀：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅酸蓄电池放电时Pb在负极失去电子生成PbSO4，电极方程式为：，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确；
C．向溶液中加入足量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠，离子方程式为：，C错误；
D．向食盐的氨水溶液中通入足量气体后生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为：，D错误；
故选B。
9. X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Z和Y位于同一周期，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，四种元素可形成如图所示的某离子。下列说法正确的是
A. Z的第一电离能在同周期元素中最大
B. Y原子是杂化，Z原子是杂化
C. 该离子中W的配位数是4，配体数是2
D. 该离子中W的最外层电子数是1
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Y的电子排布式为1s22s22p2，Y为C，Z和Y位于同一周期，且Z形成4个共价键（其中含有1个配位键），Z为N，X连接1个共价键，X为H，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，W为Cu，以此解答。
【详解】A．Z为N，位于第二周期，第二周期第一电离能最大的元素是F，A错误；
B．该结构中，C形成4个键，没有孤电子对，是杂化，N形成4个键（其中含有1个配位键），没有孤电子对，是杂化，B错误；
C．由图可知，该配离子中Cu的配位数是4，配体有2个，配体数为2，C正确；
D．Cu是29号元素，Cu2+价层电子排布式为[Ar]3d9，最外层电子数是17，D错误；
故选C。
10. 利用电化学原理去除天然气中的，装置如图所示，总反应为。下列说法错误的是
A. 铁作原电池的负极
B. 正极的电极反应为
C. 通入空气是为了增强电解质溶液的导电性
D. 工作一段时间后，的去除效率会降低
【答案】C
【解析】
【分析】该电化学装置是原电池，碳为正极，Fe为负极，负极电极反应式为；正极的反应式为：
【详解】A．由分析可知，铁为原电池的负极，故A正确；
B．正极的电极反应为，故B正确；
C．通入空气是利用空气中的氧气在正极得到电子，做氧化剂；故C错误；
D．根据总反应可知，生成的FeS附着在铁碳材料的表面，负极的表面积减少，化学反应速率减慢，导致的去除效率会降低，故D正确。
答案选C。
11. 一定温度下，某刚性密闭容器中按照体积比充入X和Y两种气体，发生反应，该反应的历程如图所示，M和N是中间产物，下列说法正确的是
A. 该反应的反应热
B. 该反应的历程分2步进行
C. 反应过程中，N比M达到的最高浓度大
D. 若初始按照体积比充入和，其他条件不变，平衡时的百分含量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，故A错误；
B．由图可知，该反应的历程分3步进行，故B错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，生成M的反应活化能小于生成N反应的活化能，则生成M的反应速率快于生成N的反应速率，所以反应过程中，N比M达到的最高浓度小，故C错误；
D．该反应为气体体积不变的反应，若初始按照体积比3∶2充入X(g)和Y(g)，恒容容器中的压强和反应温度不变，温度不变，平衡常数不变，压强不变，平衡时生成物浓度不变，所以P(g)的百分含量不变，故D正确；
故选D。
12. 根据实验操作及现象，下列结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸分解也能生成二氧化氮，该实验不能证明木炭和浓硝酸反应生成气体，A错误；
B．常温下测定和的pH，前者大于后者，说明酸性：H2CO3C．将Al粉加入强碱性的NaNO3溶液，微热，产生气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，硝酸根离子中的N元素降价，表现氧化性，C正确；
D．分别向苯和甲苯溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，前者酸性高锰酸钾溶液不褪色，后者溶液褪色，说明甲苯中的苯环可使甲基活化，D错误；
故选C。
13. 硼氢化钠在室温下是α型的立方晶体，晶胞如图甲所示，在一定条件下转变为四方晶体，晶胞结构和晶胞参数如图乙所示，下列说法错误的是
A. 硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个
B. α型的立方晶体中填充在围成的正八面体的空隙中
C. 若A点的坐标为，则B点坐标为
D. 硼氢化钠四方晶体的晶胞中A和B之间的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个，故A正确；
B．α型的立方晶体中Na+在体心和棱心位置，在面心和顶点，围成正八面体空隙，填充在围成的正八面体的空隙中，故B正确；
C．若A点的坐标为，B点位于左侧面的上方面心位置，结合坐标系，B点坐标为，故C正确；
D．B到底面左侧棱心的距离为pm，A到底面左侧棱心的距离为apm，这两段距离与A与B的距离构成直角三角形，A与B的距离为=，故D错误。
答案选D。
14. 利用传统方式制备乙炔的过程中，存在一些难以解决的问题，如反应速率过快、放热过多不易控制，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳，甚至发生堵塞问题。为解决上述问题，某化学小组设计了一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置。下列说法错误的是
A. 固体反应物电石应放置在A装置中的乙处位置
B. 装置B中装NaClO溶液可吸收混在乙炔气体中的杂质气体、
C. 传统方式制备乙炔的过程主要反应为
D. 7mm玻璃珠的作用是造成空隙，促进固液分离，防止堵塞
【答案】A
【解析】
【分析】为了解决传统方式制备乙炔的过程中，存在的一些问题，如反应速率过快、放热过多不易控制，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳，甚至发生堵塞等问题，设计出一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置，A是乙炔制备装置、B是乙炔净化装置，C是乙炔收集装置。
【详解】A．将电石放置于甲处时，产生的糊状物质由于重力作用沿着玻璃珠空隙流下，而电石则因固体无流动性而留在玻璃珠上方，由此实现固体与糊状物质的及时分离，并保持糊状物有足够的时间处于流动状态，不会因滞留导致堵塞，而放置于乙处则无法实现，A错误；
B．B是乙炔净化装置，其中盛放NaClO溶液，可吸收混在乙炔气体中的杂质气体、，B正确；
C．电石的主要成分是CaC2，其与水反应制取乙炔的方程式为，C正确；
D．玻璃珠之间留有空隙，可以促进固液分离，防止堵塞，D正确；
故选A。
15. 在双位点催化作用下，与水反应生成二甲醚的反应路径如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应的原子利用率小于100%
