2023届山东省菏泽市高三一模考试化学试题含解析

这是一份2023届山东省菏泽市高三一模考试化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省菏泽市2023届高三一模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是
A．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性
B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅
C．石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃
D．中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体
【答案】C
【详解】A．真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解，故用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可能损害真丝织品，故A错误；
B．计算机芯片的主要材料是硅，故B错误；
C．石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，故C正确；
D．石墨烯与金刚石互为同素异形体，故D错误；
故答案选C。
2．下列有关物质性质与应用之间具有对应关系的有几种？
①浓具有脱水性，可用于干燥氯气
②二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
③能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂
④石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
⑤锌的金属活泼性比铁强，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【详解】①浓用于干燥氯气是因为浓硫酸具有吸水性；
②二氧化氯用作饮用水消毒，是利用二氧化氯的强氧化性；
③碱性较弱，能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂；
④二氧化硅能与氢氧化钠反应，石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体；
⑤锌的金属活泼性比铁强，锌、铁构成的原电池中锌作负极，可在海轮外壳上装若干锌块以减缓其腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护；
物质性质与应用具有对应关系的是②③⑤，选B。
3．居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是
A．第一电离能：X B．自然界不存在分子是因其化学键不稳定
C．X原子核内中子数与质子数之比为13:14
D．简单氢化物的热稳定性：Y 【答案】A
【分析】基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al B．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故B错误；
C．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误；
故答案选A。
4．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是
A．PVC()的单体为氯乙烷
B．PC( )中所有碳原子均可共面
C．亚克力()含有两种官能团
D．ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【详解】A．PVC( )的单体为氯乙烯，故A错误；
B．中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，所以所有碳原子均不可共面，故B错误；
C．只含有酯基一种官能团，故C错误；
D．ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故答案选D。
5．目前，甘肃某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是

A．基态Se原子的核外电子排布式为
B．分子中有8种不同化学环境的C原子
C．分子中的碳原子采取、杂化
D．气态分子的键角小于的键角
【答案】D
【详解】A．Se为第34号元素，根据构造原理可知基态Se原子的核外电子排布式为，A正确；
B．由于左右两部分旋转后重叠，分子中有8种不同化学环境的C原子，B正确；
C．分子中的碳原子采取、杂化，苯环中碳原子的杂化方式sp2杂化，C正确；
D．气态分子的键角大于的键角，为正四面体，键角为109°28′，为平面三角形，键角为120°，D错误；
答案选D。
6．下列装置能达到实验目的的是




A．从食盐水中提取NaCl
B．除中的
C．制取并收集氨气    
D．检查装置的气密性

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，不应该用坩埚，故A不符合题意；
B．溴能与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的产物，与氢氧化钠溶液不相溶，且密度大于氢氧化钠溶液，在下层，经分液可除去CCl4中的 Br2，故B符合题意；
C．氨气不可用无水CaCl2干燥，氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2•8NH3，且收集氨气的导管太短，故C不符合题意；
D．检查装置的气密性需要在密闭环境下，图中装置与空气连通，不能检查装置的气密性，故D不符合题意；
故答案选B。
7．我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图。下列说法不正确的是

A．该分子存在顺反异构体
B．该分子中含有两个手性碳原子
C．该物质可与碳酸氢钠溶液反应
D．该物质的化学式为
【答案】C
【详解】A．分子中碳碳双键的每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B．四元环上的2个碳原子连接4个不同的原子，是手性碳原子，则分子中存在2个手性分子，故B正确；
C．该分子中不含羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D．根据结构简式可知，该物质的化学式为，故D正确；
故答案选C。
8．磷酸亚铁锂()为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种。
方法①：将、、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；
方法②：将、、按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法正确的是
A．上述两种方法涉及到的反应均为氧化还原反应
B．方法①中C作还原剂，理论上制得1 mol 至少需要0.5 mol C
C．方法②所得产品中可能会混有，导致纯度降低
D．上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行
【答案】D
【详解】A．方法①中碳元素化合价升高，焦炭起到还原剂的作用；方法②中反应前后元素化合价均没有改变，不设计氧化还原反应，故A错误；
B．方法①中C作还原剂，化合价由0变为+4；氧化铁中铁元素化合价由+3变为+2，根据电子守恒可知，理论上制得1 mol 至少需要0.25 mol C，故B错误；
C．碳酸铵受热分解不稳定，故方法②所得产品中不会混有，故C错误；
D．由于产品中Fe是+2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故D正确；
故选D。
9．一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是

