2023年高考化学押题预测卷（三）（山东卷）（含考试版、全解全析、参考答案）

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2023年高考化学押题预测卷（三）【山东卷】
化学·全解全析
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C
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B
B
A
D
D
B
B
C
BD
AC
D
BC
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．下列说法不正确的是
A．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
B．干馏是物理变化，分馏、裂化、裂解是化学变化
C．含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
D．施用适量石膏可降低盐碱地(含较多NaCl、)的碱性
【答案】B
【详解】A．低级酯类具有芳香气味，水果中因含有低级酯具有特殊香味，A项正确；
B．煤在隔绝空气条件下加强热分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程叫煤的干馏，煤的干馏是化学变化。分馏利用沸点不同分离混合物，属于物理变化。裂化是指一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程；裂解是指通过热能将一种样品（主要只高分子化合物）转变成另外几种物质（主要指低分子化合物）的过程，裂化和裂解均为化学变化，B项错误；
C．蛋白质胶体与硝酸发生聚沉而产生白色沉淀，而含苯环的蛋白质在加热的条件下与硝酸产生黄色的硝基苯类物质，C项正确；
D．石膏中的盐碱地因Na2CO3水解而呈碱性，加入石膏发生反应Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4而解除碱性，D项正确；
故选B。
2．下列变化中，未涉及到电子转移的是
A．使粉末变白
B．使酸性溶液褪色
C．KSCN溶液使含的溶液变红
D．使酸化的KI溶液变黄
【答案】C
【详解】A．SO2有较强还原性，Na2O2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成白色Na2SO4，涉及电子转移，A不选；
B．C2H5OH具有还原性，能将 KMnO4 还原为Mn2+，涉及电子转移，B不选；
C．SCN-和Fe3+结合为Fe(SCN)3红色络合物，使溶液变红，该反应为非氧化还原反应，不涉及电子转移，C选；
D．H2O2将KI氧化为I2使溶液变黄，该反应为氧化还原反应，涉及电子转移，D不选；
故选D。
3．下列有关实验操作的叙述错误的是
A．滴定管用水洗净后，加入待装液
B．配制溶液时，容量瓶不需干燥
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
【答案】A
【详解】A．滴定管用水洗净后，再使用待装液润洗后才能加入待装液，A错误；
B．底部含有蒸馏水不影响溶液浓度，配制溶液时，容量瓶不需干燥，B正确；
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却，防止空气中水蒸气影响实验结果，C正确；
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止滤液溅出，D正确；
故选A。
4．双酚A是重要的有机化工原料，可用苯酚和丙酮利用以下原理来制备。下列说法正确的是

A．双酚A分子中共线的碳原子最多有5个
B．双酚A与足量氢气加成后的分子中六元环上的一氯代物有4种(不考虑空间异构)
C．苯酚与双酚A均为酚类物质，互为同系物
D．苯酚与双酚A可以与NaHCO3溶液反应
【答案】B
【详解】A．苯环对角线上的原子共线，中心C为四面体结构，则最多共线的C原子有3个，A错误；
B．双酚分子加成后为对称结构， ，六元环上的一氯代物有4种，B正确；
C．苯酚中含有1个苯环，双酚A中含有两个苯环，不属于同系物，C错误；
D．苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子，故苯酚与碳酸氢钠不反应，D错误；
故答案为：B。
5．(三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成(硼酸，结构如图)和(氟硼酸)，与氨气相遇立即生成白色的(氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是

A．和中心硼原子杂化方式不同
B．晶体含有6mol氢键
C．显酸性原因：
D．结构式为
【答案】B
【详解】A．中心原子价层电子对数为3+=3，中心原子价层电子对数为4+=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；
B．1个参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol晶体中含有6mol=3mol氢键，故B错误；
C．是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：，故C正确；
D．NH3中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF3中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形成3个共价键，故有一个2p空轨道，与NH3形成配位键，结构式为，故D正确；
故选B。
6．乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
  