B. 历程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C. 图中方框内中间体的结构可表示为
D. 在表面的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示反应路径可知，在Cu0/Cu+表面的反应为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑，然后CO2和H2反应生成CH3OCH3和H2O。
【详解】A．根据反应路径，结合原子守恒可知，CH3OH生成CH3OCH3的同时，还有H2O生成，故该反应的原子利用率小于100%，A项正确；
B．该历程中有极性键的断裂和形成如O—H极性键的断裂和C—O极性键的形成等，有非极性键的断裂和形成如在Cu0/Cu+表面的反应中有H—H非极性键的形成、在CO2和H2的反应中有H—H非极性键的断裂，B项正确；
C．失去一个H∙变为方框内中间体，方框内中间体失去一个H∙变为，故方框内中间体结构可表示为，C项错误；
D．根据分析，在Cu0/Cu+表面的反应为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑，D项正确；
答案选C。
16. 工业生产中采用水解中和法处理含铜离子废水。常温下，水溶液中含铜微粒、、、、的分布系数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线3代表的含铜微粒是
B. 曲线4的最高点对应溶液的pH=11.6
C. 的平衡常数
D. 向溶液中滴加2ml/LNaOH溶液至过量，反应的离子方程式是
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH增加，Cu2+分布系数逐渐减小，、、的分布系数逐渐增加，然后再逐渐减小， 分布系数逐渐增加，故曲线1为 Cu2+，曲线2为，曲线3为 ，曲线4为，曲线5为，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线3代表的含铜微粒是，A正确；
B．由图可知，当、浓度相等时pH=10.7，当、浓度相等时pH=12.5，曲线4最高点对应溶液中的浓度最高，此时pH= =11.6，B正确；
C．，当、浓度相等时，pH=10.7，c(H+)=10-10.7ml/L，c(OH-)=10-3.3ml/L，K3===103.3，，当[Cu(OH)3]和[Cu(OH)4]2-浓度相等时，pH=12.5，c(H+)=10-12.5ml/L，c(OH-)=10-1.5ml/L，K4==101.5，则K4=，，K= =10-4.8，C正确；
D．向溶液中滴加2ml/LNaOH溶液至过量，生成的还会继续和OH-反应生成和，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. β-萘乙醚常用作薰衣草香、柠檬香等香精的定香剂，可利用威廉姆逊法合成。
反应原理：
物质性质：
制备装置：
实验步骤：
步骤1：向三颈烧瓶中加入5.0gβ-萘酚，30mL无水乙醇，1.6g研细的NaOH，将饱和溶液滴入饱和溶液中，加热生成。
步骤2：启动恒温磁力搅拌器，缓慢滴加3.2mL溴乙烷，加热、搅拌、回流1.5h。
步骤3：反应结束后，通过蒸馏先分离出未反应的乙醇，再加入少量苯和水，摇动后冷却，分离出有机层，有机层经稀NaOH溶液洗涤、水洗、再经无水处理和X操作，蒸馏分离出苯，最后冷却获得粗品。
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________，实验过程中产生的主要作用是___________。
（2）利用装置E滴加溴乙烷时，不必取下上口玻璃塞，只用旋开下端的旋塞，溴乙烷就能顺利滴下，其原因是___________。
（3）步骤2加热时温度不能太高，回流时冷却水的流速要快，其主要目的是___________。
（4）实验若用乙醇水溶液代替无水乙醇，会使产品的产率___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）步骤3中用稀NaOH溶液洗涤有机层，常在___________(填仪器名称)中进行，X操作是___________。
（6）粗产品经提纯后，获得4.78gβ-萘乙醚，则本次实验的产率约为___________。
A. 95%B. 80%C. 75%D. 70%
【答案】（1） ①. NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O ②. 排尽装置中的空气
（2）E为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于溴乙烷顺利滴下的作用
（3）防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率
（4）偏小 （5） ①. 分液漏斗 ②. 过滤 （6）B
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硝酸钠饱和溶液与氯化铵饱和溶液共热反应制备氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氮气，三颈烧瓶中β-萘酚、氢氧化钠和溴乙烷共热反应制备β-萘乙醚，反应制得的有机物经蒸馏除杂、洗涤除杂、干燥、蒸馏得到β-萘乙醚粗品。
【小问1详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为亚硝酸钠饱和溶液与氯化铵饱和溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，反应生成氮气的目的是排尽装置中的空气，防止β-萘酚被氧化，故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O；排尽装置中的空气；
【小问2详解】
由实验装置图可知，装置E为恒压滴液漏斗，该装置具有平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以利用装置E滴加溴乙烷时，不必取下上口玻璃塞，只用旋开下端的旋塞，溴乙烷就能顺利滴下，故答案为：E为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于溴乙烷顺利滴下的作用；
【小问3详解】
乙醇和溴乙烷受热易挥发，由实验装置图可知，球形冷凝管的作用是使受热挥发出的乙醇、溴乙烷冷凝回流，则步骤2加热时温度不能太高，回流时冷却水的流速要快的目的是防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率，故答案为：防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率；
【小问4详解】
由题给信息可知，β-萘酚微溶于水，若用乙醇水溶液代替无水乙醇，会使β-萘酚的溶解度减小，不利于反应物充分接触反应，导致产品的产率偏小，故答案为：偏小；
【小问5详解】
由题意可知，有机层获得β-萘乙醚粗品时，有机层经稀氢氧化钠溶液洗涤的目的是除去β-萘乙醚混有的溴乙烷、水洗除去氢氧化钠，分液得到的有机层再经无水干燥、过滤得到有机溶液，有机溶液经蒸馏分离出苯，最后冷却获得β-萘乙醚粗品，故答案为：分液漏斗；过滤；
