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【高考真题】2024年贵州高考真题化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024·贵州）历史文物见证了中华民族共同体在发展中的交往交流交融。下列贵州出土的文物中主要由天然高分子材料制成的是
文物图示
选项 A．青陶罐 B．带盖铜托杯
文物图示
选项 C．鹭鸟纹蜡染百褶裙 D．九凤三龙嵌宝石金冠
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、青陶罐的材质是陶瓷，属于无机非金属材料，不是天然高分子材料，故A不符合题意 ；
B、带盖铜托杯的材质是铜，属于金属材料，不是天然高分子材料，故B不符合题意 ；
C、鹭鸟纹蜡染百褶裙的材质是织物（如棉、麻等），主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，故C符合题意 ；
D：九凤三龙嵌宝石金冠的材质是金、宝石，属于金属、无机矿物材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：明确天然高分子材料的范畴：天然高分子是自然界存在的高分子化合物（如纤维素、蛋白质等，常见载体为织物、木材等）。
逐一分析文物材质：陶瓷（A）、金属（B、D）均不属于高分子材料；织物类文物（C）的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料。
2．（2024·贵州）下列叙述正确的是
A．KBr的电子式：
B．聚乙炔的结构简式：
C．的空间结构：平面三角形
D．的名称：2-甲基-2-丁烯
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、选项中没有标注Br的负电荷，且未完整表示电子对，KBr的正确电子式为：，A错误；
B、乙炔单体为HC≡CHHC≡CH，聚乙炔是由乙炔聚合得到的高分子化合物，且聚乙炔的结构为单双键交替结构，故正确的结构简式为，B正确；
C、的中心硫原子有3个氧原子和1对孤对电子，中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，C错误；
D、主链应包含双键，最长碳链为4个碳，双键位置最近端编号，主链为丁烯，双键在1-2位，取代基在2号碳，因此CH3CH2C(CH3)=CH2的系统命名为2-甲基-1-丁烯，D错误；
故答案为：B
【分析】烷烃的系统命名法口诀：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前，标位置，连短线；不同基，简到繁，相同基，合并算，而烯烃的命名方法：与烷烃相似，即：长、多、近、简、小的命名原则，但不同点是主链必须含有双键或叁键。
3．（2024·贵州）厨房中处处有化学。下列说法错误的是
选项 生活情境 涉及化学知识
A 清洗餐具时用洗洁精去除油污 洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质
B 炒菜时不宜将油加热至冒烟 油脂在高温下容易生成对身体有害的稠环化合物
C 长期暴露在空气中的食盐变成了糊状 食盐中常含有容易潮解的
D 久煮的鸡蛋蛋黄表面常呈灰绿色 蛋白中硫元素与蛋黄中铁元素生成的FeS和蛋黄混合呈灰绿色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】蛋白质的特殊反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．洗洁精中的表面活性剂具有亲水和亲油的特性，能够将油污分散成微小的液滴，防止其聚集在一起，利用的是乳化原理，并非是使油污水解， A错误；
B．高温下，油脂中的有机物会发生热解和不完全燃烧生成对身体有害的稠环化合物，因此炒菜时不宜将油加热至冒烟，B正确；
C．MgCl2易潮解，氯化钠不潮解，所以长期暴露在空气中的食盐变成了糊状是因为食盐中常含有容易潮解的MgCl2，C正确；
D．蛋白质中含有S元素、蛋黄中含有Fe元素，在久煮的鸡蛋时蛋白中硫元素与蛋黄中铁元素生成的FeS，生成的FeS和蛋黄混合呈灰绿色，D正确；
故选A。
【分析】A．洗洁精除油污利用的是乳化原理；
Ｂ．当油脂被加热到高温时，油脂中的有机物会发生热解和不完全燃烧，从而产生多环芳烃，多环芳烃具有很强的致癌性；
Ｃ． 易潮解；
Ｄ．硫能与铁反应生成FeS。
4．（2024·贵州）贵州盛产灵芝等中药材。灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是
A．分子中只有4种官能团
B．分子中仅含3个手性碳原子
C．分子中碳原子的杂化轨道类型是和
D．该物质可发生酯化反应、加成反应和氧化反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中的官能团为羟基、碳碳双键、羰基、羧基，共4种，A正确；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子团的碳原子，该分子中含有9个手性碳原子，如图用“*”标记，B错误；
C．该分子中，双键上的碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，C正确；
D．该物质中有羟基和羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键和羰基，可以发生加成反应，羟基能被氧化为羧基，发生氧化反应，D正确；
故选B。
【分析】A．该分子中含有的官能团为羟基、碳碳双键、羰基、羧基；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．该物质含有碳碳双键、羧基、羟基、羰基，具有烯烃、羧酸、醇和酮的性质。
5．（2024·贵州）下列装置不能达到实验目的的是
A．图①可用于实验室制
B．图②可用于除去中少量的
C．图③可用于分离和
D．图④可用于制备明矾晶体
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、浓氨水与生石灰混合，生石灰遇水放热、促进 NH3 H2O 分解，可制备 NH3；用向下排空气法收集，装置①合理，A能达到目的；
B、H2S 能与 CuSO4溶液反应（H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4），而 C2H2不与 CuSO4反应，装置②可除去 C2H2中少量 H2S，B能达到目的；
C、CH2Cl2和 CCl4互溶，沸点不同，应采用蒸馏法分离，但装置③是分馏（需温度计测定馏分温度），且温度计水银球未在支管口处，不能分离二者，C不能达到目的；
D、饱和明矾溶液中悬挂明矾晶体，利用结晶原理可使晶体生长，装置④能制备明矾晶体，D能达到目的；
故答案为：C。
【分析】：A．浓氨水与生石灰反应（放热 + 消耗水）促进 NH3逸出，结合向下排空气法收集，装置匹配。
B．H2S 与 CuSO4反应生成沉淀，C2H2不反应，利用洗气法可除杂。
C．CH2Cl2与 CCl4互溶，需蒸馏分离，但装置③温度计位置错误（未在支管口），无法准确分离。
D．饱和溶液中悬挂晶体，通过结晶法可使明矾晶体生长。
6．（2024·贵州）二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的中子数为
B．每生成，转移电子数为
C．溶液中含有的数目为
D．标准状况下，中含键数目为
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．一个分子中含有10个中子，则中含有的中子数为，故A错误；
B．根据反应的化学方程式可知，反应过程中，Cl元素从+5价降低到+4价，每生成2mol转移2mol电子，的物质的量为1mol，则每生成，转移电子数为，故B错误；
C．溶液的体积未知，不能根据n=cV计算氢离子数目，故C错误；
D．CO2的结构式为O=C=O，一个CO2分子中含有2个 键，标准状况下，的物质的量为1mol，含键数目为，故D正确；
故选D。
【分析】A．一个中含有10个中子；
Ｂ．根据得失电子守恒计算；
Ｃ．溶液体积未知，无法计算离子数目；
Ｄ．标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。
7．（2024·贵州）下列离子方程式书写错误的是
A．用氢氟酸雕刻玻璃：
B．用绿矾处理酸性废水中的
C．用泡沫灭火器灭火的原理：
D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氟酸（HF）是弱酸，在溶液中不完全电离，不能拆分为H+和F-的离子形式，故用氢氟酸雕刻玻璃的正确离子方程式为：，A错误；
B、用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，且原子平衡：左边6Fe、2Cr、7O、14H，右边6Fe、2Cr、7O、14H且电荷平衡：左边6×(2+)+(-2)+14×(1+)=+12-2+14=+24，右边6×(3+)+2×(3+)=+18+6=+24，故正确的离子方程式为：
，B正确；
