2025年高考化学冲刺押题卷-化学山东卷01全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Cl35.5Cr52Fe56Cu64一、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．我国有许多手工创作物件，它承载了我国的历史文明。下列有关说法正确的是A．孔明灯的燃料是煤油，煤油是通过石油减压蒸馏获得的一种纯净物B．皮影的原料主要采用牛羊皮，牛羊皮的主要成分是天然高分子C．吹糖画的原料是麦芽糖，麦芽糖在酸或碱性条件下均能水解生成葡萄糖D．粗布麻衣的原料是富含纤维素的麻秆等作物，经处理得到的长纤维称为人造棉【答案】B【解析】A．煤油是通过石油分馏（包括常压或减压蒸馏）得到的混合物，而非纯净物，因为其由不同碳链长度的烃类组成，故A错误；B．皮影原料为牛羊皮，其主要成分是胶原蛋白，属于天然高分子化合物（蛋白质是天然高分子），故B正确；C．麦芽糖在酸或酶的条件下均能水解生成葡萄糖，在碱性条件下不能发生水解反应，故C错误；D．麻秆中的纤维素属于天然纤维，直接处理得到的是天然纤维（如亚麻）；“人造棉”指再生纤维素纤维（如粘胶纤维），需通过化学处理制得，并非直接来自麻秆，故D错误；故选B。2．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A．Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂B．维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧化剂C．FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路板的腐蚀液D．Na2O2能与CO2反应生成O2，可作潜水艇中的供氧剂【答案】A【解析】A．碳酸钠（）碱性较强，通常不用作食品膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠（小苏打），它受热分解产生二氧化碳气体使食品蓬松，该选项错误；B．维生素C具有还原性，可以防止补铁剂中的铁元素被氧化，能作补铁剂中的抗氧化剂，该选项正确；C．氯化铁（）溶液能与铜发生氧化还原反应：，利用其氧化性可作刻蚀铜电路板的腐蚀液，该选项正确；D．过氧化钠（）能与二氧化碳（）反应生成氧气（），化学方程式为，可作潜水艇中的供氧剂，该选项正确；综上所述，正确答案是A。3．某苯甲酸样品中含少量氯化钠和泥沙，实验室提纯苯甲酸，下列实验仪器必须用到的有A．②④⑦⑧ B．①②⑥⑨ C．③②⑧⑨ D．①②③⑥【答案】D【解析】实验室提纯苯甲酸需要用到的操作有过滤、重结晶，需要用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、酒精灯等，答案选D。4．下列化学用语或图示正确的是A．环氧戊烷：B．乙烯分子中的键：C．用电子式表示的形成过程：D．的球棍模型：【答案】B【解析】A．图示为环氧丁烷，A错误；B．键为镜面对称，图示为乙烯分子中的键，B正确；C．为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，C错误；D．的球棍模型不是直线形，应为：，D错误；故选B。5．下列有关元素单质或化合物的说法不正确的是A．是由极性键构成的非极性分子B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的C．逐个断开中键，每步所需能量相同D．和的基态原子未成对电子数相等【答案】C【解析】A．BH3中心原子为B，价层电子对数为3+=3，无孤电子对，分子构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，A正确；B．F的电负性大于Cl，三氟乙酸中羧基上-OH极性强，易电离出H+离子，三氟乙酸的酸性更强，Ka更大，B正确；C．CH4有四个碳氢键，断开第一个碳氢键较容易，需要的能量小，断开第二、三、四个碳氢键越来越难，需要能量越来越高，C错误；D．Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，未成对电子数为2，S的电子排布式为1s22s22p63s23p4，未成对电子数为2，D正确；答案选C。6．碳是构成化合物的重要中间体，下列说法正确的是A．沸点：新戊烷>异戊烷>正戊烷B．的名称为3，4-二甲基己烷C．与互为同系物D．常温下，在水中的溶解度：苯甲酸>乙酸【答案】B【解析】A．正戊烷、异戊烷、新戊烷的分子式相同，支链越多，沸点越低，故沸点：新戊烷<异戊烷<正戊烷，A项错误；B．主链最长为6个碳原子，母体为己烷，3、4号位各有一个甲基，系统命名法为：3，4-二甲基己烷，B项正确；C．与的官能团不同，故二者不互为同系物，C项错误；D．苯甲酸的分子结构中含有苯环，苯环是一个非极性的芳香环，这使得苯甲酸的整体极性较乙酸低，水是极性分子，因此常温下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸，D项错误；故选B。7．下列实验装置设计和操作能达到实验目的的是A．用甲装置可证明碱性：Ca(OH)2>NH3·H2O B．用乙装置从食盐水中提取NaClC．用丙装置可合成氨并检验氨的生成 D．用丁装置可制备甲酸【答案】C【解析】A．湿润的红色石蕊试纸用于检验氨气生成，生成氨气是因为氧化钙溶于水放热，促进浓氨水分解，没有涉及强碱制弱碱的反应，无法比较二者碱性强弱，A错误；B．食盐水中提取NaCl应采用蒸发的方法，应该用蒸发皿，不能用坩埚加热，B错误；C．氮气和氢气在催化剂加热条件下发生反应，用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，若产生白烟，则证明生成了氨气，能达到实验目的，C正确；D．用足量的酸性氧化甲醇通常会生成而难以得到甲酸，D错误；故选C。8．BF3与一定量的水可形成物质R(如图所示)。下列说法错误的是A．