2024年高考化学猜想预测卷（山东卷）04含答案.pdf

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1、2024 年高考猜想预测卷（山东卷）04高三化学（考试时间：90 分钟试卷满分：100 分）注意事项：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 1B 11C 12N 14O 16Mg 24Cl 35.5Ga 70一、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

2、合题目要求。1劳动创造美好生活，下列帮厨劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项帮厨劳动项目化学知识A制作桃酥时加入碳酸氢铵碳酸氢铵易水解B腌制腊肉时加入食盐氯化钠可以防腐C制作豆腐时加入葡萄酸内酯胶体的聚沉D制作水果罐头时加入少量维生素 C维生素 C 是抗氧化剂AABBCCDD2设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，11.2 L 环庚烷中氢原子数目为 7NAB13 g 苯、乙炔的混合物中所含氢原子数目为 NAC2.4 gMg 在空气中燃烧生成 MgO 和 Mg3N2，转移电子数目为 0.1NAD1mol NH4中含有完全相同的 NH 共价键的数目为 3NA3下列实验操作及

3、所选实验装置均正确的是A海带提碘实验中使用装置甲将海带灼烧成灰B配制 NaOH 溶液过程中使用装置乙将 NaOH 固体溶解C用 NaOH 溶液分离乙醇和乙酸乙酯的混合物使用装置丙D4KMnO标准溶液滴定亚铁盐实验，滴定结束时如图丁所示读数4过氧化钠和氢化钙与水的反应分别为：22222Na O2H O4NaOHO；2222CaH2H OCa(OH)2H。下列说法错误的是A中水发生氧化反应，中水发生还原反应B22Na O中存在离子键和非极性键，2CaH中只存在离子键不存在非极性键C22Na O中阴、阳离子个数比为 1:2，2CaH中阴、阳离子个数比为 2:1D当反应和中转移的电子数相同时，产生的2

4、O和2H的物质的量之比为 1:25中药杜仲中某种黄酮类化合物结构如图。下列关于该分子的说法错误的是A所有碳原子可能共平面B含有 3 种官能团C能发生氧化、加成、取代和还原反应D1mol 该化合物和溴水反应，最多消耗 4mol2Br6部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是Aa 与强碱溶液反应可生成 c 和 dB电解 c 的水溶液可生成 aCe 在光照条件下可生成 aD可存在 baed 的转化关系7下列试剂的保存方法错误的是A氢氟酸通常保存在塑料瓶中B液溴应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口C双氧水可以保存在棕色细口瓶中DFeCl2溶液保存时需加入少量铁粉8下列实验设计及原理都错

5、误的是选项实验设计原理A利用 NaOH 溶液鉴别 Al 与 MgAl 会与 NaOH 溶液反应，而 Mg 不与其反应B分别加热 Na2CO3与 NaHCO3固体，并将可能产生的气体通入澄清石灰水，鉴别 Na2CO3与 NaHCO3碳酸钠受热易分解，生成的 CO2使澄清石灰水变浑浊C利用苯鉴别碘单质与高锰酸钾二者在苯中的溶解度不同D利用紫色石蕊试液鉴别二氧化碳与二氧化硫SO2具有漂白性AABBCCDD9离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的，完全由阴、阳离子所组成的化合物。某离子液体的结构如图所示。下列说法错误的是A分子的键角：CH4NH3B分子的极性：PH3NH3C第一电离能：FNPD离子的

6、半径：r(P3-)r(N3-)r(F-)10利用含钴废料(主要成分为34Co O，还含有少量的铝箔、2LiCoO等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取2Co的反应原理：22Co2HR()CoR2H有机磷。下列说法错误的是A“滤液”中溶质的主要成分是4Na Al(OH)B“酸溶”反应中22H O做氧化剂C“反萃取”中可加入24H SO分离出2CoD“沉钴”时23Na CO溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成2Co(OH)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化学用语是

7、化学专用术语。下列化学用语表示错误的是ANH3的电子式：B基态砷原子的电子排布式：Ar4s24p3CC2H4分子的空间填充模型：D2，2，3，3-四甲基丁烷的键线式：12近日，我国科技工作者通过间歇性脉冲电催化，实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，工作原理如图所示。下列说法错误的是AX 极与电源的负极相连BY 极上的电极反应式为223N6e6H O=2NH6OHC生成 63g3HNO时有 6molOH由阴离子交换膜右侧向左侧迁移D固氮电解总反应为22334N9H O5NH3HNO通电13利用含锌废料(主要成分是 ZnO，还含有 CuO、FeO 等)制备 ZnCl26H2O 的一种