【小问6详解】
由方程式可知，实验制得4.78gβ-萘乙醚时，实验的产率约为×100%≈804%，故选B。
18. 页岩气中含有丰富丙烷，利用PDH工艺和ODHP工艺可将页岩气中的丙烷转化为高附加值的丙烯。
PDH工艺：
ODHP工艺：
回答下列问题：
（1）已知、、燃烧热的分别为、、，则PDH工艺中的 ___________kJ/ml。
（2）利用为催化剂，PDH工艺的热力学性质如下表所示。
①温度为900K，在1.65MPa的恒压容器中，充入和1.1mlAr(Ar作稀释剂，不参与反应)，达到平衡时，的转化率为60%，则___________MPa．若不加Ar，其他条件不变，则达到平衡时，的转化率为___________，平衡转化率出现差异的原因是___________。
②结合上表提供的数据，选出正确选项___________ (填标号)
A. 该反应的，升高温度有利于该反应自发进行
B. 恒温、恒容条件下，当不变时，反应达到平衡
C. 恒温、恒容条件下，增大，丙烷的平衡转化率减小
D. 使用催化剂可降低反应的活化能，提高丙烷的平衡转化率
（3）实际生产过程时，ODHP工艺还发生副反应： 。的转化率和的选择性随温度变化曲线如图所示(的选择性)。
①390℃~420℃之间的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，并写出判断理由___________。
②图中数据均为反应2min的数据，进料速率为nml/min。390℃条件下，所得副产物的物质的量为___________ml(用含n的数据表示)
【答案】（1）
（2） ①. 0.55 ②. 50% ③. 反应是气体分子数增大的反应，充入氩气，相当于减小反应物压强，促使反应正向进行 ④. AC
（3） ①. 不 ②. ODHP反应和其副反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致转化率降低 ③. n
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由盖斯定律可知，的燃烧热-的燃烧热-的燃烧热得到反应；
【小问2详解】
①温度为900K，在1.65MPa的恒压容器中，充入和1.1mlAr(Ar作稀释剂，不参与反应)，达到平衡时，的转化率为60%，则反应0.6ml；
则总的物质的量为2.7ml，=0.55 MPa；
若不加Ar，其他条件不变，达到平衡时，设转化率为a，则平衡时、丙烯、氢气物质的量分别为1-a、a、a，总的物质的量为1+a，则，解得a=0.5ml，则的转化率为，平衡转化率出现差异的原因是：反应是气体分子数增大的反应，充入氩气，相当于减小反应物压强，促使反应正向进行，提高了丙烷的转化率；
②A．反应是气体分子数增大的反应，该反应的，根据反应能自发进行，则升高温度有利于该反应自发进行，正确；
B．反应中投料为丙烷，反应中生成丙烯和氢气的量之比等于反应系数比，则不变时，不能说明反应平衡，错误；
C．恒温、恒容条件下，增大，达到新平衡时，相当于增加压强，较原平衡逆向移动，导致丙烷的平衡转化率减小，正确；
D．使用催化剂可降低反应的活化能，能加快反应速率，但是不能提高丙烷的平衡转化率，错误；
故选AC；
【小问3详解】
①ODHP反应和其副反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致转化率降低，而390℃~420℃之间的转化率升高，则不是其平衡转化率；
②图中数据均为反应2min的数据，进料速率为nml/min，则390℃条件下，进料2nml，此时转化率为4.5%、丙烯选择性为87%，则生成丙烯消耗为2nml×4.5%×87%=0.0783nml，参与副反应的为2nml×4.5%-0.0783nml=0.0117nml，由方程式可知，所得副产物的物质的量为。
19. 钒属于稀有金属，在天然矿物中含量很低。从硫酸厂废弃的钒触媒(主要成分为、、、)中回收的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）V元素在元素周期表中的位置为___________。
（2）“活化焙烧”的目的是使转化为。已知反应过程中能被氧化生成，自身分解也可以生成，则该步骤所得尾气中硫元素的主要存在形式有___________(填化学式)。
（3）常温下稀溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”，已知的，，的)。“浸出”步骤中有生成，写出该步骤中转化为的离子方程式___________。“活化焙烧”时可能有少量的未完全转化，推测“浸出”步骤中加入少量的主要作用是___________。
（4）“浓缩”后，溶液中的浓度为0.2m/L，“沉钒”步骤中钒元素的沉降率为98%，则沉钒后溶液中___________ml/L[，假设沉钒过程中溶液体积不变]。
（5）含钒离子在储能领域应用广泛。如图所示的全钒液储能电池装置可实现化学能和电能相互转化，该装置储能时电势高的电极的电极反应式为___________，若储能时转移2ml电子，则正极液储罐中的净变化为___________ml。
【答案】（1）第四周期ⅤB族
（2）SO2、SO3 （3） ①. > ②. ③. 作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率
（4）0.4 （5） ①. ②. 2
【解析】
【分析】钒触媒中主要成分为、、、，粉碎后活化焙烧，题干中说明该步骤的主要目的是转化为，使用碳酸氢铵将转化为，经过过滤除去不溶性的杂质，浓缩后进行加入氯化铵进行沉钒，铵根离子浓度增大而生成NH4VO3沉淀，再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
钒在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族；故答案为：第四周期第ⅤB族。
【小问2详解】
在“活化焙烧”中转化为，V元素化合价升高，被氧化为生成，题干说明自身分解也可以生成，那么根据得失电子守恒可知，化合价降低的元素为硫元素，根据配平可知反应为：，则该步骤所得尾气中硫元素的主要存在形式有SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3。
【小问3详解】
常温下，已知的，，的，溶液中存在、，有：，，则，，可知碳酸氢根的水解程度更大，溶液呈碱性，的pH大于7；“活化焙烧”的目的是使转化为，而“浸出”步骤中有生成，同时转化为，反应的离子方程式为：；“活化焙烧”时可能有少量的未完全转化，推测“浸出”步骤中加入少量的主要作用是作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率，故答案为：>；；作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率。
【小问4详解】
已知：，滤液，为使钒元素的沉降率达到98%，则沉淀后有，则至少应调节，故答案为：0.4。
【小问5详解】
图中左侧为正极液储罐，右侧为负极液储罐，左侧为电极，右侧为负极，放电时正极电势高于负极，原电池中正极发生还原反应，电极反应式为：，再根据装置图可知负极发生的反应为，储能为充电过程，充电为放电的逆反应，左侧为阳极，电极反应为：，可知理论上电路中转移2ml电子时，会产生4mlH+，为平衡右侧电荷，会有2ml氢离子通过质子交换膜移动到右侧，则左侧正极液储罐中的净变化为2ml，故答案为：；2。
