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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（山东专用）
黄金卷08
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32
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．我国在航天、航海等领域取得重大进展。下列说法不正确的是
A．“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
B．北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C．海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块，防止船底腐蚀
D．航空母舰“福建舰”，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机材料
【答案】B
【解析】A．纳米气凝胶为胶体，可发生丁达尔效应，A项正确；
B．芯片为Si，而光导纤维为SiO，B项错误；
2
C．加入锌块与Fe形成原电池，Zn作负极发生反应，而Fe作正极被保护，C项正确；
D．碳化硅高硬度和高熔点，耐腐蚀的新型无机非金属材料，D项正确；
故选B。
2．某实验小组用如下实验用品检验黑木耳中铁元素。下列说法错误的是
A．将黑木耳灼烧灰化，选用的仪器有①、②、⑥、⑦和⑨
B．用浓硝酸溶解木耳灰并获得滤液，选用的仪器有④、⑤、⑦和⑩
C．检验滤液中的 ，选用③、⑧和⑩
D．利用上述仪器也可进行硫酸铜结晶水含量的测定
【答案】D
【解析】A．将黑木耳灰化，应该在坩埚中灼烧，装置图为 ，用的仪器有①、②、⑥、⑦
和⑨，故A正确；B．用用胶头滴管把浓硝酸滴入木耳灰，使木耳灰溶解，用过滤的方法获得滤液，过滤装置图为
，选用的仪器有④、⑤、⑦和⑩，故B正确；
C．检验滤液中的 ，取少量滤液于试管中，用胶头滴管滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红说明含有
Fe3+，选用③、⑧和⑩，故C正确；
D．利用上述仪器进行硫酸铜结晶水含量的测定，需要称重，缺少天平，故D错误；
选D。
3．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．硝酸见光受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处
C．燃油发动机产生的 、 与 反应能生成 和 ，因此可以直接排放
D．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物
【答案】C
【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确；
B．硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确；
C． 、 与 反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误；
D．铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确；
故选C。
4．设 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下， 乙烯中含有的 键数目为
B． 的醋酸溶液中含有的 数目为
C． 与足量单质硫充分反应，转移的电子数为
D． 与足量 溶液充分反应，生成 分子的数目为
【答案】B
【解析】A．标准状况下， 乙烯为 ，含有的 键数目 ，A项正确；
B．醋酸为弱酸，故 的醋酸溶液中含有的 数目小于 ，B项错误；
C． 为 ，由于生成的产物为 ，故转移的电子数为 ，C项正确；
D． 与足量 溶液充分反应，生成 的数目为 ，D项正确；
故选B。5．铝的卤化物AlX(X=Cl、Br、I)气态时以Al X 双聚形态存在，下列说法错误的是
3 2 6
性质 AlF AlCl AlBr AlI
3 3 3 3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8 189.4
沸点/℃ 1272 180 256 382
A．AlF 晶体类型与其他三种不同
3
B．1molAl Cl 中所含配位键数目为4N
2 6 A
C．Al X 中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
2 6
D．AlCl 熔点高于AlBr 原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
3 3
【答案】B
【解析】A．AlF 为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；
3
B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl Cl 中所含配位键数目为
2 6
2N ，B错误；
A
C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；
D．AlCl 熔点高于AlBr 原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确；
3 3
故选B。
6．下列图示装置能达到实验目的的是
A B C D
验证1-溴丁烷发生消去反应的产物中有1-丁 从 溶液中获得
碱式滴定管排气泡 分离碘单质
烯 晶体
【答案】B
