2024年新高考化学卷预测卷一（适用山东）含解析

绝密★启用前2024年新高考化学卷预测卷一（适用山东）2024年高考押题预测卷一化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Se79Bi209一、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合题目要求。1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．“黑金”石墨烯为冬奥会赛场留住温暖，石墨烯属于化合物B．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产D．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍2．下列所用仪器或试剂，在涉及操作中的作用或性质前后相同的是A．玻璃棒的作用：过滤；溶解B．温度计的位置：乙醇浓硫酸共热制乙烯；分离乙醇和水的混合液C．水体现的性质：分别与Na和Na2O2反应生成气体D．SO2的性质：分别使溴水和高锰酸钾溶液褪色3．下列有关说法正确的是A．苯酚有毒，所以日常所用的药㿝中不能掺入苯酚B．各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质C．可用溴水鉴别苯、甲苯、苯酚、己烯D．尼龙、棉花、天然油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质4．下列关于溶液的说法正确的是A．透明的中性溶液中，能大量共存B．84消毒液中通入少量：C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，溶液的导电性始终不变D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先有蓝色沉淀，最后得深蓝色溶液5．下列操作规范且能达到实验目的的是A．证明碳酸的酸性强于苯酚B．制取乙酸乙酯C．检验溶液中的是否被氧化D．检验乙醇具有还原性6．对下列一些实验事实的理论解释，错误的是选项实验事实理论解释AP原子的第一电离能大于S原子磷原子的半径比硫原子的半径大B乙烯的化学性质比乙烷活泼乙烯分子结构中存在π键C向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体乙醇的加入降低了[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度DHCl气体极易溶于水HCl和H2O均为极性分子7．我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是A．不存在手性碳原子 B．能形成分子内氢键C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．探针A最多能与反应8．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A分别测等物质的量浓度的和溶液的溶液使试纸呈现更深的颜色非金属性B铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜C向KI溶液中持续滴加氯水溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水具有氧化性和漂白性D灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中可能有醇羟基或羧基9．2024年是元素周期表诞生的第155周年。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N，其原子序数与其对应的0.1mol/L最高价氧化物的水化物溶液，在常温下的pH关系如图所示。下列说法中正确的是A．X和Y元素均在p区 B．元素的电负性：Z＞M＞NC．M的含氧酸根离子的中心原子为sp2杂化 D．XN3和ZN3的空间构型均为三角锥形10．工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D．1molX最多可以与1molNaOH反应二、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．溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热B．溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定C．氯代叔丁烷和乙醇中发生相似的反应，则反应I的活化能将增大D．由该反应原理可推知，二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷12．一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极aB．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOHC．离子交换膜为阳离子交换膜D．理论上外电路每通过2mol电子，则内电路有1mol离子通过交换膜13．下列说法正确的是A．图A中，18-冠-6中原子(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B．图B物质相较摩尔质量更大，具更高的熔、沸点C．图B中，该物质含有键D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为14．苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。10min20min30min40min50min甲20.5%39.0%54.5%60.0%60.0%乙23.5%44.5%61.0%66.8%x丙25.0%45.5%63.8%74.0%80.0%下列说法正确的是A．20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲B．若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小C．T1℃时，该反应的D．50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态15．为二元弱酸，常温下向溶液滴加固体（忽略溶液体积变化），溶液中、的百分含量与的关系如图所示，已知；如：。下列说法不正确的是A．曲线是的百分含量B．的的数量级为C．M点对应溶液中，D．溶液中三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）元素周期表中，第四周期元素单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。（1）Ti能形成化合物，该化合物中的配位数为，在该化合物中不含（填标号）。A．键