20. 有机物G是一种治疗前列腺癌的药物，其合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
已知：
①；
②。
回答下列问题：
（1）C的结构简式为___________。
（2）D转化为E的反应类型是___________。
（3）物质D中含氮官能团的名称为___________。
（4）写出E生成F的化学方程式___________。
（5）路易斯酸碱理论认为，能够给出电子对的物质是碱，且越易提供电子对，碱性越强。据此理论可知碱性___________(填“>”或“<”)，判断理由是___________。
（6）H是D的同分异构体(不考虑立体异构)，满足如下条件的H的结构简式___________(任写一种)。
①H是苯的1，4二取代物，能使氯化铁溶液显紫色；
②H存在1个含氮三元环，氮原子与苯环上的碳原子不直接成键；
③核磁共振氢谱显示H中有5个吸收峰且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶2，红外光谱显示H中存在N—F键。
（7）以和为初始原料合成医药中间体，写出合成路线(其他试剂任选)___________。
【答案】（1） （2）取代反应
（3）氨基、酰胺基 （4）
（5） ①. < ②. 甲基是供电子基，甲基数目越多，供电子能力越强，导致氮原子电子云密度增大，结合能力越强
（6）或 （7）
【解析】
【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化成B，B与CH3NH2在SOCl2作用下转化为C， C与锌/醋酸反应转化为D，结合已知①和C的分子式可知，C的结构为，D与发生取代反应生成E，E与CH3I在K2CO3作用下发生取代反应生成E，结合E的分子式和已知②，E的结构为，F与反应生成G。
【小问1详解】
由分析得，C的结构为；
【小问2详解】
D与反应生成，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
物质D的结构简式为，其含氮官能团的名称为氨基、酰胺基；
【小问4详解】
E的结构为，E与CH3I在K2CO3作用下发生类似已知②的取代反应生成E，化学方程式为：；
【小问5详解】
甲基是供电子基，甲基数目越多，供电子能力越强，导致氮原子电子云密度增大，结合能力越强，因此碱性：＜；
【小问6详解】
D的结构简式为，满足条件的H中羟基直接与苯环相连，是苯的1，4二取代物，除苯环以外，环外还有一个含氮三元环，氮原子与苯环上的碳原子不直接成键，H中有5种等效氢，且数量之比为1∶2∶2∶2∶2，，存在N—F键，其结构简式分别为或；
【小问7详解】
发生硝化反应得到，与在K2CO3的作用下生成，在Zn和醋酸的作用下生成为，合成路线为：。选项
A
B
文化遗产
名称
佛山剪纸中的“纸”
粤绣中的“线”
选项
C
D
文化遗产
名称
莞香中的“香油”
南海藤编中的“藤”
选项
生产活动
化学原理
A
用食醋洗涤水壶中的水垢
水垢中的碳酸钙和氢氧化镁被醋酸溶解
B
葡萄酒中添加少量
能杀菌且能防止营养物质被氧化
C
以动物油脂制备肥皂
碱性条件下，油脂能发生皂化反应
D
和在高温、高压、催化剂条件下合成
高温、高压均有利于提高的平衡产率
选项
实验操作及现象
结论
A
将红热的木炭插入浓硝酸中，产生红棕色气体
木炭和浓硝酸反应生成气体
B
常温下测定和的pH，前者大于后者
S的非金属性强于C
C
将铝粉加入强碱性的溶液，微热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
在强碱性溶液也可显示氧化性
D
分别向苯和甲苯的溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，前者酸性高锰酸钾溶液不褪色，后者溶液褪色
甲苯中的甲基可使苯环活化
β-萘乙醚
白色晶体，熔点37℃，沸点282℃，不溶于水，易溶于有机溶剂
β-萘酚
白色晶体，熔点122℃，沸点285℃，微溶于水，溶于有机溶剂
温度/K
600
10.99
700
7.70
900
1.07
？
1000
-2.27
3.12
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 B-11 O-16 P-31 As-75 Ca-40
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 广东有众多非物质文化遗产，如粤绣、剪纸、制香和藤编技艺等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，A正确；
B．粤绣中的“线”有棉麻的，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，也有是丝毛的，主要成分是蛋白质，也属于有机高分子材料，B正确；
C．香油的主要成分是油脂，不是有机高分子材料，C错误；
D．“藤”的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D正确；
故选C。
2. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 苯、甲醛及放射性稀有气体氡(Rn)都是室内空气污染物
B. 新型LED管束模块是由GaP、GaAs等制成的，都属于金属材料
C. 露营帐篷所用的PET纤维(聚酯纤维)是一种有机高分子材料
D. 三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼且有很好延展性
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醛、苯及放射性稀有气体氡都对人体健康有害，都是室内空气污染物，故A正确；
B．GaAs、GaP等半导体属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，故B错误；
C．聚酯纤维是性能优良的有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，故C正确；
D．金是不活泼单质，具有有很好的延展性，所以三星堆黄金面具出土时光亮且薄如纸，故D正确；
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 光导纤维主要成分的分子式：
B. 的价层电子对互斥模型：
C. 的名称：2-甲基-3-戊烯
D. 基态的价层电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．光导纤维主要成分为二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，是化学式而不是分子式，故A错误；
B．PCl3中心原子价层电子对数为3+=4，且有1个孤电子对，价层电子对互斥模型：，故B正确；
C．表示的是烯烃，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，离碳碳双键近的一端编号得到名称为4-甲基-2-戊稀，故C错误；
D．基态C2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d7，基态C2+的价层电子轨道表示式为，故D错误。
答案选B。
4. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
B 易溶于水，可用作工业电解制备单质镁
C. 浓具有脱水性，可用作实验室干燥气体的干燥剂
D. 等离子体含有能自由移动的带电粒子，可应用于化学合成和材料表面改性
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeCl3用于腐蚀电路板上的Cu，是由于Fe3+的氧化性，与其呈酸性无关，故A错误；
B．熔融状态下电解用于工业制备单质镁，故B错误；
C．浓用作实验室干燥气体的干燥剂是因为其具有吸水性，故C错误；
D．等离子体含有能自由移动的带电粒子，因此可应用于化学合成和材料表面改性，故D正确。
答案选D。
5. 氨气在一定条件下催化还原含的尾气，反应为，下列说法错误的是
A. 氮氧化物的排放可形成酸雨
B. 氨气分子的键角小于甲烷的键角
C. 该反应的氧化产物和还原产物的质量比为
D. 反应能说明不是酸性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，A正确；
B．氨气分子和甲烷分子中心原子都是sp3杂化，NH3分子中有一对未成键的孤电子对，CH4分子没有，孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，导致NH3键角有所压缩，键角变小，B正确；
C．中NH3的N元素化合价上升发生氧化反应，NO2的N元素化合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4∶3，C错误；
D．中N元素化合价发生变化，该反应是氧化还原反应，能说明不是酸性氧化物，D正确；
故选C。
6. 劳动创造未来，下列选项中的生产活动对应的化学原理错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．水垢中的主要成分碳酸钙和氢氧化镁，均能被醋酸溶解，A正确；
B．能杀菌且能防止营养物质被氧化，所以葡萄酒中添加少量SO2，B正确；
C．碱性条件下，油脂能发生水解反应，也称皂化反应，可制备肥皂，C正确；
D．高温合成氨平衡逆向移动，不利于提高氨气的平衡产率，D错误；
故选D。
7. 芘的一种转化路线如图所示，下列说法错误的是
A. Y和Z互为同分异构体
B. 芘的一氯代物有3种
C. 1mlY与足量NaOH溶液反应最多消耗2mlNaOH
D. X与足量发生加成反应的产物中有6个手性C原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，Y和Z的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，芘分子中含有3类氢原子，一氯代物有3种，故B正确；
C．由结构简式可知，Y分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlY与足量氢氧化钠溶液反应最多消耗2ml氢氧化钠，故C正确；
D．由结构简式可知，一定条件下X分子与足量氢气发生加成反应所得产物为，分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，故D错误；
故选D。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铅酸蓄电池放电时的负极反应：
B. 药物碘化钾片和加碘盐不可同时服用：
C. 向溶液中加入足量NaOH溶液：
D. 向食盐的氨水溶液中通入足量气体后生成沉淀：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅酸蓄电池放电时Pb在负极失去电子生成PbSO4，电极方程式为：，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确；
C．向溶液中加入足量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠，离子方程式为：，C错误；
D．向食盐的氨水溶液中通入足量气体后生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为：，D错误；
故选B。
9. X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Z和Y位于同一周期，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，四种元素可形成如图所示的某离子。下列说法正确的是
A. Z的第一电离能在同周期元素中最大
B. Y原子是杂化，Z原子是杂化
C. 该离子中W的配位数是4，配体数是2
D. 该离子中W的最外层电子数是1
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Y的电子排布式为1s22s22p2，Y为C，Z和Y位于同一周期，且Z形成4个共价键（其中含有1个配位键），Z为N，X连接1个共价键，X为H，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，W为Cu，以此解答。
【详解】A．Z为N，位于第二周期，第二周期第一电离能最大的元素是F，A错误；
B．该结构中，C形成4个键，没有孤电子对，是杂化，N形成4个键（其中含有1个配位键），没有孤电子对，是杂化，B错误；
C．由图可知，该配离子中Cu的配位数是4，配体有2个，配体数为2，C正确；
D．Cu是29号元素，Cu2+价层电子排布式为[Ar]3d9，最外层电子数是17，D错误；
故选C。
10. 利用电化学原理去除天然气中的，装置如图所示，总反应为。下列说法错误的是
A. 铁作原电池的负极
B. 正极的电极反应为
C. 通入空气是为了增强电解质溶液的导电性
D. 工作一段时间后，的去除效率会降低
【答案】C
【解析】
【分析】该电化学装置是原电池，碳为正极，Fe为负极，负极电极反应式为；正极的反应式为：
【详解】A．由分析可知，铁为原电池的负极，故A正确；
B．正极的电极反应为，故B正确；
C．通入空气是利用空气中的氧气在正极得到电子，做氧化剂；故C错误；
D．根据总反应可知，生成的FeS附着在铁碳材料的表面，负极的表面积减少，化学反应速率减慢，导致的去除效率会降低，故D正确。
答案选C。
11. 一定温度下，某刚性密闭容器中按照体积比充入X和Y两种气体，发生反应，该反应的历程如图所示，M和N是中间产物，下列说法正确的是
A. 该反应的反应热
B. 该反应的历程分2步进行
C. 反应过程中，N比M达到的最高浓度大
D. 若初始按照体积比充入和，其他条件不变，平衡时的百分含量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，故A错误；
B．由图可知，该反应的历程分3步进行，故B错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，生成M的反应活化能小于生成N反应的活化能，则生成M的反应速率快于生成N的反应速率，所以反应过程中，N比M达到的最高浓度小，故C错误；
D．该反应为气体体积不变的反应，若初始按照体积比3∶2充入X(g)和Y(g)，恒容容器中的压强和反应温度不变，温度不变，平衡常数不变，压强不变，平衡时生成物浓度不变，所以P(g)的百分含量不变，故D正确；
故选D。
