2024年高考押题预测卷-化学（山东卷1）（全解全析）

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：HlC12N14016Na23Cl35.5Se79Bi209

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NazCh反应生成气体

D.SO2的性质：分别使澳水和高镒酸钾溶液褪色

【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；用蒸储方法分离乙醇和水的混合液时，温度计放在蒸储烧瓶的支管口处，用

于测定锚出乙醇的温度，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，

能与澳水和高铳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，所以日常所用的药交中不能掺入苯酚

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.可用滨水鉴别苯、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.苯和甲苯会萃取滨水中的浪，溶液分层，上层呈橙红色；澳水中加入苯酚，会生成三澳苯酚白色沉淀;

己烯与澳发生加成反应，能使滨水褪色；滨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，K+、Fe3\NO；、MnO；能大量共存

B.84消毒液中通入少量SO2：2C1O+SO2+H2O=2HC1O+SO^

C.稀硫酸中逐滴加入等浓度Ba(OH)2溶液，溶液的导电性始终不变

D.向CuSC>4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SO?得到硫酸根、氯离子和次氯酸：SO2+H2O+3C1O=SO^+C1+2HC1O,B错误；

C.稀硫酸中逐滴加入等浓度Ba(OH)2溶液，发生反应的化学方程式为Ba(OH)2+H2s04=BaSO4i+2H2O,

溶液中自由离子的浓度随着氢氧化钢的滴入而变化，则溶液的导电性先减小，反应恰好完全时导电性接近

于0,氢氧化钢过量后，导电性又随之增加，c错误；

D.向CuSC)4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

2+

[CU(NH3)4],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

居/浓盐酸C2H50H

铁氧化钾

浓H2sO4―P(K[Fe(CN)J)

CHCOOH^3

31溶液

\CaCO,什由八乩

(y3苯酚钠NaOH去溶液

眸溶液工削溶液[FeSO,

A.证明碳酸的酸性强于苯C.检验FeSO,溶液中D.检验乙醇具有还原

B.制取乙酸乙酯

酚的Fe?+是否被氧化性

【答案】D

【解析】A.盐酸具有挥发性，HC1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Fes。,溶液中的Fe?+是否被氧化应加KSCN溶液检验Fe?+,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无键

向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深乙醇的加入降低了[CU(NH3)4]SO#H2。的溶

C

蓝色晶体解度

DHC1气体极易溶于水HC1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兀键不稳定易断裂，而乙烷没有兀键，所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，B正确;

C.[Cu(NH3)4]SC)4-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.HC1和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，可知HC1气体极易溶于水，D正确；

故选Ao

7.我国科学家合成了检测CN-的荧光探针A,其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正理的

是

HO.

OP

O

A.不存在手性碳原子B.能形成分子内氢键

C.能与饱和滨水发生取代反应和加成反应D.Imol探针A最多能与3molNaOH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-0H和多个0、N,可形成分子内氢键，B说法正确；

C.该分子具有碳碳双键，能与饱和滨水发生加成反应，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竣基都能和NaOH反应，Imol探针A最多能与4moiNaOH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

溶液使试纸呈

分别测等物质的量浓度的Na2cO3和Na2SO3溶液Na2cpH

A非金属性s>c

的pH现更深的颜色

铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷铜与浓硫酸反应生

B溶液呈蓝色

却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸储水成了硫酸铜

溶液先由无色变为棕黄氯水具有氧化性和

C向KI溶液中持续滴加氯水

色，一段时间后褪色漂白性

灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试该有机物中可能有

D铜丝恢复亮红色

管中醇羟基或竣基

【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，Na2s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,也能存在较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

C.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O.lmol-I/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C1元素；

丫对应一元强碱，丫为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、丫为Na元素、Z为P元素、M为S元素、N为C1元素，A.X

即N元素位于p区，丫即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<C1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.NCb和PCb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.工业上煨烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。

