还剩21页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 山东专版
展开
这是一份2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 山东专版，共24页。试卷主要包含了下列有关实验的说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷
山东专版
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．（2022·山东日照·一模）从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A．在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质
B．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于高分子材料
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳达峰、碳中和
2．（2022·山东潍坊·一模）LiAlH4是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出H2，在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是
A．AlH的空间构型为正四面体形
B．1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子
C．1mol LiAlH4跟足量水反应，生成标况下44.8L氢气
D．LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，反应中LiAlH4作还原剂
3．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
Na2O2可用于呼吸面具的制造
Na2O2与人呼出的H2O，CO2都能发生反应生成O2
B
葡萄酒生产时用SO2作食品添加剂
SO2具有还原性且有防腐作用
C
用乙二醇合成涤纶
乙二醇与水分子间存在氢键，可互溶
D
用Fe2O3和铝粉组成的混合物焊接钢轨
Fe2O3和铝粉刷烈反应放出大量热，使产物单质铁呈熔融状态
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·山东临沂·一模）合成是重要的研究课题，一种新型合成氨的过程如下。下列说法正确的是
A．“转氨”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用代替进行转化，从体系中分离出更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的与的物质的量之比为
5．（2022·山东济宁·一模）吗替麦考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于预防同种肾移植病人的排斥反应及治疗难治性排斥反应，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子
C．可以发生取代反应、加聚反应、显色反应
D．1mol吗替麦考酚酯最多消耗1mol碳酸氢钠
6．（2022·山东济宁·一模）下列有关实验的说法错误的是
A．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分离出碘单质后，向溶液中滴加5～6滴15%KSCN溶液变红，说明Fe3+并未完全转化为Fe2+
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏低
C．氯气和甲烷体积比为1：1的混合气体，光照一段时间后瓶壁上有油状液滴附着
D．在苯与液溴制备溴苯的实验中，溴苯提纯步骤：水洗、用10%的氢氧化钠溶液洗涤、水洗、用干燥剂干燥、蒸馏
7．（2022·山东日照·一模）LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成，结构如图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是
A．同周期元素第一电离能小于Y的有5种
B．简单氢化物的沸点：X＜Y
C．W、Z形成的化合物分子是含有极性键的非极性分子
D．四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定
8．（2022·山东淄博·一模）一种β—内酰胺酶抑制剂(结构简式如图)与抗生素联用具有很好的杀菌效果。下列说法错误的是
A．其分子式为C8H9NO5
B．该分子存在顺反异构现象
C．有4种含氧官能团
D．1mol该分子最多与3molH2发生加成反应
9．（2022·山东日照·一模）以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．酸浸过程得到的滤液中含有Mn2+、Fe3+，则该过程中主要反应的离子方程式是
B．滤渣1的成分中含有S和SiO2
C．酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行
D．调pH的目的是除去Fe3+、Al3+
10．（2022·山东日照·一模）硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是
A．B原子的杂化方式均为
B．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键
C．硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．1、3原子之间的化学键为配位键
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．（2022·山东临沂·一模）将硫酸铜稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，在特定压强下继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线对应溶液中无晶体析出
B．曲线M-M'对应溶液中溶质的质量分数不变
C．曲线O-O′对应体系存在平衡：
D．当容器中压强低于后得到无水硫酸铜
12．（2022·山东淄博·一模）常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是
实验操作和现象
结论
A
测得0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5
Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw
B
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，产生白色沉淀
Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)
C
用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大
水解程度：CH3COO—>
D
等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HB>HA
A．A B．B C．C D．D
13．（2022·山东菏泽·一模）甲酸脱氢可以生成二氧化碳，甲酸在催化剂Pd表面脱氢的反应历程与相对能量的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．在Ⅰ-Ⅳ中，Ⅲ生成Ⅳ的反应为决速步
B．用HCOOD代替HCOOH反应，产物可能含有HD、和
C．如将催化剂换成Rh，反应的焓变及平衡产率不变
D．HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为
14．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）中国科学家构建水系级联二次电池，实现了在同一个反应腔体中耦合不同的氧化还原反应。如图所示电池以S、Zn为电极，以溶液和溶液为离子导体，分两步放电，在a极首先生成，后生成Cu。下列说法正确的是