R中阴、阳离子均含有配位键B．阳离子的空间结构为三角锥形C．BF3形成R后，B的杂化方式未发生改变D．R中的阴、阳离子与水分子之间均可形成氢键【答案】C【解析】A．R中的阳离子（H3O+），是由H+提供空轨道，H2O中O原子提供孤电子对形成配位键；阴离子中是B原子提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，A正确；B．H3O+的中心原子为sp3杂化，故空间结构为三角锥形，B正确；C．BF3中，B是sp2杂化，R中B形成了4个σ键，杂化方式为sp3，C错误；D．H3O+中的H可以与H2O中O原子形成氢键，H2O中的H也可与H3O+的O形成氢键，R中的F与H2O中的H可以形成氢键，D正确；故答案选C。9．加入可提高电池性能。该电池放电时某电极区域的物质转变过程如图。下列说法错误的是A．该电极放电时发生还原反应B．“步骤3”的反应为：C．电路中每转移，生成D．和是反应过程中的中间产物【答案】C【解析】A．从物质转变过程图可知，该电极处得到电子转化为其他物质，发生还原反应，A选项正确；B．根据图中“步骤3”的物质转化关系，结合元素守恒和电荷守恒，可以写出反应方程式，B选项正确；C．总反应为，每转移生成1mol，所以电路中每转移，生成0.5mol，C选项错误；D．从图中可以看出和在反应过程中先生成，后又参与反应被消耗，是中间产物，D选项正确；综上所述，答案是C。10．某物质结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z元素的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法错误的是A．第一电离能：Z>Y>X>W B．单质熔点最高的是XC．共价键极性：X-Z>X-Y D．简单氢化物的还原性：Z>Y【答案】D【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z元素的最高正价与最低负价代数和为6，可知Z为Cl；W的阳离子带一个单位的正电荷，可知W为Na；根据X与Y所形成的共价键的数量可知X为Si，Y为S，综上W为Na，X为Si，Y为S，Z为Cl。【解析】A．W为Na，X为Si，Y为S，Z为Cl，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，故电离能大小关系为Z>Y>X>W，A项正确；B．四种单质中，熔点最高的是单质Si，即熔点最高的单质为X，B项正确；C．X与Z形成键，X与Y形成键，Cl的电负性大于S，吸引电子的能力更强，因而键的极性更强，即共价键极性X-Z>X-Y，C项正确；D．Y的简单氢化物为，Z的氢化物为，同周期从左向右非金属性逐渐增强，氢化物的还原性逐渐减弱，故简单氢化物的还原性Z<Y，D项错误；答案选D。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．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是选项实验过程及现象实验结论A将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有B分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小C取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色乙醇发生了消去反应D向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色氧化性：【答案】A【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；B．NH4F的pH较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF酸性强（Ka较大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2>I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I⁻，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性：Br2>I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2，D错误；故选A。12．M与N反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是A．该反应类型是消去反应B．N分子可形成分子间氢键C．一定条件下，G完全水解可得到M和ND．1molG与足量的NaOH溶液反应，最多反应2molNaOH【答案】D【解析】A．消去反应在一定条件下有机化合物脱去小分子并形成不饱和键，该反应类型不是消去反应，A错误；B．N分子含醛基，氢原子与碳原子相连，不可形成分子间氢键，B错误；C．一定条件下，G水解可得到N和M，M可以继续水解，故G完全水解得不到M，C错误；D．G有两个酰胺键，水解后得到2个羧基，1molG与足量的NaOH溶液反应，最多反应2molNaOH，D正确；故选D。13．利用在碱性条件下实现废水中（Ⅲ）的回收，铬的去除率大于，其装置如图所示。下列说法正确的是A．膜a，膜b均为阳离子交换膜B．废水室中反应的离子方程式为C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH减小D．通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）气体，则双极膜内减少【答案】BD【分析】根据溶液中的离子移动方向，移向阳极，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，通过膜b进入产品室，为阳离子交换膜，膜a要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，通过膜c进入产品室，膜c是阴离子交换膜。