8、工艺流程如图所示，下列说法错误的是A“浸取”操作应在高温下进行B“氧化除铁”的反应为 ClO+2Fe2+5H2O=Cl+2Fe(OH)3+4H+C“还原”时，增大溶液酸度有利于 Cu 的生成D加入浓盐酸的目的是抑制 ZnCl2水解14百里酚蓝(以下记为2H A)是一种有机弱酸，结构如图 1 所示，其电离平衡可表示为：2H A()HHA()红色黄色、2HAHA黄色蓝色，25时10.1mol L溶液中，22H AHAA、的分布分数与 pH 的变化关系如图 2 所示。已知：2222c A Ac H Ac HAc A，下列说法不正确的是A溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化Ba12a1a1a2c

9、HK HAcHc HKK KCpH7.0时23.2c HA:c A1:10DNaOH 滴定3CH COOH，可用2H A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点15我国科学家成功利用2CO人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如图所示。下列说法错误的是A甲醇能与水完全互溶，甲醇中 OC 的 O 可与2H O中的 H 形成氢键B二羟基丙酮中的 C 原子杂化轨道类型均为3spC锌在元素周期表中位于第四周期族D该过程有利于实现碳达峰、碳中和三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。16利用水钴矿（主要成分为23Co O，含少量2SiO、FeO、Fe2O

10、3、2MnO）制备二次电池添加剂2Co OH的流程如下。已知：25时，22336Coaq6NHaqCo NHaq51.0 10K稳部分金属离子浓度c与pH的关系如图所示；沉淀过快无法形成2Co OH，2Co OH在碱性溶液中易被2O氧化。回答下列问题：(1)“酸浸”中23Co O反应的离子方程式为。(2)“沉铁”中控制pH的理论范围为（溶液中离子浓度511 0 10mol Lc时，可认为已除尽）。(3)萃取剂对2Co、2Mn萃取率随pH的影响如图，应选择萃取剂（填“M”或“N”）。若萃取剂的量一定时，（填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。(4)“沉钴”中，2362CO NHCo

11、OH的离子方程式为，该反应的K=。(5)24362CoSOCO NHCo OH过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是。“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是。17磺酰胺SO2(NH2)2易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为2232224SO Cl+4NH=SO(NH)+2NH Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为-54.1，沸点为 69.1，遇潮湿空气会水解产生酸雾。磺酰胺的制备(1)试剂 X 的名称为。(2)装置 B 中盛放的试剂为（填字母）。a碱石灰b浓硫酸(填字母)cP2O5d无水 Ca

12、Cl2(3)写出 SO2Cl2水解的化学方程式：。(4)装置 C 中多孔球泡的作用是。用如下装置测定产品 SO2(NH2)2的含量（假设只含 NH4Cl 杂质，部分装置已省略）(5)蒸氨：取 a g 样品进行测定。添加药品后，加热仪器 M，蒸出的 NH3通入含有 V1mL c1mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器 M 的名称为，单向阀的作用是。(6)滴定：将液封装置 2 中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成 500 mL 的溶液，取20 mL 溶液用 c2mol/L 的 NaOH 标准溶液滴定过量的 H2SO4，共消耗 NaOH 标准溶液 V2mL，产品中 SO2(

13、NH2)2的含量是（列出计算式）。182COSO、等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含2COSO、烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质22S(l):2CO(g)SO(g)S(l)2CO(g)H。回答下列问题：(1)已知 CO 的燃烧热为1283.0kJ mol，122S(l)O(g)SO(g)H296.8kJ mol。则上述反应的H1kJ mol。(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。2SO的转化率随反应温度的变化如图所示。23Fe O和 NiO 作催化剂均能使2SO的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择23Fe O的主要优点是。(3)在密闭容器中，充入2m

14、olCO和21molSO，发生上述反应，2SO的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。B 点对应条件下，xK 对于反应mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)pqxmnx(C)x(D)Kx(A)x(B)，x 为物质的量分数。A 点和 C 点的压强平衡常数之比1(填“”、“NH3B分子的极性：PH3NH3C第一电离能：FNPD离子的半径：r(P3-)r(N3-)r(F-)【答案】B【详解】ACH4中都是 CH 键，键与键之间的排斥力一样，CH4是正四面体型，键角为 10928，而氨气中有未成键的孤电子对，孤电子对间的排斥力孤电子对对化学键的排斥力化学键间的排斥力，所以分子的键角 CH4NH3，故

