江西省高考化学模拟考试卷（附含答案解析）

第第页江西省高考化学模拟考试卷（附含答案解析）班级:___________姓名：___________考号：______________一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.下列说法正确的是(

)A.常温下，铜与氧气很难反应，因为铜和氧气的反应是吸热反应

B.金属锂在常温和加热情况下与氧气反应的产物不同

C.焰色反应实验中的铂丝应用稀盐酸洗涤

D.用pH试纸测得某浓度氯水的pH为42.实验室制取下列气体方法可行的是(

)选项气体方法A氢气向铁粉中滴加稀硝酸B二氧化硫向亚硫酸钠固体中滴加70%硫酸C硫化氢向硫化铜中滴加稀硫酸D二氧化碳向块状碳酸钙固体中滴加稀硫酸A.A B.B C.C D.D3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(

)A.常温常压下，11.2LN2含有的氮原子数为NA

B.5.6gFe与足量的氯气反应，电子转移数为0.2NA

C.0.1mol

Na2S固体中含有的钠离子数为0.2NA

D.18g

NH4+中含有的电子数为NA4.Julius利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器，获得了2021年诺贝尔学奖。有机物M (结构简式如图所示)是合成辣椒素的原料。关于M下列说法正确的是(

)A.能发生氧化反应，但不能发生取代反应 B.与乙醇互为同系物，但不是乙烯的同系物

C.与

互为同分异构体 D.所有的碳原子均可以处在同一平面内5.短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数．下列叙述正确的是(

)A.原子半径：rA<rB<rC

B.C的单质可以作为光纤通讯材料

C.三种元素的最高价氧化物对应的水化物均可由化合反应得到

D.高温下，A单质能置换出C单质6.由乙烯经电解制备环氧乙烷()的原理如图所示。下列说法正确的是(

)A.电极a为负极，交换膜为阳离子交换膜

B.电解总反应：2Cl−+2H+=H2↑+Cl2↑

C.如电路中转移电子物质的量为2mol，则阴极区溶液质量增加76g

D.X极电极反应：CH2=CH2+Cl−+H2O+2e−=HOCH2CH2Cl+H+7.常温下，用0.1000mol⋅L−1的盐酸滴定0.1000mol⋅L−1NaA溶液20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(

)A.在点b所示溶液中，c(A−)>c(Cl−)>c(HA)>c(OH−)

B.在点c所示溶液中，2c(A−)+c(HA)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)

C.在点b和点c之间所示溶液中，可能存在：c(HA)>c(Cl−)=c(H+)>c(OH−)

D.a点到d点的过程中，都存在c(A−)+c(HA)=0.1mol⋅L−1二、实验题（本大题共1小题，共12.0分）8.三氯化铬(CrCl3)是化学合成中的常见物质，工业上用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。

Ⅰ.制备三氯化铬

某兴趣小组用实验室中的红矾钠(Na2Cr2O7)为原料来制备CrCl3，流程如图。

已知：a.CrCl3⋅6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解。

b.CrCl3⋅6H2O易升华，在高温下能被氧化。

(1)步骤Ⅰ中“加入40% NaOH”的目的是______。步骤Ⅰ中“加CH3OH与10% HCl”中甲醇作为还原剂，反应后生成CO2，请写出反应的离子方程式：______。

(2)步骤Ⅲ，请补充完整由步骤Ⅱ得到的固体Cr(OH)3经多步操作制备CrCl3⋅6H2O的实验操作：______ (实验中须使用的：6.0mol/L盐酸、乙醚、减压干燥器)。

Ⅱ.测定三氯化铬质量分数

称取样品0.3000g，加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入1g Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2mol⋅L−1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72−存在，再加入1.1g KI，加塞摇匀，充分反应后铬完全以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加入1mL淀粉溶液指示剂，用0.0250mol⋅L−1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)

(3)加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是：______。

(4)若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(5)计算样品中无水三氯化铬的质量分数______ (写出计算过程)。三、简答题（本大题共4小题，共46.0分）9.甘氨酸亚铁( NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗，某学习小组在实验室利用直接合成法制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如下：甘氨酸(NH2CH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙实验过程及装置图如下：(夹持和加热仪器已省略)

I.合成：在C中加入0.20mol甘氨酸、0.10mol硫酸亚铁，少量柠檬酸和200mL水，利用CO2将C装置中的空气排净，然后在40℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，用恒压滴液漏斗向C中滴加6mol⋅L−1NaOH溶液调节pH到6.0左右，使反应物充分反应。

