（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（十三） 学生版.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（十三）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 52一、

2、选择题：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中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是A“自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝质品）谓之为纸”，这里的纸主要成分为纤维素B中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2C东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的黄芽是指硫D天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。这里的瓦属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐2用下列装置能达到有关实验目的的是A用甲图装置

3、比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性B用乙图装置制取金属锰C用丙图装置可以除去淀粉溶液中的少量NaClD用丁图装置从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体3设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB常温下，1L pH=4的溶液中含有Na+的数目为1×104NAC惰性电极电解溶液，两极均产生0.5mol气体时，电路中通过电子数为NAD已知CrO5中Cr元素的化合价为+6，则13.2g CrO5分子中存在过氧键的数目为0.2NA4某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法错误的是A五种组

4、成元素中有四种元素位于p区且均位于同一周期B原子半径：AlCNOHC气态氢化物的稳定性：H2ONH3CH4D基态N原子核外有7种运动状态不同的电子5花椒毒素的一种中间体结构简式如：，下列有关该中间体的说法正确的是A分子式为C13H7O4B分子中所有原子可能共平面C能发生水解反应D分子中含有3种官能团6一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述不正确的是AY的氢化物的熔点一定低于Z的氢化物的熔点BZ元素能形成两种氢化物CWZX与WXQ化学键类型相同DW2Q2Z3溶液与Q的最

5、高价氧化物对应的水化物反应有黄色浑浊和无色气体产生7科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是A第、阶段总的化学方程式为：B该过程中NO2为催化剂C第阶段每1mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NAD还原性SOHNO28为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是选项ABCD被提纯物质溴苯(溴)乙烷(乙炔)酒精(水)除杂试剂NaOH 溶液饱和溶液酸性KMnO4溶液生石灰分离方法分液分液洗气渗析9下列离子方程式书写错误的是AFeSO4溶液与溴水反应：2Fe2+Br2=2Fe3+2BrB等浓度等体积NH4HSO4溶液与

6、NaOH溶液混合：H+OH=H2OCNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH=C2O+2H2OD铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O-2e=PbO2+4H+SO10下图所示为海水综合利用的部分流程。下列说法错误的是A实验室进行的操作需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯B涉及的电解装置内Cl2在阴极产生C涉及的反应均为氧化还原反应D中反应的离子方程式为11甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是AHCHO分子中键和键的数目之比为21B16O原子中的中子数为16CH2O是由极性键构成的非极性分子DCO2的空间

7、构型为直线形12乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A总反应为放热反应故此反应不需要加热就能发生B反应属于加成反应C总反应速率由第步反应决定D第步反应的中间体比第步反应的中间体稳定13煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。现将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应，得到如下两组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.63下列说法错误的是A实验1达到化学平衡，以

8、(H2O)表示的化学反应速率为B该反应的正反应活化能小于逆反应活化能C900时，实验2若CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol、2mol，则达到平衡时H2O的转化率为40%D650时，实验1若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，则此时v正v逆14我国科学家报道了机理如下图所示的电化学过程。下列相关说法错误的是ANi电极为阴极BNiYSZ电极上发生的反应为CH4+2O2-4e=CO2+2H2C该电化学过程的总反应为CH4C+2H2D理论上，每有1mol CO2与1mol O2结合，电路中转

9、移2mol e15常温下，分别向25mL 0.3mol/L Na2CO3溶液和25mL 0.3mol/L NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是AX曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线Ba点溶液中，c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl)Cc点溶液中，c(Na+)c(HCO)c(OH)c(H+)Db、d两点水的电离程度相同二、非选择题（共55分。）16甘氨酸亚铁是新一代畜禽饲料补铁添加剂。某实验小组以碳酸亚铁和甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁的装置如下(夹持和加热仪器略去)：查阅资料：反应原理为：甘氨酸易溶于水，微溶

