必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（山东专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷03（山东卷）

山东高考化学科目时间：6月9日15:30-17:00，考试时间90分钟，满分100分。试卷结构依然采取10道单选题、5道不定项选择题和5道主观大题的模式。考查内容上预测不会有大的变化，试题情境将更加与实际生产生活相贴切。

本套试卷加大了对实验基础知识的考查，如第3、4、9、11等题，突出考查了实验基本操作和仪器的使用。设置了一道价类二维坐标图题，这是近年来的热点考查形式。第12题为传统形式的氧化还原反应分析题，考查考生对基础知识的掌握扎实程度。第15题考查晶胞知识，这也是命题的可能性之一。
本卷满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 K 39 Mn 55
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．化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是
A．葡萄酒中添加的既可杀菌，又可防止营养成分被氧化
B．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性
C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、等
D．不锈钢是一种含合金元素和的合金钢
【答案】B
【解析】A．SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，A正确；B．真丝织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，是因为酶使真丝中的蛋白质水解，B错误；C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、 ClO2 等，C正确；D．不锈钢主要含有Fe、Cr、Ni和少量的碳，D正确；故选B。
2．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．呈淡黄色，可用作供氧剂 B．NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】A．能与水和二氧化碳反应生成氧气，因此可做供氧剂，与颜色无关，故A错误；B．电解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B错误；C．溶液呈碱性，可使油污水解呈溶水物质除去，故C正确；D．能与胃酸中HCl反应生成二氧化碳，因此可以用于治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，故D错误；故选：C。
3．下列与实验相关的叙述正确的是
A．除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液洗涤分液
B．在陶瓷坩埚中加强热，可除去碳酸钠晶体中的结晶水
C．实验室制取氢氧化铁胶体时，为了使胶体均匀应不断搅拌
D．用洁净的铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+，无K+
【答案】A
【解析】A．乙酸，能与碳酸钠反应，所以除去乙酸乙酯中少量的乙酸，加入饱和的碳酸钠溶液后分液，A正确；
B．碳酸钠高温条件下能与陶瓷中的反应，所以不能用陶瓷坩埚加热碳酸钠晶体，B错误；
C．实验室制取氢氧化铁胶体时，不能用玻璃棒搅拌，会破坏胶体的生成，C错误；
D．颜色试验为黄色，只能证明溶液中含有，要证明是否含有，需要透过蓝色的钴玻璃片观看颜色，D错误；
故选A。
4．实验室从废定影液[含和等]中回收和的主要步骤为：向废定影液中加入溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制；制取并通入滤液氧化，用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图，下列叙述正确的是

A．用装置甲分离时，用玻璃棒进行引流
B．用装置乙在空气中高温灼烧制取
C．用装置丙制备时还需要加热条件
D．用装置丁分液时，从下口放出有机相
【答案】A
【解析】A．过滤时用玻璃棒进行引流，防止液体溅出，故A正确；B．蒸发皿不能用于高温灼烧固体，否则会受热不均而炸裂，应选用坩埚灼烧，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸不需加热就能反应生成氯气，故C错误；D．苯的密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丁分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，故D错误；故选A。
5．乙二胺()是一种重要的有机化工原料，下列关于乙二胺的说法不正确的是
A．易溶于水，其水溶液显碱性
B．键角大于键角
C．第二周期中第一电离能大于C小于N的元素只有一种
D．中，提供孤电子对形成配位键的是
【答案】D
【解析】A．乙胺中含氨基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，其水溶液显碱性，A正确；
B．-NH2中含有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，所以键角大于键角，B正确；
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；第二周期中第一电离能大于小于的只有氧元素，C正确；
D．乙二胺与形成的中，提供㧓电子对形成配位键的是N，D错误；
故选D。
6．轴烯(Radialene)是独特的环状烯烃，环上每个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法正确的是