C、原子平衡：左边1Al、3H、3C、9O，右边Al(OH)3： 1Al、3O、3H；3CO2： 3C、6O；总计1Al、3C、3H、9O，电荷平衡：左边Al3+（+3）和3HCO3-（3×(-1) = -3），总电荷0；右边均为中性分子或沉淀，总电荷0，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、电解饱和食盐水的总反应：阳极氧化Cl-生成Cl2，阴极还原H2O生成H2和OH-，其中原子平衡：左边2Cl、4H、2O：，右边2OH-： 2O、2H；H2： 2H；Cl2： 2Cl；总计2Cl、4H、2O，电荷平衡：左边2Cl-（-2），H2O中性，总电荷-2；右边2OH-（-2），H2和Cl2中性，总电荷-2，故正确的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．（2024·贵州）我国科学家首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)]5[K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是
A．富勒烯C60是分子晶体
B．图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内
C．全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体
D．锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；同素异形体
【解析】【解答】A．富勒烯C60是由C60分子构成，属于分子晶体，A正确；
B．由图可知，该晶胞中12个Au原子构成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分别有5、10、5个面)，即中心K+周围有12个Au形成二十面体笼，B正确；
C．全金属富勒烯不是碳元素的单质，富勒烯C60是碳单质，因此全金属富勒烯与富勒烯C60不互为同素异形体，C错误；
D．锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，其基态原子价层电子为5s、5p能级上的电子，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3，D正确；
故选C。
【分析】A． 富勒烯C60 由分子构成；
Ｂ.12个Au原子构成二十面体笼；
Ｃ．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｄ．锑（Sb）位于第五周期第ⅤA族，其基态原子价层电子为5s、5p能级上的电子。
9．（2024·贵州）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成(结构如图)。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，N原子中2p能级上电子为半满结构，较为稳定，电离能反常高于相邻的O，第一电离能大于同周期与之相邻的元素，则第一电离能：CB、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，该化合物中O的电负性较大，可以和H之间形成氢键，B正确；
C、Be和Al处在元素周期表的对角线上，而处在对角线的元素性质相似，如都具有两性，C正确；
D、H、N、O虽然都是非金属元素但是任然可以可以形成离子化合物，如，其中其中NH4+和NO3-为离子，D正确；
故答案为：A
【分析】X的最外层电子数等于内层电子数，短周期主族元素中，只有Be满足此条件，原子序数4，电子排布1s22s2，最外层2个电子，内层2个电子，因此X为Be；Y是有机物分子骨架元素，有机物分子骨架元素通常为C，原子序数6，因此Y为C；Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物，室温下常见的液态化合物为H2O和H2O2，由H和O形成，W原子序数最小，Q原子序数最大，且原子序数依次增大，因此W为H，Q为O；原子序数依次增大，Z原子序数介于6和8之间，为N，原子序数7。
10．（2024·贵州）根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 将Zn和溶液与Cu和溶液组成双液原电池，连通后铜片上有固体沉积 原电池中Zn作正极，Cu作负极
B 向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，试管壁上出现银镜 乙醛有氧化性
C 向苯酚浊液中加入足量溶液，溶液由浑浊变澄清 苯酚的酸性比强
D 向溶液中先通入适量，无明显现象，再加入稀，有白色沉淀生成 稀有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用；乙醛
【解析】【解答】A．原电池中，较活泼的金属为负极，Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A错误；
B．乙醛含有醛基，具有还原性，与银氨溶液发生反应，试管壁上出现银镜，B错误；
C．向苯酚浊液中加入足量溶液，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚与反应生成苯酚钠与，可知酸性： 苯酚，但不能说明苯酚的酸性比强 ，C错误；
D．向溶液中先通入适量，无明显现象，加入稀，将氧化为，和Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，D正确；
故选D。
【分析】A．Zn比Cu活泼，构成的原电池中Zn为负极；
Ｂ．乙醛与银氨溶液反应时为还原剂；
Ｃ．根据强酸制弱酸原理分析；
Ｄ．硝酸具有强氧化性。
11．（2024·贵州）一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：，。体系中与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。
下列说法错误的是
A．该芬顿系统能量转化形式为太阳能电能化学能
B．阴极反应式为
C．光阳极每消耗，体系中生成
D．在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置先将太阳能转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确；
B．阴极上氧气得电子生成H2O2，电极反应式为，B正确；
C．光阳极发生电极反应：，生成，阴极发生电极反应：，即光阳极每消耗1molH2O，体系中生成，C错误；
D．由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，做还原剂，表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，该装置为电解池，太阳能转化为电能，后转化为化学能，光阳极上发生反应：，，同时还发生氧化反应： ，阴极发生还原反应，反应式为 。
12．（2024·贵州）硼砂水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠)。
已知：①时，硼酸显酸性的原理
②。
下列说法正确的是
A．硼砂稀溶液中
B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离
C．25℃时，硼酸水溶液的
D．等浓度等体积的和溶液混合后，溶液显酸性
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．水解生成等物质的量浓度的和，硼酸遇水转换，根据物料守恒有，A错误；
B．硼酸显酸性的原理为，该反应中，水提供氢离子，说明硼酸水溶液中的 主要来自水的电离，B正确；
C.25℃时， ，，，，，C错误；
D．的电离平衡常数，的水解平衡常数，说明等浓度等体积的和 混合溶液中的水解程度大于硼酸的电离程度，溶液显碱性，D错误；
故选B。
【分析】A． 硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠) ，硼酸在水溶液中发生电离，则溶液中存在物料守恒，根据物料守恒分析；
Ｂ．根据硼酸显酸性的原理分析，水提供氢离子；
Ｃ．先计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=-lgc(H+)计算；
Ｄ．计算的水解常数，与Ka比较可判断其水解程度与电离程度相对大小，进而判断溶液酸碱性。
13．（2024·贵州）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、BaS 与盐酸酸化生成 H2S 气体，同时加入过量 NaOH，S2-会与 H+、OH-反应，溶液 1 的主要溶质应为 NaCl（盐酸与 NaOH 中和产物），并非 Na2S，A错误；
B、从含 Ba(OH)2的溶液中获得 Ba(OH)2 8H2O 晶体，通过蒸发浓缩、冷却结晶使晶体析出，再经过滤、洗涤、干燥得到产品，该操作合理，B正确；
C、合成 BaTiO3的反应中，Ba、Ti 等元素化合价均未变化（Ba 为 +2、Ti 为 +4），不属于氧化还原反应，C错误；
