（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（一） 教师版.doc

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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（一）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

2、Fe 56 Cu 64一、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。1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好B“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口C阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒D近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫【答案】C【解析】A酶在温水中

3、的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果会越好，故A错误；B做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有香味的乙酸乙酯，故B错误；C水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；D雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物，故D错误；选C。2下列有关化学用语的表示正确的是ACO2分子的比例模型： B二氟化氧分子的电子式：C对二甲苯的结构简式： D质子数与中子数相等的硫原子：【答案】C【解析】A二氧化碳分子中C原子的半径大于O原子半径，模型中原子比例不正确，A错误；B二氟化氧分子的电子

4、式为，B错误；C对二甲苯的结构简式为，C正确；D质子数与中子数相等的硫原子质量数为16+16=32，表示为，故D错误；故选C。3用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A用图甲的方法不能检查此装置的气密性B图乙可以作为CCl4萃取溴水后的分液装置C实验室用图丙所示装置制取少量氨气D图丁洗气瓶中的白色沉淀为BaSO3【答案】B【解析】A如果甲装置的气密性良好，a、b两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，A错误；B溴易溶在有机物四氯化碳中，且四氯化碳不溶于水、密度大于水，因此图乙可以作为CCl4萃取溴水后的分液装置，B正确；C收集氨气时导管口应该插入到试管底部，且试管口不能

5、用橡胶塞塞住，C错误；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸，从而生成硫酸钡沉淀，D错误；答案选B。4化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是AFeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品B过氧乙酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒C甘油具有吸水性，可用作化妆品的保湿剂DNa具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti【答案】A【解析】AFeCl3溶液用于蚀刻铜制品，是利用FeCl3的氧化性，故选A；B过氧乙酸用于杀菌消毒，是利用过氧乙酸的强氧化性，故不选B；C甘油用作化妆品的保湿剂，是因为甘油具有吸水性，故不选C；DNa与TiCl4反应制备Ti，体现金属钠的还原

6、性，故不选D；选A。5类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液2Br+2H2O2OH+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H+OH=H2O稀HNO3与B

7、a(OH)2溶液反应至中性H+OH=H2O【答案】D【解析】A将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2+3ClO+SO2+H2O=CaSO4+Cl+2HClO，故B错误；C用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2+2Br+2H2OMg(OH)2+H2+Br2，故C错误；D稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H+OH=H2O，故D正确

8、；故选D。6阿魏酸乙酯(Y)是用于生产治疗心脑血管疾病药品的基本原料，可由下列反应制得：下列有关化合物X、Y的说法正确的是AX分子中所有碳原子一定处于同一平面BY与足量Br2既可发生取代反应又可发生加成反应C可用FeCl3溶液检验产品Y中是否混有XD1mol X、Y分别与足量H2反应时消耗H2物质的量之比为54【答案】B【解析】AX分子中有苯环结构、碳碳双键结构和碳氧双键结构，都是平面结构，但它们都以碳碳单键相连，而碳碳单键可以旋转，所以X分子中所有碳原子不一定处于同一平面，故A错误；BY分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，Y分子中有酚羟基，可以和浓溴水发生苯环上的取代反应，所以Y与足量B

9、r2既可发生取代反应又可发生加成反应，故B正确；CX和Y分子中都有酚羟基，都可以和FeCl3溶液发生显色反应，所以不能用FeCl3溶液检验产品Y中是否混有X，故C错误；D1个X和Y分子中都有1个苯环和1个碳碳双键，可以和H2发生加成反应，羧基和酯基中的碳氧双键不能和H2发生加成反应，所以1mol X和Y分别与足量H2反应时消耗H2物质的量相等，故D错误；故选B。7短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到Z的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是A简单气态氢化物的稳定性：XWZBM中W原子满足8电子稳定结构CX的单质可与Y2Z溶液发