10、于乙醇：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。回答下列问题：(1)仪器b的名称为_，与a相比，其优点是_。(2)装置B中盛有的试剂为_。(3)实验中先打开a的活塞，当观察到_时，再加热装置C，同时打开b的旋塞，向C中滴加柠檬酸。(4)柠檬酸的作用是_，_。(5)反应结束后过滤，取滤液，_，过滤、洗涤、干燥得产品。(6)装置C中盛有和的甘氨酸溶液，最终干燥后得15.3g固体，其产率是_。17以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料合成新型的环保催化剂(OMS2)的工艺流程如图：(1)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6

11、生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_；调pH后再过滤主要除去_元素。(2)Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素的化合价有两种，则Mn()、Mn()物质的量之比为_。生产过程中KMnO4、MnSO4·H2O按物质的量比15与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO的形式存在，该反应的离子方程式为 。(3)滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作 。(4)OMS2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图：由图可知，OMS2与MnOx相比，

12、催化效率较高是 ，原因是 。(5)甲醛(HCHO)在OMS2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为 (保留三位有效数字)。18合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，解决了亿万人口生存问题。回答下列问题：（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的H=_kJmol1。该历程中速率最快的一步

13、的活化能（E）为_kJmol1。（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)V(H2)=13时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：500时，反应的平衡常数Kp(100MPa) Kp(30MPa)。（填“”、“”、“”）500、30MPa时，氢气的平衡转化率为 （保留3位有效数字），Kp=_(MPa)2（列出计算式）。Kp为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数（分压=总压×物质的量分数）（3）科学家利用电解法在常温常压下合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。阴极区

14、生成NH3的电极反应式为_。下列说法正确的是_（填标号）。A该装置用金(Au)作催化剂，目的是降低N2的键能B三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性C选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置19格式试剂即烃基卤化镁(RMgX)是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：已知：RXR-MgX(R、代表烃基或氢)完成下列填空：(1)D中的官能团名称是：_。(2)写出反应类型：AB是_反应；BD是_反应。(3)D能发生聚合反应，聚合产物为_或_。(4)K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式：_。(5)写出

15、HI的化学方程式_。(6)利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线。(其他无机试剂任选)。_。（新高考）2021届高考考前冲刺卷化 学（十三）答案1. 【答案】A【解析】A“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素，缣帛是丝织品，蚕丝主要成分是蛋白质，故A错误；B硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含氢元素的H2O最后写，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaO·CuO·4SiO2，故B正确；C液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应

16、生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；D择取无沙粘土而为之得到“瓦”，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选A。2. 【答案】B【解析】A应将NaHCO3和Na2CO3盛放的位置对调，选项A错误；B通过铝热反应可以制取铁、锰等金属，选项B正确；C淀粉溶液是胶体，所以除去淀粉溶液中的少量NaCl应用渗析的方法，而不能用分液的方法，选项C错误；D从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体用的方法是蒸发结晶，应用蒸发皿，而不是坩埚，选项D错误。答案选B。3. 【答案】D【解析】A标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，A错误；B只能完全电离为钠离

17、子和，不能完全电离，pH=4的溶液中的氢离子浓度为104mol/L，则钠离子浓度大于104mol/L，则个数多于104NA，B错误；C惰性电极电解硝酸银溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，阳极反应为：，两极均产生0.5mol气体时，根据阳极电解氧气可知，电路中通过的电子数为2NA，C错误；DCrO5中Cr元素的化合价为+6，根据化合价中元素代数和为0可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中含有两个过氧键，13.2g CrO5的物质的量为，即0.1mol CrO5存在过氧键的数目为0.2NA，D正确；答案选D。4. 【答案】A【解析】A由可知，组成该物质的元素有H、

18、C、N、O和Al，H元素的电子排布式为1s1，C元素的电子排布式为1s22s22p2，N元素的电子排布式为1s22s22p3，O元素的电子排布式为1s22s22p4，Al元素的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则由各元素的电子排布式可知，H位于第一周期，属于s区，而C、N、O均位于第二周期，均属于p区，Al位于第三周期，属于p区，故A错误；B根据原子半径递变规律，电子层数越多，半径越大，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，H只有一个电子层，Al有三个电子层，C、N、O均只有二个电子层，原子序数CNO，原子半径CNO，则原子半径A1CNOH，故B正确；C非金属性越强，气态氢化物越稳

