精品解析：山东省淄博市2023届高三三模化学试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省淄博市2023届高三三模化学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了 环丙叉环丙烷存在如图转化关系等内容，欢迎下载使用。

高三仿真试题
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 F：19 Fe：56 Ti：48 Y：89
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产、科技息息相关。下列说法正确的是
A. 医用软膏中的“凡士林”属于油脂
B. 重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C. 太空机械臂的主要成分是铝合金，其强度大于纯铝
D. 太阳能电池翼基板采用的碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．医用软膏中的“凡士林”属于烷烃，A错误；
B．重油裂解为轻质油为燃料，燃烧过程中不会减少二氧化碳的排放，不会有助于实现“碳中和”，B错误；
C．合金的强度大于纯金属，C正确；
D．碳纤维是无机非金属材料，D错误；
故选C。
2. 下列物质的性质和用途有对应关系的是
A. AgBr呈淡黄色，可用作感光材料
B. Zn比Fe活泼，可用于铁闸门的防护
C. SO2具有酸性和漂白性，可用作食品抗氧化剂
D. 聚合硫酸铁铝能水解形成胶体，可用作自来水消毒剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．AgBr光照下易分解，因此可做感光材料，与颜色无关，A错误；
B．锌铁构成的原电池中Zn作负极，Fe作正极，正极上发生得电子的反应，负极发生失电子的反应，则Zn可用于水库铁闸门的防护，B正确；
C．SO2具有还原性，可作食品的抗氧化剂，与漂白性和酸性无关，C错误；
D．铁离子水解能够生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水，但不能用于自来水杀菌消毒，D错误；
故答案为：B。
3. 下列实验装置或操作正确的是

A. 用甲装置制作简单燃料电池 B. 用乙装置制备并测量其体积
C. 用丙装置检验乙炔具有还原性 D. 用丁装置证明苯环使羟基活化
【答案】A
【解析】
【详解】A．闭合K1，形成电解池，右侧石墨为阴极，H+放电产生氢气，左侧石墨为阳极，OH-放电生成氧气，然后断开K1、闭合K2，形成简单燃料电池，右侧石墨为负极，左侧石墨为正极，故A正确；
B．极易溶于水，不能用装有水的量气管测量的体积，故B错误；
C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中会有H2S气体，H2S也具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．苯和饱和溴水不能发生取代反应，苯酚和饱和溴水反应生成三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，故D错误；
4. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子的最外层电子数等于其电子总数的。下列说法正确的是

A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 与同周期的元素中第一电离能小于的有5种
D. 该锂盐熔点高于
【答案】C
【解析】
【详解】为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子的最外层电子数等于其电子总数的，为磷元素，结合结构分析，X形成四个共价键，为碳元素，Y形成两个共价键，为氧元素，Z形成一个共价键，为氟元素。据此分析。
A．磷离子有3个电子层，氧离子和氟离子都有2个电子层，故磷离子半径大于氧离子和氟离子半径，根据电子层结构相同，核电荷数越大半径越小分析，氟离子半径小于氧离子半径，A错误；
B．水的沸点高于氟化氢的沸点，B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能逐渐增多，但磷原子为半充满结构，较稳定，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能比磷小有钠镁铝硅和硫六种元素，C正确；
D．该盐阴离子半径大，根据离子半径越小，所带电荷越多，形成离子晶体的晶格能越大，熔点越高分析，其熔点低于氯化锂，D错误；
故选C。
5. 环丙叉环丙烷(n)存在如图转化关系。下列说法错误的是

A. n分子中所有碳原子共平面 B. p分子不能发生消去反应
C. n分子和m分子的一氯代物均只有1种 D. m的同分异构体中属于芳香族化合物的共4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．与双键相连的碳原子处于同一平面，故n分子种所以碳原子共平面，A正确；
B．连接溴原子的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，故不能发生消去反应，B正确；
C．n和m分子中均只有一种氢原子，故一氯代物只有1种，C正确；
D．m的同分异构体中属于芳香族化合物的有：、、、 、，共5种，D错误；
故选D。
6. 利用电化学还原方法催化点击反应，制备功能化侧基聚合物的反应原理如下。下列说法错误的是