10、生置换反应得到单质ZDY分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键【答案】C【解析】由M的结构以及M遇稀硫酸得到Z的单质和氧化物，可知M为Na2S2O3，即W为O，Y为Na、Z为S。根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可知X为F。A经分析，X为F，W为O，Z为S，则简单气态氢化物的稳定性：FOS，故A项正确；B由M的结构可知，氧原子满足8电子稳定结构，故B项正确；CF2遇水溶液直接与H2O剧烈反应，不能与Na2S溶液直接反应得到S单质，故C项错误；DO、S属于同主族元素，Na与O、S分别可形成Na2O2、Na2S2等化合物，分子中均含有非极性键，故D项正确。本题答案C。8BMO(Bi2

11、MoO6)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O2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B

12、MO，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。9固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示T时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是A该反应可表示为2A(g)+B(g)C(g) H<0BT时该反应的平衡常数K6.25C当容器中气体密度不再变化时，

13、该反应达到平衡状态DT，在第6min时再向体系中充入0.4mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25【答案】D【解析】A根据图可知A物质的量减小0.4mol，B物质的量减小0.2mol，A、B均为反应物，C物质的量增加0.2mol，为生成物，根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比，写出化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)，根据图2可知，温度升高，平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)C(g) H0，故A错误；B图1中5min时达到化学平衡，平衡浓度分别为c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.1mol/L、c(C)=0.1mol/L，则K

14、=25，故B错误；C由=可知，m不变，V不变，则是定值，因此当容器中气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；D图1中5min时，C的体积分数为=0.25，充入0.4mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；答案选D。10金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列说法不正确的是A中需持续吹入空气作氧化剂BA为Na2Cr2O7溶液C中需加入过量稀硫酸D中Cr在阴极生成【答案】C【解析】A中FeO·Cr2O3、Al2O3与Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2

15、O3、NaAlO2，Cr、Fe元素化合价升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B酸性条件下，2CrO+2H+=Cr2O+H2O，B正确；C氢氧化铝能溶于过量硫酸，中加入的稀硫酸不能过量，C错误；D电解Na2Cr2O7溶液制备金属Cr，Cr元素化合价降低发生还原反应，所以Cr在阴极生成，故D正确；选C。2、 选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11常温下，100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入20mL KMnO4溶液恰好完全反

16、应。下列说法正确的是ANa2C2O4溶液中C2O数目为0.1NAB稀硫酸中水电离的c(H+)=1013mol/LCKMnO4溶液浓度为0.1mol/LD反应过程中转移电子数为0.2NA【答案】BD【解析】Na2C2O4溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入KMnO4溶液反应的化学方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4。A100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中含有Na2C2O4 0.1L×1.0mol/L=0.1mol，其中C2O水解，使得C2O数目少于0.1NA，故A错误；B稀硫酸为酸，抑制水的

17、电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)=1013mol/L，故B正确；C反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，则KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为×0.1mol=0.04mol，浓度为=0.2 mol/L，故C错误；D反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，反应中Mn由+7价降低为+2价，反应过程中转移电子0.04mol×(7-2)=0.2mol，数目为0.2NA，故D正确；故选BD。12最近研究

18、表明，用Sb(CH3)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三种化合物进行重组反应可生成空间位阻最小的离子化合物Sb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6。已知锑(Sb)与砷(As)同主族，下列说法错误的是ASb的价电子排布式为5s25p3B第一电离能：Br>Se>AsC电负性：Br>C>HDSb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6中存在离子键和共价键【答案】B【解析】A根据能层序数等于电子层数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故Sb的价电子排布式为5s25p3，A正确；BAs、Se、Br为同一周期元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第

19、A与A，A与A之间反常，故第一电离能：Br>As>Se，B错误；C元素的电负性变化规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Br>C>H，C正确；D由题干可知Sb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6为离子化合物，故该物质中存在离子键和共价键，D正确；故答案为B。13资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。下列说法错误的是A能证明氧化性的相对强弱的实验现象为中溶液上方出现红棕色气体B滴加浓硝酸前要先打

