2024-2025学年高考化学一轮模拟题训练-山东地区适用
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 V-51 Fe-56 Ti -48 Co -59
一、单项选择题：共11题，每题3分，共33分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2024·山东青岛·三模）“寒夜客来茶当酒，竹炉汤沸火初红”，中国茶文化历史悠久。下列说法错误的是
A．茶叶富含纤维素，纤维素与淀粉均属于多糖
B．茶油富含的不饱和脂肪酸属于高分子化合物
C．泡茶的过程是溶解、浸取的过程
D．泡茶用的紫砂壶在烧制过程中发生了复杂的物理化学变化
2．（2024·山东青岛·三模）H、C、N、O是自然界和化学研究中最重要的四种元素。下列有关说法错误的是
A．、有还原性 B．C有多种同位素和同素异形体
C．浓硝酸可用于苯的硝化反应 D．参与的反应一定为氧化还原反应
3．（2024·山东日照·三模）液态氟化氢的电离方程式为：。下列说法错误的是
A．的结构为，其结构中存在配位键
B．的结构为，其结构中存在氢键
C．利用与浓硫酸共热制备HF气体，反应中体现浓硫酸的强氧化性
D．电解与HF混合物时阳极反应为
4．（2024·山东淄博·三模）下列关于试剂配制和存放的说法错误的是
A．氯水、澄清石灰水、银氨溶液需现用现配制
B．未用完的强氧化剂、需放回原试剂瓶
C．配制硫酸需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
D．存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化
5．（2024·山东日照·三模）从锌浸渣（主要含、，少量ZnS和）中提取Ge的流程如下：
已知：
①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，pH为2～7时主要为。
②常温下，，。
下列说法错误的是
A．被双氧水氧化的离子方程式
B．“中和沉淀”中，所加化合物A可为ZnO或
C．常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH＝4.4，锗元素和铁元素共沉淀，此时滤液中
D．从滤液回收晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角
6．（2024·山东·二模）钙(锂)介导电化学合成氨低能耗，效率高，是合成氨研究的热点领域，以下为该装置示意图，下列有关说法正确的是
A．阴极区反应：
B．此装置降低合成氨能耗的主要原因是钙或锂等金属能高效解离氮气形成相应的氮化物
C．含少量乙醇的水溶液会使该装置生产效率提高
D．整个装置每生成1mol氨消耗1.5mol
7．（2024·山东德州·三模）化合物能发生如下转化，下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中包含氧化反应与还原反应，过程Ⅱ发生酯化反应
B．与足量新制碱性悬浊液充分反应，生成
C．、N均能使酸性溶液褪色
D．、N、L均含有1个手性碳原子
8．（2024·山东菏泽·模拟预测）某小组在实验室模拟侯氏制碱过程，如下图，选择所给仪器或操作方法错误的是
A．饱和食盐水中应先通入
B．操作a用到的仪器有②④⑦
C．反应Ⅰ发生的容器是①
D．由溶液得到晶体的操作为蒸发结晶
9．（2024·山东德州·三模）《科学》杂志上发表了纯碳原子18环的一种合成方法如图所示。下列说法错误的是
C24O6C20O2C18
A．中可能存在大键 B．与金刚石互为同素异形体
C．和都是非极性分子 D．和二者的C原子杂化种类相同
10．（2024·山东·模拟预测）水果中维生素（摩尔质量为）的含量可用化学实验方法测定。酸性条件下，向含维生素的淀粉溶液中加入溶液，当溶液刚刚加入时，会与迅速发生氧化还原反应生成；然后生成的会与维生素发生反应（二者以物质的量之比反应），被迅速消耗；当溶液中的维生素全部反应后，与继续反应生成的会使淀粉变蓝色。实验步骤如下：
（1）称取水果样品，切碎研磨，取其汁配成溶液待用；
（2）取该溶液于锥形瓶中，向其中加入适量盐酸和过量淀粉溶液；
（3）向滴定管中装入标准溶液，记录滴定管读数为；
（4）用滴定管向锥形瓶中逐滴加入标准溶液至终点，记录滴定管读数为。
依据上述实验原理及实验步骤，下列叙述不正确的是
A．配制标准溶液，定容时俯视，测定结果将偏高
B．滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后装入标准溶液
C．滴定前，锥形瓶用待测样品溶液润洗，测定结果将偏高
D．读数时，应把滴定管固定在铁架台的蝴蝶夹中使其竖直
11．（2024·山东日照·三模）逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
常压下，向密闭容器中充入1mol CO2和2mol H2，达平衡时H2、H2O和含碳物质的物质的量随温度的变化如图。下列说法正确的
A．
B．a代表CO、b代表、c代表
C．649℃时，反应Ⅰ的平衡常数
D．800℃时，适当增大体系压强，n(CO)保持不变
