2024年高考化学临考押题卷02（解析版）_05高考化学_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考化学临考题号押题（广东卷）323301515

2024 年高考化学临考押题卷 02 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 评卷人 得分 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小 题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国科研人员不断研发出新材料提升国家创新力，下列使用材料为有机高分子材料的是 A．高铁动车使用的大丝 B．天问一号使用的 C．天和核心舱太阳翼 D．C919上使用的芳砜 束碳纤维 电池的砷化镓器件 纶纤维 气溶胶 【答案】D 【解析】碳纤维、SiO2 气溶胶和砷化镓均属于无机非金属材料，芳砜纶纤维属于合成有机高分子材料，D 选项符合题意，故选D。 2．广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是 A．茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香 B．使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解 C．茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化 D．某温度下测得茶水的 ，则该茶水一定呈酸性 【答案】D 【解析】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确； B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确； C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确； D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸 碱性，D错误； 故选D。 3．化学推动科技进步。下列说法正确的是 A．我国科学家首次合成了新核素 ， 和 互为同位素 B．中国空间站机械臂采用铝合金材料，Al是第ⅢA族元素 C．鹊桥号中继卫星的天线由镀金钼丝织成，镀金钼丝是无机非金属材料 D．中国天眼主镜面的防腐膜中含有聚苯乙烯，聚苯乙烯是天然高分子材料 【答案】B 【解析】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子，W与Os不是同种元素，它们 不互为同位素，故A错误；B．Al的原子序数为13，位于第三周期ⅢA族，故B正确； C．镀金钼丝属于金属材料，故C错误； D．聚苯乙烯属于合成高分子化合物，不属于天然高分子材料，故D错误； 答案为B。 4．NH3 可用作脱硝剂。某科研小组探究NO2 被NH3 还原的反应，涉及的部分装置如图所示。 下列说法正确的是 A．用甲装置制备NH3 B．乙装置中反应的n（还原剂） n（氧化剂）＝2 1 C．丙装置盛放无水CaCl2 用于干 ∶ 燥NH3 ∶ D．在丁装置中为了更好混合反应气体，应先通入NO2 【答案】D 【解析】A．实验室仅加热NH4Cl得不到NH3 ，应加热NH4Cl和Ca(OH)2 的混合物来制备NH3 ，A不合题 意； B．乙装置中反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，反应中Cu为还原剂，HNO3 为氧化 剂，故n（还原剂） n（氧化剂）＝1 2，B不合题意； C．已知CaCl2 能够吸 ∶ 收NH3 形成络合 ∶ 物，故丙装置盛放碱石灰用于干燥NH3 ，而不能用无水CaCl2 ，C不 合题意； D．已知NH3 密度小于空气，NO2 的密度比空气的大，故在丁装置中为了更好混合反应气体，应先通入 NO2 ，D正确； 故答案为：D。 5．诺氟沙星是一种常见的抗菌药物，其结构如图所示。关于该化合物，下列说法正确的是 A．属于芳香烃 B．能与盐酸发生反应 C．可以发生酯化反应和消去反应 D．1mol该化合物可与6mol 发生加成反应 【答案】B【解析】A．该物质中含除C、H外的元素，不是烃类有机物，A错误； B．该有机物中含氨基结构，具有碱性，可以盐酸反应，B正确； C．该物质中含羧基，可发生取代反应，但不能发生消去反应，C错误； D．苯环和碳碳双键、羰基均能与H2 发生加成反应，所以1mol氧氟沙星最多可与5mol H2 加成，D错 误； 答案选B。 6．“一勤天下无难事”。下列劳动项目所用的化学知识正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 医疗消毒：用苯酚水溶液进行环境消毒 苯酚有强氧化性 B 家务劳动：用醋酸去除热水壶中的水垢 醋酸能溶解硫酸钙 C 工业劳作：用 溶液处理钢材的锈迹 是强酸，与铁锈反应 D 家庭卫生：用管道通(含烧碱和铝粒)清通管道 使用过程中产生大量气体 【答案】D 【解析】A．苯酚可用于消毒是因为其可使蛋白质变性，与强氧化性无关，A错误； B．用醋酸去除热水壶中的水垢是因为醋酸能溶解碳酸钙，B错误； C． 为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，可用于除锈迹，C错误； D．烧碱和铝粒反应产生大量氢气，且大量放热均有利于清理管道中杂物，D正确； 答案选D。 