O

O

已知：途径I、II、m中均有空气参与；硫酸的结构简式为HO-A-OH。下列说法错误的是

O

A.含硫矿物粉碎有利于提高“煨烧”效率

高温

B.途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO3^=2CaSO4+2CO2

C.途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收

D.ImolX最多可以与ImolNaOH反应

【答案】D

高温

【分析】含硫矿物煨烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO3—

2CaSO4+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“煨烧”效率，A正确；

高温

B.途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO3^2CaSO4+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ImolX最多可以与2moiNaOH反应得到Imol硫酸钠和Imol甲醇，D错

误。

故选Do

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。分。

11.澳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

3+8-工

3+3-0[(CH3)3C-OC2H5]*

H

[(CH3)3C-Br]+Br-

能量+C2H50H

+丰

(CH3)3C+Br-8+i

+C2H50H[(CH3)3COC2H5]

(CH3)3CBr

+C2H50H+

(CH3)3COC2H5(CH3NCOC2H5

+Br'+Br-

IIIII反应过程

A.澳代叔丁烷与乙醇的反应为吸热

B.澳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，L2-二澳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，所以澳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-C1的键长小于C-Br,所以C-C1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0-H键，卤代燃断裂碳卤键，会生成酸

键，所以L2-二澳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CCh,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a

B.X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH

C.离子交换膜为阳离子交换膜

D.理论上外电路每通过2moi电子，则内电路有Imol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2H2(D+2e-=H2T+2OH-,

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CaSO”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2moi电子，则溶液中有2moi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Imol,D正确；

故选Bo

13.下列说法正确的是

+

图A图B图C

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K+作用，体现了超分子“分子识别”

的特征

B.图B物质相较NaBR摩尔质量更大，具更高的熔、沸点

C.图B中，Imol该物质含有23molc键

D.图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为（Sie。"）：*

【答案】CD

【解析】A.图A中冠醛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0键，阴离子含有4个◎键，故Imol该物质含有23moic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+4x

g=6,。原子个数为14+6x1=17,Si元素化合价为+4价、0元素化合价为-2价，则（SieO。整体化合价为

-10,所以该硅酸盐结构的通式为（SieOu）：*,故D正确。

答案选CDo

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：

CH^^.CH=CH

|fJ（3g）^——J2（g）+H2（g）。在T1℃、lOMPa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。

lOmin20min30min40min50min

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v（乙苯）=、2）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

45

C.Ti℃时，该反应的Kp=仃MPa

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，TYC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Imol,则氮气物质的量也为ImoL列出三段式：

C6H5cH2cH3(g)-C6H5CH=CH2(g)+H2(g)

起始(mol)100

cz平衡时总物质的量为

转化(mol)0.60.60.6

平衡(mol)0.40.60.6

0.4mol+0.6mol+0.6mol+lmol=2.6mol,则

n/C口CH-CH、MH、（磐）xlOMPax（当xlOMPa

p（C6H5CH-CH2）.p（H2）=^6__四--------=^MPa,C正确；

O413

p（C6H5CH2CH3）（）xlOMPa

2.6

D.由表格知，Ti℃时，丙在50min时，乙苯转化率为80%,设起始时乙苯的物质的量为Imol,则氮气物

质的量也为9mol,列出三段式：

C6H5cH2cH3(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)

起始(mol)100

平衡时总物质的量为

转化(mol)0.80.8On.oo

平衡(mol)0.20.80.8

0.2mol+0.8mol+0.8mol+9mol=10.8mol,则

nQnQ

,一口一口一口、/口、(~^-)xlOMPax(-^)xlOMPaon

p(C6H5cH=CH2).p(H?)=YO.810.8=80Mpa由于|^MPaV^|MPa,所以容器

27

p(C6H5CH2CH3)一(^l)xlOMPa_

10.8

丙中的反应未达到平衡状态，D错误;