【解析】A．通过膜b进入产品室，为阳离子交换膜，膜a要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，A错误；B．依据图中物质，废水室中Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成，反应的离子方程式为，B正确；C．根据溶液中的离子移动方向，移向阳极，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，阴极的电极反应为，阴极区消耗的的物质的量与双极膜中进入此区的的物质的量相等，所以反应一段时间后，阴极区溶液的pH不变，C错误；D．通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）气体，即，则双极膜内有进入阴极室，同时有进入废水室，故双极膜内减少，即减少54g，D正确；答案选BD。14．以黄铁矿(主要含FeS2，还含有NiS、CoS、CuS以及少量Au)为原料分离各种金属，工艺流程如下：已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是Fe2O3、NiO、CuO、Co3O4和Au。②常温，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8，一般认为金属阳离子≤10-5mol/L为沉淀完全。③氧化性：Co3+>Cl2。④lg5=0.7。下列说法错误的是A．“酸浸”时H2O2作还原剂，若用盐酸代替硫酸和H2O2效果更佳B．当c(Co2+)=0.05mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3C．“沉钴”时发生反应的离子方程式为Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2+H2OD．检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCI和BaCl2【答案】AC【分析】将矿石粉碎，在空气中焙烧，得到金属氧化物和二氧化硫气体，烧渣用硫酸和过氧化氢浸泡，得到含Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+溶液，金单质过滤除去，过滤后的溶液加氨水调节pH，Fe3+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀除去，Co2+和Ni2+在溶液中，再加入氨水和碳酸氢铵得到CoCO3沉淀，溶液中得到NiSO4。【解析】A．“酸浸”时Co3O4溶于酸得到Co2+和Co3+，氧化性：Co3+>Cl2，用盐酸代替硫酸，Co3+会将Cl-氧化为Cl2，A错误；B．加入氨水让Fe3+、Cu2+沉淀，Co2+和Ni2+不沉淀，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，当Cu2+沉淀完全时，Fe3+也已经完全沉淀，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=10-19.8，c(OH-)=1.0×10-7.4mol/L，c(H+)=1.0×10-6.6mol/L，pH=6.6，又根据Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8可知，Co2+先沉淀，Co2+开始沉淀时，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.05×c2(OH-)=10-14.7，c2(OH-)=2×10-13.7，c2(H+)=5×10-15.3，pH=7.3，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3，B正确；C．“沉钴”时加入碳酸氢铵和氨水，生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2++2+2NH3·H2O=CoCO3↓++2H2O+，C错误；D．CoCO3沉淀表面有硫酸根离子，检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCl和BaCl2，D正确；答案选AC。15．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加盐酸或NaOH调节pH时，lgc(H2C2O4)，lgc(HC2O)，lgc(C2O)与pH变化关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线③表示C2O的变化情况B．H2C2O4的Ka2=10-4.2C．pH=7时，c(HC2O)+2c(C2O)=2c(Ca2+)D．pH>12后，曲线①呈上升趋势的原因是部分CaC2O4转化为Ca(OH)2【答案】AC【分析】CaC2O4体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，①表示；增大pH的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，②表示H2C2O4、③表示。【解析】A．由分析可知，曲线③表示的变化情况，A错误；B．，①③相交时，此时，可得Ka2=10-4.2，B正确；C．溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所以错误，C错误；D．溶液中存在，pH>12后，增大，导致，生成导致减小，则上升，D正确；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为；碘单质在中的溶解度比在水中的大，原因是。（2）主要用于药物合成，通常用反应生成，再水解制备，的空间结构是，水解生成的化学方程式是。