山東省德州市2022屆高考三?；瘜W試題

山東省德州市2022屆高考三?；瘜W試題閱卷人一、單選題（共12題；共24分）得分（2分）以下化學與生活、科技相關的說法錯誤的是（ ）A.北京冬奧會閉幕式上綻放的璀璨煙火與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關B.以棉質(zhì)好、產(chǎn)量高著稱的新疆長絨棉主要成分與蔗糖屬于同系物“天宮課堂”中過飽和乙酸鈉溶液析晶放熱與形成新的化學鍵有關“冰墩墩”透明外殼是二氯硅烷水解縮聚生成的，屬于合成高分子材料【答案】B【解析】【解答】A.煙火是原子核外電子發(fā)生躍遷，由高能級躍遷到低能級時，釋放的能量以光的形式呈現(xiàn)出來的，故A不符合題意；B.長絨棉主要成分是纖維素，屬于多糖，為天然高分子化合物，蔗糖屬于二糖，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物，故B符合題意；C.過飽和乙酸鈉溶液析出晶體，生成乙酸鈉晶體，形成新的化學鍵，成鍵過程放出熱量，故C不符合題意；D.縮聚反應生成的是高聚物和小分子，冰墩墩的透明外殼是二氯硅烷水解產(chǎn)物經(jīng)過縮聚反應生成的，屬于合成高分子材料，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A、煙火是原子核外電子發(fā)生躍遷，由高能級躍遷到低能級時，釋放的能量以光的形式呈現(xiàn)出來的：B、同系物指的是分子結(jié)構(gòu)相似，官能團數(shù)目和種類相同，分子組成上相差若干個-CH2；C、乙酸鈉含有離子鍵，形成晶體即形成離子鍵；D、二氯硅烷水解縮聚可以形成高分子材料。（2分）黑基硫（COS）的結(jié)構(gòu)與CO2類似，可作糧食熏蒸劑，防治蟲類、真菌對糧食的危害。下列說法錯誤的是（ ）A.COS屬于極性分子 B.COS沸點高于CO?的沸點C.COS空間構(gòu)型為直線形 D.COS熱穩(wěn)定性大于CO2【答案】D【解析】【解答】A.COS中中心原子C上的孤電子對數(shù)為4x(4—2-2)=0,。鍵電子對數(shù)為2,價層電子對數(shù)為2,VSEPR模型為直線形，由于沒有孤電子對，COS的空間構(gòu)型為直線形，分子中正、負電的中心不重合，COS屬于極性分子，A項不符合題意；B.COS、CCh固態(tài)時都屬于分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，COS的相對分子質(zhì)量大于C6的相對分子質(zhì)量，COS分子間范德華力大于CO2分子間范德華力，COS的沸點高于CO2的沸點，B項不符合題意；c.COS中中心原子C上的孤電子對數(shù)為:X(4-2—2)=0,。鍵電子對數(shù)為2,價層電子對數(shù)為2,VSEPR模型為直線形，由于沒有孤電子對，COS的空間構(gòu)型為直線形，C項不符合題意；D.COS的結(jié)構(gòu)式為O=C=S,CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,鍵長：C=S鍵＞C=O鍵，鍵能：c=s鍵＜C=O鍵，故COS的熱穩(wěn)定性小于CO2,D項符合題意；故答案為：D。【分析】A、根據(jù)分析，炭基硫正、負電的中心不重合，為極性分子；B、結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，可以根據(jù)其相對分子質(zhì)量判斷沸點；C、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)；雜化軌道數(shù)=2,為直線；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形；D、熱穩(wěn)定性受到化學鍵的鍵能影響，鍵長也大則鍵能越小。(2分)輔助以鐵架臺、酒精燈、導管、橡膠塞、橡膠管、石棉網(wǎng)，選用下列適當規(guī)格的儀器不能實現(xiàn)相關操作的是( )A.組裝實驗室制乙烯的發(fā)生裝置B.粗鹽提純中將最后所得的濾液蒸發(fā)結(jié)晶C.配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇【答案】C【解析】【解答】A.制備乙烯需要圓底燒瓶、溫度計，可以實現(xiàn)，A不符合題意；B.粗鹽提純中將最后所得的濾液為氯化鈉溶液，蒸發(fā)結(jié)晶得到氯化鈉晶體，B不符合題意;C.配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸除提供儀器外還需要膠頭滴管，C符合題意；D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可選用分液漏斗和燒杯，D不符合題意；故答案為：Co【分析】A、乙烯為乙醇和濃硫酸的反應，需要圓底燒瓶、溫度計；B、粗鹽提純的濾液為氯化鈉溶液，經(jīng)過蒸發(fā)結(jié)晶需要用到蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈；C、配制溶液需要用到容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒；D、除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇需要用飽和碳酸鈉溶液萃取，采用分液漏斗和燒杯。（2分）2021年我國科學家在全球范圍內(nèi)首次實現(xiàn)了用CO2人工合成淀粉，其轉(zhuǎn)化過程如圖所示,以下說法正確的是（ ）OHA.過程I中利用太陽光解水制，2,實現(xiàn)了太陽能至化學能的轉(zhuǎn)化B.過程II的C/OH-HCH。轉(zhuǎn)化反應中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成c.過程in的產(chǎn)物ho、^/Oh中碳原子的雜化方式均為：sp2D.核磁共振氫譜是驗證合成淀粉組成、結(jié)構(gòu)的最佳方法【答案】B【解析】【解答】A.過程I中為二氧化碳和氫氣反應生成甲醇，不是太陽光解水制H2,故A不符合題意；B.過程II的CH3OH—HCHO轉(zhuǎn)化反應中，0=0中非極性鍵斷裂生成極性鍵H-O,且甲醇生成甲醛時，有C=O鍵生成，所以該反應中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的性質(zhì)，故B符合題意；C.該分子中連接雙鍵的碳原子價層電子對數(shù)是3、飽和碳原子價層電子對數(shù)是4,則C原子雜化類型是Sp2、Sp3,故C不符合題意；D.核磁共振氫譜判斷氫元素種類及各種氫原子個數(shù)之比，紅外光譜測定化學鍵，所以紅外光譜是驗證合成淀粉組成、結(jié)構(gòu)的最佳方法，故D不符合題意；故答案為：B。