7．化学助力体育事业的发展。下列说法错误的是 选 用途 物质 原因 项 A “球场大夫” 氯乙烷 易分解且吸收热量 B 泳池消毒剂 漂粉精 在空气中易生成强氧化性物质 C 羽毛球拍网线 尼龙66 强度高且弹性好 运动场人造草 D 聚乙烯 无毒、耐腐蚀、耐磨性好 坪 【答案】A 【解析】A．“球场大夫”的主要成分是沸点低的氯乙烷，氯乙烷挥发时会吸收热量，故A错误； B．泳池消毒剂漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙易与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成具有强 氧化性的次氯酸，而起到杀菌消毒的作用，故B正确； C．羽毛球拍网线是由尼龙66制成，尼龙66具有强度高且弹性好的优良性能，故C正确； D．运动场人造草坪的主要成分是聚乙烯，聚乙烯具有无毒、耐腐蚀、耐磨性好的优良性能，故D正确； 故选A。 8．部分含氮物质的分类与相应化合物关系如图所示。下列说法错误的是A．b具有碱性和还原性 B．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1 1 C．反应Ⅱ过程中生成0.1mol 时，转移1mol电子 ∶ D．反应Ⅲ能有效降低水体中的氮元素含量 【答案】D 【分析】部分含氮物质的分类与相应化合物关系图，则a为NH3 、b为N2H4 、c为铵盐、d为+3价氮的 盐、e为硝酸盐； 【解析】A．b为肼，结构简式为H2N-NH2 ，氨基具有碱性，N呈-2价化合价可升高具有还原性，A正 确； B．反应Ⅰ中-3价氮化合价变为0价，得到氧化产物氮气，+3价氮化合价变为0价，得到还原产物氮气， 结合电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1 1，B正确； C．反应Ⅱ为硝酸根离子被亚铁离子还原为氮气，氮化合价由+∶5变为0，则生成0.1mol 时，转移 0.1mol×2×5=1mol电子，C正确； D．反应Ⅲ为d转化为c，+3价氮转化为-3价，亚硝酸盐转变未铵盐，不能有效降低水体中的氮元素含 量，D错误； 故选D。 9．锌-空气电池因工作电压高、制造成本低等特点备受关注。该电池以特定晶型的 为催化剂，KOH 溶液为电解质，放电时，下列叙述正确的是 A． 移向锌电极 B． 在正极发生氧化反应 C．负极发生反应： D．用盐酸作电解质能减少锌电极的损耗 【答案】A 【分析】由题意可知，放电时，锌为空气电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四 羟基合锌离子，通入空气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离 子。 【解析】A．由分析可知，放电时，锌为空气电池的负极，通入空气的电极为正极，则氢氧根离子移向锌 电极，故A正确； B．由分析可知，通入空气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离 子，故B错误； C．由分析可知，放电时，锌为空气电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基 合锌离子，电极反应式为 ，故C错误； D．锌能与盐酸反应，所以用盐酸作电解质会增加锌电极的损耗，故D错误； 故选A。10． 的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ中乙基蒽醌被氧化为乙基蒽醇 B．催化剂镍改变了反应速率，未改变反应焓变 C．制备原理是 D．乙基蒽醌是总反应的催化剂 【答案】A 【解析】A．有机反应中，加氢为还原反应，反应Ⅰ中乙基蒽醌被还原为乙基蒽醇，A错误； B．催化剂可以改变化学反应速率，但不能影响焓变，B正确； C．反应物为 ，生成物为 ，制备原理是 ，C正确； D．乙基蒽醌在反应中被消耗，然后又生成，乙基蒽醌是总反应的催化剂，乙基蒽醇是总反应的中间产 物， D正确； 故选A。 11．氮化硅 是一种高温结构陶瓷材料，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结 构，氮化硅可由如下反应制得： ．设 为阿伏加德罗常数的值，下列 说法正确的是 A． 含 键数目为 B．每生成 转移电子数目为 C． 中采用 杂化的原子数目为 D． 金刚石和 中含有的共价键数目均为 【答案】C 【解析】A．未指明标准状况，无法计算氮气的物质的量， 键数目不确定，A错误； B． 生成6molCO时转移12mol电子， 的物质的量为 0.1mol，转移0.2mol电子，转移 电子数目为0.2 ，B错误； C． 氮化硅为共价晶体，硅原子和氮原子都是sp3 杂化，则 中 杂化的原子数为 ，C正确； D． 中含有4molSi-O键，共价键数目为 ，D错误； 答案选C。 12．W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y原子的最外层电子数之和等于X 原子的最外层电子数，五种元素能组成如图所示的物质。下列说法错误的是 A．最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y B．简单氢化物的沸点：X>N>Y C．元素的第一电离能：N>Y>Z D．