以下叙述不正确的是
A．乙烯氧化法中，生成乙醛时，转移的电子数约为
B．的电子式为
C．根据价层电子互斥模型，水的中心原子含有孤电子对
D．标准状况下，中含有键的数目约为
【答案】A
【详解】A．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，A错误；
B．为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，B正确；
C．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则水（为1mol）的中心原子含有孤电子对，C正确；
D．1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，（为0.5mol）中含有π键为1mol，数目约为，D正确；
故选A。
7．某学校实验探究小组利用碎铜屑和浓硫酸制备CuSO4·5H2O大晶体，实验步骤如下：
i．将过量铜屑加入一定量浓硫酸中，加热，生成的气体通入到浓碱液中；
ii．在反应混合体系中加入稍过量的CuO，过滤，除去虑渣：
iii．将虑液蒸发至饱和溶液状态，冷却，在饱和溶液中悬挂晶种，静置24小时。
下列说法不正确的是
A．i中将气体通入浓碱液中的目的是防止尾气污染
B．反应混合体系中加入CuO的目的是除去剩余的硫酸
C．过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质
D．该实验用到的仪器有酒精灯、漏斗、容量瓶、烧杯等
【答案】D
【详解】A．铜和浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，A正确；
B．氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，同时可以除去过量的硫酸，B正确；
C．随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，则铜会剩余，在除去过量的硫酸的时候，加入的氧化铜是过量的，故过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质，C正确；
D．加热时需要酒精灯，过滤时需要漏斗，反应时需要烧杯，不需要容量瓶，D错误；
故选D。
8．M、X、Y、Z、Q为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。这五种元素可形成化合物甲，其结构式如图所示，1mol甲含58mol电子。下列说法正确的是

A．Q是五种元素中原子半径最大的 B．水中溶解性：MQ＜YZ2
C．XQ3中所有原子均达到8e-稳定结构 D．甲中X、Y、Z均为sp3杂化
【答案】D
【分析】M、X、Y、Z、Q为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。M的原子序数最小，且在化合物甲中形成一个共价键，则M为H；X、Y、Z、Q为第二周期元素。根据它们在化合物甲中形成化学键的个数可知，X为B(形成了一个配位键)，Y为C，Z为O(和B形成一个配位键)，Q为F，符合1mol甲含58mol电子。
【详解】A．F位于第二周期第ⅦA族，是第二周期元素原子半径最小的(除了稀有气体)，故A错误；
B．HF能和水形成氢键，而CO2不能和水形成氢键，所以HF在水中的溶解度大于CO2在水中的溶解度，故B错误；
C．BF3中B原子没有达到8电子稳定结构，B最外层只有6个电子，故C错误；
D．C和B的价层电子对数都是4，且没有孤电子对，均为sp3杂化；O形成了三个σ键，还有一孤电子对，价层电子对数也是4，也是sp3杂化，故D正确；
故选D。
9．用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：

已知浸出液中主要金属阳离子为Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，下列说法正确的是
A．“浸出”产生的气体主要为SO2
B．“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS
C．“沉铁”步骤主要反应的离子方程式为：
D．整个流程中铬元素先被氧化为价，后被还原为价
【答案】B
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成的气体为H2，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，加入Na2S分离出滤渣CoS和NiS，Cr3+和Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分理出硫酸铬。
【详解】A．加入稀硫酸溶解合金，产生的气体为氢气，A错误；
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分理出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，所以“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS，B正确；
C．“沉铁”所用物质为草酸是一种弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：，C错误；
D．流程中未产生六价铬化合物，D错误；
故选B。
10．重铬酸钾()是实验室常用的强氧化剂，其溶液一般为橙色，由于被还原后生成而使得溶液变为绿色。已知溶液中存在平衡：，某化学兴趣小组的同学考虑到金属单质容易失电子，因此设计实验，研究重铬酸钾溶液与铁的反应情况，实验结果如表。
实验
现象