二、多项选择题：共4题，每题4分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。
12．（2024·山东临沂·二模）在催化剂中元素的作用下可以产生具有极强氧化活性的，其在固态催化剂表面转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程①中每转移电子，晶胞中产生空位
B．过程②中在空位产生
C．催化过程中的配位数不变
D．相同条件下，比催化效果好
13．（2024·山东青岛·三模）以磷矿石[为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。有关说法正确的是
已知：
①磷矿石的含磷量>25%为高品位矿(以计)。
②电炉主反应为
A．“炉渣”中除含还可能含有
B．“电除尘器”除尘利用了胶体的聚沉
C．可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用
D．1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是高品位
14．（2024·山东日照·三模）以惰性电极电解丙烯腈（）合成己二腈[]，原理如图，电解过程会产生丙腈（）等副产物。下列说法正确的是
A．电极Y的电势高于电极X的电势
B．电解池中的移动方向：右室→质子交换膜→左室
C．电极Y上反应ⅰ的电极反应式为
D．生成2.24L （标况下）时，X极区溶液的质量减少3.6g
15．（2024·山东·二模）卤代烃碱性条件下可以水解，其中一种机理如下，有关说法正确的是
A．中间产物中碳正离子杂化方式为sp2
B．目标产物中含有对映异构体
C．溴苯更容易发生此类反应
D．决速步是第二步
16．（2022·山东聊城·三模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是
A．钛合金比纯钛硬度大是因为钛合金中金属原子的层状排列更规则
B．氯化过程中FeCl3，既是氧化产物又是还原产物
C．制取金属钛时，可用CO2替代Ar气以隔绝空气
D．若制取1mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol
二、非选择题：共5题，共51分
17．（2024·山东日照·三模）实验室常用金属锌、（易升华）和醋酸钠制备醋酸亚铬，醋酸亚铬晶体的化学式为，难溶于冷水，易溶于酸，易被空气氧化。回答下列问题：
Ⅰ.制备无水（见图甲）
(1)仪器b的名称为 。管式炉中有光气（）生成，其化学方程式为 ；光气有剧毒，易水解，b中生成的盐是 （填化学式）。
(2)反应管右端有15cm在管式炉外，其作用是 。
Ⅱ.制备醋酸亚铬（见图乙）
(3)三颈烧瓶中生成的离子方程式为 ；锌粒的作用 。
(4)实验时用7.93g （摩尔质量）固体与0.75L 0.2醋酸钠溶液充分反应得到7.99g干燥纯净的（摩尔质量），该实验的产率为 （不考虑醋酸亚铬晶体的溶解）。
18．（2024·山东·模拟预测）为白色粉末，不溶于水，能与反应生成，在空气中迅速被氧化为绿色铜盐。以含铜矿粉（含有、、及铁的氧化物杂质）为原料制备的流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)含铜矿粉反应后过滤得到的滤渣中含有硫单质，参与反应的离子方程式为 。
(2)已知：部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如下表：
开始沉淀的 1.5 4.2
沉淀完全的 3.3 6.7
加入氨水中和调节溶液的范围是 。
(3)“络合反应”得到，生成该物质的离子方程式为 ，“络合反应”后得到主要沉淀的化学式是 。
(4)“蒸氨”得到的、用吸收液吸收，得到的吸收液可返回到 工序回收利用。
(5)“中和”过程中加入氢氧化钠溶液调节为，值不能过小的原因是 。
(6)“合成”过程得到，在碱性环境中水解生成。生成的离子方程式为 。
(7)“酸化”过程中盐酸的浓度不能太大的理由是 。
19．（2024·山东淄博·三模）和的重整制氢涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1) ，该反应能 （填“高温”或“低温”）自发进行。
(2)一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。
A．b、c点的
B．正反应速率
C．a点所示条件下满足
D．在a点再通入，平衡后的转化率将增大
(3)在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：的收率，的收率]
①时，的体积分数为 ，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是 。
②计算，的收率 。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为 （列式表示）。
20．（2024·山东泰安·模拟预测）茚草酮是一种常见的除草剂，主要用于水稻和草坪上。以A和芳香烃E为原料可以制备茚草酮，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为 。
(2)写出B→C的化学方程式 。
