山东省高考模拟信息卷(6)-【万向思维·高考快递】冲刺2025年高考化学模拟汇编48套(山东专版)

null参考答案及深度解析 是浓硫酸：H,C 一NO,在试剂e的作用下发生氧化反 COOH COOH KMn0/H* Fe CH,CH-I 应得到HOOC NO,试剂e是酸性高锰酸钾溶液：由 综合推断可知，C的结构简式为HOCH,CH,一N(CH,CH,),a NO. NH OH COOH (4)反应②是H,CCH一NH与CHCH,I发生取代反应 OH 生成H,CCH一N(CH,CH)2和Hl,反应的化学方程式为 N(CH2CH,): OH 20.(共12分.，除标注外，每空2分)》 (1)高温(1分) H,C-CH-NH, 2CH,CH,I (2)①a(1分)②0.47(1分)③未达到(1分)经计算 OH 可得Q=4.9x10'Pa'<K,④温度较低时，反应未达到平 H,C一CH一N(CH,CH)1+2Hl。(5)①属于芳香族化合 衡，温度越高，反应速率越快，析碳量越多：温度较高时，反 物，说明分子中含有苯环：③能使下e”溶液显色，说明分子 应达到平衡，随温度升高，析碳反应N、V的平衡均逆向移 中含酚羟基：②核磁共振氢谱表明苯环上共有三种不同化 动，析碳量诚少 学环境的H原子，说明有三种等效氢：④红外光谱结果妮示 (3)①析碳反应V与V中，C02、H0均为生成物，C02和 其贪有C三0结炮，具能发生银镜反应说明有CHQ(类 H,0的添加比例增加会导致平衡逆向移动，减少析碳 键点)，结合H00C一○-N0,的结构简式，可知满足条 2加入抑制析碳反应的催化剂（或在低压下进行加热：提高 件的同分异构体的苯环上应含硝基、，酚羟基、醛基三种取代 加热速率：碱少析碳时间等答案合理即可) 基，苯环上有三种不同取代基的结构共有10种：如 化学反应原理综合【解析】(1)根据盖断定律计算可得 N0 CH.CH,CH. △H2=△H2-△H=204.7kJ·ml-(-41.2kJ·molΓ）= +245.9kJ·m,反应Ⅲ为吸热反应，温度升高，平衡正向 OH 与浓硝酸发生对位硝化 移动，因此，该反应在高温下进行有利于提高CH,的平衡转 CHO 化率。(2)①反应V、V均为气体分子数减少的反应，增大 CH,CH,CH. CH,CH,CH, 压强，析碳速率均加快，且有利于平衡正向移动，故压强越 反应生成 被酸性高锰酸钾 大，析碳量越大，因此0,5MPa下实验对应的析碳曲线为a ②从题图1可知反应3h后的析碳量为0.168g,故每小时 NO. NO. 析碳量为0.056g,又结合煤气流率为2L·mim',每小时通过 溶液氧化生成H0O0C NO..HOOC NO,在 的煤气体积为Q12m,因此析碳速率=0056g=0.47g· 0.12m3 COOH COOH m。③总压为0.3MPa,根据各物质的物质的量分数计算 Fe/HCl作用下发生还原反应生成 与 可知出口处C0、H2、H20的分压分别为I50000Pa、 81000Pa,6000Pa,根据反应V的化学方程式可得此时 NH, NH, p(H,0) COOH Q,p(0):pH49x10P'<人，因此出口处反应 CH,CHI发生已知信息①的反应生成 ,则 V未达到平衡。④温度较低时，反应未达到平衡，温度越 高，反应速率越快，析碳量越多：温度较高时，反应达到平 N(CH,CH,) 衡，随温度升高，析碳反应V,V的平衡均逆向移动，析碳量 CH.CH.CH, CH,CH,CH, 减少。(3)①析碳反应V与V中，C0,H,0均为生成物， 合成路线为 浓硝酸 CO,和H,0的添加比例增加会导致平衡逆向移动，减少析 浓硫酸，△ 碳。②加入抑制析碳反应的催化剂：在低压下进行加热：提 NO. 高加热速率：减少析碳时间等均可减少析碳。 