A. 聚合反应物分子中含有手性碳原子
B. 反应过程中有非极性键的断裂和极性键的形成
C. 通过电流控制(Ⅱ)还原为(Ⅰ)进而催化反应发生
D. 聚合反应物分子与按照物质的量之比1∶1反应的产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据该反应物的结构简式可知，其中含有手性碳，A正确；
B．反应过程中有非极性键N—N键的断裂，和极性键N—C键的形成，B正确；
C．由图可知，在电流的作用下，(Ⅱ)还原为(Ⅰ)进而催化反应发生，C正确；
D．由图可知，应该是聚合反应物分子与按照物质的量之比1∶n反应的产物，D错误；
故选D。
7. 根据如图所示装置进行实验，能得到相应结论的是


试剂a、b
现象
结论
A
溶液、
有气泡生成

B
、稀
试管上部有红棕色气体
与稀反应生成
C
、乙醇
产生无色气体
乙醇中含有水
D
漂白粉、稀硝酸
产生黄绿色气体
稀硝酸表现出强氧化性

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Na2CO3中滴加CH3COOH，有气泡生成，说明醋酸的酸性比碳酸强，即，故A正确；
B．与稀反应，稀一般被还原为NO，故B错误；
C．钠可以直接和乙醇反应生成氢气，故C错误；
D．漂白粉在酸性条件下Cl－和ClO－离子反应生成氯气，是HClO表现强氧化性，故D错误；
故选A。
8. “热再生电化学循环”电池用于收集废热，提高能源利用率。工作原理：。下列说法错误的是

A. 低温工作时，化学能转变为电能和热能
B. 低温工作时，通过多孔隔膜移向电极
C. 收集废热时，阴极上附着的减少
D. 收集废热时，阳极反应为
【答案】B
【解析】
【分析】收集废热时，的一极为阳极，电极反应为-e-=，AgCl极为阴极，电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-，低温工作时，Ag电极为负极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，电极为正极，电极反应为+e-+K+=。
【详解】A．由方程式可知，低温工作时，该装置放电，化学能转变为电能和热能，故A正确；
B．低温工作时，该装置放电，为原电池，由分析可知，Ag电极为负极，电极为正极，阳离子K+向电极移动，故B错误；
C．收集废热时，Ag电极为阴极，阴极电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl-，AgCl转化为Ag和Cl-，阴极上附着的AgCl减少，故C正确；
D．收集废热时，电极为阳极，，电极反应为-e-=，故D正确；
故选B。
9. 甲酸在纳米级磁性表面分解为活性和，经下列历程实现的催化还原，从而减少污染。下列说法错误的是

A. 将磁性处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解速率
B. 在整个历程中，可完全还原
C. 总反应方程式为2＋5HCOOH＋2H＋N2↑＋5CO2↑＋6H2O
D. 反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，提高甲酸分解速率，故A正确；
B．转化为0.5molN2，转移5mol电子，1molH2转移2mol电子，所以完全还原消耗2.5molH2，故B错误；
C．在反应历程图中箭头指进循环过程的为反应物，箭头从循环过程中指出的为生成物，故总反应方程式为2＋5HCOOH＋2H＋N2↑＋5CO2↑＋6H2O，故C正确；
D．与在氧化Fe2＋的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3＋过程中生成氢离子，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，同时具有增强氧化性的作用，故D正确；
故选D。
10. 实验室提纯1-丁醇粗品(含杂质正丁醛)流程如下。下列说法错误的是