19、定，由元素周期律可知，同周期元素从左往右，非金属性依次增强，C、N、O均属于第二周期元素，原子序数CNO，则非金属性ONC，气态氢化物的稳定性H2ONH3CH4，故C正确；DN的原子序数为7，核外有7个电子，每一个电子运动状态不同，即基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故D正确；答案为A。5. 【答案】C【解析】A烃或烃的含氧衍生物的分子中氢原子数都是偶数，分子式为C13H8O4，据此可以快速判断，故A错误；B该分子中含有甲基，甲基中的四个原子不共平面，故B错误；C分子中含有酯基，在酸性溶液中或碱性溶液中都可以发生水解，故C正确；D分子中含有羰基、酯基、醚键和碳碳双键(左边六元环和右边五元

20、环)，故D错误；故答案选C。6. 【答案】A【解析】由结构图可知W形成+1价阳离子，W可能是Na或K，Z形成双键即形成两对共用电子对达到稳定结构则Z最外层电子数为6，Z和Q同主族，可知Z应为O，Q为S，W的原子序数大于S，则W为K，Y能形成四对共用电子对，其最外层电子数应为4，且原子序数在O前，则Y为C，X形成一对共用电子对达到稳定结构，且原子序数在C前，则X为H。AY为C，其能形成的氢化物包含各种烃类物质，相对分子质量大的烃的熔点高于水的熔点，故A错误；BZ为O，能形成H2O和H2O2两种氢化物，故B正确；CKOH和KHS中均含有离子键和极性共价键，化学键类型相同，故C正确；DK2S2O3和

21、H2SO4反应生成二氧化硫和硫单质，故D正确；故选A。7. 【答案】B【解析】A根据图示可知：在第阶段，SO、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、NO。在第阶段，SO3结合OH变为HSO，NO结合H+变为HNO2，故第、阶段总的化学方程式为：，A正确；B图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；C过程I中NO2得到电子被还原为NO，SO失去的电子被氧化为SO，反应的离子方程式： SO+NO2=NO+SO。每有1mol的氧化剂NO2发生反应，转移1mol电子，则转移的电子数目为NA，C正确；

22、D在图示的转化关系中SO失去电子被氧化为HSO，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SOHNO2，D正确；故合理选项是B。8. 【答案】A【解析】A溴苯中混入溴，加入NaOH溶液后，与Br2发生反应生成溴化钠和次溴酸钠均易溶于水，与溴苯分层，利用分液法分离，能达到除杂的目的，选项A正确；B二氧化硫与氯气溶于水后均不能与饱和溶液反应，无法起到除杂的效果，选项B不正确；C乙烷中混入乙炔，加入酸性KMnO4溶液，乙炔被氧化为CO2混在乙烷中，不能达到除杂的目的，选项C不正确；D乙醇中混有水，加入生石灰与水反应，然后进行蒸馏，便可获得乙醇而不能用渗析，选项D不正确；答

23、案选A。9. 【答案】C【解析】AFeSO4溶液与溴水，溴水具有氧化性，将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子反应式：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故A正确；BNH4HSO4在水中电离为铵根、氢离子、硫酸根，等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H+OH=H2O，故B正确；CNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4：H2C2O4+OH=HC2O+H2O，故C错误；D铅酸蓄电池充电时的阳极失电子发生氧化反应反应：PbSO4+2H2O-2e=PbO2+4H+SO，故D正确；故选C。10. 【答案】B【解析】把海水中的盐分离出来，需要先蒸发后过滤；用食盐制取氯气要用点解

24、饱和食盐水的方法；从母液中提取溴，用氯气置换，生成的溴则需SO2吸收生成硫酸和氢溴酸。A操作是蒸发，需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，A正确；B电解过程中Cl失去电子生成Cl2，失电子一极为阳极，则Cl2在阳极产生，B错误；C是NaBr与Cl2发生的置换反应，发生的反应为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，是HBr转化为Br2的过程，涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；D根据C项的化学方程式，中反应的离子方程式为，D正确；故答案选B。11. 【答案】D【解析】AHCHO分子中含有2条CH键，1条C=O键，则键和键的数目之比为31，A叙述错误；B16O原子中质量数为16，中子数为8，

