《（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（九） 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（九） 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（九）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化学与生活紧密相关，下列描述不正确的是A水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的B佩戴医用口罩预防病毒的原理相当于化学实验中的过滤C火神山医院在建造过程中大量使用HDPE防渗膜，这种塑料是一种新型的无机材料D碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料【答案】C【解析】A水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的，A项正确；B佩戴口罩预防病毒，目的是允许空气透过，但不允许灰尘、病毒等透过，其原理相当于化学实验中的过滤操作，B项正确；CHDPE防渗膜是一种有机高分子材料，C项错误；D碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，
3、所以比表面积大，可用作新型储氢材料，D项正确；答案选C。2下列化学用语表示正确的是A中子数为8的碳原子：CBO2的结构示意图：C对硝基甲苯的结构简式是D羟基的电子式是【答案】D【解析】A中子数为8的碳原子的质量数为14，原子符号为C，故A错误；B氧离子的核电荷数为8，核外电子数为10，离子的结构示意图为，故B错误；C对硝基甲苯中硝基中的氮原子与苯环上碳原子相连，结构简式为，故C错误；D羟基的结构简式为OH，电子式为，故D正确；故选D。3下列表述正确的是A键角：H2O>NH3B用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：C电负性：N>O>C>HD冰的密度比水小的性质与氢键无关
4、【答案】B【解析】AH2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；B氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；C电负性应O> N，C错误；D冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；故选B。4有机物与社会生活的各个方面密不可分,下列说法错误的是A直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类B乙酸乙酯的碱性水解属于皂化反应C棉花、蚕丝都属于天然纤维但主要成分不同D葡萄糖和果糖均
5、不能发生水解反应【答案】B【解析】A直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类，其中直馏汽油的主要成分是饱和烃，裂化汽油既含有饱和烃又含有不饱和烃，A正确；B油脂(高级脂肪酸甘油三酯)的碱性水解又叫皂化反应，其他酯类水解不属于皂化反应，B错误；C棉花、蚕丝都属于天然纤维，棉花主要成分是纤维素，蚕丝主要成分是蛋白质，C正确；D葡萄糖和果糖都是单糖，均不能发生水解反应，D正确；故选答案B。5中国科学家合成囧烷的路线局部如图：下列说法错误的是AY与乙烯互为同系物BX能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C囧烷的分子式为C12H18DY生成囧烷的反应类型为加成反应【答案】A【解析】AY中含有环状结构，与乙烯不是同系物，
6、故A错误；BX中含有CHO，OH可使高锰酸钾褪色，故B正确；C囧烷中每个C成4个键，不足者补H，顶点拐点均为C，共有18个H，则分子式为C12H18，故C正确；DY生成囧烷，两个双键加成为环状，反应类型为加成反应，故D正确；故选A。62019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述错误的是A原子半径：X>W>ZB非金属性：X>Z>WCY的氢化物可用于刻蚀玻璃DX的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电
7、子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。A电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A错误；B同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；CY为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；DX为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；综上所
8、述答案为B。7由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A室温下，将相同大小的钠块分别投入水和无水乙醇中生成氢气的速率：水>乙醇羟基氢的活泼性：水>乙醇B向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸溶液中出现凝胶非金属性：Cl>SiC用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应焰色呈黄色该溶液为钠盐溶液D向AgCl浊液中加入过量浓氨水浊液变澄清AgCl是强酸弱碱盐，显酸性【答案】A【解析】A羟基与钠反应放出氢气，室温下，将相同状态的含羟基的物质与相同大小的钠块反应，放出氢气越剧烈，则所含羟基氢越活泼，A正确；B高氯酸的酸性大于硅酸，能说明氯的非金属性大于硅，故应向Na2SiO3溶液
9、中滴加稀高氯酸，B错误；C焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色，能说明含钠元素，不一定是钠盐，C错误；D向AgCl浊液中加入过量浓氨水，因生成而变澄清，不能得出“AgCl是强酸弱碱盐、显酸性”这个结论，D错误；答案选A。8氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO下列说法错误的是A“酸浸”步骤所得“滤渣”的主要成分为SiO2B“滤液”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2OC“碱溶”时，主要反应为Be(OH)2+2
10、OH=BeO+2H2OD“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率【答案】D【解析】A氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣”的主要成分为SiO2，故A说法正确；B滤液中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O，故B说法正确；CFe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于
11、两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH=BeO+2H2O，故C说法正确；D滤液的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；故选D。9臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是A催化反应均为放热反应B决定O3分解反应速率的是催化反应CE1是催化反应对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应对应的逆反应的活化能D温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大【答案】C【解析】A从图上可知，反应
12、中生成物能量高于反应物，反应是吸热反应，A项错误；B决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应决定臭氧的分解速率，B项错误；C据图可知E1为催化反应中反应物断键吸收的能量，即催化反应对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应生成物成键时释放的能量，即催化反应对应的逆反应的活化能，C项正确；D据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；答案选C。10镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关
