2022年高考化學(xué)全真模擬試題(三)(含解析)新版 人教版

千里之行，始于足下讓知識帶有溫度。第第2頁/共2頁精品文檔推薦2022年高考化學(xué)全真模擬試題(三)(含解析)新版人教版2022高考化學(xué)全真模擬試卷（三）

一、單項挑選題（本起包括10小題，每小題2分，共計20分，毎小題惟獨一個選項符合題意）

1．2022年科學(xué)家首次利用X射線現(xiàn)測到化學(xué)反應(yīng)過渡態(tài)的形成．在固體催化劑表面“抓取”CO分子和O原子，并“配對”生成CO2分子，下列有關(guān)說法正確的是（）

A．CO與CO2均為酸性氧化物

B．大量CO2的排放可導(dǎo)致酸雨的形成

C．CO與O形成化學(xué)鍵過程中有電子轉(zhuǎn)移

D．固體催化劑的使用會降低該反應(yīng)的焓變

2．在二氯化鉑的HCl溶液中，通入乙烯氣體，再加入KCl可得K[Pt（C2H4）Cl3]?H2O（蔡氏鹽），相關(guān)表示正確的是（）

A．中子數(shù)為117，質(zhì)子數(shù)為78的鉑原子：Pt

B．氯離子的結(jié)構(gòu)暗示圖：

C．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2

D．KCl的電子式：

3．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）

A．SO2具有還原性，可用于漂白紙漿

B．碳酸氫鈉能與堿反應(yīng)，可用作食品的膨松劑

C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2

D．MgO、Al2O3的熔點都很高，都可用作耐火材料

4．短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為13．X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，Z是地殼中含量最高的元素．下列說法正確的是（）

A．原子半徑的大小挨次：r（Y）＞r（Z）＞r（W）

B．Y元素在元素周期表中的位置是第2周期第V族

C．元素Y的容易氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強

D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物

5．下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）

A．用白醋除鐵銹：Fe2O3?xH2O+6H+═（3+x）H2O+2Fe3+

B．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣

C．向NH4Al（SO4）2溶液中加入過量的NaOH溶液：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O

D．向含NH3的污水中加入NaClO將其轉(zhuǎn)化為N2：3ClO﹣+2NH3═3Cl﹣+N2↑+3H2O

6．試驗室用粗銅制取NO2并冋收硝酸銅晶體[Cu（NO3）2?3H2O]，下列裝置能達到試驗?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A．用裝置中制備NO2

B．用裝置乙收集NO2

C．用裝置丙過濾除去固體雜質(zhì)

D．裝置丁蒸發(fā)至干得純凈硝酸銅晶體

7．下列說法正確的是（）

A．由于合金在濕潤的空氣中易形成原電池，所以合金耐腐蝕性都較差

B．在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先產(chǎn)生淡黃色沉淀

C．11.2gFe在高溫下與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為0.3×6.02×1023

D．室溫下，體積、pH均相同的HA和HB兩種酸分離與足量的鋅反應(yīng)，HA放出的氫氣多，說明酸性HB＞HA

8．2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）反應(yīng)過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應(yīng)的活化能，E2表示逆反應(yīng)的活化能．下列有關(guān)講述正確的是（）

A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)

B．E1﹣E2=△H

C．上升溫度，不會提高活化分子的百分數(shù)

D．使用催化劑使該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)發(fā)生轉(zhuǎn)變

9．下列物質(zhì)的每步轉(zhuǎn)化在給定條件下能一步實現(xiàn)且較合理的是（）

A．Cu2（OH）2CO3CuSO4（aq）Cu

B．飽和食鹽水NaHCO3Na2CO3C．海水Mg（OH）2MgOMg

D．NH3N2HNO3

10．下列圖示與對應(yīng)的講述相符的是（）

A．圖1表示向氨水中通入HC1氣體，溶液的導(dǎo)電能力變化

B．圖2所示反應(yīng)：X（g）+2Y（g）?3Z（g），b曲線表示的一定是增大壓強

C．圖3可表示pH相同的NaOH溶液與氨水稀釋過程的pH變化，其中曲線a對應(yīng)氨水

D．圖4可表示用0.1000mol/L，醋酸滴定40.00mL0.1000mol/LNaOH溶液得到的滴定曲線

二、不定項挑選題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分．毎小題惟獨一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選-個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．

