《（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（四） 教师版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（四） 教师版.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高考考前冲刺卷化 学（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 一、选择题
2、：每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是A“神州十一号”宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B我国提出网络强国战术，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅C手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池D“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战【答案】D【解析】A“神州十一号”宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷是一种新型耐高温结构陶瓷，不是普通硅酸盐陶瓷，故其主要成分不是硅酸盐，A错误；B我国提出网络强国战术，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧
3、化硅，不是晶体硅，B错误；C手机、电脑中使用的锂电池都是可充电电池，故属于二次电池，C错误；D燃煤将产生大量的SO2和粉尘等，“煤改气”即改烧天然气，故可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战，D正确；选D。2工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法正确的是ANa+的结构示意图为BNaOH的电子式为CHCOONa中含有键和键的数目之比为31D基态S原子核外价电子的轨道表达式为【答案】C【解析】ANa+的核电荷数为11，核外电子数为10，所以Na+的结构示意图为，故A错误；BNaOH为含有共价键的离子化合物，所以其电子式为，故B错误；CHCOONa中含有3个键和1个键，所以HCOON
4、a中含有键和键的数目之比为31，故C正确；D基态S原子核外价电子的轨道表达式为，故D错误；答案选C。3下列有关实验所选的试剂或方法可以达到目的的是A用燃烧法除去CO2中的COB用硫酸铜溶液可以去除并证明其中含有的H2SC将C2H6通入酸性高锰酸钾溶液中可除去其中的C2H4D氯化铵和熟石灰共热制得的NH3可用无水氯化钙干燥【答案】B【解析】ACO2不支持燃烧，不能用燃烧法除去CO2中的CO，故A错误；BH2S+CuSO4=CuS+H2SO4，产生黑色沉淀，用硫酸铜溶液可以去除并证明其中含有的H2S，故B正确；C酸性高锰酸钾溶液能将C2H4氧化成二氧化碳，将C2H4、C2H6通入酸性高锰酸钾溶液中
5、除去C2H4，引入新的杂质，故C错误；D氯化铵和熟石灰共热制得的NH3，不可用无水氯化钙干燥，两者反应生成CaCl28NH3，故D错误；故选B。4C2O3是一种无色无味的气体，结构式如图，可溶于水生成草酸：C2O3+H2O=HOOCCOOH。下列说法正确的是A甲酸与草酸互为同系物BC2O3是非极性分子C晶体熔点：草酸冰三氧化二碳干冰DCO2、C2O3和HOOCCOOH分子中碳原子的杂化方式均相同【答案】C【解析】A同系物是结构相似，分子式相差若干个CH2的物质，甲酸(HCOOH)与草酸(HOOCCOOH)不符合要求，不互为同系物，A错误；B由图可知C2O3正负电中心不重合，是极性分子，B错误；
6、C草酸、冰、三氧化二碳、干冰均是分子晶体，草酸分子间和H2O分子间均能形成氢键，熔点会更高，草酸形成的氢键数目更多，熔点在四者中最大，CO2相对分子质量比C2O3低，熔点也低于C2O3，所以四者熔点大小为：草酸冰三氧化二碳干冰，C正确；DCO2中碳原子的杂化方式为sp杂化，C2O3中碳原子的杂化方式为sp2杂化，HOOCCOOH分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，杂化方式不全部相同，D错误；答案选C。5盐在生产、生活中有广泛应用。下列盐的性质与用途具有对应关系的是ANaClO有强氧化性，可用于消毒杀菌 BNaHSO3有还原性，可用于漂白纸浆CNaCl易溶于水，可用于工业电解制备钠 DNaHCO
7、3受热易分解，可用于制抗酸药物【答案】A【解析】ANaClO有氧化性，可用于消毒杀菌,消毒杀菌就是利用了NaClO的强氧化性，A正确；B漂白纸浆是利用SO2的漂白性，B错误；C工业电解熔融的氯化钠来制备金属钠，与氯化钠是否易溶于水无关，C错误；DNaHCO3可用于制抗酸药物，是利用了其能和酸反应生成CO2，与NaHCO3受热易分解无关，D错误；故选A。6室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A乙醇钠的水溶液呈强碱性结合H+的能力强B将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝原溶液中一定含有Cl2C向和的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红氧化性：D向盛有
8、2mL一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴2mol·L1的KI溶液，产生黄色沉淀发生了水解【答案】A【解析】AC2H5ONa溶液中电离出的水解生成C2H5OH与OH使溶液呈强碱性，则+H2OC2H5OH+OH，所以结合H+的能力强，故A正确；B能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B错误；C滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使溶液变红，所以不能得出氧化性：，故C错误；D向盛有2mL一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴2mol·L1的KI溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为Ag