13、，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是A断开K2、合上K1，电极A的电势低于电极BB断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生氧化反应C电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化D镍镉二次电池的总反应式：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O【答案】B【解析】由图知电极A与直流电源的负极相连，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e+2OH=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e+2H2
14、O=2Ni(OH)2+2OH，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。A断开K2、合上K1，为原电池，电极A为负极，则其电势低于电极B，A正确；B断开K1、合上K2，为充电过程，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e=Cd+2OH，B错误；C放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e+2H2O=2Ni(OH)2+2OH，溶液中的氢氧根浓度增大，C正确；D根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式：Cd(OH
15、)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，D正确；答案选B。2、 不定项选择题（每小题4分，共20分）11已知HClO的Ka=2.98×108，HF的Ka=7.2×104，下列有关说法错误的是A在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0.01mol·L1的稀盐酸，溶液的pH值不变B0.1mol·L1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，CO水解程度增大，但溶液的pH减小C等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小D将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在5种离子【答案】C【解析】ApH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度
16、为0.01mol·L1，0.01mol·L1的稀盐酸中氢离子浓度为0.01mol·L1，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A正确；B0.1mol·L1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，碳酸根水解平衡逆向移动，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；CNaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶
17、液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；DCl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在HClO、NaClO、NaCl、H2O共5种物质，共有H+、ClO、Na+、Cl、OH共5种离子，故D正确；故选B。12用如图装置(夹持装置已略去)进行NH3制备及性质实验。下列说法正确的是A甲中制备NH3利用了NH3·H2O的分解反应B乙中的集气瓶内a导管长、b导管短C若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸D向收集好的NH3中通人少量Cl2，可能观察到白烟【答案】AD【解析】该实验制备氨气利用碱石灰溶于水放热
18、使氨水分解，氨气极易溶于水，不宜用排水法收集，其密度比空气小，可用排空气法收集。A甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，故A正确；B氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故a短b长，故B错误；C因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，故C错误；D氨气与氯气反应可以生成氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；故选AD。13在活性炭催化条件下，煤气中的H2S可被脱除，反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列有关说法错误的是ACS2分子中含有非极性键B存在反应CH2S脱除率小于100%D该过程中发生了能量变化【答案】A【解析】ACS2分子中C和两个S分别
19、形成2对共用电子对，只含有极性键，A项错误；B由图可知，在催化剂表面，碳原子和硫原子可形成二氧化硫，即，B项正确；C由图可看出，还有H2S没有分解，H2S脱除率小于100%，C项正确；D该过程中有化学键的断裂与生成，故一定有能量的变化，D项正确；答案选A。14乳酸CH3CH(OH)COOH与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，具有多种同分异构体，其中能与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积和相同条件下与Na反应放出的气体体积相等的有机物有A10种 B11种 C12种 D13种【答案】C【解析】乳酸CH3CH(OH)COOH与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，则A为CH3CH(OH)COOCH2CH
20、3；其同分异构体能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明含COOH，能与钠反应放出气体且与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积相等，则含OH；先写羧酸，有CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH共4种；再将-OH取代烷烃中的H，OH取代CH3CH2CH2CH2COOH中烷基上的H有4种，OH取代(CH3)2CHCH2COOH中烷基上的H有3种，OH取代CH3CH2CH(CH3)COOH中烷基上的H有4种，OH取代(CH3)3CCOOH中烷基上的H有1种，共4+3+4+1=12种，C满足题意；答案选C。15常
21、温下，将0.1000mol·L1的KOH溶液分别滴加到20.00mL浓度均为0.1000mol·L1的一元酸HX和HY溶液中，溶液的pH与所加KOH溶液体积的关系如图所示，下列叙述错误的是AM点溶液中c(K+)>c(X)>c(OH)>c(H+)B常温下用0.1000mol·L1的氨水(Kb=1.8×105)滴定0.1000mol·L1 HX溶液可用酚酞做指示剂CN点溶液中，c(Y)+2c(OH)=2c(H+)+c(HY)D常温下，将0.1000mol·L1 HX溶液和0.2000mol·L1 KY溶液等体积
22、混合，混合液呈酸性【答案】D【解析】AM点时所得溶液为含有等物质的量的HX和KX的混合溶液，溶液的pH=9，呈碱性，说明X的水解大于HX电离，则c(K+)>c(X)，c(OH)>c(H+)，水解程度微弱，则c(X)>c(OH)，则离子浓度大小为：c(K+)>c(X)>c(OH)>c(H+)，故A正确；B0.1000mol·L1 HX溶液的pH=5，则HX的电离平衡常数为<Kb=1.8×105，则滴定后NH4X溶液呈碱性，可用酚酞做指示剂，故B正确；CN点时所得溶液为含有等物质的量的HY和KY的混合溶液，由电荷守恒：c(Y)+c(OH