11．合成可降解聚合物G的某流程的最后一步如圖，下列有關(guān)說法不正確的是（）

A．已知該步轉(zhuǎn)化過程中的原子利用率為100%，則X為CO2

B．有機物F屬于芬芳族化合物，但不屬于芬芳烴

C．（C9H8O3）n既是高分子G的化學(xué)式也是其鏈節(jié)的化學(xué)式

D．已知經(jīng)水解生成乙二醇，則F、G在一定條件下水解，可得相同的產(chǎn)物

12．室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A．含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Fe2+、Br﹣、SO42﹣

B．1.0mol/LKMnO4的溶液中：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣

C．能與鋁反應(yīng)放出H2的溶液中：K+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣

D．水電離的c（H+）和C（OH﹣）之積為l×l0﹣20mol2?L﹣2的溶液中：Na+、K+、CO32﹣、Cl﹣

14．常溫下，向20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COONa溶液中逐滴加入0.1000mol?L﹣1鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示（不考慮揮發(fā)）．下列說法正確的是（）

A．CH3COONa溶液中：c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣）+c（Na+）

B．點①所示溶液中：c（CH3COOH）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．點②所示溶液中：c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．點③所示溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）

15．工業(yè)上普通在恒容密閉容器中采納下列反應(yīng)合成甲醇：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ?mol﹣1300℃時，在容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測得反應(yīng)達到平衡時的有關(guān)

下列說法正確的是（）

A．2c1＞c3B．|a|+|b|=90.8C．2p2＜p3D．a(chǎn)1+a3＜1

三、非挑選題

16．黃銅灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生產(chǎn)硝酸銅溶液的流程如圖1：

（1）寫出酸浸時Fe2O3和稀硫酸反應(yīng)的離子方程式：．

（2）反應(yīng)I中所加Zn不能過量的緣由是．

（3）濾液II中含有的金屬陽離子主要有．

（4）寫出反應(yīng)II的離子方程式：．反應(yīng)II應(yīng)控制溫度不能過高也不能過低的緣由是．

（5）已知Cu（NO3）2?6H2O和Cu（NO3）2?3H2O的溶解度隨溫度的變化如圖2所示．則由A點對應(yīng)的溶液獵取Cu（NO3）2?3H2O的辦法是．

17．阿塞那平（Asenapine）用于治療精神分裂癥，可通過以下辦法合成（部分反應(yīng)條件略去）：

（1）化合物A中的含氧官能團為和（填官能團的名稱）

（2）化合物X的分子式為C4H9NO2，則其結(jié)構(gòu)簡式為．

（3）由D生成E的過程中先后發(fā)生加成反應(yīng)和反應(yīng)（填寫反應(yīng)類型）．

（4）寫出同時滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：．

Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一個苯環(huán)上；

Ⅱ．分子中全部碳原子一定處于同一平面；

Ⅲ．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫．

（5）已知：（R為烴基）．按照已有學(xué)問并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以ClCH2CH2CH2Cl和

為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑可任選）．合成路線流程圖示例如圖所示：

18．試驗室用鐵粉制備摩爾鹽的操作流程如下：

（1）流程中“趁熱”過濾的緣由是．

（2）反應(yīng)1制得硫酸亞鐵的物質(zhì)的量理論上應(yīng)小于mol．

（3）為確定摩爾鹽的化學(xué)式，舉行如下試驗：現(xiàn)稱取4.704g新制摩爾鹽，溶于水配制成100.0mL溶液，再將該溶液分成兩等份．

向其中一份溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，并微熱，逸出能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍的氣體，同時生成白色沉淀，隨即沉淀變?yōu)榛揖G色，最后帶有紅褐色，用足量稀鹽酸處理沉淀物，充分反應(yīng)后過濾、洗滌和干燥，得白色固體2.796g．

另一份溶液用0.0500mol?L﹣1K2Cr2O7酸性溶液滴定，當(dāng)Cr2O72﹣恰好徹低被還原為Cr3+時，消耗K2Cr2O7溶液的體積為20.00mL．

①25℃時，Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，若要使溶液中SO42﹣離子沉淀徹低（即該離子濃度須小于1×10﹣5mol?L

﹣1），則此時c[（Ba（OH）2]≥mol?L﹣1．

②確定該摩爾鹽的化學(xué)式（寫出計算過程）．

19．用含鈷廢料（含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑）制備CoCl2?6H2O的工藝流程如圖1：