简单离子半径：N>Y>X>Z 【答案】D 【分析】W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，由题中所给结构可知，Z形成带一个 单位正电荷的阳离子，则Z为IA族元素；X形成两个价键，X为VIA族元素，原子序数X小于Z ，所以 X为O、Z 为Na，W形成一个价键，W为IA族元素，则W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于 X原子的最外层电子数，即Y的最外层电子数为5，所以Y为P；N形成一个单键，且原子序数大于P， 所以N 为Cl。 【解析】A．N 为Cl、Y为P，Cl、P位于同一周期，同一周期从左到右元素非金属性递增、最高价氧化 物 对应水化物的酸性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：N>Y，故A正确； B．X为O、N 为Cl、Y为P，简单氢化物分为H2O、HCl、PH3 ，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点最 高，HCl的相对分子质量大于PH3 ，沸点HCl高于PH3 ，所以简单氢化物的沸点：X>N>Y，故B正确； C．N 为Cl、Y为P、Z 为Na，三种元素位于同一周期，同一周期从左至右元素的第一电离能有增大的趋 势，所以第一电离能：N>Y>Z，故C正确； D．N、Y、X、Z分别为Cl、P、O、Na，其简单离子分别为Cl- 、P3- 、O2- 、Na+ ，O2- 和Na+ 核外有两个电 子层、Cl- 和P3- 核外有三个电子层，所以Cl- 和P3- 的半径大于O2- 和Na+ ，O2- 和Na+ 具有相同的电子层结 构，核电荷数越大、半径越小，即半径大小O2- ＞Na+ ，Cl- 和P3- 具有相同的电子层结构，核电荷数越大、 半径越小，即半径大小Cl- ＜P3- ，所以简单离子半径： P3- ＞Cl- ＞O2- ＞Na+ ，故D错误； 故答案为：D。 13．下列除杂试剂、分离方法选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 选项 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 分离方法 A NO（ ） 洗气 B NaCl溶液（ ） NaOH溶液、 溶液、稀HCl 过滤 C 乙酸乙酯（乙酸） 饱和 溶液 分液 D 溴苯（ ） NaOH溶液 分液 【答案】C【解析】A．NO（NO2 ）通过水时，NO2 与水发生反应NO2+H2O=NO+HNO3 ，可以除去NO中的NO2 杂 质，但是反应是氧化还原反应，A不符合题意； B．MgSO4 与NaOH反应生成的氢氧化镁会被稀盐酸溶解，镁又转化为离子，无法除去，B不符合题意； C．饱和碳酸钠溶液可与乙酸反应从而除去乙酸，还可减小乙酸乙酯的溶解度，除去乙酸后，乙酸乙酯与 水相互不相溶，用分液法即可分离，所有反应不涉及氧化还原反应，C符合题意； D．Br2 与NaOH反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO，故可除去苯中溶解的溴，苯不溶于水，可用分液法 与水层分离，但Br2 与NaOH反应属于氧化还原反应，D不符合题意； 本题选C。 14．宏观辨识与微观探析是高中化学核心素养的重要组成部分。下列解释相应实验现象的离子方程式错误 的是 A．往AgCl沉淀中加入KI溶液，沉淀由白色变为黄色： B．向 溶液中滴入过量 溶液： C．南方水果运往北方时，用浸泡了酸性高锰酸钾溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐烂： D．苯甲醛与新制的 共热： 【答案】B 【解析】A．往AgCl沉淀中加入KI溶液，沉淀由白色变为黄色即AgCl沉淀转化为AgI沉淀，转化的离 子方程式为： ，A正确； B．已知HNO3 的氧化性强于Fe3+ ，故向NaHSO3 溶液中滴入过量Fe(NO3)3 溶液的离子方程式为： ，B错误； C．南方水果运往北方时，用浸泡了酸性高锰酸钾溶液的硅藻土除去乙烯，防止水果腐烂，即乙烯与酸性 高锰酸钾溶液反应生成CO2 ，反应的离子方程式为 ，C 正确； D．根据乙醛与新制的Cu(OH)2 悬浊液反应原理可知，苯甲醛与新制的Cu(OH)2 共热的离子方程式为： ，D正确； 故答案为：B。 15．在一定条件下，将 和 通入恒容密闭容器中进行反应，容器中发生两个反应 和 。在不同温度下，测得平衡时体 系中 的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线c代表 的物质的量与温度的关系 B． 的平衡常数 （x点） （y点） C． 时，随着温度升高， 的体积分数不断增大 D．一定温度下，当恒容密闭容器中混合气体的压强不再改变时，反应体系达到平衡状态 【答案】D 【解析】A．根据题意， 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时 和 的物质的量增大，由于 和 的投料比等于化学计量数之比，则平衡时 和 的物质的量 之比为 ，故曲线、b、c分别代表 的物质的量与温度的关系，A错误； B．该反应为放热反应，温度越高，K越小，则 的平衡常数 （x点） （y 点），B错误； C． 时，随着温度升高，平衡 逆向移动， 的体积分数不断减小， C错误； D．一定温度下，在反应达到平衡前，恒容密闭容器中混合气体的物质的量一直在减小，则压强也一直在 减小，当压强不再改变时，反应体系达到平衡状态，D正确； 本题选D。 16．