A．放电过程中，每生成1mol 的同时消耗2mol Zn
B．充电时通过隔膜向b极移动
C．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗6.5g锌时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
D．充电时a作阳极，Cu和失电子生成单质硫和
15．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）酒石酸(，用H2R表示)可做食品抗氧化剂，是一种二元弱酸。25℃时，Ka1=10-3.04，向10mL0.01mol·L-1的酒石酸溶液中滴加0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液，溶液中-lg与所加氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．n点溶液呈中性
B．p点溶液中存在c(OH-)=c(HR-)+2c(H2R)+c(H+)
C．n点到p点过程中水的电离程度变小
D．NaHR溶液中HR-的电离平衡常数小于其水解平衡常数
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2022·山东淄博·一模）（12分）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
17．（2022·山东日照·一模）（12分）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画，《千里江山图》之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：
(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态核外电子的空间运动状态有______种，的空间构型为________。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则中电子自旋磁量子数的代数和为________。
(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体的配位原子是________(填元素符号)，中C原子的杂化方式_______，中σ键和π键的数目之比为________。
(3)呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。
填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，配位数为________。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的的原子分数坐标为________。若晶胞参数anm，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为________(用含a和d的式子表示)。
18．（2022·山东临沂·一模）（12分）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“>”或“<”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
19．（2022·山东·烟台市教育科学研究院一模）（12分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
20．（2022·山东·模拟预测）（12分）化合物G可以干预冠心病患者血清炎性因子，抗动脉粥样硬化，对血管平滑肌细胞增殖有抑制作用。其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．R-CNR-COOH
Ⅱ．Ph-NO2Ph-NH2Ph-OH(Ph为苯环)
(1)A→B的反应方程式为_______。
(2)C→D的反应类型是_______；E的名称为_______。
(3)F与过量H2发生加成反应的产物中存在_______个手性碳原子(连有四个不同的原子或基团的碳原子)。
(4)G中含氧官能团的名称为_______。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有_______种。
①含苯环的醛、酮 ②不含过氧键(—O—O—) ③核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
(6)设计以和为原料制备的合成路线_______(无机试剂、有机溶剂任用)。
答案及解析
1．C
解析：A．丝绸的主要成分是蛋白质，A正确；
B．聚乙烯是聚合物，属于有机高分子材料，B正确；
C．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，不是高分子材料，C错误；
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳达峰、碳中和，D正确。
2．C
解析：A．AlH离子中Al原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形，A正确；
B．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，只有Al元素化合价降低，所以1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3 mol电子，B正确；
C．由LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3↓+4H2↑可知，标准状况下，1mol LiAlH4跟足量水反应可生成4mol×22.4L/mol=89.6L氢气，C错误；
D．LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，LiAlH4中H元素由-1价变为+1价，被氧化，所以LiAlH4作还原剂，D正确。
3．C
解析：A．与人呼出的、都能反应生成，又可以供给人呼吸，A运用了相应化学原理，A不合题意；
A．具有还原性可做抗氧化剂，防止葡萄酒中还原性物质被氧化，且能杀灭生产过程中产生的杂菌，做防腐剂，B运用了相应化学原理，B不合题意；
A．乙二醇合成涤纶是利用乙二醇中两个羟基，可发生缩聚反应得到高分子化合物，与乙二醇和水分子间存在氢键可互溶无关，C没有运用相应化学原理，C符合题意；
A．和铝粉发生铝热反应生成单质铁，反应放出大量热使产物单质铁呈熔融状态，铁水流到钢轨槽中将两段钢轨焊接在一起，D运用了相应化学原理，D不合题意。
4．D
解析：A．人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；
B．“转氨”过程没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．氨气极易溶于水，用代替进行转化，不易分离出，故C错误；
D．该合成氨过程中，→，N元素化合价从0将至-3，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从-2降至0，失去2个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的与的物质的量之比为2:6=1:3，故D正确。
5．D
解析：A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3，苯环上的C与双键相连的C、C=O双键的碳原子为sp2杂化、其余的C为sp3杂化，A正确；
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子，B正确；
C．含有甲基可以发生取代反应，碳碳双键发生加聚反应，含有酚羟基发生显色反应，C正确；
D．能跟碳酸氢钠反应的有机物中的官能团只有羧基。酚羟基、醇羟基都不反应，故不消耗碳酸氢钠，D错误。
6．B