B．键

C．配位键

D．离子键

E．极性键

F．非极性键（2）在ZnO催化作用下，呋喃（）可与氨反应，转化为吡咯（），吡咯分子中所有原子共平面，已知大π键可以用表示，其中m表示参与形成大键的原子数，n代表大键中的电子数，则吡咯中大键可以表示为。呋喃的熔、沸点吡咯（填“高于”或“低于”），原因是。（3）是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为。中键角中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）硒氧化铋是一类：全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构（如图所示），可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为。晶胞棱边夹角均为90°，则晶体密度的计算式为（为阿伏加德罗常数的值）。17．（12分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1溶液的pH=1.0Ⅲ.回答下列问题：（1）滤渣的主要成分是；酸化时，完全转化为的最大pH为。(已知；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为。（3）反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为。（4）生成的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是。18．（12分）NaBH4是常用络合型氢化物，常温下为白色结晶粉末，具有吸湿性，在干燥空气中可以稳定存在，溶于水、液氨、胺类等。制备方法：步骤1酯化

反应装置内按化学计量加入H3BO3和CH3OH，在54℃回流2h之后，开始收集B(OCH3)3(硼酸三甲酯)与CH3OH的共沸物，控制温度54℃~55℃。共沸液经硫酸酸洗后进行精馏，得到硼酸三甲酯步骤2氢化

将金属钠分散于石蜡油中，通入氢气合成氢化钠步骤3缩合

硼酸三甲酯和氢化钠在石蜡油介质中反应合成硼氢化钠，将物料冷却至100℃以下，进行离心分离得到硼氢化钠滤饼粗品。步骤4水解

将上述硼氢化钠滤饼粗品置于容器中加水，发生反应NaOCH3+H2O=NaOH+CH3OH；将此水溶液离心分离，清液送入分层器，静置1h后分层。得到硼氢化钠碱性水溶液。pH值和温度对硼氢化钠水解半衰期(天)的影响pH值t/℃025507510083.0×10-34.3×10-56.0×10-58.5×10-61.2×10-6103.0×10-14.3×10-26.0×10-38.5×10-41.2×10-4123.0×1014.3×1006.0×10-18.5×10-21.2×10-2143.0×1034.3×1026.0×1018.5×1001.2×100回答下列问题：（1）已知电负性B＜H，硼氢化钠与水反应生成NaBO2，反应的化学方程式为。（2）步骤1中，硫酸的作用是，步骤3可在如图1所示装置中进行，仪器a的名称是，反应进行前通入氮气的目的是，步骤4中，硼氢化钠能够稳定存在的原因是。（3）NaBH4溶液浓度可采用如下方法测定(装置如图2所示)：25℃，常压下，用移液管移取2.00mL的)NaBH4溶液于烧瓶中，记录量气管起始体积读数V1mL，加入液体，反应结束后调整量气管，记录读数为V2mL。NaBH4的浓度为(用含V1、V2的代数式表达)。注：25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L•mol-1。（4）若气体生成结束后，水准管中的液面低于量气管中的液面，此时量气管读数V2会(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，需要将量气管慢慢移动(填“向上”或“向下”)。19．（12分）有机物K是一种对大豆和花生极安全的除草剂，其一种合成路线如图。已知：。回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称为。H→I的反应类型为。（2）D→E的化学方程式为。E→F的反应试剂为。（3）G的名称为。J的结构简式为。（4）满足下列条件的有机物的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①比有机物C的分子式少一个氧原子；②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基；③能与NaHCO3溶液反应产生气体。（5）已知：。根据上述信息，写出以苯和为原料合成的路线。20．（12分）天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应：①