【解析】A．碱式滴定管排气泡时，尖嘴应该朝上，选项A错误；
B．过滤可从含碘的悬浊液中分离碘单质，选项B正确；
C．挥发的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰1-丁烯的检验，选项C错误；
D．在加热过程中， 发生水解，不能得到 晶体，选项D错误；
答案选B。
7．最新研究发现化合物N可以提高生物检测的速度和灵敏度。一种合成化合物N的方法如下图所示。下列说法正确的是
A．化合物M可发生加成和取代反应
B．化合物M的二氯代物有2种
C．化合物N中所有原子均可共面
D．化合物N与乙酸互为同分异构体
【答案】D
【解析】A．化合物M中没有不饱和的碳碳双键或者碳氧双键，所以不能发生加成反应，A错误；
B．根据M分子的结构，二氯代物有3种，B错误；
C．化合物N含有2个饱和碳原子，不可能所有的原子共平面，C错误；
D．化合物N的分子式为： ，与乙酸 互为同分异构体，D正确；
故选D。
8．BHET是一种重要的化工原料，我国科学家利用聚对苯二甲酸类塑料 制备对苯二甲酸双羟乙酯
的化学反应如图所示。下列叙述不正确的是
A． 中元素的电负性：
B． 中所有原子可能处于同一平面
C． 中碳原子和氧原子的杂化方式均为
D． 和 均能发生水解反应和加成反应
【答案】B
【解析】A． 中含C、H、O三种元素，其电负性为： ，A项正确；
B． 中含有成单键的碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B项错误；
C． 中碳原子和氧原子的杂化方式均为 ，C项正确；
中均含有酯基和苯环，均能发生水解反应和加成反应，D项正确；
故选B。
9． 与砂糖混用为补血剂。合成 工艺流程如下：已知：“还原”工序中不生成S单质。下列说法错误的是
A．“焙烧”时，空气和 逆流可提高焙烧效率
B．“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶4
C．“还原”工序中，反应的离子方程式为
D．“沉铁”时， 与 结合生成 ，促进了 的电离
【答案】C
【分析】 在空气中焙烧生成氧化铁，氧化铁加入稀硫酸酸浸，得到硫酸铁溶液，加入 还原，再加
入碳酸氢铵沉铁，得到碳酸亚铁。
【解析】A．“焙烧”时，空气和 逆流可增大接触面积，提高焙烧效率，选项A正确；
B．“焙烧”过程中发生反应4FeS+11O 2Fe O+8SO，其中氧气为氧化剂，二硫化亚铁为还原剂，则
2 2 2 3 2
氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，选项B正确；
C．“还原”工序中，无S单质生成，反应的离子方程式为 ，选项
C错误；
D．“沉铁”时， 与 结合生成 ，使得碳酸根离子浓度减小，平衡 正向
移动，促进了 的电离，选项D正确；
故选C。
10． X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对应
水化物反应生成盐； Y元素原子的核外电子只有8种运动状态；Z为短周期金属元素，其简单离子的半径
在同周期中最小；基态W原子的未成对电子数为6。下列说法错误的是
A．第一电离能： X>Y> Z B．键角 >
C．W为第四周期d区元素 D．X和Y的最简单气态氢化物中，前者更易液化
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对
应水化物反应生成盐；X是N元素；Y元素原子的核外电子只有8种运动状态，Y是O元素；Z为短周期
金属元素，其简单离子的半径在同周期中最小，Z是Al元素；基态W原子的未成对电子数为6，W是Cr
元素。
【解析】A．Al是金属元素，第一电离能最小，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期
相邻元素，所以第一电离能： N>O>Al，故A正确；
B． 中N原子价电子对数为 ，无孤电子对； 中N原子价电子对数为 ，有1个孤电
子对，所以键角 > ，故B正确；
C．W是Cr元素，价电子排布为3d54s1，为第四周期d区元素，故C正确；
D．NH 常温下为气体，HO常温下为液体，HO的沸点大于NH ，HO更易液化，故D错误；
3 2 2 3 2选D。
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．实验I浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。
下列分析不正确的是
A． 浊液中：
B．实验Ⅱ中 溶液抑制了 的水解
C．实验Ⅲ中发生了反应：
D．以上实验说明 溶液中 既存在电离平衡又存在水解平衡
【答案】B
【解析】A．实验l浑浊不消失，NaHCO 浊液为饱和溶液，pH= 8显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解
3
程度大于其电离程度，溶液中离子浓度关系: ，选项A正确；
B．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，选项B
错误；
C．实验Ⅲ中浊液变澄清，说明加入氨水和碳酸氢根离子电离出的氢离子反应，促进碳酸氢根离子电离平
衡正向进行，反应的化学方程式为: 2NaHCO + 2NH ·H O=(NH )CO + Na CO + 2H O，选项C正确；
3 3 2 4 2 3 2 3 2
D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验I中说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明
NaHCO 溶液中 既存在电离平衡又存在水解平衡，选项D正确；
3
答案选B。