Ⅱ.分离：在C中加入某种试剂，立即出现白色沉淀，将沉淀进行过滤、洗涤，收集滤渣。

Ⅲ提纯：将滤渣溶解于适量的蒸馏水中，然后结晶、过滤，将纯化后的产品放入真空干燥箱中干燥后称重。

回答下列问题：

(1)装置D中Ca(OH)2溶液的作用是______。

(2)向C中滴加NaOH溶液之前应该停止滴加盐酸，且关闭止水夹______(填“a”“b”或“c”，下同)。打开止水夹______。

(3)“合成”中加入柠檬酸的作用是______，请写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式______。

(4)步骤Ⅱ加入的某种试剂为______，加入该试剂的目的是______。

(5)通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液，暴露在空气中，(NH2CH2COO)2Fe溶液比FeSO4溶液难被氧化，请分析原因为______。

(6)若产品质量为17.34g，则产率为______。10.中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：

(i)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1K1

(ii)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2K2

(1)一定温度下，向aL密闭容器中充入1molCO2和4molH2，发生上述两个反应。当反应达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，CO2(g)为0.6mol，则H2的平衡转化率为______，反应i的平衡常数K1=______(列出计算式即可)。

(2)在恒温恒压反应器中通入3molH2、1molCO2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图a。反应(i)和反应(ii)的lgK1：1T、lgK2：1T均满足线性关系，如图b所示。

①反应过程中，若气体密度维持不变，则能判断______达到平衡。

a.反应(i)

b.反应(ii)

c.反应(i)和(ii)

d.不能说明反应(i)或(ii)

②反应(ii)的△H2______0(填“大于”或“小于”或“等于“)，判断的理由是______。

③根据图b，确定直线Ⅰ表示的反应是______[填“反应(i)”或“反应(ii)”]

(3)我国科研人员研究出在Cu−ZnO−ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图c所示。结合历程分析在反应气中加入少量的水蒸气______(填“可以”或“不可以“)提高甲醉产率，其可能的原因为______。11.铜、锰及其合金是人类常用的金属材料．

(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4．

①写出基态Mn原子的价电子排布式为______．

②CO32−的空间构型是______(用文字描述)．

(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O.

①根据等电子体原理，CO分子的结构式为______．

②CO2分子中C原子轨道的杂化类型为______．

③1 mol甲醛(HCHO)分子中所含σ键的数目为______．

(3)科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图：

①胆矾的化学式用配合物的形式表示为______．

②胆矾中SO42−的空间构型为______，H2O中O原子的杂化类型为______．罗沙司他用于治疗因慢性肾脏病引起的贫血，制备罗沙司他流程如图所示：

已知：

Ⅰ(R1、R2表示烃基或氢)

Ⅱ

(1)A的化学名称______。

(2)E→F的化学反应方程式______。

(3)G具有官能团的名称______(不考虑苯环)。

(4)F→G的反应类型______。

(5)H的结构简式为______。

(6)E的同分异构体中，同时满足下列条件的化合物有______种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式______。

①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种

②含有−OH、−NH2、−COOH官能团

③遇FeCl3溶液不发生显色反应参考答案与解析1.【答案】C

【解析】解：A、铜与氧气的反应需要加热，不能说明铜与氧气的反应属于吸热反应，故A错误；

B、锂与氧气只能生成氧化锂，故B错误；

C、焰色反应实验之后，用

除去其它元素杂质，因为盐酸挥发性强，故不会残留盐酸杂质，C正确；

D、氯水具有漂白性，故不能用pH试纸测量氯水的pH值，故D错误；

故选：C。

A、铜在常温下，难与空气中的氧气反应，加热时可与氧气反应，不能说明铜与氧气的反应属于吸热反应；

B、金属锂与氧气反应只有一种产物氧化锂：Li2O；

C、焰色反应中的铂丝用稀盐酸洗涤；

D、氯水具有漂白性，据此解答即可．

本题主要考查了反应热、碱金属的性质、焰色反应实验和氯水的漂白性，综合性较强，但是难度不大，属于好题．

2.【答案】B

【解析】解：A.铁与稀硝酸反应不会生成氢气，二者反应生成的是一氧化氮气体，该方法不可行，故A错误；

B.亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体，反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故B正确；

