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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（浙江专用）（原卷版+解析版）
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2023年高考化学考前信息必刷卷03
浙江专用
浙江省选考试题十分重视承接学科核心素养和学业质量各级水平的要求，重视分层选拔功能，考查考生信息获取、思维认知和实践操作能力，特别注意借用图、表呈现信息，考查考生提取整合信息能力的同时培养学科素养。如第19题表现得淋漓尽致，以化工生产情境考查化学反应原理，综合考查考生运用教材知识和新住处知识，解决转化率、催化剂、平衡移动等多个知识点在工业生产中的应用性和创新性问题，素养涵盖了变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任，体现新于教材难于教材的命题趋势。
化学反应原理是难点知识，需要全面建立核心概念理论的体系，形成系统思维。要建立属于反应原理认识化学反应的思路：先根据符合表征的意义(反应物、反应条件和生成物)考虑反应方向(焓变、熵变)和限度(平衡常数K)，再根据反应机理考虑影响速率的因素(浓度、温度、催化剂等)，最后从能量转化角度(化学能、热能与电能互相转化)实现对反应的控制，还要建立化学反应原理非选择题中原因阐释的思路：分析条件选择(温度、压强、催化剂)的实质→对多个反应的多因素影响(速率、平衡、副反应)→主次矛盾因素分析。如第19题利用CO2制备甲醇的情境，引导考生了解化学在“碳达峰、碳中和”等社会发展和人类进步中的巨大贡献。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Be-9 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
1．下列物质中属于含共价键的盐是( )
A．NaOH B．Na3N C．NH4Cl D．HClO
【答案】C
【解析】A项，NaOH属于碱，含有离子键和共价键，故A不符合题意；B项，Na3N属于盐，只含有离子键，故B不符合题意；C项，NH4Cl属于盐，含有离子键和共价键，故C符合题意；D项，HClO属于酸，只含有共价键，故D不符合题意。故选C。
2．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是( )
A．基态铝原子的价电子排布图为
B．AlON和水晶所含的化学键类型不同
C．AlON中三种元素都位于周期表p区
D．AlON的熔点较高
【答案】B
【解析】A项，基态铝原子核外电子数为13，电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，排布图为 ，故A正确；B项，AlON属共价晶体，水晶(SiO2)属于共价晶体，化学键都是共价键，故B错误；C项，p区包含第ⅢA族～0族的元素，Al为第ⅢA族元素，O为VIA族，N为VA族元素，均位于p区，故C正确；D项，AlON属共价晶体，熔点较高，故D正确；故选B。
3．下列化学用语或图示中表达错误的是( )
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】A项，CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；B项，铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；C项，NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；D项，基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；故选B。
4．化学和生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．某团队研发的吸入式新冠疫苗性质稳定，常温下能长期保存
B．聚合硫酸铁是新型絮凝剂，其中显价
C．CPU制造中的光刻技术是刘勇光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化
D．三星堆出图的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程
【答案】B
【解析】A项，吸入式新冠疫苗虽然性质稳定，但常温下仍可能发生变性，需要低温保存，A错误；B项，聚合硫酸铁中，OH-的化合价为-1，SO42-的化合价为-2，根据化合物中元素化合价代数和为0可知Fe显+3价，B正确；C项，光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，发生了聚合反应，有新物质生成，该过程是化学变化，C错误；D项，青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中Cu的化合价升高，发生了吸氧腐蚀，属于氧化还原反应过程，D错误；故选B。
5． NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 mol·L-1NaHSO4溶液中氢离子数为0.1NA
B．31 g白磷和红磷混合物含有的磷原子数为NA
C．2 mol SO2和1 mol O2充分反应，容器中分子总数为2NA
D．常温下，足量浓硝酸与5.6g铁片充分反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】A项，水可以电离出氢离子，所以溶液中氢离子数目大于0.1NA，A错误；B项，，所以磷原子数为NA，B正确；C项，因为SO2和O2的反应为可逆的，不能完全反应生成SO3，所以分子个数要大于2NA，C错误；D项，铁与浓硝酸钝化，D错误；故选B。
6．关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是( )
A．C在反应过程中被还原 B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3 D．每生成14.0g Si3N4共转移1.2mol电子
【答案】D
【解析】A项，该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B项，该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C项，该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D项，14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；故选D。
7．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．石灰乳吸收废气中的二氧化氮：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O
B．亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钾溶液：5HSO3-+2IO3-═5SO42-+I2+3H++H2O
C．氧化银(Ag2O)溶于浓氨水：Ag2O+4 NH3·H2O=2[ Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O
D．乙二酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】A项，石灰乳中的Ca(OH)2需要保留化学式，正确的离子方程式为：2NO2+Ca(OH)2=NO3-+NO2-+H2O+Ca2+，故A错误；B项，因为还原性HSO3->I-，亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钾溶液反应，碘酸钾是氧化剂，而亚硫酸氢钠是还原剂，反应生成SO42-和I-，离子方程式为：3 HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故B错误；C项，氧化银(Ag2O)溶于浓氨水生成银铵离子，离子方程式为：Ag2O+4 NH3·H2O=2[ Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，故C正确；D项，高锰酸钾溶液与乙二酸(草酸)发生氧化还原反应，乙二酸被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原为二价锰离子，离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。
8．下列说法正确的是( )
A．天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应
B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚
D．氨基酸种类较多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸
【答案】D
【解析】A项，油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B项，在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C项，加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D项，氨基酸结构中都含有﹣COOH 和﹣NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选D。
9．我国科学家在苯炔不对称芳基化反应方面取得重要进展，一定条件下该反应转化如下：
下列说法正确的是
A．箭头a所示键比箭头b所示键活泼
B．1 mol苯炔中所含σ键的数目为10NA
C．1 mol有机物Y最多可与3 mol H2发生加成反应
D．有机物Y可能易溶于水
【答案】B
【解析】A项，由图可知，有机物X中箭头b所示的氢原子和苯炔发生了加成反应，说明箭头b所示C-H键比箭头a所示C-H键活泼，故A错误；B项，苯炔中含有碳碳之间以及碳氢之间形成的9个σ键和碳碳三键中的1个σ键，则1 mol苯炔中所含σ键的数目为10 NA，故B正确；C项，有机物Y中苯环和羰基可以和H2发生加成反应，1 mol有机物Y最多可与4 mol H2发生加成反应，故C错误；D项，有机物Y中含有苯环和酯基这样的疏水基团，不可能易溶于水，故D错误；故选B。
