山东省潍坊市2024年高考化学模拟试题（含答案）

山东省潍坊市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A．华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是有机高分子材料B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造芯片C．研发催化剂将COD．常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水2．下列物质的性质和用途之间的对应关系正确的是A．NHB．HNOC．NaHCOD．Na23．学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。上述实验中不需要用到的操作是A． B．C． D．4．化合物R是一种用于有机合成的催化剂，其网状结构片段如图。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子序数之和为29，W的第一电离能大于同周期相邻元素。下列说法正确的是A．电负性：W>Y>XB．YFC．同周期元素形成的单质中，Z的氧化性最强D．化合物R中Y、Z、W原子的杂化类型相同5．芹黄素是芹菜中的生物活性物质，结构简式如图所示。下列说法错误的是A．分子中的所有碳原子可能共平面B．一定条件下能与甲醛发生反应C．分子中苯环上的一氯代物有5种D．1mol该物质最多能与8molH26．过氧化钙晶体(CaO轻质CaCO3粉末→①煮沸趁热过滤稀盐酸下列说法错误的是A．①中煮沸的主要目的是除去溶液中的HCl和CB．②中氨水用来调节溶液的pHC．②中结晶的颗粒较小，过滤时可用玻璃棒轻轻搅动以加快过滤速度D．③中醇洗的主要目的是减少晶体的损失，使产品快速干燥7．“点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示含π5A．铜离子降低了反应的活化能B．反应物中黑球元素的电负性强于NC．产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键D．反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短8．由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O下列说法错误的是A．“分离”时得到含硫煤油的方法是分液B．“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物C．“浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒D．“酸化”时发生反应的离子方程式：SeS9．铝—石墨双离子电池是一种全新的高效、低成本储能电池，电池反应为AlLi+CA．AlLi合金作原电池的正极B．放电时PFC．充电时，电路中转移1mol电子，阴极质量增加9gD．充电时，阳极反应为xC+P10．含铈(Ce)催化剂催化CO2与甲醇反应是A．物质A为CB．反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种C．反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键D．反应的总方程式为2CH3OH+CO11．下列实验方法或操作，可以达到实验目的的是标号实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度B探究浓度对化学反应速率的影响量取相同体积、不同浓度的HCl溶液，分别与等质量的大理石发生反应，对比现象C探究室温下NH用pH计测量室温下0.1mol·L⁻¹氨水的pHD通过官能团的检验，鉴别乙醇和乙醛取两种待测液体于两支洁净的试管中，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，观察现象A．A B．B C．C D．D12．Z是一种治疗糖尿病药物的中间休，可中下列反应制得下列说法正确的是A．1molX能与2molNaHCOB．1molZ与足量NaOH溶液反应消耗2molNaOHC．X→Y→Z发生反应的类型都是取代反应D．苯环上取代基与X相同的X的同分异构体有9种13．实验室利用Bi(OH)Ⅰ：ClOⅡ：Bi(OH)Ⅲ：5NaBiO下列说法错误的是A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1B．酸性条件下的氧化性：ClC．NaBiO3D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为1614．硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池负极材料，具有在充电的同时合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示。下列说法正确的是A．当1molZnmSB．在ZnmSC．当ZnmSD．若Li2S15．常温下，将0.2mol·L⁻¹NH4Cl溶液与0.2mol·L⁻¹NaHA溶液等体积混合所得溶液pOH=6.2已知：δ(x)=c(x)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)或δ(x)=c(x)c(N下列说法错误的是A．图中曲线a表示的是NH3B．pH=7时，c(ClC．M点时，c(D．pOH=8时，c(二、非选择题16．分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。回答下列问题：（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。a.b.c.d.（2）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1molWOC₁中通过螯合作用形成的配位键有mol。（3）HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表：HHHO-OH346247207A-A键的键能依次降低的原因是。（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为π66。N元素形成的两种微粒NO2+、NO2−中，NO（5）水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数a=452pm，c=737pm，γ=120°；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为pm(保留一位小数)。