D、稀 H2SO4会与 BaTiO3中的 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀，引入新杂质，不能用稀 H2SO4洗涤，D错误；
故答案为：B；
【分析】首先将重晶石矿（主要成分为 BaSO4）转化为 BaS 溶液，向该溶液中加入盐酸进行酸化，反应生成 H2S 气体；接着向酸化后的体系中加入过量 NaOH，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作，得到 Ba(OH)2 8H2O 晶体。随后将 Ba(OH)2 8H2O 溶解，与 Ti(OC4H9)4发生合成反应得到钛酸钡粗品，最后通过洗涤粗品，去除残留杂质，得到高纯纳米钛酸钡产品。
14．（2024·贵州）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量图看，产物（腈、异腈）的能量均低于反应物（CH3CH2Br+AgCN），故两个反应都是放热反应，A正确；
B、过渡态 TS1 对应的产物是腈（CH3CH2CN），是 CN-的 C 原子进攻 CH3CH2Br 的 α-C 形成的，B 正确；
C、Ⅰ 中 “N--Ag” 的键长更长（作用力更弱），Ⅱ 中 “C--Ag” 的键长更短（作用力更强），故 Ⅰ 中作用力更弱，C正确；
D、生成异腈的放热更多，但反应速率由活化能决定（TS2 活化能更低），低温时反应速率快的异腈是主要产物，并非腈，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
产物主要性的判断依据混淆：易误将 “放热多少” 当作低温下产物主要性的判断依据，实际低温下产物由活化能（反应速率）决定（TS2 活化能更低，异腈生成速率更快）。
作用力强弱的判断：错把 “键的表示形式” 当作作用力强弱的依据，实际需结合过渡态、中间体的键长（Ⅰ 中 “N--Ag” 键长更长，作用力更弱）。
过渡态与进攻原子的对应：可能混淆 TS1、TS2 对应的进攻原子，需结合产物（腈对应 C 进攻、异腈对应 N 进攻）明确过渡态的形成主体。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024·贵州）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的与缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
（1）仪器a中的试剂是　 　(填名称)，其作用是　 　。
（2）步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是　 　。
（3）下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有　 　(填名称)。
（4）步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　 　。
（5）步骤Ⅴ中“加热”操作　 　(选填“能”或“不能”)使用明火，原因是　 　。
（6）结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重，计算　 　(用含的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致的值　 　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）碱石灰（或NaOH固体等）；吸收挥发出来的氯化氢
（2）防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀
（3）分液漏斗、烧杯
（4）NaCl
（5）不能；乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险
（6）；偏大
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等；
（2）反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯；
（4）步骤Ⅳ中“静置”后，分液漏斗中含有乙醚和NaCl溶液、油状钨硅酸醚合物，且氯化钠溶液的密度大于乙醚而小于油状钨硅酸醚合物，所以步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是NaCl；
（5）乙醚易挥发，易燃，使用明火可能引发事故，因此故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火；
（6）n( )，结晶水占总质量的，则结晶水的物质的量为，物质的量之比等于个数之比，则；若样品未充分干燥，水的物质的量偏大，则n偏大。
【分析】（1）浓盐酸易挥发，a中的试剂用于吸收HCl；
（2）反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取需要使用分液漏斗和烧杯；
（4）静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物，乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小，在上层，中间层应当是硅酸钠晶体与盐酸反应生成的NaCl；
（5）乙醚易挥发、易燃，用明火存在安全隐患；
（6）水的质量为mω%g，则物质的量为， 的物质的量为，物质的量之比等于个数之比，据此计算n；若样品未充分干燥，水的物质的量偏大。
（1）浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等；
（2）由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯；
（4）步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上中下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，中层为水层，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl；
（5）由于乙醚易挥发，易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火；
（6）mg十二钨硅酸晶体的物质的量为，结晶水占总质量的，则结晶水的物质的量为，则；若未充分干燥，则热重时失水增多，则变大，n偏大。
16．（2024·贵州）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下：
已知：
①25℃时，；
②。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中　 　。
（3）“除杂”时需加入的试剂X是　 　。
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是　 　，水热合成的离子方程式为　 　。
（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为　 　。
②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有　 　个。
③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则　 　，其可能的结构示意图为　 　(选填“乙”或“丙”)。
【答案】（1）SiO2
（2）2.8×10-6
（3）NaOH溶液
（4）提供Na+和反应所需要的碱性环境；
（5）；3；0.25；乙
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）由分析可知，SiO2不与硫酸反应，则“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子，滤液2要提供Na元素，因此试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，提供合成所需要的Na+，同时营造碱性反应环境；硫酸亚铁、滤液2、稳定剂和进行水热合成得到产物，反应的的离子方程式为；
（5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为；
②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。
【分析】煤气化渣加浓硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，则滤渣为SiO2，及少量MgO反应生成Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、MgSO4，加入NaOH溶液进行碱沉，Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3，由于焙烧得到Al2O3，Al2(SO4)3在碱沉过程中没有转化为沉淀，碱沉过程的沉淀只有Fe(OH)3，煅烧氢氧化铁沉淀得到Fe2O3，加入稀硫酸酸浸得到硫酸铁溶液，加入足Fe还原得到硫酸亚铁；滤液1中主要含有Mg2+和Al3+，加入过量X生成Mg(OH)2除去镁，则试剂X应为NaOH溶液，除杂后的溶液中主要含有和NaOH，加入氢氧化铝晶种，焙烧得到氧化铝，滤液2为NaOH溶液，将硫酸亚铁、滤液2、稳定剂和进行水热合成得到产物 。