C.硫化铜不与稀硫酸反应，不能使用此方法制取硫化氢，故C错误；

D.块状碳酸钙固体滴加稀硫酸，会生成微溶的硫酸钙，阻止反应继续进行，不能使用此方法制取二氧化碳，故D错误；

故选：B。

A.稀硝酸具有强氧化性，铁与稀硝酸反应生成的是一氧化氮气体，无法获得氢气；

B.硫酸可与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；

C.硫化铜不与稀硫酸反应；

D.向块状碳酸钙固体滴加稀硫酸，生成的硫酸钙微溶，阻止反应进行。

本题考查了基本的气体制备方法，掌握物质性质为解题关键，考查较为基础，注意D项的转化，整体难度较低。

3.【答案】C

【解析】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故氮原子数小于NA个，故A错误；

B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁反应后转移0.3NA个电子，故B错误；

C、硫化钠中含2个钠离子，故0.1mol硫化钠中含钠离子为0.2NA个，故C正确；

D、18g铵根离子的物质的量为1mol，而铵根离子中含10个电子，故1mol铵根离子中含电子为10NA个，故D错误。

故选：C。

A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；

B、求出铁的物质的量，然后根据铁和氯气反应后变为+3价；

C、硫化钠中含2个钠离子；

D、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含10个电子来分析。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键

4.【答案】C

【解析】解：A.含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，碳碳双键和醇羟基都能发生氧化反应，醇羟基能发生取代反应，故A错误；

B.与乙醇、乙烯的结构都不相似，所以该有机物与乙醇、乙烯都不互为同系物，故B错误；

C.二者分子式都是C8H18O，结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；

D.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，则该分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；

故选：C。

A.含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质；

B.与乙醇、乙烯的结构都不相似；

C.二者分子式都是C8H18O，结构不同；

D.饱和碳原子具有甲烷结构特点。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A与C同主族，A最多有2个电子层，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为10.A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数为10−22=4，故A为C元素、C为Si元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素A、同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径为Mg>Si>C，故A错误；

B、Si的单质是良好的半导体材料，二氧化硅用作光纤通讯材料，故B错误；

C、二氧化硅不能与水反应生成硅酸，故C错误；

D、高温下，碳与二氧化硅反应置换出Si，同时生成CO，故D正确；

故选D．

A与C同主族，A最多有2个电子层，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为10.A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数为10−22=4，故A为C元素、C为Si元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素．

本题考查结构性质位置关系、半径比较、Si元素单质及化合物性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意根据B的最外层电子数与A的次外层电子数关系确定A、C的所在的周期．

6.【答案】C

【解析】解：A.X极氯元素价态升高失电子，故X极为阳极，a极为正极，阳极氯离子放电，钾离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，故交换膜为阳离子交换膜，故A错误；

B.由两极反应可知，电解总反应为2Cl−+2H2O− 通电  Cl2↑+H2↑+2OH−，故B错误；

C.Y极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，电路中转移电子物质的量为2mol，生成1mol氢气，质量减小1mol×2g/mol=2g，由电荷守恒可知，有2mol钾离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，质量增加2mol×39g/mol=78g，阴极区溶液质量增加78g−2g=76g，故C正确；

D.X极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，氯气与水反应生成HClO，CH2=CH2与HClO反应生成HOCH2CH2Cl，故D错误；

故选：C。

由图可知，X极氯元素价态升高失电子，故X极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，氯气与水反应生成HClO，CH2=CH2与HClO反应生成HOCH2CH2Cl，Y极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，HOCH2CH2Cl与KOH反应生成环氧乙烷，据此作答。

本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

7.【答案】B

【解析】解：A.点b所示溶液中NaA、HA和NaCl的物质的量相等，并且溶液呈碱性，则A−的水解程度大于HA的电离，c(HA)>c(Cl−)>c(A−)>c(OH−)，故A错误；

B.点c所示溶液中溶质为HA和NaCl，物料关系式为c(Cl−)=c(A−)+c(HA)，电荷守恒关系式为c(Cl−)+c(A−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则2c(A−)+c(HA)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故B正确；

C.点b所示溶液中溶质为NaA、HA和NaCl，则点b到点c的过程中发生的反应为NaA+HCl=HA+NaCl，该过程中不可能存在c(Cl−)=c(H+)，故C错误；

D.整个过程中n(A−)+n(HA)=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，a点到d点溶液体积由20mL→60mL，则c(A−)+c(HA)<0.1mol⋅L−1，只有a点时c(A−)+c(HA)=0.1mol⋅L−1−，故D错误；

故选：B。

A.点b所示溶液中溶质为NaA、HA和NaCl，并且三者物质的量浓度相等；

B.点c所示溶液中溶质为HA和NaCl，则c(Cl−)=c(A−)+c(HA)，结合电荷守恒关系式分析判断；

C.点b所示溶液中溶质为NaA、HA和NaCl，点b到点c的过程中，反应为NaA+HCl=HA+NaCl，不会出现c(Cl−)=c(H+)；

D.整个过程中n(A−)+n(HA)=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，a点到d点溶液体积由20mL→60mL。