已知：除鎳過程中溶液pH對Co的冋收率影響如圖2所示；部分金屬離子在試驗條件下開頭沉淀和徹低沉淀的pH

（1）酸浸工藝中用“稀HCl”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，其優(yōu)點為．

（2）除鎳時應(yīng)調(diào)整pH=；此步驟中Ni2+是否形成Ni（OH）2沉淀？．

（3）除鐵過程包括以下多個步驟：①；②；③過濾得CoCl2溶液．（可供選用的試劑：30%H2O2、l.0mol?L﹣1KMnO4、NaOH固體、CoCO3固體）

（4）除鐵后加入鹽酸調(diào)pH的作用是．

（5）工業(yè)上采納減壓蒸干的辦法制備CoCl2?6H2O，減壓蒸干的目的是．

20．脫硝通常指將煙氣中的氮氧化物（NOx）轉(zhuǎn)化為無害的物質(zhì)．

（1）挑選性催化還原技術(shù)（SCR）是目前最成熟的煙氣脫硝技術(shù)，即在金屬催化劑作用下，用還原劑（如NH3）挑選性地與NOx反應(yīng)生成N2和H2O．

①已知：

4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.5kJ?mol﹣1

N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H=+180kJ?mol﹣1

完成該辦法中主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g）△H=．

②該辦法應(yīng)控制反應(yīng)溫度在315～400℃之間，反應(yīng)溫度不宜過低也不宜過高的緣由是．

③氨氮比[]會直接影響該辦法的脫硝率．350℃時，只轉(zhuǎn)變氨氣的投放量，反應(yīng)物X的轉(zhuǎn)化率與氨氮比的關(guān)系如圖1所示，則X是（填化學(xué)式）．氨氮比由0.5增強到1.0時，脫硝主要反應(yīng)的平衡將向方

向移動．當(dāng)＞1.0時，煙氣中NO濃度反而增大，主要緣由是．

（2）直接電解汲取也是脫硝的一種辦法．用6%的稀硝酸汲取NOx生成亞硝酸，再將汲取液導(dǎo)入電解槽電解，使之轉(zhuǎn)化為硝酸．電解裝置如圖2所示．

①圖2中b應(yīng)銜接電源的（填“正極”或“負極”）．

②將石墨電極設(shè)置成顆粒狀的目的是．

③陽極的電極反應(yīng)式為．

【化學(xué)--選修題3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

21．某鈣鈦型復(fù)合氧化物（如圖），以A原子為晶胞的頂點，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，當(dāng)B位是V、Cr、Mn、Fe時，這種化合物的電阻率在有外磁場作用時較之無外磁場作用時存在巨大變化（巨磁電阻效應(yīng)）．

（1）用A、B、O表示這類特別晶體的化學(xué)式．在圖中，與A原子配位的氧原子數(shù)目為．

（2）基態(tài)Cr原子的核外電子排布式為，其中電子的運動狀態(tài)有種．

（3）某些鈣鈦型復(fù)合氧化物能夠催化NO直接分解為N2和O2，N和O的基態(tài)原子中，未成對的電子數(shù)目比為．

（5）用晶體的X射線衍射法可以測得阿伏伽德羅常數(shù)．對金屬鈣的測定得到以下結(jié)果：晶胞為面心立方最密積累，邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，金屬鈣的密度為g?cm﹣3（用含a和NA的式子表示）．

【化學(xué)--選修題5：試驗化學(xué)】

22．從某廢觸媒[主要成分為活性炭、ZnO、FeO、（CH3COO）2Zn]中制取醋酸鋅晶體的試驗步驟如圖象：

（1）浸取時，在三口燒瓶中加入廢觸媒及稀醋酸，給三口燒瓶加熱并同時開動攪拌器的目的是．

（2）若先將廢觸媒在馬弗爐中通氧氣500℃處理一段時光，浸出率會大大提高，其緣由是．抽濾時用的硅酸鹽質(zhì)儀器有和．

（3）流程圖中加入H2O2的目的是．

（4）所得晶體（CH3COO）2Zn?2H2O熱重分析（TG/%=固體樣品的剩余質(zhì)量/固體樣品的起始質(zhì)量）（見圖2），文獻表明分解分三個階段，在200°C以下脫去兩分子結(jié)晶水，形成的（CH3COO）2Zn在242°C熔融，370°C徹低分解為ZnO同時生成CO2及一種含氧衍生物（核磁共振氫譜惟獨1組峰）．（CH3COO）2Zn分解生成氧化鋅的反應(yīng)方程式為．