9、I，说明溶液含有，即发生电离，而不是水解，故D错误；答案选A。7以X为原料制备缓释布洛芬的合成路线如下：下列说法不正确的是AX不存在顺反异构B试剂a为CH3CH2OHCN缓释布洛芬为加聚反应D布洛芬的结构简式为【答案】B【解析】由有机物的转化关系可知，一定条件下，与HOCH2CH2OH反应生成，则a为HOCH2CH2OH、M为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成，则布洛芬的结构简式为、N为；一定条件下，N发生加聚反应生成。8寿山石是中华瑰宝，传统“四大印章石”之一，品种达数种之多。某地采掘的寿山石主要由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成，化学式为X2Y4Z10(ZW)2。已知X、Y、Z、W均为短
10、周期元素，X元素原子的最外层电子数等于其电子层数，且其单质能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。下列说法错误的是A原子半径：XYZWBX的氧化物可用作冶炼单质X的原料CY元素主要以游离态存在于自然界D常温、常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体【答案】C【解析】某地采掘的寿山石主要由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成，化学式为X2Y4Z10(ZW)2。已知X、Y、Z、W均为短周期元素，X元素原子的最外层电子数等于其电子层数，则X为Al，且其单质能与强碱反应生成W2，则W为H，YW4与W2Z2含有相同的电子数，根据Y、Z在化合物中的成键可推出Y、Z分别是Si、O。A同周期从左到右原子
11、半径减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径：XYZW，选项A正确；BX的氧化物Al2O3可用作冶炼单质X的原料，电解熔融氧化铝制取铝，选项B正确；CSi元素在自然界主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，选项C错误；D常温、常压下，Z和W形成的常见化合物H2O、H2O2均为液体，选项D正确；答案选C。9CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：下列说法正确的是A“碱溶”时发生了Al和NaOH的反应B“洗涤”时使用乙醇防止CuCl被氧化C“还原”反应所得的溶液中大量存在Cu2+、H、
12、SO、D工艺流程中不包含化合反应和分解反应【答案】B【解析】根据流程分析，废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)，通入一氧化碳气体后，生成Ni(CO)4，达到除去镍的目的；剩余物质进行碱浸，只有氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后滤渣为铜，加入过氧化氢，在酸性环境下，铜被氧化为铜离子，加入亚硫酸钠和氯化钠的混合物，+2价铜被还原为+1价铜，反应生成CuCl，过滤洗涤可以得到CuCl。A结合以上分析可知，“碱溶”时发生了Al2O3和NaOH的反应，故A错误；B乙醇易挥发，可以带去氯化亚铜表面的水分，起干燥作用，而氯化亚铜在潮湿时易被氧化，故乙醇可以使氯化亚铜不潮湿，从而防止CuCl被
13、氧化，故B正确；C还原前的溶液中大量存在的离子有氢离子和铜离子，还原后的溶液中的铜离子反应生成CuCl，而亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，故“还原”反应所得的溶液中不会大量存在Cu2+、SO，故C错误；D除镍过程中：Ni+4CO=Ni(CO)4，为化合反应，故D错误；故选B。10如图所示为在海洋碳循环中的固碳途径。下列有关说法正确的是A固碳过程中CO2为催化剂B钙化作用可能发生的反应为Ca2+HCO=CaCO3+H+C植物的光合作用是将光能转化为热能的过程D固碳过程中若生成1mol (CH2O)n，则转移电子的物质的量为4n mol【答案】D【解析】A由图可知，固碳过程中CO2作为钙化作用的产
14、物以及光合作用的反应物，因此CO2为中间产物，故A错误；B钙化作用中反应为Ca2+2HCO=CaCO3+CO2+H2O，CaCO3与H+不能大量共存，因此不可能生成H+，故B错误；C植物的光合作用是将光能和化学能转化为化学能的过程，故C错误；D固碳过程只是光合作用中存在氧化还原反应，光合作用中C元素化合价由+4降低至0，因此若生成1mol (CH2O)n，则转移电子的物质的量为4n mol，故D正确；故答案为D。11已知NH4CuSO3与足量的2mol·L1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色。据此判断下列说法错误的是A发生的反应为氧化还
15、原反应B刺激性气味的气体可能是氨气CNH4CuSO3中铜元素既被氧化又被还原D2mol NH4CuSO3完全反应转移1mol电子【答案】B【解析】A根据题意，反应生成Cu、Cu2+，反应过程中Cu元素的化合价发生改变，发生的反应是氧化还原反应，故A正确；B反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，则刺激性气味的气体应为SO2，故B错误；C反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，即NH4CuSO3中铜元素既被氧化又被还原，故C正确；D反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH，每2
