2023年高考化学压轴题训练①（真题选编）

这是一份2023年高考化学压轴题训练①（真题选编），共64页。试卷主要包含了为原料，按如图路线合成，提铝的工艺流程如图，的工业化技术已引起人们的关注等内容，欢迎下载使用。
2023年高考化学压轴题训练①（真题选编）
一．有机物的合成（共6小题）
1．（2022•北京）高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图，下列说法不正确的是（　　）

A．F中含有2个酰胺基
B．高分子Y水解可得到E和G
C．高分子X中存在氢键
D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
2．（2022•北京）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X﹣射线检查。其合成路线如图：

已知：
（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 　 　。
（2）B无支链，B的名称是 　 　。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是 　 　。
（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 　 　。
（4）G中含有乙基，G的结构简式是 　 　。
（5）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193。碘番酸的结构简式是 　 　。
（6）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I﹣，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 　 　。
3．（2022•天津）光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸（A）为原料，按如图路线合成：

回答下列问题：
（1）写出化合物E的分子式：　 　，其含氧官能团名称为 　 　。
（2）用系统命名法对A命名：　 　；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为 　 　，写出其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：　 　。
（3）为实现C→D的转化，试剂X为 　 　（填序号）。
a.HBr
b.NaBr
c.Br2
（4）D→E的反应类型为 　 　。
（5）在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯（）快速聚合，写出该聚合反应的方程式：　 　。
（6）已知：

参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的无机试剂，在方框中完成制备化合物F的合成路线 　 　。

4．（2022•河北）舍曲林（Sertraline）是一种选择性5﹣羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如图：
已知：
（i）手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
（ii）
（iii）
回答下列问题：
（1）①的反应类型为 　 　。
（2）B的化学名称为 　 　。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式 　 　。
（a）红外光谱显示有C＝O键；
（b）核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1：1。
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应步骤为 　 　、　 　（填反应步骤序号）。
（5）H→I的化学方程式为 　 　；该反应可能生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为 　 　（不考虑立体异构）。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素（）和环己烯（）为原料，设计合成W的路线 　 　（无机及两个碳以下的有机试剂任选）。

5．（2022•海南）黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：

回答问题：
（1）A→B的反应类型为 　 　。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为 　 　。
（3）C的化学名称为 　 　，D的结构简式为 　 　。
（4）E和F可用 　 　（写出试剂）鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 　 　（任写一种）。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式 　 　、　 　。

（7）设计以为原料合成的路线 　 　（其他试剂任选）。
已知：
6．（2022•广东）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物Ⅰ为原料，可合成丙烯酸Ⅴ、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

（1）化合物Ⅰ的分子式为 　 　，其环上的取代基是 　 　（写名称）。
（2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
﹣CH＝CH﹣
H2
﹣CH2﹣CH2﹣
加成反应
②
　 　
　 　
　 　
氧化反应
③
　 　
　 　
　 　
　 　
（3）化合物Ⅳ能溶于水，其原因是 　 　。
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为 　 　。
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有 　 　种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为 　 　。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。

写出Ⅷ的单体的合成路线 　 　（不用注明反应条件）。
二．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共3小题）
7．（2022•全国）我国炼镁行业中应用最为广泛的是皮江法工艺，又称为硅热法。该工艺以白云石（主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段，其工艺流程如图所示：

回答下列问题：
（1）煅烧白云石反应的化学方程式为 　 　。
（2）研磨的作用是 　 　。
（3）还原在还原罐内进行，所加硅铁中Si质量占比为75%。镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，发生反应的主要化学方程式是 　 　（萤石和铁不参与反应），白云石与硅铁的理论投料质量比为 　 　。
（4）“还原”过程要求在真空条件下进行。如果因空气进入导致真空度降低，将使Mg的产率降低，其中一个原因是生成的镁会发生反应，其化学方程式为 　 　、　 　。
（5）粗镁的熔点低于纯镁。工业精炼镁时采用区域熔炼法，具体如图所示。电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在 　 　端（填“左”或“右”）。

8．（2022•福建）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含SiO2、Al2O3和CaO等）提铝的工艺流程如图：

回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是 　 　，Al2O3发生反应的离子方程式为 　 　。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有 　 　。实验测得，5.0g粉煤灰（Al2O3的质量分数为30%）经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”（Al2O3的质量分数为8%），Al2O3的浸出率为 　 　。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图所示，加入K2SO4沉铝的目的是 　 　，“沉铝”的最佳方案为 　 　。

（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 　 　。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回 　 　工序循环使用。
9．（2022•湖北）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2

回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 　 　。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 　 　。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 　 　、　 　、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3　 　（填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 　 　。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 　 　。
三．化学平衡的计算（共3小题）
10．（2022•福建）异丙醇（C3H8O）可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯（C3H6）的工业化技术已引起人们的关注。其主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH1＝+52kJ•mol﹣1
Ⅱ.2C3H6（g）⇌C6H12（g）ΔH2＝﹣97kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）已知2C3H8O（g）+9O2（g）═6CO2（g）+8H2O（g）ΔH＝﹣3750kJ•mol﹣1，则C3H6（g）燃烧生成CO2（g）和H2O（g）的热化学方程式为 　 　。
（2）在1350℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如表：
反应时间/μs
0
4
8
12
t
20
H2O浓度/ppm
0
2400
3200
3600
4000
4100
①4～8μs内，（C3H8O）＝　 　ppm•μs﹣1；
②t 　 　16（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 　 　（填标号）。
a.H2O（g）的分压不变
b.混合气体密度不变
c.n（C3H6）＝2n（C6H12）
d.v正（H2O）＝v逆（C3H8O）
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 　 　。
（5）如图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQp与温度的关系曲线。[已知：对于可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），任意时刻Qp＝，式中p（X）表示物质X的分压]
①在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的 　 　点（填“甲”“乙”或“丙”），判断依据是 　 　；
②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为xMPa，则水蒸气的分压为 　 　MPa（用含x的代数式表示）。

11．（2022•海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环。其中涉及反应：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备1molO2（g），电解反应的ΔH＝+572kJ•mol﹣1。由此计算H2（g）的燃烧热（焓）ΔH＝　 　kJ•mol﹣1。
（2）已知：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）的平衡常数（K）与反应温度（t）之间的关系如图1所示。