21山东省高考模拟信息卷（六） 改编自：八省入校(T8联考)2024届高三上学期第一次学业质量评价 选择题答案速查 1.A化学与STSE 题号 1 2 8 【解析】阿司匹林又名乙酰水杨酸，是一种常见的解热镇痛 答案 A C B D B B 药，不是抗生素，A说法错误：亚硝酸钠具有还原性，故在食 题号 9 10 11 12 13 14 15 品中添加适量的亚硝酸钠，可起到抗氧化、防腐的作用，B说 答案 B AB AD AC BC 法正确：碳酸氢铵受热产生气体，可使面包变得更加疏松，柔 D95卷21·化学 高考快递高考模拟汇编48套·化学 软，C说法正确：叶绿素铜钠盐一般为墨绿色，姜黄一轂为黄 轭大：键，简称大行键。大π键中电子数的计算方法如下： 色，二者都是天然的着色剂，可改善食物色泽，D说法正确 确定数拉中价电子总数 2.C实验装置与基本操作 找出数粒中的σ键中的电子数、孤电子 【解析】碘单质受热易升华，遇冷的圆底烧瓶会凝华，而 步 对数和不与大键即轨道平行的孤电子 NH:C受热易分解成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢相遇后又生 对数 成氯化铵，故此方法不能提纯含NH,口杂质的碘品体，A错误： 用价电子总数减去这些。镜中的电子 苯酚和水形成的是乳浊液，静置后分层，应采用分液法分离，不 三步 数和弧电子对中的电子数，剩余的就 能用过滤法，B错误：乙醇可以降低[Cu(NH,),]SO,·H,O在 是大π链的电子数 水中的溶解度而使其析出，C正确：溴水县有氧化性，能腐烛 $0分子中的大r健：中心原子碗原子 橡胶故不能用碱式滴定箕盛装溴水（关健点），而应用酸式 的口键数为2，弧电子对数为1，硫原子 滴定管盛装溪水，D错误。 有1个垂直于分子平面的p轨这：S0的价 自子总数为3×6=18.每个氧原子有2个 3.B问伏加德罗常数的应用 计算示例容纳服电子对的轨道不与形成π键的即 【解析】粗铜中含有锌铁，银等杂质，锌，铁先失电子，铜最 轨道平行，矩大键中电子数为18-2× 后失电子，则电路中转移N、个电子时，阳极溶解的铜的质量 2-1×2-2×2×2=4,故S0,分子中的大 π能可表示为T 小于32g,A错误：浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，随着 6.C实验操作，现象及所得结论的判断 反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以含 【解析】碘和氢氧化钠能发牛反应，即使有淀粉未水解完，溶液 0.2 mol H,S0,的浓疏酸与足量铜反应，生成S02的分子数小 也不会显蓝色，A错误：[CuC,]产溶液显黄绿色，[Cu(H,0),] 于01N,B正确：胶体粒子为狠多微粒的集合体（关键点）， 溶液显蓝色，但加水稀释过程中，溶液中溶质离子浓度均减 V,个F和(OH)3胶体粒子的质量大于107g,C错误：标准状 小，B错误：5ml0.1mol·LK1溶液中碘离子的物质的量 况下，HF为液体，不能通过气体摩尔体积计算其物质的量，D 为0.0005mol,1mL0.1mol·L FeCl,溶液中铁离子的物 错误。 质的量为0.0001ml,结合反应关系Fe”~厂，即碘离子过 4.D离子方程式的正误判断 量，二者充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说 【解析】E“能氧化I(易错点)，故向氢氧化铁胶体中加人 明体系中还存在铁离子，能证明KI与FCl,溶液的反应有一 过量氢碘酸的离子方程式为2F(0H)3+6H+2I—2Fe+ 定限度，C正确：两支盛有5mL不同浓度KMO,溶液的试管 中高锰酸钾的物质的量不同，为探究浓度对反应速率的影响， 6H,O+12,A错误：用惰性电极电解CC,溶液时，在阳极上 应使用同体积同浓度的高锰酸钾溶液与不同浓度的足量的草 C放电生成氯气，在阴极上C“放电生成铜，电解总反应为 酸溶液，D错误 Cm”+2C通电C,1+Cu,B错误：向红色Fc(SCN),溶液中 7.B元素推断与元素周期律 加人过量铁粉至溶液褪色，Fe(SCN),是络合物，不能拆写成 综合推断由题意可知，XY,ZW为原子序数依次增大的短 离子形式，离子方程式为2Fe(SCN),+Fe一3Fe”+6SCN, 周期主族元素：由题图可知，化合物Q中Y可以形成3个或4 C错误：NaHSO,溶液与Ba(OH),溶液反应至溶液呈中性时， 个共价键，则Y为B元素：X形成1个共价键，则X为H元 硫酸氢钠与氢氧化钡以物质的量之比为2：1反应，离子方 素：W形成+1价阳高子，则W为N元素：Z形成2个共价 健，且原子序数介于Na和B之间，则Z为O元素。