12. 根据实验操作及现象，下列结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸分解也能生成二氧化氮，该实验不能证明木炭和浓硝酸反应生成气体，A错误；
B．常温下测定和的pH，前者大于后者，说明酸性：H2CO3
D．分别向苯和甲苯溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，前者酸性高锰酸钾溶液不褪色，后者溶液褪色，说明甲苯中的苯环可使甲基活化，D错误；
故选C。
13. 硼氢化钠在室温下是α型的立方晶体，晶胞如图甲所示，在一定条件下转变为四方晶体，晶胞结构和晶胞参数如图乙所示，下列说法错误的是
A. 硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个
B. α型的立方晶体中填充在围成的正八面体的空隙中
C. 若A点的坐标为，则B点坐标为
D. 硼氢化钠四方晶体的晶胞中A和B之间的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个，故A正确；
B．α型的立方晶体中Na+在体心和棱心位置，在面心和顶点，围成正八面体空隙，填充在围成的正八面体的空隙中，故B正确；
C．若A点的坐标为，B点位于左侧面的上方面心位置，结合坐标系，B点坐标为，故C正确；
D．B到底面左侧棱心的距离为pm，A到底面左侧棱心的距离为apm，这两段距离与A与B的距离构成直角三角形，A与B的距离为=，故D错误。
答案选D。
14. 利用传统方式制备乙炔的过程中，存在一些难以解决的问题，如反应速率过快、放热过多不易控制，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳，甚至发生堵塞问题。为解决上述问题，某化学小组设计了一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置。下列说法错误的是
A. 固体反应物电石应放置在A装置中的乙处位置
B. 装置B中装NaClO溶液可吸收混在乙炔气体中的杂质气体、
C. 传统方式制备乙炔的过程主要反应为
D. 7mm玻璃珠的作用是造成空隙，促进固液分离，防止堵塞
【答案】A
【解析】
【分析】为了解决传统方式制备乙炔的过程中，存在的一些问题，如反应速率过快、放热过多不易控制，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳，甚至发生堵塞等问题，设计出一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置，A是乙炔制备装置、B是乙炔净化装置，C是乙炔收集装置。
【详解】A．将电石放置于甲处时，产生的糊状物质由于重力作用沿着玻璃珠空隙流下，而电石则因固体无流动性而留在玻璃珠上方，由此实现固体与糊状物质的及时分离，并保持糊状物有足够的时间处于流动状态，不会因滞留导致堵塞，而放置于乙处则无法实现，A错误；
B．B是乙炔净化装置，其中盛放NaClO溶液，可吸收混在乙炔气体中的杂质气体、，B正确；
C．电石的主要成分是CaC2，其与水反应制取乙炔的方程式为，C正确；
D．玻璃珠之间留有空隙，可以促进固液分离，防止堵塞，D正确；
故选A。
15. 在双位点催化作用下，与水反应生成二甲醚的反应路径如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应的原子利用率小于100%
B. 历程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C. 图中方框内中间体的结构可表示为
D. 在表面的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示反应路径可知，在Cu0/Cu+表面的反应为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑，然后CO2和H2反应生成CH3OCH3和H2O。
【详解】A．根据反应路径，结合原子守恒可知，CH3OH生成CH3OCH3的同时，还有H2O生成，故该反应的原子利用率小于100%，A项正确；
B．该历程中有极性键的断裂和形成如O—H极性键的断裂和C—O极性键的形成等，有非极性键的断裂和形成如在Cu0/Cu+表面的反应中有H—H非极性键的形成、在CO2和H2的反应中有H—H非极性键的断裂，B项正确；
C．失去一个H∙变为方框内中间体，方框内中间体失去一个H∙变为，故方框内中间体结构可表示为，C项错误；
D．根据分析，在Cu0/Cu+表面的反应为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑，D项正确；
答案选C。
16. 工业生产中采用水解中和法处理含铜离子废水。常温下，水溶液中含铜微粒、、、、的分布系数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线3代表的含铜微粒是
B. 曲线4的最高点对应溶液的pH=11.6
C. 的平衡常数
D. 向溶液中滴加2ml/LNaOH溶液至过量，反应的离子方程式是
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH增加，Cu2+分布系数逐渐减小，、、的分布系数逐渐增加，然后再逐渐减小， 分布系数逐渐增加，故曲线1为 Cu2+，曲线2为，曲线3为 ，曲线4为，曲线5为，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线3代表的含铜微粒是，A正确；
B．由图可知，当、浓度相等时pH=10.7，当、浓度相等时pH=12.5，曲线4最高点对应溶液中的浓度最高，此时pH= =11.6，B正确；
C．，当、浓度相等时，pH=10.7，c(H+)=10-10.7ml/L，c(OH-)=10-3.3ml/L，K3===103.3，，当[Cu(OH)3]和[Cu(OH)4]2-浓度相等时，pH=12.5，c(H+)=10-12.5ml/L，c(OH-)=10-1.5ml/L，K4==101.5，则K4=，，K= =10-4.8，C正确；
D．向溶液中滴加2ml/LNaOH溶液至过量，生成的还会继续和OH-反应生成和，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. β-萘乙醚常用作薰衣草香、柠檬香等香精的定香剂，可利用威廉姆逊法合成。
反应原理：
物质性质：
制备装置：
实验步骤：
步骤1：向三颈烧瓶中加入5.0gβ-萘酚，30mL无水乙醇，1.6g研细的NaOH，将饱和溶液滴入饱和溶液中，加热生成。
步骤2：启动恒温磁力搅拌器，缓慢滴加3.2mL溴乙烷，加热、搅拌、回流1.5h。
步骤3：反应结束后，通过蒸馏先分离出未反应的乙醇，再加入少量苯和水，摇动后冷却，分离出有机层，有机层经稀NaOH溶液洗涤、水洗、再经无水处理和X操作，蒸馏分离出苯，最后冷却获得粗品。
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________，实验过程中产生的主要作用是___________。
（2）利用装置E滴加溴乙烷时，不必取下上口玻璃塞，只用旋开下端的旋塞，溴乙烷就能顺利滴下，其原因是___________。
（3）步骤2加热时温度不能太高，回流时冷却水的流速要快，其主要目的是___________。