②

③

④

回答下列问题：（1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为kJ·mol-1，反应②在(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为，反应②的标准平衡常数(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。（3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。①表示“COS的选择性”的曲线是(填“曲线a”或“曲线b”)；②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是。2024年高考押题预测卷01【山东卷】化学·全解全析（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：H1C12N14O16Na23Cl35.5Se79Bi209评卷人得分一、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合题目要求。1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．“黑金”石墨烯为冬奥会赛场留住温暖，石墨烯属于化合物B．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产D．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍【答案】C【解析】A．石墨烯不是化合物，是单质，它全部由碳原子组成，A错误；B．液氧时纯净物，煤油是混合物，B错误；C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，减缓食物腐败，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产，C正确；D．汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，则不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，D错误；本题选C。2．下列所用仪器或试剂，在涉及操作中的作用或性质前后相同的是A．玻璃棒的作用：过滤；溶解B．温度计的位置：乙醇浓硫酸共热制乙烯；分离乙醇和水的混合液C．水体现的性质：分别与Na和Na2O2反应生成气体D．SO2的性质：分别使溴水和高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A．过滤和溶解均用到玻璃棒，过滤时玻璃棒起引流作用、溶解时玻璃棒起搅拌作用，两者所起作用不同，故A不符合题意；B．乙醇浓硫酸共热制乙烯时温度计插入反应液中，目的是使反应温度迅速升温到170℃，防止副反应的发生；用蒸馏方法分离乙醇和水的混合液时，温度计放在蒸馏烧瓶的支管口处，用于测定镏出乙醇的温度，两者所起作用不同，故B不符合题意；C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中钠是反应的还原剂、水是氧化剂；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，水即不是氧化剂又不是还原剂，水所起作用不同，故C不符合题意；D．二氧化硫具有还原性，能与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，反应中二氧化硫均是反应的还原剂，表现的性质相同，故D符合题意；故选D。3．下列有关说法正确的是A．苯酚有毒，所以日常所用的药㿝中不能掺入苯酚B．各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质C．可用溴水鉴别苯、甲苯、苯酚、己烯D．尼龙、棉花、天然油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质【答案】B【解析】A．苯酚虽然有毒，但也有杀菌消毒的作用，日常所用的药皂中常掺入少量的苯酚，A错误；B．相对分子质量较小的低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自酯，如草莓中含有乙酸乙酯和乙酸异戊酯；B正确；C．苯和甲苯会萃取溴水中的溴，溶液分层，上层呈橙红色；溴水中加入苯酚，会生成三溴苯酚白色沉淀；己烯与溴发生加成反应，能使溴水褪色；溴水不能区分苯和甲苯，C错误；D．天然油脂的主要成分是脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物；尼龙、棉花、ABS树脂是由高分子化合物，D错误；答案选B。4．下列关于溶液的说法正确的是A．透明的中性溶液中，能大量共存B．84消毒液中通入少量：C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，溶液的导电性始终不变D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先有蓝色沉淀，最后得深蓝色溶液【答案】D【解析】A．铁离子水解呈酸性，透明的中性溶液中铁离子不能大量共存，A错误；B．84消毒液中通入少量得到硫酸根、氯离子和次氯酸：，B错误；C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，发生反应的化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，溶液中自由离子的浓度随着氢氧化钡的滴入而变化，则溶液的导电性先减小，反应恰好完全时导电性接近于0，氢氧化钡过量后，导电性又随之增加，C错误；D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先发生复分解反应有蓝色Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶于氨水生成，故最后得深蓝色溶液，D正确；答案选D。5．下列操作规范且能达到实验目的的是A．证明碳酸的酸性强于苯酚B．制取乙酸乙酯C．检验溶液中的是否被氧化D．检验乙醇具有还原性【答案】D【解析】A．盐酸具有挥发性，HCl进入苯酚钠溶液中也会生成苯酚，故A错误；B．NaOH溶液碱性太强，导致生成的乙酸乙酯发生水解，故B错误；C．检验溶液中的是否被氧化应加KSCN溶液检验，故C错误；D．乙醇通过灼热CuO，黑色固体变红色，说明CuO被还原为Cu，从而能说明乙醇具有还原性，故D正确；故选：D。6．