《（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（十二） 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（十二） 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（十二）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 K 39 Cr 52 S
2、n 119一、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。12020年11月，“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试。下列说法正确的是A从海水中提取镁的过程属于物理变化B从海水中提取铀是海水利用的研究方向之一C电解从海水获得的饱和食盐水可制金属钠D“铝空气海水”电池中用铝作正极【答案】B【解析】A海水中含有镁离子，从海水中可以得到MgCl2，电解熔融MgCl2可制备Mg，从海水中提取镁的过程包含物理变化和化学变化，A项错误；B海水中含有铀元素，因此从海水中提取铀是海水利用的研究方向之一，B项正确；C电解饱和食盐水的产物为NaOH、Cl2、H2，因此不能通过电
3、解从海水获得的饱和食盐水制金属钠，C项错误；D“铝空气海水”电池中，Al由0价变为+3价，化合价升高，发生氧化反应，做负极，D项错误；答案选B。2钠着火不能用水扑灭的原因是2Na+2H2O=2NaOH+H2，下列说法正确的是ANa基态核外电子排布式为Ne3s1 BH2O为非极性分子CO结构示意图为 DNaOH电子式为【答案】A【解析】ANa基态核外电子排布式为Ne3s1，A项正确；BH2O含有极性键，是极性分子，B项错误；CO结构示意图为，C项错误；DNaOH为离子化合物，其电子式为，D项错误；答案选A。34乙酰氧苯乙烯(X)是合成光刻胶的重要中间体，可由有机物Y经如图转化合成，下列说法错误的
4、是AX的分子式为C10H10O2B该反应为取代反应CX苯环上的一氯代物有4种DY分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】AX()的分子式为C10H10O2，故A正确；B根据原子守恒，反应中除了生成X，还生成了乙酸，Y分子中酚羟基上的H原子被代替了，属于取代反应，故B正确；CX()苯环上有2种H原子，一氯代物有2种，故C错误；DY()分子中的苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，因此Y分子中所有原子可能共平面，故D正确；故选C。4分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是AX、Z可形
5、成具有强氧化性的高效消毒剂BX、Y、Z的原子半径从大到小为：Y>Z>XC由Z和W形成的化合物中可以存在共价键DY的最高价氧化物对应的水化物中，除了氢原子外所有原子满足8电子稳定结构【答案】D【解析】周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期；Y、Z处于同一周期，则Y、Z位于第二周期，阴离子带2个负电荷，Y为B元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，为H元素。根据分析可知，W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素；AH、O形成
6、的H2O2具有强氧化性，故A正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：YZX，故B正确；CZ、W形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C正确；DY的最高价氧化物的水合物是硼酸，硼酸结构式为，该分子中H、B都没有达到8电子稳定结构，故D错误；故选D。5某无色溶液W由下列离子中的若干种组成：H+、NH、Fe3+、Ba2+、Mg2+、CO、I、OH、NO。向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成。若不考虑水的电离，则下列说法中正确的是AX一定是Al3+BY一定是H2CW中最多含有6种离子D溶液中不可能含CO【答案】D【解析】无色溶液中一定不存在有色的F
7、e3+；向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则一定不存在：OH、CO，若阴离子含为I，I具有强还原性，则一定不含NO，此时气体Y为氢气；若阴离子含为NO，酸性条件下NO具有强氧化性，则一定不含I，此时气体Y为NO，阳离子可以为：H+、NH、Ba2+、Mg2+，W中最多含有5种离子，这时生成的含铝元素的离子X为Al3+；若溶液为碱性，则不存在Mg2+、H+、NH，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO，可存在的离子为：Ba2+、I、OH、NO，W中最多含有4种离子，则这时生成的含铝元素的离子X为AlO；综上所述，ABC错误，D正确。6硫酸
8、甲酯(CH3OSO3H)是制造染料的甲基化试剂，在有H2O存在的条件下，CH3OH和SO3的反应历程如图所示(分子间的作用力用“”表示)。下列说法错误的是ACH3OH与SO3反应的H0Ba、b、c三种中间产物中，a最稳定C该反应最高能垒(活化能)为19.06eVD由d转化为f过程中，有硫氧键的断裂和生成【答案】C【解析】A根据图示可知：反应物的能量比生成物的高，因此发生反应放出热量，所以反应为放热反应，反应的H0，A正确；B物质含有的能量越低，该物质的稳定性就越强，根据图示可知a、b、c三种中间产物中，a物质的能量最低，则a的稳定性最强，故a最稳定，B正确；C根据图示可知该反应最大垒能为：3.