2022年江蘇省2022高考化學(xué)全真模擬試卷（三）

參考答案與試題解析

一、單項挑選題（本起包括10小題，每小題2分，共計20分，毎小題惟獨一個選項符合題意）

1．2022年科學(xué)家首次利用X射線現(xiàn)測到化學(xué)反應(yīng)過渡態(tài)的形成．在固體催化劑表面“抓取”CO分子和O原子，并“配對”生成CO2分子，下列有關(guān)說法正確的是（）

A．CO與CO2均為酸性氧化物

B．大量CO2的排放可導(dǎo)致酸雨的形成

C．CO與O形成化學(xué)鍵過程中有電子轉(zhuǎn)移

D．固體催化劑的使用會降低該反應(yīng)的焓變

【考點】FE："三廢"處理與環(huán)境庇護；91：化學(xué)鍵；BB：反應(yīng)熱和焓變．

【分析】A．CO與堿不反應(yīng)，酸性氧化物與堿反應(yīng)生成鹽和水；

B．溶解二氧化碳的雨水為正常雨水，N、S的氧化物可導(dǎo)致酸雨；

C．CO與O形成化學(xué)鍵，生成二氧化碳，C元素的化合價由+2價變?yōu)?4價；

D．催化劑不轉(zhuǎn)變反應(yīng)物、生成物的總能量．

【解答】解：A．CO與堿不反應(yīng)，酸性氧化物與堿反應(yīng)生成鹽和水，二者中惟獨CO2為酸性氧化物，故A錯誤；B．溶解二氧化碳的雨水為正常雨水，N、S的氧化物可導(dǎo)致酸雨，則SO2的排放可導(dǎo)致酸雨的形成，故B錯誤；C．CO與O形成化學(xué)鍵，生成二氧化碳，C元素的化合價由+2價變?yōu)?4價，則有電子轉(zhuǎn)移，故C正確；

D．催化劑不轉(zhuǎn)變反應(yīng)物、生成物的總能量，則固體催化劑的使用不轉(zhuǎn)變該反應(yīng)的焓變，故D錯誤；

故選C．

2．在二氯化鉑的HCl溶液中，通入乙烯氣體，再加入KCl可得K[Pt（C2H4）Cl3]?H2O（蔡氏鹽），相關(guān)表示正確的是（）

A．中子數(shù)為117，質(zhì)子數(shù)為78的鉑原子：Pt

B．氯離子的結(jié)構(gòu)暗示圖：

C．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2

D．KCl的電子式：

【考點】4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合．

【分析】A、質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N；

B、氯離子的核內(nèi)帶17個正電荷；

C、乙烯的結(jié)構(gòu)簡式中碳碳雙鍵不能省略；

D、KCl由鉀離子和氯離子構(gòu)成．

【解答】解：A、質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N，故鉑原子的質(zhì)量數(shù)為197，表示為19578Pt，故A錯誤；

B、氯離子的核內(nèi)有17個質(zhì)子，帶17個正電荷，核外有18個電子，故結(jié)構(gòu)暗示圖為：，故B錯誤；

C、乙烯的結(jié)構(gòu)簡式中碳碳雙鍵不能省略，即乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CH2，故C錯誤；

D、KCl由鉀離子和氯離子構(gòu)成，故電子式為：，故D正確．

故選D．

3．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）

A．SO2具有還原性，可用于漂白紙漿

B．碳酸氫鈉能與堿反應(yīng)，可用作食品的膨松劑

C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2

D．MgO、Al2O3的熔點都很高，都可用作耐火材料

【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．

【分析】A．依據(jù)二氧化硫的漂白性解答；

B．依據(jù)碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性解答；

C．四氯化碳不溶于水，溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；

D．耐火材料應(yīng)具有較高的熔點．

【解答】解：A．SO2具有漂白性，可用于漂白紙漿，故A錯誤；

B．碳酸氫鈉不穩(wěn)定性，受熱分解生成二氧化碳，所以可以做食品的膨松劑，故B錯誤；

C．四氯化碳不溶于水，溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，則四氯化碳可萃取溴水中的溴，與密度無關(guān)，故C錯誤；D．MgO、Al2O3的熔點都很高，都可用作耐火材料，故D正確；