12．钛酸钡 是电子陶瓷基础母体原料，超细微 粉体的制备方法如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．向 中先加入 ，可防止其水解生成
B．得到溶液1的反应：C．加入过量氨水，有利于提高 的产率
D．“煅烧”得到的气体A是 和 的混合物
【答案】C
【分析】 与草酸先生成TiO(C O) ，再向体系中加入钡离子，发生反应的离子方程式为：TiO(C O)
2 4 2 4
＋Ba2＋+4H O=BaTiO(C O)·4H O↓，生成的BaTiO(C O)·4H O再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO ，同
2 2 4 2 2 2 4 2 2 3
时得到CO、CO 及水蒸气，涉及的方程式为BaTiO(C O)·4H O BaTiO +2CO↑+2CO ↑+4H O，据此分
2 2 4 2 2 3 2 2
析解答。
【解析】A．根据已知信息可知，四氯化钛水解显酸性，所以向 中先加入 ，可抑制其水解，从
而防止生成 ，A正确；
B．根据分析可知，得到溶液1的反应： ，
B正确；
C．加入过量氨水，则溶液碱性过强，可能会生成TiO(OH)+，从而降低TiO(C O) 的浓度，不利于提高
2 4
的产率，C错误；
D．根据分析，结合原子守恒可知“煅烧”得到的气体A是 和 的混合物，D正确；
故选C。
13．以[PIMPS]H PW O 为催化剂，可实现苯甲硫醚高效催化氧化，其反应机理如图所示。下列说法错误
2 12 40
的是
A．当有1mol苯甲硫醚被氧化为最终产物时共转移4mole-
B．HO 分子参加的反应一定有电子转移
2 2C．苯甲硫醚的催化氧化最终生成 ， 催化氧化过程中温度不宜过高
D．催化剂中的-W=O部位与HO 作用生成活性过氧物
2 2
【答案】AB
【解析】A．根据图示，当有1mol苯甲硫醚被氧化为最终产物，消耗2molH O，HO 中O元素化合价
2 2 2 2
由-1降低为-2，共转移2mole-，故A错误；
B． 与HO 反应生成 ，元素化合价不变，没有有电子转移，故B错误；
2 2
C．双氧水加热易分解，所以催化氧化过程中温度不宜过高，故C正确；
D．催化剂中的-W=O部位与HO 作用生成活性过氧物 ，故D正确；
2 2
选AB。
14．目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B，模拟工作原理如图所示。M和
N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的 解离成 和 ，作为 和 的离
子源。下列说法正确的是
A．X电极为阴极，电极反应式为2Cl-+2e-=Cl
2
B．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜的作用是选择性通过Cl-和Na+
C．每生成5.6L气体a，理论上获得副产品A和B各0.5mol
D．“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)
【答案】AD
【分析】由BP双极膜中H+、OH-移动方向可知：X电极为电解池的阳极，电极反应式为：2 +2e-=Cl，
2
Y电极为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H ,电解总反应为： ,精制食盐水
2
中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结
合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜。
【解析】A．由图中氢氧根移动方向可知X电极为阳极，电极反应式为：2 +2e-=Cl，A正确；
2
B．由题意可知，精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧
根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP
双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜，BP双极膜的作用是选择性通过氢
离子和氢氧根离子，B错误；
C．阳极反应式为：2 +2e-=Cl，电路中每生成标况下5.6L气体氯气，其物质的量为0.25mol，转移电子
2
0.5mol，理论上获得副产品A（氢氧化钠溶液）和B（氯化氢溶液）各0.5mol，需标明标准状况，C错误；
D．“双极膜组”电渗析法从氯化钠溶液中获得酸（HCl）和碱（NaOH），由此可知：也可从M溶液制备
相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确；
故选AD。
15．向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO 和ZnSO 的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有
4 4
不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(K =1.8×10-5)体积关系如下图所示。测得M、N点溶液pH分
b
别为8.04、8.95。
已知：i．Zn2++4NH [Zn(NH )]2+ K =
3 3 4 稳
⇌
ii．K [Zn(OH) ]<K [Fe(OH) ]
sp 2 sp 2
下列说法正确的是
A．曲线Y表示Zn2+
B．K [Fe(OH) ]=10-16.92
sp 2
C．N点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在
D．Zn(OH) +4NH [Zn(NH )]2++2OH- K=10-7.86
