精品解析：山东省济宁市2023届高三二模考试（4月）化学试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省济宁市2023届高三二模考试（4月）化学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

济宁市2023年高考模拟考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：
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. 中华文化富载科学知识，下列说法错误的是
A. “有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，“硇水”是硝酸溶液
B. “白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”，生产“瓷”的主要原料为黏土
C. “蜡炬成灰泪始干”，“泪”是蜡烛燃烧的产物
D. 古剑“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，“剂钢”是铁的合金
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能与不活泼的金属银发生反应，“硇水”是硝酸溶液，A正确；
B．陶瓷属于硅酸盐产品，生产陶瓷主要用黏土为原料，B正确；
C．蜡烛是混合物，没有固定化的熔点，燃烧时会熔化，所以“蜡炬成灰泪始干”，“泪”是液态的蜡烛，C错误；
D．合金熔点低于组成成分的金属，硬度较大，“剂钢”是铁的合金，D正确；
故选C。
2. 下列试剂实验室中保存方法正确的是
A. 水玻璃保存在磨口瓶中
B. 硝酸银溶液保存在无色试剂瓶中
C. 浓硫酸保存在橡胶塞试剂瓶中
D. 少量液溴保存在棕色细口瓶中，并要加水液封
【答案】D
【解析】
【详解】A．水玻璃具有粘性，能将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，不能保存在磨口瓶中，故A错误；
B．硝酸银见光容易分解，所以硝酸银溶液存放在棕色试剂瓶中，故B错误；
C．浓硫酸能够氧化橡胶塞，应该使用玻璃塞的试剂瓶保存，故C错误；
D．溴水中的次溴酸见光易分解，应用棕色瓶细口瓶，溴单质易挥发，应用水封法保存，故D正确；
故选D。
3. 下列高分子材料制备方法错误的是
A. 结构片段为… …高聚物，由苯酚和甲醛经加聚反应制备
B. 聚乙烯醇( )由聚乙酸乙烯酯( )水解反应制备
C. 聚合物 由异戊二烯加聚反应制备
D. 聚合物 由1，1-二氟乙烯和全氟丙烯经加聚反应制备
【答案】A
【解析】
【详解】A．高聚物 可以写成： ，其单体为 ，是由苯酚和甲醛经缩聚反应制备，A错误；
B．聚乙酸乙烯酯 属于酯类，能发生水解生成聚乙烯醇( )和乙酸，B正确；
C．异戊二烯 加聚反应生成 ，C正确；
D． 由单体：　 和 通过加聚反应制备，D正确；
故选A。
4. 下图为中学化学常用仪器的局部或全部，下列说法正确的是




甲
乙
丙
丁

A. 图甲所示装置先加入试剂再检查气密性
B. 图乙所示仪器用于蒸馏时，冷却水应从下口通入
C. 图丙所示仪器可用于减压过滤和酸碱中和滴定
D. 图丁所示仪器使用前不需用待装液润洗
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲装置可以用于生成气体的实验，加入试剂前要检查气密性，故A错误；
B．乙是球形冷凝管，使用时冷却水应从下口通入，但不能用于蒸馏，故B错误；
C．丙是抽滤瓶，可用于减压过滤，不能用于酸碱中和滴定，故C错误；
D．从刻度来看，丁不是滴定管，使用前不需用待装液润洗，故D正确；
故选D。
5. 物质中环上所有原子共面，下列说法错误的是
A. 电负性：N>C>H B. 分子中2个N原子均易与形成分子间氢键
C. 分子中的大键可表示为 D. 分子中两个N原子的杂化方式相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期元素自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性：N>C>H，故A正确；
B．分子中2个N原子与环上的3个C原子形成大键，且分子中不存在N-H键，故不能与形成分子间氢键，故B错误；
C．该分子中环上每个原子有1个p轨道垂直于环平面，和乙基相连的N原子p轨道有2个电子，其它环上的原子各提供1个p电子，这些p轨道侧面重叠形成1个封闭的大键，参与形成大键的原子数为5，参与形成大键的电子数为6，故大键可表示为，故C正确；
D．分子中两个N原子的杂化方式均为sp2杂化，杂化方式相同，故D正确；
答案选B。
6. 磷酸氯喹可用于治疗类风湿性关节炎，结构如图。下列关于磷酸氯喹的说法正确的是