①若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能（Ea）的关系为|ΔH|＞Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图（图2）　 　。
②某研究小组模拟该反应。温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1molCO2和0.4molH2，反应平衡后测得容器中n（CH4）＝0.05mol。则CO2的转化率为 　 　，反应温度t约为 　 　℃。
（3）在相同条件下，CO2（g）与H2（g）还会发生不利于氧循环的副反应：
CO2（g）+3H2（g）H2O（g）+CH3OH（g）
在反应器中按n（CO2）：n（H2）＝1：4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度（μmol•L﹣1）如下表所示。
催化剂
t＝350℃
t＝400℃
c（CH3OH）
c（CH4）
c（CH3OH）
c（CH4）
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0～2min生成CH3OH的平均反应速率为 　 　μmol•L﹣1•min﹣1；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 　 　。
12．（2022•浙江）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。

请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝﹣394kJ•mol﹣1
反应2：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣566kJ•mol﹣1
反应3：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH3
①设y＝ΔH﹣TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 　 　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 　 　。
A．不变
B．增大
C．减小
D．无法判断
（2）水煤气反应：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝131kJ•mol﹣1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 　 　。
（3）一氧化碳变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p（CO）＝0.25MPa、p（H2O）＝0.25MPa、p（CO2）＝0.75MPa和p（H2）＝0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 　 　。
A．反应温度愈高愈好
B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂
D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量﹣反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
四．制备实验方案的设计（共3小题）
13．（2022•广东）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：

已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 　 　。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 　 　的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 　 　mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 　 　。
②“操作X”的过程为：先 　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 　 　mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 　 　。
14．（2022•浙江）某兴趣小组用四水醋酸锰[（CH3COO）2Mn•4H2O]和乙酰氯（CH3COCl）为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验（夹持仪器已省略）：

已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯
②制备无水二氯化锰的主要反应：（CH3COO）2Mn+CH3COClMnCl2↓+2（CH3COO）2O
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl
请回答：

（1）步骤Ⅰ：所获固体主要成分是 　 　（用化学式表示）。
（2）步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是 　 　。
（3）步骤Ⅲ：下列操作中正确的是 　 　。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
（4）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2）上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→　 　→　 　→　 　→　 　→将产品转至干燥器中保存。
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞
b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d．打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是 　 　。
（5）用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是 　 　（填“甲”或“乙”）同学的方法。
15．（2022•海南）胆矾（CuSO4•5H2O）是一种重要化工原料。某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2]制备胆矾。流程如图。

回答问题：
（1）步骤①的目的是 　 　。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成 　 　（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 　 　。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 　 　。
（5）实验证明，滤液D能将I﹣氧化为I2。
i.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I﹣氧化为I2，理由是 　 　。
ii.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I﹣氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 　 　（不要求写具体操作过程）。
五．原子核外电子排布（共1小题）
16．（2022•福建）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙（54Xe）的最多，氪（36Kr）次之，氩（18Ar）化合物极少。[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]﹣与KrF2分子形成的加合物，其晶胞如图所示。
回答下列问题：
（1）基态As原子的价电子排布式为 　 　。
（2）Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是 　 　。
（3）晶体熔点：KrF2　 　XeF2（填“＞”“＜”或“＝”），判断依据是 　 　。
（4）[BrOF2]+的中心原子Br的杂化轨道类型为 　 　。
（5）[BrOF2][AsF6]•xKrF2加合物中x＝　 　，晶体中的微粒间作用力有 　 　（填标号）。
a.氢键
b.离子键
c.极性共价键
d.非极性共价键

六．晶胞的计算（共1小题）
17．（2022•全国）固体电解质ZrO2常用于新能源电池。回答下列问题：
（1）基态氧原子的价电子层中未成对电子数有 　 　个。
（2）氧有两种同素异形体：O2和O3。O3的分子空间构型为 　 　；分子极性：O2　 　O3（填“大于”或“小于”）。沸点：O2　 　O3（填“高于”或“低于”）。
（3）ZrO2晶体的晶胞结构如图所示，O2﹣、Zr4+的配位数分别为 　 　和 　 　。
（4）为使ZrO2结构稳定和增加导电性，常在其中掺杂少量的Y3+（稀土离子）。掺杂的低价离子占据正常Zr4+离子的位置，导致晶体中O2﹣缺位。若掺杂Y3+替代Zr4+的物质的量分数为x，相应晶体中O2﹣缺位比例为 　 　，该晶体化学式为 　 　。

七．有机物的推断（共1小题）
18．（2022•湖北）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 　 　。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 　 　组。
（3）化合物C的结构简式为 　 　。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 　 　，被氧化的官能团是 　 　。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 　 　种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 　 　。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。

根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 　 　。
八．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题）
19．（2022•河北）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：

①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol•L﹣1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L•min﹣1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。已知：Ka1（H3PO4）＝7.1×10﹣3，Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2。
回答下列问题：
（1）装置图中仪器a、b的名称分别为 　 　、　 　。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为 　 　（填标号）。
A.250mL
B.500mL
C.1000mL
（3）解释加入H3PO4能够生成SO2的原因 　 　。
（4）滴定管在使用前需要 　 　、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为 　 　；滴定反应的离子方程式为 　 　。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为 　 　mg•kg﹣1（以SO2计，结果保留三位有效数字）。
九．性质实验方案的设计（共1小题）
20．（2022•福建）某兴趣小组设计实验探究Ce﹣MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：
步骤Ⅰ.制备CO
在通风橱中用如图装置制备CO（加热及夹持装置省略），反应方程式如下：HCOOHCO↑+H2O。

（1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是 　 　。
（2）从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→h（每空填一个接口标号）。
步骤Ⅱ.检验CO
将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
（3）该反应的化学方程式为 　 　。
步骤Ⅲ.探究Ce﹣MnOx催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用如图装置（部分加热及夹持装置省略），调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。（已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解；5CO+I2O5═I2+5CO2）

（4）通入11.2L（已折算为标况）的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.1016gI2。
①能证明CO被空气氧化的现象是 　 　；
②CO被催化氧化的百分率为 　 　；
③若末通入氮气，②的结果将 　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 　 　方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是 　 　。

2023年高考化学压轴题训练①（真题选编）
参考答案与试题解析
一．有机物的合成（共6小题）
1．（2022•北京）高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图，下列说法不正确的是（　　）