（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为；
（5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为；
②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。
17．（2024·贵州）在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．
ⅱ．
回答下列问题：
（1）反应ⅰ在1000K时　 　(选填“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的　 　(用含的代数式表示)。
物质
（3）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是　 　。
（4）对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为　 　，理由是　 　。
pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/%
2.4 9.60 5.35 40.75
4.0 9.80 4.60 45.85
7.0 9.25 4.05 46.80
10.0 10.45 6.45 33.10
12.0 9.95 4.10 49.45
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，则的平衡转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。
（6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
(两个反应可视为同级数的平行反应)
对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有　 　。
【答案】（1）能
（2）6a-b-9c
（3）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
（4）10.0；pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高
（5）20%；或
（6）加入合适的催化剂(合理即可)
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，能自发进行。
（2）ⅱ．写出各反应的热化学方程式为：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1，②C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1，③H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应ⅱ=①×6-②-③×9，则(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（3）反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
（4）pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。
（6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
【分析】（1）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）分别写出甲烷、C6H6和氢气的热化学方程式，再结合盖斯定律计算；
（3）催化剂的性能能够影响反应速率；
（4）积炭含量最低，催化剂活性最大，芳烃的产率越高；
（5）列出反应的三段式，结合转化率和平衡常数表达式计算；
（6）影响反应速率的因素有：催化剂、温度、反应物浓度等。
（1）反应ⅰ．，在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K时能自发进行。
（2）ⅱ．
由题给数据可得出以下热化学方程式：
③CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1
④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1
⑤H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1
依据盖斯定律，将反应③×6-④-⑤×9得，反应ⅱ的(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（3）由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
（4）比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。
（6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
18．（2024·贵州）氨磺必利是一种多巴胺拮抗剂。以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)。
回答下列问题：
（1）Ⅰ的结构简式是　 　。
（2）Ⅱ含有的官能团名称是磺酸基、酯基、　 　和　 　。
（3）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是　 　，Ⅵ→Ⅶ的反应中的作用是　 　。
（4）Ⅴ是常用的乙基化试剂。若用a表示Ⅴ中的碳氢键，b表示Ⅴ中的碳氢键，则两种碳氢键的极性大小关系是a　 　b(选填“>”“<”或“=”)。
（5）Ⅶ→Ⅷ分两步进行，第1)步反应的化学方程式是　 　。
（6）Ⅸ的结构简式是　 　。Ⅸ有多种同分异构体，其中一种含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式是　 　。
（7）化合物是合成药物艾瑞昔布的原料之一。参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线　 　(无机试剂任选)。
【答案】（1）
（2）醚键；酰胺基
（3）取代反应；作氧化剂
（4）＜
（5）+NaOH+CH3OH
（6）；
（7）。
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）Ⅰ与硫酸反应，在苯环上引入HO3S-得到Ⅱ，则Ⅰ的结构简式为。
（2）Ⅱ中含有的官能团为：磺酸基、酯基，醚键和酰胺基。
（3）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（4）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（5）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（6）由分析可知，Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，说明其结构堆成，符合条件的结构简式为。
（7） 发生类似中Ⅵ→Ⅶ的反应得到，在NaOH水溶液中发生水解，-Cl转化为-OH，-OH催化氧化得到羰基即可合成目标产物，则合成路线为：。
【分析】化合物Ⅰ与硫酸发生取代反应生成化合物Ⅱ，结合化合物 Ⅱ 的结构简式可知，化合物Ⅰ的结构简式为，化合物Ⅱ与甲醇反应生成化合物Ⅲ和CH3COOCH3，化合物Ⅲ与PCl3反应生成Ⅳ，结合Ⅳ的分子式可知， Ⅳ的结构简式为， Ⅳ与Ⅴ发生取代反应生成Ⅵ，Ⅵ被过氧化氢氧化得到Ⅶ，Ⅶ加入NaOH溶液调pH反应得到Ⅷ， Ⅷ与Ⅸ发生取代反应生成产物氨磺必利，结合Ⅸ的分子式可知， Ⅸ的结构简式为。
（1）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（2）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（3）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（4）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（5）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（6）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（7）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
1 / 1【高考真题】2024年贵州高考真题化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024·贵州）历史文物见证了中华民族共同体在发展中的交往交流交融。下列贵州出土的文物中主要由天然高分子材料制成的是