15、 A 正确；BPH3和 NH3都是三角锥形，电负性越大，分子的极性越强，电负性：NP，故分子的极性 PH3NH3，故B 错误；C同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能 FNP，故 C 正确；D同主族元素从上到下，电子层数越多，半径越大，核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子的半径 r(P3-)r(N3-)r(F-)，故 D 正确；故选 B。10利用含钴废料(主要成分为34Co O，还含有少量的铝箔、2LiCoO等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取2Co的反应原理：22Co2HR()CoR2H有机磷。下列说法错误的是A“滤

16、液”中溶质的主要成分是4Na Al(OH)B“酸溶”反应中22H O做氧化剂C“反萃取”中可加入24H SO分离出2CoD“沉钴”时23Na CO溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成2Co(OH)【答案】B【分析】含钴废料（主要成分为34Co O，还含有少量的铝箔、2LiCoO等杂质）中加入 NaOH 溶液碱浸，铝箔溶解转化为4Na Al(OH)（滤液）除去，滤渣主要含34Co O和2LiCoO，根据实验目的可知后续需要萃取 Co2+，说明经过酸溶之后，+3 价 Co 元素转化为 Co2+，即在酸溶步骤中 Co 元素被还原，则加入的 H2O2作还原剂，过滤，所得滤液中主要含 CoSO4和 Li

17、2SO4，滤液中加入有机磷萃取，分液后得到含有 Li2SO4的无机相及含有CoR2的有机相，有机相中可加入 H2SO4进行反萃取分离出 Co2+，最后加入 Na2CO3溶液沉钴获得 CoCO3，以此分析解答。【详解】A由分析知，滤液”主要成分是4Na Al(OH)，故 A 正确；B由分析知，“酸溶”反应中 H2O2作还原剂，故 B 错误；C根据分析，“反萃取”中可加入 H2SO4分离出 Co2+，故 C 正确；D“沉钴”时 Na2CO3的滴速过快或浓度太大溶液碱性增强会产生2Co(OH)杂质，将导致产品不纯，溶液滴加速率不宜过快，故 D 正确；故选 B。二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4

18、 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化学用语是化学专用术语。下列化学用语表示错误的是ANH3的电子式：B基态砷原子的电子排布式：Ar4s24p3CC2H4分子的空间填充模型：D2，2，3，3-四甲基丁烷的键线式：【答案】AB【详解】A为 NH4H 的电子式，NH3的电子式为，A 错误；BAs 为 33 号元素，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，用简化排布式表示为：Ar3d104s24p3，B 错误；CC2H4的结构简式为 CH2=CH2，空间填充模型为，C 正确；D 2,2,3

19、,3-四甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CC(CH3)3，键线式为，D 正确；故选 AB。12近日，我国科技工作者通过间歇性脉冲电催化，实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，工作原理如图所示。下列说法错误的是AX 极与电源的负极相连BY 极上的电极反应式为223N6e6H O=2NH6OHC生成 63g3HNO时有 6molOH由阴离子交换膜右侧向左侧迁移D固氮电解总反应为22334N9H O5NH3HNO通电【答案】AC【分析】该电解池实现了二电极体系高效电化学固氮的同时合成氨和硝酸，由图可知，N2在 X 极失去电子生成 HNO3，X 为阳极，电极方程式为：6H2O+N2-10e

20、-=2NO3+12H+，N2在 Y 极得到电子生成 NH3，Y 为阴极，电极方程式为：223N6e6H O=2NH6OH，以此解答。【详解】A由分析可知，X 为阳极，与电源的正极相连，故 A 错误；B由分析可知，N2在 Y 极得到电子生成 NH3，Y 为阴极，电极方程式为：223N6e6H O=2NH6OH，故 B 正确；C 由分析可知，N2在 X 极失去电子生成 HNO3，X 为阳极，电极方程式为：6H2O+N2-10e-=2NO3+12H+，63g3HNO的物质的量为63g63g/mol=1mol，生成 1mol3HNO时转移 5mol 电子，有 5molOH由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，