已知：①1-丁醇微溶于水，易溶于乙醚；
②
A. 试剂a为饱和溶液，试剂b为乙醚
B. 操作Ⅰ和操作Ⅲ均为过滤
C. 无水的作用是干燥除水
D. 蒸馏时冷却水从球形冷凝管的下口进入
【答案】D
【解析】
【分析】由信息②可知，试剂1是饱和亚硫酸钠溶液，用来除去粗品中正丁醛，操作1是过滤，滤液中加入乙醚萃取1-丁醇，再分液得到有机层，再加入干燥剂，过滤得到1-丁醇、乙醚混合物，由二者沸点可知，通过蒸馏得到1-丁醇。
【详解】A．由信息②可知，试剂a为饱和NaHSO3溶液，用来除去粗品中正丁醛，1-丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，用来萃取1-丁醇，故A正确；
B．操作I分离固体与液体，而操作Ⅲ分离液体与固体干燥剂，均采取过滤操作，故B正确；
C．硫酸镁具有吸水性，可以吸收有机物中水分进行干燥除水，故C正确；
D．球体部分会残留较多的馏分，蒸馏时宜用直形冷凝管进行冷凝收集，球形冷凝管主要用于冷凝回流作用，故D错误；
故选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㫢，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制取CoCO3，工艺流程如下。下列说法错误的是

已知①被萃取原理：(水层)(有机层)(有机层)(水层)
②碱性条件下，会转化成
A. “酸浸”中反应的离子方程式为
B. 若萃取剂的总量一定，分次加入比一次加入效果更好
C. 试剂X为稀硫酸
D. “沉钴”时，可将含的溶液滴入溶液中，以增加的产率
【答案】D
【解析】
【分析】含钴废渣主要成分CoO、Co2O3，含少量Al2O3、Ni，由流程可知，加入稀硫酸酸浸，发生反应Co2O3+6H+=2Co3++3H2O，CoO+2H+=Co2++H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Ni+2H+=Ni2++H2↑，同时通入SO2，Co3+被还原为Co2+，发生2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+，得到的溶液主要含有的金属离子有Co2+、Al3+、Ni2+，加入Na2CO3溶液调节pH与Al3+发生2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤，除去Al(OH)3，加入萃取剂，萃取Ni2+，分液后向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，得到NiSO4溶液，向水层中缓慢加入Na2CO3，得到CoCO3，以此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒配平离子方程式为：2Co3++SO2+2H2O=2Co2+++4H+，A正确；
B．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率高，B正确；
C．由题干已知①信息可知，被萃取原理：(水层)(有机层)(有机层)(水层)，则接入酸可使上述平衡逆向移动，根据反萃取后得到NiSO4可知，试剂X为H2SO4最合适，C正确；
D．将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低了CoCO3的产率，D错误；
故答案为：D。
12. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验
实验操作和现象
Ⅰ
用计测定溶液的为6.2
Ⅱ
取少量新制饱和氯水于试管中，向其中加入溶液至过量，产生大量无色气泡……
Ⅲ
向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入几滴溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅
Ⅳ
向溶液中滴加溶液，很快有大量气体逸出，后，蓝色溶液变为红色浑浊，继续加入溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液
下列有关说法错误的是
A. 由实验Ⅰ可知，室温下
B. 实验Ⅱ中还可观察到溶液的颜色逐渐变浅，最后消失
C. 实验Ⅲ中一段时间后，溶液颜色明显变浅，原因是过量的有氧化作用
D. 实验Ⅲ、Ⅳ表明溶液、溶液对溶液的分解均有一定的催化作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．忽略水的电离与过氧化氢的第二步电离，，　，A正确；
B．氯水中的Cl2与过氧化氢发生反应，可观察到溶液的颜色逐渐变浅，最后消失，B正确；
C．向溶液中滴加少量溶液，溶液迅速变黄，发生反应：，然后产生气体且加入KSCN溶液变红，说明催化过氧化氢分解，如果是与过氧化氢发生氧化还原反应则不会变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅，有可能是过量的将SCN-氧化，C正确；
D．实验Ⅳ中Cu2+先被还原，最后又得到Cu2+，说明Cu2+有催化作用，而实验Ⅲ经C选项分析可知未作催化剂，D错误；
故选D。
13. 下图装置充电时生成已二腈[]，放电时生成，a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的会解离出和。下列说法正确的是