文物图示
选项 A．青陶罐 B．带盖铜托杯
文物图示
选项 C．鹭鸟纹蜡染百褶裙 D．九凤三龙嵌宝石金冠
A．A B．B C．C D．D
2．（2024·贵州）下列叙述正确的是
A．KBr的电子式：
B．聚乙炔的结构简式：
C．的空间结构：平面三角形
D．的名称：2-甲基-2-丁烯
3．（2024·贵州）厨房中处处有化学。下列说法错误的是
选项 生活情境 涉及化学知识
A 清洗餐具时用洗洁精去除油污 洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质
B 炒菜时不宜将油加热至冒烟 油脂在高温下容易生成对身体有害的稠环化合物
C 长期暴露在空气中的食盐变成了糊状 食盐中常含有容易潮解的
D 久煮的鸡蛋蛋黄表面常呈灰绿色 蛋白中硫元素与蛋黄中铁元素生成的FeS和蛋黄混合呈灰绿色
A．A B．B C．C D．D
4．（2024·贵州）贵州盛产灵芝等中药材。灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是
A．分子中只有4种官能团
B．分子中仅含3个手性碳原子
C．分子中碳原子的杂化轨道类型是和
D．该物质可发生酯化反应、加成反应和氧化反应
5．（2024·贵州）下列装置不能达到实验目的的是
A．图①可用于实验室制
B．图②可用于除去中少量的
C．图③可用于分离和
D．图④可用于制备明矾晶体
6．（2024·贵州）二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的中子数为
B．每生成，转移电子数为
C．溶液中含有的数目为
D．标准状况下，中含键数目为
7．（2024·贵州）下列离子方程式书写错误的是
A．用氢氟酸雕刻玻璃：
B．用绿矾处理酸性废水中的
C．用泡沫灭火器灭火的原理：
D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：
8．（2024·贵州）我国科学家首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)]5[K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是
A．富勒烯C60是分子晶体
B．图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内
C．全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体
D．锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3
9．（2024·贵州）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成(结构如图)。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
10．（2024·贵州）根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 将Zn和溶液与Cu和溶液组成双液原电池，连通后铜片上有固体沉积 原电池中Zn作正极，Cu作负极
B 向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，试管壁上出现银镜 乙醛有氧化性
C 向苯酚浊液中加入足量溶液，溶液由浑浊变澄清 苯酚的酸性比强
D 向溶液中先通入适量，无明显现象，再加入稀，有白色沉淀生成 稀有氧化性
A．A B．B C．C D．D
11．（2024·贵州）一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：，。体系中与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。
下列说法错误的是
A．该芬顿系统能量转化形式为太阳能电能化学能
B．阴极反应式为
C．光阳极每消耗，体系中生成
D．在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
12．（2024·贵州）硼砂水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠)。
已知：①时，硼酸显酸性的原理
②。
下列说法正确的是
A．硼砂稀溶液中
B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离
C．25℃时，硼酸水溶液的
D．等浓度等体积的和溶液混合后，溶液显酸性
13．（2024·贵州）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
14．（2024·贵州）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024·贵州）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的与缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
（1）仪器a中的试剂是　 　(填名称)，其作用是　 　。
（2）步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是　 　。
（3）下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有　 　(填名称)。
（4）步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　 　。
（5）步骤Ⅴ中“加热”操作　 　(选填“能”或“不能”)使用明火，原因是　 　。
（6）结晶水测定：称取十二钨硅酸晶体(，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重，计算　 　(用含的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致的值　 　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
16．（2024·贵州）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下：
已知：
①25℃时，；
②。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中　 　。
（3）“除杂”时需加入的试剂X是　 　。
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是　 　，水热合成的离子方程式为　 　。
（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为　 　。
②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有　 　个。
③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则　 　，其可能的结构示意图为　 　(选填“乙”或“丙”)。
17．（2024·贵州）在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．
ⅱ．
回答下列问题：
（1）反应ⅰ在1000K时　 　(选填“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的　 　(用含的代数式表示)。
物质
（3）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是　 　。
（4）对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为　 　，理由是　 　。
pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/%
2.4 9.60 5.35 40.75
4.0 9.80 4.60 45.85
7.0 9.25 4.05 46.80
10.0 10.45 6.45 33.10
12.0 9.95 4.10 49.45
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，则的平衡转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。
（6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
(两个反应可视为同级数的平行反应)
对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有　 　。
18．（2024·贵州）氨磺必利是一种多巴胺拮抗剂。以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)。
回答下列问题：
（1）Ⅰ的结构简式是　 　。
（2）Ⅱ含有的官能团名称是磺酸基、酯基、　 　和　 　。
（3）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是　 　，Ⅵ→Ⅶ的反应中的作用是　 　。