【分析】A、根據(jù)路線可知過程【為二氧化碳和氫氣反應生成水和甲醇；B、相同的非金屬原子為非極性共價鍵結(jié)合，不同的非金屬原子為極性共價鍵結(jié)合；C、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)：雜化軌道數(shù)=2,為直線；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形；D、要測定有機物的結(jié)構(gòu)最佳方法是紅外光譜法，可以測定有機物中的官能團。（2分）某離子液體的部分結(jié)構(gòu)如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中丫的原子半徑最小，X、Z同主族，且Z的電子數(shù)等于Y、W電子數(shù)之和，X與R、W形成的二原子化合物均為常見的城市空氣污染物。以下說法正確的是（ ）丫/fXX卜丫RW-做配體時，W提供孤電子對RZ2.卬匕、R匕分子中的鍵角依次減小C.第一電離能：Y>W>X>RD.氫化物的熔沸點大小順序一定為：R<Z<W【答案】C【解析】【解答】根據(jù)分析可知，R為C,X為O,丫為F,Z為S,W為N,RW-為CN-,CN-做配體時，應該是C（R）提供孤電子對，故A不符合題意；RZ2、WY3、RY4分別為CS2、NFj.CF4,CS2為直線形，其鍵角最大，NF3,CF4的VSEPR模型均為四面體，但NE的中心原子N含有1個孤電子對，CF4的中心原子C沒有孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，則CF4的鍵角較大，所以鍵角大小為：CS2>CF4>NF3,故B不符合題意；C.主族元素同周期從左向右第一電離能呈增大趨勢，N的2P能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：Y>W>X>R,故C符合題意；D.R的氫化物為崎，碳原子數(shù)較多的燃常溫下為固態(tài)，其沸點大于氨氣、硫化氫、月井，故D不符合題意；故答案為：Co【分析】根據(jù)圖示分析，可知R含有4個共價鍵，為C或Si,丫含有1個共價鍵，可能為H、F、Cl,Z含有6個共價鍵，為S,X含有2個共價鍵，為O,W含有2個共價鍵和1個離子鍵，可能為B、N、P,結(jié)合題干“R、X、Y、Z、W中丫的原子半徑最小，X、Z同主族，且Z的電子數(shù)等于丫、W電子數(shù)之和，X與R、W形成的二原子化合物均為常見的城市空氣污染物”，可知R為C,X為O,丫為F,Z為S,W為N；A、配體中，N形成3對共用電子對和一對離子鍵，C形成3對共用電子對和1對孤電子對；B、鍵角和構(gòu)型有關，可以根據(jù)雜化軌道判斷其電子對數(shù)：雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)；雜化軌道數(shù)=2,為直線；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形；C、同周期元素，從左到右第一電離能依次減小，其中最外層電子半充滿、全充滿時第一電離能會反差；D、氫化物的沸點受到其相對分子質(zhì)量影響，相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，若是N、0,F三種原子則可以和H形成氫鍵，沸點反差。6.（2分）部分含鐵微粒所帶的電荷數(shù)與其中鐵元素化合價的關系如圖所示，由該圖可預測含鐵微粒間相互轉(zhuǎn)化時所需試劑。下列推斷不合理的是（ ）化合價電荷數(shù)A.化合價電荷數(shù)A.常溫下，可用R材質(zhì)容器儲運濃硫酸B.M可用K3［Fe(CN)6］溶液檢驗C.若Q為金屬陽離子，可通過Fe2O3與稀HI溶液反應生成D.Fe3+與氧化劑在堿性條件下反應可生成FeO/【答案】B【解析】【解答】A.常溫下，鐵在濃硫酸中會發(fā)生鈍化，所以常溫下，可用R材質(zhì)容器儲運濃硫酸，故A合理；Fe?+和K3［Fe(CN)6］溶液反應生成藍色沉淀，M不是Fe?+,所以M不能用K31Fe(CN)6］溶液檢驗，故B不合理；FezCh與稀HI溶液發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)ezCh中的+3價鐵被r還原為Fe2+,故C合理；D.從圖中可以看出，在堿性溶液中可以生成FeOt，F(xiàn)eO/中鐵為+6價，所以FQ+與氧化劑在堿性條件下反應可生成Fe。廠，故D合理；故答案為：Bo【分析】A、鐵制品常溫下可以被濃硫酸、濃硝酸鈍化：B、亞鐵離子可以用鐵氟酸鉀檢驗，M是氧化亞鐵，在水中沒有電離出亞鐵離子；C、Q為亞鐵離子，而HI和FezCh在反應時會生Fe?+和L；D、結(jié)合圖示，可知鐵離子在堿性條件下可以生成高鐵酸根。7.(2分)下列由實驗現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是( )A.取補鐵口服液的上層清液，滴加酸性KMn/溶液，溶液紫色褪去，證明口服液中含有Fe2+B.向盛有O.Olrnol"T的C/COONa溶液的小試管中滴加酚酸溶液，溶液變紅，再加入少量C/COONa固體，溶液紅色加深，證明C/COONa水解程度增大

C.向滴有酚猷的NaOH溶液中加入，2。2，溶液紅色褪去，可證明也。2具有酸性D.向BaC%溶液中通人S。2，再通入X氣體，有白色沉淀生成，則X可能為堿性氣體【答案】D【解析】【解答】A.亞鐵離子、氯離子等均可使酸性KMnCM溶液褪色，則溶液紫色褪去，不能證明口服液中含有Fe?+,故A不符合題意；B.再加入少量CH3coONa固體，醋酸根離子濃度增大，水解生成的氫氧根離子濃度增大，溶液紅色加深，但醋酸鈉的水解程度減小，故B不符合題意；C.過氧化氫具有強氧化性、漂白性，溶液紅色褪去，不能證明H2O2具有酸性，故C不符合題意；D.X可能為氨氣，白色沉淀為亞硫酸鋼，則有白色沉淀生成，可知X可能為堿性氣體，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼、補鐵口服液中含有亞鐵離子和氯離子；B、增大反應物的濃度，平衡朝水解方向移動，但是醋酸根水解程度減小；C、過氧化氫具有漂白性，可以使有色溶液褪色；D、氟化銀溶液直接通入二氧化硫，不會生成白色沉淀，因為氯化氫酸性大于亞硫酸酸性，若是通入X氣體，有白色沉淀生成，則可能使氯化氫被反應，有可能為堿性氣體。（2分）2-甲基-2-氯丙烷（密度小于水）是重要的化工原料，實驗室中可由叔丁醇與濃鹽酸反應制備，路線如下：濃鹽酸CH,h3c-c-ch3OH室溫攪拌分液反應15

分鐘w機相濃鹽酸CH,h3c-c-ch3OH室溫攪拌分液反應15

分鐘w機相5%Na2cO3