10．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，下列推断中错误的是
A．简单离子半径：W>Z>Y
B．Z单质可溶于由X、Z形成的化合物中
C．最简单氢化物的沸点：Y>X
D．Y与氧元素形成的化合物不止三种
【答案】A
【解析】由阴离子的结构可知，X原子形成4个共价键、Y原子形成3个共价键、Z原子形成2个共价键，前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，化合物中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为K元素。A项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误；B项，硫单质不溶于水、微溶于酒精，易溶于二氧化碳，故B正确；C项，氨分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力强于甲烷，沸点高于甲烷，故C正确；D项，氮元素与氧元素形成的氧化物有一氧化二氮、一氧化氮、四氧化二氮、二氧化氮、五氧化二氮等，远不止三种，故D正确；故选A。
11．如图是我国发明的超大容量锂硫电池。下列说法不正确的是( )
A．放电时该电池中电子通过外电路，Li +通过内电路均移向正极
B．正极的电极反应式为：S8+16 e- +16Li + =8Li2S
C．该电池的电解质为非水体系，通过传递形成电流
D．充电时，金属锂片上发生氧化反应、
【答案】D
【解析】A项，放电时该电池中电子通过外电路，Li +通过内电路均移向正极，A正确；B项，由图中信息可知，正极S8放电生成Li2S，正极的电极反应式为：S8+16 e- +16Li + =8Li2S，B正确；C项，锂和水能反应，锂硫电池中电解质不能为水溶液，该电池的电解质为非水体系，通过传递Li +形成电流，C正确；D项，金属锂片为负极，充电时，金属锂片连接外加电源的负极，金属锂片上发生Li +得电子的过程，属于还原反应，D错误；故选D。
12．2022年3月23日，神舟十三号航天员进行第二次太空授课，王亚平将小苏打和醋酸混合，先得到过饱和醋酸钠溶液的“液体球”，再经结晶以后得到了热的“冰球”。下列说法不正确的是( )
A．CH3COOH分子中键和键的数目之比为7∶1
B．结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是在小苏打和醋酸反应过程放出热量
C．“液体球”中存在共价键和氢键
D．可用X射线测定“冰球”是否是晶体
【答案】B
【解析】A项，CH3COOH的结构式为，故分子中键和键的数目之比为7∶1，故A正确；B项，结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是醋酸钠结晶过程放出热量，故B错误；C项， “液体球”为过饱和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中含有醋酸钠和水，醋酸钠含有离子键和共价键，水分子内含有共价键，水分子间形成氢键，故“液体球”中存在共价键和氢键，故C正确；D项，鉴别晶体与非晶体的可靠方法就是X射线衍射法，故可用X射线测定“冰球”是否是晶体，故D正确；故选B。
13．某温度下，向一定体积的0.21mol·L-1 H2CrO4溶液中逐渐加入KOH固体(溶液体积保持不变)，各种含铬元素微粒及的浓度随pH的变化如图所示。下列有关说法中，正确的是( )
A．该温度下的KW=10-13
B．溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2
C．KHCrO4溶液呈碱性
D．E点溶液中存在c(K+)＜2c(Cr2O72-)+3c(CrO42-)
【答案】D
【解析】由图可知，随着pH增大，H2CrO4量减小、Cr2O72-和HCrO4-量先增大后减小、CrO42-一直增大。A项，由G点可知，c(H+)=10-13mol·L-1、c(OH-)=0.1mol·L-1，则，A错误；B项，由F点可知，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)=0.051mol·L-1、c(H+)=10-6.6mol·L-1，则该温度下此反应的，B错误；C项，由E点可知，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)=0.041mol·L-1、c(H+)=10-6.5mol·L-1，则该温度下此反应的，则Kh(KHCrO4)一定小于其电离常数，即KHCrO4溶液中其电离大于水解，溶液显酸性，C错误；D项，根据电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCrO4-)+2c(CrO42-)+2c(Cr2O72-)，由E点可知，c(HCrO4-)=c(CrO42-)、c(H+)=10-6.5mol·L-1)＞c(OH-)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CrO42-)+3c(Cr2O72-)，c(K+)＜2c(Cr2O72-)+3c(CrO42-)，D正确；故选D。
14．氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是( )
A．在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B．反应过程中有非极性键的断裂和生成
C．Pt原子表面上发生的反应有：N+N=N2、2H+O=H2O、NO+N=N2O、3H+N=NH3
D．若1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A项，Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；B项，从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；C项，从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：2H+O=H2O、NO+N=N2O，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有N+N=N2、3H+N=NH3，C正确；D项，从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；故选D。
15．CaF2是一种难溶电解质。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为Ca2+或F-)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．随着盐酸的加入，CaF2不断溶解
B．L2表示随-lgc(F-)的变化曲线
C．Ksp(CaF2 )=10-10.8
D．Ka(HF)=10-3.2
【答案】C
【解析】已知HF的，则有，即有越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线。A项，随着盐酸的加入，H+与F-结合生成HF，促使沉淀溶解平衡CaF2Ca2++2F-正向移动，CaF2不断溶解，故A正确；B项，由分析可知，越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，L2表示随的变化曲线，故B正确；C项，由a点坐标可知，=10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故C错误；D项，由图可知，c(F-)=10-2.0mol/L时，=1.2，即=10-1.2mol/L， =10-2.0×10-1.2=10-3.2，故D正确；故选C。
16．下列方案设计，现象和结论不正确的是( )
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜
将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液
铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜
B
探究Fe2+、Br-的还原性强弱
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取
若CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br-
C
比较H2O2和Fe3+的氧化性强弱
取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象
若产生气体使带火星木条复燃，说明Fe3+的氧化性强于H2O2
D
探究温度对Fe3+水解程度的影响
向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液
若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进Fe3+水解
【答案】C
【解析】A项，将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故A正确；B项，向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取，若CCl4层无色，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到Fe2+的还原性强于Br-，故B正确；C项，取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到Fe3+的氧化性强于H2O2，故C错误；D项，向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进Fe3+水解，温度高，水解程度大，故D正确。故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(10分)某种新型储氢材料的晶胞如图，晶体密度为g ·c m-3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。