本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，明确曲线上各点溶质成分及性质为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐类水解原理的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度中等。

8.【答案】(1)红矾钠转化为铬酸钠；10H++2CrO42−+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑

(2)将过滤后所得固体溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤2～3次，低温干燥或减压干燥得到CrCl3⋅6H2O

(3)除去其中溶解的氧气，防止氧气将I−氧化，产生偏高的误差

(4)偏低

(5)令25.00mL溶液中n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+～Cr2O72−～3I2～6Na2S2O3，根据关系式，故n(Cr3+)=0.0250mol/L×0.021L×13，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为0.0250mol/L×0.021L×13×250mL25mL=0.00175mol，根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=0.00175mol，所以样品中含CrCl3的质量为m(CrCl3)=0.00175mol×158.5g/mol，故样品中无水三氯化铬的质量分数为0.00175×158.5g0.3000g×100%≈92.46%

【解析】【分析】

本题考查学生对的实验方案原理的理解与评价、物质组成含量的测定、滴定应用、化学计算等，题目难度较大，理清实验原理是关键，是对学生综合能力想考查，需要学生具备扎实的基础知识。

【解答】

步骤Ⅰ中，加入40%NaOH溶液，发生反应Na2Cr2O7+2NaOH=2Na2CrO4+H2O；Na2CrO4在酸性条件下被CH3OH还原为CrCl3，发生反应的化学方程式为10HCl+2Na2CrO4+CH3OH=4NaCl+2CrCl3+7H2O+CO2↑；步骤II中，调节pH=7，此时CrCl3转化为Cr(OH)3沉淀，过滤，滤去溶液，得沉淀；往沉淀中加入过量的盐酸，Cr(OH)3溶解生成CrCl3；将过滤后所得固体溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤2～3次，低温干燥或减压干燥得到CrCl3⋅6H2O，由于CrCl3⋅6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，易升华，在高温下能被氧化，所以在洗涤、干燥过程中，要注意选择溶剂、并控制干燥的温度。

(1)步骤Ⅰ中，加入40%NaOH，可实现Na2Cr2O7向Na2CrO4的转化，所以目的是将红矾钠转化为铬酸钠，步骤Ⅰ中甲醇作为还原剂，反应后生成CO2，同时Na2CrO4被还原为CrCl3，反应的离子方程式为：10H++2CrO42−+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑；

(2)加入盐酸后，Cr(OH)3溶解生成CrCl3，若想获得CrCl3，需要从溶液中提取溶质，所以需进行的操作为蒸发浓缩、冷却结晶；由题给信息可知，CrCl3⋅6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，所以需进行过滤，用乙醚洗涤2～3次的操作；由题给信息可知，CrCl3⋅6H2O易升华，在高温下能被氧化，所以还要进行低温干燥或减压干燥的操作；

(3)在Na2O2氧化CrCl3的过程中，会有一定量的O2溶解在溶液中，也会将I−氧化为I2，从而干扰实验结果的测定，所以充分加热煮沸的原因是除去其中溶解的氧气，防止氧气将I−氧化，产生偏高的误差；

(4)滴入最后一滴时，如果溶液颜色在半分钟内不变色，则达到滴定终点；若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬反应不完全，所以导致它的质量分数的测量结果偏低；

(5)令25.00mL溶液中n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+～Cr2O72−～3I2～6Na2S2O3，根据关系式，故n(Cr3+)=0.0250mol/L×0.021L×13，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为0.0250mol/L×0.021L×13×250mL25mL=0.00175mol，根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=0.00175mol，所以样品中含CrCl3的质量为m(CrCl3)=0.00175mol×158.5g/mol，故样品中无水三氯化铬的质量分数为0.00175×158.5g0.3000g×100%≈92.46%。

9.【答案】判断装置中空气是否排尽

a

b

柠檬酸具有还原性，可以防止Fe2+被氧化

2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O

乙醇

减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出

由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化

85%

【解析】解：(1)装置D中Ca(OH)2溶液的作用是判断装置中空气是否排尽故答案为：判断装置中空气是否排尽；

(2)在进行C装置中的核心反应前，应停止通入CO2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止水夹a，打开止水夹b，因为C装置需要在加热条件下进行反应，故不能关闭止水夹c，防止压强过大出现事故故答案为：a；b；

(3)在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO4不被氧化，合成甘氨酸亚铁的化学方程式：2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O故答案为：柠檬酸具有还原性，可以防止Fe2+被氧化；2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；

(4)由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入试剂为乙醇，其目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶(或冷却结晶)故答案为：乙醇；减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出；

(5)等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化故答案为：由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化；