A. 化学式为 B. 可与溴水发生加成反应
C. 至少有17个原子共平面 D. 磷元素主要以磷酸分子的形式存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据该分子结构，其化学式为，A错误；
B．因为该分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，B正确；
C．苯环是平面结构，双键也是平面结构，根据该分子结构，至少有18个原子共平面，C错误；
D．磷酸氯喹分子中，不存在独立的磷酸分子，D错误；
故选B。
7. 去除酸性废水中反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是

A. X的化学式为
B. HS·反应活性较强，不能稳定存在
C. 步骤III反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为8∶1
D. 步骤IV除砷的方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，X的化学式为，故A正确；
B．HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；
C．步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1，故C错误；
D．步骤IV中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，方程式为：，故D正确；
故选C。
8. 实验室测定反应的平衡常数K的过程为：
①一定温度下，将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀；
②待步骤①中反应达到平衡时，取v mL上层清液，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液。
资料：(白色) ，(红色)
下列说法正确的是
A. 溶液可替换为溶液
B. 过程①中产生的灰黑色沉淀为Fe或Ag元素的氧化物
C. 可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定
D. 步骤②中不待溶液澄清，直接用浊液做滴定实验测定，则所测K值偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中的NO具有强氧化性能够将Fe2+氧化为Fe3+，影响反应的平衡常数K测定，故A错误；
B．由方程式可知过程①中产生的灰黑色沉淀为Ag，故B错误；
C．硫氰化钾和铁离子形成红色溶液，氯化钾和铁离子不反应，故不能用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+，故C错误；
D．实验①所得浊液中还含有Ag，因存在平衡，且随着反应的进行，使得平衡逆向移动，则测定平衡体系中的c(Ag+)偏高，偏高，所得到的K=偏小，故D正确；
故选D。
9. 以废旧锌锰电池中的黑锰粉[、、、少量及炭黑、氧化铁等]为原料制备的工艺流程如下：

下列说法正确的是
A. 滤液a显中性
B. “酸浸”时消耗的和物质的量相等
C. “调pH”步骤中MnO不可用替代
D. 通入空气的作用是氧化锰元素并除去炭黑
【答案】D
【解析】
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，故滤液a为、溶液，分离固体通入空气焙炒从而除炭黑、并氧化为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤除去铁，并分离得到硫酸锰溶液，再加入氯化钙溶液、结晶得到二氯化锰；据此分析解答。
【详解】A．“滤液a”中含有的铵根离子、锌离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，A错误；
B． “酸浸”时发生反应：，该反应中消耗的和物质的量相等，但是二氧化锰还会催化过氧化氢生成水和氧气，故“酸浸”时消耗的和物质的量不相等，B错误；
C． 和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，MnO和硫酸反应生成硫酸锰和水，则“调pH”步骤中MnO可用替代，C错误；
D．氧气具有氧化性，加热下碳被氧化为二氧化碳而除去，氧化生成二氧化锰和水，故通入空气的作用是氧化锰元素并除去炭黑，D正确；
故选D。
10. 某浓差电池的装置如图所示，该电池使用前先将K与M连接一段时间，K再与N连接，当正负电极室中溶液的浓度相等时，电池将停止放电。下列说法错误的是

A. K与M连接时，当电路中转移0.1mol电子时，乙室溶液质量减少17g
B. K与N连接时，甲室的电极反应式为
C. 若换成阳离子交换膜，电池将不能正常使用
D. K分别与M、N连接时，在电解质溶液中的移动方向相反
【答案】B
【解析】
【分析】浓度差电池是利用两极电势差实现两个氧化还原半反应，总反应类似扩散原理，最终两池电解质浓度将相等。该电池使用前先将K与M连接一段时间，开关与M相连时，为电解池，左侧甲室内Ag电极为阳极，右侧乙室内Ag电极为阴极，阳极上Ag失去电子转化为Ag+，阴极上Ag+得到电子转化为Ag，硝酸根透过阴离子交换膜向阳极移动进入左侧，一段时间后，两池中浓度不同；然后将K与N相连，装置为原电池，左侧甲室内硝酸银溶液浓度大，银离子氧化性强，则银离子得电子发生还原反应，左侧甲室内Ag电极为正极，则右侧乙室Ag电极为负极，硝酸根向负极移动进入乙室，据此回答；
【详解】A． 据分析，K与M连接时，右侧乙室内、硝酸根迁出，当转移1mol电子时，乙室溶液质量减少(108+62)g=170g，则当电路中转移0.1mol电子时，乙室溶液质量减少17g，A正确；
B．K与N连接时为原电池，甲室为正极区，电极反应式为，B不正确；
C．若换成阳离子交换膜，若有1mol电子转移，阳极1mol Ag溶解、阴极析出1mol Ag，1mol Ag+透过阳离子交换膜进入乙室，则两池中Ag+浓度将相同，开关与N相连时，不会产生电流、将不能正常使用，因此应该选择阴离子交换膜电池，C正确；
D．据分析，K分别与M、N连接时，在电解质溶液中的移动方向相反，D正确；
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. 某同学按图示装置进行实验，下列有关现象和结论均正确的是