(1)四面体中心硼原子的杂化方式为_______。
(2)第一电离能：N_______B(填>、<或=)，原因是_______。
(3)NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。
(4)该物质的摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M基态离子的价电子排布式为_______。
(5)该晶胞的边长为_______nm。
【答案】(1) sp3(1分)
(2) >(1分) 同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势(1分)
(3)N、F、H三种元素的电负性为F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键(2分)
(4) Fe (1分) 3d6(1分)
(5) (3分)
【解析】(1)由题可知B原子杂化方式是sp3杂化；(2)同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势，N 的2p轨道有3个自旋平行的电子，分别填充在3个p轨道，结构最稳定，很难失去一个电子，第一电离能N>B；(3)根据配合物结构判断，Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中心原子N原子提供孤电子对，因为N,F,H三种元素的电负性为F>N>H,在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键；(4)由图可知 代表M(NH3)6,代表BH4，面心立方最密堆积的晶胞中， 处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含 的个数为，8个均处于晶胞内部，则 和的个数之比为4：8=1：2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2，又知该化合物的摩尔质量为，则有，解得，故M元素为Fe；化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中NH3整体为0价，BH4-中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s轨道上2个电子得到Fe2+，故Fe2+的价电子排布式为3d6；(5)相对分子质量为，设晶胞边长为xcm，则。
18．为探究和测定陶瓷材料X(由两种短周期元素组成)的组成与化学式，设计并完成如下实验(部分产物已略)：
请回答：
(1)写出X的化学式___________。
(2)X分别与NaOH、H2SO4作用，产生的气体均为___________(写分子式)。
(3)写出反应2的化学方程式___________。
(4)写出反应3的离子方程式___________。
(5)在X与盐酸反应后的溶液中，加入NaF溶液，可得微溶于水的白色物质Y，Y中阴离子空间构型为正八面体形，Y的化学式为___________。
(6)常温下，将溶液D置于敞口容器中，滴入几滴酚酞，一段时间后，观察到溶液的红色明显加深，其主要原因可能是___________，请设计实验方案验证你的推测：___________。
【答案】(1) Al4C3(2分)
(2)CH4(1分)
(3) 4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O(1分)
(4) 3CO2+Ca2++4OH-= CaCO3↓+2HCO3-+H2O(2分)
(5) Na3AlF6或Na3[AlF6] (2分)
(6) 碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠 将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可) (2分)
【解析】C是沉淀B灼烧得到的白色固体，可能是Al2O3或MgO或BeO等；根据质量为20.4g且恰好溶于含有0.4molNaOH的溶液，则C为0.2mol的Al2O3；即Al为0.4mol，X为Al4C3，属于共价(原子)晶体，M=144g/mol，，Al4C3+4OH-+4H2O=4AlO2-+3CH4↑，生成甲烷0.3mol，4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O，CO2也是0.3mol；G为CaCO3，仅0.1mol，即没全部转化为沉淀，还有HCO3-。(1)由上述分析可知X为Al4C3；(2)X分别与NaOH、H2SO4作用，都发生水解反应生成甲烷，则产生的气体为CH4；(3)反应②中甲烷与氧化铜发生氧化还原反应生成铜单质和二氧化碳，反应方程式为：4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O；(4)由上述分析反应③中0.3mol二氧化碳与氢氧化钙反应生成0.1mol CaCO3和0.1 mol Ca(HCO3)2，反应的离子方程式为：3CO2+Ca2++4OH-= CaCO3↓+2HCO3-+H2O；(5)Y的阴离子为正八面体结构，说明有6个F离子与铝离子配位，则该阴离子为：[AlF6]3-，Y为Na3AlF6或Na3[AlF6]；(6)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠而使其红色明显加深。将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可)。
19．(10分)CH4和CO2两种引发温室效应气体可以转化为合成气(H2和CO)进而可以解决能源问题：
(1)甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为
2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1
已知：CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1
H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1
H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1
表示甲醇燃烧热的热化学方程式为________。
(2)CH4制备合成气反应CH4(g) +H2O(g)CO(g) + 3H2(g)通过计算机模拟实验。在400 ~ 1200°C，操作压强为3. 0MPa条件下，不同水碳比(1 ~10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。
据模拟实验可知，该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。平衡温度为750°C ，水碳比为5时， H2的物质的量分数为0.3，则CH4的转化率为_______，用各物质的平衡分压计算Kp=_______ MPa2。 (分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位小数)
(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：
3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g)。
该反应VanˊtHoff方程的实验数据如图中曲线a所示，已知VanˊtHoff方程为+C(ΔH为该反应的焓变，假设受温度影响忽略不计，K为平衡常数，R和C为常数) ，则该反应的焓变ΔH =________kJ·mol-1。对于另一反应实验数据如图中的曲线b所示，若该反应焓变为ΔH '，则△H_________ΔH ' (填“>”“<”或“=”)；此公式说明对于某个反应，当升高相同温度时，其ΔH 的数值越大，平常数的变化值就______( 填“越多”或“越少”)。
【答案】(1)CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol(2分)
(2) 吸热(1分) 75%(1分) 1.29(2分)
(3) R (2分) 大于(1分) 越多(1分)
【解析】(1)2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1……①，CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1……②，H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1……③，H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1……④，根据盖斯定律可知，[③+④]×2+②－①，得到甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；(2)根据图像可知，随着温度升高，氢气物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应方向为吸热反应；水碳比为5，令水蒸气物质的量为5mol，甲烷物质的量为1mol，消耗甲烷物质的量为amol，则达到平衡时，n(CH4)=(1-a)mol，n(H2O)=(5-a)mol，n(CO)=amol，n(H2)=3amol，氢气的物质的量分数为0.3，解得a=0.75，即甲烷转化率为75%；达到平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量分数分别为、、0.1、0.3，用分压表示的压强平衡常数Kp=≈1.29；(3)根据图像可知，y1=-x1×+C，y2=-x2×+C，两式联立解得ΔH=R或R；根据图像以及ΔH表达式可知，ΔH＞ΔH'；该方程说明了当升高相同温度时，ΔH越大，平衡常数的变化值越多。
20．(10分)有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
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。
实验步骤如下：
I．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。