A．F中含有2个酰胺基
B．高分子Y水解可得到E和G
C．高分子X中存在氢键
D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
【解答】解：A．由结构可知，F分子含有2个酰胺基，故A正确；
B．Y分子中酰胺基水解生成、，故B错误；
C．X分子中存在﹣NH﹣结构，分子之间存在氢键，故C正确；
D．E→F消除氨基，而后发生聚合反应，X→Y又重新引入消除的氨基，E→F、X→Y两步的目的是保护氨基，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机合成及有机物结构和性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，难度不大，B为解答易错点，旨在考查学是对基础知识的掌握情况。
2．（2022•北京）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X﹣射线检查。其合成路线如图：

已知：
（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 　醛基　。
（2）B无支链，B的名称是 　正丁酸　。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是 　　。
（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 　　。
（4）G中含有乙基，G的结构简式是 　　。
（5）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193。碘番酸的结构简式是 　　。
（6）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I﹣，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 　×100%　。
【解答】解：（1）A为CH3CH2CH2CHO，A中官能团名称是醛基，
故答案为：醛基；
（2）B为CH3CH2CH2COOH，名称为丁酸，B的一种同分异构体中只有一种环境氢，其结构简式为，
故答案为：丁酸；；
（3）由分析可知，E为，F为，E→F的方程式为，
故答案为：；
（4）由分析可知，G的结构简式为，
故答案为：；
（5）碘番酸中的碘在苯环不相邻的碳原子上，碘番酸的相对分了质量为571，J的相对分了质量为193，可知J分子中苯环上3个氢原子被3个I原子取代生成碘番酸，故碘番酸的结构简式为，
故答案为：；
（6）存在关系式：～3I﹣～3AgNO3，则n（碘番酸）＝n（AgNO3）＝×bmol•L﹣1×c×10﹣3L＝bc×10﹣3mol，则碘番酸的质量分数为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意结合习题中信息判断，题目难度中等。
3．（2022•天津）光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸（A）为原料，按如图路线合成：

回答下列问题：
（1）写出化合物E的分子式：　C10H12O2　，其含氧官能团名称为 　羰基、羟基　。
（2）用系统命名法对A命名：　2﹣甲基丙酸　；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为 　4　，写出其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：　HCOOCH2CH2CH3　。
（3）为实现C→D的转化，试剂X为 　c　（填序号）。
a.HBr
b.NaBr
c.Br2
（4）D→E的反应类型为 　取代反应或水解反应　。
（5）在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯（）快速聚合，写出该聚合反应的方程式：　　。
（6）已知：

参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的无机试剂，在方框中完成制备化合物F的合成路线 　　。

【解答】解：（1）化合物E的分子式：C10H12O2，其含氧官能团名称为羰基、羟基，
故答案为：C10H12O2；羰基、羟基；
（2）用系统命名法对A命名：2﹣甲基丙酸；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3，
故答案为：2﹣甲基丙酸；4；HCOOCH2CH2CH3；
（3）为实现C→D的转化，试剂X为溴，
故答案为：c；
（4）D→E的反应类型为水解反应或取代反应，
故答案为：水解反应或取代反应；
（5）在紫外光照射下，甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，该聚合反应的方程式：，
故答案为：；
（6）用甲苯和苯及必要的无机试剂合成F，甲苯发生氧化反应生成，苯甲酸和氢气发生还原反应生成，发生取代反应生成，和苯发生取代反应生成目标产物，合成路线为：
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
4．（2022•河北）舍曲林（Sertraline）是一种选择性5﹣羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如图：
已知：
（i）手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
（ii）
（iii）
回答下列问题：
（1）①的反应类型为 　氧化反应　。
（2）B的化学名称为 　3，4﹣二氯苯甲酸　。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式 　　。
（a）红外光谱显示有C＝O键；
（b）核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1：1。
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应步骤为 　⑥　、　⑨　（填反应步骤序号）。
（5）H→I的化学方程式为 　　；该反应可能生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为 　　（不考虑立体异构）。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素（）和环己烯（）为原料，设计合成W的路线 　　（无机及两个碳以下的有机试剂任选）。

【解答】解：（1）A中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B中羧基，所以①的反应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）B为，B的化学名称为3，4﹣二氯苯甲酸，
故答案为：3，4﹣二氯苯甲酸；
（3）D的芳香族同分异构体中含有苯环，且能同时满足下列条件：
（a）红外光谱显示有C＝O键，说明含有羰基或醛基；
（b）核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1：1，说明含有两种氢原子，且两种氢原子个数之比为1：1，则该结构对称，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
（4）G、H、I和Sertraline都含有手性碳原子，这几种物质的手性碳原子、、，则涉及手性碳原子生成的反应步骤为⑥、⑨，
故答案为：⑥；⑨；
（5）H发生取代反应生成I，H→I的化学方程式为；该反应可能生成与I互为同分异构体的两种副产物，副产物的结构简式为，
故答案为：；；
（6）以香兰素（）和环己烯（）为原料合成，和环己酮发生信息（iii）的反应得到W，环己烯和水发生加成反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
5．（2022•海南）黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：

回答问题：
（1）A→B的反应类型为 　取代反应或磺化反应　。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为 　　。
（3）C的化学名称为 　苯酚　，D的结构简式为 　　。
（4）E和F可用 　氯化铁溶液　（写出试剂）鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 　或　（任写一种）。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式 　　、　H2O　。

（7）设计以为原料合成的路线 　　（其他试剂任选）。
已知：
【解答】解：（1）A中氢原子被磺酸基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，
故答案为：取代反应或磺化反应；
（2）已知B为一元强酸，则B能和NaOH以1：1发生中和反应，所以室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C的化学名称为苯酚，D的结构简式为，
故答案为：苯酚；；
（4）F比E多酚羟基，含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，所以E和F可用氯化铁溶液鉴别，
故答案为：氯化铁溶液；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
（6）F中酚羟基和苯甲酸酐发生取代反应生成苯甲酸，F中亚甲基和羰基发生加成反应生成醇羟基、醇羟基发生消去反应生成G和H2O，同时生成F→G反应方程式中M和N的结构简式、H2O，
故答案为；H2O；
（7）以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
6．（2022•广东）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物Ⅰ为原料，可合成丙烯酸Ⅴ、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