a
b
c
现象
结论
A
浓氨水
氢氧化钠
硝酸银溶液
沉淀先生成后消失
有配合物生成
B
稀盐酸
大理石
苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性
C
饱和食盐水
电石
酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
有乙炔生成
D
溶液


淡黄色沉淀生成
氧化性

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．A装置中浓氨水和氢氧化钠溶液反应生成氨气，生成的氨气通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀消失，有配合物Ag(NH3)2OH生成，故A正确；
B．A装置中稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，但生成的二氧化碳中混有HCl气体，HCl和苯酚钠反应也能生成苯酚，则不能说明酸性苯酚，故B错误；
C．水和电石发生反应生成乙炔，生成的乙炔中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验不能证明有乙炔生成，故C错误；
D．Na2S与AlCl3会发生双水解反应，生成Al(OH)3和H2S气体， H2S气体通入到溶液中生成淡黄色沉淀S，说明氧化性，故D错误；
故选A。
12. 实验室中利用固体和进行如图实验，下列说法正确的是

A. 氯元素最多参与了2个氧化还原反应
B. a是氧化产物
C. 整个过程转移电子数可能为
D. 若用足量浓代替浓盐酸，b的物质的量不变
【答案】B
【解析】
【分析】在的催化下分解产生氧气，方程式为：2KClO32KCl + 3O2↑，气体单质a为O2，固体为和KCl的混合固体或MnO2、KClO3、KCl的混合固体，加入足量浓盐酸，在加热条件下发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，被还原为MnCl2，单质b为Cl2。
【详解】A．由分析可知，氯元素最多参与了3个氧化还原反应，分别为2KClO32KCl + 3O2↑、4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O和KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故A错误；
B．由分析可知，在的催化下分解产生氧气，气体单质a为O2，O元素化合价上升，O2是氧化产物，故B正确；
C．由分析可知，整个过程中发生反应2KClO32KCl + 3O2↑和4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，若第一步反应氯酸钾无剩余，则消耗0.4mol，转移2.4mol电子，第二步反应消耗0.1molMnO2，转移0.2mol电子，两步反应共转移2.6mol电子，若氯酸钾有剩余，则转移电子数会更多，故C错误；
D．若用足量浓代替浓盐酸，第一步产生0.4molKCl，加入浓后也可得到浓盐酸，而和浓盐酸反应过程中浓盐酸会变稀，此时不会再产生氯气，则不能完全反应，生成Cl2的物质的量减小，故D错误；
故选B。
13. 一种新型层状笼目结构超导体，(A=Cs，Rb，K)晶体结构如图所示。

下列说法错误的是
A. 同周期中，单电子数与基态V原子相同的元素有1种
B. 若A为Cs原子，则晶体的化学式为
C. 二维笼目平面内与Sb原子距离最近的V原子有3个
D. A原子1的分数坐标为，则体心V原子的分数坐标为
【答案】A
【解析】
【详解】A．V是23号元素，基态V原子的核外电子排布式为，V的价电子排布式为， V的未成对电子数为3，故同周期元素中价电子排布式为 的Co以及价电子排布式为的As，均与其未成对电子数相同，共2种，A错误；
B．由晶胞图可知，原子位于顶点，个数为：，位于面上和体内，个数为：，位于棱上和体内，个数为：，所以晶体的化学式为，B正确；
C．根据该晶胞结构可知，平面内与Sb原子距离最近的V原子有3个，C正确；
D．由该晶胞图可知，若A原子1的分数坐标为，则体心V原子的分数坐标为，D正确；
故选A。
14. 可用电化学原理进行氮的氧化物脱除，下图装置可同时吸收和NO(已知连二亚硫酸稀)。