9、66eV-(-2.96eV)=6.62eV，C错误；D结合图示中的粒子间的结合方式可是在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂，故由d转化为f过程中，有硫氧键的断裂和生成，D正确；故合理选项是C。7下列实验能达到预期目的的是实验内容实验目的A向1mL 0.1mol·L1 NaOH溶液中加入2mL 0.1mol·L1 CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀证明葡萄糖中不含醛基B向1mL 0.2mol·L1 AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol·L1 KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L1 K
10、I溶液，又生成黄色沉淀证明在相同温度下，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小证明碳元素的非金属性弱于氯D将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色证明FeCl2样品已变质【答案】D【解析】A向1mL 0.1mol·L1 NaOH溶液中加入2mL 0.1mol·L1 CuSO4溶液，NaOH不足，而检验CHO需要在碱性溶液中进行，由操作和现象不能检验葡萄糖中是否含CHO，故A错误；B向1mL 0.2mol·L1 AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol·L1 KCl溶液
11、，产生白色沉淀，硝酸银过量，再滴加2滴0.1mol·L1 KI溶液，又生成黄色沉淀，由操作和现象不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)，故B错误；CNaClO具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，且对应的酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故C错误；D滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子，则FeCl2样品已变质，故D正确；故选D。8下列关于反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247kJ·mol1的说法正确的是A该反应在任何温度下都可自发进行B反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2
12、(g) H2<+247kJ·mol1C反应中每生成1mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023D选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率【答案】C【解析】A该反应H10，通过反应方程式可知S0，由此判断该反应可在高温下自发进行，A项错误；BCO2由气态变为固态，这一过程为放热过程，根据盖斯定律可知，反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) H2+247kJ·mol1，B项错误；C根据反应方程式CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C
13、元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以反应中每生成2mol H2，转移6mol电子，则反应中每生成1mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023，C项正确；D选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，D项错误；答案选C。9用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3+8H2O=2SO+15Fe2+16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是A“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率B“还原”时氧化产物与还原产物的物质的
14、量之比为215C“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+D“沉降、氧化”时发生的离子方程式：4Fe2+8NH3·H2O+O2=8NH+4FeOOH+2H2O【答案】B【解析】A在溶液中反应时，适当提高液态反应物的浓度可以加快反应速率，A正确；B根据还原时发生的反应可知，反应中S元素的化合价升高，SO为氧化产物，部分Fe元素的化合价降低，所以部分Fe2+为还原产物，根据Fe3+的系数可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为17，B错误；C根据还原时发生的反应可知“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C正确；D铁黄为FeOOH，Fe元素的化合价为+3价，所以“沉