2 3 3 4
【答案】D
⇌
【分析】由于K [Zn(OH) ]<K [Fe(OH) ]，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO 和ZnSO 的混合溶液中加
sp 2 sp 2 4 4
入0.1mol·L-1氨水，Zn2+先沉淀，分析图像，曲线X代表Zn2+，曲线Y代表Fe2+，曲线Z为[Zn(NH )]2+，以
3 4
此解答。
【解析】A．由分析可知，曲线Y表示Fe2+，故A错误；
B．N点c(Fe2+)= 1 10-5mol/L，pH=8. 95，c(H+)=1 10-8.95 mol/L，c(OH-)= mol/L，K [Fe(OH) ]= c(Fe2+)c2(OH-)= =1 10-15.1，故B错误；
sp 2
C．N点锌元素的主要存在形式为Zn(OH) ，N点以后，锌元素主要以[Zn(NH )]2+形式存在，故C错误；
2 3 4
D．由M点数据可知，K [Zn(OH) ]= =10-16.92，反应Zn(OH) +4NH [Zn(NH )]2++2OH-
sp 2 2 3 3 4
⇌
的K=
，故D正确；
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）金属钛 密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态 原子中含有的未成对电子数是_______。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为 和 ，结构如
图所示。
①该氧化物的化学式是_______， 位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为 ，其晶体类型最不可能是_______。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知 该氧化物晶体体积为 ，则阿伏加德罗常数 可表示为_______ 。
(3)以钛铁矿( )为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：_______。
②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______ 。
熔点/ 1668 651 714
沸点/ 3287 1107 1412
③已知 和 的晶胞类型相同， 和 的离子半径大小相近，解释 熔点高于 的原因：
_______。【答案】(1)2
(2) TiO d c
2
(3) TiO +2C+2Cl TiCl +2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和
2 2 4
Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金
属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【解析】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电
子数为2。
（2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为 =4，Ti的个数为 =2，故该氧化物的化学式为
TiO，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案
2
选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可
能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为 ，一个晶胞体积
为a2bcm3，则有 ×a2bcm3=Vcm3，N = 。
A
（3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO，TiO 与焦炭、Cl 高温下反应生成TiCl 和一种可燃性气体，则该
2 2 2 4
气体为CO，精制TiCl 加Mg还原，生成MgCl 和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO 与C、
4 2 2
Cl 反应生成TiCl 和CO，化学方程式为TiO+2C+2Cl TiCl +2CO。
2 4 2 2 4
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl 的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的
2
Ti为液态，Mg和MgCl 为气态，则最低温度应为1668℃。
2
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，
而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
17．（12分）铝酸铋[Bi(AlO)]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成
2 3
分为BiS，含有SiO、Cu S、FeS 杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：
2 3 2 2 2
已知：①常温下，Cu(OH) 、Fe(OH) 、Fe(OH) 和Bi(OH) 的K 分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和
2 2 3 3 sp
8.0×10-31，lg2=0.3。
②Cu(OH) 能溶于氨水生成[Cu(NH )]2+。