A. 极的电势低于极的电势
B. 放电时，双极膜中向极移动
C. 充电时，极的电极反应式为
D. 若充电时制得已二腈，则放电时需生成才能使左室溶液恢复至初态
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时，N极H2O失去电子生成氧气，作为负极，M是正极，M极电势高于N极， A错误；
B．放电时，N极H2O失去电子生成氧气，作为负极，N极电极反应是：2H2O-4e-=O2↑+4H+，原电池中阴离子OH-向负极N极移动， B错误；
C．充电时，N极中CH2=CH-CN转化NC(CH2)4CN，CH2=CH-CN中除-CN外，C平均化合价是-1价，NC(CH2)4CN外，C平均化合价是-1.5价，化合价降低，故是发生还原反应，作为阴极，根据原子守恒，电极方程式为：，故C正确。
D．根据C选项中电极反应可知，制得1mol NC(CH2)4CN，得到电子是2mol，根据放电时正极电极方程式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成0.5mol O2，D错误；
故选C。
14. 常温下，向含有的工业废水中逐滴加入溶液，随的变化关系如图所示[表示或或]。
已知：。当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。下列说法正确的是

A. 曲线①表示与的关系
B. 时，溶液中
C. 时，可认为沉淀完全
D. 时，
【答案】C
【解析】
【分析】，当pCu2+=0时，c(Cu2+)=1mol/L，，，，即曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH的关系，=0时，此时，，即曲线②表示与pH的关系，则曲线③表示-lgc(Fe2+)与pH的关系，当pFe2+=0时，，则。
【详解】A．根据分析，曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH的关系，A错误；
B．时，溶液中c(H+)=10-5mol/L，，此时，即，B错误；
C．当时，溶液中,,则溶液中，，即可认为Cu2+沉淀完全，C正确；
D．由分析可知，，时，Cu2+、Fe2+转化为沉淀，此时，即，D错误；
故选C。
15. 是锂离子电池正极材料，晶体中围绕形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与层交替排列。在充放电过程中，(Ⅲ)与(Ⅳ)相互转化，在层间脱出或嵌入，晶胞组成变化如图所示。下列说法正确的是

A. 中
B. 每个晶胞中与Co(Ⅳ)个数比为
C. 每个晶胞转化为晶胞转移的电子数为4
D. 相同质量的分别转化为与转移电子数之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，中的个数为2+8=3，中的个数为1+8=2，则，x=，故A错误；
B．由A可知中，设每个晶胞中Co(Ⅳ)的个数为a，(Ⅲ)的个数为b，根据化合价代数和为零可知，+4a+3b=2×2，a+b=1，解得a=，b=，与Co(Ⅳ)个数比为，故B正确；
C．中的个数为1+8=2，中的个数为1+4= ，每个晶胞转化为晶胞过程中失去个，转移的电子数为，故C错误；
D．每个晶胞转化为转移的电子数为，中的个数为2+8=3，每个晶胞转化为过程中得到1个，转移1个电子，则相同物质的量的分别转化为与转移电子数之比为，故D错误；
故选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 铁、镍、铜、钇()在医药、催化及材料等领域中应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中的位置为________，第二周期中基态原子末成对电子数与相同且电负性最小的元素是___________(填元素符号)。
（2）一种某铁的配合物结构如图所示。该物质中不含有的化学键类型是________ (填标号)。

A．离子键 B．配位键 C．非极性共价键 D．键 E．键
在、、分子中，键角最大的是________。
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。

甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为___________(填“”或“”)；能与形成稳定的环状化合物，其原因是___________；顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，主要原因是___________。
（4）铁酸钇的正交相晶胞结构以及各原子的投影如图所示。