15、降、氧化”时Fe2+在一水合氨存在的环境中被空气中的氧气氧化为FeOOH，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4Fe2+8NH3·H2O+O2=8NH+4FeOOH+2H2O，D正确；综上所述答案为B。10BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A该过程中BMO表现了还原性B和中被降解的苯酚的物质的量之比为13C光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等D该过程的总反应：+7O26CO2+3H2O【答案】B【解析】通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O
16、2还原为O；随后，BMO+和O各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。A通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，A项正确；B1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个O表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子；所以和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，B项错误；C通过分析可知，光催化过程中，光能被转化为化学能和热能，C项正确；D通过分析可知，该过程的总反应即光照条件下，在BMO的催化作用下，氧气氧化苯酚，所以D项正确；答案选B。二、不定项选择题（每小题4分，共20分）11金刚砂(SiC)是重要的工
17、业制品，可由反应制得：3C+SiO2SiC+2X。SiC的晶体结构与金刚石类似，如图所示。下列说法错误的是ASi属于p区元素，在SiC中的化合价为+4价BX可与氧气反应生成Y，Y分子的中心原子杂化方式为sp杂化C在SiC晶体中最小的环上有6个原子D已知SiC键的键能为，则理论上分解1mol SiC形成气态原子需要的能量为a kJ【答案】D【解析】ASi位于第三周期A族，属于p区，电负性SiC，所以SiC中Si元素的化合价为+4价，A正确；B根据原子守恒可知X为CO，CO与氧气反应生成的Y为CO2，CO2分子中中心C原子的价层电子对数为=2，为sp杂化，B正确；C根据晶体结构可知，最小环为6元环
18、，有3个C原子、3个Si原子，共6个原子，C正确；D据图可知每个Si原子形成4个SiC键，所以1mol SiC中含有4mol SiC键，分解1mol SiC形成气态原子需要的能量为4a kJ，D错误；综上所述答案为D。12高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。下列说法正确的是Aa分子的核磁共振氢谱有2组峰B生成高分子b的反应为加聚反应C1mol高分子b最多可与2mol NaOH反应D高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好【答案】AD【解析】Aa分子中只有两种化学环境的H，其核磁共振氢谱有两组峰，故A正确；B
19、从流程中可以看出，生成高分子c的反应为加成反应，故B错误；C1mol高分子b中含有的酯基远大于2mol，故与NaOH反应时消耗的NaOH远大于2mol，故C错误；D高分子b在碱性条件下水解得到高分子的羧酸盐，羧酸根属于亲水基，水溶性良好，聚乙烯不溶于水，故D正确；故选AD。13用如图装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2和NO2，发生的化学反应为Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中可用Cu与1mol·L1的硝酸制备二氧化氮气体B通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量C由该反应可
20、知氧化性顺序：Cl2>NO2>NaNO3D装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出【答案】B【解析】A实验室中可用Cu与1mol·L1的硝酸是稀硝酸只能生成NO，得不到二氧化氮气体，A错误；B由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量，B正确；C该反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中Cl2是氧化剂，NO2是还原剂，NaNO3是氧化产物，故只能得出氧化性顺序：Cl2>NO2、Cl2>NaNO3，但不能得出NO2>NaNO3，C错误；
21、D装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体有Cl2和NO2、NO等气体都是有毒的气体，不能直接排出，D错误；故答案为B。14常温下，用0.10mol·L1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示：下列说法不正确的是ABOH的Kb约为1×103Ba点的c(B+)小于b点Ca点溶液中：c(B+)+c(H+)=2c(OH)+c(BOH) D滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl)0.1mol·L1【答案】AC【解析】A根据图象，0.10mol/L BOH溶液的pH=11，c(OH)=mol/L=0.001mol/L，