2 3 4
③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH) ]2-和[Sn(OH) ]2-的形式存在。
4 6请回答下列问题：
(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl 与Cu S反
3 2
应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(3)“还原”时，加入铋的目的是___________。
(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应
小于___________。
(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH) ]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式：___________。
4
(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH) 氧化为NaBiO，写出该反应的化学方程式：___________。
3 3
【答案】(1)第六周期VA族
(2) 2N 4：1
A
(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH) 生成
3
(4)7.3
(5)2Bi3++3[Sn(OH) ]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH) ]2-
4 6
(6)Bi(OH) +NaOH+NaClO=NaBiO +NaCl+2HO
3 3 2
【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性
金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，
将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、
氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，
过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝
酸钠溶液反应制得铝酸铋。
【解析】（1）原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答
案为：第六周期VA族；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧
键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为 ×4×N mol—1=2N ；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化
A A
亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl +Cu S=4FeCl +2CuCl +S，则反应中氧化剂氯化铁与还
3 2 2 2
原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2N ；4：1；
A
（3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧
化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH) 生成；
3
（4）由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为 =2.0×10—7mol/L，
溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3；
（5）由题意可知，碱性溶液中 [Sn(OH) ]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH) ]2-，反应的离子方程式为
4 6
2Bi3++3[Sn(OH) ]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH) ]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH) ]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH) ]2-；
4 6 4 6
（6）由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH) 反应生成NaBiO、氯化钠和水，反应的
3 3
化学方程式为Bi(OH) +NaOH+NaClO=NaBiO +NaCl+2HO，故答案为：
3 3 2Bi(OH) +NaOH+NaClO=NaBiO +NaCl+2HO。
3 3 2
18．（12分）四碘化锡为橙红色晶体，广泛应用于黑磷烯材料的制备。实验室常以锡粒为原料通过反应
，实验装置如图(加热及夹持装置略)。
已知：
物质 熔点／℃ 沸点／℃ 溶解性 性质
145.8 364.5 可溶于 、 等有机溶剂 易水解
112.0 46.2 难溶于水 易挥发
回答下列问题：
(1)仪器C的名称是___________；C的出水口为___________(填“a”或“b”)。
(2)检查装置气密性后向A中加入少量无水乙醚，加热A至乙醚完全挥发，其目的是___________。快速打
开B，将7.50g锡粒、25.40g碘单质、35.00mL 加入装置A中；加热，当观察到___________时说明反