已知1号原子分数坐标为，2号原子分数坐标为，则3号原子的分数坐标为___________；若晶胞参数为和，，用表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. C
（2） ①. A ②.
（3） ①. ②. 中N原子提供孤电子对，与铜离子形成稳定的配位键 ③. 顺式甘氨酸铜极性大，反式甘氨酸铜极性小
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，在3d轨道上有两个未成对的电子，第二周期中基态原子末成对电子数与Ni相同元素的价电子排布式有2s22p2和2s22p4，分别是碳元素和氧元素，其中电负性最小的是碳；
【小问2详解】
根据结构图可知，该化合物中不含有离子键，故选A；，、、均为以Si原子为中心的四面体结构，为正四面体，由于电负性F>Cl>C，F的电负性最大，Si周围的电子云密度最小，C-Si成键电子对之间斥力最大，键角最大，故键角C-Si-C最大的为(CH3)3SiF；
【小问3详解】
甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，根据结构图可知，甘氨酸铜中铜原子和与铜形成键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为dsp2；中N原子提供孤电子对，与铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定的环状化合物；根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，原因是顺式甘氨酸铜极性大，反式甘氨酸铜极性小；
【小问4详解】
由晶胞结构图可知，1号原子分数坐标为，2号原子分数坐标为，则3号原子的分数坐标为；若晶胞参数为和，则该晶体的密度为=。
17. 用方铅矿(，含少量)和软锰矿(，含少量)制备和的工艺流程如下：

已知：难溶于冷水，易溶于热水；
回答下列问题：
（1）“浸取”中，饱和溶液的作用是___________，主要反应的离子方程式为___________。
（2）“趁热过滤”的目的是___________；“调”时，溶液中的浓度为，相关元素可溶性组分物质的量浓度与的关系如图甲所示，溶液的理论范围为___________(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；不考虑溶液体积变化)。

（3）“滤渣2”的主要成分是___________(填化学式)，“转化”中反应的离子方程式为___________。
（4）滤液X用空气和氨水处理可制备，反应温度和溶液对的纯度和产率影响如图乙所示：

①写出由滤液制备的化学方程式为___________。
②为提高的纯度和产率，应选取的温度和分别为___________。
【答案】（1） ①. 增大氯离子浓度，促进正向移动，生成 ②.
（2） ①. 降温易结晶析出，趁热过滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离 ②. 4.5≤pH＜7.3
（3） ①. Al(OH)3、Fe(OH)3 ②.
（4） ①. ②. 50℃ 8.5
【解析】
【分析】用方铅矿(，含少量)和软锰矿(，含少量)加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，发生反应，氧化铁和氧化铝溶于盐酸生成氯化铁和氯化铝，过滤出硫，通入氨气调节溶液的pH，使铝离子和铁离子以氢氧化物的形式沉淀趁热除去，冷却后得到二氯化铅，再加入硫酸钠进行转化为硫酸铅。据此解答。
【小问1详解】
加入饱和氯化钠溶液的目的是增大氯离子浓度，促进正向移动，生成。此步主要为二氧化锰氧化硫化铅生成硫，离子方程式为：。
【小问2详解】
根据信息难溶于冷水，易溶于热水，趁热过滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离。由图可知，Mn2+沉淀完全的pH=9.8，c(H+)=10-9.8mol/L，c(OH-)=10-4.2mol/L，==10-13.4；从图分析，保证铁离子和铝离子完全沉淀分离，溶液的pH最小为4.5，锰离子不能沉淀，锰离子开始沉淀时c(OH-)===10-6.7mol/L，c(H+)=10-7.3mol/L，故最大的 pH为7.3，故pH的理论范围为4.5≤pH＜7.3。
【小问3详解】
滤渣2的主要成分为氢氧化铝和氢氧化铁，转化过程是将二氯化铅转化为硫酸铅，反应的离子方程式为。
【小问4详解】
滤液X用空气和氨水处理得到四氧化三锰，根据氧化还原反应配平其方程式为：。从图分析，温度50℃时纯度和产率都较高，溶液的pH为8.5时纯度和产率最高，故选择该温度和pH。
18. 某小组利用如图所示装置制备并收集(夹持装置略去)，并测定由制备的纳米的组成。