溶液洗滌.洗滌w機相分液①無水CaCb~~②蒸飾CHh3c-c-CI2—甲基2—甲基—2-下列說法錯誤的是（ ）A.由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反應類型為取代反應B.室溫攪拌的作用是加快叔丁醇與濃鹽酸的反應速率C.2-甲基-2-氯丙烷在紅外圖譜中理論上產(chǎn)生4組吸收峰D.用5%Na2c03溶液洗滌分液的主要目的是除去氯化氫【答案】C【解析】【解答】A.從叔丁醇和2-甲基-2-氯丙烷的結(jié)構(gòu)簡式對比，氯原子取代羥基的位置，由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反應類型為取代反應，故A說法不符合題意；B.室溫攪拌的作用是加快叔丁醇與濃鹽酸的反應速率，故B說法不符合題意；C.2-甲基2-氯丙烷中含有C-H、C-C、C-C1三種共價鍵，故在紅外光譜中理論上產(chǎn)生3組吸收峰，故C說法符合題意；D.碳酸鈉溶液可與氯化氫反應，用5%Na2cCh溶液洗滌分液的主要目的是除去氯化氫，故D說法不符合題意；答案為C。【分析】A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可以觀察羥基被氯原子取代：B、攪拌可以加速反應速率；C、紅外光譜可以測定有機物的結(jié)構(gòu)形式，根據(jù)結(jié)構(gòu)式可以知道2-甲基2-氯丙烷中含有C-H、C-C、C-C1三種共價鍵；D、分液后有機相含有部分雜質(zhì)，如氯化氫，因此采用碳酸鈉洗滌。(2分)聚陰離子型正極材料在鈉離子電池中極有應用前景。一種鈉離子電池用硬碳材料(NaxC)作負極，利用鈉離子在正負極上的嵌、脫過程實現(xiàn)充放電，該電池的工作原理為放電放電Na3r(VOPODzF+NdxC=/Va3(KOPO4)2F+Co下列說法錯誤的是( )充電A.充電時，Na+從陽極脫嵌，經(jīng)電解質(zhì)嵌入陰極B.電解質(zhì)可以是含Na+的導電有機聚合物或水溶液C.放電時，正極的電極反應為7￡13-e8。4)2尸+方-+就&+=%(13(^0。。4)2/7D.用該電池電解硫酸鈉溶液，負極質(zhì)量減少23g,陽極產(chǎn)生標況下氣體5.6L【答案】B【解析】【解答】A.從方程式可以看出，充電時陰極的電極反應為：C+xe-+xNa+=NaxC,Na+從陽極脫嵌，經(jīng)電解質(zhì)嵌入陰極，A不符合題意；B.金屬鈉與水能反應，故電解質(zhì)不能為水溶液，B符合題意；C.放電時：正極為Na"x(VOPO4)2F得電子，電極反應式為：Na3.x(VOPO4)2F+xe+xNa+=Na3(VOPO4)2F,C不符合題意；D.負極反應為：NaxC-xe=C+xNa+,質(zhì)量減少23g時電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為Imol,陽極電極式為：2H2O-4e=4H++O2,陽極產(chǎn)生氧氣0.25niol,標況下的體積為5.6L,D不符合題意;故答案為：Bo【分析】根據(jù)化學反應式分析，放電時，C化合價降低，得到電子，因此在正極反應，反應過程中，而Na3(VOPO4)2F則作為負極，失去電子，反應過程中Na3(VOPO4)2F形成Na3“(VOPO_i)2F和Na+；A、充電時，正極作為陽極，負極作為陰極，陽極反應為NaxC形成Na+和C,陰極反應為Na+和Na>x(VOPO4)2F形成Na3(VOPO4)2F；B、電解質(zhì)為含有鈉的溶液；C、正極為C得到電子，結(jié)合鈉離子形成NaxC；D、負極為Na3(VOPO4)2F形成Na3-x(VOPO4)2F和Na+,減少23g時即電離出Imol的Na+,失去Imol電子，此時陽極為氫氧根放電，每轉(zhuǎn)移4moi電子，則生成Imol氧氣，因此轉(zhuǎn)移Imol電子生成0.25mol的氧氣，標準狀況下為5.6L。TOC\o"1-5"\h\z(2分)利用鋅灰(主要成分為ZnO,含有CuO、PbO、SiO2,FeO、Fe?3等雜質(zhì))制備高純ZnO的工藝流程如下，下列說法錯誤的是：( )稀H2s。4適量KMnOs溶液試劑a NHJICO,I I I T 吟鋅灰T酸浸I-A步驟1|~?步驟2I ?步驟3-ZnC03-xZnCOHh-^ZnO1 I I濾清1MnCh、Fe(OH),濾清2A.濾渣1的主要成分為Si。?、PbSOaB.步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為：MnOf+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)31+MnO2I+5H+C.加入的試劑a為Zn,目的是除去C/+D.取步驟3后的干燥濾餅11.2g煨燒，可得產(chǎn)品8.1g,則x=2【答案】D【解析】【解答】A.Si。2不與稀硫酸反應，鋅灰中PbO加稀硫酸溶解得到PbSCh不溶于水，過濾，濾渣1為PbSCh、SiO2,A不符合題意；B.加入高鋅酸鉀氧化亞鐵離子為氫氧化鐵、硫酸鎬被氧化為二氧化鎬，步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為：Mn07+3Fe2++7H2O=3Fe(OW)3I+MnO2I+5W+,B不符合題意；C.為除去硫酸銅可采用置換反應，試劑a為Zn,鋅粉發(fā)生置換反應：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4,目的是除去C“2+,C不符合題意；D.設ZnCCh-xZn(OH)2的物質(zhì)的量為ymol,ZnCCh-xZn(OH)2煨燒得到ZnO,則固體質(zhì)量減少的質(zhì)量為二氧化碳、水的質(zhì)量，n(ZnO)=瑞=所學%=O.lmol,根據(jù)固體質(zhì)量減少的質(zhì)量、ZnO的物質(zhì)的量列方程為44y+18xy=l12-8.1、y+xy=O.l,解得x=l、y=0.05,D符合題意：故答案為：D?！痉治觥肯确治隽鞒蹋饕煞譃閆nO,含有CuO、PbO、SiO2,FeO、Fe26等雜質(zhì)，經(jīng)過酸浸后濾渣為不溶于酸的二氧化硅以及生成的沉淀PbSCh,濾液為ZnSO4、CuSO4,FeSO,、Fe2(SO4)3,濾液中滴入高鎰酸鉀，高鋸酸鉀作為氧化劑，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，經(jīng)過pH調(diào)節(jié)后，濾渣為氫氧化鐵和二氧化鎬，濾液為CuSO4、ZnSO4,濾液加入試劑2的目的是使銅離子沉淀，同時不能影響鋅離子，因此沉淀劑為Zn,使銅離子形成單質(zhì)，濾渣2為銅，濾液為ZnSCh,經(jīng)過碳酸氫錢使ZnSO,轉(zhuǎn)化為沉淀，饌燒得到金屬氧化物；A、濾渣1的主要成分為9。2、PbS04；B、高錦酸根和亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成氫氧化鐵和二氧化鎬；C、鋅和銅離子發(fā)生置換反應生成銅和鋅離子；D、混合物的解題可以根據(jù)二元一次方程組解答，設某種物質(zhì)的物質(zhì)的量為x,另一種為y,結(jié)合已知數(shù)據(jù)列出二元一次方程組。(2分)用1mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60mL0.02mol/L硫酸銅溶液;氨水稍過量后，再用1mol/L的硫酸反滴定銅氨配合物溶液。實驗記錄如下：實驗現(xiàn)象反應過程中的pH和電導率變化對比曲線