Ⅱ.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左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是___________，d的作用是___________
(2)步骤I中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
(4)下列关于该实验的说法不正确的是___________。
A．步骤I中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽
B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，无须打开分液漏斗上的活塞
C．反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe水解
D．步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
E．步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
(5)工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___________。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶(1分) 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化(1分)
(2) 关闭K1,打开K(1分) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3(1分)
(3)2H2NCH2COOH + FeSO4 + 2NaOH= (H2NCH2COO)2Fe + Na2SO4+2H2O(2分)
(4)AE(2分)
(5)将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液(2分)
【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，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左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，该物质与空气中氧气易反应，方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)A项，空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，A错误；B项，步骤I、步骤Ⅱ加液时，使用的都是恒压分液漏斗，不需要打开活塞，B正确；C．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，同时柠檬酸酸性较强，防止pH过高，防止亚铁离子水解，C正确；D项，根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故D正确；E项，甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，应用乙醇洗涤，故E错误；故选AE。(5)甘氨酸和甘氨酸亚铁均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。
20．(10分)草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Al3+
3.0
5.0
Ni2+
6.7
9.5
②Ksp(CaF2)=1.46×10-10，Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9。
(1)“粉碎”的目的是____________________。
(2)保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如右图。“酸浸”的适宜温度与时间分别为_________(填字母)。
a．30℃、30min b．90℃、150min
c．70℃、120min d．90℃、120min
(3)证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是___________。
(4)将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110 ℃下烘干，得草酸镍晶体。
①用乙醇洗涤的目的是_________________________________。
②烘干温度不超过110℃的原因是_________________________。
(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：
第1步：取“浸出液”，___________________，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；
第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：___________，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。
①请补充完整相关实验步骤(可选试剂：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液)。
②第2步中加入适量NH4F溶液的作用是____________________。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率；提高镍的浸出率(1分)
(2)C (1分)
(3)静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不再产生沉淀，则“沉镍”工序已经完成 (2分)
(4)①洗去(NH4)2SO4杂质、便于烘干(1分) ②防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水或分解 (1分)
(5)(加适量H2SO4溶液，)加足量H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液调节溶液5.0≤pH<6.7(2分)
用NaOH溶液调节“溶液X”的pH≥9.5(1分) 除去杂质Ca2+或CaSO4(1分)
【解析】(1)粉碎的目的是增大接触面积，使反应速率加快，同时提高镍的浸出率；(2)由图中数据可知，当温度在70-90℃时，时间在120-150min时镍的浸出率最高，从节约能源的角度分析，应该选择70℃，120min，故选择c；(3)要证明沉镍工序中Ni2+已经沉淀完全，只需将溶液静置，取上层清液，在上层清液中，滴加草酸铵溶液，观察有无沉淀生成，若无沉淀，说明已经沉淀完全；(4)①用乙醇清洗的目的是洗去固体表面的(NH4)2SO4杂质，同时由于乙醇易挥发，便于烘干固体；②烘干温度不超过110℃的原因是防止温度过高而使草酸镍晶体失水或者分解；(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：第1步：取“浸出液”，加入适量硫酸和过量的双氧水，使二价铁完全转化为三价铁，再用氢氧化钠溶液调节pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素； 第2步：由于CaF2的Ksp较小，所以向所得滤液中加入适量NH4F溶液，和溶液中的F-生成CaF2沉淀以除去Ca2+，充分反应后过滤，得“溶液X”；第3步： 用NaOH溶液调节“溶液X”的pH，充分反应后过滤； 第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。其中第2步加入适量NH4F溶液的作用是除去Ca2+或者硫酸钙。
21．(12分)某治疗心脏药物L的合成路线如图：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物A转化为B的反应类型为取代反应
B．化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．化合物F的含氧官能团中含有醛基
D．化合物L的分子式是C11H21NO
(2)写出反应的化学方程式_______。
(3)化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：_______。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为
(5)结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。
【答案】(1)AB(2分)
(2)CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO (2分)
(3) (1分) 保护酮羰基(1分)
(4)、、、(3分)
(5) (3分)
【解析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，H为，反应②是碳碳双键自身成环。(1)A项，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B项，化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C项，化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D项，化合物L的分子式是C21H21NO，D错误；故选AB；(2)B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，B+C→D反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO；(3)分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；(4)F为，满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为，满足条件的所有同分异构体有：、、、；(5)发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷03