已知：Ⅰ．高温时能与反应，极易水解，能溶于；
Ⅱ．瓷舟中主反应生成和一种氧化物(有毒气体)，还有少量副产物；
Ⅲ．相关物质的熔沸点如表：




熔点/

306

沸点/
136.4
315
76.8

（1）写出中反应的离子方程式___________；上述装置存在一处缺陷，会导致产率降低，改进的方法是___________。
（2）将管式炉加热至时，瓷舟中主要反应的化学方程式为___________；控温箱的温度在，目的是___________；欲分离上述雉形瓶中的液态混合物，采用操作的名称___________。
（3）装置单元的作用为___________。
（4）测定纳米组成

①电位滴定：根据电极电位的突跃可确定滴定终点
用E表示指示电极的电位，V表示标准溶液体积，表示指示电极的电位改变量，表示标准溶液体积增量，以下所示滴定终点附近的图像正确的是___________(填序号)。

②用的标准溶液滴定，平均消耗标准溶液，则的化学式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 在装置A和B之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
（2） ①. ②. 液化分离出 ③. 蒸馏
（3）尾气吸收CO，防止空气污染
（4） ①. AC ②.
【解析】
【分析】装置A利用与浓盐酸反应制得，B装置用来干燥，在装置C中与和碳粉反应制得，蒸气经过控温装置D在E中冷凝液化收集，碱石灰既可尾气处理，又可以防止外界空气中的水蒸气进入E装置使水解。
【小问1详解】
装置A利用与浓盐酸反应制得，离子方程式为：；这种方法制得的中会混有杂质气体HCl和水蒸气，装置图中没有除去HCl的装置，会导致产率降低，改进的方法是：在装置A和B之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。
【小问2详解】
据题意可知进入瓷舟与和碳粉反应制得和一种氧化物(有毒气体)，根据元素守恒思想可推断此有毒气体为CO，所以将管式炉加热至时，瓷舟中主要反应的化学方程式为：，结合表中数据可知该温度下逸出气体中有和，控温箱的温度在，可以液化分离出，进入E中锥形瓶的则有和，欲分离该液态混合物应采用蒸馏的操作。
【小问3详解】
碱石灰只能尾气处理，但不能吸收CO，所以装置单元的作用为：尾气吸收CO，防止空气污染。
【小问4详解】
①采用电位滴定法进行滴定，随着的滴入，指示电极的电位逐渐增大，达到滴定终点时，指示电极电位存在突跃，A中有突跃的过程，A正确；滴定终点时指示电极存在突跃，加入少量标准液指示电极电位即有较大变化，则在滴定终点时数值变化大，C正确，故答案为：AC。
②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据得失电子守恒，Fe3+与Ti3+消耗的物质的量之比为1∶1，消耗 Fe3+的物质的量为：01000mol/L´0.04L=0.004mol，则有n(Ti3+)=0.004mol，根据Ti元素守恒3.47g样品中TiO2的物质的量为0.04mol ，TiO2的质量为0.04mol´80g/mol=32g，剩余的0.27g为H2O的质量，则H2O的物质的量为 ，则该样品的组成为。
19. 治疗消化不良药物甲磺酸萘莫司他的中间体J的合成路线如下：