（1）化合物Ⅰ的分子式为 　C5H4O2　，其环上的取代基是 　醛基　（写名称）。
（2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
﹣CH＝CH﹣
H2
﹣CH2﹣CH2﹣
加成反应
②
　﹣CHO　
　O2（新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液）　
　﹣COOH（或﹣COONH4）　
氧化反应
③
　﹣COOH　
　醇（如：CH3OH、CH3CH2OH等）　
　﹣COOR　
　酯化反应或取代反应　
（3）化合物Ⅳ能溶于水，其原因是 　Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键　。
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为 　CH2＝CH2　。
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有 　2　种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为 　CH3COCH3　。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。

写出Ⅷ的单体的合成路线 　　（不用注明反应条件）。
【解答】解：（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H4O2，其环上的取代基是醛基，
故答案为：C5H4O2；醛基；
（2）②含有﹣CHO，在催化剂条件下被O2氧化生成﹣COOH，在加热条件下被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成﹣COOH，在水浴加热条件下能被银氨溶液氧化生成﹣COONH4，该反应属于氧化反应，
故答案为：﹣CHO；O2（新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液）；﹣COOH（或﹣COONH4）；
③含有﹣COOH，可与CH3OH、CH3CH2OH等醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，生成新的结构为﹣COOR，该反应属于酯化反应或取代反应，
故答案为：﹣COOH；醇（如：CH3OH、CH3CH2OH等）；﹣COOR；酯化反应或取代反应；
（3）化合物Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键，所以能溶于水，
故答案为：Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键；
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有CH3COCH3、CH3CH2CHO，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为CH3COCH3，
故答案为：2；CH3COCH3；
（6）Ⅷ的单体结构简式为CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，根据“CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2”及Ⅳ生成Ⅴ的反应知，选取的二元酸为HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH，HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH和CH2＝CH2反应生成CH2＝C（CH3）COOH，CH2＝C（CH3）COOH发生反应生成CH2＝C（CH3）CH2OH，CH2＝C（CH3）CH2OH和氢气发生加成反应生成（CH3）2CHCH2OH，（CH3）2CHCH2OH和CH2＝C（CH3）COOH发生酯化反应生成CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度较大。
二．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共3小题）
7．（2022•全国）我国炼镁行业中应用最为广泛的是皮江法工艺，又称为硅热法。该工艺以白云石（主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段，其工艺流程如图所示：

回答下列问题：
（1）煅烧白云石反应的化学方程式为 　CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑　。
（2）研磨的作用是 　增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率　。
（3）还原在还原罐内进行，所加硅铁中Si质量占比为75%。镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，发生反应的主要化学方程式是 　CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg　（萤石和铁不参与反应），白云石与硅铁的理论投料质量比为 　（92×15）：（7×19）　。
（4）“还原”过程要求在真空条件下进行。如果因空气进入导致真空度降低，将使Mg的产率降低，其中一个原因是生成的镁会发生反应，其化学方程式为 　2Mg+O22MgO　、　3Mg+N2Mg3N2　。
（5）粗镁的熔点低于纯镁。工业精炼镁时采用区域熔炼法，具体如图所示。电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在 　右　端（填“左”或“右”）。

【解答】解：（1）白云石高温煅烧得到CaO、MgO和CO2，反应方程式为CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑，
故答案为：CaCO3•MgCO3CaO+MgO+2CO2↑；
（2）研磨能增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率，
故答案为：增大固体反应物的接触面积，加快化学反应速率；
（3）镁的沸点为1090℃，还原渣的主要组成为CaSiO3，则CaO、Si、MgO在高温下、133.～133.3Pa条件下反应生成CaSiO3和Mg，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；白云石的主要成分为CaCO3•MgCO3，其质量占比为95%，硅铁中Si质量占比为75%，根据方程式“CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg”知，MgO、Si以2：1反应，设白云石的质量为xg、硅铁的质量为yg，硅铁中m（Si）＝75%yg，白云石中m（CaCO3•MgCO3）＝95%xg，根据Mg原子守恒得n（MgO）＝n（CaCO3•MgCO3），存在：＝2：1，x：y＝（92×15）：（7×19），
故答案为：CaO+Si+2MgOCaSiO3+2Mg；（92×15）：（7×19）；
（4）加热条件下，Mg能和O2、N2反应分别生成MgO、Mg3N2，反应方程式依次为2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2，导致Mg的产率降低，
故答案为：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；
（5）粗镁的熔点低于纯镁，随着电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，残留的杂质将富集在右端，
故答案为：右。
【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确元素化合物的性质及其性质差异性、物质之间的转化关系、区域熔炼的含义是解本题关键，题目难度中等。
8．（2022•福建）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含SiO2、Al2O3和CaO等）提铝的工艺流程如图：

回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是 　提高浸出率（或提高浸出速率）　，Al2O3发生反应的离子方程式为 　Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O　。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有 　SiO2、CaSO4　。实验测得，5.0g粉煤灰（Al2O3的质量分数为30%）经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”（Al2O3的质量分数为8%），Al2O3的浸出率为 　84%　。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图所示，加入K2SO4沉铝的目的是 　使更多的Al元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度　，“沉铝”的最佳方案为 　高温溶解再冷却结晶　。

（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 　2KAl（SO4）2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl（SO4）22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑　。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回 　沉铝　工序循环使用。
【解答】解：（1）升高温度，增大溶解速率，提高浸出率，所以“浸出”时适当升温的主要目的是提高浸出率（或提高浸出速率），Al2O3和稀硫酸反应生成Al2（SO4）3和H2O，Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O，
故答案为：提高浸出率（或提高浸出速率）；Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O；
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有难溶物SiO2和微溶物CaSO4；5.0g粉煤灰中m（Al2O3）＝5.0g×30%＝1.5g，浸渣中m（Al2O3）＝3.0g×8%＝0.24g，Al2O3的浸出率为×100%＝84%，
故答案为：SiO2、CaSO4；84%；
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图所示，加入K2SO4沉铝的目的是使更多的Al元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度，KAl（SO4）2•12H2O、Al2（SO4）3•18H2O的溶解度随温度变化较大，K2SO4的溶解度随温度变化不大，所以“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶，
故答案为：使更多的Al元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶；
（4）“焙烧”时得到气体和固体，如果不发生氧化还原反应，得到的气体为SO3，如果发生氧化还原反应，得到的气体为SO2和O2，所以主要反应的化学方程式为：2KAl（SO4）2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl（SO4）22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑，
故答案为：2KAl（SO4）2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl（SO4）22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
（5）“水浸”后得到的“滤液2”中含有K2SO4，可返回沉铝工序循环使用，
故答案为：沉铝。
【点评】本题考查物质的分离提纯和物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法、可能发生的反应是解本题关键，难点是物质成分的判断。
9．（2022•湖北）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2