滴加氨水時，滴加氨水時，先不斷產(chǎn)生淺藍色淀；后來沉淀逐漸溶解，得到深藍色溶液。滴加硫酸時，先不斷產(chǎn)生淺藍色沉淀；后來沉淀逐漸解，得到藍色溶液。資料：i.實驗中產(chǎn)生的淺藍色沉淀為堿式硫酸銅，化學式為Cu2(0H)2so4；ii.電導率是以數(shù)字表示的溶液中傳導電流的能力。下列分析中錯誤的是( )a之前未加氨水，溶液pHV7的原因是Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+ab段發(fā)生的主要反應為：2Cu2++SO『+2NH3-H2O=Cu2(OH)2so4+2NH1d點混合溶液pHV7,與反應后生成的NH1水解有關D.根據(jù)a3與bd段曲線變化趨勢，說明溶液的電導率僅與反應前后離子的濃度和離子所帶電荷數(shù)有關【答案】D【解析】【解答】A.a之前未加氨水，溶液中溶質(zhì)為CuSO4,該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中鹽電離產(chǎn)生的CM+發(fā)生水解反應：Cu2++2H2O=Cu(OH”+2H+,消耗水電離產(chǎn)生的0H,使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時溶液中c(H+)>c(0H),因此溶液pHV7,A不符合題意；B.向溶液中滴加少量氨水時，產(chǎn)生淺藍色沉淀是堿式硫酸銅，根據(jù)電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)的拆分原則，可知該反應的離子方程式為：2Cu2++SO2-+2NH3H2O=Cu2(OH)2SO4；+2NHB不符合題意；C.d點混合溶液pHV7,溶液顯酸性，是由于溶液中含有(NHSSCh,該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中NH才發(fā)生水解反應，消耗水電離產(chǎn)生的0H?產(chǎn)生NH3H2O,使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時溶液中c(H+)>c(OH),導致溶液pHV7,故與反應生成的NH^水解有關，C不符合題意：D.根據(jù)a3與bl，段曲線變化趨勢，說明溶液的電導率不僅與反應前后離子的濃度和離子所帶電荷數(shù)有關，而且也與離子的種類有關，D符合題意；故答案為：D。【分析】A、硫酸銅中銅離子為弱離子，可以發(fā)生水解；B、根據(jù)提示可知，銅離子和硫酸根、一水合氨生成淺藍色沉淀堿式硫酸銅，化學式為CU2（OH）2so4；c、鏤根離子為弱離子，可以發(fā)生水解；D、根據(jù)圖示可知導電率和離子濃度、離子電荷數(shù)、離子種類有關。12.（2分）高銅酸鉀是一種難溶于水的黑色粉末狀固體，與高鐵酸鉀性質(zhì)相似。可以由四羥基合銅酸鉀和次澳酸在冰水浴中合成：①勺仁義。"）/+HBrO-KCuO2+KBr+KBrO+也。（未配平）。高銅酸鉀在酸性條件下不穩(wěn)定：②KGzO2+“2$。4T。2+。記。4+“2。+占$。4（未配平）。下列說法錯誤的是（）A.①中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2B.②若有標況下5.6LO2生成，轉(zhuǎn)移電子0.2以C.②中KCuOz既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性D.由①②可知氧化性強弱順序為：HBrO>KCuO2>02【答案】B【解析】【解答】A.反應①中HBrO—KBr中Br元素化合價降低，HbrO做氧化劑，K2[C”（OH）4]tKCuO2中Cu元素化合價升高，/[CM。，）/做還原劑，反應方程式為2K2[Cu（OH）4]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO+5H2O,則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2,A不符合題意；B.反應②反應方程式為4/f?！?。2+6H2sO4=02+4CuS04+6H20+2K2S04,生成ImolO2轉(zhuǎn)移4mol電子，標況下生成5.6LO2即物質(zhì)的量為n= =0.25moZ,轉(zhuǎn)移電子V771 4"L/iriUi0.25molx4xNAmor'=/V71,B符合題意；C.反應②反應方程式為4長?！?。2+6425。4=。2+4。“5。4+6”2。+2七5。4，Cu元素化合價升高，O元素化合價降低，KCaOz既做氧化劑也做還原劑，KQ102既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性，C不符合題意；D.由氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，由①可得氧化性：HBrO>KCuO2,由②可得氧化性：KCuO2>02,則氧化性強弱順序為：HBrO>KCuO2>02,D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A、氧化劑為化合價降低的物質(zhì)，還原劑為化合價升高的物質(zhì)，根據(jù)化合價升降守恒可以配出氧化劑和還原劑的化學計量數(shù)之比為1：2；B、結(jié)合氧氣的化合價可知每生成Imol氧氣會轉(zhuǎn)移4moi電子；C、銅元素化合價升高被氧化，氧元素化合價降低被還原；D、結(jié)合氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性判斷，氧化劑為化合價降低的物質(zhì)，氧化產(chǎn)物為化合價升高的產(chǎn)物。閱卷人一二、多選題(共3題；共6分)得分13.(2分)2021年諾貝爾化學獎授予本亞明，利斯特和戴維，麥克米倫，以表彰他們對“不對稱有機催化的發(fā)展”做出的貢獻。氨基酸衍生物作為催化劑用于丙酮與4-硝基苯甲醛的不對稱反應如下：下列說法正確的是( )A.該反應類型為取代反應B.①②③④四種物質(zhì)可用鈉和新制氫氧化銅進行鑒別C.①②③④四種物質(zhì)具有相同的含氧官能團D.④的同分異構(gòu)體中滿足與NaHC/溶液反應有氣泡產(chǎn)生，且苯環(huán)上含硝基等兩個取代基的有15種【答案】B.D【解析】【解答】A.對比反應物和產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)可知，該反應為加成反應，A不符合題意；B.①②與金屬Na不反應，但②能與新制氫氧化銅生成磚紅色沉淀；③④與金屬Na反應，(3)能使新制氫氧化銅溶解，④與新制氫氧化銅不反應，B符合題意；C.①含皴基，②含醛基和硝基，③含撥基和亞氨基，④含染基、羥基、硝基，四種物質(zhì)所含的含氧官能團不同，c不符合題意；D.④的同分異構(gòu)體中滿足與NaHCg溶液反應有氣泡產(chǎn)生，說明含陵基，苯環(huán)上除硝基外，含陵基的原子團可能為：-CH2CH2CH2COOH.