浙江专用
浙江省选考试题十分重视承接学科核心素养和学业质量各级水平的要求，重视分层选拔功能，考查考生信息获取、思维认知和实践操作能力，特别注意借用图、表呈现信息，考查考生提取整合信息能力的同时培养学科素养。如第19题表现得淋漓尽致，以化工生产情境考查化学反应原理，综合考查考生运用教材知识和新住处知识，解决转化率、催化剂、平衡移动等多个知识点在工业生产中的应用性和创新性问题，素养涵盖了变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任，体现新于教材难于教材的命题趋势。
化学反应原理是难点知识，需要全面建立核心概念理论的体系，形成系统思维。要建立属于反应原理认识化学反应的思路：先根据符合表征的意义(反应物、反应条件和生成物)考虑反应方向(焓变、熵变)和限度(平衡常数K)，再根据反应机理考虑影响速率的因素(浓度、温度、催化剂等)，最后从能量转化角度(化学能、热能与电能互相转化)实现对反应的控制，还要建立化学反应原理非选择题中原因阐释的思路：分析条件选择(温度、压强、催化剂)的实质→对多个反应的多因素影响(速率、平衡、副反应)→主次矛盾因素分析。如第19题利用CO2制备甲醇的情境，引导考生了解化学在“碳达峰、碳中和”等社会发展和人类进步中的巨大贡献。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Be-9 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
1．下列物质中属于含共价键的盐是( )
A．NaOH B．Na3N C．NH4Cl D．HClO
【答案】C
【解析】A项，NaOH属于碱，含有离子键和共价键，故A不符合题意；B项，Na3N属于盐，只含有离子键，故B不符合题意；C项，NH4Cl属于盐，含有离子键和共价键，故C符合题意；D项，HClO属于酸，只含有共价键，故D不符合题意。故选C。
2．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是( )
A．基态铝原子的价电子排布图为
B．AlON和水晶所含的化学键类型不同
C．AlON中三种元素都位于周期表p区
D．AlON的熔点较高
【答案】B
【解析】A项，基态铝原子核外电子数为13，电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，排布图为 ，故A正确；B项，AlON属共价晶体，水晶(SiO2)属于共价晶体，化学键都是共价键，故B错误；C项，p区包含第ⅢA族～0族的元素，Al为第ⅢA族元素，O为VIA族，N为VA族元素，均位于p区，故C正确；D项，AlON属共价晶体，熔点较高，故D正确；故选B。
3．下列化学用语或图示中表达错误的是( )
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】A项，CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；B项，铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；C项，NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；D项，基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；故选B。
4．化学和生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．某团队研发的吸入式新冠疫苗性质稳定，常温下能长期保存
B．聚合硫酸铁是新型絮凝剂，其中显价
C．CPU制造中的光刻技术是刘勇光敏树脂在曝光条件下成像，该过程是物理变化
D．三星堆出图的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程
【答案】B
【解析】A项，吸入式新冠疫苗虽然性质稳定，但常温下仍可能发生变性，需要低温保存，A错误；B项，聚合硫酸铁中，OH-的化合价为-1，SO42-的化合价为-2，根据化合物中元素化合价代数和为0可知Fe显+3价，B正确；C项，光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下成像，发生了聚合反应，有新物质生成，该过程是化学变化，C错误；D项，青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中Cu的化合价升高，发生了吸氧腐蚀，属于氧化还原反应过程，D错误；故选B。
5． NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 mol·L-1NaHSO4溶液中氢离子数为0.1NA
B．31 g白磷和红磷混合物含有的磷原子数为NA
C．2 mol SO2和1 mol O2充分反应，容器中分子总数为2NA
D．常温下，足量浓硝酸与5.6g铁片充分反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】A项，水可以电离出氢离子，所以溶液中氢离子数目大于0.1NA，A错误；B项，，所以磷原子数为NA，B正确；C项，因为SO2和O2的反应为可逆的，不能完全反应生成SO3，所以分子个数要大于2NA，C错误；D项，铁与浓硝酸钝化，D错误；故选B。
6．关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是( )
A．C在反应过程中被还原 B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3 D．每生成14.0g Si3N4共转移1.2mol电子
【答案】D
【解析】A项，该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B项，该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C项，该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D项，14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；故选D。
7．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．石灰乳吸收废气中的二氧化氮：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O
B．亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钾溶液：5HSO3-+2IO3-═5SO42-+I2+3H++H2O
C．氧化银(Ag2O)溶于浓氨水：Ag2O+4 NH3·H2O=2[ Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O
D．乙二酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】A项，石灰乳中的Ca(OH)2需要保留化学式，正确的离子方程式为：2NO2+Ca(OH)2=NO3-+NO2-+H2O+Ca2+，故A错误；B项，因为还原性HSO3->I-，亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钾溶液反应，碘酸钾是氧化剂，而亚硫酸氢钠是还原剂，反应生成SO42-和I-，离子方程式为：3 HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故B错误；C项，氧化银(Ag2O)溶于浓氨水生成银铵离子，离子方程式为：Ag2O+4 NH3·H2O=2[ Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，故C正确；D项，高锰酸钾溶液与乙二酸(草酸)发生氧化还原反应，乙二酸被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原为二价锰离子，离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。
8．下列说法正确的是( )
A．天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应
B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚
D．氨基酸种类较多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸
【答案】D
【解析】A项，油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B项，在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C项，加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D项，氨基酸结构中都含有﹣COOH 和﹣NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选D。
9．我国科学家在苯炔不对称芳基化反应方面取得重要进展，一定条件下该反应转化如下：
下列说法正确的是
A．箭头a所示键比箭头b所示键活泼
B．1 mol苯炔中所含σ键的数目为10NA
C．1 mol有机物Y最多可与3 mol H2发生加成反应
D．有机物Y可能易溶于水
【答案】B
【解析】A项，由图可知，有机物X中箭头b所示的氢原子和苯炔发生了加成反应，说明箭头b所示C-H键比箭头a所示C-H键活泼，故A错误；B项，苯炔中含有碳碳之间以及碳氢之间形成的9个σ键和碳碳三键中的1个σ键，则1 mol苯炔中所含σ键的数目为10 NA，故B正确；C项，有机物Y中苯环和羰基可以和H2发生加成反应，1 mol有机物Y最多可与4 mol H2发生加成反应，故C错误；D项，有机物Y中含有苯环和酯基这样的疏水基团，不可能易溶于水，故D错误；故选B。
10．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，下列推断中错误的是
A．简单离子半径：W>Z>Y
B．Z单质可溶于由X、Z形成的化合物中