（3）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为、、)，另一种取立方体形晶胞(图2，居于立方体中心，立方体棱长为)。图中氢原子皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为。②两种晶型的密度近似相等，则(以含、和的代数式表达)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（1分）碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶（2）三角锥形（1分）（3）8【解析】（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为。碘单质在中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在中的溶解度比在水中的溶解度大。（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成，化合价不变，则化学方程式是。（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。17．（12分）氧缺位体是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是，含、等杂质）为原料制备的流程如下：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有、、和。②25℃时，几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0回答下列问题：（1）“焙烧”时生成三种氧化物（其中Fe的氧化物形式为），其化学方程式为。（2）加Cu“还原”的目的是；加CuO调pH范围为；滤渣2的主要成分有。（3）流程中可以循环利用的物质是；滤渣3可以用于操作单元。（4）在中充分煅烧制备氧缺位体，若氧缺位体质量为原质量的96.6%，则氧缺位体中+3，+2铁元素物质的量之比为。（5）氧缺位体分解水制氢分两步：第一步（完成方程式）；第二步：。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在调pH时变成Fe(OH)3而除去4.7≤pH<6.4Cu和Al(OH)3（1分）（3）NH3（1分）灼烧（1分）（4）49：51（1分）（5）【分析】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，“焙烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的与氧气反应生成SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，滤渣1为不反应的二氧化硅，加入Cu还原铁离子为Fe2+，加入CuO调pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，滤渣2主要成分是氢氧化铝沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4经系列操作生成CuO，灼烧时CuO与氢氧化铁反应生成CuFe2O4，在氮气做保护气下煅烧生成，以此解答。【解析】（1）由分析可知，“焙烧”时生成三种氧化物（其中Fe的氧化物形式为），结合质量守恒可知，另外两种氧化物为SO2、CuO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。（2）还原流程后调pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，由于铁离子会较铝离子首先沉淀，故加Cu“还原”的目是将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在调pH时变成Fe(OH)3而除去。加CuO调pH的范围为4.7≤pH<6.4，这是为了Al3+完全沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀。滤渣2的主要成分是过量的Cu和Al(OH)3。（3）“沉铁”时加入过量的氨水，CuSO4和氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，“沉铜”过程中需要让Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，这个过程中会有NH3生成，NH3溶于水得到氨水，可以在“沉铁”时循环利用；滤渣3是Fe(OH)3，可以用于“灼烧”步骤和CuO反应生成CuFe2O4。（4）在中充分煅烧制备氧缺位体，若氧缺位体质量为原质量的96.6%，说明个O的质量占总质量的96.6%，则，解得为0.51，则煅烧后得到，设其中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=2、2+3x+2y=3.49×2，解得x=0.98、y=1.02，则氧缺位体中+3，+2铁元素物质的量之比为49：51。（5）第一步是氧缺位体与水反应生成氢气和完全氧化的CuFe2O4，第二步是CuFe2O4在高温下分解生成氧缺位体和氧气，方程式为：。18．（12分）无水易水解，以上升华，常用于有机合成。设计以下实验制无水并测定产品纯度。回答下列问题。Ⅰ．制备与浓盐酸在加热条件下制备，反应后经一系列操作得。（1）与浓盐酸反应的离子方程式为。Ⅱ．制备无水与蒸气加热反应制装置如图(夹持及部分加热装置省略)。沸点，遇水极易反应。（2）B中盛放的试剂为。装置F中盛放碱石灰，作用为。（3）装置D中反应的化学方程式为。（4）实验开始时，通入排出装置内空气后，再(填控制止水夹的操作)，将带入装置。（5）实验过程中，连接管需间歇性加热，其目的是。Ⅲ．测定无水的纯度①称取制备的无水，溶于水后定容至。