-CH2cH(CH3)COOH、-CH(CH3)CH2coOH、-CH(C2H5)COOH、-C(CH3)2COOH,苯環(huán)上各有鄰、間、對三種結(jié)構(gòu)，共15種，D符合題意；故答案為：BD?【分析】A、反應過程中，醛基的碳氧雙鍵斷開形成單鍵，為加成反應;B、鈉可以鑒別竣基和羥基，新制氫氧化銅可以鑒別醛基；C、幾種有機物分別含有酮基、醛基、硝基、竣基、羥基；D、可以和碳酸氫鈉反應的為按基，同分異構(gòu)體的判斷可以從碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)判斷。（2分）用CO還原N2?？蓽p輕汽車尾氣對空氣的污染，該反應的熱化學方程式為：刈。（9）+CO（g）=COz（g）+N2（g）4"。在體積為1L的密閉容器A（500℃,恒溫）、B（起始500C,絕熱）中分別加入O.lmolN2。和0.4molCO,測得容器中N2。轉(zhuǎn)化率隨時間變化關系如圖。下列說法正確的是（）A.A容器中N2。的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關系是圖中的曲線aB.可通過縮小容器體積來縮短b曲線對應容器達到平衡的時間，同時不改變“。的平衡轉(zhuǎn)化率C.500℃該反應的化學平衡常數(shù)K=^D.在平衡后向A容器中加入O.O75molN20與0.025molC02，則平衡正向移動【答案】B,C【解析】【解答】A.反應放熱，絕熱容器中隨著反應進行溫度升高，反應速率不斷加快，達到平衡的時間縮短，同時溫度升高不利于反應正向進行，則到達平衡時，B容器相對于A容器，NQ的轉(zhuǎn)化率降低，但達到平衡的時間縮短，所以曲線a反應B容器中N?0的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關系，A不符合題意；B.縮短b曲線對應容器達到平衡的時間，但不改變N20的平衡轉(zhuǎn)化率，且在催化劑一定的情況下，反應為氣體分子數(shù)不變的反應，反應前后體系壓強不變，增大壓強可以增大化學反應速率縮短到達平衡的時間，同時不影響反應平衡轉(zhuǎn)化率，具體措施可以減小容器體積，B符合題意；C.根據(jù)圖像，500℃時，NzO的平衡轉(zhuǎn)化率為25%,起始時充入O.lmolNzO、0.4molCO反應，N2。⑶+。。9）二皿⑷+N29)起始量Imol轉(zhuǎn)化量Imol0.10.0250.40.02500.02500.025,則平衡常數(shù)K=幽犒=平衡量/mol0.0750.3750.0250.025〃(72)力(。。2)_0.025x0.025_1n(/V2O)n(CO)-0.075x0.375-45,

D.在平衡后向A容器中加入0.075molN2。與OSSmolC。2，Qc=；弱"第=默密徐東罌聾喔=人=/<=￡，則平衡不移動，D不符合題意；0.15X0.375 的故答案為：BCo【分析】A、反應為放熱反應，隨著反應進行，溫度升高，速率變快，時間變短；B、縮小體積，平衡朝習題系數(shù)縮小的方向移動，由于該反應左右兩邊氣體系數(shù)相等，因此平衡不移動，但是各種物質(zhì)濃度增大，速率變快；C、平衡常數(shù)的計算可以從三段式入手，結(jié)合圖示進行計算D、平衡后繼續(xù)氣體，平衡不移動。(2分)常溫下，向NaOH溶液中逐滴滴入亞磷酸(43「。3)，各含磷微粒的分布分數(shù)X(平衡時某微粒的濃度占各微粒濃度之和的分數(shù))與pOH的關系如圖所示。已知pOH=-Zgc(OH-),反應中只能生成Na2“PO3和Na/P/兩種鹽。下列說法正確的是()A.曲線aA.曲線a代表X(“3PO3)pOH”2尸。1的電離平衡常數(shù)Ka=1x10~73mol-L-1Na/Pg溶液中c(H+)>c(OH")pOH=7時，c(Na+)=2c(HP。g)+K/P。］)【答案】C,D【解析】【解答】A.根據(jù)分析，曲線a代表X(HPOg),A不符合題意；H2Poi的電離平衡常數(shù)Ka2=10-67moILT，B不符合題意；Na%P03溶液中WPOJ的電離常數(shù)為Ka2=1。-6,7血0>廣1，水解常數(shù)為：/=5絲=嗎4=Kal1010-12.6<Ka2,故溶液呈酸性，C(H+)>C(OW-),C符合題意；pOH=7時，pH=7,C(H+)=c(OH-)根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c("+)=2c(HP。歹)+c(H2P03)+c(OH-),故c(Na+)=2c(HP00)+c(H2P。3)，D符合題意;故答案為：CDo【分析】先分析圖象的基本情況，pOH為橫坐標，pOH越大，則酸性越強，其次，結(jié)合信息“反應中只能生成NazHP。?和Na“2PO3兩種鹽“，可知H3PCh為二元酸，可以發(fā)生兩次電離，一級電離為H3P03=H++H2P03，二級電離為H2P。3-=H++HPO32-，隨著酸性減弱，電離程度減弱，H3PCh濃度減小，H2PO3-濃度增強，一級電離程度減弱，二級電離程度增強，當酸性減弱到一定程度時，一級電離幾乎不存在，二級電離為主，此時H2P03-濃度減小，HP。./-濃度增大，二級電離程度減弱;A、根據(jù)上述分析，曲線a代表HPChH曲線b代表H2POn曲線c代表H3Po3；B、二級電離平衡常數(shù)可以根據(jù)HPO./和H2PCh的交點計算，即曲線a和曲線b的交點，結(jié)合二級+ 2—電離平衡常數(shù)凡2=吧弗警」，可知在交點處Ka2=C（H）而橫坐標為pOH,需要換算為c（H2PO3）c（H+）；C、NaH2PO3溶液即溶質(zhì)為NaH2Po3,此時c（H2PCh）最大，即b曲線的最高點，此時pOH大于7,溶液為酸性；D、pOH=7溶液為中性，結(jié)合電荷守恒，等量代換可以知道c（Na+）=2c（HP0g）+<?（，2「。3）。閱卷人一三、非選擇題（共5題；共39分）得分（9分）鋁、鐵、銅等金屬在日常生活中應用廣泛，鈦由于其特殊的性能被譽為“未來世紀的金屬其單質(zhì)及化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領域具有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：（2分）基態(tài)Cu原子的價電子軌道表示式為；［4（。，）4「的空間構(gòu)型為,=（2分）Imol配合物［”。（%。｝"%中。鍵的數(shù)目為，其組成元素的電負性大小順序是。（2分）N/與C/+形成配位鍵的能力（填“強于”或“弱于”陽2。與C/+形成配位鍵的能力，請用實驗事實加以說明：（3分）TiN具有高硬度和優(yōu)良的耐磨損性，用A1部分代替TiN中Ti后可以提升耐磨性5倍以上。其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，摻雜AI后的晶體密度是TiN晶體的倍(精確到小數(shù)點后第2位)，設原子①的原子坐標為(0,0,0),則原子②的原子坐標為,已知相鄰的Ti-N原子距離為anm,則晶胞中原子①與②距離為nm。3d 4s[答案](1)>|一?一,~I一I~I.