对下列一些实验事实的理论解释，错误的是选项实验事实理论解释AP原子的第一电离能大于S原子磷原子的半径比硫原子的半径大B乙烯的化学性质比乙烷活泼乙烯分子结构中存在π键C向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体乙醇的加入降低了[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度DHCl气体极易溶于水HCl和H2O均为极性分子【答案】A【解析】A．P原子3p能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，故P原子的第一电离能大于S原子，A错误；B．乙烯分子结构中存在π键不稳定易断裂，而乙烷没有π键，所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，B正确；C．[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度在乙醇中比水中要小，因此向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，C正确；D．HCl和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，可知HCl气体极易溶于水，D正确；故选A。7．我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是A．不存在手性碳原子 B．能形成分子内氢键C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．探针A最多能与反应【答案】D【解析】A．手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子，A说法正确；B．该分子中存在-OH和多个O、N，可形成分子内氢键，B说法正确；C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C说法正确；D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，探针A最多能与反应，D说法错误；答案选D。8．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A分别测等物质的量浓度的和溶液的溶液使试纸呈现更深的颜色非金属性B铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜C向KI溶液中持续滴加氯水溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水具有氧化性和漂白性D灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中可能有醇羟基或羧基【答案】D【解析】A．比较S、C非金属性强弱，应通过比较两者最高价氧化物水化物的酸性强弱判断，不是最高价氧化物对应的盐，不能作为判断依据，故A错误；B．检验铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，应将反应后溶液缓慢倒入适量水的烧杯中而不能像浓硫酸中加水，故B错误；C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，并未体现氯水的漂白性，故C错误；D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，故D正确；故选：D。9．2024年是元素周期表诞生的第155周年。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N，其原子序数与其对应的0.1mol/L最高价氧化物的水化物溶液，在常温下的pH关系如图所示。下列说法中正确的是A．X和Y元素均在p区 B．元素的电负性：Z＞M＞NC．M的含氧酸根离子的中心原子为sp2杂化 D．XN3和ZN3的空间构型均为三角锥形【答案】D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N，由其原子序数与其对应的0.1mol⋅L-1最高价氧化物的水化物溶液在常温下的pH关系图可知，X、N均对应一元强酸，结合原子序数可知X为N元素、N为Cl元素；Y对应一元强碱，Y为Na元素；由溶液的pH可知，Z对应不是强酸，M对应二元强酸，结合原子序数可知Z为P元素、M为S元素，以此来解答。【解析】由上述分析可知，X为N元素、Y为Na元素、Z为P元素、M为S元素、N为Cl元素，A．X即N元素位于p区，Y即Na元素位于s区，A错误；B．同周期主族元素从左向右电负性增大，则元素的电负性即P＜S＜Cl即Z＜M＜N，B错误；C．M的含氧酸根离子为硫酸根离子或亚硫酸根离子，其中心原子为sp3杂化，C错误；D．NCl3和PCl3中N、P均为sp3杂化，均含1对孤对电子，可知空间构型均为三角锥形，D正确；故答案为：D。10．工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D．1molX最多可以与1molNaOH反应【答案】D【分析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。【解析】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错误。故选D。评卷人得分二、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．溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热B．溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定C．氯代叔丁烷和乙醇中发生相似的反应，则反应I的活化能将增大D．由该反应原理可推知，二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷【答案】C【解析】A．根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A错误；B．由图可知，反应Ⅰ的活化能最大，所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定，B错误；C．由图可知，反应Ⅰ中碳卤键会断裂，C-Cl的键长小于C-Br，所以C-Cl的键能大，断裂需要的能量多，反应Ⅰ的活化能将增大，C正确；D．由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O-H键，卤代烃断裂碳卤键，会生成醚键，所以二溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷，D错误；故选C。12．