21、故 C 错误；DX 为阳极，电极方程式为：6H2O+N2-10e-=2NO3+12H+，Y 为阴极，电极方程式为：223N6e6H O=2NH6OH，则固氮电解总反应为22334N9H O5NH3HNO通电，故 D 正确；故选 AC。13利用含锌废料(主要成分是 ZnO，还含有 CuO、FeO 等)制备 ZnCl26H2O 的一种工艺流程如图所示，下列说法错误的是A“浸取”操作应在高温下进行B“氧化除铁”的反应为 ClO+2Fe2+5H2O=Cl+2Fe(OH)3+4H+C“还原”时，增大溶液酸度有利于 Cu 的生成D加入浓盐酸的目的是抑制 ZnCl2水解【答案】AC【分析】由题给流程可知，向

22、含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中通入高压氢气，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和氯化锌溶液；溶液在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。【详解】A盐酸具有挥发性，“浸取”操作应在高温下进行会因盐酸挥发导致酸浸率下降，所以“浸取”操作不能在高温下进行，故 A 错误；B 由分析可知，加入漂白液的目的是漂白液的有效成分次氯酸钠将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为 ClO+2Fe2+5H2O=Cl+2Fe(OH)3

23、+4H+，故 B 正确；C由分析可知，通入高压氢气的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为Cu2+H2高压Cu+2H+，增大溶液酸度，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，不利于铜的生成，故 C 错误；D氯化锌是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以在浓盐酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌的目的是防止氯化锌水解，故 D 正确；故选 AC。14百里酚蓝(以下记为2H A)是一种有机弱酸，结构如图 1 所示，其电离平衡可表示为：2H A()HHA()红色黄色、2HAHA黄色蓝色，25时10.1mol L溶液中，22H AHAA、的分布分数与 pH 的变化关

24、系如图 2 所示。已知：2222c A Ac H Ac HAc A，下列说法不正确的是A溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化Ba12a1a1a2c HK HAcHc HKK KCpH7.0时23.2c HA:c A1:10DNaOH 滴定3CH COOH，可用2H A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点【答案】CD【分析】随着 pH 的增大，HA-在增大，H2A 在减小，随着 pH 的进一步增大，则 HA-在减小，A2-在增大；由点(2.0,0.5)可知，2a1+-+2c()c()K=c()=10c(H)HHAH A，由点(8.8,0.5)可知，8+2-+-.8a2HA

25、HHc()c()K=c()A=10c()；【详解】A根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，含有-OH、-SO3H，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A 正确；B根据+-2H AH+HA黄色红色+2HAH+A黄色蓝色可知，+-a12c(H)c(HA)K=c(H A)，+2-a2-c(H)c(A)K=c(HA)，将其代入+a12+-2a1a1a22-cc HA HAHA(H)K()=c(H)+c(H)K+K Kc()+cA()+)Ac H(，B 正确；CpH7.0时，+2-2-7-8.8a2c()c()10c()K=10c()cHAAH)A(AH，-2-1

26、.8Hc()=10c()AA，C 错误；D滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D 错误；故选 CD。15我国科学家成功利用2CO人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如图所示。下列说法错误的是A甲醇能与水完全互溶，甲醇中 OC 的 O 可与2H O中的 H 形成氢键B二羟基丙酮中的 C 原子杂化轨道类型均为3spC锌在元素周期表中位于第四周期族D该过程有利于实现碳达峰、碳中和【答案】BC【详解】A甲醇中 OC 的 O 可与2H O中的 H 形成氢键，则甲醇能与水完全互溶，故 A 正确；B二羟基丙酮中存在-CH2-和羰基，C 原

27、子杂化轨道类型为3sp和2sp，故 B 错误；C锌在元素周期表中位于第四周期 IIB 族，故 C 错误；D该过程将二氧化碳转化为淀粉，可以减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故 D 正确；故选 BC。三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。16利用水钴矿（主要成分为23Co O，含少量2SiO、FeO、Fe2O3、2MnO）制备二次电池添加剂2Co OH的流程如下。已知：25时，22336Coaq6NHaqCo NHaq51.0 10K稳部分金属离子浓度c与pH的关系如图所示；沉淀过快无法形成2Co OH，2Co OH在碱性溶液中易被2O氧化。回答下列问题：(1)“酸浸”中23Co