22、则BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c(BOH)0.10mol/L，c(B+)c(OH)=0.001mol/L，BOH的Kb=1×105，故A错误；Ba点加入酸的物质的量是碱的物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点加入酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c(B+)=mol/L=×0.10mol/L、b点c(B+)=mol/L=×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c(B+)小于b点，故B正确；Ca点溶液
23、中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl)，所以存在c(B+)+2c(H+)=2c(OH)+c(BOH)，故C错误；D混合溶液pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，则c(B+)=c(Cl)，酸碱混合后导致溶液体积增大，则导致溶液中c(Cl)减小，所以存在c(B+)=c(Cl)0.1mol/L，故D正确；故选AC。15肼(N2H4)是一种常见的还原剂，在酸性溶液中以N2H形式存在。利用如图电解装置，N2H可将UO转化为U4+(N2H转化为N2)。下列说
24、法中错误的是A镀铂钛网上发生的电极反应式为N2H-4e=N2+5H+B若生成11.2L(标准状况)N2，则被还原的U元素为1molC在该电解装置中，N2H还原性强于H2OD电解一段时间后电解质溶液的pH基本上不发生变化【答案】D【解析】电解总反应为2UO+N2H+3H+2U4+N2+4H2O，由装置可知，钛板与电源负极相连，则为阴极，发生电极反应为：2UO+4e+8H+=2U4+8H2O，镀铂钛网为阳极，发生电极反应为：N2H-4e=N2+5H+；A分析知，镀铂钛网连接电源正极为阳极，发生氧化反应，电极反应为：N2H-4e=N2+5H+，故A正确；B根据电解总反应为2UO+N2H+3H+2U4
25、+N2+4H2O，标况下，每生成22.4L N2，被还原的U元素为2mol，则若生成11.2L(标准状况)N2，则被还原的U元素为1mol，故B正确；CN2H失电子能力强于H2O，则还原性强于H2O，故C正确；D由电解总反应为2UO+N2H+3H+2U4+N2+4H2O，可知反应消耗H+，电解一段时间后pH增大，故D错误；故选D。三、非选择题（共60分。）16蛋白质含量是食品营养价值的重要指标之一。凯氏定氮法是测量蛋白质中含氮量的常用方法。实验室测定蛋白质中含氮量的具体流程如下：奶粉样品(质量ag)(NH4)2SO4NH3(NH4)2B4O7结果处理。回答下列问题：(1)“消化”的目的是_。(
26、2)“蒸馏”和“吸收”操作装置如下图所示(加热及夹持装置略去)。实验步骤：组装好仪器后，向水蒸气发生器内加蒸馏水，并加入数粒玻璃珠。加入玻璃珠的作用是_。清洗仪器：打开K1，关闭K2。加热烧瓶使水蒸气充满管路，停止加热，关闭K1。烧杯中蒸馏水倒吸进入反应室，原因是_；打开K2放掉洗涤水，重复操作23次。向烧杯中加入硼酸溶液及指示剂。消化液由样液入口注入反应室，并注入一定量的氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗后，封闭样液入口。反应室内反应的离子方程式为_，烧杯中发生反应的化学方程式为_。反应装置使用了双层玻璃，其作用是_。检验蒸馏操作中氨已完全蒸出的方法是_。(3)“蒸馏”后用c mol·L-
27、1的盐酸标准溶液滴定烧杯内液体，发生的反应为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3，终点时消耗盐酸平均体积为v mL。则该奶粉样品中氮的质量分数为_。【答案】（1）将奶粉样品中的氮元素转化为铵盐，便于氮元素的测定 （2） 防止液体暴沸 温度降低，管路中压强减小，形成负压 NH+OHNH3+H2O 2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O 保温使氨气完全蒸出 用pH试纸检验馏出液为中性(或撤去冷凝管末端的烧杯，将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝) （3） 或 【解析】本实验的目的是测定蛋白质中含氮量，奶粉样品“消化”将氮元素转化为硫酸
28、铵，在将生成的硫酸铵与氢氧化钠溶液混合并加热反应生成氨气，生成的氨气通入H3BO3溶液中吸收，最后用标准盐酸溶液滴定，计算奶粉样品中的氮含量。(1)本实验的目的是测定蛋白质中含氮量，奶粉样品“消化”的目的是将奶粉样品中的氮元素富集并转化为铵盐，便于氮元素的测定；(2)组装好仪器后，向水蒸气发生器内加蒸馏水，并加入数粒玻璃珠。加入玻璃珠相当于加沸石，其作用是防止液体暴沸；清洗仪器：打开K1，关闭K2。加热烧瓶使水蒸气充满管路，停止加热，关闭K1。烧杯中蒸馏水倒吸进入反应室，原因是关闭K1后，水蒸气冷却，则管内的压强减小，而外界的大气压不变，则大气压将蒸馏水压入反应室，引起倒吸；反应室内发生的反应
29、是硫酸铵与氢氧化钠溶液反应制取氨气，离子方程式为NH+OHNH3+H2O，生成的氨气通入烧瓶用H3BO3进行吸收生成(NH4)2B4O7，则烧杯中发生反应的化学方程式为2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O；反应装置使用了双层玻璃，可以起到保温的作用，减少热量散失，有利于氨气逸出；检验蒸馏操作中氨已完全蒸出的方法是撤去冷凝管末端的烧杯，将湿润的红色石蕊试纸靠近冷凝管下端出口，若试纸不变蓝，或用pH试纸检验馏出液为中性，说明氨气已经完全蒸出；(3)根据题意，滴定过程中消耗盐酸的物质的量为c mol·L1×v×103L=cv×103mol，根
