《（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（十） 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（十） 教师版.doc（10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（十）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 V 51一
2、、选择题：每小题2分，共20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国家“十四五战略规划”中提出全面推进绿色发展，生态环境保护、资源可持续利用均与化学密切相关。下列有关说法不正确的是A“地沟油”经过加工处理可用来制肥皂，实现了厨余垃圾的合理利用B废旧电池深度填埋处理容易造成土壤重金属污染C臭氧/生物活性炭技术可用于饮用水的深度处理，利用了活性炭的还原性D乙醇可通过淀粉等生物原料发酵制得，属于可再生资源【答案】C【解析】A“地沟油”主要为油脂，在碱性条件下水解成高级脂肪酸钠，经过加工处理可用来制肥皂，实现了厨余垃圾的合理利用，A说法正确；B废旧电池中的铅、汞等重金属，深度填埋处理
3、时容易造成土壤重金属污染，B说法正确；C臭氧/生物活性炭技术可用于饮用水的深度处理，利用了活性炭的吸附作用，C说法错误；D淀粉等生物原料发酵可制得乙醇，则乙醇属于可再生资源，D说法正确；答案为C。2下列表示正确的是A乙炔的结构式：CHCH B羟基的电子式：C葡萄糖的结构简式可能为： DCCl4的球棍模型：【答案】C【解析】A乙炔的结构式为HCCH，A错误；B羟基的电子式为，选项所给电子式为OH电子式，B错误；C葡萄糖内的醛基可以自发的与相邻碳原子上的羟基发生可逆反应，形成半缩醛结构，如图所示，C正确；D由于Cl原子半径比C原子半径大，故选项所给模型不能代表CCl4，且该模型为比例模型不是球棍模
4、型，D错误；故答案选C。3无法达到相应实验目的的是A图1：探究浓硫酸的脱水性和氧化性 B图2：探究温度对水解程度的影响C图3：制备干燥的氢气 D图4：验证Cu与反应产生电流【答案】D【解析】A图1：通过观察蔗糖是否碳化以及品红是否褪色来探究浓硫酸的脱水性和氧化性，A正确；B图2：通过观察温度不同时溶液颜色变化来判断溶液碱性变化从而探究温度对水解程度的影响，B正确；C图3：用硫酸与锌反应制取氢气，用硫酸干燥，然后用向下排空气法(短进长出)收集干燥的氨气，C正确；D还原性强的铁与氧化性强的硫酸铁溶液直接反应，没有形成原电池，不会产生电流，D错误；答案选D。4生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等
5、)与H2混合，在含铬催化剂作用下合成甲醇是利用生物质气的方法之一、下列说法正确的是ACO2分子中存在两个相互垂直的键 B电负性：O>N>H>CCNO的空间构型为三角锥形 D基态Cr原子的电子排布式是Ar3d44s2【答案】A【解析】ACO2分子的结构式为O=C=O，由于C原子与2个O原子各形成两个共用电子对，所以两个键相互垂直，故A正确；BC、H、O、N的非金属性强弱顺序为：ONCH，则电负性：ONCH，故B错误；CNO的价层电子对数为3，无孤电子对，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故C错误；DCr为24号元素，有1个4s电子迁移到3d轨道，从而使3d轨道处于半
6、充满的稳定状态，所以基态Cr原子的电子排布式是Ar3d54s1，故D错误；选A。5在下列物质的检验中，其对应的方程式不合理的是A用浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：2NH3+3Cl2=6HCl+N2B用硫氰酸钾溶液检验Fe3+，溶液变红色：C用浓溴水检验水体中的苯酚，产生白色沉淀：+3Br2+3HBrD用新制Cu(OH)2悬浊液检验乙醛，产生砖红色沉淀：【答案】A【解析】A浓氨水检验泄漏的氯气，产生的白烟为氯化铵固体，正确方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，A错误；BFe3+与SCN反应生成血红色络合物Fe(SCN)3：，依此检验Fe3+，B正确；C苯酚与浓溴水发生邻对位取代，生成白
7、色沉淀三溴苯酚，方程式为+3Br2+3HBr，C正确；D新制Cu(OH)2悬浊液可以被醛基还原生成砖红色沉淀Cu2O，醛基被氧化为羧基，化学方程式为，D正确；综上所述答案为A。6化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A甲分子中所有碳原子一定处于同一平面B乙中含有2个手性碳原子C用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鉴别化合物甲、乙D乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4mol NaOH反应【答案】B【解析】A图中COC为V形，与苯环相连的CO键可以旋转，使得甲基碳原子不在苯环的平面上，A项错误；B手性碳原子指连接4个不同
8、原子或原子团的碳原子。乙中有2个手性碳原子，如图：，B项正确；C甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，都可鉴别甲和乙，C项错误；D乙中有NH2，显碱性，能与盐酸反应；有1个酚羟基，消耗1个NaOH；有2个酯基，如图：，左侧酯基水解以后形成1个酚羟基和1个羧基，消耗2个NaOH，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，消耗1个NaOH；CBr位置为卤代烃的结构，可以发生碱性水解，消耗1个NaOH，综上，1个乙分子消耗5个NaOH，即1mol乙消耗5mol NaOH，D项错误；答案选B。7已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、