28、 O反应的离子方程式为。(2)“沉铁”中控制pH的理论范围为（溶液中离子浓度511 0 10mol Lc时，可认为已除尽）。(3)萃取剂对2Co、2Mn萃取率随pH的影响如图，应选择萃取剂（填“M”或“N”）。若萃取剂的量一定时，（填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。(4)“沉钴”中，2362CO NHCo OH的离子方程式为，该反应的K=。(5)24362CoSOCO NHCo OH过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是。“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是。【答案】(1)+22+223342Co O4HSO2CoSO2H O(2)3.27.2(3)N少量多次萃取(4)2

29、+3362Co NH2OHCo OH6NH 9.61 10(5)“碱溶”形成的2+36Co NH在加入NaOH“沉钴”时可缓释2+Co利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成2Co OH温度高利于减少溶解氧，形成3NH气氛隔绝空气，防止产物被氧化【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣 1 中，滤液中含有 Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为 Fe(OH)3沉淀过滤后存在于滤渣 2 中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有 Co2+，经过一系列处理后得到 CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热的

30、NaOH 溶液沉 Co 得到Co(OH)2。【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中23Co O在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+3 变为+2、硫化合价由+4 变为+6，结合电子守恒可知，反应为：+22+223342Co O4HSO2CoSO2H O；（2）沉铁”中要求除去铁离子而 Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制pH的理论范围为 3.27.2；（3）由流程可知，萃取剂要浸可能分离2Co、2Mn，使得2Mn进入有机相而2Co保留在水相，结合图可知，萃取剂 N 对两者的萃取分离效果较好，故选 N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率

31、更高。（4）由图表可知，pH=9.2 时，pOH=4.8，2Co沉淀完全，此时2254.8 214.62c Coc101010spKCo OHOH；“沉钴”中，236CO NH和 NaOH 反应生成2Co OH，根据质量守恒可知，同时生成氨气，离子方程式为：2+336226Co NHOHCo OHNH；该反应的266332+2+2223366c CocNHcNHK=ccc CoccOHCo NHOHCo NH514.62+362111.0 101.0 101.7 109spKCo NHKCo OH稳9.61 10；（5）2+Co沉淀过快无法形成2Co OH，先加氨水形成配离子2+36Co NH

32、减小2+Co浓度，然后再加 NaOH溶液利于形成2Co OH故先加氨水再加 NaOH 溶液的理由是：“碱溶”形成的2+36Co NH在加入NaOH“沉钴”时可缓释2+Co利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成2Co OH；【答题空 2】2+Co容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，故使用热NaOH溶液的目的是：温度高利于减少溶解氧，形成3NH气氛隔绝空气，防止产物被氧化。17磺酰胺SO2(NH2)2易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为2232224SO Cl+4

33、NH=SO(NH)+2NH Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为-54.1，沸点为 69.1，遇潮湿空气会水解产生酸雾。磺酰胺的制备(1)试剂 X 的名称为。(2)装置 B 中盛放的试剂为（填字母）。a碱石灰b浓硫酸(填字母)cP2O5d无水 CaCl2(3)写出 SO2Cl2水解的化学方程式：。(4)装置 C 中多孔球泡的作用是。用如下装置测定产品 SO2(NH2)2的含量（假设只含 NH4Cl 杂质，部分装置已省略）(5)蒸氨：取 a g 样品进行测定。添加药品后，加热仪器 M，蒸出的 NH3通入含有 V1mL c1mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器 M 的名称为，单向阀的作

34、用是。(6)滴定：将液封装置 2 中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成 500 mL 的溶液，取20 mL 溶液用 c2mol/L 的 NaOH 标准溶液滴定过量的 H2SO4，共消耗 NaOH 标准溶液 V2mL，产品中 SO2(NH2)2的含量是（列出计算式）。【答案】(1)浓氨水(2)a(3)SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4(4)增大气体与液体的接触面积，使反应更充分(5)三颈烧瓶防倒吸(6)3311221ac V10c V10251072100%a【分析】在装置 A 中浓氨水与 CaO 反应制取 NH3，然后在装置 B 中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通

35、入装置 C中，与 SO2Cl2发生反应：2232224SO Cl+4NH=SO(NH)+2NH Cl制取得到磺酰胺SO2(NH2)2，在装置后边连接一个盛有碱石灰的干燥管，用于吸收 SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的 HCl；将样品放入蒸氨装置，加入浓 NaOH 溶液，丙进行加热，发生反应 NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H2O，产生 NH3被吸收装置的 H2SO4吸收，过量的 H2SO4用 NaOH 溶液进行滴定，根据反应消耗 NaOH 标准溶液的体积及浓度可计算出过量 H2SO4的量，进而可知吸收 NH3的 H2SO4及 NH3的物质的量，根