A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
【答案】B
【详解】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A正确；
B．滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B错误；
C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C正确；
D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D正确；
故答案选B。
10．的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：

已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
【答案】C
【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；
【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
11．下列操作能达到相应实验目的的是

实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证可以转化为
向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液
C
检验固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；
B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；
C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；
D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；
故选：B。

二、多选题
12．(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量、、等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：

已知：①的溶解度随温度升高而降低；
②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质












下列说法错误的是A．高温时“合成”反应的化学方程式为
B．滤渣1主要成分有、
C．“洗涤”时最好选用冷水
D．“除杂2”调pH=12时，溶液中
【答案】BC
【分析】海水加适量碳酸钠生成碳酸钙、碳酸锰沉淀除去Ca2+、Mn2+，加盐酸调节pH=5，蒸发浓缩析出氯化钠，调节调pH=12生成Mg(OH)2沉淀除Mg2+；过滤，滤液中再加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，过滤、洗涤，Li2CO3、CoCO3通入空气高温生成LiCoO2。
【详解】A．高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为，故A正确；
B．根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、，故B错误；
C．的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”时最好选用热水，故C错误；
D．“除杂2”调pH=12时， ，溶液中，故D正确；
选BC。

三、单选题
13．我国科研团队在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的能量密度。以S、Zn为电极，溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。

已知：第一步反应为，当正极的硫完全反应生成后，继续高效发生第二步反应(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法错误的是
A．电池工作时，正极质量一直增加
B．步骤1的放电产物可能对步骤2的放电过程起催化作用
C．放电时，第一步反应的正极反应式为
D．用此电池对粗铜电解精炼，理论上相同时间内两池电极上析出铜的物质的量相等
【答案】D
【分析】第一步反应为，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为：S＋2Cu2＋＋4e−＝Cu2S，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生第二步反应，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为Cu2＋＋xO2＋2e−═(1−4x)Cu＋2xCu2O，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，据此进行分析。
【详解】A．分析电池工作原理可知，正极的硫完全反应后仍然没有脱离电极，正极质量一直增加，故A正确；
B．单独构建第二步电池时效率较低，耦合两个连续的电化学反应时效率较高，可能的原因是步骤1的放电产物Cu2S对步骤2的放电过程起催化作用，故B正确；
C．第一步反应为，由图可知，Zn为负极，电极反应为：Zn−2e−＝Zn2＋，S为正极，电极反应为：S＋2Cu2＋＋4e−＝Cu2S，故C正确；
D．该电池分两步完成，且只有第二步反应才析出铜，所以相同时间内两池电极上析出铜的物质的量不相等，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题以同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应为载体，考查电极质量变化、反应过程分析、物质的量计算和电极反应等，能依据图像和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

四、多选题
14．常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线M表示
B．常温下，
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：
【答案】BD
【分析】向某浓度溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以逐渐减少，会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为与pH变化关系；，，会逐渐增大，会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为与pH变化关系；另一条则是与pH的变化图，以此解题。
【详解】A．由分析可知，曲线M表示，故A错误；
B．电离常数的表达式为：，，，当pH＝2.8时，与相等，即=，代入可得Ka1×Ka2＝(10−2.8)2＝10−5.6；又当pH＝4.3时，，即=，即Ka2＝10−5.3，所以mol⋅L−1，故B正确；
C．a点溶液中由电荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，a点＝，则c(K＋)− c(OH−)＝＋2− c(H＋)，故C错误；
D．b点时，电荷守恒为c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH−)，此时pH＝4.3，即，所以=，所以上式变形为：c(K＋)＋c(H＋)＝3＋c(OH−)，c(K＋)−3＝c(OH−)− c(H＋)，因为c(OH−)＜c(H＋)，所以c(K＋)＜3，故D正确；
故答案选BD。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图像各点对应溶液的组成、溶液的性质及电离平衡常数的计算为解答关键，注意电荷守恒关系的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
15．某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是

A．铁在元素周期表中位于第4周期ⅧB族
B．普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白
C．普鲁士蓝中与个数比为1：2
D．普鲁士白的化学式为
【答案】AC
【详解】A．铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族，故A错误；
B．根据普鲁士白的结构图可知1个晶胞中含有8个Na＋，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na＋嵌入越多导电性能越好，所以普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白，故B正确；
C．将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN−位于小立方体的棱心上，小立方体中CN−个数为3，普鲁士蓝晶胞中CN−个数为3×8＝24，Fe2＋位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3＋位于顶点和面心，Fe3＋个数4，与个数比为1：1，故C错误；
D．普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na＋，所以由C分析可知，普鲁士白中Na＋、Fe离子、CN−个数比为8：8：24＝1：1：3，化学式为，故D正确；
故答案选AC。