用热再生氨电池处理含Cu2+ 电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分 中，a极室为(NH4)2SO4-NH3 混合液，b极室为(NH4)2SO4 溶液；热再生部分加热a极室流出液，使 [Cu(NH3)4]2+ 分解。下列说法不正确的是 A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 B．a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+ D．该方法可以富集Cu2+ 并产生电能，同时循环利用NH3 【答案】A 【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+ 电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+ 为负极： Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e- =Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。【解析】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向 右侧移动，通入NH3 要消耗Cu2+ ，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交 换膜为阴离子交换膜，A错误； B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，B正确； C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2+ +4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，C正确； D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+ 并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用 NH3 ， D正确； 故选A。 评卷人 得分 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17．（14分） 用途广泛。某实验小组同学围绕 开展如下实验活动。 ．配制溶液 （1）配制 的 溶液，需要称量 固体的质量为 。 （2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有 (填标号)。 ．实验探究 探究温度对 溶液 的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。 实验序号 操作 测试温度 采用水浴加热，将 溶液从 持续升温至 1 ，每隔 测量并记录溶液 （3） 溶液显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。 （4）实验1中测得 ，可知当 时， 溶液的 随温度升高 而减小，这主要是 改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中 发挥主导作用。实验1中测得 ，且当 时，实验过程中观察到有气泡产生。（5）针对（4）中实验现象，小组同学继续开展探究。 查阅资料： 溶液中存在平衡： 。 提出猜想：对于 溶液，当 时，该反应进行程度很小；当 时，该反应进行程度明显增大。 实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。 实验序号 操作 测试温度 2 采用水浴加热， ，然后冷却至 ，并记录溶液 ① 采用水浴加热，将 溶液从 升温至 ，然 3 后冷却至 ，并记录溶液 实验结论： 根据实验1~3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是 。 拓展总结：② 溶液中存在 的自偶电离平衡： 时， 自偶 电离的平衡③常数为 [保留两位有效数字；已知： 时， ]。当温度升高时， 更易分解， 从体系逸出， 促进了 在溶液中的分解。 （6）写出 在生产或生活中的一种应用 。 【答案】（1） （1分） （2） （2分） （3） （2分） （4） 改变（2分） （5）将 溶液从 升温至 （2分） (或 ；或 ) （2分） （2分） （6）治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等（1分） 【解析】（1）配制 的 溶液，需要称量 固体的质量为 =4.2g； （2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶 等，用到的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶 和烧杯，答案为BD； （3）碳酸氢根水解导致碳酸氢钠溶液显碱性，离子方程式为： ； （4）当 时， 溶液的 随温度升高而减小；而升高温度，Kw增大， 使c(H+)增大，pH减小；温度升高，水解平衡向右移动，使c(OH-)增大，pH增大，而溶液的 随温度升 高而减小，说明Kw的改变发挥了主要作用； （5）实验2和实验3要验证提出的猜想，需要将 溶液升高到 及以上，再降低到室温，比较pH的变化，如果pH升高说明发生了 ，根据实验3的操作，实验 2的操作为：采用水浴加热，将 溶液从 升温至 ，然后冷却至 ，记录 pH， 如果在 时，升高温度反应 的程度明显增大，则实验3的pH 会比实验2大，而实验2的pH与A1 接近，即 ； 根据碳酸氢根的自偶电离方程式： ，自偶电离平衡常数K= ； Ka1= ，Ka2= ， ，即自偶电离平衡常数K= = ； （6） 在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等； 18．