②普通冰晶体的密度为g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。17．硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；②B2③TiO2可溶于热的浓硫酸形成回答下列问题：（1）滤渣的主要成分为(填化学式)。（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为，该工艺中，经处理可循环利用的物质为(填化学式)。（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是。仅增大配料中B（4）原料中的B2O3可由硼酸脱水制得。以NaB(OH)4为原料，用电渗析法制备硼酸(H3B18．硫脲[CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制备Ca(HS)2，再与CaCN已知：CS(NH2回答下列问题：（1）实验前先检查装置气密性，操作：①在E中加水至浸没导管末端，……；②微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变。将操作①补充完整。（2）检查气密性后加入药品，打开K₂。装置B中盛装的试剂为。反应结束后关闭K₂，打开K₁通N2一段时间，目的是（3）撤走搅拌器，打开K₃，水浴加热D中三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。控制温度在80℃的原因是，D处合成硫脲的化学方程式为。（4）将装置D中液体过滤后，结晶得到粗产品。①称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液。在锥形瓶中加入足量氢氧化钠溶液和n×10−3mol单质碘，发生反应：6NaOH+3I②充分反应后加稀硫酸至酸性，发生反应：NaIO3+5NaI+3H2粗产品中硫脲的质量分数为(用含“m、n、c、V”的式子表示)；若滴定时加入的稀硫酸量不足，会导致所测硫脲的质量分数(填“偏高”、“偏低”或“不变”)已知：4NaIO19．丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：Ⅰ.C3HⅡ.C3H8Ⅲ.C3H6已知：①温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；②平衡状态下：丙烯选择性=丙烯收率=回答下列问题：（1）下图中能正确表示反应Ⅰ的化学平衡常数lnKc与温度T关系的是a.b.c.d.（2）在100kPa的恒压条件下，将1molC3①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是。②580℃，t=10min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为，v(C2H2)=（3）工业上在保持100kPa的恒压条件下，通常在原料C3H820．核苷酸类逆转录酶抑制药物替诺福韦的一种合成路线如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.R−OH回答下列问题：（1）D中官能团的名称是，D→E的反应类型为。（2）A→B的化学方程式为。（3）F的结构简式为，检验有机物G中是否含有有机物F的试剂为。（4）符合下列条件的C的同分异构体有种。①苯环上有两个取代基且分子中含有手性碳原子②能与FeCl3溶液发生显色反应且能与碳酸氢钠溶液反应生成气体③1molC的同分异构体与溴水反应消耗2molBr2（5）根据上述信息，写出以ClCH2CH2OH为主要原料制备的合成路线。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．石墨烯材料是无机非金属材料，A符合题意；B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体，常用于制造芯片，B不符合题意；C．研发催化剂将COD．医用滴眼液的聚乙烯醇具有良好水溶性，易溶于水，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．石墨烯材料是单质，属于无机非金属材料；B．晶体硅是良好的半导体；C．充分利用二氧化碳，减少排放；D．聚乙烯醇具有良好水溶性。2．【答案】B【解析】【解答】A．氨气易液化，液氨汽化会吸收大量的热，导致周围环境的温度降低，所以氨气可用作制冷剂，与氨气的沸点低无关，故A不符合题意；B．HNO3具有强氧化性，可与Pt、Au除外的大多数金属发生氧化还原反应，可溶解银、铜等不活泼金属，故B符合题意；C．NaHCO3受热分解放出COD．重金属的硫化物的溶解度非常小，工业上常使用硫化物沉淀法处理废水中的重金属离子，和Na2S还原性无关，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．依据氨气易液化，液氨汽化会吸收大量的热分析；B．HNO3具有强氧化性，可与Pt、Au除外的大多数金属发生氧化还原反应；C．依据NaHCO3受热分解放出COD．依据重金属的硫化物的溶解度非常小分析。3．【答案】D【解析】【解答】A．溶液Ⅱ得到明矾晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意；B．测定明矾中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；C．加入氢氧化钾溶解铝后需要过氯分离出滤液，故C不符合题意；D．实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A．溶液得到晶体需要蒸发浓缩；B．测定明矾中结晶水的含量，需要灼烧；C．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物D．实验中不需要萃取分液操作。4．【答案】A,D【解析】【解答】A．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：W>Y>X，A符合题意；B．BF3中B不是8电子结构，B不符合题意；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；氧所在的同周期元素形成的单质中，氟单质的氧化性最强，C不符合题意；D．化合物R中Y、W形成4个共价键为sp3杂化，氧形成2个共价键还有2对孤电子对，也为sp3杂化，原子的杂化类型相同，D符合题意；故答案为：AD。