故選：D．

4．短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為13．X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，Z是地殼中含量最高的元素．下列說法正確的是（）

A．原子半徑的大小挨次：r（Y）＞r（Z）＞r（W）

B．Y元素在元素周期表中的位置是第2周期第V族

C．元素Y的容易氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強

D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物

【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．

【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z是地殼中含量最高的元素，Z為O元素；X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，可知X為H，W為Na，且原子最外層電子數(shù)之和為13，Y的最外層電子數(shù)為13﹣1﹣6﹣1=5，則Y為N元素，以此來解答．

【解答】解：由上述分析可知，X為H，Y為N，Z為O，W為Na，

A．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑的大小挨次：r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A錯誤；

B．Y為N，在元素周期表中的位置是第2周期第VA族，故B錯誤；

C．非金屬性O(shè)＞N，則元素Y的容易氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的弱，故C錯誤；

D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，若為硝酸銨是離子化合物，若為硝酸是共價化合物，故D正確；

故選D．

5．下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）

A．用白醋除鐵銹：Fe2O3?xH2O+6H+═（3+x）H2O+2Fe3+

B．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣

C．向NH4Al（SO4）2溶液中加入過量的NaOH溶液：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O

D．向含NH3的污水中加入NaClO將其轉(zhuǎn)化為N2：3ClO﹣+2NH3═3Cl﹣+N2↑+3H2O

【考點】49：離子方程式的書寫．

【分析】A．醋酸為弱酸應(yīng)保留化學(xué)式；

B．電解氯化鎂溶得到氫氣、氯氣和氫氧化鎂沉淀；

C．漏掉氨根離子與氫氧根離子的反應(yīng)；

D．二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化鈉、氮氣和水．

【解答】解：A．用白醋除鐵銹，離子方程式：Fe2O3?xH2O+6CH3COOH═（3+x）H2O+2Fe3++6CH3COO﹣，故A錯誤；

B．用惰性電極電解MgCl2溶液，離子方程式：Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+Mg（OH）2↓故B錯誤；

C．向NH4Al（SO4）2溶液中加入過量的NaOH溶液，離子方程式：NH4++Al3++5OH﹣═AlO2﹣+2H2O+NH3?H2O，故C錯誤；

D．向含NH3的污水中加入NaClO將其轉(zhuǎn)化為N2，離子方程式：3ClO﹣+2NH3═3Cl﹣+N2↑+3H2O，故D正確；

故選：D．

6．試驗室用粗銅制取NO2并冋收硝酸銅晶體[Cu（NO3）2?3H2O]，下列裝置能達到試驗?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A．用裝置中制備NO2

B．用裝置乙收集NO2

C．用裝置丙過濾除去固體雜質(zhì)

D．裝置丁蒸發(fā)至干得純凈硝酸銅晶體

【考點】U5：化學(xué)試驗計劃的評價．

【分析】A．氣體可從長頸漏斗逸出；

B．二氧化氮的密度比空氣大；

C．可用過濾的辦法除去固體雜質(zhì)；

D．蒸發(fā)至干不能得到結(jié)晶水合物，且銅離子水解生成的硝酸易揮發(fā)．

【解答】解：A．氣體可從長頸漏斗逸出，則不能圖①裝置制備NO2，故A錯誤；

B．二氧化氮的密度比空氣大，有毒，利用堿液尾氣處理，圖中集氣瓶的進氣管應(yīng)插入底部，故B錯誤；

C．除去固體雜質(zhì)，可用過濾的辦法，故C正確；

D．蒸發(fā)至干不能得到結(jié)晶水合物，且銅離子水解生成的硝酸易揮發(fā)，則圖中裝置不能蒸發(fā)至干得純凈的Cu（NO3）2?3H2O，應(yīng)選冷卻結(jié)晶法，故D錯誤．

故選C．

7．下列說法正確的是（）

A．由于合金在濕潤的空氣中易形成原電池，所以合金耐腐蝕性都較差

B．在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先產(chǎn)生淡黃色沉淀

C．11.2gFe在高溫下與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為0.3×6.02×1023