(3)C→D的反应类型为 ，E→F的反应所需试剂为 。
(4)G的化学名称为 。
(5)若I分子的碳碳双键和Br2分子加成，则产物中有 个手性碳原子。
(6)B的同分异构体中，满足下列条件的结构有 种。
①与FeCl3溶液发生显色反应；②含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为 。
(7)利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程：
利用上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线 。(用流程图表示，其他无机试剂任选)
参考答案：
1．B
【详解】A．纤维素与淀粉均属于多糖，A正确；
B．高分子化合物的相对分子质量要超过一万，不饱和脂肪酸不属于高分子化合物，B错误；
C．泡茶的过程就是将茶叶中的化学成分通过浸泡的过程，逐渐溶解到水中，C正确；
D．泡茶用的紫砂壶在烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，包含复杂的物理变化和化学变化，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．氢气中H元素的化合价为0价，易失电子表现出还原性，中H元素的化合价为-1价，同样易失电子表现出还原性，故A正确；
B．C有多种同位素，如：12C、14C、16C等，C有多种同素异形体，如：金刚石、石墨等，故B正确；
C．在浓硫酸的作用下，浓硝酸可以与苯发生硝化反应，故C正确；
D．臭氧转化为氧气的反应不是氧化还原反应，故D错误；
故答案选D。
3．C
【详解】A．的结构为，其中H原子提供空轨道，F原子提供孤电子对，形成配位键，A项正确；
B．的结构为，其中F原子间形成氢键，B项正确；
C．利用与浓硫酸共热制备HF气体，反应中体现浓硫酸的难挥发性，C项错误；
D．电解与HF混合物时，阳极失电子生成F2，阴极上HF得电子生成H2F+，则阳极反应为，D项正确；
故答案为：C。
4．B
【详解】A．氯水中次氯酸见光分解、导致氯水变质，澄清石灰水会吸收二氧化碳而变质，银氨溶液久置会产生爆炸性物质，故均需现用现配制，A正确；
B．未用完的强氧化剂如、等可能已被污染或变质，不能放回原试剂瓶， B错误；
C．由配制一定质量分数的溶液步骤可知，配制硫酸需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，C正确；
D．具有强还原性易被氧气氧化，且易水解，则存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化，D正确；
故选B。
5．D
【分析】由题给的流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合液，将转化为硫酸锌和硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌，硫酸锗和硫，过滤得到含有硫酸钙和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入化合物A，根据不引入新杂质可知A为氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁，氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥得到七水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗在一定条件下水解，过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。
【详解】A．被双氧水氧化的离子方程，Ａ项正确；
B．根据不引入新杂质，“中和沉淀”中，可知A为ZnO或，B项正确；
C．常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH＝4.4，锗元素和铁元素共沉淀，由溶度积可知，滤液中锗离子和铁离子的浓度比为： ，C项正确；
D．从滤液回收晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，D项错误；
故答案为：D。
6．B
【分析】由图可知，通入氢气的电极为阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-离子反应生成C2H5OH，C2H5OH解离出氢离子和C2H5O-离子，通入氮气的电极为阴极，钙离子在阴极得到电子生成钙，钙与氮气反应生成Ca3N2，Ca3N2与氢离子反应生成Ca2+和氨气，则阴极的电极反应式为Ca2++2e-=Ca，N2+3Ca= Ca3N2，Ca3N2+6H+=3Ca2++2NH3，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，H2在阳极上失去电子，故阳极区反应式为：，A错误；
B．由分析可知，此装置降低合成氨能耗的主要原因是钙或锂等金属能高效解离氮气形成相应的氮化物，B正确；