C．最简单氢化物的沸点：Y>X
D．Y与氧元素形成的化合物不止三种
【答案】A
【解析】由阴离子的结构可知，X原子形成4个共价键、Y原子形成3个共价键、Z原子形成2个共价键，前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，化合物中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为K元素。A项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误；B项，硫单质不溶于水、微溶于酒精，易溶于二氧化碳，故B正确；C项，氨分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力强于甲烷，沸点高于甲烷，故C正确；D项，氮元素与氧元素形成的氧化物有一氧化二氮、一氧化氮、四氧化二氮、二氧化氮、五氧化二氮等，远不止三种，故D正确；故选A。
11．如图是我国发明的超大容量锂硫电池。下列说法不正确的是( )
A．放电时该电池中电子通过外电路，Li +通过内电路均移向正极
B．正极的电极反应式为：S8+16 e- +16Li + =8Li2S
C．该电池的电解质为非水体系，通过传递形成电流
D．充电时，金属锂片上发生氧化反应、
【答案】D
【解析】A项，放电时该电池中电子通过外电路，Li +通过内电路均移向正极，A正确；B项，由图中信息可知，正极S8放电生成Li2S，正极的电极反应式为：S8+16 e- +16Li + =8Li2S，B正确；C项，锂和水能反应，锂硫电池中电解质不能为水溶液，该电池的电解质为非水体系，通过传递Li +形成电流，C正确；D项，金属锂片为负极，充电时，金属锂片连接外加电源的负极，金属锂片上发生Li +得电子的过程，属于还原反应，D错误；故选D。
12．2022年3月23日，神舟十三号航天员进行第二次太空授课，王亚平将小苏打和醋酸混合，先得到过饱和醋酸钠溶液的“液体球”，再经结晶以后得到了热的“冰球”。下列说法不正确的是( )
A．CH3COOH分子中键和键的数目之比为7∶1
B．结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是在小苏打和醋酸反应过程放出热量
C．“液体球”中存在共价键和氢键
D．可用X射线测定“冰球”是否是晶体
【答案】B
【解析】A项，CH3COOH的结构式为，故分子中键和键的数目之比为7∶1，故A正确；B项，结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是醋酸钠结晶过程放出热量，故B错误；C项， “液体球”为过饱和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中含有醋酸钠和水，醋酸钠含有离子键和共价键，水分子内含有共价键，水分子间形成氢键，故“液体球”中存在共价键和氢键，故C正确；D项，鉴别晶体与非晶体的可靠方法就是X射线衍射法，故可用X射线测定“冰球”是否是晶体，故D正确；故选B。
13．某温度下，向一定体积的0.21mol·L-1 H2CrO4溶液中逐渐加入KOH固体(溶液体积保持不变)，各种含铬元素微粒及的浓度随pH的变化如图所示。下列有关说法中，正确的是( )
A．该温度下的KW=10-13
B．溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2
C．KHCrO4溶液呈碱性
D．E点溶液中存在c(K+)＜2c(Cr2O72-)+3c(CrO42-)
【答案】D
【解析】由图可知，随着pH增大，H2CrO4量减小、Cr2O72-和HCrO4-量先增大后减小、CrO42-一直增大。A项，由G点可知，c(H+)=10-13mol·L-1、c(OH-)=0.1mol·L-1，则，A错误；B项，由F点可知，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)=0.051mol·L-1、c(H+)=10-6.6mol·L-1，则该温度下此反应的，B错误；C项，由E点可知，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)=0.041mol·L-1、c(H+)=10-6.5mol·L-1，则该温度下此反应的，则Kh(KHCrO4)一定小于其电离常数，即KHCrO4溶液中其电离大于水解，溶液显酸性，C错误；D项，根据电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCrO4-)+2c(CrO42-)+2c(Cr2O72-)，由E点可知，c(HCrO4-)=c(CrO42-)、c(H+)=10-6.5mol·L-1)＞c(OH-)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CrO42-)+3c(Cr2O72-)，c(K+)＜2c(Cr2O72-)+3c(CrO42-)，D正确；故选D。
14．氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是( )
A．在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B．反应过程中有非极性键的断裂和生成
C．Pt原子表面上发生的反应有：N+N=N2、2H+O=H2O、NO+N=N2O、3H+N=NH3
D．若1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A项，Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；B项，从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；C项，从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：2H+O=H2O、NO+N=N2O，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有N+N=N2、3H+N=NH3，C正确；D项，从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；故选D。
15．CaF2是一种难溶电解质。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为Ca2+或F-)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．随着盐酸的加入，CaF2不断溶解
B．L2表示随-lgc(F-)的变化曲线
C．Ksp(CaF2 )=10-10.8
D．Ka(HF)=10-3.2
【答案】C
【解析】已知HF的，则有，即有越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线。A项，随着盐酸的加入，H+与F-结合生成HF，促使沉淀溶解平衡CaF2Ca2++2F-正向移动，CaF2不断溶解，故A正确；B项，由分析可知，越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，L2表示随的变化曲线，故B正确；C项，由a点坐标可知，=10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故C错误；D项，由图可知，c(F-)=10-2.0mol/L时，=1.2，即=10-1.2mol/L， =10-2.0×10-1.2=10-3.2，故D正确；故选C。
16．下列方案设计，现象和结论不正确的是( )
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜
将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液
铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜
B
探究Fe2+、Br-的还原性强弱
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取
若CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br-
C
比较H2O2和Fe3+的氧化性强弱
取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象
若产生气体使带火星木条复燃，说明Fe3+的氧化性强于H2O2
D
探究温度对Fe3+水解程度的影响
向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液
若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进Fe3+水解
【答案】C
【解析】A项，将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故A正确；B项，向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取，若CCl4层无色，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到Fe2+的还原性强于Br-，故B正确；C项，取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到Fe3+的氧化性强于H2O2，故C错误；D项，向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进Fe3+水解，温度高，水解程度大，故D正确。故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(10分)某种新型储氢材料的晶胞如图，晶体密度为g ·c m-3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。
(1)四面体中心硼原子的杂化方式为_______。
(2)第一电离能：N_______B(填>、<或=)，原因是_______。
(3)NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。