9、Z均能形成10电子分子，其中Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙(结构如图)，下列说法正确的是AW不能和X、Y形成18电子的化合物B甲中含有离子键和非极性共价键C原子半径：X>Y>Z>WDW与X形成的化合物的沸点一定低于W与Z所形成的化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，由Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲可知，Y为N元素、甲为硝酸铵，由化合物乙的结构可知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，结合W与X、Y、Z均能形成10电子分子可知，W为H元素、
10、X为C元素、Z为F元素。AC2H6和N2H4为18电子的氢化物，故A错误；B硝酸铵是含有离子键和极性共价键的离子化合物，不含有非极性共价键，故B错误；C四种元素中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为C>N>F>H，故C正确；D碳元素和氢元素可以形成气态烃、液态烃和固态烃，氮元素和氢元素可以形成气态的氨气和液态的肼，固态烃的沸点高于液态的肼，故D错误；故选C。8酸在生产、实验中有广泛应用。下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是A氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B浓盐酸具有挥发性，可用于除去铁锈C浓硫酸有强氧化性，实验室可用于与甲酸
11、反应制取COD硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属用于贵重金属的提炼【答案】D【解析】A氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成易挥发的四氟化硅，所以氢氟酸可用于雕刻玻璃，但与酸性强弱无关，故A错；B盐酸能与铁锈中的氧化铁反应，生成可溶性的氯化铁，从而易被水洗去，体现盐酸的酸性与浓盐酸所具有的挥发性无关，故B错；C甲酸HCOOH中C的化合价为+2价，CO中C的化合价也为+2价，则用甲酸与浓硫酸制取CO未发生氧化还原反应，体现浓硫酸的脱水性，与其强氧化性无关，故C错；D硝酸有强氧化性，能溶解Ag等不活泼金属，所以可用于贵重金属的提炼，故选D；答案选D。9某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)pC(
12、g)的化学平衡常数为K，下列说法正确的是A其他条件不变，升高温度，K值一定增大B其他条件不变，增大B(g)的浓度，K值增大C其他条件不变，增大压强，K值不变DK值不会随反应条件的改变而改变【答案】C【解析】A若该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故A错误；B化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大B(g)的浓度，能使平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；C化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大压强，平衡可能移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C正确；D化学平衡常数只受温度影响，如果
13、温度发生变化，平衡常数一定发生变化，故D错误；答案选C。10以黄铁矿(主要成分为，其中S的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如下图。下列说法不正确的是A将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率B沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e发生转移C接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率D吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥【答案】B【解析】A将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；B沸腾炉中FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，反应方程式是，每生成1mol SO2，有5.5mol e发生转移，故B错误；C接触室中排放出的SO2、O
14、2循环利用，SO2转化率增大，提高原料利用率，故C正确；D吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸铵，铵盐可做氮肥，故D正确；选B。2、 不定项选择题（每小题4分，共20分）11下列应用涉及氧化还原反应的是A用TiCl4制备纳米级TiO2B高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂C用明矾溶液除去铜制品表面的铜绿D工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打【答案】B【解析】ATiCl4制备纳米级TiO2发生的反应为：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O+4HCl、TiO2·xH2OTiO2+xH2O，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，A不符题意；B4K2F