②取溶液于碘量瓶中，加入稍过量的充分反应，再加入将转化为；煮沸、冷却后再加入过量固体，加塞摇匀。③加入少量淀粉溶液，再用的标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液。已知：(未配平)；(未配平)。（6）样品中无水的质量分数为。若步骤②中未煮沸，则测得的无水的质量分数(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）浓硫酸（1分）吸收和；防止污染空气防止空气中的水蒸气进入装置（3）（4）关闭，打开、（1分）（5）防止冷却凝固堵塞连接管（1分）（6）63.40%偏高（1分）【分析】制备无水的过程，由图可知，装置A产生，用于排尽装置中的空气，由于沸点，遇水极易反应，故装置B盛放的应为浓硫酸，用于干燥；打开、关闭和，通一段时间排尽装置内空气后，关闭，打开和，利用流经C瓶将蒸汽带入装置与反应；装置E为气体缓冲装置，由于与蒸气加热反应制反应为：，会产生和，污染空气，故装置F中盛放碱石灰，作用为：吸收和，防止污染空气并防止空气中的水蒸气进入装置；【解析】（1）中为+7价，浓盐酸中Cl为-1价，两者发生氧化还原反应，故离子方程式为：+；（2）由图可知，装置A产生，排尽装置中的空气，由于沸点，遇水极易反应，故装置B盛放的应为浓硫酸，用于干燥；由于与蒸气加热反应制反应为：，会产生和，污染空气，故装置F中盛放碱石灰，作用为：吸收和，防止污染空气并防止空气中的水蒸气进入装置；（3）装置D中反应的化学方程式为：；（4）实验开始时，通入排出装置内空气后，再关闭，打开、，利用流经C瓶将蒸汽带入装置；（5）由于无水易水解，以上升华，故实验过程中，连接管需间歇性加热，其目的是为了防止冷却凝固堵塞连接管；（6）①滴定反应相应离子方程式为：+，+=+，2～3～6，故3n()=n()，故无水的质量分数为；②步骤②取溶液于碘量瓶中，加入稍过量的充分反应，再加入将转化为；煮沸、冷却后再加入过量固体，煮沸是为了除去，若不煮沸，也会将氧化为，则消耗的多，故测得的无水的质量分数偏高。19．（12分）左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下：已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。回答下列问题：（1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为。（2）步骤①的反应类型为，其化学反应方程式为。（3）步骤②、③的目的是。（4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO-CH3COO-(填“>”或“<”)。（5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下：结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线(用流程图表示，其他试剂任选)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）酰胺基、酯基（2）取代反应（3）保护羧基、保护酚羟基（4）<（1分）（5）HOCH2CH2CH2NH2（3分）【分析】A（）与CF3COOCH3发生取代反应生成B（），B（）与CH3I发生取代反应生成C（），C（）中酚羟基与CH3COCH3反应形成缩酮，生成D（），D（）经过反应④（酯基和酰胺基水解）生成E（），E（）与F（）发生取代反应生成G（），G（）开环生成H（）。【解析】（1）物质C中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、酯基；（2）由分析知，①的化学方程式为，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；；（3）反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧基；反应③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能团为酚羟基，故答案为：保护羧基；保护酚羟基；（4）甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：CF3COO-＜CH3COO⁻，故答案为：＜；（5）根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合反应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2，故答案为：HOCH2CH2CH2NH2。20．（12分）CO2催化加氢转化为CH3OH既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应：Ⅰ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3<0回答下列问题：（1）反应Ⅰ、Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数lnKx与温度T的变化关系见图。则ΔH3/ΔH2的数值范围是___________(填标号)。A．<-1 B．-1-0 C．0-1 D．>1（2）3MPa下，以进气流量4.5mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3持续通过装有0.5g催化剂的反应管中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH的选择性[S(CH3OH)]及CH3OH的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图：已知：a.S(CH3OH)=n(转化为CH3OH的CO2)/n(消耗的CO2)×100%b.Y(CH3OH)=CH3OH的产率×CO2的进气流量/催化剂的质量(mmol·h－1