A．a分子中所有原子共面
B．b分子中键和键的数目之比为
C．c与足量发生反应后所得产物的一氯代物只有一种
D．上述三种轴烯互为同系物
【答案】A
【解析】A．a中含三个碳碳双键，且直接相连，根据乙烯的分子结构特点及3点共面可知，分子中所有原子都在同一个平面上，A正确；B．b分子中含8个C-H键，4个C=C键，4个C-C键，单键是键，双键含1个键和1个键，则b分子中含16个键和4个键，键和键的数目之比为，B错误；C．c与足量发生反应后所得产物有2种等效氢，则其一氯代物有2种，C错误；D．a、b、c含碳碳双键个数不相等，结构不相似，不是同系物，D错误； 故选A。
7．部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．对应含氧酸的酸性强弱为： B．工业上通过 来制备
C．久置的水溶液会变小 D．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染
【答案】B
【解析】根据元素的化合价和物质类别可推出a、b、c、d、e分别为NH3、N2、NO、NO2和HNO3或硝酸盐；a＇、b＇、c＇、d＇、e＇分别为HCl、Cl2、HClO或次氯酸盐、HClO3或氯酸盐、HClO4或高氯酸盐。A．硝酸和高氯酸都是相应元素的最高价酸，最高价酸的酸性和非金属性相关，非金属性越强，最高价酸的酸性越强，非金属性Cl＞N，所以酸性：HClO4＞HNO3，故A合理；B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO，NO可以循环使用，即工业上是通过制备硝酸，不经过氮气这一步，故B不合理；C．氯水中的HClO光照下会分解为强酸盐酸和氧气，所以久置的氯水pH会变小，故C合理；D．NH3中N为-3价，NO和NO2中N的化合价为正价，NH3和NO或NO2反应时，都可以发生归中反应生成氮气和水，可以用氨还原NO或NO2消除氮氧化物的污染，故D合理；故选B。
8．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。列说法正确的是
A．简单离子半径；
B．X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，Q为K，则W为Cl。A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径；，A正确；B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误；C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误；D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误；故选A。
9．一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是

A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
【答案】B
【解析】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A正确；B．滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B错误；C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；故答案选B。
10．羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．③是该反应的催化剂
B．③到④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C．⑥中有1个手性碳原子
D．合成⑦的总反应为
【答案】B
【解析】A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，不是该反应的催化剂，故A错误；B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；C．⑥中有2个手性碳原子，如图，故C错误；D．合成⑦的总反应为，故D错误；故答案为：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．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
测定与混合物中碳酸钠质量分数
将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定
B
比较HClO与的酸性
用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pH
C
提纯混有杂质的NaCl固体
将固体溶于水，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤
D
比较、、的氧化性
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置
【答案】CD
【解析】A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2，根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作正确能达到实验目的，A正确；
B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B正确；
C．提纯混有KNO3杂质的NaCl固体，NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大，应该采用蒸发浓缩、趁热过滤、将滤液冷却结晶、过滤的方法，C错误；
D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-，得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D错误；
故答案选CD。
12．实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；Ⅱ：；Ⅲ：。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B．酸性条件下的氧化性：
C．可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
【答案】B
【解析】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误；C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C正确；D．28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，D正确；故选B。
13．我国科学家利用电池，以水溶液作为锌离子电池的介质，可实现快速可逆的协同转化反应。如图所示，放电时该电池总反应为：。下列说法正确的是

A．放电时，Zn为负极，发生氧化反应
B．放电时，参与反应，转移
C．充电时，通过阳离子交换膜从极移向极
D．充电时，阳极发生反应：
【答案】AD
【解析】A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A正确；B．由总反应可知，反应时生成2molBi，转移6mol电子，参与反应，转移，故B错误；C．充电时，Zn电极作阴极，极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则通过阳离子交换膜从极移向极，故C错误；D．充电时的总反应为：，阳极发生反应：，故D正确；故选AD。
14．室温，向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
(已知：的、分别为、；)

A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的
C．a→b变化过程中，溶液中的减小
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】A．温度不变水解平衡常数不变，=，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；B．b点=-5，=1.0×10-5mol/L，=，=2，则=100，，故B错误；C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则==不变，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c(CO)=c(HCO)，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故选：D。
15．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是

A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D
【解析】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；
B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；
D．由乙晶胞结构可知，掺杂Mn之后，晶体中Mn数目为，As数目为4，故晶体中Mn、As的原子个数比为5:32，则和Mn最近且等距离的As的数目大于6，故D错误；
故选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键    B．离子键     C．共价键     D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是
(填标号)。

A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。

【答案】(1) O>N>C>H>Cu（1分）     3d104s1（1分）
(2) +1(或-1) （1分）     BD（2分）     三角锥形（1分）
(3) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键（1分）     （2分）
(4)D（1分）
(5) （2分）
【解析】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
17．（12分）硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：