解析：A．结合5mL0.1mol·L-1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，知n(KI)=5×10-4mol，n(FeC13)=1×10-4mol，因为反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据化学计量数得，若反应完全发生，三价铁离子则反应完全；但是萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe3+，说明Fe3+并未完全转化成亚铁离子，A正确。
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏高，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氧甲烷、三氯甲烷以及四氯甲烷，其中只有一氯甲烷为气体，其他三种都为液体，一段时间后发现瓶壁上有油状液滴附着，C正确；
D．粗溴苯中含有溴、水及溶于水的HBr，选用水洗可除去水溶性杂质，如HBr，用10%NaOH溶液洗，可把溴转化成水溶性的NaBrO和NaBr，再用水洗一次可以除去残留的氢氧化钠，接着用干燥剂除去水，最后蒸馏得到纯溴苯，D正确；
故选B。
7．B
解析：根据结构分析Y有两个价键，X有四个价键，Z有一个价键，该阴离子得到一个电子，则只可能的W得到一个电子，又根据Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y为O，X为C，Z为F，W为N。
A．同周期元素第一电离能小于Y(O)的有Li、Be、B、C共4种，故A错误；
B．简单氢化物的沸点：X(CH4)＜Y(H2O)，故B正确；
C．W、Z形成的化合物分子(NF3)是含有极性键，NF3是三角锥形，则为极性分子，故C错误；
D．四种元素形成的简单氢化物中Z(HF)的最稳定，故D错误。
8．D
解析：A．由结构简式可知，有机物的分子式为C8H9NO5，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有碳碳双键，碳碳双键的两端碳原子上都连两个不同基团或原子，则该分子存在顺反异构现象，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有的含氧官能团为羟基、羧基、醚键和酰胺基，共4种，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与1mol氢气发生加成反应，故D错误。
9．C
解析：软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和黄铁矿(FeS2)混合粉碎后用稀硫酸溶解，待完全反应后过滤，除去不溶于酸的SiO2和其它杂质，所得滤液1中主要含有Mn2+、Al3+、Fe3+、H+、，然后加入NaOH溶液，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，并过滤除去，再加入氨水、NH4HCO3，Mn2+反应产生MnCO3，过滤，除去不溶性杂质，用H2SO4溶解MnCO3，得到MnSO4溶液，将滤液蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥即可得到MnSO4·H2O。
A．MnO2具有强氧化性，能够将FeS2氧化为Fe3+、S，MnO2被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为，A正确；
B．酸性氧化物SiO2不能溶于水，S也不能溶于水，也不溶于酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1的成分中含有S和SiO2，B正确；
C．酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，C错误；
D．调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，D正确。
10．C
解析：A．形成4个B-O键的B原子杂化方式均为，形成3个B-O键的B原子杂化方式均为，故A错误；
B．氢键不是化学键，故B错误；
C．硼砂阴离子中含有O-H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，故C正确；
D．B原子一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，故D错误。
11．D
解析：A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，A正确；
B．M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，B正确；
C．由图像可知，O-O′对应压强相等，该过程中随着液态水的减少，存在的平衡应为，C正确；
D．据图可知当容器中压强低于p0后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，D错误。
12．BC
解析：A．0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH约为5说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子的电离常数大于水解常数，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw，故A不符题意；
B．由于不能确定混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小，则向混合溶液中滴入少量稀硝酸银溶液，产生白色沉淀不能比较氯化银和溴化银溶度积的大小，故B符合题意；
C．碳酸氢钠和醋酸钠的溶解度不同，饱和碳酸氢钠溶液和饱和醋酸钠溶液的浓度不同，则不能通过比较两种饱和溶液的pH大小判断醋酸根和碳酸氢根离子的水解程度大小，故C符合题意；
D．pH相等的两种酸溶液，酸性越弱的酸溶液的浓度越大，等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的锌反应，酸HA放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D不符题意；
故选BC。
13．BC
解析：A．由题干反应历程图可知，I转化为II，II转化为III，III转化为IV的活化能分别为：44.7akJ/mol，14.2akJ/mol和27.8akJ/mol，活化能越大反应速率越慢，故在Ⅰ-Ⅳ中，I生成II的反应为决速步，A错误；
B．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可知HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD，也可能是两个HCOOD分子一起被解离出来H和D重新结合为H2和D2，故还可能含有和，B正确；
C．催化剂只能改变反应的活化能，从而改变反应速率，不影响化学平衡，即如将催化剂换成Rh，反应的焓变及平衡产率不变，C正确；
D．由题干反应历程图可知，HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为-，D错误。
14．AD
解析：A．根据信息分析可知由在正极单质S和放电生成，每生成1mol得电子4mol，在负极消耗2molZn，选项A正确；
B．充放电过程中在两极存在金属离子与电极的转化，隔膜应为阴离子交换膜，防止金属阳离子转移到另外电极参与反应，充电时b接负极为阴极，a为阳极，则通过隔膜向a极移动，选项B错误；
C．用此电池为铅酸蓄电池充电，做原电池，消耗6.5g锌时，转移电子0.2mol，根据总反应，可知，转移0.2mol电子，消耗0.2mol水，即水的质量为3.6g，选项C错误；
D．根据原电池反应时单质硫和放电生成和Cu，充电时a作阳极，则和Cu放电，失电子生成单质硫和，选项D正确。
15．AB
解析：分析的意义，利用25℃时，，可根据纵坐标数据判断25℃时pH大小，进而确定溶液酸碱性。
A．n点时，则，即为中性溶液，A项正确；
B．p点时加入0.01的氢氧化钠溶液体积为20mL，与10mL0.01的酒石酸恰好完全反应，得到溶液，根据此时溶液的电荷守恒及物料守恒关系，可得，B项正确；
C．n点溶液呈中性说明此时溶液中电离与及水解恰好相等，继续滴加氢氧化钠溶液，减少，增多，水的电离程度应变大，C项错误；