（4）Ⅴ是常用的乙基化试剂。若用a表示Ⅴ中的碳氢键，b表示Ⅴ中的碳氢键，则两种碳氢键的极性大小关系是a　 　b(选填“>”“<”或“=”)。
（5）Ⅶ→Ⅷ分两步进行，第1)步反应的化学方程式是　 　。
（6）Ⅸ的结构简式是　 　。Ⅸ有多种同分异构体，其中一种含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式是　 　。
（7）化合物是合成药物艾瑞昔布的原料之一。参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线　 　(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、青陶罐的材质是陶瓷，属于无机非金属材料，不是天然高分子材料，故A不符合题意 ；
B、带盖铜托杯的材质是铜，属于金属材料，不是天然高分子材料，故B不符合题意 ；
C、鹭鸟纹蜡染百褶裙的材质是织物（如棉、麻等），主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，故C符合题意 ；
D：九凤三龙嵌宝石金冠的材质是金、宝石，属于金属、无机矿物材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：明确天然高分子材料的范畴：天然高分子是自然界存在的高分子化合物（如纤维素、蛋白质等，常见载体为织物、木材等）。
逐一分析文物材质：陶瓷（A）、金属（B、D）均不属于高分子材料；织物类文物（C）的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料。
2．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、选项中没有标注Br的负电荷，且未完整表示电子对，KBr的正确电子式为：，A错误；
B、乙炔单体为HC≡CHHC≡CH，聚乙炔是由乙炔聚合得到的高分子化合物，且聚乙炔的结构为单双键交替结构，故正确的结构简式为，B正确；
C、的中心硫原子有3个氧原子和1对孤对电子，中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，C错误；
D、主链应包含双键，最长碳链为4个碳，双键位置最近端编号，主链为丁烯，双键在1-2位，取代基在2号碳，因此CH3CH2C(CH3)=CH2的系统命名为2-甲基-1-丁烯，D错误；
故答案为：B
【分析】烷烃的系统命名法口诀：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前，标位置，连短线；不同基，简到繁，相同基，合并算，而烯烃的命名方法：与烷烃相似，即：长、多、近、简、小的命名原则，但不同点是主链必须含有双键或叁键。
3．【答案】A
【知识点】蛋白质的特殊反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．洗洁精中的表面活性剂具有亲水和亲油的特性，能够将油污分散成微小的液滴，防止其聚集在一起，利用的是乳化原理，并非是使油污水解， A错误；
B．高温下，油脂中的有机物会发生热解和不完全燃烧生成对身体有害的稠环化合物，因此炒菜时不宜将油加热至冒烟，B正确；
C．MgCl2易潮解，氯化钠不潮解，所以长期暴露在空气中的食盐变成了糊状是因为食盐中常含有容易潮解的MgCl2，C正确；
D．蛋白质中含有S元素、蛋黄中含有Fe元素，在久煮的鸡蛋时蛋白中硫元素与蛋黄中铁元素生成的FeS，生成的FeS和蛋黄混合呈灰绿色，D正确；
故选A。
【分析】A．洗洁精除油污利用的是乳化原理；
Ｂ．当油脂被加热到高温时，油脂中的有机物会发生热解和不完全燃烧，从而产生多环芳烃，多环芳烃具有很强的致癌性；
Ｃ． 易潮解；
Ｄ．硫能与铁反应生成FeS。
4．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中的官能团为羟基、碳碳双键、羰基、羧基，共4种，A正确；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子团的碳原子，该分子中含有9个手性碳原子，如图用“*”标记，B错误；
C．该分子中，双键上的碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，C正确；
D．该物质中有羟基和羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键和羰基，可以发生加成反应，羟基能被氧化为羧基，发生氧化反应，D正确；
故选B。
【分析】A．该分子中含有的官能团为羟基、碳碳双键、羰基、羧基；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．该物质含有碳碳双键、羧基、羟基、羰基，具有烯烃、羧酸、醇和酮的性质。
5．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、浓氨水与生石灰混合，生石灰遇水放热、促进 NH3 H2O 分解，可制备 NH3；用向下排空气法收集，装置①合理，A能达到目的；
B、H2S 能与 CuSO4溶液反应（H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4），而 C2H2不与 CuSO4反应，装置②可除去 C2H2中少量 H2S，B能达到目的；
C、CH2Cl2和 CCl4互溶，沸点不同，应采用蒸馏法分离，但装置③是分馏（需温度计测定馏分温度），且温度计水银球未在支管口处，不能分离二者，C不能达到目的；
D、饱和明矾溶液中悬挂明矾晶体，利用结晶原理可使晶体生长，装置④能制备明矾晶体，D能达到目的；
故答案为：C。
【分析】：A．浓氨水与生石灰反应（放热 + 消耗水）促进 NH3逸出，结合向下排空气法收集，装置匹配。
B．H2S 与 CuSO4反应生成沉淀，C2H2不反应，利用洗气法可除杂。
C．CH2Cl2与 CCl4互溶，需蒸馏分离，但装置③温度计位置错误（未在支管口），无法准确分离。
D．饱和溶液中悬挂晶体，通过结晶法可使明矾晶体生长。
6．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．一个分子中含有10个中子，则中含有的中子数为，故A错误；
B．根据反应的化学方程式可知，反应过程中，Cl元素从+5价降低到+4价，每生成2mol转移2mol电子，的物质的量为1mol，则每生成，转移电子数为，故B错误；
C．溶液的体积未知，不能根据n=cV计算氢离子数目，故C错误；
D．CO2的结构式为O=C=O，一个CO2分子中含有2个 键，标准状况下，的物质的量为1mol，含键数目为，故D正确；
故选D。
【分析】A．一个中含有10个中子；
Ｂ．根据得失电子守恒计算；
Ｃ．溶液体积未知，无法计算离子数目；
Ｄ．标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。
7．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氟酸（HF）是弱酸，在溶液中不完全电离，不能拆分为H+和F-的离子形式，故用氢氟酸雕刻玻璃的正确离子方程式为：，A错误；
B、用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，且原子平衡：左边6Fe、2Cr、7O、14H，右边6Fe、2Cr、7O、14H且电荷平衡：左边6×(2+)+(-2)+14×(1+)=+12-2+14=+24，右边6×(3+)+2×(3+)=+18+6=+24，故正确的离子方程式为：
，B正确；
C、原子平衡：左边1Al、3H、3C、9O，右边Al(OH)3： 1Al、3O、3H；3CO2： 3C、6O；总计1Al、3C、3H、9O，电荷平衡：左边Al3+（+3）和3HCO3-（3×(-1) = -3），总电荷0；右边均为中性分子或沉淀，总电荷0，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、电解饱和食盐水的总反应：阳极氧化Cl-生成Cl2，阴极还原H2O生成H2和OH-，其中原子平衡：左边2Cl、4H、2O：，右边2OH-： 2O、2H；H2： 2H；Cl2： 2Cl；总计2Cl、4H、2O，电荷平衡：左边2Cl-（-2），H2O中性，总电荷-2；右边2OH-（-2），H2和Cl2中性，总电荷-2，故正确的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；同素异形体
【解析】【解答】A．富勒烯C60是由C60分子构成，属于分子晶体，A正确；
B．由图可知，该晶胞中12个Au原子构成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分别有5、10、5个面)，即中心K+周围有12个Au形成二十面体笼，B正确；
C．全金属富勒烯不是碳元素的单质，富勒烯C60是碳单质，因此全金属富勒烯与富勒烯C60不互为同素异形体，C错误；
D．锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，其基态原子价层电子为5s、5p能级上的电子，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3，D正确；