16、mol NH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，故D正确；选B。12常温下，向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HPO3，滴定曲线如图所示，其中x=或x=。下列说法错误的是A对应的x=BM点横坐标是6.68CNaH2PO3溶液显碱性Dc(Na+)=c()+2c()时，溶液的pH=7【答案】C【解析】取pH为0的点可以算出曲线I对应的电离平衡常数为101.43，曲线对应的电离平衡常数为106.68，因为Ka1大于Ka2，所以Ka1=101.43，Ka2=106.68，所以曲线I对应的x=，曲线对应的x=。A该图像的线性关系为pKa=pH-lgx，由于弱酸的第一步电离程度大
17、于第二步电离程度，因此对应的x=，A正确；B由于pKa=pH-lgx，曲线对应的x=，Ka2=106.68=，此时=0，所以c(H+)=106.68，则pH=6.68，所以M点横坐标为6.68，B正确；C根据分析可知，对于H3PO3，Ka1=101.43，Ka2=106.68，由于，则Kh2 =1012.57Ka2=106.68，所以的电离大于水解，NaH2PO3溶液显酸性，C错误；D电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH)，当c(Na+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH)，即常温下pH=7，D正确；所以答案选C。13一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯
18、高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是反应流程：ANi电极与电源负极相连B该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2C工作过程中阴极附近pH减小D在电解液混合过程中会发生反应：HCl+KOH=KCl+H2O【答案】C【解析】A由反应流程可知，Pt电极区要将Cl转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A正确；B根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e=2OH+H2，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O+H2，B正确；C工作过程中阴极区的反应为2H2
19、O+2e=2OH+H2，故阴极附近pH增大，C错误；D阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，D正确；故答案为C。14某小组利用下图装置设计实验探究SO2的性质。下列说法错误的是A甲中试剂可以替换成饱和Na2SO3溶液和98.3%浓硫酸B停止实验的操作方法是关闭分液漏斗的活塞C若乙中产生白色沉淀，则向乙中滴加K3Fe(CN)6溶液能产生蓝色沉淀D丙中品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性【答案】C【解析】A浓硫酸溶于水放出大量热，浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应产生SO2，可以用于制备少量SO2，A项正确；B关闭分液漏斗活
20、塞，停止加入硫酸，不再产生SO2，B项正确；C乙中酸性条件下NO能氧化SO2，C项错误；DSO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，D项正确；选C。15通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H1+571.6kJ/mol焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H2+131.3kJ/mol甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H3+206.1kJ/molA反应中电能转化为化学能B反应为放热反应C反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的H74.8kJ/molD反应使用催化剂
21、，H3不变【答案】D【解析】A太阳光催化分解水制氢气，是将太阳能转化为化学能的过程，A项错误；B焦炭与水制取氢气的反应H0，所以为吸热反应，B项错误；C根据盖斯定律，该反应的，C项错误；D催化剂改变的是反应的活化能，而对于反应的焓变无影响，D项正确；答案选D。2、 非选择题（共55分）16CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；酸性条件下，ClO不会氧化Co2+，C
22、lO转化为Cl；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl2·6H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴。请回答：(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。(2)向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式_。(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀X成分为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜p
23、H范围是_(填选项序号字母)。A1.02.0 B2.53.5 C4.05.0(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复23次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为_。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.510.5，试分析原因_。【答案】（1）Co2O3+SO+4H+=