回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 　Mg（OH）2　。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 　将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质　。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 　蒸发结晶　、　趁热过滤　、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3　不稳定　（填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 　2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O　。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 　能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果　。
【解答】解：（1）浓缩卤水中含有Mg2+，Mg2+和石灰乳反应生成Mg（OH）2沉淀，所以沉淀1为Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
（2）滤液1中含有Ca2+，根据LiOH的溶解度及溶度积常数知，Li2CO3能和Ca2+反应生成CaCO3，发生沉淀的转化，所以加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质，
故答案为：将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，且不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小，为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发结晶、趁热过滤、洗涤，
故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀，说明开始时生成LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3，所以LiHCO3不稳定，发生的反应为Li++HCO3﹣＝LiHCO3、2LiHCO3＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，则总离子方程式为2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：不稳定；2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3，若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果，
故答案为：能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是图象的分析判断及灵活运用，题目难度中等。
三．化学平衡的计算（共3小题）
10．（2022•福建）异丙醇（C3H8O）可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯（C3H6）的工业化技术已引起人们的关注。其主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH1＝+52kJ•mol﹣1
Ⅱ.2C3H6（g）⇌C6H12（g）ΔH2＝﹣97kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）已知2C3H8O（g）+9O2（g）═6CO2（g）+8H2O（g）ΔH＝﹣3750kJ•mol﹣1，则C3H6（g）燃烧生成CO2（g）和H2O（g）的热化学方程式为 　2C3H6（g）+9O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（g）△H＝﹣3854kJ•mol﹣1　。
（2）在1350℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如表：
反应时间/μs
0
4
8
12
t
20
H2O浓度/ppm
0
2400
3200
3600
4000
4100
①4～8μs内，（C3H8O）＝　200　ppm•μs﹣1；
②t 　＞　16（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 　ad　（填标号）。
a.H2O（g）的分压不变
b.混合气体密度不变
c.n（C3H6）＝2n（C6H12）
d.v正（H2O）＝v逆（C3H8O）
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 　58.8%　。
（5）如图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQp与温度的关系曲线。[已知：对于可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），任意时刻Qp＝，式中p（X）表示物质X的分压]
①在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的 　甲　点（填“甲”“乙”或“丙”），判断依据是 　反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp＞Kp　；
②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为xMPa，则水蒸气的分压为 　（+2x）　MPa（用含x的代数式表示）。

【解答】解：（1）反应Ⅲ为2C3H8O（g）+9O2（g）＝6CO2（g）+8H2O（g）△H3＝﹣3750kJ•mol﹣1，根据盖斯定律Ⅲ﹣2×Ⅰ得2C3H6（g）+9O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（g）△H＝△H3﹣2×△H1＝[（﹣3750）﹣2×（+52）]kJ/mol＝﹣3854kJ•mol﹣1，
故答案为：2C3H6（g）+9O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（g）△H＝﹣3854kJ•mol﹣1；
（2）①4～8µs内，v（H2O）＝ppm•µs﹣1＝200 ppm•µs﹣1，则v（C3H8O）＝v（H2O）＝200 ppm•µs﹣1，
故答案为：200；
②0～4µs、4～8µs、8～12µs，△c（H2O）逐渐减小，说明反应速率减小，8～12µs内，△c（H2O）＝400ppm，12～tµs内，△c（H2O）＝400ppm，则t﹣12＞4，即t＞16，
故答案为：＞；
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应I、II各组分分压不变，反应I、II均达到平衡，a符合题意；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，是个不变量，不能作为反应I、II均达到平衡的判据，b不符合题意；
c．当n（C3H6）＝2n（C6H12）时，反应不一定达到平衡，不能作为反应I、II均达到平衡的判据，c不符合题意；
d．v正（H2O）＝v逆（C3H8O），说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应II也达平衡，d符合题意；
故答案为：ad；
（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若1molC3H8O完全反应，理论上生成1molC3H6，因为反应I、II的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%＝0.98mol C3H6，反应II消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×（1﹣40%）＝0.588mol，所以丙烯的产率为，
故答案为：58.8%；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应II为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，Qp逐渐增大，反应II逆向移动，Qp逐渐减小，即反应I平衡曲线为N，反应II平衡曲线为M；在350°C恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得Qp＞Kp，反应I的状态最有可能对应图中的甲，
故答案为：甲；反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp＞Kp；
②由图可知，350°C时达平衡后，lgQP＝0，则350°C时Kp＝Qp＝1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II C3H6起始分压为aMPa，对反应II列三段式有
可逆反应2C3H6（g）⇌C6H12（g）
开始（MPa）a 0
反应（MPa）2x x
平衡（MPa）a﹣2x x
Kp＝，解得a＝（+2x） MPa，
故答案为：（+2x）。
【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、化学平衡状态判断方法、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，难点是化学平衡常数的计算，题目难度中等。
11．（2022•海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环。其中涉及反应：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备1molO2（g），电解反应的ΔH＝+572kJ•mol﹣1。由此计算H2（g）的燃烧热（焓）ΔH＝　﹣286　kJ•mol﹣1。
（2）已知：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）的平衡常数（K）与反应温度（t）之间的关系如图1所示。

①若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能（Ea）的关系为|ΔH|＞Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图（图2）　　。
②某研究小组模拟该反应。温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1molCO2和0.4molH2，反应平衡后测得容器中n（CH4）＝0.05mol。则CO2的转化率为 　50%　，反应温度t约为 　660.2　℃。
（3）在相同条件下，CO2（g）与H2（g）还会发生不利于氧循环的副反应：
CO2（g）+3H2（g）H2O（g）+CH3OH（g）
在反应器中按n（CO2）：n（H2）＝1：4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度（μmol•L﹣1）如下表所示。
催化剂
t＝350℃
t＝400℃
c（CH3OH）
c（CH4）
c（CH3OH）
c（CH4）
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0～2min生成CH3OH的平均反应速率为 　5.4　μmol•L﹣1•min﹣1；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 　400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高　。
【解答】解：（1）已知2H2O2H2↑+O2↑，△H＝+572kJ•mol﹣1，则氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为：286kJ，故△H＝﹣286kJ/mol，
故答案为：﹣286；
（2）①△H＞Ea，则生成物能量低于a，则图应该为，
故答案为；
②列出三步法：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）
0.1mol 0.4mol 0 0
0.05mol 0.2mol 0.1mol 0.05mol
0.05mol 0.2mol 0.1mol 0.05mol
故二氧化碳的转化率＝×100%＝×100%＝50%；
K＝＝＝625，对应的温度是660.2℃；
故答案为：50%；660.2；
（3）根据v＝＝＝5.4μmol•L﹣1•min﹣1；由图可知400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高，
故答案为：5.4；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12．（2022•浙江）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。