25、B叙述错误；CH2O分子的结构式为：HOH，空间构型为V型，结构不对称，是由极性键构成的极性分子，C叙述错误；DCO2的中心碳原子为sp杂化，则空间构型为直线形，D叙述正确；答案为D。12. 【答案】C【解析】A根据反应物与生成物的能量关系可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，所以该反应为放热反应，但反应条件是否加热与反应热无关，选项A错误；B只有反应存在碳碳双键生成碳碳单键，则只有反应为加成反应，选项B错误；C第步反应活化能最大，故其反应速率较小，属于反应过程中的慢反应，故总反应速率由第步反应决定，选项C正确；D第步反应的中间体比第步反应的中间体能量低，能量越低越稳定，所以第步反应的中间体

26、较稳定，选项D错误；答案选C。13.【答案】D【解析】A实验1达到化学平衡，A正确；B该反应前后气体分子数不变，恒温恒容，根据等效平衡原理，对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减少(0.8变成0.4)，说明逆反应是吸热反应，正反应放热，则该反应的正反应活化能小于逆反应活化能，B正确；C900时，实验2达到平衡时H2O的转化率为40%，恒温恒容下，CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol，2mol，与实验2等效，所以达到平衡时H2O的转化率还是40%，C正确；D650时，实验1的，若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、

27、2mol、2.5mol、3mol，此时，反应正向进行，(正)(逆)，D错误；故选D。14.【答案】D【解析】由图可知，该装置为电解池，NiYSZ电极物为电解池的阳极，Ni电极为阴极，在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢气，电极反应式为CH4+2O2-4e=CO2+2H2，放电生成的二氧化碳在熔融盐中与氧离子结合生成碳酸根离子，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，电极反应式为CO+4e=C+2O2，电解的总反应方程式为CH4C+2H2。A由分析可知，Ni电极为阴极，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，故A正确；B由分析可知，NiYSZ电极

28、物为电解池的阳极，电极反应式为CH4+2O2-4e=CO2+2H2，故B正确；C由分析可知，电解的总反应方程式为CH4C+2H2，故C正确；D由分析可知，每有1mol CO2与1mol O2结合成1mol CO，电路中转移4mol e，故D错误；故选D。15.【答案】C【解析】A由图可知，X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为12，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；B由图观察，a点约滴加盐酸15mL，溶液中的溶质为NaHCO3和Na2CO3，溶液显碱性，所以c(OH)c

29、(H+)，结合电荷守恒可知c(Na+)2c(CO)+c(HCO)+c(Cl)，B错误；Cc点加入25mL稀盐酸，溶液中的溶质为NaHCO3，HCO水解显碱性，且水解微弱，所以c(Na+)c(HCO)c(OH)c(H+)，C正确；D尽管从理论上看，b、d两点均为反应恰好完全，两点溶液的成分均为NaCl溶液，但从纵坐标可以看出，此时压强并不相等，由此可分析出溶解在溶液中的碳酸并不相等，溶解二氧化碳较多的是b点，碳酸对水的电离有一定的抑制作用，故水的电离程度bd，D错误；综上所述答案为C。16.【答案】（1）滴液漏斗 滴液漏斗能平衡压强，便于液体顺利滴下 （2） 饱和NaHCO3溶液 （3） D中澄

30、清石灰水变浑浊 （4） 促进FeCO3溶解并调节溶液pH 防止Fe2+被氧化 （5） 蒸发浓缩，加入无水乙醇 （6） 75% 【解析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化；(1)b为滴液漏斗；a为分液漏斗，滴液漏

31、斗能平衡压强，便于液体顺利滴下；(2)A制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置除去HCl，而不溶解二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液；(3)用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，当D中的澄清石灰水变浑浊，则说明C中空气排干净；(4)已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，故加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，同时防止Fe2+被氧化；(5)反应结束后过滤，取滤液，蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤、洗涤、干燥得产品。(6)的甘氨酸溶液中甘氨酸为0.2mol，根据方程式，则FeCO3过量，故理论上生成的的物质的量为，故产率为。17.【答案】（1）90 Fe （2）51 2MnO+2S