D．室溫下，體積、pH均相同的HA和HB兩種酸分離與足量的鋅反應(yīng)，HA放出的氫氣多，說明酸性HB＞HA

【考點】BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護．

【分析】A．按照不同合金的材料和性能解答；

B．先達到離子積的先沉淀；

C．Fe在高溫下與足量水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，3mol鐵生成4mol氫氣；

D．等體積pH均相同HA和HB兩種酸分離與足量的鋅反應(yīng)，HA放出氣體多，則HA的濃度大．

【解答】解：A．不是全部的合金耐腐蝕都很差，例如鈦合金、鋁合金等具有很好的抗腐蝕性能，故A錯誤；B．先達到離子積的先沉淀，可能先生成白色沉淀，故B錯誤；

C．Fe在高溫下與足量水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，3mol鐵生成4mol氫氣，故11.2gFe在高溫下與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為××6.02×1023=×6.02×1023，故C錯誤；

D．等體積pH=3的HA和HB兩種酸分離與足量的鋅反應(yīng)，HA放出氣體多，則HA的濃度大，HA為弱酸，所以酸性HB＞HA，故D正確．

故選D．

8．2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）反應(yīng)過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應(yīng)的活化能，E2表示逆反應(yīng)的活化能．下列有關(guān)講述正確的是（）

A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)

B．E1﹣E2=△H

C．上升溫度，不會提高活化分子的百分數(shù)

D．使用催化劑使該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)發(fā)生轉(zhuǎn)變

【考點】BB：反應(yīng)熱和焓變．

【分析】A．由圖可知，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量；

B．焓變等于正逆反應(yīng)活化能之差；

C．上升溫度，提供能量，增大活化分子百分數(shù)；

D．K與溫度有關(guān)．

【解答】解：A．由圖可知，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B．焓變等于正逆反應(yīng)活化能之差，則E1﹣E2=△H，故B正確；

C．上升溫度，提供能量，增大活化分子百分數(shù)，反應(yīng)速率加快，故C錯誤；

D．K與溫度有關(guān)，則使用催化劑使該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)不變，故D錯誤；

故選B．

9．下列物質(zhì)的每步轉(zhuǎn)化在給定條件下能一步實現(xiàn)且較合理的是（）

A．Cu2（OH）2CO3CuSO4（aq）Cu

B．飽和食鹽水NaHCO3Na2CO3C．海水Mg（OH）2MgOMg

D．NH3N2HNO3

【考點】EB：氨的化學(xué)性質(zhì)．

【分析】A．堿式碳酸銅和硫酸反應(yīng)生成硫酸銅溶液，鈉是活潑金屬在溶液中先和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣；B．飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉；

C．海水中加入熟石灰沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈉分解生成氧化鎂和水，氧化鎂熔點高，工業(yè)上電極氯化鎂得到金屬鎂；

D．氨氣氨氣催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣混合通入水中生成硝酸．

【解答】解：A．鈉是活潑金屬和鹽溶液反應(yīng)先與水分與生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，不能在溶液中置換銅，故A錯誤；

B．向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，能一步實現(xiàn)，故B正確；

C．海水中含鎂離子，加入熟石灰反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，氧化鎂熔點高不能電解氧化鎂制備鎂，應(yīng)是電解熔融氯化鎂得到鎂，不能一步實現(xiàn)各步轉(zhuǎn)化，故C錯誤；

D．氮氣和氧氣混合通入水中不能反應(yīng)生成硝酸，應(yīng)是氨氣催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣水中所有轉(zhuǎn)化為硝酸，故D錯誤；

故選B．

10．下列圖示與對應(yīng)的講述相符的是（）

A．圖1表示向氨水中通入HC1氣體，溶液的導(dǎo)電能力變化

B．圖2所示反應(yīng)：X（g）+2Y（g）?3Z（g），b曲線表示的一定是增大壓強

C．圖3可表示pH相同的NaOH溶液與氨水稀釋過程的pH變化，其中曲線a對應(yīng)氨水

D．圖4可表示用0.1000mol/L，醋酸滴定40.00mL0.1000mol/LNaOH溶液得到的滴定曲線

【考點】D4：電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性．

【分析】A．向氨水中通入HCl氣體，溶液的導(dǎo)電能力增加；

B．b曲線表示的反應(yīng)比a反應(yīng)速率快，平衡不移動；

C．一水合氨是弱電解質(zhì)，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，加水稀釋兩種溶液時，促進一水合氨電離，利用兩溶液在稀釋時強堿的變化程度大來分析解答；