下列说法错误的是
A. N为直流电源的负极
B. 装置中P为阳离子交换膜
C. 左室的电极反应式为：
D. 吸收池中的反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，在右边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则右边电极为阴极，电极反应为2+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；在左边电极上SO2发生氧化反应生成H2SO4，左边电极为阳极，电极反应为；结合电解原理分析解答。
【详解】A．由图可知，在右边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则右边为电解池的阴极， N极为直流电源的负极，故A正确；
B．电解过程中阳极区生成的氢离子通过离子交换膜向阴极区移动，因此装置中P为阳离子交换膜，故B正确；
C．由图可知，在左边电极上SO2发生氧化反应生成H2SO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；
D．由图可知，吸收池中NO和H2S2O4反应生成N2和，H2S2O4是弱酸在离子方程式中不能拆，故D错误；
故选D。
15. 已知： ， 。25℃时，甘氨酸溶液中通入HCl或加入氢氧化钠含氮微粒的浓度对数与pH的关系如图所示，下列说法错误的是

A. a点时，
B. pH从4变化到9，溶液中不变
C. 的甘氨酸水溶液中
D. 在溶液中
【答案】AC
【解析】
【分析】如图，甘氨酸分子中有氨基和羧基，氨基有碱性，在酸性较强的溶液中会结合H+形成H3N+CH2COOH；羧基有酸性，在碱性较强的溶液中会与OH-反应生成和
H2O，故随着pH增大，曲线I~III分别表示H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-、，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线I表示H3N+CH2COOH，曲线II表示H3N+CH2COO-，a点c(H3N+CH2COOH)=c(H3N+CH2COO-)，已知： K2=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=，故A错误；
B．由分析可知，曲线II表示H3N+CH2COO-，pH从4变化到9，溶液中不变，故B正确；
C．的甘氨酸水溶液中，发生电离生成和H+，发生水解产生和OH-，发生电离产生和H+，由此可知的甘氨酸水溶液呈酸性，则，故C错误；
D．在溶液中不存在Cl-，根据电荷守恒，故D正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 第IIIA元素硼及其化合物在能源、材料、医药、环保等领域具有重要应用。回答下列问题：
（1）基态B原子价层电子的轨道表示式：___________。
（2）已知：有空轨道，可以与分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。
①下列卤化物不易发生水解的是___________。
A． B． C． D．
②写出水解的化学方程式___________。
③写出与NaOH溶液反应的离子方程式___________。
（3）硼砂的阴离子的结构如图1，1mol该离子中有___________个硼氧四面体，含有配位键数目为___________，其中硼原子的杂化轨道类型为___________。

（4）硼化镁在39K温度下具有超导性，硼原子和镁原子分层排布，一层硼一层镁相间，部分原子沿垂直片层方向投影如图2，则硼化镁的化学式为___________。

【答案】（1） （2） ①. A ②. ③.
（3） ①. ②. ③.
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态B原子价层电子的轨道表示式为： ；
【小问2详解】
①中C原子没有空轨道，不能与分子形成配位键，不能使原有的键削弱、断裂，所以不易发生水解，、、都已发生水解，故选A；
②水解的化学方程式：；
③与NaOH溶液反应的离子方程式为：
【小问3详解】
由图1可知，1mol该离子中有个硼氧四面体，含有配位键数目为，其中硼原子的杂化轨道类型为：杂化；
【小问4详解】
根据投影可知，1个B原子为3个Mg原子共用，故属于1个Mg原子的B原子为；1个Mg原子为6个B原子共用，故属于1个B原子的Mg原子为，由此可知，Mg和B原子个数比为：，所以硼化镁的化学式为：。
17. 钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。赤泥含有、、、等，以赤泥为原料提取氧化钪的流程如下：