30、据反应(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3，n(NH4)2B4O7=n(HCl)=mol，则n(N)=2n(NH4)2B4O7=cv×103mol，则a g样品中氮元素的含量为×100%=或。17锡的某些化合物在工业上有重要用途，SnSO4常用于印染和电镀工业.某研究小组设计SnSO4的制备路线如图：已知：；强酸性条件下，锡元素在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，SnCl2极易水解，生成对应的碱式盐。(1)锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是_。(2)SnCl2用盐酸溶解而不用水直接溶解的原因是_
31、；加入Sn粉的作用有两个；调节溶液pH；_。(3)步骤中用到的玻璃仪器有_。(4)酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是_。(5)向SnO中加入稀硫酸的作用之一是控制溶液的pH.若溶液中，则室温下应控制溶液pH取值范围为_(已知)(6)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取a g锡粉溶于盐酸中，向生成的SnCl2中加入过量的溶液，用滴定生成的(已知酸性环境下，可被还原为不能被氧化)，共用去溶液d mL，则锡粉中锡的质量分数为_。(的摩尔质量为，用含a、b、d的最简代数式表示)【答案】（1）第五周期第A族 （2） 抑制Sn2+水解 除去酸溶时产生
32、的少量Sn4+，防止Sn2+被氧化 （3） 烧杯、漏斗、玻璃棒 （4） Sn2+H2O2+2H+=Sn4+2H2O （5） pH1 （6） 【解析】由于Sn2+易水解、易被氧化，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入Sn粉可以与盐酸反应，调节溶液pH，还防止Sn2+被氧化，步骤为过滤，得SnCl2溶液，向其中加碳酸氢铵，调节溶液pH=67，使Sn元素以SnO形式沉淀，再过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，滤液D中含有大量的NH4Cl等。(1)锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，因此锡元素在周期表中的位置是第五周期第A族。(
33、2)SnCl2易水解，因此用盐酸溶解而不用水直接溶解的原因是抑制Sn2+水解；又因为Sn2+易被氧化为Sn4+，则加入Sn粉的作用有两个，即调节溶液pH，同时除去酸溶时产生的少量Sn4+，防止Sn2+被氧化；(3)步骤为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)酸性条件下，SnSO4还可以用双氧水氧化为Sn4+而除去，发生反应的离子方程式是Sn2+H2O2+2H+=Sn4+2H2O；(5)当恰好产生Sn(OH)2沉淀时，氢氧根浓度是1013mol/L，则氢离子浓度是0.1mol/L，室温下应控制溶液pH取值范围为pH1；(6)根据、6Fe2+Cr2O+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O
34、可知3Sn3Sn2+6Fe2+Cr2O，所以Sn的质量是0.001bdmol×3×119g/mol0.357bdg，质量分数是。18CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHCO(CO)键能/kJ·mol14137454361075则该反应的H=_。(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2和水蒸汽，CH4与CO2催化重整过程中还会发生如下反应
35、：反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJ·mol1反应CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) H2=-35.6kJ·mol1测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。图中a和b分别代表产物_和_，当某超高温度，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是_。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，则CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=_（写出计算式）。(3)催化重整时会伴随积碳和消碳反应，积炭反应会使催化剂活性降低，相关数据如下表：反应CH4(g)C(s)+2H2(g)CO2(g)+
36、C(s)2CO(g)H(kJ·mol1)+75-173研究发现，如果反应I不发生积碳过程，则反应II也不会发生积碳过程。因此若保持催化剂的活性。应采取的条件是_。如果I、II均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，反应的化学方程式是_。【答案】（1）120kJ·mol1 （2） CO H2 H2和O2反应生成H2O是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动 （3） 增大压强或降低温度 C+H2OCO+H2 【解析】（1）根据H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，可以计算出该反应的H=413kJ·mol1×4+745kJ·mol1