20、开弹簧夹通一段时间氮气C中的试剂为水D的作用是吸收尾气【答案】A【解析】根据实验的目的以及装置特点进行判断；装置浓硝酸和铜反应，装置利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。A装置盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为中溶液上方不出现红棕色气体，装置

21、液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，故B正确；C中的试剂为水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；D装置中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D正确；故选A。14近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTsCOOH)为正极催化剂构建了可充电KCO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO22K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是A充电时，阴

22、极反应为2K2CO3+C-4e=4K+3CO2B电池每吸收22.4L CO2，电路中转移4mol eC放电时，外电路中电流由MWCNTsCOOH经酯基电解质流向KSn合金D为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质【答案】C【解析】A充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K+e+Sn=KSn，A错误；B气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；C放电时，KSn合金作负极，MWCNTsCOOH作正极，在外电路中电流由正极流向负极，C正确；D若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTsCOOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误

23、；故选C。1525时，在10mL 0.1mol·L1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L1 HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是AHCl溶液滴加一半时，溶液pH<7BH2CO3的Ka1的数量级为106CpH8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1mol·L1D在M点：c(Na+)c(CO)c(HCO)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】不加酸时，Na2CO3溶液显碱性，随着HCl溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl溶液，溶液逐步由

24、碳酸氢钠转化为碳酸。A当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO3为主，故该溶液呈碱性，溶液pH7，故A错误；B由图中可以看出，当c(H+)=105.8mol/L时，c(H2CO3)c(HCO)，H2CO3的Ka1=，所以H2CO3的Ka1的数量级为106，故B正确；C从图中可知当pH值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO3。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成NaHCO3，此时NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L，故C错误；D由图可知M点的CO和HCO物质的量相等，两者的盐水解溶液呈碱性，pH值为11呈碱性，故离子浓度为：c(Na+)c(CO)c(HCO)

25、c(OH)c(H+)，故D正确；答案选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如图所示：(1)已知无水AlCl3在潮湿的空气中极易水解。某实验小组利用图中部分装置制备无水AlCl3。实验小组的实验装置，按气流方向连接各仪器接口，顺序为：_fg。装置E的作用是 ，装置F中应盛装的试剂是 (2)AlCl3与NaH反应时，需将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应中NaH的转化率较低的可能原因是 。(3)利用铝氢化钠遇水反应生成的氢气的体积测定铝氢化钠样品纯度。其反应的化学方程式为 。现设计如图四种装置测定铝

26、氢化钠样品的纯度(假设杂质不参与反应)。从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是 (填编号)取样品a g，若实验测得氢气的体积为V mL(标准状态)，则铝氢化钠样品纯度为 (用代数式表示)。【答案】（1）aihdebc 吸收Cl2尾气并防止外界水蒸气进入 饱和食盐水 （2） 反应生成的NaCl沉淀覆盖在NaH表面，阻止了反应的进行 （3） NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 乙 ×100% 【解析】(1)根据图示，二氧化锰与浓盐酸的反应需要加热，A装置不能选用，选用B装置是制取氯气，F装置应该用饱和食盐水吸收氯化氢气体，D中装置中浓硫酸用于干燥氯气，C装置中发生氯气与铝在加热条

27、件下生成氯化铝，实验尾气中的氯气会污染空气，所以E装置中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，则仪器接口为aihdebcfg，故答案为：aihdebc；装置E中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，装置F中应盛装饱和NaCl溶液，用于吸收氯化氢气体，故答案为： 吸收Cl2尾气，并防止空气中的水蒸气进入装置C；饱和食盐水；(2)AlCl3与NaH反应时，将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3和NaH进一步反应，使得反应中NaH的转化率较低，故答案为：反应