15、eO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8KOH，产生的Fe(OH)3有吸附性，可以吸附杂质，同时K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，因此高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂涉及氧化还原反应，B符合题意；C明矾溶液因电离产生的Al3+水解产生H+，H+和铜绿Cu2(OH)2CO3反应生成Cu2+、水、二氧化碳，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符题意；D工业上将NH3和CO2(过量)通入饱和食盐水制备小苏打发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D不符题意；答案选B。12苯酚的性质实验如下：步骤1：常温下
16、，取1g苯酚晶体于试管中，向其中加入5mL蒸馏水，充分振荡后液体变浑浊，将该液体平均分成三份。步骤2：向第一份液体中滴加几滴FeCl3溶液，观察到溶液显紫色(查阅资料可知配离子Fe(C6H5O)63显紫色)。步骤3：向第二份液体中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀。步骤4：向第三份液体中加入5% NaOH溶液并振荡，得到澄溶液，再向其中通入少量CO2，溶液又变浑浊，静置后分层。下列说法不正确的是A步骤1说明常温下苯酚的溶解度小于20gB步骤2中紫色的Fe(C6H5O)63由Fe3+提供空轨道C步骤3中溴水与苯酚没有发生化学反应D步骤4中CO2与苯酚钠反应生成苯酚和Na2CO3【答案】CD【解析】
17、A若5mL的水恰好能够溶解1g的苯酚，则该温度下苯酚的溶解度为S=20g，步骤1形成的是悬浊液，故说明常温下苯酚的溶解度小于20g，A正确；BFe(C6H5O)63是一种络合物，苯酚酸根中O原子提供孤电子对，Fe3+提供空轨道，故步骤2中紫色的Fe(C6H5O)63由Fe3+提供空轨道，B正确；C步骤3中由于溴水为少量，溴与苯酚生成的2，4，6三溴苯酚将溶解在过量的苯酚中，观察不到沉淀但不能说明没有发生化学反应，C错误；D由于酸性是：H2CO3强于苯酚强于碳酸氢根，故步骤4中CO2与苯酚钠反应生成苯酚和NaHCO3，D错误；故答案为CD。13将溶液分别滴入溶液(、)，所得溶液中的c(X)的负对
18、数-lgc(X)与滴入溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是A曲线表示的是滴定NaCl溶液的曲线BA、B两点所对应的溶液中的c(Ag+)相等C将C、D两点所对应的溶液过滤后等体积混合溶液无明显现象D根据D点坐标，可计算曲线对应溶液中Ksp(AgX)约为1×109【答案】B【解析】AKspAgClKspAgBr，AgBr沉淀先生成，C、D两点对应纵坐标可以看出，银离子相同时，C点对应的-lgc(X)更大，说明c(X)更小，对应的应该是溴离子。故曲线表示的是滴定NaCl溶液的曲线，A项错误；B在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c(OH)+c(X)，溶液是中性，
19、氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，加入的NaX是相等的，两种溶液中的钠离子浓度相等，A、B两点c(X)基本相等，为保证等式成立，两种溶液中银离子浓度相等，B项正确；C溴化银溶解度平衡常数更小，当二者混合后，溴离子争夺氯化银中的银离子，会有更多的溴化银生成，现象是有溴化银黄色沉淀生成，C项错误；DKspAgX=c(Ag+)·c(X)，-lgc(X)=8，c(X)=108mol/L，混合后溶液体积为60mL，银离子浓度小于0.1mol/L，Ksp(AgX)小于1×109，D项错误；答案选B。14由含Cu(NH3)4Cl2的蚀刻废液制取Cu(NH3)4CO3溶液的流程如图：下列有关说
20、法不正确的是A上述制取流程涉及氧化还原反应B“沉铜”在加热条件下进行，发生反应的离子方程式为Cu(NH3)4+2OH4NH3+CuO+H2O C“滤液”中大量存在的离子有Na+、NH、Cl和OHD“浸铜”时温度过高可能导致铜的浸出率下降【答案】AC【解析】A沉铜时反应为Cu(NH3)4Cl2+2NaOH4NH3+CuO+2NaCl+H2O，浸铜时总反应为CuO+3NH3+NH4HCO3=Cu(NH3)4CO3+H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，A正确；B根据已知反应物和生成物，结合元素守恒可得离子方程式为Cu(NH3)4+2OH4NH3+CuO+H2O，B正确；CNH
21、和OH不能大量共存，且根据B选项可知大部分氨气已逸出，C错误；D温度过高碳酸氢铵会分解，且氨气的溶解度降低，导致铜的浸出率下降，D正确；答案为AC。15我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两离子交换膜隔开，形成I、II、III三个电解质溶液区域，结构示意图如图：下列说法不正确的是A区域的电解质溶液为K2SO4溶液Ba和b分别是阴离子、阳离子交换膜C放电时，阴极区溶液中OH浓度升高D放电时，负极反应为Zn-2e+4OH=Zn(OH)【答案】B【解析】A负极(Zn极)为负极，消耗氢氧根，剩余钾离子，钾离子通过a阳离子交换膜移向区域；正极(极)