一段时间后，培养皿中由铁珠向外依次呈现：Ⅰ区溶液澄清且绿色明显
Ⅱ区开始时溶液变黄，但随后出现紫色胶状沉淀
Ⅲ区溶液澄清且几乎无色
下列说法错误的是
A．Ⅰ区溶液中的主要阳离子是、，这是溶液绿色明显的主要原因
B．Ⅱ区出现紫色胶状沉淀是因为
C．Ⅲ区溶液几乎无色，主要是因为离子的扩散
D．Ⅱ区可能发生了
【答案】B
【详解】A．与铁珠能发生反应，Ⅰ区由于铁珠的存在，氧化产物是，对应的反应为，而可使溶液呈绿色，故A正确；
B．Ⅱ区的主要反应为，此时，溶液中降低，增大，发生反应：、，产生一种紫色胶状沉淀，故B错误；
C．Ⅰ区和Ⅱ区的反应导致Ⅲ区不断向Ⅰ区和Ⅱ区扩散，最终Ⅲ区溶液中几乎不含而呈无色，故C正确；
D．由于存在平衡：，降低的同时，平衡正向移动，导致转化为，因此，Ⅱ区可能发生反应：，故D正确；
故答案选B。
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．下列实验操作、现象和结论一致的是
选项
操作
现象
解释(或结论)
A
向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液
紫色褪去
补铁口服液中有Fe2+
B
向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置
液体分层， 上层无色，下层紫红色
CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C
向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴
试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失
乙酸乙酯在碱性条件下可以水解
D
向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3 ，再加NaCl
溶液黄色先褪去，再变为黄色
HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色， Cl-的还原性再将其还原为Fe3+

【答案】C
【详解】A．、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A错误；
B．向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，u溶液分层，但是没有紫色出现，B错误；
C．向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C正确；
D．与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D错误；
故选C。
12．东南大学化学化工学院张袁健教授探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：

下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂高于催化剂
B．催化：
C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附
D．催化分解吸热，催化分解放热
【答案】BD
【详解】A．由图可知，使用催化剂时的活化能小于使用催化剂时的活化能，则催化效果：催化剂高于催化剂，故A正确；
B．由图可知，催化时，1分子比1分子能量低，则生成1mol放热为，故，故B错误；
C．过氧化氢分解生成水和氧气，由图可知，使用催化剂时吸附产物MS3能量更高，更容易脱附，故C正确；
D．催化剂改变反应速率，但是不会改变反应的热效应，不管使用哪种催化剂，的分解热效应是相同的，故D错误；
故选BD。
13．一种新型AC/LiMn2O4体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极，Li2SO4作电解液，充电、放电的过程如图所示：

下列说法正确的是
A．合成LiMn2O4的过程中可能有O2产生
B．放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe- = Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充电时AC极应与电源负极相连
D．可以用Na2SO4代替Li2SO4作电解液
【答案】AC
【详解】A．Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成LiMn2O4，Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化合价升高，可能有O2产生，故A正确；
B．放电时，锂离子向正极移动，正极的电极反应式为Li(1-x)Mn2O4+xLi++xe- =LiMn2O4，故B错误；
C．放电时AC作负极，充电时AC极应与电源负极相连，故C正确；
D．放电时，需要Li+参与正极反应，所以不能用Na2SO4代替Li2SO4作电解液，故D错误；
选AC。
14．某记忆合金的晶体结构如图a所示，晶胞结构如图b所示。已知原子半径为、。下列说法错误的是

A．该物质的化学式为
B．与最邻近且距离相等的原子数是8
C．该晶体与金属钠含有相同的化学键
D．该晶胞的体积为
【答案】D
【详解】A．位于面上的Ni原子个数=，位于顶点和体心的Mn原子个数=，位于棱上和面心的Ga原子个数=，则该物质的化学式为，A正确；
B．由晶胞结构图可知，与最邻近且距离相等的原子数是8，B正确；
C．该晶体是由Ni、Mn和Ga构成的合金，与金属钠一样都含有金属键，C正确；
D．该晶胞中，设底面边长为apm，高为bpm，，，，则该晶胞的体积为，D错误；
故选D。
15．室温下，向柠檬酸(C6H8O7)溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，所得溶液中C6H8O7、、   和的分布系数δ (x)随pH变化曲线如图所示。已知δ(x)= ，下列叙述错误的是