24、2Co2+SO+2H2O （2）6H+6Fe2+ClO=6Fe3+Cl+3H2O （3） Fe(OH)3、Al(OH)3 （4） B （5） 降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O高温下失去结晶水 （6） 59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl(或转化为Cr2O)；pH太大生成AgOH沉淀(或Ag2O沉淀) 【解析】含钴废料中加盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2·6H2O晶体，应控制温度在
25、86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。(1)水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO+4H+=2Co2+SO+2H2O；(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：6H+6Fe2+ClO=6Fe3+Cl+3H2O；(3)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧
26、化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀X的成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B；(5)根据题意知，CoCl2·6H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其
27、分解，制得的CoCl2·6H2O需降低烘干温度；(6)CoCl2·6H2O2Cl2AgNO3，则n(CoCl2·6H2O)，m(CoCl2·6H2O)，CoCl2·6H2O的质量分数为×100%=59.5%，pH太小K2CrO4氧化Cl(或转化为Cr2O)，pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.510.5。17碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3是一种绿色细小无定型粉末状固体，可用作分析试剂及杀虫剂，不溶于水和乙醇。某化学小组探究碱式碳酸铜的实验室制法，通过査阅资料，提出了两种实验室制法。方法一：称取14g CuSO4&#
28、183;5H2O固体与16g Na2CO3·10H2O固体，分别于研钵中研细后再混合研磨，研磨过程中有气泡产生，固体变成糊状物。将糊状物投入200mL水中，快速搅拌，有绿色沉淀产生，减压过滤，洗涤，干燥得产品。回答下列问题(1)写出上述过程中发生反应的化学方程式：_。(2)采用减压过滤的目的是_。方法二：通过如下装置制取(夹持及加热装置略去)。在不断搅拌下，逐滴滴入CuSO4溶液，控制滴入的CuSO4与Na2CO3物质的量之比约为11.2，控制反应温度在75，反应一段时间，有暗绿色沉淀产生，过滤，洗涤，干燥得产品。(3)仪器A的名称为_。(4)实验中控制反应温度为75，若温度过高或过
29、低，可能产生的后果为_。(5)洗涤沉淀时，确认沉淀洗涤干净的方法是_。(6)在实验中发现，若混合反应物时将Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液，开始得到的沉淀为蓝色沉淀，这是因为Cu2(OH)2CO3析出时将CuSO4包裏其中所致，下列方法可以除去沉淀中CuSO4的方法有_。A长时间放置混合物 B搅拌C加热生成物 D多次洗涤沉淀(7)通过X射线衍射的方法检测生成物，发现产物组成为Cux(OH)y(CO3)z。称取7.38g该物质加热使其分解，产物依次用浓硫酸和碱石灰吸收，分别增重了0.9g及0.88g，则该物质的化学式为_。【答案】（1） （2） 碱式碳酸铜固体颗粒细小，用减压过滤来提高过滤效率
30、 （3） 三颈烧瓶 （4） 温度太高，碱式碳酸铜受热分解；温度过低，反应缓慢以致于难得到碱式碳酸铜 （5） 洗涤液中先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若没有硫酸钡白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净 （6） D （7） Cu7(OH)10(CO3)2 【解析】(1)过程中发生反应的化学方程式为；(2)根据题干可知，碱式碳酸铜是细小无定型粉末状固体，颗粒较小，用普通的常压过滤，过滤效率很低，需要用减压过滤来提高过滤效率，故答案为碱式碳酸铜固体颗粒细小，用减压过滤来提高过滤效率；(3)仪器A为三颈烧瓶；(4)实验中控制反应温度为75，温度太高，碱式碳酸铜受热分解；温度过低，反应缓慢以致于难得到碱式碳酸铜
31、；(5)可以通过检测洗涤液中是否含有硫酸根来确认沉淀是否洗涤干净，可采用盐酸酸化的氯化钡溶液检测；答案是洗涤液中先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若没有硫酸钡白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净；(6) A长时间放置混合物，无法彻底除去CuSO4，A项错误；B搅拌无法除去硫酸铜，B项错误；C加热使Cu2(OH)2CO3分解，C项错误；D碱式碳酸铜不溶于水，而硫酸铜溶于水，故多次洗涤沉淀能够除去硫酸铜，D项正确；答案选D。(7) 通过X射线衍射的方法检测生成物，发现产物组成为Cux(OH)y(CO3)z。称取7.38g该物质加热使其分解，产物依次用浓硫酸和碱石灰吸收，分别增重了0.9g及0.88g，浓