请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝﹣394kJ•mol﹣1
反应2：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣566kJ•mol﹣1
反应3：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH3
①设y＝ΔH﹣TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 　c　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 　B　。
A．不变
B．增大
C．减小
D．无法判断
（2）水煤气反应：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝131kJ•mol﹣1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 　水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率　。
（3）一氧化碳变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p（CO）＝0.25MPa、p（H2O）＝0.25MPa、p（CO2）＝0.75MPa和p（H2）＝0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 　9　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 　1.8：1　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 　BC　。
A．反应温度愈高愈好
B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂
D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量﹣反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　M+H2O═MO+H2　；步骤Ⅱ：　MO+CO═M+CO2　。
【解答】解：（1）①由已知方程式：（2×反应1﹣反应2）可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1﹣ΔH2＝[2×（﹣394）﹣（﹣566）]kJ•mol﹣1＝﹣222kJ•mol﹣1，反应1前后气体分子数不变，△s≈0，升温y不变，对应线条b，反应2，气体分子数增多，熵增，且△H2＜0，则升高温度y值减小，对应线条a；反应3气体分子数减少，熵减，且△H2＜0，则升高温度y值增大，对应线条c，故此处填c，
故答案为：c；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，
故答案为：B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率，
故答案为：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率；
（3）①该反应平衡常数K＝＝＝9，
故答案为：9；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），
起始 1 x 0 0
转化 0.9 0.9 0.9 0.9
终止 0.1 x﹣0.9 0.9 0.9
则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1，
故答案为：1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，故A错误；
B．适当增大压强，可加快反应速率，故B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，故C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，故D错误；
故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O＝MO+H2、MO+CO＝M+CO2，
故答案为：M+H2O═MO+H2；MO+CO═M+CO2。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
四．制备实验方案的设计（共3小题）
13．（2022•广东）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如图：

已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10﹣8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 　Fe2+　。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 　4.7≤pH＜6.2　的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 　Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于 　4.0×10﹣4　mol•L﹣1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是 　可加快反应速率　。
②“操作X”的过程为：先 　冷却结晶　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 　MgSO4　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移 　15　mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 　O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣　。
【解答】解：（1）Fe2+不稳定，易被氧化生成Fe3+，所以“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）通过以上分析知，“过滤1”前，用NaOH溶液调pH使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，但RE3+不能转化为沉淀，所以调节溶液pH值至4.7≤pH＜6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，
故答案为：4.7≤pH＜6.2；Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；
（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g•L﹣1，滤液2中c（Mg2+）＝mol/L＝mol/L，为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO﹣）低于＝mol/L＝4.0×10﹣4mol/L，
故答案为：4.0×10﹣4；
（4）①“加热搅拌”能加快化学反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率，
故答案为：可加快反应速率；
②月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃，月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水，加入盐酸时加热混合溶液，所以“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，从而得到RECl3溶液和月桂酸，
故答案为：冷却结晶；
（5）滤液2中含有硫酸镁，浸取时需要加入硫酸镁，则该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，
故答案为：MgSO4；
（6）①YCl3中Y元素化合价为+3价，PtCl4中Pt为+4价，Pt3Y中Y、Pt均为0价，还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移电子的物质的量＝1mol×[（+4﹣0）×3+（+3﹣0）×1]＝15mol，
故答案为：15；
②碱性氢氧燃料电池中，正极上O2得电子和水反应生成OH﹣发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法、溶度积常数的有关计算方法等知识点是解本题关键，难点是（3）题计算及流程图中各物质成分的判断，题目难度中等。
14．（2022•浙江）某兴趣小组用四水醋酸锰[（CH3COO）2Mn•4H2O]和乙酰氯（CH3COCl）为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验（夹持仪器已省略）：

已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯
②制备无水二氯化锰的主要反应：（CH3COO）2Mn+CH3COClMnCl2↓+2（CH3COO）2O
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl
请回答：

（1）步骤Ⅰ：所获固体主要成分是 　（CH3COO）2Mn　（用化学式表示）。
（2）步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是 　步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2　。
（3）步骤Ⅲ：下列操作中正确的是 　BD　。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
（4）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2）上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→　c　→　d　→　b　→　a　→将产品转至干燥器中保存。
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞
b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d．打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是 　防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品　。
（5）用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是 　乙　（填“甲”或“乙”）同学的方法。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ：所获固体主要成分是（CH3COO）2Mn，
故答案为：（CH3COO）2Mn；
（2）步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是 步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，
故答案为：步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2；
（3）A．无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水，则抽滤操作前滤纸不能润湿，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，故A错误；
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀有利于快速析出，故B正确；
C.用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，氯化锰易溶于乙醇，不能使用乙醇作为洗涤剂，故C错误；
D.洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，可以减少产品损失，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2）上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→讲产品转至干燥器中保存，
故答案为：cdba；
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品，
故答案为：防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品；
（5）甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，其中乙同学较为合理，原因在于氯离子测定更为稳定，
故答案为：乙。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
15．（2022•海南）胆矾（CuSO4•5H2O）是一种重要化工原料。某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2]制备胆矾。流程如图。