一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极aB．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOHC．离子交换膜为阳离子交换膜D．理论上外电路每通过2mol电子，则内电路有1mol离子通过交换膜【答案】B【分析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。【解析】A．据分析，电极a为阴极，电极b为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a，A正确；B．X如果是块状大理石，则会生成，不利于CO2的生成，B错误；C．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，C正确；D．电路中每通过2mol电子，则溶液中有2mol电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1mol，D正确；故选B。13．下列说法正确的是A．图A中，18-冠-6中原子(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B．图B物质相较摩尔质量更大，具更高的熔、沸点C．图B中，该物质含有键D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为【答案】CD【解析】A．图A中冠醚和钾离子之间存在配位键，不存在离子键，故A错误；B．图B中阳离子基团较大，离子键较弱，所以晶格能较小，熔沸点较低，则图B物质相较NaBF4更低的熔沸点，故B错误；C．如图B，1个结构中阳离子含有19个键，阴离子含有4个σ键，故该物质含有键，故C正确；D．图C中，该结构的最小重复单位如图，最小重复单位中Si原子个数为4+4×=6，O原子个数为14+6×=17，Si元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价，则(Si6O17)整体化合价为-10，所以该硅酸盐结构的通式为，故D正确。答案选CD。14．苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。10min20min30min40min50min甲20.5%39.0%54.5%60.0%60.0%乙23.5%44.5%61.0%66.8%x丙25.0%45.5%63.8%74.0%80.0%下列说法正确的是A．20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲B．若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小C．T1℃时，该反应的D．50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态【答案】BC【解析】A．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气越多，乙苯分压越小，反应速率越慢，故20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是甲>乙>丙，A错误；B．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气，相当于减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率，但若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则乙苯分压不变，平衡不移动，平衡转化率减小，B正确；C．由表格知，T1℃时，甲在50min后，转化率不变，即反应达到平衡，此时乙苯转化率为60%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为1mol，列出三段式：平衡时总物质的量为：0.4mol+0.6mol+0.6mol+1mol=2.6mol，则，C正确；D．由表格知，T1℃时，丙在50min时，乙苯转化率为80%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为9mol，列出三段式：平衡时总物质的量为：0.2mol+0.8mol+0.8mol+9mol=10.8mol，则由于，所以容器丙中的反应未达到平衡状态，D错误；故选BC。【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、平衡三段式、平衡常数K为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与平衡浓度的关系，题目难度不大。15．为二元弱酸，常温下向溶液滴加固体（忽略溶液体积变化），溶液中、的百分含量与的关系如图所示，已知；如：。下列说法不正确的是A．曲线是的百分含量B．的的数量级为C．M点对应溶液中，D．溶液中【答案】A【分析】H2A是二元弱酸：，，图中pOH越小，溶液碱性越强，H2A的百分含量随pOH的增大而增大，为曲线c，HA-的百分含量随pOH的增大先增大后减小，为曲线b，溶液中A2-的百分含量随pOH的增大而减小，为曲线a。【解析】A．据分析，曲线a是A2-的百分含量，故A错误；B．b、c曲线的交点N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即c(H2A)=c(HA-)，Ka1=，根据N点pOH=12.1，则c(H+)=10-1.9mol/L，Ka1=10-1.9，数量级为10-2，故B正确；C．M点有c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M点pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正确；D．NaHA完全电离出Na+和HA-，HA-发生水解和电离，故c(HA-)<c(Na+)，但浓度均大于HA-水解产生的H2A和其电离产生的A2-；M点有c(A2-)=c(HA-)，pOH=6.8，可计算Ka2==10-7.2，HA-的水解方程式为：HA-+H2OH2A+OH-，由选项B可计算HA-的水解常数为=10-12.1，故HA-的水解常数小于HA-的电离常数，故c(H2A)<c(A2-)，溶液中离子浓度大小关系为：，故D正确；答案选A。评卷人得分三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）元素周期表中，第四周期元素单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。（1）Ti能形成化合物，该化合物中的配位数为，在该化合物中不含（填标号）。A．键