D．当加入0.01的氢氧化钠溶液体积为10mL时，为NaHR溶液，m点可求得pH＜7，溶液呈酸性，说明此时溶液中的电离程度大于其水解程度，即的电离平衡常数大于其水解平衡常数，D项错误。
16．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
解析：由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
(1)酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
(2)由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
(3)由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
(4)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
(5)由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
(6)由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
17．(1) 14 平面正方形或正四面体 或
(2) N sp 1:1
(3) 100% 8 (，，)
解析：根据Cu2+离子的电子排布式判断电子的空间运动状态种数；根据结构判断其空间构型；根据Cu2+离子的电子排布式计算中电子自旋磁量子数的代数和；根据结构判断配位原子；根据CN-空间构型为直线形，判断C原子的杂化类型；根据结构计算σ键和π键的数目之比；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
(1)Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子的空间运动状态就是已填入电子的轨道数，即1+1+3+1+3+5=14；由可知，中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，则Cu2+离子自旋磁量子数的代数和为()×14+()×13=，也可以是()×13+()×14=；答案为14；平面正方形或正四面体；或。
(2)由结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中N原子有孤电子对，所以配体的配位原子是N原子；CN-空间构型为直线形，C原子的杂化方式为sp；由结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个σ键，中存在碳氮叁键，三键中含有1个σ键与2个π键，所以σ键和π键的数目之比为(6+1×6):(2×6)=12:12=1:1；答案为N；sp；1:1。
(3)由晶胞中的位置可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8×+6×=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如此，晶胞中能形成8个四面体空隙，所以8个Cu+占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，则填充了晶胞中四面体空隙的百分率是100%；晶胞中硫离子的个数为4，微粒配位数之比等于微粒数反比，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为4×2=8；由可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则外接正方体中心坐标为(，，)，其中a为外接正方体的棱长a=，即Cu+的原子分数坐标为(，，)；1个晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞的密度ρ=，即，解之NA=；答案为100%；8；(，，)；。
18．(1) >
(2)0.1
(3) <0，升温Ⅰ平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，Ⅰ反应占主要的，故CO2与转化率降低 0.086 此温度下，CO的选择性较低且反应速率不低，若温度再高CO的选择性增大，不利于合成甲醚 高
解析：(1)因v逆开始增大，是减小的，说明温度升高逆反应放热，则正反应为吸热，则>0；
由a→b温度为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡说明一直逆向进行，逆反应是放热的，故；
(2)==44g·s-1；===0.1；
(3)①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是<0，升温Ⅰ平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，Ⅰ反应占主要的，故CO2与转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡进CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.45mol-0.25mol=2.3mol；CO：0.25mol；H2O：0.25mol+0.225mol=0.475mol；
则K===0.086；
合成甲醚的适宜温度为，理由是此温度下，CO的选择性较低且反应速率不低，若温度再高CO的选择性增大，不利于合成甲醚；
③其他条件不变，改为恒容条件，合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，压强减小，不利于甲醚的合成，造成合成甲醚更少，从而增大了CO平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。
19．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
解析：I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
(2)实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
(3)①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
(4)根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
20．(1)+HNO3(浓)+H2O
(2)还原反应 对羟基苯乙酸
(3)4
(4)羟基、醚键、羰基
(5)4
(6)
解析：由F结构以及已知Ⅰ、Ⅱ推测出A中含有苯环，再根据A的不饱和度为6可知，A中含有—CN结构，则A为，由信息Ⅰ可知B→C是—CN变成—COOH，故C为；C→D为—NO2变为—NH2，故D为；由信息Ⅱ可知E为，以此解题。
(1)
由分析可知A为，A→B的反应为苯环上的硝化反应，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；
(2)
由分析可知C为，C→D为—NO2变为—NH2，为还原反应；由分析可知E为，则起其名称为对羟基苯乙酸；
(3)
F与过量的氢气加成后得：，可以发现手性碳有4个；
(4)
由G的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、羰基；
(5)
由题意可知，属于醛的有、属于酮的有、，一共4种；
(6)
分析产物与F结构的异同点，结合题干中给的信息，可知合成路线如下：。
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷
山东专版
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．（2022·山东日照·一模）从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A．在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质
B．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于高分子材料