32、硫酸吸收水，故水的质量为0.9g，碱石灰吸收二氧化碳，故二氧化碳为0.88g，剩余的为CuO，CuO与水与CO2的物质的量之比=0.070.050.02=752，则该物质的化学式为Cu7(OH)10(CO3)2。18运用化学反应原理研究氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染有重要意义。(1)一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓(H)。物质NO2(g)CO2(g)生成焓(H)/kJ·mol1+33.2-393.5则2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g) H=_kJ·mol1。(2)一定温度下，在起始体积为1L的恒压(20
33、MPa)密闭容器中，1mol NO2和足量C发生以上反应。(不考虑2NO2N2O4)下列选项能够判断该反应已达到平衡状态的是_(填字母)。A混合气体的密度保持不变B2v(N2)=v(CO2)C混合气体的压强保持不变DCO2的体积分数保持不变实验测得NO2转化率与时间的关系如图所示：反应达到平衡时CO2的体积分数为_，平衡常数Kp=_MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。待反应达到平衡后，缩小容器体积，平衡将_(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)，混合气体的平均摩尔质量将_(填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”)。(3)工业上用足量NaOH溶液吸收NO和NO2
34、(混合气体平均分子组成表示为NOx)，原理如下：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O若x=1.75，则生成NaNO3与NaNO2物质的量之比为_。若气体被完全吸收，则x取值范围_。【答案】（1）-853.4 （2） AD 40% 4 逆向移动 变大 （3） 13 x<2 【解析】(1)由生成焓的含义可得：、，由盖斯定律：反应2×-可得目标方程：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g) H=2×(-393.5)-33.2kJ·mol1=-853.4kJ·mol1；(2)对于反
35、应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g) H<0，A该反应的气体质量在变化，反应容器为恒容，则混合气体的密度保持不变时，说明反应已达到平衡状态，故A正确；B2v(N2)=v(CO2)没有指明反应方向，不能说明反应已达到平衡状态，故B错误；C在恒压容器中，混合气体的压强一直保持不变，不能判断反应已达到平衡状态，故C错误；DCO2的体积分数是一变量，当它保持不变时，说明反应已达到平衡状态，故D正确；故选：AD。由图知反应达到平衡时，NO2转化率为0.5，则1mol NO2转化的NO2物质的量为0.5mol，列三段式： 根据PV=nRT，在恒压恒容下，体积与物质的量成正比，则平衡
36、时CO2的体积分数即CO2的物质的量分数，为，则NO的物质的量分数为40%，N2的为20%，则平衡常数为；该正反应是气体分子数增大的反应，缩小容器体积，即增大压强，平衡将逆向移动，则混合气体的物质的量将减小，根据，混合气体的平均摩尔质量将变大；(3)根据N原子守恒：n(NO)+n(NO2)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，因为2>x>1，所以n(NO)n(NO2)=(2-x)(x-1)=n(NaNO3)n(NaNO2)，当x=1.75，则n(NaNO3)n(NaNO2)=(2-1.75)(1.75-1)=0.250.75=13；平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量的
37、NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，根据反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O和NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，说明只有当n(NO2)n(NO)1时，混合气体才能被NaOH溶液完全吸收，当n(NO2)n(NO)=1时，x=1.5；当只有NO2时，x=2；故x取值范围为1.5x2。19-蒽醌磺酸(H)是制取多种染料中间体的基本原料。一种合成-蒽醌磺酸的路线如图所示。回答下列问题：已知：+ (1)B中所含官能团的名称是_。(2)CD的反应类型是_。(3)写出C的结构简式_。(4)写出FG反应的化学方程式_。(5)芳香族化合物Y是B的同分异构体，写出一种符合下列条
38、件的Y的结构简式：_。1mol Y能消耗1mol NaOH；Y能与FeCl3溶液发生显色反应。苯环上有两种不同化学环境的氢。(6)将制备路线中虚线框内的物质补充完整_。【答案】（1）碳碳双键、醛基 （2） 氧化反应 （3） （4） +2HCl （5） 、 （6） 【解析】A（CH3CH=CHCH3）与OHCCH=CHCHO发生双烯合成反应生成B（），B在DDQ的作用下发生消去反应生成C（），C被新制Cu(OH)2氧化生成D（），D经酸化生成E（），E与SOCl2发生取代反应生成F（），F与在三乙胺的作用下反应生成G（），G在浓硫酸、SO3的作用下发生取代反应生成H（）。(1)根据分析，B的结构简式为，B中所含官能团为碳碳双键、醛基；(2)根据分析，CD发生醛基与新制氢氧化铜悬浊液的氧化反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)根据分析，FG是与在三乙胺的作用下反应生成，方程式为+ +2HCl；(5)1mol Y能消耗1mol NaOH，能与FeCl3溶液发生显色反应说明同分异构体中含有一个酚羟基；苯环上有两种不同化学环境的氢说明结构对称性较高，Y的同分异构体有、；(6)与溴单质加成转化为；在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成。