故选C。
【分析】A． 富勒烯C60 由分子构成；
Ｂ.12个Au原子构成二十面体笼；
Ｃ．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｄ．锑（Sb）位于第五周期第ⅤA族，其基态原子价层电子为5s、5p能级上的电子。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，N原子中2p能级上电子为半满结构，较为稳定，电离能反常高于相邻的O，第一电离能大于同周期与之相邻的元素，则第一电离能：CB、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，该化合物中O的电负性较大，可以和H之间形成氢键，B正确；
C、Be和Al处在元素周期表的对角线上，而处在对角线的元素性质相似，如都具有两性，C正确；
D、H、N、O虽然都是非金属元素但是任然可以可以形成离子化合物，如，其中其中NH4+和NO3-为离子，D正确；
故答案为：A
【分析】X的最外层电子数等于内层电子数，短周期主族元素中，只有Be满足此条件，原子序数4，电子排布1s22s2，最外层2个电子，内层2个电子，因此X为Be；Y是有机物分子骨架元素，有机物分子骨架元素通常为C，原子序数6，因此Y为C；Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物，室温下常见的液态化合物为H2O和H2O2，由H和O形成，W原子序数最小，Q原子序数最大，且原子序数依次增大，因此W为H，Q为O；原子序数依次增大，Z原子序数介于6和8之间，为N，原子序数7。
10．【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用；乙醛
【解析】【解答】A．原电池中，较活泼的金属为负极，Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A错误；
B．乙醛含有醛基，具有还原性，与银氨溶液发生反应，试管壁上出现银镜，B错误；
C．向苯酚浊液中加入足量溶液，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚与反应生成苯酚钠与，可知酸性： 苯酚，但不能说明苯酚的酸性比强 ，C错误；
D．向溶液中先通入适量，无明显现象，加入稀，将氧化为，和Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，D正确；
故选D。
【分析】A．Zn比Cu活泼，构成的原电池中Zn为负极；
Ｂ．乙醛与银氨溶液反应时为还原剂；
Ｃ．根据强酸制弱酸原理分析；
Ｄ．硝酸具有强氧化性。
11．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置先将太阳能转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确；
B．阴极上氧气得电子生成H2O2，电极反应式为，B正确；
C．光阳极发生电极反应：，生成，阴极发生电极反应：，即光阳极每消耗1molH2O，体系中生成，C错误；
D．由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，做还原剂，表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，该装置为电解池，太阳能转化为电能，后转化为化学能，光阳极上发生反应：，，同时还发生氧化反应： ，阴极发生还原反应，反应式为 。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．水解生成等物质的量浓度的和，硼酸遇水转换，根据物料守恒有，A错误；
B．硼酸显酸性的原理为，该反应中，水提供氢离子，说明硼酸水溶液中的 主要来自水的电离，B正确；
C.25℃时， ，，，，，C错误；
D．的电离平衡常数，的水解平衡常数，说明等浓度等体积的和 混合溶液中的水解程度大于硼酸的电离程度，溶液显碱性，D错误；
故选B。
【分析】A． 硼砂水解生成等物质的量的(硼酸)和(硼酸钠) ，硼酸在水溶液中发生电离，则溶液中存在物料守恒，根据物料守恒分析；
Ｂ．根据硼酸显酸性的原理分析，水提供氢离子；
Ｃ．先计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=-lgc(H+)计算；
Ｄ．计算的水解常数，与Ka比较可判断其水解程度与电离程度相对大小，进而判断溶液酸碱性。
13．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、BaS 与盐酸酸化生成 H2S 气体，同时加入过量 NaOH，S2-会与 H+、OH-反应，溶液 1 的主要溶质应为 NaCl（盐酸与 NaOH 中和产物），并非 Na2S，A错误；
B、从含 Ba(OH)2的溶液中获得 Ba(OH)2 8H2O 晶体，通过蒸发浓缩、冷却结晶使晶体析出，再经过滤、洗涤、干燥得到产品，该操作合理，B正确；
C、合成 BaTiO3的反应中，Ba、Ti 等元素化合价均未变化（Ba 为 +2、Ti 为 +4），不属于氧化还原反应，C错误；
D、稀 H2SO4会与 BaTiO3中的 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀，引入新杂质，不能用稀 H2SO4洗涤，D错误；
故答案为：B；
【分析】首先将重晶石矿（主要成分为 BaSO4）转化为 BaS 溶液，向该溶液中加入盐酸进行酸化，反应生成 H2S 气体；接着向酸化后的体系中加入过量 NaOH，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作，得到 Ba(OH)2 8H2O 晶体。随后将 Ba(OH)2 8H2O 溶解，与 Ti(OC4H9)4发生合成反应得到钛酸钡粗品，最后通过洗涤粗品，去除残留杂质，得到高纯纳米钛酸钡产品。
14．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量图看，产物（腈、异腈）的能量均低于反应物（CH3CH2Br+AgCN），故两个反应都是放热反应，A正确；
B、过渡态 TS1 对应的产物是腈（CH3CH2CN），是 CN-的 C 原子进攻 CH3CH2Br 的 α-C 形成的，B 正确；
C、Ⅰ 中 “N--Ag” 的键长更长（作用力更弱），Ⅱ 中 “C--Ag” 的键长更短（作用力更强），故 Ⅰ 中作用力更弱，C正确；
D、生成异腈的放热更多，但反应速率由活化能决定（TS2 活化能更低），低温时反应速率快的异腈是主要产物，并非腈，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
产物主要性的判断依据混淆：易误将 “放热多少” 当作低温下产物主要性的判断依据，实际低温下产物由活化能（反应速率）决定（TS2 活化能更低，异腈生成速率更快）。
作用力强弱的判断：错把 “键的表示形式” 当作作用力强弱的依据，实际需结合过渡态、中间体的键长（Ⅰ 中 “N--Ag” 键长更长，作用力更弱）。
过渡态与进攻原子的对应：可能混淆 TS1、TS2 对应的进攻原子，需结合产物（腈对应 C 进攻、异腈对应 N 进攻）明确过渡态的形成主体。
15．【答案】（1）碱石灰（或NaOH固体等）；吸收挥发出来的氯化氢
（2）防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀
（3）分液漏斗、烧杯
（4）NaCl
（5）不能；乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险
（6）；偏大
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等；
（2）反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯；
（4）步骤Ⅳ中“静置”后，分液漏斗中含有乙醚和NaCl溶液、油状钨硅酸醚合物，且氯化钠溶液的密度大于乙醚而小于油状钨硅酸醚合物，所以步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是NaCl；
（5）乙醚易挥发，易燃，使用明火可能引发事故，因此故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火；
（6）n( )，结晶水占总质量的，则结晶水的物质的量为，物质的量之比等于个数之比，则；若样品未充分干燥，水的物质的量偏大，则n偏大。
【分析】（1）浓盐酸易挥发，a中的试剂用于吸收HCl；
（2）反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取需要使用分液漏斗和烧杯；
（4）静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物，乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小，在上层，中间层应当是硅酸钠晶体与盐酸反应生成的NaCl；
（5）乙醚易挥发、易燃，用明火存在安全隐患；