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳达峰、碳中和
2．（2022·山东潍坊·一模）LiAlH4是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出H2，在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是
A．AlH的空间构型为正四面体形
B．1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子
C．1mol LiAlH4跟足量水反应，生成标况下44.8L氢气
D．LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，反应中LiAlH4作还原剂
3．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
Na2O2可用于呼吸面具的制造
Na2O2与人呼出的H2O，CO2都能发生反应生成O2
B
葡萄酒生产时用SO2作食品添加剂
SO2具有还原性且有防腐作用
C
用乙二醇合成涤纶
乙二醇与水分子间存在氢键，可互溶
D
用Fe2O3和铝粉组成的混合物焊接钢轨
Fe2O3和铝粉刷烈反应放出大量热，使产物单质铁呈熔融状态
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·山东临沂·一模）合成是重要的研究课题，一种新型合成氨的过程如下。下列说法正确的是
A．“转氨”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用代替进行转化，从体系中分离出更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的与的物质的量之比为
5．（2022·山东济宁·一模）吗替麦考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于预防同种肾移植病人的排斥反应及治疗难治性排斥反应，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子
C．可以发生取代反应、加聚反应、显色反应
D．1mol吗替麦考酚酯最多消耗1mol碳酸氢钠
6．（2022·山东济宁·一模）下列有关实验的说法错误的是
A．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分离出碘单质后，向溶液中滴加5～6滴15%KSCN溶液变红，说明Fe3+并未完全转化为Fe2+
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏低
C．氯气和甲烷体积比为1：1的混合气体，光照一段时间后瓶壁上有油状液滴附着
D．在苯与液溴制备溴苯的实验中，溴苯提纯步骤：水洗、用10%的氢氧化钠溶液洗涤、水洗、用干燥剂干燥、蒸馏
7．（2022·山东日照·一模）LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成，结构如图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是
A．同周期元素第一电离能小于Y的有5种
B．简单氢化物的沸点：X＜Y
C．W、Z形成的化合物分子是含有极性键的非极性分子
D．四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定
8．（2022·山东淄博·一模）一种β—内酰胺酶抑制剂(结构简式如图)与抗生素联用具有很好的杀菌效果。下列说法错误的是
A．其分子式为C8H9NO5
B．该分子存在顺反异构现象
C．有4种含氧官能团
D．1mol该分子最多与3molH2发生加成反应
9．（2022·山东日照·一模）以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．酸浸过程得到的滤液中含有Mn2+、Fe3+，则该过程中主要反应的离子方程式是
B．滤渣1的成分中含有S和SiO2
C．酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行
D．调pH的目的是除去Fe3+、Al3+
10．（2022·山东日照·一模）硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是
A．B原子的杂化方式均为
B．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键
C．硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．1、3原子之间的化学键为配位键
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．（2022·山东临沂·一模）将硫酸铜稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，在特定压强下继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线对应溶液中无晶体析出
B．曲线M-M'对应溶液中溶质的质量分数不变
C．曲线O-O′对应体系存在平衡：
D．当容器中压强低于后得到无水硫酸铜
12．（2022·山东淄博·一模）常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是
实验操作和现象
结论
A
测得0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5
Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw
B
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，产生白色沉淀
Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)
C
用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大
水解程度：CH3COO—>
D
等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HB>HA
A．A B．B C．C D．D
13．（2022·山东菏泽·一模）甲酸脱氢可以生成二氧化碳，甲酸在催化剂Pd表面脱氢的反应历程与相对能量的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．在Ⅰ-Ⅳ中，Ⅲ生成Ⅳ的反应为决速步
B．用HCOOD代替HCOOH反应，产物可能含有HD、和
C．如将催化剂换成Rh，反应的焓变及平衡产率不变
D．HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为
14．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）中国科学家构建水系级联二次电池，实现了在同一个反应腔体中耦合不同的氧化还原反应。如图所示电池以S、Zn为电极，以溶液和溶液为离子导体，分两步放电，在a极首先生成，后生成Cu。下列说法正确的是
A．放电过程中，每生成1mol 的同时消耗2mol Zn
B．充电时通过隔膜向b极移动
C．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗6.5g锌时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
D．充电时a作阳极，Cu和失电子生成单质硫和
15．（2022·山东·烟台二中高三开学考试）酒石酸(，用H2R表示)可做食品抗氧化剂，是一种二元弱酸。25℃时，Ka1=10-3.04，向10mL0.01mol·L-1的酒石酸溶液中滴加0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液，溶液中-lg与所加氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．n点溶液呈中性