36、据 N 元素守恒，可计算出样品中 SO2(NH2)2中 NH4Cl 物质的量、质量，结合样品质量，可得 SO2(NH2)2的质量及含量。【详解】（1）浓氨水与 CaO 发生反应：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，反应制取得到 NH3，故试剂 X 为浓氨水；（2）装置 B 中盛有干燥剂，用于干燥 NH3。a碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，a 正确；b酸性干燥剂浓硫酸会与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，b 错误；cP2O5吸收水分反应产生 H3PO4，H3PO4是酸性干燥剂，能够与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，c 错

37、误；d无水 CaCl2会和氨气发生反应产生 CaCl28NH3，因此无水 CaCl2不能用于干燥氨气，d 错误；故合理选项是 a；（3）SO2Cl2容易与水发生水解反应，产生 HCl、H2SO4，反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（4）装置 C 中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分；（5）根据装置图可知仪器 M 名称是三颈烧瓶；根据装置图可知在蒸氨装置与吸收装置之间安装了一个单向阀，其作用是防止由于 NH3 的溶解吸收而产生的倒吸现象；（6）在 20 mL 的吸收液中反应消耗了 V1mLc2mol/LNaOH 标准溶液，用于滴定过量 H2SO

38、4，则根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知过量 H2SO4的物质的量为 n(H2SO4)=12n(NaOH)=12c2V210-3L500mL20mL=(12c2V210-325)mol，溶液中开始加入 H2SO4的物质的量为 n(H2SO4)总=c1V110-3mol，故用于吸收NH3反应消耗 H2SO4的物质的量为 n(H2SO4)反应=(c1V110-3-12c2V210-325)mol，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可知关系式：2NH4Cl2NH3H2SO4，故 n(NH4Cl)=2n(H2SO4)反应=2(c1V110-3-12c2V210-325)mol

39、，所以 a g 样品中 SO2(NH2)2的含量为：-3-311221a-c V10-c V10251072100%a。182COSO、等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含2COSO、烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质22S(l):2CO(g)SO(g)S(l)2CO(g)H。回答下列问题：(1)已知 CO 的燃烧热为1283.0kJ mol，122S(l)O(g)SO(g)H296.8kJ mol。则上述反应的H1kJ mol。(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。2SO的转化率随反应温度的变化如图所示。23Fe O和 NiO 作催化剂均能使2SO的转化率达到

40、最高，不考虑催化剂价格因素，选择23Fe O的主要优点是。(3)在密闭容器中，充入2molCO和21molSO，发生上述反应，2SO的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。B 点对应条件下，xK 对于反应mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)pqxmnx(C)x(D)Kx(A)x(B)，x 为物质的量分数。A 点和 C 点的压强平衡常数之比1(填“”、“(4)4SO2+3O2+2H2O+2Cu催化剂2CuSO4+2H2SO4(5)SO2-2e-+2H2O=2-4SO+4H+32【详解】（1）CO 的燃烧热为1283.0kJ mol，则有：221CO g+Og=COg211H283.0kJ m

41、ol，1222S(l)O(g)SO(g)H296.8kJ mol，2-，得到222CO(g)SO(g)S(l)2CO(g)，根据盖斯定律得到，H122HH=-269.21kJ mol；（2）由图可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的 SO2转化率，从而节约能源；（3）密闭容器中，充入2molCO和21molSO，发生上述反应，B 点对应条件下，SO2的平衡转化率为 80%，则反应消耗的 SO2的物质的量为 0.8mol，则有：222CO+(mol)2100(mol)1.60.80.81.6(mol)0.40.20.81.6(g)SO(g)S(l)2CO(g)起始变化平衡平衡后气

42、体总物质的量为 2.2mol，则xK 221.62.20.20.42.22.2=176；该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：p1p2p3，A 点和 C 点 SO2的平衡转化率均为 60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又因为右边气体化学计量数比左边小 1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，压强平衡常数之比为13pp，13pp1；（4）过程是2SO发生催化氧化反应，2SO被氧气氧化为 H2SO4，Cu 被氧化为 CuSO4，参加反应2SO和2O的体积比为 43，根据得失电子守恒，得到反应方程式 4SO2+3O2+2H2O+2C