32、2O+10Mn2+11H2O=Mn12O19+4SO+22H+ （3） 钾肥 （4） OMS2 OMS2颗粒小，表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快 （5） 49.2% 【解析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)，滤渣为二氧化硅，滤液A中含有Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O，原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O反应方程式2MnO+2S2O+10Mn2+11H2O=Mn12O19+4SO+22H+，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4。(1)“浸锰”反应中往往有副产物M

33、nS2O6生成，温度越高MnS2O6的生成率越低，“浸锰”的适宜温度是90；软锰矿和黄铁矿加硫酸浸出，滤液A中含有Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O；(2)Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，设Mn()为x个，则Mn()为12-x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4(12-x)=2×19，x为10，Mn()为2，Mn()、Mn()物质的量之比为51；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比115反应，产物中硫元素全部以SO的形式存在，该反应的离子方程式为

34、2MnO+2S2O+10Mn2+11H2O=Mn12O19+4SO+22H+；(3)根据反应方程式可知，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4，该工艺中循环使用的物质化学式是H2SO4，K2SO4在农业生产中可用作钾肥；(4)由图像可以看出，相同温度下，OMS2作催化剂时，因纳米级OMS2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS2与MnOx相比，催化效率较高是OMS2；(5)设体积为V L，CO2含量由0.590mg/L升高至1.47mg/L，CO2含量增多0.88mg/L，反应生成的CO2的物质的量为，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为，故该实验中甲醛的转化率

35、为=49.2%。18.【答案】（1）-92 17 （2） = 33.3% （3） N2+6e+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O BC 【解析】（1）由图可知，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的H=生成物总能量-反应物总能量=kJmol1。该历程中速率最快的反应，即吸热最少的反应，活化能（E）为17kJmol1。（2）由平衡常数定义可知，500时，温度恒定，相同可逆反应，反应的平衡常数不变，Kp(100MPa)Kp(30MPa)。500、30MPa时，氨气的物质的量分数为20%，在恒温恒压时，物质的量之比与体积之比相同，即进料体积比V(N2)V(H2)=13，可假设N2加入

36、了1mol，H2加入了3mol，平衡转化了x mol氮气：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应前 1 3 0变化量 x 3x 2x平衡时 1-x 3-3x 2x氨气的物质的量分数=20%。即x=mol，氢气的平衡转化率为=33.3%；平衡时，氮气和氨气的物质的量一致，即物质的量分数均为20%，氢气为60%，Kp=(MPa)2。（3）根据电解池原理，氮气与乙醇得电子生成氨气，阴极区生成NH3的电极反应式为N2+6e+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O。A该装置用金(Au)作催化剂，目的是降低反应活化能，不能降低N2的键能，A错误；B从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参加反应，作用是增强导电

37、性，B正确；C从图中可知，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置，C正确；答案为BC。19.【答案】（1）碳碳双健、溴原子 （2） 消去 取代 （3） （4） （5） +3NaOH+3H2O+2NaBr （6） 【解析】在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成的B为，再在一定条件下与Br2发生取代反应生成的D为；E到F为E与HBr发生取代反应生成F；与Br2/CCl4发生加成反应生成的H为，H再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的I为，I最终酸化生成J。(1)D为，含有的官能团有碳碳双健、溴原子；(2)AB是在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成；BD是再在一定条件下与Br2发生取代反应生成；(3)D为，含有碳碳双键，能发生聚合反应，则发生聚合反应的聚合产物为或；(4)J为，K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，说明分子结构中含有苯环，且分子中无甲基也无，则满足条件的K的结构简式为；(5)HI是在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的反应，发生反应的化学方程式+3NaOH+3H2O+2NaBr；(6)以、HCHO、乙醚为有机原料制备，可利用先与HBr在一定条件下发生取代反应生成，再与Mg/乙醚生成格系试剂，再与HCHO在乙醚溶剂中发生加成反应，后酸化后水解生成，再催化氧化即可得到目标产物，具体合成路线。