37、5;2-1075kJ·mol1×2-436kJ·mol1×2=120kJ·mol1。答案为：120kJ·mol1；（2）根据题给信息反应的产物均有CO，结合产物产量图可知，a代表CO，则b代表H2。反应H2(g)+O2(g)H2O(g)为放热反应，随着温度升高，反应向逆反应方向移动，H2O的量减小；1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%。根据反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，可计算出平衡时n(CO2)=0.1mol，n(CO)=0.9mol；由反应CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)，
38、可计算出平衡时n(CH4)=0.05mol，n(CO)=0.95mol。结合题给产物产量图，可知n(H2)=1.55mol。则CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=；（3）由题给数据可知，反应的积碳反应为气体体积增大且吸热的反应。根据题中：如果反应I不发生积碳过程，则反应II也不会发生积碳过程。则若要保持催化剂的活性，应避免反应I发生积碳过程，可以采取降低温度或增大压强等方式。如果I、II均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，说明碳和水蒸气发生了反应，反应方程式为：C+H2OCO+H2；答案为：增大压强或降低温度；C+H2OCO+H2。19我国科学家制备了
39、一种高性能Bi氮掺杂碳纳米笼。其合成过程如图：回答下列问题：(1)元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为_。(2)Bi(NO3)3·5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为_。(3)常温下，1，3，5苯三甲酸在水中溶解度比苯甲酸大的原因为_。(4)中氮原子的杂化类型有_。(5)Bi氮掺杂碳纳米笼作为钾离子电池负极材料，充电时存在Bi到钾铋合金的两步转变，其晶胞结构转变如图所示：合金M中离钾原子最近的钾原子有_个。合金N的化学式为_。【答案】（1）6s26p3 （2） ONHBi （3） 1，3，5苯三甲酸有三个羧基与水形成的氢键比苯甲酸多 （4） sp2、sp3 （5）
40、 4 K3Bi 【解析】(1)元素Bi位于第6周期VA族，与N原子为同主族元素，则其基态原子的价电子排布式为6s26p3；(2)Bi(NO3)3·5H2O中含有H、N、O、Bi，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性从大到小的顺序为ONHBi；(3)常温下，1，3，5苯三甲酸中含有三个羧基，羧基数目越多，羧基与水形成的氢键数目越多，增大有机物在水中的溶解度，则1，3，5苯三甲酸比苯甲酸多在水中溶解度比苯甲酸大；(4)中标注“”的N原子，含有3条键、一个孤电子对，为sp3杂化，标注“”的N原子含有2条键、一个孤电子对，为sp2杂化；(5)根据M的晶胞结构，距离体内钾原子最近的钾原子
41、在顶角和其3个面的面心，形成正四面体构型，则离钾原子最近的钾原子有4个；合金N中8个钾原子在棱上，4个在体内，K原子个数=8×+4=6，Bi原子2个均在体内，则化学式为K3Bi。20下面是有机化合物G(1，3环已二醇)的一种合成路线。(1)C中官能团的名称为_，B的结构简式为_。(2)反应的反应类型是_，反应中的反应条件及试剂是_。反应中的反应物只有E，则另一种产物的结构简式为_。(3)写出反应的化学方程式_。(4)B有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种。不含环状结构核磁共振氢谱有2个峰(5)结合上述合成路线，写出以乙醇、丙酮(CH3COCH3)为原料制备2，4，6庚三醇
42、的合成路线_。(无机试剂任选)【答案】（1）醛基、羰基 （2） 氧化反应 乙醇、浓硫酸、加热 CH3CH2OH （3） +2H2 （4） 3 （5） CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5 【解析】由C的化学式可知，C中含有羰基和醛基，说明BC为开环反应，又可知A为，A中含有-Br，所以AB为消去反应，B为，C中的醛基被CrO3氧化生成D，D中含有羧基，D在浓硫酸和乙醇的条件下生E。(1)有上述分析可知，C中含有醛基和羰基，B的结构简式为，故答案为：醛基、羰基，；(2)C中的醛基被CrO3氧化生成D，所以反应的反应类型是氧化反应，反应为酯化反应，其条件即试剂为乙醇、浓硫酸、加热，EF，由反应物E和生成物F可推知另一种产物为CH3CH2OH，故答案为：氧化反应，乙醇、浓硫酸、加热，CH3CH2OH；(3) 反应的化学方程式为+2H2；(4)B的不饱和度为2，若B不含环状，且核磁共振氢谱中含有两种H，符合上述条件的为：H3CCH2CCCH2CH3、，共3种，故答案为：3；(5)乙醇、丙酮(CH3COCH3)为原料制备2，4，6庚三醇的合成路线为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5