C．由于水能与Ca直接反应，故含少量乙醇的水溶液不会使该装置生产效率提高反而降低，C错误；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，故整个装置每生成1mol氨，不消耗Ca2+，Ca2+只是电解质导电，D错误；
故答案为：B。
7．D
【详解】A．由题干转化流程图可知，过程Ⅰ中醛基变为羧基、醛基变为醇羟基，故包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生分子内酯化反应，A正确；
B．由题干转化流程图可知，1mol M中含有2mol醛基，故0.5molM与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分反应，生成1mol Cu2O，B正确；
C．M中含有醛基，N中含有醇羟基(且与羟基相连的碳原子含有H)，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；
D．同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的结构简式可知，M中不含手性碳原子，N、L中均含有1个手性碳原子，如图所示：、，D错误；
故答案为：D。
8．D
【详解】A．溶解度大，先通氨气是为了使饱和食盐水碱化，增大二氧化碳在其中的溶解度，提升原料的利用率，A正确；
B．操作a为过滤，所给仪器中用到的是漏斗、铁架台、玻璃棒，B正确；
C．反应Ⅰ为固体加热分解，应用坩埚，C正确；
D．晶体受热易分解，应选用降温结晶，D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．C18中18个碳原子共平面，存在多个相互平行的p轨道，p轨道重叠可形成大π键，因此C18中可能存在大π键，A正确；
B．C18与金刚石均是由碳元素形成两种性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．由题干图示结构可知，C20O2分子正电和负电中心不重合，为极性分子，C18正电和负电中心重合，为非极性分子，C错误；
D．C24O6、C20O2中连接双键的碳原子采用sp2杂化，连接三键的碳原子采用sp杂化，二者C原子均采用sp2、sp两种方式杂化，种类相同，D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．配制cmol L 1KIO3标准溶液时，定容时俯视，俯视读数比实际大，则实际值在刻度线以下，水少，测定结果将偏高，故A项正确；
B．滴定前，酸式滴定管用蒸馏水洗净后，为防止附着在滴定管壁上残留的水稀释溶液，导致实验误差，在装液体前，应用标准溶液润洗滴定管，故B项错误；
C．锥形瓶用待装液润洗，导致待测液的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C项正确；
D．读数时，应把滴定管固定在铁架台的蝴蝶夹中使其竖直或用两手指拿住滴定管的上端，使其与地面垂直，故D项正确；
故本题选B。
11．D
【分析】由题干信息可知，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，则n(CO)增大、c(CH4)减小，结合题干图像可知，c表示CO、a表示CO2、b表示CH4，据此分析解题。
【详解】A．方程式Ⅱ-Ⅰ得方程式3H2(g)+CO(g)═CH4(g)+H2O(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-165.0-41.1)kJ/mol=-206.1kJ/mol，A错误；
B．由分析可知， a表示CO2、b表示CH4 、c表示CO，B错误；
C．由分析结合题干图示信息可知，649℃平衡时n(H2)=1.2mol，消耗n(H2)=(2-1.2)mol=0.8mol，n(CO)=n(CO2)，因为还生成CH4，所以生成n(H2O)小于0.8mol，该反应的平衡常数K=＜=，C错误；
D．高温时反应Ⅰ进行的程度很大，反应Ⅱ、Ⅲ进行的程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，n(CO)保持不变，D正确；
故答案为：D。
12．BD
【详解】A．固体催化剂中含有Fe3+、Fe2+，如图转化①的过程可以描述为：失去电子被氧化为O2，Fe3+得到电子后被还原为Fe2+，晶体中部分O原子失去后形成氧空位，过氧化氢中氧是-1价，要形成氧气，则需要转移2mol电子，才能形成1molO空位，故A错误；
B．根据对①过程的分析，结合②流程可知，当进行此过程时，亚铁离子转化为铁离子，同时在空位产生·OH，故B正确；
C．与相互转出的过程中，La的配位数明显发生变化，故C错误；
D．设中Fe3+的数目为x，Fe2+的数目为1-x，La的化合价为+3，化合物中元素化合价代数和为0，即+3+3x+2(1-x)-2×2.6=0，解得x=0.2，则Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.2：(1-0.2)=1:4，根据上述的计算方法可知，中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为3:2，晶体中Fe2+的数目小于晶体，晶体中Fe2+的数目越多，与反应时生成的·OH越多，所以的催化效果好，故D正确;