回答问题：
（1）步骤①的目的是 　除油污　。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成 　SO2　（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 　Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O　。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 　胆矾易溶于水　。
（5）实验证明，滤液D能将I﹣氧化为I2。
i.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I﹣氧化为I2，理由是 　溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解　。
ii.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I﹣氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 　取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I﹣，不能被氧化　（不要求写具体操作过程）。
【解答】解：（1）碱性条件下油脂能水解生成高级脂肪酸盐和甘油，碳酸钠溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以碳酸钠溶液的作用是去除油污，
故答案为：除油污；
（2）固体B主要成分为Cu，加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成CuSO4、SO2、H2O，该反应的方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+2H2O+SO2↑，SO2有毒而污染空气，若仅用浓H2SO4溶解固体B，会生成SO2，污染环境，
故答案为：SO2；
（3）H2O2有氧化性、Cu有还原性，在酸性条件下中，H2O2、Cu、H2SO4发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；
（4）胆矾易溶于水，为防止胆矾溶解，所以不可用水洗涤，
故答案为：胆矾易溶于水；
（5）i．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解，所以不存在H2O2氧化I﹣，
故答案为：溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解；
ii．要验证是否是Cu2+将I﹣氧化为I2，只要去除溶液中的Cu2+即可，方法为：取滤液，向其中加入适量Na2S，使Cu2+恰好完全沉淀，再加入I﹣，不能被氧化，
故答案为：取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I﹣，不能被氧化。
【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，（5）题实验方案设计是解答难点，题目难度中等。
五．原子核外电子排布（共1小题）
16．（2022•福建）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙（54Xe）的最多，氪（36Kr）次之，氩（18Ar）化合物极少。[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]﹣与KrF2分子形成的加合物，其晶胞如图所示。
回答下列问题：
（1）基态As原子的价电子排布式为 　4s24p3　。
（2）Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是 　同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强　。
（3）晶体熔点：KrF2　＜　XeF2（填“＞”“＜”或“＝”），判断依据是 　二者为同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高　。
（4）[BrOF2]+的中心原子Br的杂化轨道类型为 　sp3　。
（5）[BrOF2][AsF6]•xKrF2加合物中x＝　2　，晶体中的微粒间作用力有 　bc　（填标号）。
a.氢键
b.离子键
c.极性共价键
d.非极性共价键

【解答】解：（1）基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，4s、4p能级上的电子为其价电子，基态As原子价电子排布式为4s24p3，
故答案为：4s24p3；
（2）Ar、Kr、Xe位于同一族，且原子半径依次增大，原子核对外层电子的有效吸引力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，所以原子的活泼性依序增强，
故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）不能形成分子间氢键且分子构型相同的分子晶体，其熔沸点随着分子间作用力增大而升高，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，二者都是不能形成分子间氢键的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高，
故答案为：＜；二者为同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）[BrOF2]+的中心原子Br原子的价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，则Br原子采用sp3杂化，
故答案为：sp3；
（5）该晶胞中BrOF2的个数＝4、AsF6的个数＝4、KrF2的个数＝8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8＝1：1：2，所以x＝2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键，[BrOF2]+、[AsF6]﹣之间存在离子键，KrF2中F和Kr原子之间存在极性共价键，[BrOF2]+中Br原子和O、F原子之间存在极性共价键，[AsF6]﹣中As和F原子之间存在极性共价键，
故答案为：2；bc。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、分子晶体熔沸点影响因素、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
六．晶胞的计算（共1小题）
17．（2022•全国）固体电解质ZrO2常用于新能源电池。回答下列问题：
（1）基态氧原子的价电子层中未成对电子数有 　2　个。
（2）氧有两种同素异形体：O2和O3。O3的分子空间构型为 　V形　；分子极性：O2　小于　O3（填“大于”或“小于”）。沸点：O2　低于　O3（填“高于”或“低于”）。
（3）ZrO2晶体的晶胞结构如图所示，O2﹣、Zr4+的配位数分别为 　4　和 　8　。
（4）为使ZrO2结构稳定和增加导电性，常在其中掺杂少量的Y3+（稀土离子）。掺杂的低价离子占据正常Zr4+离子的位置，导致晶体中O2﹣缺位。若掺杂Y3+替代Zr4+的物质的量分数为x，相应晶体中O2﹣缺位比例为 　x：4　，该晶体化学式为 　Zr（1﹣x）YxO（2﹣0.5x）　。

【解答】解：（1）基态氧原子的价电子排布图为，据此判断价电子层中未成对电子数为2，
故答案为：2；
（2）O3和SO2互为等电子体，结构相似，SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，SO2为空间构型为V形，则O3的空间构型为V形；O2为直线形分子、O3为V形分子，则O2正负电荷重心重合，为非极性分子，O3正负电荷重心不重合，为极性分子，所以极性：O2小于O3；二者都是不能形成分子间氢键的分子晶体，相对分子质量：O3大于O2，分子间作用力O3大于O2，所以沸点：O2低于O3，
故答案为：V形；小于；低于；
（3）根据图知，距离O2﹣最近且相等的Zr4+的个数为4，距离Zr4+最近且相等的O2﹣的个数8，所以O2﹣、Zr4+的配位数分别为4、8，
故答案为：4；8；
（4）掺杂的低价离子占据正常Zr4+离子的位置，导致晶体中O2﹣缺位。若掺杂Y3+替代Zr4+的物质的量分数为x，设化学式中O原子个数为y，其化学式为Zr（1﹣x）YxOy，该化合物的化学式中各元素化合价的代数和为0，则4（1﹣x）+3x＝2y，y＝2﹣0.5x，O2﹣氧原子缺少的个数为[2﹣（2﹣0.5x）]＝0.5x，相应晶体中O2﹣缺位比例为0.5x：2＝x：4，该晶体化学式为Zr（1﹣x）YxO（2﹣0.5x），
故答案为：x：4；Zr（1﹣x）YxO（2﹣0.5x）。

【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、分子空间构型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，注意（4）题的计算方法，题目难度中等。
七．有机物的推断（共1小题）
18．（2022•湖北）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 　取代反应（或酯化反应）　。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 　5　组。
（3）化合物C的结构简式为 　　。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 　酯基　，被氧化的官能团是 　碳碳双键　。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 　5　种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 　45.92%　。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。

根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 　甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物　。
【解答】解：（1）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，也属于取代反应，
故答案为：取代反应（或酯化反应）；
（2）B分子中含有5种化学环境不同的氢原子，化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有5组，
故答案为：5；
（3）对比B、D的结构简式，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3、﹣CH2CH＝CH2取代生成D，结合C的分子式、反应条件，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3取代生成C，故C的结构简式为，
故答案为：；
（4）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，﹣COOCH3转化为﹣CH2OH，﹣CH2CH＝CH2转化为﹣CH2COOH，再发生酯化反应成环，D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，
故答案为：酯基、碳碳双键；
（5）如果只有考虑氟的位置异构，F中氟原子没有取代之前只有6种类型的氢原子，取代后有6种氟代物，除去其本身，含有5种，
故答案为：5；
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为70%×82%×80%＝45.92%，
故答案为：45.92%；
（7）Pd配合物可催化能催化反应①，在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，乙组未使用金属催化剂，研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①，应是甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物，
故答案为：甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、核磁共振氢谱、官能团识别、限制条件同分异构体、产率计算、信息获取与迁移运用等，较好地考查了学生的分析推理能力、知识迁移运用的能力，是对有机化学基础的综合考查。
八．探究物质的组成或测量物质的含量（共1小题）
19．（2022•河北）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：