综上所 程式为2H'+S0+Ba2”+20HBaS0,↓+2H,0,D正确。 述，X为H,Y为B,Z为O,W为Na 5.A物质结构与性质 【解析】由综合推惭可知，W为NaZ为0，二者的简单离子 【解析】由题图可知，该配合物中B和的配位数是6，中心离 具有相同的核外电子排布，且Na的核电荷数比0的大，故简 子为Ru,A说法错误；Ru配合物中第二周期元素有C,N、 单离子半径0>Na,即Z>W,A错误：Y为B元素，化合物Q 0,同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性由大 中两个形成4个共价键的B中各含有1个配位键，即1l 到小的顺序为O>N>C,B说法正确：吡啶中的N和C各有1 化合物Q中存在2ol配位键.B正确：Y的最高价氧化物对 个电子参与形成大π键，因此形成的大π键为Π，C说法正 应的水化物为H,BO1,H,B0,是一元粥酸，C错误：Z为0，同 确：HCOOH分子间存在氢键，分子间氢键能使物质的沸点升 一周期从左廷元素第一电离熊是增大趋势，但第儿人族与 高，则HCOOH的沸点比CH,CHO高的主要原因是HCOOH 第ⅢA族第VA族与第川A族反赏（高频点），故同周期元 素中第一电离能比乙大的元索有N,F,Ne,共3种，D错误。 分子间存在氢键，D说法正确 8.B化学实验仅器 方法总结大π键中电子数的计算方法 【解析】由题意可知，该粗产品中产品纯度的测定实验需进 在多原子分子中如有相互平行的P轨道，它们连贯重登在一 行滴定操作，则仪器X为锥形瓶，B符合题意。 起构成一个整体，P电子在多个原子间运动形成T型化学 易错分析向仅器X中加入粗产品后，再加入蒸馏水，稀硫酸的 键，这种不局限在两个原子之间的T键称为离城大行键或共 过程属于溶解过程，部分考生会误认为需在烧杯中进行。 D96卷21·化学 参考答案及深度解析 9.B产品纯度的测定 0,在标准状况下的体积为28ml×22.4L·molr= 【解析】(NH),[(V0)。(C0),(OH)。]·10H20不溶于 627.2L.D说法错误 水，可用水洗涤，A说法正确：加入的KMO,溶液将VO·氧 13.AC化学反应历程 化为VO方，加人的NaNO,溶液用于除去过量的KMO,溶液， 【解析】由题图可知，取代产物1为 CHCH,,取代产 B说法错误：K,[F(CN)。J溶液可用于检验Fe”,VO;与Fe 反应完全后，滴入的(NH,):Fe(SO0,)2标准溶液中的Fe·与 物2为 CH,CH,,取代产物2的能量更低，更稳定，故 K,[Fc(CN)。]反应生成蓝色沉淀，故K,[Fe(CN)。]溶液为 指示剂，C说法正确：若加人的KMO,溶液不足，部分VO ci 未被氧化为VO,,会使测定结果偏低，D说法正确， CH,CH比 CHCH稳定，A正确：由题图可 10.A实验数据的处理 CI 【解析】由V元素守恒及滴定反应的离子方程式，可得关 知，反应②是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B错误： 系式(NH),[(V0)。(C0,).(0H),】·10H20-6V0- 反应①的活化能更低，反应速率更快，所以反应刚开始时产 6V0-6Fe,则n|(NH),[(V0)。(C0,).