22、消耗氢离子，剩余硫酸根离子通过阴离子交换膜移向区域，所以区域的电解质溶液为K2SO4溶液，故A不选；BA分析可知a和b分别是阳离子、阴离于交换膜，故选B；C则放电时I为阳极区，消耗氢氧根离子；III为阴极区，消耗氢离子则氢氧根离子浓度升高，故C不选；D放电时，负极发生氧化反应，即电极反应为Zn-2e+4OH=Zn(OH)，故D不选；选B。三、非选择题（共60分。）16氧钒()碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒()碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。已知：+4
23、价钒的化合物易被氧化。回答下列问题：(1)装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器名称是_；上述装置依次连接的合理顺序为e_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_(填实验现象)时，关闭K1，打开K2，进行实验。(3)写出装置D中生成氧钒()碱式碳酸铵晶体的化学方程式_；实验完毕后，从装置D中分离产品的操作方法是_(填操作名称)。(4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后
24、用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：VO+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O)NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数表达式为_(以VO2计)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_(填“偏高"、“偏低”或“无影响")。【答案】（1）三颈烧瓶 abfgc （2） B中溶液变浑浊 （3） 6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2+12NH4Cl 过滤 （4） 除去过量的KMnO4 ×
25、100% 偏高 【解析】实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒()碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O，由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用C产生的二氧化碳排除装置内的空气，C中产生的二氧化碳中会混入HCl杂质，需要用A装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl。(1)装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器是三颈烧瓶；由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用C产生的二氧化碳排除装置内的空气，C中产生的二氧化碳中会混入HCl杂质，需要用A装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，需要防止空气进入装置D，装置应该按照CADB的顺序连
26、接，上述装置的接口依次连接的合理顺序为eabfgc，故答案为：三颈烧瓶；abfgc；(2)实验开始时，先关闭K2，打开K1，当B中溶液变浑浊时，说明装置内的空气已经排尽，关闭K1，打开K2，进行实验，故答案为：B中溶液变浑浊；(3)装置D中生成氧钒()碱式碳酸铵晶体的化学方程式为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2+12NH4Cl；实验完毕后，从装置D中分离出(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O沉淀的操作方法是过滤；(4)KMnO4溶液具有氧化性，其作用是将+4价的V化合物氧化为
27、VO，NaNO3具有还原性，所以NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；消耗标准溶液的体积为bmL，根据滴定反应VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc×103mol，所以产品中钒的质量分数(以VO2计)为×100%=×100%，故答案为：×100%；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，溶液中Fe2+浓度减小，会消耗更多的标准液，导致测定结果偏高，故答案为：偏高。17工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO
28、3等杂质)为主要原料制备高锰酸钾的流程如图所示：已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：金属离子Fe3+Al3+Fe2+Cu2+Pb2+Mn2+开始沉淀pH1.53.36.54.28.08.3完全沉淀pH3.75.29.76.78.89.8Ksp(PbSO4)=1.6×108；Ksp(PbS)=8.0×1028(1)常温下，“酸浸”工序中，向粉碎的碳酸锰矿中加入一定体积的水，在搅拌下缓慢加入质量分数高于90%的硫酸。锰元素的浸出率与反应条件的关系如图2、3、4所示。则酸浸选择的最佳条件为_；酸浸过程中主反应的化学方程式为_；滤渣1的成分是_。(2)
29、“除杂”工序中具体步骤如下：先加入MnO2将Fe2+氧化，该反应的离子方程式为_。为除去铁元素和铝元素，加入CaO调节溶液的pH不小于_。再加入CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去_，此步骤中再次除铅的原因为_。(3)“沉锰”工序中反应的化学方程式为_。(4)“焙烧”工序中反应的化学方程式为_。(5)若在实验室模拟由二氧化锰制备高锰酸钾的过程，称量87.0g MnO2样品，最终得到的产品质量为63.2g，则高锰酸钾的产率是_。【答案】（1）酸浸温度80，酸浸pH=2，酸浸时间4h SiO2、PbSO4 （2） 5.2 Ca2+ 由Ksp(PbSO4)=1.6×10