(6)0.2mol的甘氨酸和0.1mol的硫酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，若产品质量为17.34g，则产率为17.34g20.4g×100%=85%故答案为：85%。

(1)当CO2排净C装置中空气进入D装置后，会与澄清的石灰水反应出现浑浊现象，所以当D中出现浑浊即说明C中空气已被排净(2)在进行C装置中的核心反应前，应停止通入CO2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止水夹a，打开止水夹b；

(3)在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO4不被氧化，甘氨酸、硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成甘氨酸亚铁、硫酸钠和水，据此写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式；

(4)由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶；

(5)等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中它电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化；

(6)0.2mol的甘氨酸和0.1mol的硫酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，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，题目难度不大。

10.【答案】25%

0.3a×0.4a0.6a×(3a)3

c

大于

温度升高，甲醇的产率降低，则反应(ⅰ)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应(ⅱ)平衡正向移动，故反应(ⅱ)是吸热反应

反应(i)

可以

增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率

【解析】解：(1)一定温度下，向aL密闭容器中充入1molCO2和4molH2，发生上述两个反应。当反应达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，CO2(g)为0.6mol，则Δn(CO2)=1mol−0.6mol=0.4mol，列化学平衡三段式

(i)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

转化(mol)

0.3

0.9

0.3

0.3

(ii)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

转化(mol)

0.1

0.1

0.1

0.1

则Δn(H2)=0.9mol+0.1mol=1mol，氢气转化率为1mol4mol×100%=25%；平衡时n(H2)=4mol−1mol=3mol，n(H2O)=0.3mol+0.1mol=0.4mol，反应i的平衡常数K1=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.3a×0.4a0.6a×(3a)3故答案为：25%；0.3a×0.4a0.6a×(3a)3；

(2)①在恒温恒压反应器中通入3molH2、1molCO2气体，根据质量守恒，混合气体的质量不变，但容器的体积是变量，即气体的密度是变量，当气体密度维持不变，说明反应(i)和(ii)达到平衡状态，故c正确故答案为：c；

②由图可知，甲醇的平衡产率，随着温度的升高而减小，说明反应i平衡逆向移动，则反应i为放热反应，而CO2

的转化率增大，说明反应(ⅱ)平衡正向移动，故反应(ⅱ)是吸热反应，△H2大于0故答案为：大于；温度升高，甲醇的产率降低，则反应(ⅰ)平衡逆向移动，而CO2

的转化率增

大，则反应(ⅱ)平衡正向移动，故反应(ⅱ)是吸热反应；

③由直线Ⅰ可知，随着1T增大，lgK增大，即降低温度，平衡常数增大，平衡正向移动，即直线Ⅰ表示的反应(i)故答案为：反应(i)；

(3)由图可知，由图可知，水蒸气是反应③的反应物，增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，可以提高甲醇的产率故答案为：可以；增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率。

(1)一定温度下，向aL密闭容器中充入1molCO2和4molH2，发生上述两个反应。当反应达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，CO2(g)为0.6mol，则Δn(CO2)=1mol−0.6mol=0.4mol，列化学平衡三段式

(i)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

转化(mol)

0.3

0.9

0.3

0.3

(ii)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

转化(mol)

0.1

0.1

0.1

0.1

则Δn(H2)=0.9mol+0.1mol=1mol，转化率=转化物质的量起始物质的量×100%，反应i的平衡常数K1=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)；

(2)①在恒温恒压反应器中通入3molH2、1molCO2气体，根据质量守恒，混合气体的质量不变，但容器的体积是变量，即气体的密度是变量；

②由图可知，甲醇的平衡产率，随着温度的升高而减小，说明反应i平衡逆向移动，则反应i为放热反应，而CO2

的转化率增大，说明反应(ⅱ)平衡正向移动；

③由直线Ⅰ可知，随着1T增大，lgK增大，即降低温度，平衡常数增大，平衡正向移动；

(3)由图可知，水蒸气是反应③的反应物，增大反应物浓度，平衡正向移动。

本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，解题关键是掌握勒夏特列原理、化学平衡三段式，此题难度中等。

11.【答案】3d54s2；平面三角形；C≡O；sp；3×6.02×1023；[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O；正四面体；sp3杂化

【解析】解：(1)①Mn原子核外电子数为25，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，价电子电子排布式可为3d54s2故答案为：3d54s2；

②CO32−中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=4、没有孤对电子，其空间构型为平面三角形故答案为：平面三角形；

(2)①CO与N2互为等电子体，二者结构相似，CO分子中原子之间形成三键，故其结构式为C≡O故答案为：C≡O；

②CO2的结构式为O=C=O，C原子形成2个σ键，没有孤对电子，杂化轨