五、结构与性质
16．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______。
A．                            B．
C．            D．
(2)铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是_______。
(3)镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是：_______；的熔点高于的原因是_______。
(4)氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为_______；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。

【答案】(1)     A     CD
(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
(3)     C     为离子晶体、而为分子晶体
(4)     混合型晶体    

【详解】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，故选CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；

六、工业流程题
17．五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：

回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。
A． B． C．
(3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。
(4)已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。
【答案】(1)SiO2
(2)          C
(3)          过量的将氧化，影响萃取，造成损失
(4)使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5)有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O

【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【详解】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

七、实验题
18．碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：
(1)制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。

通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是_______；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是_______；转化为的离子方程式为_______。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是_______。
(2)制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有_______(填化学式)；用乙醇洗涤的目的是_______。
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为_______(用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是_______(填标号)。
A．滴定管水洗后直接装入标准液                B．滴定终点时俯视滴定管读数
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡        D．锥形瓶未干燥即盛放待测液
【答案】(1)     饱和亚硫酸氢钠溶液     先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气          部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子
(2)          除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥
(3)          AC

【详解】（1）A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫，反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；
为使尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；
和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为；
实验中若将换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致浓度明显大于浓度；
（2）碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有存在；
因为不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
（3）根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6:1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为~，锰元素的质量分数为；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故选AC。

八、有机推断题
19．他非诺喹主要用作于化工生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体K的一种合成路线如下(部分条件已省略)。

已知：
①
②
回答下列问题：
(1)有机物A中官能团的名称为_______。
(2)G→H的反应类型为_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，则符合条件的X共有_______种；写出其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式_______。
(5)已知P中有两个六元环结构，Q的结构简式为_______。
(6)已知：，综合上述信息，写出以环己烯为主要原料制备 的合成路线。____
【答案】(1)羧基
(2)还原反应
(3) +HNO3+H2O
(4)     12     和
(5)
(6)

【分析】根据A的分子式知，A为CH3COOH，A和乙醇发生酯化反应生成B为CH3COOCH2CH3，B发生信息①的反应生成D，根据D的分子式知，D为CH3COCH2COOCH2CH3，根据K的结构简式知，E和浓硝酸发生取代反应生成F为，F和甲醇发生反应生成G为，根据H的分子式知，G发生还原反应生成H为 ，D和H发生信息②的反应生成J为，J发生反应生成K；据此分析解题。
【详解】（1）A为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为羧基。
（2）据分析可知，G发生还原反应生成H为，故答案为还原反应。
（3）E和浓硝酸发生取代反应生成F为，方程式为HNO3++H2O。
（4）D为CH3COCH2COOCH2CH3，X是D的同分异构体，已知X既可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液发生反应生成银镜，说明X含有羧基和醛基，可看成四个碳链上面取代羧基和醛基，当碳链为时，羧基可取代在1号和2号碳原子，剩余醛基均有四个取代位置，共8个同分异构体；当碳链为时，羧基取代在3号碳原子时，醛基有3个取代位置，当羧基取代在4号碳原子时，醛基有1个取代位置；所以X共有12种异构体；其中核磁共振氢谱中出现4组吸收峰，峰面积比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式为和；故答案为12； 和。
（5）J为，P中含有2个六元环，J发生加成反应生成P为，P发生消去反应生成Q为，Q发生异构化生成K，故答案为 。
（6）环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3发生信息①的反应生成 ，合成路线为；故答案为。

九、原理综合题
20．二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：    
反应Ⅱ：     
则反应    _______。
(2)①向体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol 、3 mol ，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。

A．的消耗速率和的消耗速率相等
B．混合气体的密度不再发生变化
C．容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃条件下，t min反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：

①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。
②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。
【答案】(1)+206.1
(2)     B     a     温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大     0.75V     1
(3)     4     55.2

【详解】（1）反应Ⅰ：    ；反应Ⅱ：     ；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。
（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；
B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；
C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意
故答案选B。
②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，t min反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得= 0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molCO，0.8molH2，1.2molH2O，所以平衡时容器的体积为
    =0.75V。因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。
（3）①已知该温度下，；，所以；故答案为4。
②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量增加为，故答案为55.2。