已知：①，易水解；②常温下，“浸出液”中，。
回答下列问题：
（1）操作A是___________。
（2）“溶解”中作用有将转化成、作溶剂和___________。
（3）“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对萃取率的影响如表所示、料液温度对分离系数(β)的影响如图1所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为___________、___________。“萃取”过程中应控制pH小于___________。
[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如％]

w(P507)
分相情况
钪萃取率(％)
铁萃取率(％)
1％
分相容易
90.74
14.89
2％
分相容易
91.74
19.88
3％
分相容易
92.14
13.30
5％
有第三相
90.59
28.47
8％
轻微乳化
90.59
34.85

（4）已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数___________(用含m、n、p的代数式表示)。
（5）草酸钪晶体隔绝空气加热，随温度的变化情况如图所示。

550℃时，晶体的成分是___________(填化学式)，550～850℃，生成气体的物质的量之比为___________(已知的摩尔质量为)。
【答案】（1）过滤 （2）抑制Sc3+水解
（3） ①. 3% ②. 65℃ ③. 4
（4）
（5） ①. Sc2(C2O4)3 ②. 1:1
【解析】
【分析】向赤泥中加入稀硫酸，Sc2O3、Al2O3、 Fe2O3和盐酸反应生成ScCl3、AlCl3、FeCl3，而SiO2不与硫酸反应，故滤渣为SiO2；向反应后的溶液中加入萃取剂，分液后得到AlCl3、FeCl3水溶液和含有ScCl3的有机相，向有机相中加入盐酸洗涤，再向有机相中加入反萃取剂将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，经过过滤并加入SOCl2溶解沉淀，使Sc(OH)3转化为ScCl3，ScCl3和草酸反应生成草酸钪晶体，煅烧后得到Sc2O3，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，操作A是过滤。
【小问2详解】
由信息②可知，易水解，加入SOCl2，除了可以将转化成、作溶剂，还可以抑制Sc3+水解。
【小问3详解】
分析表中数据可知，P507浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，料液温度为65℃时，分离系数最大，则萃取时P507最佳浓度为3%，料液温度为65℃；常温下，“浸出液”中，，当Sc3+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=，pH=-lgc(H+)=，“萃取”过程中应控制pH小于4。
【小问4详解】
反应的平衡常数=。
【小问5详解】
设有1mol草酸钪晶体(462g)在空气中受热，550℃时，剩余固体质量为462g×76.6%=353.89g，失水重量为462g-353.89g≈108g，即550℃时，1mol晶体失去=6mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550~ 850℃，1molSc2(C2O4)3分解产生1molSc2O3，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳为+3价，则反应产生二氧化碳和一氧化碳二种气体，根据得失电子守恒可知二氧化碳和一氧化碳物质的量为1:1。
18. 实验室利用甘氨酸与硫酸亚铁制备补铁剂甘氨酸亚铁，装置如图所示(夹持仪器省略)。

已知：I．有关物质性质如下表所示：
甘氨酸
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
II．甘氨酸亚铁摩尔质量为
III．氨基能被酸性溶液氧化为硝基：
（1）连接好装置，装入药品，进行的操作为：
①打开、，反应一段时间，将装置中空气排净；
②___________，使b中溶液进入c中；
③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5～6.0，使反应物充分反应；
④反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。
（2）仪器c的名称是___________，其中加入柠檬酸的作用是___________，步骤④中加入乙醇，溶液的极性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
（3）生成甘氨酸亚铁化学方程式是___________。
（4）体系pH与产率之间的关系如下表
体系pH
4.0
4.5
5.0
5.5
6.0
6.5
7.0
7.5
产率(％)
65.70
74.92
78.67
86.65
88.07
7497
62.31
55.98
pH过高或过低，产品产率均下降的原因是：___________。
（5）产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2克，先加入___________，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用的溶液滴定至终点，三次平均消耗体积为26.00mL，则该样品的纯度为___________。
【答案】（1）打开，关闭
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解 ③. 减弱
（3）
（4）过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁
（5） ①. 冰醋酸 ②.
【解析】
【分析】实验中，用铁屑和稀硫酸反应：，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁盐被氧化，同时，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，据此解答。
【小问1详解】
打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备；
【小问2详解】
仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，这说明溶液的极性减弱；
【小问3详解】
生成甘氨酸亚铁的化学方程式为：
【小问4详解】
由于过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁，所以pH过高或过低，产品产率均下降；
【小问5详解】
因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度为：。
19. 姜酮酚是从生姜中提取得到的天然产物，具有多种重要的生物活性。姜酮酚合成路线如图所示：