-]；正四面體形(2)16必；O>Cl>H>Ti(3)強于；向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解得到深藍色溶液(4)0.92；(1,1,1)；y/6a【解析】【解答】(1)中根據(jù)電子排布式及鮑林不相容原理和洪特規(guī)則進行書寫，微粒的空間構(gòu)型根據(jù)雜化軌道類型ABn型分子特點進行判斷；(2)中根據(jù)共價鍵的類型判斷。鍵，利用配合物中共價鍵的個數(shù)進行判斷；電負性根據(jù)元素的非金屬性進行判斷，利用周期律進行判斷；(3)根據(jù)配位鍵形成的實質(zhì)進行判斷，利用實驗說明利用物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化進行判斷；(4)根據(jù)晶胞密度的計算公式進行計算，利用三維坐標根據(jù)投影進行判斷；原子間距離根據(jù)勾股定理進行計算；(1)銅原子的價電子排布式是Sd'Ms',根據(jù)鮑林不相容原理和洪特規(guī)則書寫其價電子軌道表示式為：3d 4s 3d 4s 1 1I 1;故答案為 1 1 1I 1;[i4Z(OW)4]的空間構(gòu)型根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型為正四面體：故答案為正四面體；(2)[77。(“2。)5]。2中，配體氯離子和水與鈦離子之間的配位鍵是6個屬于。鍵，配體水分子中氫氧鍵共10個屬于。鍵，故。鍵含有16個，Imol配合物[7]?42。)5]02中。鍵的數(shù)目為16Na,故答案為16Na；根據(jù)非金屬性越強，電負性越強，故其含有的元素電負性大小順序為：O>Cl>H>Ti；故答案為：O>Cl>H>Ti；(3)氨氣中氮原子電負性小于水分子中氧原子的電負性，故更易提出孤對電子形成配位鍵，故答案為強于；實驗事實向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解得到深藍色溶液；故答案為：向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解得到深藍色溶液;(4)TiN晶胞中，鈦離子實際個數(shù)為：12xJ+1=4;實際氮離子個數(shù)為：8xj4-6x1=4，設晶牛 o Z胞的體積為V,故TiN晶胞的密度為：p=4x儼;*=胖;7；當用A1部分代替TiN中Ti后，產(chǎn)NaxVnaxV實際含有鈦原子為：12xJ=3,實際氮原子個數(shù)為：8xi+6x1=4,實際鋁原子個數(shù)為：1；故4 oZ密度為：0=4x14需工十27=^^；故摻雜A1后的晶體密度是TiN晶體的舞=0.92;故答案為0.92；設原子①的原子坐標為(0,0,0),則原子②的原子坐標為(1,1,1)；故答案為：(1,1,1);已知相鄰的Ti-N原子距離為anm,從②點向下邊做垂線，根據(jù)兩個勾股定律計算得乃a,故答案為：V6a；【分析】(1)銅為29號元素，其核外電子排布式為Is22s22P63s23P63小。4子雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)；雜化軌道數(shù)=2,為直線；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形；雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐；雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形(2)c鍵即配對原子個數(shù)，即每一個共價鍵中必定含有一個。鍵；電負性跟非金屬性掛鉤，非金屬性越強，則電負性越強；(3)電負性越弱，其提供孤電子對的能力越強；(4)晶胞的密度要結(jié)合體積、阿伏加德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量進行計算：原子坐標要根據(jù)原點進行判斷。17.(9分)廢舊鋰電池的有效回收，可以減少環(huán)境污染，也能緩解貴金屬資源危機。一種高效處理三元鋰電池正極活性物質(zhì)(其中金屬元素的質(zhì)量分數(shù)為Li-6.78%、Mn-16.94%、Co-11.88%,Ni-30.37%),回收貴金屬元素的工藝如下。

極性質(zhì)

正活物極性質(zhì)

正活物含鋰濾液 丁二酮月虧獴MnO2COC2O4（另外回收） 沉淀已知：金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示:金屬離子Co2+Mn2+Ni2+開始沉淀的pH6.67.86.7完全沉淀的pH9.210.49.5回答下列問題：（3分）在一定條件下“酸浸”時，金屬離子的浸出率與硫酸濃度的關系如下圖所示，此條件下，硫酸最合適的濃度為mol/Lo為提高金屬離子的浸出率，除硫酸濃度外，還可以金屬離子的浸出率的關系。100研究 、 等條件與金屬離子的浸出率的關系。100806044）1.0 1.5 2.0 2.5 3.0H2SO4（mol/L）（1分）“調(diào)pH”的最佳pH為5,原因是：①pH過低，丁二酮月虧不易與Ni2+絡合生成丁二酮月虧銀沉淀，不利于M2+的除去；②pH值過高O（1分）“沉鐳”的離子方程式為 .(1分)“還原煨燒”時，生成的加2四3溶解度較小?！八睍r，通入過量CO2有利于加2m3溶解為以+,從而與其他金屬元素分離，從平衡移動的角度分析其原理： (3分)金屬離子的電化學沉積法清潔環(huán)保且成本較低。其原理是通過電解裝置將金屬離子從溶液中逐一還原析出，生成的金屬單質(zhì)應附著在極。電解時，各金屬離子還原為單質(zhì)的電壓如下表:金屬離子Co2+Mn2+Ni2+還原為單質(zhì)的電壓/v0.2801.1850.257若要改進工藝，更好分離金屬離子，應在(填字母)流程后開始使用電化學沉積法。最后析出的金屬單質(zhì)為。A.“酸浸” B.“調(diào)pH”C.“沉銀” D.“沉鋪”【答案】(1)2.5mol/L；酸浸時間；溫度、攪拌速率、液固投料比(其他影響速率的因素合理即可)(2)。。2+和MM+形成氫氧化物沉淀，不能與銀鹽沉淀分離(3)2MnO^+3Mn2++2H2O=5MnO2X+4W+(4)體系中存在的溶解平衡：Li2cO36)=Li+(aq)+COg(aq),通入過量。。2與C。歹結(jié)合生成"CO],降低了C。0的濃度，使口2c。3的溶解平衡向溶解的方向移動，因此有利于Li+進入溶液(5)陰；C；缽【解析】【解答】加入焦炭還原煨燒得到金屬單質(zhì)，加入過量。。2有利于LGCO3溶解為加+，過濾可得濾渣含Mn、Co、Ni,加入硫酸溶解得到金屬離子，加入NaOH調(diào)節(jié)pH,再加入丁二酮腸沉銀，高鋸酸鉀和錦離子發(fā)生歸中反應生成二氧化錦，最后加入草酸鈉沉鉆得到草酸鉆；(1)由圖可知，硫酸濃度為2.5mol/L時金屬離子的浸出率浸出率較高，為減少原料浪費，最合適的硫酸最合適的濃度為2.5mol/L；濃度、反應物接觸面積、反應時間等會影響反應速度，則為提高金屬離子的浸出率，除硫酸濃度外，還可以研究酸浸時間、溫度、攪拌速率、液固投料比等條件與金屬離子的浸出率的關系；(2)由金屬離子沉淀的pH值表可知，若“調(diào)pH”時pH值過高，C/+和M/+形成氫氧化物沉淀，不能與銀鹽沉淀分離；(3)“沉缽”時高鋅酸鉀和缽離子發(fā)生歸中反應生成二氧化缽，反應的離子方程式為2MnO7+3Mn2++2H2O=5MnO2I+4H+；