已知：硼氢化钠常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为)。
(1)和都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸在水中的电离方程式_______。
(2)粉碎的目的是_______；滤渣的成分是_______(写化学式、下同)。
(3)操作1的步骤是____、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为_____、_______。
(4)高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是_______。
(5)流程中可循环利用的物质是_______。写出副产物硅酸钠的一种用途_______。
(6)被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克的还原能力。的有效氢含量为_____(保留两位小数)。
【答案】(1) （2分）
(2)增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分) （1分） 和（1分）
(3)蒸发浓缩（1分）  过滤 （1分）  蒸馏（1分）
(4)除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应（1分）
(5)异丙胺（1分）   可做防火剂或黏合剂（1分）
(6)0.21（2分）
【解析】硼镁矿粉碎后加入氢氧化钠碱溶，氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣和，滤液中含硼，为蒸发浓缩、冷却结晶得到，脱水后高温合成得到、，加入异丙胺提取出，蒸馏分离出取异丙胺得到；
（1）一元弱酸硼酸在水溶液中部分电离，；
（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是和；
（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠常易溶于异丙胺(沸点为)，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作，为蒸馏；
（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；
（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；
（6）中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，，则有效氢含量为。
18．（12分）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。

原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体
(1)实验装置合理的连接顺序为a—___________(填仪器接口字母标号)。
(2)步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为___________。
②补全步骤v的操作：___________，其目的是___________。
(3)从安全的角度考虑，整套装置的不足是___________。
(4)装置D中反应的离子方程式为___________。
(5)取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。

已知：；
①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。
③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)hi(或ih)debcf(g) （2分）
(2)  开, 关（1分）     继续通入一段时间 （1分）    将COCl2完全排入装置D被充分吸收（1分）
(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管（1分）
(4) （2分）
(5) 除去多余的 （1分）    92.5% （2分）    偏低（1分）
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。
【解析】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。
（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。
（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；
（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；
②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；
③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。
19．（12分）由芳香化合物A制备药物中间体I的一种合成路线如图：

已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R- CH(OH)2→R-CHO+ H2O；
②R- CHO+R1-CH2COOHR –CH=CH- R1+ H2O+CO2↑；
③。
(1)A的名称为_______；C 的分子式为_______。
(2)B→C的反应类型为_______ ；A~I九种物质中含有手性碳原子的有_______种。
(3)F→G的反应方程式为_______。
(4)试剂Y的结构简式为_______。
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不含立体异构)。
①苯环上只有两个侧链
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体
其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2：2：1的同分异构体的一种结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，设计由CH3CH2CHCl2制备CH3CH2 CH=CHCH3的合成路线_________(有机溶剂及无机试剂任选)。
【答案】(1)对甲苯酚（1分） C9H8Cl2O2（1分）
(2)取代反应（1分） 0（1分）
(3) （2分）
(4) （1分）
(5)12（1分） （1分）
(6) （3分）
【解析】由B的结构简式，结合A的分子式可知，A为， A中酚羟基和乙酸发生取代反应生成B，试剂X为CH3COOH，B中甲基发生取代反应生成C，C中氯原子发生水解反应生成D，D为对羟基苯甲醛，D→E为取代反应，F发生已知信息②中反应生成G为，再发生已知信息③的反应生成H为，试剂Y为。
（1）由分析可知A的结构简式为，名称为对甲苯酚；由C的结构简式可知，C 的分子式为C9H8Cl2O2；
（2）B→C是甲基上发生二氯取代，则反应类型为取代反应；与4个不同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，由A~I九种物质的结构简式可知，没有含有手性碳原子的物质，故答案为：取代反应；0；
（3）F发生已知信息②中反应生成G为，反应方程式为；
（4）H+YI+H2O，H为，结合I的结构。推知试剂Y的结构简式为；
（5）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：①苯环上只有两个侧链；
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基；苯环上一个取代基为-COOH，另一个取代基为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH或两个取代基均为-CH2COOH或一个取代基为-CH3，另一个取代基为-CH(COOH)2，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故满足条件的同分异构体有43=12种；核磁共振氢谱显示有3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积之比为2：2：1，说明3种氢原子个数比为2：2：1，该有机物的结构简式为；
（6）CH3CH2CHCl2发生水解反应生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化得到CH3CH2COOH，然后CH3CH2CHO与CH3CH2COOH发生信息②中反应生成CH3CH2 CH=CHCH3，合成路线为：。
20．（12分）2020年中国向世界宣布2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。转化和吸收CO2的研究成为更加迫切的任务。
(1)在催化剂作用下CO2和H2发生反应I：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H1。已知298K时，部分物质的相对能量如表所示(忽略△H随温度的变化)。
物质
CO2(g)
H2O(l)
H2O(g)
H2(g)
C2H4(g)
相对能量(kJ•mol-1)
-393
-286
-242
0
52
则△H1=_____kJ•mol-1，该反应能够自发进行的条件是_____(填“较高温度”或“较低温度”)。
(2)在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入CO2、H2，加入合适催化剂，发生反应I，下列情况表明反应I达到平衡状态的是_____(填序号)。
A．C2H4的体积分数保持不变 B．混合气体密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．混合气体中C2H4与H2O(g)的分压之比不变
(3)在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和1.2molH2，发生反应I，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示；