(0H),]· 物中取代产物1所占的比例大于取代产物2，即反应刚开始 6n(Fe2)= 10H,01= 6×20.0x103Lx0.2ml.L: 时产物中《 -CHCH,所古的比例大于QCH,CH,C CI 亏×10'mml,则m(NH)5[(V0)(C0,).(0H),]. 正确：由题图可知，生成取代产物2时放出的热量更多，△H 20=1065gmmx二×103ml=0.71g,放产品 更小.所以生成CH,CH,比-CHCH,的△H小， CI 度是0.71Ex100%=71%.A符合题意。 D错误。 1.0g 11.AB有机化合物的结构与性质 14.D无机工艺流程分析 【解析】根据题给有机化合物的结构简式可知，其分子式 流程分析 为CwH,NO,A正确：该化合物中与苯环直接相连的碳原 滤渣为AC,可能 子上有氢原子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则该化合物能 有未反应完的Ag NaG1O溶液 被酸性高锰酸钾氧化从而使高锰酸钾溶液褪色，B正确：该 Na(OH溶液 氢水 V,II,L0溶液 光 有机化合物分子中含有一个羧基和一个酰胺基，1ml该有 氧化一 过滤 溶解过滤 还原 过滤+A 机化合物可与2m@NaOH反应，C错误：酰胺基、羧基均不 碎 片 与氢气发生加成反应，该有机化合物分子中含有两个苯环， (含Ag 0 滤液I 滤渣IN,和NH 最多能与6mlH2发生加成反应.D错误 (Ag和其 Ag(NH) Ag被aC10氧 被还原为1g 生成 他杂质) 12.AD电解原理的应用 化，生城AgC1、 0,和NaOH IAg(NH)T 【解析】 阳极，电极反应式为 阴极，电极反应式为 【解析】次氯酸钠具有强氧化性，由流程分析可知，“氧化” 2H20-4e=0,1+4H 0.+2e+21TTI202. 过程中发生反应4Ag+4 NaClO+2H,0=4AgC1+4NaOH+ e”+e=e2" O,↑，则“氧化”过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的 直流电源 量之比为1：1，A说法正确：“氧化”阶段需控制温度在 C0.H,0 0 Ⅱ0和F反应 95℃，已经接近水的沸点.会产生大量水蒸气，不利于观察 生成·OH和H,O 实验现象且易引发实验事故，所以加热方式不能用水浴加 H.O ·0H氧化苯酚 热，B说法正确；若省略第一次“过滤”，直接向冷却后的反 发生反应CH,OH+ 应容器中滴加氨水，则需要增加氨水的用量，因为过量的 OH. 28(0H=6C(011+ H,0 Fe 17H,0 NaClO会与NH,·H,0反应，未过滤掉的溶液会稀释加人 OH即为·(0H HMC-3 的氨水且其中含有一定浓度的C,不利于AgC与氨水的 反应，C说法正确：“还原”过程的离子方程式为 由图解分析可知，P1电极为阳极，电极反应式为2H0 4[Ag(NH):J'°+N,H·H,0+4OH=4Ag↓+N,↑+ 4eO2↑+4H',电解一段时间后，P电极附近pH减小， 5H,O+8NH,↑，D说法错误 A说法错误；羟基自由基的产生原理为Fe2+H,O,+H一 15.BC水溶液中的离子平衡 Fe”+·0H+H,0,B说法正确：由反应Fe2+H,02+H= 【解析】N点为滴定终点，此时消耗HC04溶液17.25ml. Fe”+·0H+H,0可知，Fe2”,H,02在电极上的产生量之比 空白对照实验中消耗HCIO,溶液的体积为0.25mL,故HA 为1：1时，二者恰好完全反应，根据题图b可判断合适的电 消耗17.(00 mL HCIO,溶液，根据化学方程式HCO,+KHA 流约为40mA,C说法正确：由图解分析可得，1mlCH,OH~ H2A+KCIO4可得1 nol HCIO.~1 mol KHA,则KHA的 28mml·0H-(28 mol Fe2+28molH,0,)-28mdl02,故处 理Imol苯酚消耗28mol氧气，理论上HMC-3电极消耗的 浓度为7.00x0.1mml·L=0.17ml·L',A错误。