D，0.1mol/L氫氧化鈉溶液pH=13，當(dāng)醋酸的體積是40mL時，混合溶液中存在的溶質(zhì)是醋酸鈉，溶液顯堿性．【解答】解：A．向氨水中通入HCl氣體，生成氯化銨為強電解質(zhì)，則溶液的導(dǎo)電能力增加，當(dāng)氨水徹低反應(yīng)后，繼續(xù)通HCl，溶液的導(dǎo)電增加，故A錯誤；

B．圖2所示反應(yīng)：X（g）+2Y（g）?3Z（g），b曲線表示的可以是使用催化劑，故B錯誤；

C．一水合氨是弱電解質(zhì)，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，加水稀釋溶液促進弱電解質(zhì)電離，導(dǎo)致稀釋溶液氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度變化較大，氨水中氫氧根離子濃度變化較小，pH變化較小，則a是氨水溶液，故C正確；

D.0.1000mol/LNaOH溶液pH=13，用0.1000mol/L，醋酸滴定40.00mL0.1000mol/LNaOH溶液，消耗草酸溶液體積40ml生成醋酸鈉，溶液顯堿性，圖象起點錯誤，故D錯誤；

故選C．

二、不定項挑選題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分．毎小題惟獨一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選-個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．

11．合成可降解聚合物G的某流程的最后一步如圖，下列有關(guān)說法不正確的是（）

A．已知該步轉(zhuǎn)化過程中的原子利用率為100%，則X為CO2

B．有機物F屬于芬芳族化合物，但不屬于芬芳烴

C．（C9H8O3）n既是高分子G的化學(xué)式也是其鏈節(jié)的化學(xué)式

D．已知經(jīng)水解生成乙二醇，則F、G在一定條件下水解，可得相同的產(chǎn)物

【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．

【分析】A．該步轉(zhuǎn)化過程中的原子利用率為100%，應(yīng)為加成反應(yīng)；

B．F含有苯環(huán)、且含有醚鍵；

C．鏈接為高聚物的最小重復(fù)單位；

D．G水解生成二氧化碳以及F．

【解答】解：A．該步轉(zhuǎn)化過程中的原子利用率為100%，應(yīng)為加成反應(yīng)，由結(jié)構(gòu)簡式可知X為CO2，故A正確；B．F含有苯環(huán)、且含有醚鍵，則F屬于芬芳族化合物，但不屬于芬芳烴，故B正確；

C．鏈接為高聚物的最小重復(fù)單位，鏈接不帶有n，故C錯誤；

D．G水解生成二氧化碳以及F，F(xiàn)、G進一步水解，可生成相同的物質(zhì)，故D正確．

故選C．

12．室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A．含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Fe2+、Br﹣、SO42﹣

B．1.0mol/LKMnO4的溶液中：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣

C．能與鋁反應(yīng)放出H2的溶液中：K+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣

D．水電離的c（H+）和C（OH﹣）之積為l×l0﹣20mol2?L﹣2的溶液中：Na+、K+、CO32﹣、Cl﹣

【考點】DP：離子共存問題．

【分析】A．離子之間不反應(yīng)；

B．發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．能與鋁反應(yīng)放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液；

D．水電離的c（H+）和C（OH﹣）之積為l×l0﹣20mol2?L﹣2的溶，為酸或堿溶液．

【解答】解：A．離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故A正確；

B．H+、Cl﹣、MnO4﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故B錯誤；

C．能與鋁反應(yīng)放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液，堿性溶液中不能大量存在Mg2+，酸溶液中Al、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣，故C錯誤；

D．水電離的c（H+）和C（OH﹣）之積為l×l0﹣20mol2?L﹣2的溶，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，故D錯誤；

故選A．

A．AB．BC．CD．D

【考點】U5：化學(xué)試驗計劃的評價．

【分析】A．蛋白質(zhì)溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，發(fā)生變性，為不行逆反應(yīng)；