B．键

C．配位键

D．离子键

E．极性键

F．非极性键（2）在ZnO催化作用下，呋喃（）可与氨反应，转化为吡咯（），吡咯分子中所有原子共平面，已知大π键可以用表示，其中m表示参与形成大键的原子数，n代表大键中的电子数，则吡咯中大键可以表示为。呋喃的熔、沸点吡咯（填“高于”或“低于”），原因是。（3）是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为。中键角中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）硒氧化铋是一类：全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构（如图所示），可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为。晶胞棱边夹角均为90°，则晶体密度的计算式为（为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（除标明外，每空2分）（1）6（1分）BF（1分）（2）低于（1分）吡咯易形成分子间氢键（3）小于（1分）（4）【解析】（1）Ti能形成化台物，该化合物中的配位数为6，该化合物中O-H中存在σ键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在π键和非极性共价键，B和F符合题意。（2）吡咯为平面形结构，分子中各原子在同一平面内可知，N原子的价层电子对数是3，根据价层电子对互斥理论可判断N原子的杂化方式为sp2杂化，C原子也为sp2杂化，则吡咯中大π键是1个N原子和5个C原子提供6个电子形成的，可表示为。影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯，吡咯易形成分子间氢键。（3）SO(CH3)2中S原子为sp3杂化，且有一对孤对电子，而CH3COCH3中羰基C原子为sp2杂化，没有孤对电子，故SO(CH3)2中键角键角小于中键角。（4）根据电荷守恒知，该晶胞中与个数比为1:1，故该晶体的化学式为，该晶胞中含有Se个数=8+1=2，结合化学式知该晶胞中含2个，故该晶胞的质量m=，该晶胞体积V=a×10-10×a×10-10×c×10-10cm3=a2c×10-30cm3，故该晶体的密度=。17．（12分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1溶液的pH=1.0Ⅲ.回答下列问题：（1）滤渣的主要成分是；酸化时，完全转化为的最大pH为。(已知；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为。（3）反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为。（4）生成的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是。【答案】（除标明外，每空2分）（1）Al(OH)3和H2SiO3（1分）8.37（2）（3）酸性（1分）10∶3（1分）（4）H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1（1分）溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。18．（12分）NaBH4是常用络合型氢化物，常温下为白色结晶粉末，具有吸湿性，在干燥空气中可以稳定存在，溶于水、液氨、胺类等。制备方法：步骤1酯化

反应装置内按化学计量加入H3BO3和CH3OH，在54℃回流2h之后，开始收集B(OCH3)3(硼酸三甲酯)与CH3OH的共沸物，控制温度54℃~55℃。共沸液经硫酸酸洗后进行精馏，得到硼酸三甲酯步骤2氢化