M点 10 D97卷21·化学 高考快递高考模拟汇编48套·化学 时溶液的溶质为KHA、H,A、KCO,N点时溶液的溶质为 17.(共12分，每空2分】 H,A,KCIO4,M点时水的电离受到HAˉ和H,A的影响，既有 (1)Si0,.Fe(0H). 抑制又有促进，N点时水的电离只受到抑制，因此水的电离 (2)Mn2“+H,0,+2NH1·H,0=Mn02↓+2H20+2NH1或 程度NcM,B正确。M点时溶液的溶质为等浓度的KHA、 Mn2+2NH,+H,02—Mn02↓+2NHi H,A,KCO,,高氯酸钾是强酸强碱盐，其溶液显中性：由于 (3)①S2+[7m(NH,),]一7nS↓+4NH,↑2.16×104 H,A的K,K,则HA的电离可以忽略，即溶液中存在H,A 2D 一开+HA和HA+HH,0一H,A+OF,溶液呈中性时氢离子 (4)适当提高疏酸的浓度，充分振荡分液漏斗、用萃取剂分 浓度为0'm·L,则有K=K ,K=cH)·c(r) 多次萃取（答出两点即可） K e(HA) 流程分析 c(HA约为0，C √=10mol上.则（H,A行e1,即gA),. 生成Z(NH)、 [Cu(NHI"、 电解 正确。M点时溶液的溶质为等浓度的KHA,H,A.KCIO,由 Mn(OI)2、F(OH 生成CuS沉淀 ZnSo. 溶液生 物料守恒可得c(K)+e(CI0)=I.5[c(A2)+c(HA）+ 过量NH,-H,O 适量 有机禁 硫酸成Zn c(HA)],D错误 取剂 反荞取 废 NH,C1溶液溶液 (NH)S 16.(共12分.每空2分) 浸过深度深度 过操作操作电 +Zn (1)该物质的分子结构高度对称，为非极性分子 取滤除 除铜滤 a解 (2)p,sp五元环中N原子和C原子间既存在G键，又 剂 滤渣1 存在大π键.而苯环上的N原子与C原子之间只有σ键， (含Ln0、[si0, 滤洁2水溶液有机相 Ma2被(CS Fe,0, 故前者原子轨道重叠的程度较大，键长较短 Mn(OH)2、氧化为MnO2、 富集锌 Cuo Fc(OH),] M0. 少量7nS) 3d 3d MnO 沉淀 11↑]→t11 Si0,) (3)①4：1 ②2/4x56+1a 工艺流程【解析】(1)由流程分析可知，“滤渣”的主要成 2 N.xp 分为Mn(OH)2,SiO2和Fe(OH)3a(2)在氮水存在的碱性条 物质钻构与性质【解析】(1)题图1物质的分子结构高 件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰 度对称，为非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，其易溶 沉淀、水和铵根离子，反应的离子方程式为Mn”+H,02+ 于CC等非极性溶剂，在水中的溶解性很差。(2)由于 2NH3·H,0—Mn02↓+2H,0+2NHE或Mn+2NH,+H,0 H.N NH 一M02↓+2NH。(3)①D当(NH),S加人量≥100%时，锌 的回收率下降的原因是过量的硫离子将溶液中的 [7a(NH,),]转化为硫化锌沉淀，反应为s+[Z(NH),]2 ,一ZS!+4NH,该反应的平衡常数K= 分子中六元环和五元环全 e(NH,) c(s)·c[7n(NH),] c(NH)·c(Zn) NIL e(s)·e[Zm(NH)a]1·c(Zm")=Kxk,(Zns) 部可能在同一平面上，侧环中的N原子发生即杂化，而 一NH2中的N原子发生p杂化：该分子中五元环中的N 2.9x10x1.6x102.16×10。②由题给关系曲线图可 原子和C原子间既存在σ键，又存在大π键，而苯环上的N 知，“深度除铜”时，(NH,),S加入量最好选120%，此时除铜 原子与C原子之间形成的键只有σ键，故前者原子轨道重 效果较好且锌的回收率仍然较高。(4)根据M+HA(有 叠的程度较大，键长较短。在光还原的过程中，Fε从+2价转 机层)一MA.