故选BCo

【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。

2

15.H?A为二元弱酸，常温下向H?A溶液滴加NaOH固体(忽略溶液体积变化)，溶液中H2A、HA,A-

的百分含量中与POH的关系如图所示，已知pOH=-lgc(OIT)；如：

9(H2A)=X100%

C(H2A)+C(HA)+C(A-)°下列说法不正确的是

A.曲线a是H?A的百分含量

B.H2A的的数量级为10-2

C.M点对应溶液中，c(Na+)>3c(A2-)

2

D.O.lmol-LT'NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A~)>C(H2A)

【答案】A

+2+

【分析】H2A是二元弱酸：H2AHA-+H,HA-A-+H,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A?一的百分含量随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)嚷产)

,根据N

C(H2A)

19

点pOH=12.1,则c(H+)=10」9moi/L,Kai=10-,数量级为10汽故B正确；

C.M点有c(A2-)=c(HA-),根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(0H-)=c(H+)+c(Na+),M点pOH=6.8,即

c(OH)>c(H+),故c(Na+)>3c(A2-),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

c(H+)?2-

H2A和其电禺产生的A,M点有c(A+c(HA)pOH=6.8,可计算3c(二一)勺产,外一的水解方

K

程式为：HA-+H2OH2A+OH-,由选项B可计算HA的水解常数为广勺。-，,故HA-的水解常数小于HA

Kal

+2

的电离常数，故C（H2A）＜C（A2-）,溶液中离子浓度大小关系为：c（Na）＞c（HA-）＞c（A-）＞c（H2A）,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［TiCl（H?O）5］ci2-HzO,该化合物中Ti3+的配位数为，在该化合物中不

含（填标号）。

A.。键B.兀键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，吠喃（可与氨反应，转化为此咯（'N，）'毗咯分子中所有原子共

平面，已知大几键可以用n：表示，其中机表示参与形成大兀键的原子数，〃代表大兀键中的电子数，则毗

咯中大兀键可以表示为o映喃的熔、沸点毗咯（填”高于”或“低于”），原因

是O

（3）［CO（DMSO）6］（C1OJ是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚阿化学式为5。（€：旦）2。SO（CH3）2

中c-s-o键角CH3coe5中C-C-O键角（填“大于”“小于”或“等于”）。

（4）硒氧化铀是一类：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

［Biz。］："层与带负电的［Se］：层交替堆叠。据此推断硒氧化钿的化学式为。晶胞棱边夹角均为90。,

则晶体密度的计算式为g-cm-3（名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)n|低于（1分）口比咯易形成分子间氢键

（3）小于（1分）

1058x1()3。

(4)BiOSe

222

acNA

【解析】(1)Ti能形成化台物［史。(凡0)5］。2-凡0,该化合物中Ti3+的配位数为6,该化合物中O-H中

存在◎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，则不存在兀键和非极性

共价键，B和F符合题意。

(2)□比咯为平面形结构，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，则毗咯中大n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，有氢键的毗咯沸点大于吹喃，毗咯易形成分子间氢键，沸点较高，则吹喃沸点低于此咯，毗咯易

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CH3coe田中段基C原子为sp2杂化，没有孤

对电子，故SO(CH3)2中键角C-S—O键角小于CH3COCH3中C—C-O键角。

(4)根据电荷守恒知，该晶胞中［BiQzf"与［Se］：个数比为1:1,故该晶体的化学式为BizC^Se,该晶胞

12x529

中含有Se个数=8x［+l=2,结合化学式知该晶胞中含2个BizC^Se,故该晶胞的质量,该晶胞

1058xlO30

体积VuaxlO-iOxaxlO-iOxcxlO-iOcmSuaZcxlO-BOcn?,故该晶体的密度二-----g-cm-3。

aCNA

17.(12分)BiVO,是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量ALO3、SiO2)