30、8可知，溶液中仍含有Pb2+ （3） （4） （5） 40% 【解析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO3等杂质)，酸浸时，向碳酸锰矿中加入硫酸和过氧化氢，发生的反应为：、，SiO2不溶于酸，酸浸后滤渣1的成分为SiO2、PbSO4；除杂时，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入CaO调节溶液的pH至5.2除去Fe3+、Al3+，再加人CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去Ca2+；沉锰时，硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵和水；焙烧碳酸锰得到氧化锰，氧化锰、氯酸钾和氢氧化钾反应生成锰酸钾，锰酸钾和二氧化
31、碳酸化制得高锰酸钾。(1)由锰元素的浸出率与反应条件的关系图可知，反应的最佳条件为：酸浸温度80，酸浸pH=2，酸浸时间4h；酸浸过程中主反应为MnCO3和硫酸反应，所以酸浸过程中主反应的化学方程式为：；酸浸时生成PbSO4沉淀，而SiO2不溶于酸，所以酸浸后滤渣1的成分为SiO2、PbSO4；(2)加入MnO2将Fe2+氧化Fe3+，离子方程式为：；由金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH表可知，加入CaO调节溶液的pH不小于5.2；由于Ksp(PbSO4)=1.6×108，Ksp(PbS)=8.0×1028，溶液中剩余部分Pb2+，因此应加人CaS除去Cu2+、Pb2+后，
32、最后加入NaF溶液，除去溶液中的Ca2+；(3)沉锰时，硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵和水，化学方程式为：；(4)焙烧碳酸锰得到氧化锰，化学方程式为：；(5)87.0g MnO2的物质的量为，根据Mn元素守恒，理论上生成KMnO4的物质的量为1mol，质量为，其产率为。18甲醇是一种绿色能源。工业上，H2和CO合成CH3OH的反应为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H(1)已知几种键能数据如下表：化学键H-HCOCOHOCHE/(kJ·mol1)4363434076465413则2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) H=_kJ·mol1。(2
33、)采取下列措施，能加快 2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)的正向反应速率的有_(填字母)。A升高温度 B增大压强 C及时分离甲醇 D选择高效催化剂(3)为了探究催化剂甲、乙对合成CH3OH的催化效率，向某恒容密闭容器中投入2mol H2和1mol CO，分别在催化剂甲、乙作用下反应(假设催化剂接触面积相等)，测得单位时间内甲醇的产率与温度的关系如图1所示。催化效率较高的是_(填“甲”或“乙”)。在催化剂乙作用下，温度在500左右时甲醇产率急降，其主要原因可能是_。(4)分别将1mol CO和2mol H2充入一定温度、不同恒定压强下容器中，充分反应达到平衡，测得平衡时混合物中CH3OH
34、的体积分数与压强、温度的关系如图2所示。下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_(填字母)。A容器中混合气体的密度不再变化B容器中混合气体的总压强不再变化C容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化D容器中CO和H2的体积分数之比不再变化图2中压强从大到小排列为_。C点平衡常数Kp=_。一定温度，恒压条件下，再加入CO、H2各1mol，充分反应达到新的平衡时H2的转化率与原平衡时相比_。(填“变大”“变小”“不变”)【答案】（1）-99 （2） ABD （3） 甲 催化剂乙活性降低（或催化剂乙失去活性） （4） AC p1>p2>p3 27P22 变大 【解析】(1)反应热等于断裂化学键吸
35、收的总能量与形成化学键放出的总能量之差。H=-99kJ/mol；(2)A升高温度会加快化学反应速率，会加快正反应速率，故A正确；B增大压强会加快化学反应速率，会加快正反应速率，故B正确；C及时分离甲醇会使生成物浓度降低，是化学反应速率降低，故C错误；D选择高效催化剂会使化学反应速率变化，正反应速率加快，故D正确；故选ABD；(3)相同条件下，单位时间内甲醇产率越高，表明反应速率越快，催化效率越高。由图1可知，相同温度下催化剂甲的产率交大，故催化剂甲的效率较高；温度过高超过500，可能导致催化剂乙活性降低，产率降低。(4)A恒压条件下，平衡时容器体积不再改变，气体的总质量不变，所以当容器中混合气
36、体的密度不再变化时可以说明反应已经达到平衡，故A正确；B恒压条件下，容器中的气体压强恒定，故容器中混合气体的总压强不再变化无法判断反应达到平衡，故B错误；C平衡时反应体系的气体的总物质的量不变，气体总质量不变，故容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时说明反应达到平衡，故C正确；D容器中CO和H2均为反应物，两者的体积分数之比不再变化无法说明反应达到平衡，故D错误；故选AC；合成甲醇的反应为气体分子数减少的反应，故压强越大，平衡时反应体系中的甲醇含量越高，根据图2中压强与甲醇体积分数的关系可知压强p1>p2>p3；C点甲醇的体积分数为50%，设平衡时甲醇的物质的量为nmol，由三段式