A．C6H8O7的Ka1为10−3.13
B．曲线b表示δ(C6H8O7)随pH的变化
C．在C6H6Na2O7溶液中， ()＞()＞()
D．pH大于6时，发生的反应主要为 +OH－ = +H2O
【答案】BC
【分析】室温下，向柠檬酸(C6H8O7)溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，所得溶液中C6H8O7、、  和的分布系数δ (x)随pH变化曲线如图所示，根据图中信息得到C6H8O7、、  和的浓度变化对应的曲线为a、b、c、d。
【详解】A．根据曲线a、b交叉点得到C6H8O7的Ka1为10−3.13，故A正确；
B．曲线a是δ(C6H8O7)，加入氢氧化钠，δ(C6H8O7)逐渐减小，δ()逐渐增大，则曲线b表示δ()随pH的变化，故B错误；
C．根据图中信息得到Ka1为10−3.13，Ka2为10−4.76，Ka3为10−6.40，在C6H6Na2O7溶液中，由于的电离程度为Ka3为10−6.40，水解程度为，电离程度大于水解程度，因此()＞()＞()，故C错误；
D．根据图中信息pH大于6时，主要是，加入氢氧化钠溶液发生的反应主要为 +OH－ = +H2O，故D正确。
综上所述，答案为BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是___________。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有___________种。
(2)基态S原子核外有___________个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为___________。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是___________，其主要原因是___________。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为___________。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比___________。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ___________pm。

【答案】(1) Li（1分） 2（1分）
(2) 9或7（1分） [Ar]3d104s24p3（1分）
(3) AsH3（1分） 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高（2分）
(4)6（1分）
(5)sp3、sp（1分）
(6)1∶1（1分）
(7) （2分）
【详解】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
17．（12分）锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池的正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：

已知：
①软锰矿的成分如下：
成分
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
其他不反应杂质
质量分数
69.6%
7.6%
5.6%
9.0%
8.2%
②K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成和MnO2。
③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。
④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。
(1)“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方程式为___________。
(2)“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是___________，“除杂”中加入CaO后，需要适当加热并搅拌的目的是___________，若此时溶液中c()=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO的质量为___________kg。
(3)“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选用___________。
A．冷水 B．热水 C．95%的乙醇溶液 D．LiOH溶液
(4)纯度的测定：取0.5800g锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn元素完全转化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)
①若反应时，N元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。
②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。
【答案】(1)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（2分）
(2)防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应（1分） 加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤（1分） 8.75（2分）
(3)C（2分）
(4) （2分） 94（2分）
【分析】软锰矿加入氢氧化钾、加水，通入氧气氧化浸出得到锰酸钾，加入氢氧化钾溶解，加入氧化钙除去硅等杂质，过滤除去滤渣，滤液加入苯胺、氢氧化锂，处理得到锰酸锂；
【详解】（1）“氧压浸出”的浸出温度为260°C，二氧化锰和氧气、氢氧化钾发生氧化还原反应生成锰酸钾和水，2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（2）已知，K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成和MnO2；“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应；“除杂”中加入CaO后，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子生成硅酸钙沉淀，操作需要适当加热并搅拌的目的是加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤；
若此时溶液中c()=2.5mol/L，更加锰元素守恒可知，，根据表格数据可知，、，硅元素转化为硅酸钙需要消耗氧化钙，根据元素守恒可知，，则二氧化硅需要消耗氧化钙，，则需要在加入氧化钙质量为26.25kg-17.5kg=8.75kg；
（3）锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。故洗涤的试剂最好选用95%的乙醇溶液，故选C；
（4）①若反应时，N元素的化合价不变，锰元素化合价由+3.5变为+2、氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平，反应为；
②Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1，结合锰元素守恒可知，样品中锰酸锂的纯度为。
18．（12分）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。

Ⅰ、合成
(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。

(2)回流，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水
正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。
Ⅱ、载氧量测定
(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。

(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为。将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度。已知大气压为p，氧气的压强为，温度为。配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。
【答案】(1)球形冷凝管（1分） 恒压漏斗（1分） 液封（1分）
(2)BCA（2分）
(3)活塞1和活塞2（2分） 液面差恒定（2分）
(4) （3分）
【解析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。
（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，故答案为：球形冷凝管；恒压漏斗；液封；
（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；
（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；
（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×，故答案为：×。
19．（12分）多环化合物是合成很多药物的中间体，下面是一 种多环化合物G的合成路线：