（14分）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取 高铼酸铵晶体的流程如下图所示。回答下列问题： （1）金属铼具有良好的导电、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是 。 （2） “焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，其目的是 。 ① “焙烧”过程中 转化为 ，反应方程式 。 ②（3）“萃取”机理为： ，则“反萃取”对应的离子方程式为 ；常温 下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的 ，则溶液中 (填“>”“<”或“=”)。(已 知：常温下 ) （4）下图是 的X射线衍射图谱，则 属于 。(填“晶体”或“非晶体”) （5）工业上制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表1)，在3500 时，利用氢气提纯可得到纯度 ℃达99.995%的铼粉(下图为碳在高温氢气环境中气-固占比计算结果)，请分析原因 。 表1 物质 熔点( ) 沸点( ) ℃ ℃ 3180 5900 C 3652 4827 1535 2750 （6）三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如下图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为 。铼原 子填在氧原子围成的 (填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的O原子间 的距离为 cm。(列出计算式) 【答案】（1）电子气理论（1分） （2）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率（2分） 8CaSO4 （2分） （3） 或 （2分） ＞（1分） （4）晶体（1分） （5）3500 时，Fe已气化去除，固态碳与H2 完全反应，形成了气态物质（2分） ℃ （6） 八面体 （1分） （2分） 【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，二氧 化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2 ，钼元素转化成CaMoO4 ，加入硫酸、软 锰矿， 硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4 ，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4 ，然后过滤，通过酸 化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。【解析】（1）金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电 子气”，外力作用金属原子移位滑动,电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气在外电 场作用下定向移动,因此金属有良好的导电性；金属受热,加速自由电子与金属离子之间的能量交换，将热 能从一端传递到另一端而使金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属Re具有良好的导电、 导热性和延展性； （2） “焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利 用率； ① ReS2 在反应中转化成Ca(ReO4)2 和CaSO4 ，ReS2 作还原剂，氧气作氧化剂，因此有CaO+ReS2+O2 ② Ca(ReO4)2+CaSO4 ，根据原子守恒配平即可，氧气最后配平，所得化学反应方程式为4ReS2+10CaO+19O2 2Ca(ReO4)2+8CaSO4 ； （3）反萃取时R3N·HReO4 与氨气反应生成NH4ReO4 、R3N，反应离子方程式为： 或 ； lgKb(NH3∙H2O)=-4.7，Kb(NH3∙H2O) =10-4.7 ，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则溶液 中c(OH-)=10-5mol/L，则 =100.3 ＞1，c( )＞c(NH3∙H2O)； （4）由NH4ReO4 的X射线衍射图谱可知，NH4ReO4 具有衍射峰，说明NH4ReO4 属于晶体； （5）根据表中数据可知，在3500 时，铁转化成铁蒸气，根据图象可知，在3500 时，C和氢气生成气 态物质，得到高纯度的Re； ℃ ℃ （6）由图可知，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因 此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出一个晶胞中Re和O的个数分别为1个 和3个，也就是1个晶胞含有1个ReO3 ，设晶胞的棱长为acm，则a3=V= = ，a= ，根据晶胞棱中心的是O原子，距离最近的O原子是两条相交棱上的O原子，两者的距离= a= cm。 