23、)=c(H+)+c(K+)，由物料守恒：c(Y)+c(HY)=2c(K+)，两式联立，可得关系式：c(Y)+2c(OH)=2c(H+)+c(HY)，故C正确；D0.1000mol·L1 HY溶液的pH=3，则HY的电离平衡常数为，则Y-的水解平衡常数为：，设0.2000mol·L1 KY溶液水解产生的c(OH)=x mol/L，根据，则，解得，0.1000mol·L1 HX溶液pH=5，则，则c(OH)>c(H+)，溶液呈碱性，故D错误；故选D。三、非选择题（共60分。）16常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8，易
24、溶于CCl4，遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反应原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用下列装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。已知：HgCl2·HgO是难溶于CC14的固体。回答下列问题：(1)各装置的连接顺序为A_D_E(填字母，装置可以重复使用)。(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为_。(3)C装置的作用是_，若没有B装置，D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是_。(4)装置D中的操作：把CCl4加入三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度达到50g/L，停止供氯。加入HgO固体，加热三颈瓶至25，
25、搅拌45min，氯气几乎完全反应。过滤三颈瓶内的混合物。冰水浴冷却的目的是_。过滤后滤液的主要成分有_。(5)若实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，则Cl2O的产率=_。(保留两位有效数字)。(6)实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。序号0.1mol/L NaClO溶液/mL0.1mol/L NaCl溶液/mL0.1mol/L NaOH溶液/mLH2O/mL品红溶液现象5.0005.03滴较快褪色05.0a03滴不褪色5.005.003滴较慢褪色a=_。由上述实验得出的结论是_。【答案】（1）ACBDBE
26、（2）2MnO+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O （3） 除去Cl2中的氯化氢气体 Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等 （4） 增大氯气在CCl4中的溶解度 Cl2O、CCl4 （5） 80% （6） 5.0 其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱 【解析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再干燥环境下进行，进入D装置的氯气需要干燥，故B可以盛放浓硫酸，用于干燥氯气。氯气与HgO在D中反应生成Cl2O，尾气中有未反应的氯气以及Cl2O等，直
27、接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气加入D中，可以盛放浓硫酸，据此回答问题。(1)有分析可知，各装置的连接顺序为ACBDBE；(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2MnO+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等；(4)温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2
28、O、CCl4；(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为：=30.6g，则Cl2O的产率=80%；(6)探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a=5.0ml；通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。17CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂
29、的反应器可得到甲烷。已知：CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)H=206kJ·mol1；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)H=-41kJ·mol1。则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的H=_kJ·mol1，S_0(填“>”、“<”或“=”)。(2)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。过渡元素是寻找催化剂的主要方向。催化剂Ni原子的基态核外电子排布式为_。高于320后，以Ni-CeO2为催化剂，C
30、O2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是_。对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_，使用的合适温度为_。(3)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为_。如果处理有机物(CH2O)n产生标准状况下56m3的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为_。【答案】（1）-165 < （2） Ar3d84s2 320时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同
31、时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320 （3） CO2+8H+8e=CH4+2H2O 2×104mol 【解析】(1)已知CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)H=206kJ·mol1；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)H=-41kJ·mol1；根据盖斯定律-(+)可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的H=-(206 kJ·mol1-41kJ·mol1)=-165kJ·mol1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以S<0；(2)Ni为28号元素，原子核外有28个电子，
32、根据核外电子排布规律可得Ni原子的基态核外电子排布式为Ar3d84s2；320 时，以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；根据可知Ni-CeO2的催化效果更好，适宜温度为320，此时CO2的转化率达到最大；(3)CO2转化为CH4被还原，所以阴极反应即CO2甲烷化的反应，电极反应为CO2+8H+8e=CH4+2H2O；标准状况下56m3的甲烷的物质的量为=2.5×103mol，根据电极反应式可知转移的电子的物质的量为2.5×103mo
33、l×8=2×104mol。18工业上用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量的PbS)制备钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的流程如图所示。已知：“浸取”时PbO转化为Na2PbO2。回答下列问题：(1)“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是_(答出一条即可)；“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；“浸取”时生成气体a的电子式为_。(2)“除铅”过程中发生反应的离子方程式为_。(3)结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为87.5%，则Ksp(BaMoO4)=_。结晶前溶液中c