(有机层)+H'(水层)可知，要使平衡逆向 化为+3价，所以价层电子排布图的变化为 移动，应采取的措施为适当提高氢离子（硫酸）浓度，充分振 3d 3d 荡分液漏斗、用萃取剂分多次萃取 111日一111日(3)0由题中甲， 18.(共12分，除标注外，每空2分) 乙两图可知，Fe(I)位于品胞顶点，Fe(Ⅱ)位于面心，由此 (1)Cu(OH):+2H,NCH,COOH20 (H.NCH,COO)2Cu+ 可知Fe(I)周围最近的N原子有8个，Fe(Ⅱ)周围最近的 2H,0 N原子有2个，故Fe(I)、Fe(Ⅱ)的配位数之比为4：1。 (2)ab 1 21个品胞中含有Fe原子8x 8+6x2=4(个)和1个N原 (3)①b(1分)d(1分)②破坏配合物结构.解离出铜离 子，有利于其与「反应③当滴入最后半滴标准溶液时，溶 子，则品胞质量为4x56+14 液蓝色褪去.且30。内不恢复原色40.6720 N. g,若品体的密度为pg·cm’,设 化学实验综合【解析】(1)C(OH),与甘氨酸反应生成二 4×56+14 品胞参数为xcm,则x= ,故最近的Fe(Ⅱ)之间的 甘氢酸合铜和水，化学方程式为C(OH)2+2H,NCH,COOH NN,×p 2 距离为相邻面心之间的距离，为 34×56+14 -0笔(H,CH,C00),Cu+2H,0。(2)Na0H溶液的酸性 cm N.xp 太强，题给流程中不用CSO,溶液直接与NaOH反应的原 D98卷21·化学 参考答案及深度解析 因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀，a正确：步骤Ⅲ中，趁热 过滤的目的是除去Gu(OH)2,同时减少产物的析出，b正 一定条件 CH,CCH CH,COCH =C(CH,): 确：乙醇的极性较水小，加入乙醇后使得溶液整体极性降 H2、催化剂 低，促进顺式-二甘氨酸合铜析出，c错误。(3)①可用碘量 CH,CHCH,CHCH,] 法测定产品中Cu元素的含量，以淀粉为指示剂，用N出，S,0, OH CH, 标准溶液滴定至蓝色恰好消失时为滴定终点，具体操作步 综合推断由A,B的分子式和“B分子中只有一种化学环 骤为用分析天平称量产品x:一在烧杯中用水溶解，再加人 适量硫酸→用容量瓶配制100mL样品溶液→用移液管移 OH 0 取20.00mL溶液到碘量瓶→加人过量KI固体（过量的K1 境的氧”可知，A为CH,CH一CH,、B为CH,一CCH,, 固体可以确保产品中的C“都参与反应)→塞上碘量瓶的 0 塞子→在暗处静置5分钟一→打开塞子，用标准N,S,0,溶 B(H,C一C一CH,)在一定条件下与甲醛发生加成反应生成 液滴定至溶液呈浅黄色，加人适量NH,SCN溶液一剧烈振 0 荡碘量瓶（确保溶液混合均匀，反应充分）一→加入淀粉溶 液一用标准Na,S,0,溶液滴定至终点，再取20.00mL溶液 C,C为HC—C CH,CH,OH:C与甲发生加成反应生成D 进行一次平行实验。②顺式-二甘氨酸合铜是配合物.溶解 CH 时加入硫酸的作用是破坏配合物结构，有利于解离出铜离 (HOCH,CH,CCH,C00CH,CH,),则甲为 子，使其与「充分反应。③用碘最法测定产品中C:元素的 OH 含量，以淀粉为指示剂时，滴定终点的现象为当滴人最后半 CH,COOC,H,:D在雀化剂、加热条件下发生已知信息③中 谪标准资液时，资液蓝色姆去，具30内不恢复（高领点）。 的反应生成E,文因为E是含有一个六元环的内酯，则E为 ④若两次平行实验平均消耗0.1050ml·LN42S,03溶 HO 液20.00mL,则消耗n(Na,S,03)=0.02L×0.1050mml· :由PC的结构简式和F的分子式可知，F为苯 L.1=0.0021mol,由已知信息中的化学方程式可知2C2 12-2S20号，20.00ml.