28、生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3和NaH进一步反应；(3)铝氢化钠遇水反应生成的氢气，依据原子守恒和反应的原理，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；测定铝氢化钠样品的纯度，就是通过铝氢化钠遇水反应生成氢气，准确测定氢气的体积，甲中锥形瓶中压强会变大，可能液体不能顺利流下，导致铝氢化钠或许不能完全反应，丙装置中导管中可能有水，测定的气体体积不准确，丁装置中烧瓶中压强可能会变大，且氢气体积读数不方便，所给的装置中乙的装置压强可以保持不变，可以较准确的测定氢气体积，所以适宜的方案是乙，故答案为：乙；实

29、验测得氢气的体积为V mL(标准状态)，其物质的量为=mol，根据NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2知，铝氢化钠为×mol，则铝氢化钠样品纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。17目前，处理烟气中SO2常采用两种方法：碱液吸收法和水煤气还原法。碱液吸收法25时，Kb(NH3·H2O)1.8×105；H2SO3：Ka11.5×102，Ka21.0×107；Ksp(CaSO4)7.1×105。第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应Ca2+2OH+

30、2NH+SOCaSO4+2NH3·H2O K。(1)25时，0.1mol·L1 (NH4)2SO3溶液的pH_(填“>”“<”或“”)7。(2)计算第2步中反应的K_。水煤气还原法已知：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) H1-37.0kJ·mol12H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) H2+45.4kJ·mol1CO的燃烧热H3-283kJ·mol1(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为_。(4)反应中，正反应活化能E1_(填“>”“<”或“”)H2。(5)在一定压强下，发生反

31、应。平衡时SO2的转化率(SO2)与投料比的比值y、温度T的关系如图所示。比较平衡时CO的转化率(CO)：N_M。逆反应速率：N_P(填“>”“<”或“”)。(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2mol H2、2mol CO和2mol SO2发生反应、，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。该温度下，反应的平衡常数K为_。其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，SO2的平衡浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）> （2）4.3×1013 （3）S(l)+O2(g)=SO2(g) H

32、-529kJ·mol1 （4）> （5）> < （6）2700 增大 【解析】(1)由于Kb(NH3·H2O)=1.8×105Ka2(H2SO3)=1.0×107，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH7；故答案为：；(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2+2OH+2NH+SOCaSO4+2NH3·H2O化学平衡常数K=4.3×1013，故答案为：4.3×1013；(3)2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) H1=-37.0kJ/mol，2H2(

33、g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) H2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热H3=-283kJ/mol，即CO(g)+O2(g)=CO2(g) H3=-283kJ/mol，根据盖斯定律×2-计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的H=(-283kJ/mol)×2-(-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) H=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) H=-529kJ/mol；(4)反应的正反应为吸热反应，焓变H2=E1-E2(逆反应活化能)0，E1=E2+H2，由于E20，所以E

34、1H2，故答案为：；(5)反应的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值=y越大，SO2的转化率越大、CO的转化率越小，即y1y2，投料比相同时，温度越高，SO2的转化率越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：NP，故答案为：；(6)对于 2CO(g) + SO2(g) S(l) + 2CO2(g)开始(mol/L) 0.2 0.2 0变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16 对于 2H2(g) + SO2(g)S(l)+2H

35、2O(g)开始(mol/L) 0.2 0.12 0变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18所以反应的化学平衡常数K=2700，故答案为：2700；其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。18在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2CO·

36、2H2O。回答下列问题：(1)研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为_。(2)NO离子的空间构型是_。(3)CO与N2互称等电子体。它们的分子中都存在三个共价键，其中包含_个键。表为CO和N2的有关信息。键的类型AB(单键)AB(双键)AB(叁键)键能(kJ/mol)CO3518031071N2159418946根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是_。(4)Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，其结构如图所示：该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是_。(5)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中

37、的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，若晶体中Cl呈立方面心最密堆积方式排列，Cl的半径为a pm，晶体的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数NA=_(列计算式表达)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8或Ar3d8 （2） 平面三角形 （3） 2 CO中断裂第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个键容易断 （4） 电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对 （5） 【解析】(1)Cu为29号元素，失去三个电子变为Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或Ar3d8；(2)NO