①随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，原因是______。
②若反应平衡时M点(p2对应压强下)密闭容器的体积为2L，请列出计算N点条件下反应Ⅰ的平衡常数的计算式K=_____(只列计算式)。
(4)CO2催化加H2还可能生成其他含碳化合物。研究发现，Fe、Co固体双催化剂的成分对相同时间内CO2转化率和产物选择性有重要作用，部分研究数据如表所示：
实验编号
n(Fe)：n(Co)
CO2转化率/%
CO选择性/%
CH4选择性/%
C2H4选择性/%
反应后固体的成分
1
100∶0
1.1
100
0
0
Fe和少量Fe3O4
2
50∶50
30.5
36.8
42.9
20.3
Fe和Co
3
0∶100
69.2
2.7
97.1
0.2
Co
下列说法错误的是______(填序号)。
A．实验1中生成Fe3O4的化学方程式为3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO
B．用该方法制备CH4时，最好选用金属Co作催化剂
C．n(Fe)：n(Co)对该制备过程影响很大
D．若生成等物质的量的CH4和C2H4，转移的电子数比值为2∶1
(5)在一定条件下，选择合适的催化剂使CO2只发生转化为CO的反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0。调整CO2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图所示：

已知：Kx是以物质的量分数表示的化学平衡常数；反应速率v=v正-v逆=k正x(CO2)x(H2)-k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。B、E、F三点反应温度最高的是_____点，计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到40%时，=_____。
【答案】(1) -130（2分）     较低温度（1分）
(2)AC（1分）
(3) 随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等（2分）     （2分）
(4)D（1分）
(5) F（1分）     2.25（2分）
【解析】（1）已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，
则kJ/mol；该反应是一个熵减的放热反应，反应能自发进行，则上述反应能够自发进行的条件是较低温度。
（2）A．C2H4的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，故A符合题意；B．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，故B不符合题意；C．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故C符合题意；D．混合气体中C2H4与H2O(g)为生成物，分压之比等于反应的系数比为定值，分压之比不变不能说明达到平衡状态，故D不符合题意；故选AC。
（3）①随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等；
②在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和1.2molH2，发生反应I，CO2的平衡转化率为40%，则反应二氧化碳0.16mol；

若反应平衡时M点(p2对应压强下)密闭容器的体积为2L，平常常数只受温度影响，则MN两点的平衡常数相同，故N点条件下反应Ⅰ的平衡常数的计算式K=；
（4）A．由题干表中数据可知，实验1中CO的选择性100%，则该反应的化学方程式为，A正确；
B．由题干表中数据可知，实验1和实验3比较可知，当用Co作催化剂时的转化率最高，的选择性也很高，则制备时最好选用金属CO作催化剂，B正确；
C．由题干表中数据可知，的不同对的转化率、CO、、的选择性均影响很大，即对该制备过程影响很大，C正确；
D．本反应中是由中的+4价的C降低为中的-2价和CH₄中的-4价，生成等物质的量的和，转移的电子数比值为2∶3，D错误；
故选D；
（5）反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；B、E、F投料比不同但转化率相同，且F点和初始投料比最大，说明F点的温度最高；达到平衡状态E点，转化率刚好达到50%，设初始投料和均为1mol，列三段式：

此时；
当转化率达到40%时，

。