样品溶液中n(Cu)=n(Na,S,0,)= 酚：丙丽与苯酚反应生成G,结合G的分子式可知G为 0.0021ml,则x名产品中含Cu的质量为0.0021mol× CH 64g·mr×0=0.620g 20ml. HO OH:G与CHO OCH,发生缩 知识积累碘量瓶的特点、用途及用法 CH 特点：琰量瓶属于锥形瓶，是雏形瓶的一种。在雏形瓶口上 聚反应生成防火材料聚碳酸酯(PC) 使用陪口塞子，并加水封槽，就形成了碘量瓶。 有机合成与推断 【解析】(1)由综合推断可知，B为 用途：磺量瓶主要用于磺量法及其他易挥发物质的定量 0 分析 H,CC一CH,,其名称为丙酮：C为H,C一CCH,CH,OH, 用法：加入反应物后，盏紧塞子，塞子外加上适量水做密封， 其含有的官能团为（酮）碳基、羟基。(2)反应①是2-丙醇 以防止碘挥发，静置反应一定时间后，慢慢打开塞子，让窗 被氧化成丙酮的反应，反应类型为氧化反应。(3)由综合推 封水沿瓶塞流入锥形瓶，再用水将瓶口及塞子上的跳液洗 CH, 入瓶中。陕量瓶可以加热，但是不宜温度过高。 19.(共12分，除标注外，每空2分) 断可知，D为HOCH,CH, CH,COOCH,CH,,E为 (1)丙酮(1分)（翻）拨基、羟基(1分) OH (2)氧化反应(1分) CH 二 者反应的化学方程式为 催化剂 (3)HOCH,CH. CH,COOCH,CH、 OH OH CH 偏化剂 CH.CH,OH HOCH,CH,一C—CH,COOCH,CH CH OH OH (4)H0 OH CH,CH,OH。(4)由综合推断可知，G的结构简式为 CH, CH (5)5HC00CH(CH),[或(CH),CHC00H,1分 HO- CQ0H。(5)甲的结构简式为 0 00H CH (6)CH,C—CH 一定条件 CH.CCH.CCH, OH CH,COOC,H,满足要求的同分异构体有 CH, CH,CH,CH,C0OH、(CH,),CHCOOH、CH,CH,COOCH, H2,催化剂 HCOOCH(CH,)2、HCOOCH,CH,CH,共5种，其中核磁共 CH,COCH =C(CH,) CH,CHCH.CHCH3[或 振氢谱的峰面积之比为1：1：6的是(CH,),CHCOOH或 OH CH HCOOCH(CH,)2。(6)B为丙酮，丙酮通过已知信息②中的 D99卷21·化学 高考快递高考模拟汇编48套·化学 0 OH 0 OH c[CHC(CH,)2]·c(H,0)·c(C0）_0.5×0.5x0.5 第一步反应可以得到CH,CCH,CCH,,CH,CCH,CCH再经 e[CH,CH(CH,)CH,e(CO, 0.5x0.5 0.5<K=1,反应正向进行，则平衡时CH,CH(CH,)CH,的转 CH, CH 化率大于50%。(3)①由题图可知，a点时C0,的转化率小 过消去反应可以得到CH,COCH一C(CH,),(丙酮也可以经 于平衡转化率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及 过已知信息②中的第一步、第二步反应直接得到 Z02催化下反应相同时间，测得C0,的转化率相等，说明催 CH,C0CH一C(CH,)2,CH,COCH=C(CH,):再和氢气发 化剂已失去活性。2设起始时C0,,CH:、H0的物质的量 生加成反应即可得到目标产物。 分别为1mol1mol,nmol,列“三段式”： 20.(共12分，除标注外，每空1分) (1)△H-△H3-△H,-△H C02(g)+CH,(g)一2C0(g)+2H,(g) (2)①L1②1> 起始量/mol 1 1 0 0 16p'a 转化量/mla 2a 24 (3)①温度较高，他化剂失活② 2*2a+n)21-a(2分) 平衡量/mol1-a 2a 2a (4)空气中的氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气 混合气体总物质的量为(1-a+1-a+2a+2a+n)mol=(2+2a+ 加入该分子数增加的反应中，可使平衡正向移动，提高异丁 烯的产率 