38、离子的中心N原子的价层电子对数=3+=3，为sp2杂化，空间构型是平面三角形；(3)CO与N2互称等电子体，它们的分子中都存在三个共价键，两个原子间均为三键，一个三键中含有一个键和2个键；根据表中数据，CO中断裂第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个键容易断，则CO比N2活泼；(4)该配合物中，电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，因此CO作配体时配位原子是C而不是O；(5)若晶体中Cl呈立方面心最密堆积方式排列，面对角线上的三个Cl半径相切，已知Cl的半径为a pm，则面对角线=4r(Cl)=4apm，晶胞的面对角线为棱长的倍，即棱长为pm=4a

39、15;×1010cm，则晶胞的体积V=(4a××1010)3cm3，该晶胞中Cl位于面心和顶点，则Cl的个数为8×+6×=4，CuCl中阴阳离子个数比为11，则晶胞中Cu+个数为4，则晶胞的质量为g，晶体的密度为 g/cm3，可得(4a××1010)3cm3× g/cm3=g，整理可得：阿伏加德罗常数NA=。19从废钒催化剂(主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题：(1)中废渣的主要成分是_；中V2O5发生反应的离子方程式为_。(2)、中的变

40、化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分)：R2(SO4)(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)。中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为_。(3)实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100g该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验当加入100ml 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是_。M(V2O5)=182g/mol(4)25时取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表：pH1.3

41、1.41.51.61.71.81.92.0钒沉淀率/%88.194.896.598.098.898.696.493.1试判断在实际生产时，中加入氨水调节溶液的最佳pH为_；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe2+)_。已知：25时KspFe(OH)3=2.6×1039【答案】（1）SiO2 V2O5+SO+4H+=2VO2+SO+2H2O （2） 加入碱，中和H2SO4，使平衡向正向移动 分液漏斗、烧杯 （3） 91.0% （4） 1.7 2.6×103mol/L 【解析】V2O5和SiO2难溶于水，由实验流程可知，废钒催化剂溶于水，再硫酸

42、酸浸，酸性条件下，亚硫酸根离子能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2+SO+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO的酸性水溶液，Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)，分析平衡体系，加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO，加入氨水调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒。（

43、1）上述分析可知滤渣A为SiO2，从流程图可以看出，在酸性条件下，V2O5转化为VO2+，SO能被V2O5氧化生成SO，根据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2+SO+2H2O；(2)反萃取时，分析平衡R2(SO4)(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，为提高中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；(3)根据氧化还原规律可知，当加入100mL 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO+6VO2+3H2O6VO+6H

44、+Cl，再结合V2O5+SO+4H+=2VO2+SO+2H2O，从而得出关系式：3V2O56VO2+ClO，因n(ClO)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，所以n(V2O5)3×0.01mol=0.03mol因此该实验中钒的回收率是×100%91.0%；(4)由表中数据可知，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最佳pH为1.7。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，c(OH)=1012mol/L，KspFe(OH)3=2.6×1039=c(Fe3+)·c3(OH)，c(Fe3+

45、)=2.6×103mol/L。20化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：(1)R的结构简式是_；M含有的官能团名称是_。(2)MN反应过程中K2CO3的作用是_。(3)PQ的反应类型是_。(4)写出QH的化学方程式_。(5)T是R的同系物，符合条件：与R具有相同官能团；分子中含有苯环；T的相对分子质量比R多14，T的同分异构体有_种。其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰面积比为22211的结构简式有_。(6)参照上述合成路线，设计以1，4丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成的合成路线_。【答案】（1） (酚)羟基、醛基和硝基 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率 （2） 还原反应 （3） （4） 17 （5） 、 （6） 【解析】根据N结构简式及R分子式知，R为，R发生取代反应生成M为，根据H结构简式知，P发生还原反应生成Q为，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