应结束；停止加热，趁热过滤除去固体杂质，用 多次洗涤装置A及残渣，合并滤液和洗涤液，经一系
列操作得到橙红色晶体。
(3)用乙酸酐( )代替 作反应溶剂能得到更高的产率，但需将锡粒处理为极碎的锡箔。若仍
然用锡粒，反应引发后很容易停止，其原因是___________。
(4)利用滴定法测定 产品的纯度，实验如下：称取mg产品品，加入足量的水，使产品充分水解
。将上层清液全部定容于250mL容量瓶中，移取25.00mL于锥形瓶
中，加入少量 和几滴KSCN溶液，用cmolL 的 标准溶液滴定至终点时，消耗 标准溶液
VmL。(已知： ) ⋅
样品中 的质量分数为___________；若不加 ，则样品中 质量分数的测定值将___________(填
“偏大”、“不变”或“偏小”)。
【答案】(1)球形冷凝管 b
(2)蒸发乙醚，排出装置内空气，防止SnI 水解或锡与氧气反应 冷凝管滴下的液体为无色(或反应容器
4内气体紫色消失)
(3)SnI 为非极性分子，乙酸酐为极性分子，故SnI 在该溶剂中溶解度较小，生成的SnI 包裹在锡粒表面，
4 4 4
阻碍了后续反应的进行
(4) 偏小
【分析】锡粒和碘在二硫化碳中加热到400℃反应生成四碘化锡，通过冷凝管冷凝回流，提高反应物的利
用率，所制产品进行分析及测定含量；
【解析】（1）根据仪器的构造可知，仪器C的名称是球形冷凝管；冷凝水应该下进上出，故C的出水口
为b；
（2）检查装置气密性后向A中加入少量无水乙醚，加热A至乙醚完全挥发，其目的是蒸发乙醚，排出装
置内空气，防止SnI 水解或锡与氧气反应；快速打开B，将7.50g锡粒、25.40g碘单质、35.00mL 加入
4
装置A中；加热，当观察到冷凝管滴下的液体为无色(或反应容器内气体紫色消失)时说明反应结束；停止
加热，趁热过滤除去固体杂质，用 多次洗涤装置A及残渣，合并滤液和洗涤液，经一系列操作得到橙
红色晶体；
（3）用乙酸酐( )代替 作反应溶剂能得到更高的产率，但需将锡粒处理为极碎的锡箔。
SnI 为非极性分子，乙酸酐为极性分子，故SnI 在该溶剂中溶解度较小，生成的SnI 包裹在锡粒表面，阻
4 4 4
碍了后续反应的进行，故若仍然用锡粒，反应引发后很容易停止；
（4）根据反应 、 可知关系式
SnI ~4HI~4Fe3+，样品中 的质量分数为 = ；
4
若不加 ，则无法将碘单质与萃取，存在平衡，消耗的铁离子减少，故样品中 质量分数的测定值将
偏小。
19．（12分）2023年3月1日新版国家医保药品目录正式实施，药品总数达到2967种，一定程度上减轻
了患者看病的负担，目录中的免疫调节剂泊马度胺Ⅰ的合成路线如下：已知：① ，-Boc代表
②
③
回答下列问题：
(1)E的名称为________；A中含氧官能团的名称为________。
(2)化合物A能溶于水，其原因是__________。
(3)H→I的反应类型为___；若想测定泊马度胺Ⅰ分子的空间结构，则需下列哪种分析手段：_____。
A．X射线衍射 B．质谱法 C．元素分析仪 D．红外光谱
(4)写出等物质的量 的化学方程式：____________。
(5)E的芳香族同分异构体中既能发生银镜反应又能与 反应生成气体的有________种；其中核磁共
振氢谱中4个峰的分子结构简式为____________。
(6)参考题中信息和所学知识，写出由化合物M( )为原料合成化合物N( )的
路线图(其他试剂任选) _________。
【答案】(1)邻苯二甲酸 酰胺基和羧基
(2)化合物A氨基和羧基是亲水基团，能与水形成氢键
(3) 还原反应 A
(4)
(5) 13
(6)【分析】根据反应流程图，A进行反应①生成B，保护氨基；B在一定条件下发生分子内反应，氨基和羧
基反应生成C；C在HCl/CH Cl 条件下脱去氨基上的-Boc保护基得到D；根据I的结构式，可推测H为
2 2
；从而可知G为 ，F为 ；据此分析解题。
【解析】（1）E的名称为邻苯二甲酸，A中含氧官能团为酰胺基和羧基；故答案为邻苯二甲酸；酰胺基和
羧基。
（2）化合物A中含有氨基和羧基，是亲水基团，能与水形成氢键，所以能溶于水；故答案为化合物A氨
基和羧基是亲水基团，能与水形成氢键。
（3）由分析可知，H→I为-NO 还原为-NH ，反应类型为还原反应；若想测定泊马度胺Ⅰ分子的空间结构，
2 3
需进行X射线衍射分析；故答案为还原反应；A。
（4）由分析可知，G为 ，H为 ；所以 的化学方程式为
；故答案为
。
（5）E的芳香族同分异构体中，能发生银镜反应说明由醛基，能与 反应生成气体说明有羧基；当
取代基为-CHO，-OH和-COOH时，分别与苯环相连；-CHO和-OH处在邻位时，有4种结构，-CHO和-
OH处在间位时，有4种结构，-CHO和-OH处在对位时，有2种结构，当共10种；当取代基为-COOH和-
OCHO时，有邻，间，对3种结构，所以共13种同分异构体；其中核磁共振氢谱中4个峰的分子结构简式
为 ；故答案为13； 。
（6）参考反应流程图， 中含有两个氨基，需要先对不需要反应的氨基进行保护，然后进
行分子内酰胺反应，然后脱去保护基即可；所以反应流程可以为；故答案为
。
20．（12分）近日，科学家开发新型催化剂实现一氧化二氮对C4馏分中2-丁烯的气相选择性氧化，反应
原理如图所示。
反应1：CHCH=CHCH (g)+NO(g) CHCHCOCH (g)+N(g) ΔH ；
3 3 2 3 2 3 2 1
反应2：CHCH=CHCH (g)+2NO(g) 2CHCHO(g)+2N (g) ΔH <0。
3 3 2 3 2 2
(1)几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键 C-H C-C C=C C=O N≡N N=O N=N
键能/kJ·mol 413 347 614 745 945 607 418