制备BiVC\的工艺流程如下：

NaOH溶液H2SO4Na2SO3NaClO,NH4C1

JL11dL1fxl__,,______,II,_______,

废催化剂4Vc>3h

L►滤渣

盐酸硝酸-*BIV°4

阮雨TBH调PHl~标港ITi落1-------------------------------------------

已知：I.Bi2O3,NiO都是不溶于水的碱性氧化物

II.O.lmol-U1Bi(NC>3)3溶液的pH=LO

反萃取

m.VO"+2HR(有机层)戏取VOR式有机层)+2H+

回答下列问题：

(1)滤渣的主要成分是；酸化时，［Al(OH)/「完全转化为Al(OH)3的最大pH为o(已

知A1(OH)3+OH-=［A1(OH)J长=10吗离子浓度W10-5moi/L时沉淀完全)

(2)“酸化”后的溶液中存在VO］,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”的过程中机的总回

收率为90%,贝!]“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为。

(4)生成BiVC>4的化学方程式为,实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3%溶液浓度对生成BiVO,

的粒径影响图像如下：

综合分析:制备粒径较小的BiVO”晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH,

若Bi(NC>3)3过量，需要增加NaOH的用量，原因是。

【答案】(除标明外，每空2分)

(1)A1(OH)3和H2SiO3(1分)8.37

+2+

(2)2VO3+SO^'+6H=2VO+SOt+3H2O

(3)酸性(1分)10：3(1分)

(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6,80℃,浓度为l.Omol-L」(1分)

Bi(NC>3)3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BiVO,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

A1(OH)3和H2SQ3,提纯后得到NH4V04,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：A1(OH)3和H2SQ3;该反应的平衡常数

563837

K=c([Al(0H)4])=i(y5moi/L=，C(OH>10--,c(OH)=10--,pH=8.37；

c(OH)c(OH)

+2+

(2)根据流程可知，“还原”时VOJ转化为VCP+,相应的方程式为：2VO-+SO；-+6H=2VO+SO^+3H2O；

(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

Na2s。3的物质的量为x,NaClO3的物质的量为y,则2xx90%=6y,则x：y=10：3；

(4)根据流程可知，生成BiVCU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LOmoLLN根据信息H

可知，Bi(NO3,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CH30H的共沸物，控制温度54℃〜55℃。共沸液经硫酸酸洗后进行精储，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lh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

t/℃

pH值

0255075100

83.0x10-34.3x10-56.0x10-58.5x10-61.2x10-6

103.0X1014.3X10-26.0x10-38.5x10-41.2x10-4

123.0x1014.3x10°6.0X1018.5xl0-21.2x10-2

143.0xl034.3xl026.0x1018.5x10°1.2x10°

回答下列问题：

（1）己知电负性B<H,硼氢化钠与水反应生成NaBCh,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O

（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）NaBE

溶液于烧瓶中，记录量气管起始体积读数VimL,加入液体，反应结束后调整量气管，记录读数为VzmL。

NaBH4的浓度为（用含Vi、V2的代数式表达）。

注：25℃,常压下气体摩尔体积约为24.5L・molL

（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=4H2t+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）”等神人

196

（4）偏大（1分）向下（1分）

【分析】步骤1中，H3BO3和CH30H发生酯化反应，生成B（OCH3）3（硼酸三甲酯）与CH30H的共沸物，共

沸物无法蒸储，故用硫酸酸洗，除去CH30H后进行精储，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NaBCh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=4H2T+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VLV2即为产生的用体积,故产生H2物质的量为（V「V2）mL二人「刈岫,

24500m£/mol24500

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）=1n（H2）=mol,

（Y-Vj;

则c（NaBH4）=n（NaBHj_98OOO_X-V；

——riKJL/I-/

V0.002L196

（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。

O

II

_定条件/CCH3

已知：R-NH,+(CH3c0),0fR-Nq

CCH3

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oE-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NaHCCh溶液反应产生气体。

此。5

(5)已知：2RC00H3(Reo)20。

【答案】(除标明外，每空2分)

(1)硝基、醛键、酯基(1分)还原反应(1分)

o

(3)3-澳丙怏(1分)

o

(4)39

NO2H2N

C)浓硫酸、浓硝酸rJe/HCl__________