(4)该物质的摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M基态离子的价电子排布式为_______。
(5)该晶胞的边长为_______nm。
【答案】(1) sp3(1分)
(2) >(1分) 同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势(1分)
(3)N、F、H三种元素的电负性为F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键(2分)
(4) Fe (1分) 3d6(1分)
(5) (3分)
【解析】(1)由题可知B原子杂化方式是sp3杂化；(2)同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势，N 的2p轨道有3个自旋平行的电子，分别填充在3个p轨道，结构最稳定，很难失去一个电子，第一电离能N>B；(3)根据配合物结构判断，Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中心原子N原子提供孤电子对，因为N,F,H三种元素的电负性为F>N>H,在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键；(4)由图可知 代表M(NH3)6,代表BH4，面心立方最密堆积的晶胞中， 处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含 的个数为，8个均处于晶胞内部，则 和的个数之比为4：8=1：2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2，又知该化合物的摩尔质量为，则有，解得，故M元素为Fe；化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中NH3整体为0价，BH4-中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s轨道上2个电子得到Fe2+，故Fe2+的价电子排布式为3d6；(5)相对分子质量为，设晶胞边长为xcm，则。
18．为探究和测定陶瓷材料X(由两种短周期元素组成)的组成与化学式，设计并完成如下实验(部分产物已略)：
请回答：
(1)写出X的化学式___________。
(2)X分别与NaOH、H2SO4作用，产生的气体均为___________(写分子式)。
(3)写出反应2的化学方程式___________。
(4)写出反应3的离子方程式___________。
(5)在X与盐酸反应后的溶液中，加入NaF溶液，可得微溶于水的白色物质Y，Y中阴离子空间构型为正八面体形，Y的化学式为___________。
(6)常温下，将溶液D置于敞口容器中，滴入几滴酚酞，一段时间后，观察到溶液的红色明显加深，其主要原因可能是___________，请设计实验方案验证你的推测：___________。
【答案】(1) Al4C3(2分)
(2)CH4(1分)
(3) 4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O(1分)
(4) 3CO2+Ca2++4OH-= CaCO3↓+2HCO3-+H2O(2分)
(5) Na3AlF6或Na3[AlF6] (2分)
(6) 碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠 将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可) (2分)
【解析】C是沉淀B灼烧得到的白色固体，可能是Al2O3或MgO或BeO等；根据质量为20.4g且恰好溶于含有0.4molNaOH的溶液，则C为0.2mol的Al2O3；即Al为0.4mol，X为Al4C3，属于共价(原子)晶体，M=144g/mol，，Al4C3+4OH-+4H2O=4AlO2-+3CH4↑，生成甲烷0.3mol，4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O，CO2也是0.3mol；G为CaCO3，仅0.1mol，即没全部转化为沉淀，还有HCO3-。(1)由上述分析可知X为Al4C3；(2)X分别与NaOH、H2SO4作用，都发生水解反应生成甲烷，则产生的气体为CH4；(3)反应②中甲烷与氧化铜发生氧化还原反应生成铜单质和二氧化碳，反应方程式为：4CuO+CH44Cu +Na2CO3+CO2+2H2O；(4)由上述分析反应③中0.3mol二氧化碳与氢氧化钙反应生成0.1mol CaCO3和0.1 mol Ca(HCO3)2，反应的离子方程式为：3CO2+Ca2++4OH-= CaCO3↓+2HCO3-+H2O；(5)Y的阴离子为正八面体结构，说明有6个F离子与铝离子配位，则该阴离子为：[AlF6]3-，Y为Na3AlF6或Na3[AlF6]；(6)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠分解生成了碱性更强的碳酸钠而使其红色明显加深。将滴有酚酞的溶液两等分，一个密封一个散口，观察颜色变化，若密封的溶液颜色未见变深，说明推测正确(或将颜色变深的溶液两等分，向其一通入一定量二氧化碳，若颜色变浅，说明推测正确……合理即可)。
19．(10分)CH4和CO2两种引发温室效应气体可以转化为合成气(H2和CO)进而可以解决能源问题：
(1)甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为
2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1
已知：CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1
H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1
H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1
表示甲醇燃烧热的热化学方程式为________。
(2)CH4制备合成气反应CH4(g) +H2O(g)CO(g) + 3H2(g)通过计算机模拟实验。在400 ~ 1200°C，操作压强为3. 0MPa条件下，不同水碳比(1 ~10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。
据模拟实验可知，该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。平衡温度为750°C ，水碳比为5时， H2的物质的量分数为0.3，则CH4的转化率为_______，用各物质的平衡分压计算Kp=_______ MPa2。 (分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位小数)
(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：
3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g)。
该反应VanˊtHoff方程的实验数据如图中曲线a所示，已知VanˊtHoff方程为+C(ΔH为该反应的焓变，假设受温度影响忽略不计，K为平衡常数，R和C为常数) ，则该反应的焓变ΔH =________kJ·mol-1。对于另一反应实验数据如图中的曲线b所示，若该反应焓变为ΔH '，则△H_________ΔH ' (填“>”“<”或“=”)；此公式说明对于某个反应，当升高相同温度时，其ΔH 的数值越大，平常数的变化值就______( 填“越多”或“越少”)。
【答案】(1)CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol(2分)
(2) 吸热(1分) 75%(1分) 1.29(2分)
(3) R (2分) 大于(1分) 越多(1分)
【解析】(1)2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1……①，CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1……②，H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1……③，H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1……④，根据盖斯定律可知，[③+④]×2+②－①，得到甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；(2)根据图像可知，随着温度升高，氢气物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应方向为吸热反应；水碳比为5，令水蒸气物质的量为5mol，甲烷物质的量为1mol，消耗甲烷物质的量为amol，则达到平衡时，n(CH4)=(1-a)mol，n(H2O)=(5-a)mol，n(CO)=amol，n(H2)=3amol，氢气的物质的量分数为0.3，解得a=0.75，即甲烷转化率为75%；达到平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量分数分别为、、0.1、0.3，用分压表示的压强平衡常数Kp=≈1.29；(3)根据图像可知，y1=-x1×+C，y2=-x2×+C，两式联立解得ΔH=R或R；根据图像以及ΔH表达式可知，ΔH＞ΔH'；该方程说明了当升高相同温度时，ΔH越大，平衡常数的变化值越多。
20．(10分)有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
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。
实验步骤如下：
I．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。
Ⅱ.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左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是___________，d的作用是___________