34、(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L，Ksp(BaCO3)=1×109，溶液体积变化可忽略结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_。(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图。 若缓蚀剂钼酸钠-月桂酰肌氨酸的总浓度为300mg/L，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol)的物质的量浓度为_mol/L(保留3位有效数字)。a点前，随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是_，请设计实验证明上述结论_。【答案】（1）
35、将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触 72 （2） PbO+2H2O+S2=PbS+4OH （3） 1.6×108 使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度 （4） 7.28×104mol·L1 Cl有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀 向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快 【解析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2，浸取后然
36、后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2=PbS+4OH，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4·2H2O。（1）“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；由分析可知，“焙烧”时MoS2转化为MoO3的反应为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为72；“浸取”时的反应为：MoO3+CO=MoO+CO2，PbO+CO=PbO+CO
37、2，故生成气体a为CO2，故其的电子式为：，故答案为：将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；72；(2)“浸取”后然后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2=PbS+4OH，故答案为：PbO+2H2O+S2=PbS+4OH；(3)当BaMoO4开始沉淀时溶液中钡离子浓度c(Ba2+)=，溶液中碳酸根离子浓度c(CO)=0.20mol/L×(1-87.5%)=0.025mol/L，故c(Ba2+)=4.0×108mol/L，故Ksp(BaMoO4)=
38、c(Ba2+)·c(MoO)=4.0×108mol/L×0.40mol/L=1.6×108，故答案为：1.6×108；由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；(4)根据图示可知，当钼酸钠-月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg·L1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：7.28×104mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l04mol·
39、L1，故答案为：7.28×104mol·L1。由图示数据可知，a点前，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，设计实验证明上述结论可设计为：向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快，故答案为：Cl有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀；向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快。19研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米
40、粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：(1)Mn位于周期表的第_族，Co基态原子核外有_个未成对电子。(2)CO2分子中键与键的数目比为_。(3)比较键能：CH_SiH(填“>”、“”或“=”)。(4)SiO2晶体的熔点高于干冰的原因是_。(5)锗(Ge)与C同族，Ge原子比C原子多两个电子层，则Ge的原子序数为_。(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有_个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为_。【答案】（1）VIIB 3 （2）11 （3）> （4）Si
41、O2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰 （5）32 （6）12 【解析】(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；(2)二氧化碳分子中含有碳氧双键，双键中含有1个键和1个键，则键与键的数目比为22=11，故答案为：11；(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则CH键的键能大于SiH键，故答案为：；(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅
42、为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰；(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。20化合物F
43、是用于治疗慢性梗阻性肺病的中间体，其合成路线如图。已知：BnBr代表(1)AB的反应类型为_。(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_。a既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；b核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3221(3)反应中碳酸钾的作用是_。(4)E中手性碳原子的数目为_。(5)请设计以和为原料制备的合成路线_。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)【答案】（1）取代反应 （2） 或 （3） 吸收反应生成的HCl使反应平衡向右移动 （4） 0 （5）【解析】A中苯环上的H原子被CH3CO取代生成B，B中酚羟基的H原子被-Bn取代生
44、成C，C中苯环上的H原子被硝基取代生成D，D中硝基被还原生成氨基，E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F。(1)A中苯环上的H原子被CH3CO取代生成B，AB的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，a既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酯基和酚羟基；b核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3221，说明有4种氢原子，个数比为：3221，故答案为：或；(3)E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F，同时生成HCl，反应中碳酸钾的作用是吸收反应生成的HCl推动反应平衡右移。故答案为：吸收反应生成的HCl使反应平衡右移；(4)E中甲基中饱和碳上连有3个相同的H，不能形成手性，手性碳原子的数目为0。故答案为：0；(5)设计以和为原料制备，根据题干中信息，要先合成，甲基上氢可用卤素发生取代反应，产物再水解；硝基还原成氨基。参考合成路线为：。