已知：I．
II．
回答下列问题：
（1）A→B反应类型为___________，B→C的化学方程式为___________。
（2）1mol物质G能与________mol Na反应，由H制备姜酮酚的反应条件为________。
（3）符合下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生水解反应 ②能与三氯化铁溶液发生显色反应 ③能发生银镜反应
（4）在合成化合物F的步骤中，使用代替得到的化合物结构简式为___________。
（5）结合姜酮酚的合成路线与已知信息，以苯甲醛为反应物，选择不超过4个碳原子的有机物，其他试剂任选，设计化合物的合成路线___________。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. +
（2） ①. 2 ②.
（3）13 （4）
（5）
【解析】
【分析】根据B的结构，可以推出A为，A生成B的反应为取代反应，B和丙酮在溶液中生成C，根据D的结构，C为：，C再发生加成反应得到D，根据F和H的结构，以及G的分子式，G为：，G再脱水生成H，H发生加成反应生成产品。
【小问1详解】
根据分析，A→B反应类型为：取代反应；B→C的化学方程式为:+
【小问2详解】
G为：，1mol物质G含有2mol，所以能与2mol Na反应，根据C生成D的条件，由H制备姜酮酚也是与的加成反应，条件为：；
【小问3详解】
A 的异构体中，能发生水解反应和发生银镜反应，分子中含有， 能与三氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基，根据位置不同，含有结构为有10种，有3种，满足条件的共有13种；
【小问4详解】
根据已知反应I的原理，中的H原子替换Li原子，所以使用代替得到的化合物结构简式为： ；
【小问5详解】
苯甲醛为反应物，合成化合物的路线为：。
20. 甲醇是一种重要的基础有机化工原料和优质燃料，用CO2制备甲醇可实现碳循环，制备方法为
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示。根据据图判断，随着温度的升高CH3OH的平衡产率___________(填“增大”，“减小”或“不变”)，的数值范围是___________(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
（2）已知初始投料比，在5MPa恒压条件下，使用不同的催化剂，经过相同时间，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。

(CH3OH选择性=.×100％)
①由图像可知，工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是___________。
②工业上使用一种催化剂，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示，随温度升高CH3OH产率的变化趋势为___________，T1温度下CH3OH的产率为___________，H2O(g)的体积分数为___________。随着温度的升高，逐渐___________(填“增大”，“减小”或“不变”)。

【答案】（1） ①. 减小 ②. C
（2） ①. CdZrOx、310℃ ②. 先增大后减小 ③. 8.6% ④. 2.6% ⑤. 增大
【解析】
【小问1详解】
根据图示，随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，反应Ⅲ平衡常数增大，所以随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小；随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，、都小于0，反应Ⅲ平衡常数增大，大于0；根据盖斯定律I-Ⅱ得，=->0，所以的数值范围是0～1，选C。
【小问2详解】
①由图像可知，相同温度下，使用催化剂CdZrOx二氧化碳的平衡转化率大，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率增大，280~310℃甲醇的选择性高，所以工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是CdZrOx、310℃。
②由图可知，随温度升高，CO2的转化率逐渐升高，CH3OH的选择性逐渐降低，则CH3OH产率的变化趋势为先增大后减小；T1温度下CH3OH的产率为10%×86%=8.6%；设加入CO2的物质的量为1mol、H2的物质的量为3mol，CO2的转化率为10%，根据反应I、Ⅲ，生成H2O(g)的总物质的量等于二氧化碳消耗量为0.1mol，则平衡时n(H2O)=0.1mol，n(CO2)=1mol×(1-10%)=0.9mol，n(CH3OH)=1mol×8.6%=0.086mol，平衡时，根据C原子守恒，n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)=1mol，则n(CO)=0.014mol，根据O原子守恒，2n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)=2mol，则n(H2O)=0.1mol，根据H原子守恒，2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6mol，则n(H2)=2.728mol，所以平衡时n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)+n(H2)=(0.9+0.086+0.014+0.1+2.728)mol=3.828mol，H2O(g)体积分数为 。随着温度的升高，反应I逆向移动，逐渐增大。