①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol•L﹣1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L•min﹣1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。已知：Ka1（H3PO4）＝7.1×10﹣3，Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2。
回答下列问题：
（1）装置图中仪器a、b的名称分别为 　球形冷凝管　、　酸式滴定管　。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为 　C　（填标号）。
A.250mL
B.500mL
C.1000mL
（3）解释加入H3PO4能够生成SO2的原因 　加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O正向移动　。
（4）滴定管在使用前需要 　检漏　、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为 　蓝色　；滴定反应的离子方程式为 　I2+SO2+2H2O＝2I﹣+4H++SO42﹣　。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 　偏低　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为 　80.8　mg•kg﹣1（以SO2计，结果保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管、酸式滴定管，
故答案为：球形冷凝管；酸式滴定管；
（2）三颈瓶中加入水的体积是400mL，加入磷酸的体积小于10mL，三颈烧瓶中加入液体的体积小于三颈瓶容积的，所以410mL小于三颈瓶容积的，则三颈瓶应该选取1000mL的，
故答案为：C；
（3）Ka1（H3PO4）＜K a1 （H2SO3），但H3PO4较稳定，不易分解且难挥发，H2SO3易分解生成SO2和H2O，SO2的溶解度随着温度的升高而降低，且H2SO3分解吸热，升高温度促进其分解，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O正向移动，则加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O正向移动，
故答案为：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3⇌SO2+H2O正向移动；
（4）滴定管在使用前需要检漏、洗涤、润洗；滴定终点前，溶液中I2被SO2还原为无色的I﹣，溶液呈无色，滴定终点碘液过量，淀粉变蓝色，且半分钟内不变色，所以滴定终点时溶液为蓝色；滴定时，SO2和I2的水溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，离子方程式为I2+SO2+2H2O＝2I﹣+4H++SO42﹣，
故答案为：检漏；蓝色；I2+SO2+2H2O＝2I﹣+4H++SO42﹣；
（5）若先加磷酸再通氮气，装置中含有空气，空气中的氧气将苯酚亚硫酸盐氧化为硫酸盐，导致滴定实验中使用碘液体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏低；
（6）根据题干信息知，滴定实验中消耗V（I2）＝（0.30+1.00）mL＝1.30mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准V（I2）＝（1.30﹣0.10）mL＝1.20mL，根据反应I2+SO2+2H2O＝2I﹣+4H++SO42﹣得n（SO2）＝n（I2）＝1.20mL×10﹣3L•mL﹣1×0.010 00 mol•L﹣1＝1.20×10﹣5mol，SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n（SO2）＝≈1.263×10﹣5mol，则根据S元素守恒计算该样品中亚硫酸盐含量＝×100%＝80.8mg/kg，
故答案为：80.8。
【点评】本题考查物质含量的测定，侧重考查分析、判断及计算能力，明确实验原理、元素化合物的性质、平衡移动原理、方程式的计算方法是解本题关键，难点是（6）题计算，注意单位换算，题目难度中等。
九．性质实验方案的设计（共1小题）
20．（2022•福建）某兴趣小组设计实验探究Ce﹣MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：
步骤Ⅰ.制备CO
在通风橱中用如图装置制备CO（加热及夹持装置省略），反应方程式如下：HCOOHCO↑+H2O。

（1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是 　分液漏斗　。
（2）从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→　d　→　e　→　c　→　b　→h（每空填一个接口标号）。
步骤Ⅱ.检验CO
将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
（3）该反应的化学方程式为 　CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3　。
步骤Ⅲ.探究Ce﹣MnOx催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用如图装置（部分加热及夹持装置省略），调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。（已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解；5CO+I2O5═I2+5CO2）

（4）通入11.2L（已折算为标况）的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.1016gI2。
①能证明CO被空气氧化的现象是 　石灰水变浑浊　；
②CO被催化氧化的百分率为 　60%　；
③若末通入氮气，②的结果将 　偏大　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 　增大气体样品流速　方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是 　尾气出口未加防潮装置　。
【解答】解：（1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易挥发，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO难溶于水，所以先将气体通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO，所以用装置C洗气、装置B收集CO、装置E收集水，洗气装置中导气管采用“长进短出”的原则、排水收集气体装置中导气管采用“短进长出”的原则，所以a→d→e→c→b→h，
故答案为：d；e；c；b；
（3）将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成，生成Ag，同时生成（NH4）2CO3和NH3，根据反应物和生成物书写方程式为CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3，
故答案为：CO+2[Ag（NH3）2]OH＝2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3；
（4）①CO被氧化生成的CO2能使澄清石灰水变浑浊，能证明CO被空气氧化的现象是I中石灰水变浑浊，
故答案为：石灰水变浑浊；
②气体样品中CO的体积分数为1%，相同条件下，气体分数等于其物质的量分数，所以气体样品中n（CO）＝0.5mol×1%＝0.005mol，n（气体样品）＝＝0.5mol，n（I2）＝＝0.0004mol，根据方程式“5CO+I2O5═I2+5CO2”得n（CO）＝5n（I2）＝5×0.0004mol＝0.002mol，被氧化的n（CO）＝（0.005﹣0.002）mol＝0.003mol，CO被催化氧化的百分率为×100%＝×100%＝60%，
故答案为：60%；
③若未通入氮气，部分CO存在于装置中，导致K中生成的I2偏小，则剩余的n（CO）偏小，所以被氧化的n（CO）偏大，②的结果将偏大，
故答案为：偏大；
（5）气体样品流速影响气体与催化剂接触时长，所以探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用增大气体样品流速的方法可以缩短接触时长，
故答案为：增大气体样品流速；
（6）I2O5易吸水潮解，导致K中固体质量增加值偏大，所以步骤Ⅲ装置存在的不足之处是尾气出口未加防潮装置，
故答案为：尾气出口未加防潮装置。
【点评】本题考查物质制备、物质性质的检验等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、各个装置的作用是解本题关键，（3）题方程式的书写为解答易错点，题目难度中等。