故选BD。
13．AC
【详解】A．根据题意，磷矿石[Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素，故“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca(AlO2)2，A正确；
B．“电除尘器”除尘利用了胶体的电泳，B错误;
C．由已知反应②可以看出，SiO2可以和矿石中某些物质反应，起到助熔剂的作用，C正确；
D．1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石含磷量为：＞25%，则该矿石是高品位，D错误；
故选AC。
14．CD
【分析】由图可知，CH2=CHCN在Y极生成NC(CH2)4CN，该过程中C的化合价降低，发生还原反应，Y极是电解池阴极，X为阳极，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Y极是电解池阴极，X为阳极，电势：X极＞Y极，A错误；
B．电解池中H+向阴极移动，H+移动方向：左室→质子交换膜→右室，B错误；
C．电极Y上反应ⅰ生成己二腈，电极反应式为，C正确；
D．X为阳极，H2O在阳极失去电子得到O2，电极方程式为：，若X极产生2.24L(标准状况) O2，物质的量为，生成的O2导致质量减少，通过质子交换膜，转移到阴极的质子的物质的量为0.4 mol，质量为0.4g，故X极区溶液的质量减少3.2g+0.4g=3.6g，D正确；
故选CD。
15．AB
【详解】A．由题干反应历程图可知，中间产物中碳正离子周围形成3个σ键不含孤电子对，即价层电子对数为3，故其杂化方式为sp2，A正确；
B．由题干反应历程图可知，目标产物即CH3CH(OH)CH2CH3中存在手性碳原子，故含有对映异构体，B正确；
C．溴苯中由于苯环为吸电子基团，故在发生该类反应是更难形成Br-和碳正离子，即更难发生此类反应，C错误；
D．由题干反应历程图可知，步骤一为化学键的断裂，需要吸收能量，而步骤二为化学键的形成，释放能量，则第一步速度较慢，即决速步是第一步，D错误；
故答案为：AB。
16．BD
【分析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，制取金属钛的化学方程式为：Mg+ TiCl4Ti+MgCl2，以此来解析。
【详解】A．合金内加入了其他元素或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，A错误；
B．根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl的化合价由0价降低为-1价，FeCl3，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．制取金属钛时，选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar气以隔绝空气，C错误；
D．根据氯化过程中发生反应2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4和根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4～7mole-～Ti，可知若制取1mol金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol，D正确；
故选BD。
17．(1) 抽滤瓶 和NaCl
(2)使凝华
(3) 还原，与盐酸反应生成氢气排空气
(4)85%
【分析】Ⅰ.制备无水：CCl4进行水浴加热汽化，通入N2的目的是将装置内的空气排出，CCl4蒸气在反应管中与Cr2O3反应，根据试题中信息，可写出反应方程式为：，用NaOH溶液进行尾气处理，a中无水氯化钙的作用是防止水蒸气进入反应管中；
Ⅱ.制备醋酸亚铬：三颈烧瓶中Zn与盐酸反应产生H2将装置内空气排出，Zn将Cr3+还原为Cr2+，关闭活塞b，打开a，利用活塞D向抽滤瓶注入空气，将醋酸钠溶液压入三颈烧瓶与Cr2+反应生成醋酸亚铬。
【详解】（1）仪器b是抽滤瓶；管式炉中有生成，则反应管中的化学方程式为：；光气水解生成CO2和HCl，与b中NaOH反应生成的盐是和NaCl；
（2）易升华，反应管右端有15cm在管式炉外，其作用是使凝华，收集产物；
（3）根据上述分析，三颈烧瓶中生成的离子方程式为；Zn的作用是还原，与盐酸反应生成氢气排空气；
（4）7.93g 的物质的量为，0.75L 0.2醋酸钠的物质的量为0.15mol，故少量，理论上可以生成0.025mol，质量为0.025mol=9.4g，故实验的产率为。
18．(1)
(2)
(3)
(4)络合反应
(5)值过小，与后续流程中的反应
(6)
(7)若浓度太大，容易生成
【分析】铜矿粉（含有、、及铁的氧化物杂质）加入硫酸和二氧化锰，二氧化锰具有氧化性，将S元素转化为S单质，转化为，过滤得到硫单质，向滤液中加入氨水，转化为，过滤得到，向滤液中加入碳酸氢铵和通入氨气，发生络合反应生成和，过滤将除去，将滤液进行蒸氨，得到得到的、，过滤得到硫酸铵，将滤渣进行酸溶，加入氢氧化钠进行中和，在再加入氯化钠和亚硫酸钠进行合成得到，经过过滤洗涤、酸化、过滤、干燥得到产品，据此回答。