（6）水的质量为mω%g，则物质的量为， 的物质的量为，物质的量之比等于个数之比，据此计算n；若样品未充分干燥，水的物质的量偏大。
（1）浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等；
（2）由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯；
（4）步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上中下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，中层为水层，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl；
（5）由于乙醚易挥发，易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火；
（6）mg十二钨硅酸晶体的物质的量为，结晶水占总质量的，则结晶水的物质的量为，则；若未充分干燥，则热重时失水增多，则变大，n偏大。
16．【答案】（1）SiO2
（2）2.8×10-6
（3）NaOH溶液
（4）提供Na+和反应所需要的碱性环境；
（5）；3；0.25；乙
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）由分析可知，SiO2不与硫酸反应，则“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子，滤液2要提供Na元素，因此试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，提供合成所需要的Na+，同时营造碱性反应环境；硫酸亚铁、滤液2、稳定剂和进行水热合成得到产物，反应的的离子方程式为；
（5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为；
②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。
【分析】煤气化渣加浓硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，则滤渣为SiO2，及少量MgO反应生成Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、MgSO4，加入NaOH溶液进行碱沉，Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3，由于焙烧得到Al2O3，Al2(SO4)3在碱沉过程中没有转化为沉淀，碱沉过程的沉淀只有Fe(OH)3，煅烧氢氧化铁沉淀得到Fe2O3，加入稀硫酸酸浸得到硫酸铁溶液，加入足Fe还原得到硫酸亚铁；滤液1中主要含有Mg2+和Al3+，加入过量X生成Mg(OH)2除去镁，则试剂X应为NaOH溶液，除杂后的溶液中主要含有和NaOH，加入氢氧化铝晶种，焙烧得到氧化铝，滤液2为NaOH溶液，将硫酸亚铁、滤液2、稳定剂和进行水热合成得到产物 。
（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为；
（5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为；
②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。
17．【答案】（1）能
（2）6a-b-9c
（3）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
（4）10.0；pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高
（5）20%；或
（6）加入合适的催化剂(合理即可)
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，能自发进行。
（2）ⅱ．写出各反应的热化学方程式为：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1，②C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1，③H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应ⅱ=①×6-②-③×9，则(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（3）反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
（4）pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。
（6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
【分析】（1）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）分别写出甲烷、C6H6和氢气的热化学方程式，再结合盖斯定律计算；
（3）催化剂的性能能够影响反应速率；
（4）积炭含量最低，催化剂活性最大，芳烃的产率越高；
（5）列出反应的三段式，结合转化率和平衡常数表达式计算；
（6）影响反应速率的因素有：催化剂、温度、反应物浓度等。
（1）反应ⅰ．，在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K时能自发进行。
（2）ⅱ．
由题给数据可得出以下热化学方程式：
③CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1
④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1
⑤H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1
依据盖斯定律，将反应③×6-④-⑤×9得，反应ⅱ的(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（3）由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
（4）比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。
（5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。
（6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
18．【答案】（1）
（2）醚键；酰胺基
（3）取代反应；作氧化剂
（4）＜
（5）+NaOH+CH3OH
（6）；
（7）。
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）Ⅰ与硫酸反应，在苯环上引入HO3S-得到Ⅱ，则Ⅰ的结构简式为。
（2）Ⅱ中含有的官能团为：磺酸基、酯基，醚键和酰胺基。
（3）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（4）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（5）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（6）由分析可知，Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，说明其结构堆成，符合条件的结构简式为。
（7） 发生类似中Ⅵ→Ⅶ的反应得到，在NaOH水溶液中发生水解，-Cl转化为-OH，-OH催化氧化得到羰基即可合成目标产物，则合成路线为：。
【分析】化合物Ⅰ与硫酸发生取代反应生成化合物Ⅱ，结合化合物 Ⅱ 的结构简式可知，化合物Ⅰ的结构简式为，化合物Ⅱ与甲醇反应生成化合物Ⅲ和CH3COOCH3，化合物Ⅲ与PCl3反应生成Ⅳ，结合Ⅳ的分子式可知， Ⅳ的结构简式为， Ⅳ与Ⅴ发生取代反应生成Ⅵ，Ⅵ被过氧化氢氧化得到Ⅶ，Ⅶ加入NaOH溶液调pH反应得到Ⅷ， Ⅷ与Ⅸ发生取代反应生成产物氨磺必利，结合Ⅸ的分子式可知， Ⅸ的结构简式为。
（1）Ⅰ到Ⅱ为取代反应，故Ⅰ的结构为。
（2）根据Ⅱ的结构简式可判断官能团除了磺酸基、酯基，还有醚键和酰胺基。
（3）Ⅲ到Ⅳ应为取代反应，Ⅳ的结构应为，根据结构简式可判断Ⅵ到Ⅶ属于加氧的反应，因此反应类型是氧化反应，故H2O2的作用为作氧化剂。
（4）Ⅴ中比离结构中的极性基团更远，故 CH3的碳氢键比Ⅴ中 CH2 故极性更小，所以a＜b。
（5）Ⅶ含有酯基，转化为羧基，Ⅶ→Ⅷ中分两步进行，第1)步反应的化学方程式+NaOH+CH3OH。
（6）根据以上分析可知Ⅸ的结构简式是，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为。
（7）根据有机转化关系图中的已知信息可知为原料合成的合成路线可设计为：。
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