已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________，由B生成D的反应类型为___________。
(2)E中含氧官能团的名称为___________，E →F反应的方程式为___________。
(3)C的同分异构体中，同时满足以下两个条件的有___________种 ( 考虑立体异构)。
i．除苯环外不含其他的环状结构；
ii． 能发生银镜反应；
(4)写出G的结构简式 ___________。
(5)结合题中相关信息，设计以和为原料制备的合成路线___________(其他无机试剂任选)。
【答案】(1) 2-氰基苯甲酸/邻氰基苯甲酸) （1分） 加成反应（1分）
(2)羰基/酮基（1分）
（2分）
(3)6（2分）
(4) （2分）
(5) （3分）
【分析】A中羟基被-CH2COOCH3取代生成B，C中含有碳碳双键，与B发生加成反应生成D，D中-COOCH3被H原子取代生成E；根据F生成G的条件可知该反应与已知信息类似，则F中含有氨基，结合E生成F的条件可知，E被还原生成F，所以F为，G为。
【详解】（1）A中含有两种官能团，羧基和氰基，二者处于邻位，羧基优先级更高，所以名称为2-氰基苯甲酸(或邻氰基苯甲酸)；C中含有碳碳双键，与B发生加成反应生成D；
（2）E中含氧官能团为羰基/酮基；根据分析F为，E发生还原反应生成F，化学方程式为；
（3）C中含有9个碳原子，1个O原子，不饱和度为6，其同分异构体满足：i．除苯环外不含其他的环状结构，ii． 能发生银镜反应，说明含有醛基，若只有一个侧链，则取代基为-CH=CHCHO(有顺反异构)或-C(CHO)=CH2，还可以是两个取代基-CH=CH2和-CHO，有邻间对三种，所以共有6种同分异构体；
（4）根据分析可知G的结构简式为；
（5）根据已知信息可知，与在Al2O3/加热的条件下可以生成，而与Br2发生1,4加成后再水解即可得，所以合成路线为。
20．（12分）氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答下列问题：
(1)已知：工业合成氨合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量，

则1molN-H键断裂吸收的能量为___________kJ。
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是___________(填字母)
A．升高反应温度 B．增大反应的压强
C．及时移走生成的NH3 D．增加H2的物质的量
(3)将0.6molN2和0.8molH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的曲线如图。

甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________。d点N2的转化率是___________，d点Kp=___________(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。
(4)催化氧化法消除NO反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的物质的量之比为2：1时，得到NO脱除率曲线如图甲所示。脱除NO的最佳温度是___________。在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是___________。

(5)研究发现NH3与NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是___________(填字母)。

A．该反应历程中形成了非极性键和极性键
B．每生成2molN2，转移的电子总数为8NA
C．Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
D．该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O
【答案】(1)391（2分）
(2)B（1分）
(3)丙>乙>甲（1分） 33.3%（2分） （2分）
(4) 900°C（1分） 催化剂中毒（1分）
(5)AD（2分）
【详解】（1）工业合成氨反应为，反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故945.8kJ/mol+3×436 kJ/mol-6E(N-H)= -92.2kJ/mol，则E(N-H)= 391kJ/mol；
（2）A．反应为放热反应，升高反应温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，氢气转化率降低，A不符合题意；
B．反应为气体分子数减小的反应，增大反应的压强，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气转化率升高，B符合题意；
C．及时移走生成的NH3，反应正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；    
D．增加H2的物质的量，物质浓度变大，反应速率加快，平衡正向移动，促进氮气的转化但是氢气转化率下降，D不符合题意；
故选B；
（3）相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，氨气含量减小，故甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%

反应后总的物质的量为1.4mol-2a，则，a=0.2mol，则N2的转化率是，d点压强为60Mpa，则氮气、氢气、氨气分压分别为24Mpa、12Mpa、24Mpa，则；
（4）由图可知，脱除NO的最佳温度是900°C，此时NO脱除率最高；在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂中毒，导致催化效率迅速下降；
（5）A．该反应历程中形成了水中的氢氧极性键和氮气中的氮氮非极性键，A正确；
B．由图可知，总反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成氮气和水，反应为，电子转移关系为，则每生成2molN2，转移的电子总数为6NA，B错误；
C．Fe3+为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，亚铁离子为反应中间产物，C错误；
D．由图可知，该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O，D正确；
故选AD。