将金属钠分散于石蜡油中，通入氢气合成氢化钠步骤3缩合

硼酸三甲酯和氢化钠在石蜡油介质中反应合成硼氢化钠，将物料冷却至100℃以下，进行离心分离得到硼氢化钠滤饼粗品。步骤4水解

将上述硼氢化钠滤饼粗品置于容器中加水，发生反应NaOCH3+H2O=NaOH+CH3OH；将此水溶液离心分离，清液送入分层器，静置1h后分层。得到硼氢化钠碱性水溶液。pH值和温度对硼氢化钠水解半衰期(天)的影响pH值t/℃025507510083.0×10-34.3×10-56.0×10-58.5×10-61.2×10-6103.0×10-14.3×10-26.0×10-38.5×10-41.2×10-4123.0×1014.3×1006.0×10-18.5×10-21.2×10-2143.0×1034.3×1026.0×1018.5×1001.2×100回答下列问题：（1）已知电负性B＜H，硼氢化钠与水反应生成NaBO2，反应的化学方程式为。（2）步骤1中，硫酸的作用是，步骤3可在如图1所示装置中进行，仪器a的名称是，反应进行前通入氮气的目的是，步骤4中，硼氢化钠能够稳定存在的原因是。（3）NaBH4溶液浓度可采用如下方法测定(装置如图2所示)：25℃，常压下，用移液管移取2.00mL的)NaBH4溶液于烧瓶中，记录量气管起始体积读数V1mL，加入液体，反应结束后调整量气管，记录读数为V2mL。NaBH4的浓度为(用含V1、V2的代数式表达)。注：25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L•mol-1。（4）若气体生成结束后，水准管中的液面低于量气管中的液面，此时量气管读数V2会(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，需要将量气管慢慢移动(填“向上”或“向下”)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）NaBH4+2H2O=4H2↑+NaBO2（2）除去甲醇（1分）球形冷凝管（1分）除去反应器中的空气反应过程中产生了碱，硼氢化钠在强碱性溶液中可以稳定存在（3）（4）偏大（1分）向下（1分）【分析】步骤1中，H3BO3和CH3OH发生酯化反应，生成B(OCH3)3(硼酸三甲酯)与CH3OH的共沸物，共沸物无法蒸馏，故用硫酸酸洗，除去CH3OH后进行精馏，得到硼酸三甲酯，步骤2是用钠和氢气合成氢化钠，步骤3中硼酸三甲酯和氢化钠在石蜡油介质中反应合成硼氢化钠，处理后得硼氢化钠粗品，由于反应物氢化钠和产物都有强还原性，实验开始前要排出装置内空气，步骤4通过水解得到硼氢化钠碱性水溶液；【解析】（1）电负性B＜H，故硼氢化钠中B为+3价，H为-1价，生成的NaBO2中B为+3价，B化合价不变，-1价的H和水中+1价的H生成H2，反应化学方程式为NaBH4+2H2O=4H2↑+NaBO2；（2）由分析步骤1中，硫酸的作用是除去甲醇，如图1所示装置中仪器a的名称为球形冷凝管，反应进行前通入氮气的目的是除去反应器中的空气，步骤4中，硼氢化钠能够稳定存在的原因是反应过程中产生了碱，硼氢化钠在强碱性溶液中可以稳定存在；（3）量气管两次读数之差V1−V2即为产生的H2体积，故产生H2物质的量为，根据第一小题中的化学方程式，2.00mL的NaBH4溶液中含物质的量为n(NaBH4)=n(H2)=，则c(NaBH4)=；（4）若气体生成结束后，水准管中的液面低于量气管中的液面，即量气管液面高，调整至两管液面齐平时，量气管向下移动才能使两管液面齐平，则原来量气管内液面位置偏低，量气管读数V2会偏大。需要将量气管慢慢向下移动调整液面。19．（12分）有机物K是一种对大豆和花生极安全的除草剂，其一种合成路线如图。已知：。回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称为。H→I的反应类型为。（2）D→E的化学方程式为。E→F的反应试剂为。（3）G的名称为。J的结构简式为。（4）满足下列条件的有机物的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①比有机物C的分子式少一个氧原子；②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基；③能与NaHCO3溶液反应产生气体。（5）已知：。根据上述信息，写出以苯和为原料合成的路线。【答案】（除标明外，每空2分）（1）硝基、醚键、酯基（1分）还原反应（1分）（2）+C2H5OH浓硫酸、浓硝酸（1分）（3）3-溴丙炔（1分）（1分）（4）39（5）（3分）【分析】由反应条件可知，C发生还原反应将硝基转化为氨基，结合D的结构简式可以推知C为，A和B发生取代反应生成C，结合A和B的分子式可以推知A为，B为C2H5OOCCH2Br，D发生水解反应、脱水缩合生成E，E为，F和CHCCH2Br发生取代反应生成H，H发生还原反应生成I，I和发生已知信息的反应原理得到K，以此解答。【解析】（1）由分析可知，C为，含氧官能团的名称为硝基、醚键、酯基，H→I的反应类型为还原反应。（2）D发生水解反应、脱水缩合生成E，化学方程式为：+C2H5OH，E发生硝化反应生成F，反应试剂为：浓硫酸、浓硝酸。（3）由分析可知，G为CHCCH2Br，名称为3-溴丙炔，J的结构简式为。（4）有机物的同分异构体满足：①比有机物C的分子式少一个氧原子；②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基；③能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明其中含有-COOH，则苯环上的另外一个取代基骨架为-C-C-C-COOH时，F原子取代后有3种情况，取代基骨架为-C-C(COOH)-C时，F原子取代后有3种情况，取代基骨架为-C(COOH)-C-C时，F原子取代后有3种情况，取代基骨架为-C(C)-C-COOH时，F原子取代