19．（14分）金属有机配合物广泛应用于各类催化反应。 Ⅰ．某铁的配合物催化1-丁烯和 加成的部分历程如图。（1） 写出1-丁烯和 加成的化学方程式 。 若丙①→乙的活化能为 ，则甲→丙的反应热 H= (用含a的式子表达)。 （2）甲、乙的结构如图所示，Ar表示苯基。 ② △ 乙中Fe的配位数为 。 下列说法正确的是 (填标号)。 ① A．甲→乙的过程中有 键的断裂和形成 ② B．乙→丙的速率比甲→乙慢 C．升高温度，乙的平衡浓度减小 D．选用合适的催化剂可提高1-丁烯的平衡转化率 Ⅱ．某金属配合物的合成反应为： 。该金属配合物的吸光度A随 的变化如 图所示[ 为定值]。 为M和R完全反应的吸光度， 为实际测得的最大吸光度，吸光度和 的浓度成正比。 （3）x= 。 （4）解离平衡 的解离度 (即 的平衡转化率)为 (用含 、 的式子表示)。 （5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混 合， 测得解离度 ，计算 的解离平衡常数 (写出计算过程)。 【答案】（1） （2分） （2分） （2）4（2分） BC（2分） （3） （2分） （4）1- （2分）（5）1.25×10-5 （2分） 【解析】（1） 1-丁烯和 加成的化学方程式： ； 根据图示，甲①→乙的 ，乙→丙的活化能为23.8kcal/mol、丙→乙的活化能为 ② ，则乙→丙的 ，根据盖斯定律：甲→丙的反应热 ； （2） 由乙的结构可知，乙中Fe的配位数为4； A．对比甲、乙两物质结构可知，甲→乙的过程中有 键的断裂，但无 键的形成，A错误； ① B．乙→丙的活化能大于甲→乙活化能，所以乙→丙速率比甲→乙速率慢，B正确； ② C．甲→乙为放热过程，乙→丙为吸热过程，升高温度，乙的平衡浓度减小，C正确； D．催化剂不影响化学平衡移动，不能提高1-丁烯的平衡转化率，D错误； 答案选BC。 （3）A0 为M和R完全反应的吸光度，由图示知 =0.4，解得 = ，则x= 。 （4）由图示知 =0.4时，M和R完全反应的吸光度为A0 ，A1 为实际测得的最大吸光度，即反 应达到平衡状态的吸光度，吸光度与MRx 的浓度成正比，说明反应达到平衡时M的平衡转化率为 ； 则解离平衡 的解离度α=1- 。 （5）若x=1，将10mL 0.01 、5mL 0.001 M溶液、5mL 0.001 R溶液混 合，若完全反应生成MR的浓度为 =2.5×10-4mol/L，解离度为0.2，则平衡时MR的浓度 为2.5×10-4mol/L×（1-0.2）=2×10-4mol/L，M、R的浓度都为5×10-5mol/L， 的解离平衡常数 Kc= =1.25×10-5 。 20．（14分）乙酰基吡嗪Ⅷ是一种香料，也是药物合成的重要有机原料，其合成路线如下：已知： 的性质与苯环相似 回答下列问题： （1）化合物Ⅰ的名称为___________，化合物Ⅱ的结构简式为___________。 （2）化合物 含有的官能团名称为___________，该化合物微溶于水，而苯难溶于水的原因是 ___________。 （3）根据化合物Ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考 的示例，完成下表。 序 可反应的试 ① 结构特征 反应形成的新结构 反应类型 号 剂 卤素单质 取代反应 ① ______ ______ ______ ______ （4②）化合物Ⅵ的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不含立体异构)，写出其中核磁共振氢谱 峰面积比为4：2：1：1的结构简式___________(写一种)。 含苯环且有3个取代基 可以与 溶液反应放出 ①（5）Ⅵ转化为Ⅶ可用下式表②示： ，则Z的结构简式为___________。 （6）参照上述信息，写出以己二酸和乙醇为起始有机原料合成 的路线。(反应溶剂和无机试 剂 任选)。______ 【答案】（1）乙二醇（1分） （1分）（2）氨基（1分） 能与水形成氢键，而苯环中没有能与水形成氢键的原子团（2分） （3） （0.5分） 稀硫酸（0.5分） （0.5分） 水解反应（或取代反应）（0.5分） （4） 6 （2分） 或者 （1分） （5） （1分） （6） （3分） 【分析】根据流程，Ⅰ为乙二醇，被催化氧化生成乙二醛，Ⅱ为 ， 与 反应，生成 ， 被 氧化生成 ， 再与 反应生成 ，与 发生酯化反应，生成 ，与 和 反应生成 ，最后 在碱性条件下得到产品： 。 【解析】（1）化合物Ⅰ的名称为乙二醇，化合物Ⅱ的结构简式为 ； （2）化合物 含有的官能团名称为氨基，因为 能与水形成氢键，而苯环中没有能与水形 成氢键的原子团，所以该化合物微溶于水，而苯难溶于水；（3）化合物Ⅵ的结构为： ，可以反应的试剂为：稀硫酸，生成产物为： ，反应类型为：水解反应（或取代反应）； （4）化合物Ⅵ的同分异构体中， 含苯环，有3个取代基 可以与 溶液反应放出 ，含有 ① ② ，基本结构为： 、 、 、 、 、 共6种，核磁共振氢谱峰面积比为 4：2：1：1的结构简式为： 和 ； （5） ，与 反应生成 和 ， 所以Z为 ； （6）根据以上合成信息， 和 反应生成 ，在 的作用下，生成 和 ， 在稀硫酸再 发生水解反应生成产物： ，合成路线为： 。