(4)“水浸”時，體系中存在加2=3的溶解平衡：Li2c03(s)=Li+(aq)+C0g(aq),通入過量C%與C。歹結(jié)合生成HC。］,降低了C俏-的濃度，使以2C3的溶解平衡向溶解的方向移動，因此有利于Li+進入溶液：(5)金屬離子發(fā)生還原反應生成金屬單質(zhì)，電解池中陰極發(fā)生還原反應，則生成的金屬單質(zhì)附著在陰極；由于Ni2+與以2+還原為單質(zhì)的電壓相差不遠，較難分離，則應在“沉銀”流程后開始使用電化學沉積法，故答案為：C,CM+還原為金屬C。的電壓較低，通電后先析出，最后析出的金屬單質(zhì)為錦?！痉治觥肯确治隽鞒蹋?jīng)過焦炭還原后形成相應的單質(zhì)，為Li、Mn、C。、Ni,水浸后通入二氧化碳，濾液為碳酸鋰，濾渣為Mn、Co,Ni,經(jīng)過酸浸后形成相應的硫酸鹽，加入NaOH,再加入丁二酮后沉銀，高錦酸鉀和鋸離子發(fā)生歸中反應生成二氧化鎰，最后加入草酸鈉沉鉆得到草酸鉆；(1)結(jié)合圖示，可知pH為2.5時浸出率很高，往后浸出率提高不明顯；提高浸出率的方法有增加酸浸時間、增加投料比、增大接觸面積、提高溫度、攪拌等；(2)pH過高，氫氧根濃度增大，容易使金屬離子沉淀；(3)根據(jù)圖示，可知該過程為氧化還原反應，原溶液中含有MM+,加入MnOf后發(fā)生氧化還原反應，形成二氧化鋅；(4)從平衡移動的角度解釋溶解度，即利用難溶電解質(zhì)的溶解平衡解釋，根據(jù)碳酸根和二氧化碳的反應，使溶解平衡朝正向移動，由于鋰離子的溶解；(5)金屬離子為陽離子，電解過程中移向陰極；根據(jù)電壓選擇，可知銀和鉆的電壓接近，因此必須在除去鎮(zhèn)以后再開始電解。18.(8分)MnSOr/O是一種淺粉色晶體，易溶于水。是飼料中常用的添加劑，也是電解鋸及其他錦鹽的原料，工業(yè)用途廣泛。某同學設計下列實驗裝置制備硫酸銖：濃硫酸攪拌MnO2多孔球泡濃硫酸攪拌MnO2多孔球泡回答下列問題:（1分）裝置I盛放的固體藥品是（填化學式）。（3分）裝置II中反應的化學方程式為:實驗中提高反應速率的措施有；反應后從溶液得到MnSQj?“2。的操作為..（2分）興趣小組同學擬繼續(xù)研究硫酸鎰晶體高溫分解的固體產(chǎn)物，經(jīng)查資料可知：硫酸鑄晶體高溫下的分解產(chǎn)物為Mn^Oy、SO2、$。3及水蒸氣。為了確定MgOy的化學式，采用下列裝置進行測定（已知：5。3的熔點為16.8C,沸點為44.8C）。堿石灰NaOH溶液MnSO4H2O堿石灰NaOH溶液MnSO4H2O熱電偶強熱4h①裝置正確的連接順序為h-。②在裝置中加入152.1gMnSO4?42。，充分反應后，測得SQ質(zhì)量為19.2g,則M&Oy的化學式為.（2分）測定飼料中硫酸鋅含量常將飼料溶于水，以磷酸作絡合劑，用硝酸鉉作氧化劑，將試樣中的二價鋅定量氧化成三價鋪，過量的硝酸鉉立即與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應而消除其影響。然后加入指示劑，用硫酸亞鐵錢任6544）2（5。4）2?6“2。]標準溶液滴定生成的三價錦，溶液由紅色變?yōu)榱咙S色為滴定終點。有關離子反應方程式為：2Mn2++NO3+4Po打+2H+=2[Mn（P04）2]3-+NO5+電0、NH：+N0±=N2T+2%。、[Mn（PO4）2]3-+Fe2+=Mn2++[Fe（PO4）2]3-取ag飼料，消耗濃度為crno,的硫酸亞鐵按標準溶液VmL,則飼料中MnS/?%。的質(zhì)量分數(shù)為（用含a、c、V的表達式表示），若滴定前平視讀數(shù)，滴后俯視,則會導致測定結(jié)果（填“偏大”、"偏小”或"無影響”）【答案】（1）Na2sO3SO2+MnO2=MnS04-,攪拌、使用多孔球泡：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥cd—>ef—>ab；Mn3O4⑷播％或轆；偏小【解析】【解答】裝置I用亞硫酸鈉和濃硫酸反應制取二氧化硫，裝置II中二氧化硫和二氧化鎬反應生成硫酸鎬，裝置III用NaOH溶液吸收尾氣；(1)裝置I用亞硫酸鈉和濃硫酸反應制取二氧化硫，盛放的固體藥品是N&2SO3；(2)裝置II中二氧化硫和二氧化錦反應生成硫酸鎰，反應的化學方程式為SOz+Mn。？=MnS0；可增大反應物接觸面積來提高反應速率，實驗中提高反應速率的措施有攪拌、使用多孔球泡：反應后從溶液得到MnSO「H2。的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥；(3)①由題意可知，硫酸缽晶體高溫下的分解產(chǎn)物為Mn^Oy、SO2、5。3及水蒸氣，三氧化硫能溶于濃硫酸，二氧化硫不溶于濃硫酸，混合氣體經(jīng)過濃硫酸，濃硫酸吸收了三氧化硫和水蒸氣，則氫氧化鈉溶液吸收的氣體為二氧化硫，裝置正確的連接順序為h-cd-ef-ab；②152.1gMnSO4?%。的物質(zhì)的量為幾=節(jié)=i搟扁=0.9m。1,19.2gSOz的物質(zhì)的量為n=若=泥篇=0.3m。/,設Mn*Oy中鎰元素的化合價為a,由得失電子數(shù)目守恒可得0.9molx(a-2)=0.3molx2,解得a§,則MnxOy為MmC)4；(4)根據(jù)有關離子反應方程式為：2MM++NO]+4P0；+2H+=2[Mn(PO4)2]3-+N0￡+%。、[Mn(PO4)2]3~+比2+=Mn2++[/^(PO^F-可得關系式：Mn2+-[Mn(P04)2]3~~Fe2+,n(Mn2+)=n(Fe2+)=n([Fe(/VW4)2(SO4)2?6H20])=cVx10'3mol,m(MnS04-H20)=nM=cVx103molx169g/mol=169cVxl0-3g,則ag飼料中MnSO^/。的質(zhì)量分數(shù)為唯巴”3x100%=暇"％；若滴定前平視ag 10a讀數(shù)，滴后俯視，消耗標準溶液體積偏小，則會導致測定結(jié)果偏低。【分析】(1)裝置I應制備二氧化硫，即濃硫酸和亞硫酸鈉反應；(2)裝置n的反應物為二氧化硫和二氧化鐳，生成物為硫酸鋅；提高速率的方法有攪拌、適當升溫等；溶液得到帶有結(jié)晶水的晶體采用的是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(3)①要測定產(chǎn)物中固體的含量，需要最先通過水蒸氣，因為后續(xù)裝置中含有溶液，溶液的水分會有干擾，經(jīng)過濃硫酸后，濃硫酸質(zhì)量增加，三氧化硫和水被吸收，再通入氫氧化鈉，此時氫氧化鈉質(zhì)量增加，氫氧化鈉增加的質(zhì)量即吸收了二氧化硫的質(zhì)量；(4)需要結(jié)合離子方程式計算，根據(jù)化學計量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，可以求出MnSO4-H2O的物質(zhì)的量，根據(jù)公式n=m/M計算其質(zhì)量；滴定誤差分析：滴定管用蒸儲水洗后，未用標準液潤洗，偏大；滴定管未用待測液潤洗，偏?。诲F形瓶用待測液潤洗，偏大盛；標準液的滴定管滴定前有氣泡，滴定后無氣泡，偏大；待測液的滴定管滴定前有氣泡，滴定后無氣泡，偏?。捍郎y液滴定管調(diào)“0”后，未將尖嘴部掛著的余液除去，偏大；標準液滴定