37、法可求平衡时各物质的物质的量：则，故n=0.75。分压=物质的量分数总压强，C点的总压强为p2，平衡时总物质的量为1.25mol，故p(CO)=，p(H2)=，p(CH3OH)=，则Kp=；恒温恒压情况下再通入1mol CO和1mol H2，相当于初始时投入2mol CO和3mol H2，的投料比变大，所以H2的转化率变大。19铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。回答下列问题:（1）基态铜原子价层电子排布式为_，基态铜原子有_种运动状态不相同的电子。（2）单质铜是由_键形成的晶体。（3）Cu2+能与多种物质形成配合物。CuSO4溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu(NH3)4SO4H2O晶
38、体，该晶体中杂化轨道类型为sp3的原子为_。CuCl2溶液与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)可形成配离子：；Cu2+的配位数为_，乙二胺沸点高于1，2二氯乙烷(ClCH2CH2Cl)的主要原因是_。（4）已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。该晶体的化学式为_。已知铜与氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯组成的化合物属于_(填“共价”或“离子”)化合物。已知该晶体的密度为 g/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离_cm(列计算式即可)。【答案】（1）3d104s1 29 （2） 金属 （
39、3） N、O、S 4 乙二胺分子间存在氢键 （4） CuCl 共价 × 【解析】(1)铜元素的原子序数为29，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1，同一原子中没有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故答案为：3d104s1；29；(2)单质铜是由铜离子和自由电子通过金属键形成的金属晶体，故答案为：金属；(3)NH3分子中N原子的价层电子对数为4、H2O分子中O原子的价层电子对数为4、SO离子中S原子的价层电子对数为4，则N、O、S的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N、O、S；根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4；乙二胺分子间能形成氢键，而1，
40、2二氯乙烷分子间不能形成氢键，则乙二胺分子间的作用力大于1，2二氯乙烷，沸点高于1，2二氯乙烷，故答案为：乙二胺分子间存在氢键；(4)由晶胞结构可知，1个晶胞中氯原子个数为8×+6×=4，位于体内的铜原子个数为4，晶胞内原子个数比11，则化学式为CuCl，故答案为：CuCl；由题给数据可知，铜与氯的电负性差值为(3.0-1.9)=1.11.7，则铜与氯易形成共价键，组成的化合物为共价化合物，故答案为：共价；设晶胞的边长为acm，由晶胞质量公式可得a3=，解得a=，则体对角线为×，由晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的可知，晶体中铜原子和氯原子之间的最短距
41、离×，故答案为：×。202005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如图：（1）有机物A的结构简式为 。（2）按系统命名法，B的名称是 。（3）FG的反应类型是 。（4）写出DM的化学方程式 。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N含有的官能团是（填名称）_。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有 种，写出任意一种的结构简式 。遇FeCl3溶液显紫色；苯环上的一氯
42、取代物只有两种（7）写出EF合成路线(在指定的3个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)_。【答案】（1）CH2=C(CH3)CH2CH3 （2）3，4二甲基3己烯 （3） 消去反应 （4） +2H2O （5） 碳碳双键，酯基 （6） 3 、 （7） CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO 【解析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代
43、基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为。（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C(CH3)CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；（2）由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4二甲基3己烯，故答案为：3，4二甲基3己烯；（3）根据F的结构简式及G的分
44、子式分析，FG的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；（4）D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，；（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。