【分析】A．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；B．BF3中B不是8电子结构；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型。5．【答案】C【解析】【解答】A．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键、碳氧双键两端的原子共面，故分子中的所有碳原子可能共平面，A不符合题意；B．分子中含有酚羟基，故一定条件下能与甲醛发生反应，B不符合题意；C．分子中苯环上的氢有4种，故一氯代物有4种，C符合题意；D．苯环、碳碳双键、酮基可以与氢气反应，1mol该物质最多能与8molH2故答案为：C。

【分析】A．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；B．分子中含有酚羟基，依据酚醛树脂的制备原理；C．依据等效氢判断；D．根据官能团的性质判断。6．【答案】C【解析】【解答】A．碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小，加热煮沸是为了除去多余的HCl和COB．向CaCl2溶液中加入H2O2、NH3·H2O发生反应为CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，氨水用来调节溶液的pH利于CaOC．尽管②中结晶的颗粒较小，但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动，会导致滤纸破损，C符合题意；D．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)微溶于水，也不溶于乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥发，可以加速晶体干燥，D不符合题意。故答案为：C。【分析】A．气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小；B．依据流程中的反应物和产物判断；C．过滤时不能玻璃棒搅动；D．依据沉淀的性质选择洗涤剂。7．【答案】A【解析】【解答】A．铜离子降低了反应的活化能，加快了反应速率，A符合题意；B．由可知反应物中黑球元素的电负性强于N，B不符合题意；C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键，C不符合题意；D．已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；B．依据结构中电性判断电负性；C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；D．利用已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定分析。8．【答案】A【解析】【解答】A．“分离”时得到含硫煤油为分离固液的操作，方法是过滤，A符合题意；B．金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，B不符合题意；C．“浸取”后分离固液的操作为过滤，所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C不符合题意；D．“酸化”时SeSO32−故答案为：A。

【分析】A．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；B．金属氧化物能和酸反应；C．过滤所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；D．根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。9．【答案】D【解析】【解答】A．根据前面分析AlLi合金作原电池的负极，故A不符合题意；B．原电池“同性相吸”，因此放电时PFC．充电时，阴极反应式为LiD．放电时正极反应为CxPF故答案为：D。【分析】A．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；B．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；C．利用得失电子守恒；D．阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应，为正极反应的逆反应；10．【答案】C【解析】【解答】A．反应①发生取代反应，A为CH3OH，A不符合题意；B．CO2中C为sp杂化，中C为sp2杂化，甲醇中C为sp3杂化，有3种杂化方式，B不符合题意；C．反应过程中断裂的化学键只有极性键，没有非极性键，C符合题意；D．由题图分析可知，反应物为CH3OH和CO2，生成物为和H2O故答案为：C。

【分析】A．利用原子守恒分析，取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；D．依据题图的反应物和生成物分析。11．【答案】C,D【解析】【解答】A．测定中和反应的反应热需要测量反应前后温度的变化，但是应该使用量热计，不是在锥形瓶内，不可以达到实验目的，故A不符合题意；B．反应中还需要控制温度、大理石颗粒度等变量，不可以达到实验目的，故B不符合题意；C．用pH计测量室温下0.1mol·L⁻¹氨水的pH，可以通过pH计算出氨水电离出的氢氧根离子浓度，从而测定温下NHD．乙醇含羟基，乙醛含有醛基，乙醛能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应产生砖红色沉淀，能鉴别，故D符合题意；故答案为：CD。

【分析】A．测定中和反应的反应热不能在锥形瓶内；

B．“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；

C．通过pH计算出氨水电离出的氢氧根离子浓度，从而测定温下NH3⋅12．【答案】B,D【解析】【解答】A．根据X的结构简式，能与NaHCO3反应的官能团只有-COOH，因此1molX能与1molNaHCO3反应，故A不符合题意；B．根据Z的结构简式，能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1molZ中含有1mol羧基和1mol酯基，即1molZ与足量NaOH溶液反应消耗2molNaOH，故B符合题意；C．X→Y：X中酚羟基上的O-H断裂，C2H5Br中C-Br断裂，H与Br结合成HBr，其余组合，该反应为取代反应，Y→Z：二氧化碳中一个C=O键断裂，与Y发生加成反应，故C不符合题意；D．根据X的结构简式，苯环上有三个不同取代基，同分异构体应有10种，因此除X外，还应有9种，故D符合题意；故答案为：BD。