管調(diào)“0”后，未將尖嘴部掛著的余液除去，偏??；滴定結(jié)束后，尖嘴掛著余液，偏大；滴定后俯視讀數(shù)，偏大；滴定前俯視讀數(shù)，偏小。（7分）苯磺酸倍他司汀具有血小板活化因子拮抗作用，常用于治療過敏性鼻炎、等麻疹、濕疹等，具有見效快，嗜睡等不良反應發(fā)生率低等優(yōu)勢，下圖是其中間體倍他司?。∟）的一種合成路線。已知：i.Et-表示C，3C42一ii.口比咤環(huán)（）和苯環(huán)性質(zhì)相似，也具有芳香性，羥基毗口定與已知：i.Et-表示C，3C42一ii.口比咤環(huán)（）和苯環(huán)性質(zhì)相似，也具有芳香性，羥基毗口定與Fe3+發(fā)生顯色反應iii.傅一克反應為苯環(huán)的烷基化或?；?，可用下面通式表示:請回答下列問題：（2分）H的分子式為,N中的含氧官能團的名稱為o（1分）上述合成路線中⑥反應類型為o（1分）C+D—E的化學方程式為。（2分）P為B的同系物，分子式為C849N02,滿足下列條件的P的同分異構(gòu)體有種。①芳香環(huán)上只有兩個取代基，②能與FeC%發(fā)生顯色反應，③能發(fā)生銀鏡反應。請寫出其中核磁共振氫譜有6組峰，其面積比為2：2：2：1：1：1的一種分子的結(jié)構(gòu)簡(5)(1分)以A和為原料，設計制備[示，無機試劑任選) 【答案】(1)C8H15N3;酸鍵、速基(2)取代反應<3)cAb凈c/o(4)32；HO—i>CH2NHCH0或HO—4的合成路線(用流程圖表+HC1\-NHCH2CHO^ho—/~(i-NH,?CH, N，CH2C1(5)u光晨u-o令b-【解析】【解答】毗陡環(huán)和苯環(huán)性質(zhì)相似，V_fH'40nxA中甲基被高錦酸鉀氧化為竣基，B為B發(fā)生取代反應生成C,C發(fā)生已知信息iii反應生成E,OH則口為[】￡)E發(fā)生還原反應生成F(1)H的分子式為C8H157。3；N中的含氧官能團的名稱為酶鍵、按基；F發(fā)生取代反應生成G,G和H發(fā)生取代反應生成K；NH(2)合成路線中⑥G和H發(fā)生取代反應生成K和 1hoOc((3)D為C發(fā)生已知信息iii反應生成E,C+D-,反應類型為取代反應；?E的化學方程式為/%^N^COOH（4汨為［J,P為B的同系物，分子式為C8%NO2,滿足下列條件：①芳香環(huán)上只有兩連接在毗呢，③能發(fā)生.銀鏡反應說明含有醛基，同分異構(gòu)體有ho」23 23cho 2_NHCHjCHO' C-NH2'HO-^^23 23CH 2CH2cH2CHO、6-CHO.HO-1^XCH3H<b2 H%2,H叫？^WHO、2cH@0'6組峰，其面積比為2：2：2：1：1：1的一種分子的結(jié)構(gòu)簡式HO一HO—NHCH2CHO或HO—i-NH2:⑸由逆一取代反應可得，苯發(fā)生氯代反應得到氯苯，合成路線為：?C%a“CH?CT光照OT〔AlCh。23CHjNHCBO'3?CHOA-CH?_3CH2cH2cHe、a,其中核磁共振氫譜有：-CHOC^~CH1KHeHO或Cl在AlCb作用下生成，A發(fā)生個取代基，②已知羥基毗口定與Fe3+發(fā)生顯色反應，能與FeC%發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基或羥基【分析】（1）分子式的計算要將C、H、0、N四種元素的原子總數(shù)合并；N的含氧官能團有-C-O-C-、-COOH,為酸鍵和竣基；(2)路線(6)為G和H的取代反應；(3)C和D生成E的過程中，C中氯原子被E中苯環(huán)上的氫原子取代；(4)芳香環(huán)只有兩個取代基，其中一個取代基為酚羥基，能夠發(fā)生銀鏡反應，則含有醛基根據(jù)核磁共振氫譜有6組峰，其面積比為2：2：2：1：1：1,可知酚羥基和另一個取代基為對位，且醛基位于另一個取代基上；(5)合成路線的設計，一般要結(jié)合已知條件或者已知合成路線去看，根據(jù)題干要求的物質(zhì)，采用順推或者逆推法進行相應的設計。(6分)“碳中和”有利于全球氣候改善，CO2的資源化利用成為研究重點。(3分)二氧化碳加氫合成二甲醒的反應包括三個相互關聯(lián)的反應過程：.C。式g)+3H2(。)=CH30H(g)+H2O(g)AH=-49.01k；-moL.C02（g）+“2（g）=COS）+，2。（。）4H2=+41.17kJ-mor1.2cH3。，（。）=CH30cH3（g）+H2O（g）AH3=-24.52k/.moL①寫出CO?和“2生成CH30cH3的熱化學方程式為。②在壓強3.0MPa,n(W2)/n(CO2)=4,不同溫度下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物的選擇性如圖所示(選擇性是指生成某物質(zhì)消耗的。。2的物質(zhì)的量占消耗。。2總的物質(zhì)的量的百分比)，當溫度超過290C,CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的原因_o根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算300℃時，C/OC%的平衡產(chǎn)率為?⑵(3分)C44—CO2重整制“2的過程為：C“4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。發(fā)生的副反應為(1)中ii在剛性密閉容器中，進料比當?shù)謩e等于1。、2。，且起始時壓強相同。平衡時甲烷的質(zhì)量分數(shù)與溫度的關系如圖所示:

①曲線a的進料比為。②有利于提高C%平衡轉(zhuǎn)化率的措施o（寫出兩條）。③M點C4的平衡轉(zhuǎn)化率為85%,。。2的平衡轉(zhuǎn)化率為88%,則副反應的壓強平衡常數(shù)Kp=.（保留2位有效數(shù)字）。（已知：分壓=總壓x該組分的物質(zhì)的量分數(shù)）【答案】(1)2。。2?)+6H2(。)=CH30cH3(g)+3H2。(g)AH3=-122.54k/?mor1.溫度超過290c時，以反應ii為主，反應ii為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，。。2的平衡轉(zhuǎn)化率增大；6%（2）1.0；增大甲烷的投料、高溫、低壓或及時移走產(chǎn)物（或其他合理答案）；0.26【解析】【解答】⑴①由蓋斯定律，反應ix2+iii可得到CO?和“2生成C/OC%的熱化學方程式為2C02(5)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H20(5