p(0)·p2(H2) 2+2a+n n）mol,K= (5)①85%(2分）②HC0+2e+H,0HC00+20Hb p(CO2)·p(CH) 1-a 2+2a+n p 化学反应原理【解析】(1)给反应「编为序号 ①CH,CH(CH,)CH,(g)+CO,(g)CH2C(CH),(g）+ 16p2a (2+2a+m)产(1-@)(4)相比于反应Ⅱ直接脱氢，采用异丁 H,0(g)+C0(g)△H,:反应编为序号2CH,CH(CH)CH,(g) 烷氧化脱氢的方法制备异丁烯的优点是空气中的氧气与产 =CH2=C(CH)(g)+H2(g)△H2:反应Ⅲ编为序 物氢气反应生成水，同时空气中的氨气加入该分子数增加 号③H,0(g)=H,0(1)△H3:由题中已知信息可得 的反应中，均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。(5)①由 ④CH,CHCH,)CH(g+o.(g一40，(g）+5H,0() 2 题图可知，阳极反应为2H,0-4知—02↑+4H',标准状况 △H:⑤CH,CH(CH),(g)+60,(g)一4C0,(g)+4H,0(I) 下，当阳极生成的氧气体积为224mL(物质的量为 0.01mo)时.转移电子的物质的量为0.04mol,阴极发生反 △4，：⑥C0(g)+0,(g)一C0.(g)4H,根据盖斯定 应C0,+2e+H,0一HC00+0H,根据得失电子守恒可 律可得出目标热化学方程式①=④-③-⑤-⑥，即可得出 得阴极生成0.02 mol HCO0,测得整个阴极区内的 △H,=△H。-△H,-△H,-△H。。(2)①温度越高，反应速率越 c(HC00)=0.017mml·L,则电解效率为 快，k:,k均越大，该反应为吸热反应，则k:增大的倍数大 0.017mml,L×1L×100%=85%。②由题图可知，H=8.5 于运，则题图中能够代表k这的曲线为L。②该反应达到 0.02 mol 平衡时Pe=r溢，则kE·c[CH,CH(CH,)CH,]·c(CO,)= 时，C02在溶液中的主要存在形式为HCO,阴极反应为 k运·c[CH=C(CH,):]·c(H,0)·c(C0),K= HC0:+2e+H,0一HC00+20H,阳极发生反应2H,0- cCH,-C(CH,1·c(H,0)·(Co.年=1：假设 4e一02↑+4H,当电路中转移2mol电子时，2malH通 c[CH,CH(CH,)CH,].e(CO,) k 过质子交换膜向阴极移动，恰好与阴极生成的2lOH反 CHCH(CH)CH3的转化率为50%.Q= 应生成水，所以阴极附近溶液的H儿乎不发生变化 22山东省高考模拟信息卷（七）》 改编自：湖北省式汉市2024届高中毕业生二月调研考试 选择题答案速查 2.C物质的性质与用途 题号 1 4 6 【解析】液态氯乙婉汽化时吸收大量热，具有冷冻麻醉的作 用.可用于快速慎痛，A说法正确：苯甲酸在食品工业中常用于 答案 C D A C B 抑制细菌生长，延长食品的保存期，即苯甲酸可用作食品防腐 题号 9 10 11 12 13 14 剂，B说法正确：二氯化砖可用作光纤维，为良好的半导体 答案A D AC D B CD D 材料，高纯硅觉用于制作芯片（易错点），C说法错误：当扭曲 1.C化学与古代文化 金属小圆片时，产生的轻微震动会使醋酸钠过饱和溶液析出 【解析】后母戊鼎是青铜器，其主要成分是铜合金，A说法 品体并放出大量的热，因而可制作“热袋”，D说法正确。 正确：文房四宝中的墨水内含有非品态的炭，B说法正确： 3.D物质结构与性质 F,0,为棕红色固体，元青花瓷器的青色颜料不是Fe0,C 【解析】NaC1中只存在离子键.A不符合题意：C0,中存在 说法错误：清代龙袍的主要成分是蛋白质，其属于有机高分 C、0之间的共价，C0,分子之间的范德华力，B不符合题 子，D说法正确。 意：白磷中存在P原子之间的共价键，P,分子之间的范德华 D100卷22·化学