B．p点溶液中存在c(OH-)=c(HR-)+2c(H2R)+c(H+)
C．n点到p点过程中水的电离程度变小
D．NaHR溶液中HR-的电离平衡常数小于其水解平衡常数
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2022·山东淄博·一模）（12分）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
17．（2022·山东日照·一模）（12分）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画，《千里江山图》之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：
(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态核外电子的空间运动状态有______种，的空间构型为________。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则中电子自旋磁量子数的代数和为________。
(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体的配位原子是________(填元素符号)，中C原子的杂化方式_______，中σ键和π键的数目之比为________。
(3)呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。
填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，配位数为________。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的的原子分数坐标为________。若晶胞参数anm，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为________(用含a和d的式子表示)。
18．（2022·山东临沂·一模）（12分）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“>”或“<”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
19．（2022·山东·烟台市教育科学研究院一模）（12分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
20．（2022·山东·模拟预测）（12分）化合物G可以干预冠心病患者血清炎性因子，抗动脉粥样硬化，对血管平滑肌细胞增殖有抑制作用。其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．R-CNR-COOH
Ⅱ．Ph-NO2Ph-NH2Ph-OH(Ph为苯环)
(1)A→B的反应方程式为_______。
(2)C→D的反应类型是_______；E的名称为_______。
(3)F与过量H2发生加成反应的产物中存在_______个手性碳原子(连有四个不同的原子或基团的碳原子)。
(4)G中含氧官能团的名称为_______。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有_______种。
①含苯环的醛、酮 ②不含过氧键(—O—O—) ③核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
(6)设计以和为原料制备的合成路线_______(无机试剂、有机溶剂任用)。
答案及解析
1．C
解析：A．丝绸的主要成分是蛋白质，A正确；
B．聚乙烯是聚合物，属于有机高分子材料，B正确；
C．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，不是高分子材料，C错误；
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳达峰、碳中和，D正确。
2．C
解析：A．AlH离子中Al原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形，A正确；
B．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，只有Al元素化合价降低，所以1mol LiAlH4在125℃完全分解，转移3 mol电子，B正确；
C．由LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3↓+4H2↑可知，标准状况下，1mol LiAlH4跟足量水反应可生成4mol×22.4L/mol=89.6L氢气，C错误；
D．LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，LiAlH4中H元素由-1价变为+1价，被氧化，所以LiAlH4作还原剂，D正确。
3．C
解析：A．与人呼出的、都能反应生成，又可以供给人呼吸，A运用了相应化学原理，A不合题意；
A．具有还原性可做抗氧化剂，防止葡萄酒中还原性物质被氧化，且能杀灭生产过程中产生的杂菌，做防腐剂，B运用了相应化学原理，B不合题意；
A．乙二醇合成涤纶是利用乙二醇中两个羟基，可发生缩聚反应得到高分子化合物，与乙二醇和水分子间存在氢键可互溶无关，C没有运用相应化学原理，C符合题意；
A．和铝粉发生铝热反应生成单质铁，反应放出大量热使产物单质铁呈熔融状态，铁水流到钢轨槽中将两段钢轨焊接在一起，D运用了相应化学原理，D不合题意。
4．D
解析：A．人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；
B．“转氨”过程没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．氨气极易溶于水，用代替进行转化，不易分离出，故C错误；
D．该合成氨过程中，→，N元素化合价从0将至-3，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从-2降至0，失去2个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的与的物质的量之比为2:6=1:3，故D正确。
5．D
解析：A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3，苯环上的C与双键相连的C、C=O双键的碳原子为sp2杂化、其余的C为sp3杂化，A正确；
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子，B正确；
C．含有甲基可以发生取代反应，碳碳双键发生加聚反应，含有酚羟基发生显色反应，C正确；
D．能跟碳酸氢钠反应的有机物中的官能团只有羧基。酚羟基、醇羟基都不反应，故不消耗碳酸氢钠，D错误。
6．B
解析：A．结合5mL0.1mol·L-1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，知n(KI)=5×10-4mol，n(FeC13)=1×10-4mol，因为反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据化学计量数得，若反应完全发生，三价铁离子则反应完全；但是萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe3+，说明Fe3+并未完全转化成亚铁离子，A正确。
B．蒸馏实验时，若温度计水银球高于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分沸点偏高，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氧甲烷、三氯甲烷以及四氯甲烷，其中只有一氯甲烷为气体，其他三种都为液体，一段时间后发现瓶壁上有油状液滴附着，C正确；
D．粗溴苯中含有溴、水及溶于水的HBr，选用水洗可除去水溶性杂质，如HBr，用10%NaOH溶液洗，可把溴转化成水溶性的NaBrO和NaBr，再用水洗一次可以除去残留的氢氧化钠，接着用干燥剂除去水，最后蒸馏得到纯溴苯，D正确；
故选B。
7．B