43、u催化剂2CuSO4+2H2SO4；（5）过程利用电化学装置吸收另一部分2SO，使 Cu 再生，阳极上，SO2发生氧化反应转化为 H2SO4，电极反应式为 SO2-2e-+2H2O=2-4SO+4H+；阴极上，Cu2+2e-=Cu，2SO体积分数为 0.5%的废气 2240L 中，2SO的体积为0.5%=11.2L2240L，标准状况下，其物质的量为11.2L=0.5mol22.4L/mol，由电极反应式：SO2-2e-+2H2O=2-4SO+4H+、Cu2+2e-=Cu 可知，消耗 0.5mol2SO，转移 1mol 电子，生成 0.5mol Cu，则生成 Cu的质量为0.5mol 64g/

44、mol=32g。19药物 Labetalol 适用于治疗轻度至重度高血压和心绞痛，化合物 G 是合成它的前体，其合成路线如图：已知：苯胺()与甲基吡啶()互为同分异构体，吡啶()是类似于苯的芳香化合物。回答下列问题：(1)A 的化学名称为。(2)在 AB 的转化中，加入过量 CH3OH 的作用除作溶剂外还有。(3)B 中所含官能团的名称为。(4)CD 的反应方程式为。(5)由 B 生成 C 的反应类型为。(6)F 的结构简式为。(7)C 有多种同分异构体，其中满足以下条件的结构简式为、。含有六元芳香环能与 NaHCO3溶液反应核磁共振氢谱的峰面积之比为 2221【答案】(1)邻羟基苯甲酸(2)

45、提高邻羟基苯甲酸的转化率，作溶剂(3)酚羟基、酯基(4)+CH3COCl3AlCl+HCl(5)取代反应(6)(7)【分析】A 和甲醇发生酯化反应生成，则 A 为；和氨的甲醇溶液反应生成 C，根据 C 的分子式及 E 的结构简式可推测，C 为；和 CH3COCl发生取代反应生成 D，根据 E 的结构简式可推测，D 为；E 和 F 反应生成 G，由E、G 的结构简式可推测，F 为。【详解】（1）由分析可知，A 为，其名称为邻羟基苯甲酸；（2）酯化反应是可逆反应，在 AB 的转化中，CH3OH 的用量过量的作用有提高邻羟基苯甲酸的转化率，同时可作反应的溶剂；（3）B 为，所含官能团的名称为酚羟基、

46、酯基；（4）和 CH3COCl 发生取代反应生成，化学方程式为+CH3COCl3AlCl+HCl；（5）和氨的甲醇溶液反应生成，该反应为取代反应；（6）由分析可知，F 的结构简式为；（7）C 有多种同分异构体，其中满足以下条件的结构简式含有六元芳香环；能与 NaHCO3溶液反应，说明含有羧基；核磁共振氢谱的峰面积之比为 2221，说明分子中含有 4 种不同环境的氢原子，且个数比为 2221，符合条件的同分异构体有：、。20氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：(1)钴氧化物和23Al O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 中型和型两种小立方体平移所得

47、。图 2 是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。钴蓝晶胞中Co、Al、O 原子个数比为。Co原子间最短的距离为pm。图 2 所示字母中，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键。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2spC1，3-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D322|CHC CHCHCH的二氯代物有 9 种（不考虑立体异构）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3018

48、C H的稠环芳烃，一个分子中键有个。(3)邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键。画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键。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)1:2:43a2c、f(2)BD54(3)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【详解】（1）型立体结构中 Co 位于顶点和体心，原子数是 418+1；O 位于晶胞内，原子数是 4；型小立方体中 Co 位于顶点，原子数是 418；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 个型和 4 个型小立方体构成，所以 1 个晶

49、胞含有 Co 原子数是 8、Al 原子数是 16、O 原子数是 32，则钴蓝晶胞中Co、Al、O 原子个数比为：8:16:32=1:2:4；由图可知，Co原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：3a2pm；根据晶胞中型立体结构、型小立方体关系，图 2 中型小立方体位于图 2 中上层 ac 对角线的位置、下层 f 位置，故分别是 a、c、f；（2）A同周期越靠右，第一电离能越大，其中第A、A 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苯中，碳原子均提供一个 p 轨道肩并肩成共轭大键，则苯中碳原子杂化

50、方式为2sp，B 正确；C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；根据题给信息可知，分子式为3018C H的稠环芳烃中含有苯环的个数为 7 个，其中含有 CC 键的个数为：36，CH 键的个数为：18，则一个分子中键有 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