已知NO的结构式为N=N=O。根据键能估算：ΔH=_______kJ·mol-1。
2 1
(2)在恒温恒容密闭容器中充入CHCH=CHCH (g)和NO(g)，发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明
3 3 2
反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体密度不随时间变化
B．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
C．混合气体总压强不随时间变化
D．混合气体中N 浓度不随时间变化
2
(3)一定温度下，向恒压密闭容器中充入CHCH=CHCH (g)和NO(g)，发生上述反应1和反应2，测得平衡
3 3 2
体系中N 的体积分数与起始投料比[ ]的关系如图1所示。
2在M、N、Q三点中，CHCH=CHCH (g)的转化率由小到大排序为_______(填字母)。图1中，N点的氮气
3 3
的体积分数小于50%的原因是_______。
(4)反应1的速率方程为v =k c(CHCH=CHH )·c(NO)，v =k c(CHCHCOCH )·c(N)(k 、k 为正、逆
正 正 3 3 2 逆 逆 3 2 3 2 正 逆
反应速率常数，与温度、催化剂有关)。已知：阿伦尼乌斯经验公式为Rlnk=- (R为常数，T为温度，k
为速率常数，E 为活化能)。测得反应1在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，速率常数与温度的倒数关系如图
a
2所示。
催化效果较高的催化剂是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。
(5)在反应器中充入1mol2-丁烯和2molN O(g)，发生上述反应，测得2-丁烯的平衡转化率与温度、压强的关
2
系如图3所示。X点时丁酮(CHCHCOCH )的选择性为 [CHCHCOCH 的选择性=
3 2 3 3 2 3
]。
①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是_______。p_______31kPa(填“>”“<”或
“=”)。②Y点反应1的压强平衡常数K 为______________(结果保留两位有效数字)。
p
(6)以熔融碳酸盐(如KCO)为电解质，丁烯(C H)/空气燃料电池的能量转化率较高。电池反应为
2 3 4 8
C H+6O =4CO +4H O负极反应式为_______。
4 8 2 2 2
【答案】(1)-398
(2)A
(3) M<N<Q 反应1和反应2的产物中N 的体积分数均为50%，可逆反应中反应物必存在。N 体积分
2 2
数一定小于50%
(4)Cat2
(5)反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低 > 0.33
(6)C H-24e-+12 =16CO +4H O
4 8 2 2
【解析】（1）NO的结构式为N=N=O，反应热等于断键吸收的热量减去成键放出的热量，则
2
CHCH=CHCH (g)+NO(g) CHCHCOCH (g)+N(g) ΔH =8 413 kJ·mol+2 347 kJ·mol+614 kJ·mol+418
3 3 2 3 2 3 2 1
kJ·mol+607 kJ·mol-8 413 kJ·mol-3 347 kJ·mol-745 kJ·mol-945 kJ·mol=-398 kJ·mol。
（2）A．反应过程中混合气体的总质量和总体积都不变，密度是定值，当混合气体密度不随时间变化时，
不能说明反应达到平衡，故A选；
B．反应过程中混合气体的总质量不变，总物质的量增大，则混合气体平均摩尔质量减小，当混合气体平
均摩尔质量不随时间变化时，说明反应达到平衡，故B不选；
C．反应过程中混合气体的总物质的量增大，混合气体压强增大，当混合气体总压强不随时间变化时，说
明反应达到平衡，故C不选；
D．混合气体中N 浓度不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D不选；
2
故选A。
（3）CHCH=CHCH (g)的物质的量越多，反应1和反应2平衡正向移动，但CHCH=CHCH (g)的转化率减
3 3 3 3
小，则在M、N、Q三点中，CHCH=CHCH (g)的转化率由小到大排序为M<N<Q。图1中，N点的氮气的
3 3
体积分数小于50%的原因是：反应1和反应2的产物中N 的体积分数均为50%，可逆反应中反应物必存在。
2
N 体积分数一定小于50%。
2
（4）由图可知，相同温度下，在Cat2的催化下，速率常数k更大，说明催化效果较高的催化剂是Cat2。
（5）①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是：反应1和反应2的正反应都是放热
反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低。反应1是气体体积不变的反应，反应2是气体体
积增大的反应，则压强增大，反应1不移动，反应2平衡逆向移动，2-丁烯的平衡转化率降低的，则
p>31kPa；
②X点和Y点温度相同，二者平衡常数的压强平衡常数K 相等，计算X点的压强平衡常数K 即可，根据
p p
已知条件列出“三段式”：X点时丁酮(CHCHCOCH )的选择性为 ，则 = ，2-丁烯的转化率 =0.5，得x= ，y= ，反
3 2 3
应1的平衡常数K= =0.33。
p
（6）电池反应为C H+6O =4CO +4H O中，C H 在负极失去电子生成CO，电极方程式为：C H-24e-+12
4 8 2 2 2 4 8 2 4 8
=16CO +4H O。
2 2