解析：根据结构分析Y有两个价键，X有四个价键，Z有一个价键，该阴离子得到一个电子，则只可能的W得到一个电子，又根据Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y为O，X为C，Z为F，W为N。
A．同周期元素第一电离能小于Y(O)的有Li、Be、B、C共4种，故A错误；
B．简单氢化物的沸点：X(CH4)＜Y(H2O)，故B正确；
C．W、Z形成的化合物分子(NF3)是含有极性键，NF3是三角锥形，则为极性分子，故C错误；
D．四种元素形成的简单氢化物中Z(HF)的最稳定，故D错误。
8．D
解析：A．由结构简式可知，有机物的分子式为C8H9NO5，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有碳碳双键，碳碳双键的两端碳原子上都连两个不同基团或原子，则该分子存在顺反异构现象，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有的含氧官能团为羟基、羧基、醚键和酰胺基，共4种，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与1mol氢气发生加成反应，故D错误。
9．C
解析：软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和黄铁矿(FeS2)混合粉碎后用稀硫酸溶解，待完全反应后过滤，除去不溶于酸的SiO2和其它杂质，所得滤液1中主要含有Mn2+、Al3+、Fe3+、H+、，然后加入NaOH溶液，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，并过滤除去，再加入氨水、NH4HCO3，Mn2+反应产生MnCO3，过滤，除去不溶性杂质，用H2SO4溶解MnCO3，得到MnSO4溶液，将滤液蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥即可得到MnSO4·H2O。
A．MnO2具有强氧化性，能够将FeS2氧化为Fe3+、S，MnO2被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为，A正确；
B．酸性氧化物SiO2不能溶于水，S也不能溶于水，也不溶于酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1的成分中含有S和SiO2，B正确；
C．酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，C错误；
D．调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，D正确。
10．C
解析：A．形成4个B-O键的B原子杂化方式均为，形成3个B-O键的B原子杂化方式均为，故A错误；
B．氢键不是化学键，故B错误；
C．硼砂阴离子中含有O-H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，故C正确；
D．B原子一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，故D错误。
11．D
解析：A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，A正确；
B．M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，B正确；
C．由图像可知，O-O′对应压强相等，该过程中随着液态水的减少，存在的平衡应为，C正确；
D．据图可知当容器中压强低于p0后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，D错误。
12．BC
解析：A．0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH约为5说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子的电离常数大于水解常数，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw，故A不符题意；
B．由于不能确定混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小，则向混合溶液中滴入少量稀硝酸银溶液，产生白色沉淀不能比较氯化银和溴化银溶度积的大小，故B符合题意；
C．碳酸氢钠和醋酸钠的溶解度不同，饱和碳酸氢钠溶液和饱和醋酸钠溶液的浓度不同，则不能通过比较两种饱和溶液的pH大小判断醋酸根和碳酸氢根离子的水解程度大小，故C符合题意；
D．pH相等的两种酸溶液，酸性越弱的酸溶液的浓度越大，等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的锌反应，酸HA放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D不符题意；
故选BC。
13．BC
解析：A．由题干反应历程图可知，I转化为II，II转化为III，III转化为IV的活化能分别为：44.7akJ/mol，14.2akJ/mol和27.8akJ/mol，活化能越大反应速率越慢，故在Ⅰ-Ⅳ中，I生成II的反应为决速步，A错误；
B．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可知HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD，也可能是两个HCOOD分子一起被解离出来H和D重新结合为H2和D2，故还可能含有和，B正确；
C．催化剂只能改变反应的活化能，从而改变反应速率，不影响化学平衡，即如将催化剂换成Rh，反应的焓变及平衡产率不变，C正确；
D．由题干反应历程图可知，HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的焓变为-，D错误。
14．AD
解析：A．根据信息分析可知由在正极单质S和放电生成，每生成1mol得电子4mol，在负极消耗2molZn，选项A正确；
B．充放电过程中在两极存在金属离子与电极的转化，隔膜应为阴离子交换膜，防止金属阳离子转移到另外电极参与反应，充电时b接负极为阴极，a为阳极，则通过隔膜向a极移动，选项B错误；
C．用此电池为铅酸蓄电池充电，做原电池，消耗6.5g锌时，转移电子0.2mol，根据总反应，可知，转移0.2mol电子，消耗0.2mol水，即水的质量为3.6g，选项C错误；
D．根据原电池反应时单质硫和放电生成和Cu，充电时a作阳极，则和Cu放电，失电子生成单质硫和，选项D正确。
15．AB
解析：分析的意义，利用25℃时，，可根据纵坐标数据判断25℃时pH大小，进而确定溶液酸碱性。
A．n点时，则，即为中性溶液，A项正确；
B．p点时加入0.01的氢氧化钠溶液体积为20mL，与10mL0.01的酒石酸恰好完全反应，得到溶液，根据此时溶液的电荷守恒及物料守恒关系，可得，B项正确；
C．n点溶液呈中性说明此时溶液中电离与及水解恰好相等，继续滴加氢氧化钠溶液，减少，增多，水的电离程度应变大，C项错误；
D．当加入0.01的氢氧化钠溶液体积为10mL时，为NaHR溶液，m点可求得pH＜7，溶液呈酸性，说明此时溶液中的电离程度大于其水解程度，即的电离平衡常数大于其水解平衡常数，D项错误。
16．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
解析：由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为NaAlO2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为H3VO4，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为Na3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有Na3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将Na3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