(2)步骤I中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。
(4)下列关于该实验的说法不正确的是___________。
A．步骤I中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽
B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，无须打开分液漏斗上的活塞
C．反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe水解
D．步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
E．步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
(5)工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___________。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶(1分) 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化(1分)
(2) 关闭K1,打开K(1分) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3(1分)
(3)2H2NCH2COOH + FeSO4 + 2NaOH= (H2NCH2COO)2Fe + Na2SO4+2H2O(2分)
(4)AE(2分)
(5)将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液(2分)
【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，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左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，该物质与空气中氧气易反应，方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH)3；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)A项，空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，A错误；B项，步骤I、步骤Ⅱ加液时，使用的都是恒压分液漏斗，不需要打开活塞，B正确；C．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，同时柠檬酸酸性较强，防止pH过高，防止亚铁离子水解，C正确；D项，根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故D正确；E项，甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，应用乙醇洗涤，故E错误；故选AE。(5)甘氨酸和甘氨酸亚铁均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。
20．(10分)草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Al3+
3.0
5.0
Ni2+
6.7
9.5
②Ksp(CaF2)=1.46×10-10，Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9。
(1)“粉碎”的目的是____________________。
(2)保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如右图。“酸浸”的适宜温度与时间分别为_________(填字母)。
a．30℃、30min b．90℃、150min
c．70℃、120min d．90℃、120min
(3)证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是___________。
(4)将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110 ℃下烘干，得草酸镍晶体。
①用乙醇洗涤的目的是_________________________________。
②烘干温度不超过110℃的原因是_________________________。
(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：
第1步：取“浸出液”，___________________，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；
第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：___________，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。
①请补充完整相关实验步骤(可选试剂：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液)。
②第2步中加入适量NH4F溶液的作用是____________________。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率；提高镍的浸出率(1分)
(2)C (1分)
(3)静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不再产生沉淀，则“沉镍”工序已经完成 (2分)
(4)①洗去(NH4)2SO4杂质、便于烘干(1分) ②防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水或分解 (1分)
(5)(加适量H2SO4溶液，)加足量H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液调节溶液5.0≤pH<6.7(2分)
用NaOH溶液调节“溶液X”的pH≥9.5(1分) 除去杂质Ca2+或CaSO4(1分)
【解析】(1)粉碎的目的是增大接触面积，使反应速率加快，同时提高镍的浸出率；(2)由图中数据可知，当温度在70-90℃时，时间在120-150min时镍的浸出率最高，从节约能源的角度分析，应该选择70℃，120min，故选择c；(3)要证明沉镍工序中Ni2+已经沉淀完全，只需将溶液静置，取上层清液，在上层清液中，滴加草酸铵溶液，观察有无沉淀生成，若无沉淀，说明已经沉淀完全；(4)①用乙醇清洗的目的是洗去固体表面的(NH4)2SO4杂质，同时由于乙醇易挥发，便于烘干固体；②烘干温度不超过110℃的原因是防止温度过高而使草酸镍晶体失水或者分解；(5)由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：第1步：取“浸出液”，加入适量硫酸和过量的双氧水，使二价铁完全转化为三价铁，再用氢氧化钠溶液调节pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素； 第2步：由于CaF2的Ksp较小，所以向所得滤液中加入适量NH4F溶液，和溶液中的F-生成CaF2沉淀以除去Ca2+，充分反应后过滤，得“溶液X”；第3步： 用NaOH溶液调节“溶液X”的pH，充分反应后过滤； 第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。其中第2步加入适量NH4F溶液的作用是除去Ca2+或者硫酸钙。
21．(12分)某治疗心脏药物L的合成路线如图：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物A转化为B的反应类型为取代反应
B．化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．化合物F的含氧官能团中含有醛基
D．化合物L的分子式是C11H21NO
(2)写出反应的化学方程式_______。
(3)化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：_______。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为
(5)结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。
【答案】(1)AB(2分)
(2)CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO (2分)
(3) (1分) 保护酮羰基(1分)
(4)、、、(3分)
(5) (3分)
【解析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，H为，反应②是碳碳双键自身成环。(1)A项，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B项，化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C项，化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D项，化合物L的分子式是C21H21NO，D错误；故选AB；(2)B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，B+C→D反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO；(3)分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；(4)F为，满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为，满足条件的所有同分异构体有：、、、；(5)发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。
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