【详解】（1）氧化含硫物质，参与反应的离子方程式为；
（2）加入氨水保证沉淀完全，不沉淀，因此调节溶液的范围是；
（3）“络合反应”得到，生成该物质的化学方程式为，“络合反应”后得到的主要沉淀的化学式是；
（4）“蒸氨”得到的、用吸收液吸收得到，得到的吸收液返回到“络合反应”工序回收利用；
（5）加入氢氧化钠溶液调节为，值过小，会与后续流程中的反应；
（6）“合成”过程得到，在碱性环境中水解生成的离子方程式是；
（7）“酸化”过程中生成，若浓度太大，容易生成。
19．(1) 高温
(2)BC
(3) 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗多 21% 减小
【详解】（1）反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，；
，时，反应可以自发进行，该反应，，可知高温能自发进行；
（2）A．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足v正(H2S)=2v逆(S2)，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案选BC；
（3）在恒压100kPa下按组成n(H2S):n(CH4):n(Ar)=1:1:4.7通入混合气体，由图甲知，1050℃时，CS2的体积分数为0.1%，S2体积分数为1.6%，列三段式如下：
n总=1-2x-2y+1-y-z+y+z+2x+2y+4z+x-y+4.7=6.7+x-y+4z，CS2的体积分数=， S2的体积分数=，由H2体积分数=可知，H2体积分数=2×S2的体积分数＋4×CS2的体积分数=3.6%；
950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多，故在950℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1mol，则反应的H2S为0.32mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2中的S原子为0.0128mol，则CS2中S原子为0.3072mol，CS2中C原子为0.1536mol，则消耗的CH4为0.1536mol，H2中总的H原子为0.32mol×2＋0.1536×4=1.2544mol，则H2的收率为；
保持恒压100kPa和投料比n(H2S):n(CH4)=1:1不变，不通入Ar，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1mol，则反应的H2S为0.32mol，剩余的H2S为0.68mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2中的S原子为0.0128mol，S2为0.0064mol，约为0.006mol，则CS2中S原子为0.3072mol，CS2为0.1536mol，CS2中C原子为0.1536mol，则消耗的CH4为0.1536mol，剩余的CH4为0.8464mol，H2中总的H原子为0.32mol×2＋0.1536×4=1.2544mol，H2为0.6272mol，约为0.6mol，体系总的物质的量为7mol，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为。
20．(1)碳氯键、羰基(酮基)
(2) +H2O
(3) 取代反应 酸性KMnO4溶液
(4)邻苯二甲酸二乙酯
(5)1
(6) 13
(7)
【分析】
A发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应，生成D，根据G的结构简式，E为，E发生氧化反应生成F，F发生酯化反应，生成G，再经过一系列反应，得到产品。
【详解】（1）根故A的结构简式，含有的官能团名称为：碳氯键、羰基(酮基)；
（2）
B发生消去反应生成C，化学方程式为： +H2O；
（3）
C发生取代反应生成D，E在酸性KMnO4溶液等氧化剂的条件下，生成F，E→F的反应所需试剂为酸性KMnO4溶液；
（4）
F与乙醇发生酯化反应生成G，G的名称为：邻苯二甲酸二乙酯；
（5）
I与Br2发生反应生成，连接四种不同基团的为手性碳原子，与乙基相连的碳原子是手性碳原子，只有1个；
（6）
B的结构简式：，①与FeCl3溶液发生显色反应，含有；②含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；若有邻、对、间3种，若结构有3个取代基，苯环取代基为-OH、-Cl、-CH(CH3)2，羟基与氯原子有邻、间、对3种位置关系，对应的-CH(CH3)2分别有4种、4种、2种位置，该情况有10种位置异构，共13种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为：。
（7）
乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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