（4）实验若用乙醇水溶液代替无水乙醇，会使产品的产率___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）步骤3中用稀NaOH溶液洗涤有机层，常在___________(填仪器名称)中进行，X操作是___________。
（6）粗产品经提纯后，获得4.78gβ-萘乙醚，则本次实验的产率约为___________。
A. 95%B. 80%C. 75%D. 70%
【答案】（1） ①. NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O ②. 排尽装置中的空气
（2）E为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于溴乙烷顺利滴下的作用
（3）防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率
（4）偏小 （5） ①. 分液漏斗 ②. 过滤 （6）B
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硝酸钠饱和溶液与氯化铵饱和溶液共热反应制备氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氮气，三颈烧瓶中β-萘酚、氢氧化钠和溴乙烷共热反应制备β-萘乙醚，反应制得的有机物经蒸馏除杂、洗涤除杂、干燥、蒸馏得到β-萘乙醚粗品。
【小问1详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为亚硝酸钠饱和溶液与氯化铵饱和溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，反应生成氮气的目的是排尽装置中的空气，防止β-萘酚被氧化，故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O；排尽装置中的空气；
【小问2详解】
由实验装置图可知，装置E为恒压滴液漏斗，该装置具有平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以利用装置E滴加溴乙烷时，不必取下上口玻璃塞，只用旋开下端的旋塞，溴乙烷就能顺利滴下，故答案为：E为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于溴乙烷顺利滴下的作用；
【小问3详解】
乙醇和溴乙烷受热易挥发，由实验装置图可知，球形冷凝管的作用是使受热挥发出的乙醇、溴乙烷冷凝回流，则步骤2加热时温度不能太高，回流时冷却水的流速要快的目的是防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率，故答案为：防止乙醇、溴乙烷挥发逸出，提高溴乙烷的转化率；
【小问4详解】
由题给信息可知，β-萘酚微溶于水，若用乙醇水溶液代替无水乙醇，会使β-萘酚的溶解度减小，不利于反应物充分接触反应，导致产品的产率偏小，故答案为：偏小；
【小问5详解】
由题意可知，有机层获得β-萘乙醚粗品时，有机层经稀氢氧化钠溶液洗涤的目的是除去β-萘乙醚混有的溴乙烷、水洗除去氢氧化钠，分液得到的有机层再经无水干燥、过滤得到有机溶液，有机溶液经蒸馏分离出苯，最后冷却获得β-萘乙醚粗品，故答案为：分液漏斗；过滤；
【小问6详解】
由方程式可知，实验制得4.78gβ-萘乙醚时，实验的产率约为×100%≈804%，故选B。
18. 页岩气中含有丰富丙烷，利用PDH工艺和ODHP工艺可将页岩气中的丙烷转化为高附加值的丙烯。
PDH工艺：
ODHP工艺：
回答下列问题：
（1）已知、、燃烧热的分别为、、，则PDH工艺中的 ___________kJ/ml。
（2）利用为催化剂，PDH工艺的热力学性质如下表所示。
①温度为900K，在1.65MPa的恒压容器中，充入和1.1mlAr(Ar作稀释剂，不参与反应)，达到平衡时，的转化率为60%，则___________MPa．若不加Ar，其他条件不变，则达到平衡时，的转化率为___________，平衡转化率出现差异的原因是___________。
②结合上表提供的数据，选出正确选项___________ (填标号)
A. 该反应的，升高温度有利于该反应自发进行
B. 恒温、恒容条件下，当不变时，反应达到平衡
C. 恒温、恒容条件下，增大，丙烷的平衡转化率减小
D. 使用催化剂可降低反应的活化能，提高丙烷的平衡转化率
（3）实际生产过程时，ODHP工艺还发生副反应： 。的转化率和的选择性随温度变化曲线如图所示(的选择性)。
①390℃~420℃之间的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，并写出判断理由___________。
②图中数据均为反应2min的数据，进料速率为nml/min。390℃条件下，所得副产物的物质的量为___________ml(用含n的数据表示)
【答案】（1）
（2） ①. 0.55 ②. 50% ③. 反应是气体分子数增大的反应，充入氩气，相当于减小反应物压强，促使反应正向进行 ④. AC
（3） ①. 不 ②. ODHP反应和其副反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致转化率降低 ③. n
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由盖斯定律可知，的燃烧热-的燃烧热-的燃烧热得到反应；
【小问2详解】
①温度为900K，在1.65MPa的恒压容器中，充入和1.1mlAr(Ar作稀释剂，不参与反应)，达到平衡时，的转化率为60%，则反应0.6ml；
则总的物质的量为2.7ml，=0.55 MPa；
若不加Ar，其他条件不变，达到平衡时，设转化率为a，则平衡时、丙烯、氢气物质的量分别为1-a、a、a，总的物质的量为1+a，则，解得a=0.5ml，则的转化率为，平衡转化率出现差异的原因是：反应是气体分子数增大的反应，充入氩气，相当于减小反应物压强，促使反应正向进行，提高了丙烷的转化率；
②A．反应是气体分子数增大的反应，该反应的，根据反应能自发进行，则升高温度有利于该反应自发进行，正确；
B．反应中投料为丙烷，反应中生成丙烯和氢气的量之比等于反应系数比，则不变时，不能说明反应平衡，错误；
C．恒温、恒容条件下，增大，达到新平衡时，相当于增加压强，较原平衡逆向移动，导致丙烷的平衡转化率减小，正确；
D．使用催化剂可降低反应的活化能，能加快反应速率，但是不能提高丙烷的平衡转化率，错误；
故选AC；
【小问3详解】
①ODHP反应和其副反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致转化率降低，而390℃~420℃之间的转化率升高，则不是其平衡转化率；
②图中数据均为反应2min的数据，进料速率为nml/min，则390℃条件下，进料2nml，此时转化率为4.5%、丙烯选择性为87%，则生成丙烯消耗为2nml×4.5%×87%=0.0783nml，参与副反应的为2nml×4.5%-0.0783nml=0.0117nml，由方程式可知，所得副产物的物质的量为。
19. 钒属于稀有金属，在天然矿物中含量很低。从硫酸厂废弃的钒触媒(主要成分为、、、)中回收的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）V元素在元素周期表中的位置为___________。