已知：Ⅰ．(烃基，酰基)
Ⅱ．(烃基，酰基；，烃基)
Ⅲ．(烃基)
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________。
（2）C中所含官能团的名称为___________，符合下列条件的的同分异构体有___________种。
①能水解 ②能与氯化铁溶液发生显色反应
其中，核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为___________。
（3）H的化学式为___________，的反应类型为___________。
（4）E与I反应生成J的反应方程式为___________。
（5）已知： (R，，烃基)，综合上述信息，写出由和二甲胺制备的合成路线______。
【答案】（1） （2） ①. 氨基、羧基 ②. 6 ③.
（3） ①. NH3 ②. 加成反应
（4） （5）
【解析】
【分析】A的分子式为C6H6NBr，相当于C6H6因此不饱和度为，根据E的结构可知为二元取代且取代基的位置是在对位，可得A的结构简式为，A生成B发生的是已知I的反应，因此生成B的结构简式为，而后在H3O+作用下生成C，C的结构简式为，C生成D发生的是已知Ⅱ的反应，因此生成D的结构简式为，F的分子式是C10H7OBr，不饱和度为7，根据物质J的结构可知，F的结构简式为，而后G的结构简式为，根据I的分子式C11H10ON2，相当于C11H8因此不饱和度为，可知I的结构简式为，根据已知Ⅱ也可推出H为NH3，据此作答。
【小问1详解】
根据上述可知A，故答案为：；
【小问2详解】
C的结构简式为，所含官能团为氨基、羧基，符合C的同分异构体能水解说明含有肽键，能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基，因此苯环上为二元取代，分别是-OH和-CONH2以及-OH和-NHCHO，均是邻间对三种，故共有6种，其中，核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为，故答案为：氨基、羧基；6；；
【小问3详解】
根据上述可知H为NH3，根据已知Ⅱ可知的反应类型为加成反应，故答案为：NH3；加成反应；
【小问4详解】
E与I反应生成J的反应方程式为：；故答案为：；
【小问5详解】
由和二甲胺制备的合成路线，根据信息可得：，故答案为：。
20. 和重整制取和，是实现“碳中和”的理想技术。该工艺涉及以下反应；
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
（1）已知和的燃烧热分别为、和，___________。
（2）刚性密闭容器中，进料比分别为1.5、2.0，起始压强为，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时甲烷的质量分数、与温度关系如图。

①进料比为2.0时对应的甲烷质量分数和的曲线分别为___________和___________。随温度升高而增大的原因是___________。
②时，反应经达到平衡点，反应Ⅱ的平衡常数，则点对应的转化率为___________，的平均消耗速率为___________(保留2位有效数字)。
（3）积碳是导致催化剂失活的主要原因。在时，将相同组成的混合气体，以恒定流速分别通过反应器，测得数据如图所示。

注：表示反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列对催化剂失活的分析错误的是___________。
A. 由数据推知，压强越大，催化剂越易失活
B. 该条件下，失活的主要原因是发生反应Ⅲ
C. 恒压时，高温区催化剂失活主要原因是发生反应Ⅳ
D. 保持其他条件不变，适当增大进料比，可减缓的衰减
【答案】（1）+247.3
（2） ①. b ②. d ③. 反应I和Ⅱ均为吸热反应，升温平衡均正向移动，反应I右移的程度大于反应Ⅱ右移的程度 ④. 64% ⑤. （3）BC
【解析】
【小问1详解】
和的燃烧热分别为、和，其热化学方程式分别为，，，则第一个方程式减去第二个方程式2倍，再减去第三个方程式2倍得到 ；故答案为：+247.3。
【小问2详解】
①进料比比值增大，相当于甲烷物质的量不变，加入二氧化碳，平衡正向移动，甲烷的量减少，则进料比为2.0时对应的甲烷质量分数为b，二氧化碳增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ正向移动，则CO的量增多，氢气量增加幅度比CO增大幅度小，则比值减小，因此进料比为2.0时的曲线为d。随温度升高而增大的原因是升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ正向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动程度；故答案为：b；d；反应I和Ⅱ均为吸热反应，升温平衡均正向移动，反应I右移的程度大于反应Ⅱ右移的程度。
②时，反应经达到平衡点，反应Ⅱ的平衡常数，则，假设二氧化碳物质的量为1.5mol，甲烷物质的量为1mol，，，，，解得x=，y=，则点对应的转化率为，此时的总压强，则的平均消耗速率为；故答案为：64%；。
【小问3详解】
A．反应在4h以后，由数据推知，压强越大，其比值越来越小即催化剂越易失活，故A正确；
B．该条件下，由于温度相同，因此失活的主要原因是发生反应Ⅳ，故B错误；
C．恒压时，升高温度，对反应Ⅲ平衡正向移动，则高温区催化剂失活的主要原因是发生反应Ⅲ，故C错误；
D．保持其他条件不变，适当增大进料比，相当于增大二氧化碳的量，有利于增大甲烷的转化率，减小反应Ⅲ和反应Ⅳ的发生，因此反应可减缓的衰减，故D正确；
综上所述，答案为：BC。