【分析】A．根据能与NaHCO3反应的官能团只有-COOH判断；B．根据能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基判断；C．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；D．利用题目的条件书写同分异构体。13．【答案】B【解析】【解答】A．反应Ⅰ中ClOB．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性ClO3−>Cl2，Ⅱ在碱性条件显得氧化性C．酸性条件下NaBiO3可与盐酸发生反应生成氯气，D.28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，53ClO故答案为：B。

【分析】A．元素化合价降低生成还原产物；元素化合价升高生成氧化产物；B．依据氧化剂氧化性大于氧化产物；C．依据氧化还原反应原理，利用电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平。D．根据方程式，利用得失电子守恒计算。14．【答案】D【解析】【解答】A．当1molZnmS完全转化为ZB．根据ZnmSC．当ZnmS完全转化为LixD．若Li2S的晶胞参数为anm，则EF间的距离为(故答案为：D。

【分析】A．依据化合价变化判断；B．根据ZnC．依据得失电子守恒计算。D．依据晶胞结构计算。15．【答案】A,D【解析】【解答】A．由分析可知，曲线a表示的是A2−，曲线e表示的是HB．等体积混合所得初始混合液pOH=6.2，此时pH=7时，则必定为加入了HCl，则根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3⋅H2C．Ka2(H2A)=c(H+)c(A2−)c(HA−)，可得D．pOH=8时，c(NH4+)+c(NH3⋅H2故答案为：AD。

【分析】A．依据曲线变化与POH的关系判断；

B．根据物料守恒、电荷守恒分析；

C．根据物料守恒分析；

D．利用电离平衡常数计算。

16．【答案】（1）3；c（2）10（3）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小（4）π34；N（5）276.4；4×18【解析】【解答】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti[Ar]3d24s2a.为基态Fe原子；b.为基态Fe2+；c.为基态Fe故答案为：3；c；（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，故答案为：10；（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。（4）NO2−中的离域π键为三中心四电子，可表示为π34，NO2+中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：4×18NAg，晶胞体积452×2262×737×10

【分析】（1）依据构造原理分析；具有全充满，半充满，全空三种状态的电子排布比较稳定。

（2）依据图中结构判断；

（3）中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；

（4）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。

（5）①氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；依据由晶胞结构计算。17．【答案】（1）Si（2）TiO2++(x+1)H2O△（3）TiO2+B2O3+5C高温__TiB（4）H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O；31m【解析】【解答】（1）加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，滤渣为（2）“水解”需在沸水中进行，TiO2+在沸水中形成TiO2·xH2O，离子方程式为TiO（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5C高温__TiB2+3CO↑，B2（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得H3BO3的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为mkg，则制得

【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；（2）依据水解原理分析，可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒分析；（4）利用原料及离子的移动判断；利用得失电子守恒。18．【答案】（1）关闭开关K₁K₂K₃（2）饱和硫氢化钠溶液；将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化（3）受热时部分发生异构化生成NH4（4）380(cv-n)m【解析】【解答】（1）实验前先检查装置气密性，在E中加水至浸没导管末端，关闭开关K₁K₂K₃，形成一个密封体系，然后微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变，说明整个装置气密性较好；（2）反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B中盛装的试剂为饱和硫氢化钠溶液，可以除去氯化氢气体；已知：CS(NH2（3）已知：受热时部分发生异构化生成NH4SCN（4）由方程式可知，n×10−3mol单质碘生成碘离子56n×10−3mol；与Na2S2O3标准溶液反应的碘单质为12cv×10

【分析】（1）利用微热法装置的气密性；（2）反应发生前通氮气排出装置中空气，反应后能氮气是将产生的气体排出；（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒分析；（4）依据关系式法计算。19．【答案】（1）d（2）温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生；80%；1；120（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ得反应：C3H8故答案为：d。（2）①已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大；②580℃，t=10min时，反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%，则平衡时丙烯为0.6mol，设有amolC3H8裂解为C3H6和H2，有bmolC3H8裂解为C