（2）“活化焙烧”的目的是使转化为。已知反应过程中能被氧化生成，自身分解也可以生成，则该步骤所得尾气中硫元素的主要存在形式有___________(填化学式)。
（3）常温下稀溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”，已知的，，的)。“浸出”步骤中有生成，写出该步骤中转化为的离子方程式___________。“活化焙烧”时可能有少量的未完全转化，推测“浸出”步骤中加入少量的主要作用是___________。
（4）“浓缩”后，溶液中的浓度为0.2m/L，“沉钒”步骤中钒元素的沉降率为98%，则沉钒后溶液中___________ml/L[，假设沉钒过程中溶液体积不变]。
（5）含钒离子在储能领域应用广泛。如图所示的全钒液储能电池装置可实现化学能和电能相互转化，该装置储能时电势高的电极的电极反应式为___________，若储能时转移2ml电子，则正极液储罐中的净变化为___________ml。
【答案】（1）第四周期ⅤB族
（2）SO2、SO3 （3） ①. > ②. ③. 作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率
（4）0.4 （5） ①. ②. 2
【解析】
【分析】钒触媒中主要成分为、、、，粉碎后活化焙烧，题干中说明该步骤的主要目的是转化为，使用碳酸氢铵将转化为，经过过滤除去不溶性的杂质，浓缩后进行加入氯化铵进行沉钒，铵根离子浓度增大而生成NH4VO3沉淀，再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
钒在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族；故答案为：第四周期第ⅤB族。
【小问2详解】
在“活化焙烧”中转化为，V元素化合价升高，被氧化为生成，题干说明自身分解也可以生成，那么根据得失电子守恒可知，化合价降低的元素为硫元素，根据配平可知反应为：，则该步骤所得尾气中硫元素的主要存在形式有SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3。
【小问3详解】
常温下，已知的，，的，溶液中存在、，有：，，则，，可知碳酸氢根的水解程度更大，溶液呈碱性，的pH大于7；“活化焙烧”的目的是使转化为，而“浸出”步骤中有生成，同时转化为，反应的离子方程式为：；“活化焙烧”时可能有少量的未完全转化，推测“浸出”步骤中加入少量的主要作用是作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率，故答案为：>；；作为氧化剂将未反应的氧化为，提高产率。
【小问4详解】
已知：，滤液，为使钒元素的沉降率达到98%，则沉淀后有，则至少应调节，故答案为：0.4。
【小问5详解】
图中左侧为正极液储罐，右侧为负极液储罐，左侧为电极，右侧为负极，放电时正极电势高于负极，原电池中正极发生还原反应，电极反应式为：，再根据装置图可知负极发生的反应为，储能为充电过程，充电为放电的逆反应，左侧为阳极，电极反应为：，可知理论上电路中转移2ml电子时，会产生4mlH+，为平衡右侧电荷，会有2ml氢离子通过质子交换膜移动到右侧，则左侧正极液储罐中的净变化为2ml，故答案为：；2。
20. 有机物G是一种治疗前列腺癌的药物，其合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
已知：
①；
②。
回答下列问题：
（1）C的结构简式为___________。
（2）D转化为E的反应类型是___________。
（3）物质D中含氮官能团的名称为___________。
（4）写出E生成F的化学方程式___________。
（5）路易斯酸碱理论认为，能够给出电子对的物质是碱，且越易提供电子对，碱性越强。据此理论可知碱性___________(填“>”或“<”)，判断理由是___________。
（6）H是D的同分异构体(不考虑立体异构)，满足如下条件的H的结构简式___________(任写一种)。
①H是苯的1，4二取代物，能使氯化铁溶液显紫色；
②H存在1个含氮三元环，氮原子与苯环上的碳原子不直接成键；
③核磁共振氢谱显示H中有5个吸收峰且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶2，红外光谱显示H中存在N—F键。
（7）以和为初始原料合成医药中间体，写出合成路线(其他试剂任选)___________。
【答案】（1） （2）取代反应
（3）氨基、酰胺基 （4）
（5） ①. < ②. 甲基是供电子基，甲基数目越多，供电子能力越强，导致氮原子电子云密度增大，结合能力越强
（6）或 （7）
【解析】
【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化成B，B与CH3NH2在SOCl2作用下转化为C， C与锌/醋酸反应转化为D，结合已知①和C的分子式可知，C的结构为，D与发生取代反应生成E，E与CH3I在K2CO3作用下发生取代反应生成E，结合E的分子式和已知②，E的结构为，F与反应生成G。
【小问1详解】
由分析得，C的结构为；
【小问2详解】
D与反应生成，反应类型为取代反应；
【小问3详解】
物质D的结构简式为，其含氮官能团的名称为氨基、酰胺基；
【小问4详解】
E的结构为，E与CH3I在K2CO3作用下发生类似已知②的取代反应生成E，化学方程式为：；
【小问5详解】
甲基是供电子基，甲基数目越多，供电子能力越强，导致氮原子电子云密度增大，结合能力越强，因此碱性：＜；
【小问6详解】
D的结构简式为，满足条件的H中羟基直接与苯环相连，是苯的1，4二取代物，除苯环以外，环外还有一个含氮三元环，氮原子与苯环上的碳原子不直接成键，H中有5种等效氢，且数量之比为1∶2∶2∶2∶2，，存在N—F键，其结构简式分别为或；
【小问7详解】
发生硝化反应得到，与在K2CO3的作用下生成，在Zn和醋酸的作用下生成为，合成路线为：。选项
A
B
文化遗产
名称
佛山剪纸中的“纸”
粤绣中的“线”
选项
C
D
文化遗产
名称
莞香中的“香油”
南海藤编中的“藤”
选项
生产活动
化学原理
A
用食醋洗涤水壶中的水垢
水垢中的碳酸钙和氢氧化镁被醋酸溶解
B
葡萄酒中添加少量
能杀菌且能防止营养物质被氧化
C
以动物油脂制备肥皂
碱性条件下，油脂能发生皂化反应
D
和在高温、高压、催化剂条件下合成
高温、高压均有利于提高的平衡产率
选项
实验操作及现象
结论
A
将红热的木炭插入浓硝酸中，产生红棕色气体
木炭和浓硝酸反应生成气体
B
常温下测定和的pH，前者大于后者
S的非金属性强于C
C
将铝粉加入强碱性的溶液，微热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
在强碱性溶液也可显示氧化性
D
分别向苯和甲苯的溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，前者酸性高锰酸钾溶液不褪色，后者溶液褪色
甲苯中的甲基可使苯环活化
β-萘乙醚
白色晶体，熔点37℃，沸点282℃，不溶于水，易溶于有机溶剂
β-萘酚
白色晶体，熔点122℃，沸点285℃，微溶于水，溶于有机溶剂
温度/K
600
10.99
700
7.70
900
1.07
？
1000
-2.27
3.12
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