(1)酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
(2)由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
(3)由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
(4)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
(5)由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
(6)由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
17．(1) 14 平面正方形或正四面体 或
(2) N sp 1:1
(3) 100% 8 (，，)
解析：根据Cu2+离子的电子排布式判断电子的空间运动状态种数；根据结构判断其空间构型；根据Cu2+离子的电子排布式计算中电子自旋磁量子数的代数和；根据结构判断配位原子；根据CN-空间构型为直线形，判断C原子的杂化类型；根据结构计算σ键和π键的数目之比；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
(1)Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子的空间运动状态就是已填入电子的轨道数，即1+1+3+1+3+5=14；由可知，中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，则Cu2+离子自旋磁量子数的代数和为()×14+()×13=，也可以是()×13+()×14=；答案为14；平面正方形或正四面体；或。
(2)由结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中N原子有孤电子对，所以配体的配位原子是N原子；CN-空间构型为直线形，C原子的杂化方式为sp；由结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个σ键，中存在碳氮叁键，三键中含有1个σ键与2个π键，所以σ键和π键的数目之比为(6+1×6):(2×6)=12:12=1:1；答案为N；sp；1:1。
(3)由晶胞中的位置可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8×+6×=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如此，晶胞中能形成8个四面体空隙，所以8个Cu+占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，则填充了晶胞中四面体空隙的百分率是100%；晶胞中硫离子的个数为4，微粒配位数之比等于微粒数反比，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为4×2=8；由可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则外接正方体中心坐标为(，，)，其中a为外接正方体的棱长a=，即Cu+的原子分数坐标为(，，)；1个晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞的密度ρ=，即，解之NA=；答案为100%；8；(，，)；。
18．(1) >
(2)0.1
(3) <0，升温Ⅰ平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，Ⅰ反应占主要的，故CO2与转化率降低 0.086 此温度下，CO的选择性较低且反应速率不低，若温度再高CO的选择性增大，不利于合成甲醚 高
解析：(1)因v逆开始增大，是减小的，说明温度升高逆反应放热，则正反应为吸热，则>0；
由a→b温度为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡说明一直逆向进行，逆反应是放热的，故；
(2)==44g·s-1；===0.1；
(3)①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是<0，升温Ⅰ平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，Ⅰ反应占主要的，故CO2与转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡进CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.45mol-0.25mol=2.3mol；CO：0.25mol；H2O：0.25mol+0.225mol=0.475mol；
则K===0.086；
合成甲醚的适宜温度为，理由是此温度下，CO的选择性较低且反应速率不低，若温度再高CO的选择性增大，不利于合成甲醚；
③其他条件不变，改为恒容条件，合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，压强减小，不利于甲醚的合成，造成合成甲醚更少，从而增大了CO平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。
19．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
解析：I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
(2)实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
(3)①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
(4)根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
20．(1)+HNO3(浓)+H2O
(2)还原反应 对羟基苯乙酸
(3)4
(4)羟基、醚键、羰基
(5)4
(6)
解析：由F结构以及已知Ⅰ、Ⅱ推测出A中含有苯环，再根据A的不饱和度为6可知，A中含有—CN结构，则A为，由信息Ⅰ可知B→C是—CN变成—COOH，故C为；C→D为—NO2变为—NH2，故D为；由信息Ⅱ可知E为，以此解题。
(1)
由分析可知A为，A→B的反应为苯环上的硝化反应，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；
(2)
由分析可知C为，C→D为—NO2变为—NH2，为还原反应；由分析可知E为，则起其名称为对羟基苯乙酸；
(3)
F与过量的氢气加成后得：，可以发现手性碳有4个；
(4)
由G的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、羰基；
(5)
由题意可知，属于醛的有、属于酮的有、，一共4种；
(6)
分析产物与F结构的异同点，结合题干中给的信息，可知合成路线如下：。
相关试卷
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 重庆专版： 这是一份2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 重庆专版，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。
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 江苏专版： 这是一份2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 江苏专版，共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 湖南专版： 这是一份2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 湖南专版，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。