B．鹽溶液的pH越大，對應(yīng)酸的酸性越弱；

C．X中可能含亞硫酸根離子；

D．Ksp小的先沉淀．

【解答】解：A．蛋白質(zhì)溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，發(fā)生變性，為不行逆反應(yīng)，則加水沉淀不消逝，故A錯誤；B．鹽溶液的pH越大，對應(yīng)酸的酸性越弱，由CH3COONa溶液的pH較大，可知酸性：CH3COOH＜HCOOH，故B錯誤；C．X中可能含亞硫酸根離子，可被硝酸氧化生成硫酸根離子，則溶液X中可能含有SO42﹣或SO32﹣，或二者均存在，故C錯誤；

D．Ksp小的先沉淀，由浮現(xiàn)黃色沉淀，可知Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正確；

故選D．

14．常溫下，向20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COONa溶液中逐滴加入0.1000mol?L﹣1鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示（不考慮揮發(fā)）．下列說法正確的是（）

A．CH3COONa溶液中：c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣）+c（Na+）

B．點①所示溶液中：c（CH3COOH）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．點②所示溶液中：c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．點③所示溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）

【考點】DO：酸堿混合時的定性推斷及有關(guān)ph的計算．

【分析】常溫下，向20.00mL0.1000mol/LCH3COONa溶液中逐滴加入0.1000mol/L鹽酸，發(fā)生反應(yīng)：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，滴定盡頭恰好生成CH3COOH，溶液為酸性，結(jié)合溶液中的守恒思想推斷分析．

【解答】解：A．CH3COONa溶液中，按照質(zhì)子守恒，c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣），故A錯誤；

B．按照圖象，點①的溶液中，溶液的pH=7，顯中性，則c（H+）=c（OH﹣），按照電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），因為c（H+）=c（OH﹣），則c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒，c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），綜合考慮則有c（Cl﹣）=c（CH3COOH），因此點①所示溶液中：c（CH3COOH）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正確；

C．點②所示溶液中，按照圖象，此時加入HCl的體積為10mL，則起始時，反應(yīng)恰好生成c（CH3COOH）：c（CH3COONa）：c（NaCl）=1：1：1，此時溶液顯酸性，則CH3COOH的電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，因此平衡時，c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），按照物料守恒，2c（Cl﹣）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），則c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），故C錯誤；

D．點③所示溶液中，加入HCl的體積為20mL，此時恰好為滴定盡頭，反應(yīng)起始時恰好生成c（CH3COOH）=c（NaCl），按照物料守恒，c（Na+）=c（Cl﹣），c（Cl﹣）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），則c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），溶液為酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），綜上，點③所示溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正確．

故選BD．

15．工業(yè)上普通在恒容密閉容器中采納下列反應(yīng)合成甲醇：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ?mol﹣1300℃時，在容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測得反應(yīng)達到平衡時的有關(guān)

A．2c1＞c3B．|a|+|b|=90.8C．2p2＜p3D．a(chǎn)1+a3＜1

【考點】CP：化學(xué)平衡的計算．

【分析】A．甲、丙相比較，把甲等效為開頭加入1molCH3OH，丙中甲醇的物質(zhì)的量為甲的2倍，壓強增大，對于反應(yīng)CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移動；

B．由題目可知生成1molCH3OH的能量變化為90.8kJ，甲、乙平衡狀態(tài)相同，平衡時相同物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，設(shè)平衡時甲醇為nmol，計算反應(yīng)熱數(shù)值；

C．比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質(zhì)的量為乙的2倍，壓強增大，對于反應(yīng)CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移動；

D．甲、乙處于相同的平衡狀態(tài)，則α1+α2=1，結(jié)合α2＞α3分析．

【解答】解：A．甲、丙相比較，把甲等效為開頭加入1molCH3OH，丙中甲醇的物質(zhì)的量為甲的2倍，增大了壓強，平衡CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g）向生成甲醇的方向移動，則2c1＜c3，故A錯誤；

B．由題目可知生成1molCH3OH的能量變化為90.8kJ，甲、乙平衡狀態(tài)相同，設(shè)平衡時甲醇為nmol，對于甲容器：a=90.8n，對于乙容器：b=90.8（1﹣n），故a+b=90.8，故B正確；

C．比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質(zhì)的量為乙的2倍，壓強增大，對于反應(yīng)CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移動，則2p2＞p3，故C錯誤；

D．甲、乙處于相同的平衡狀態(tài)，則α1+α2=1，由C可知α2＞α3，則a1+a3＜1，故D正確，

故選BD．

三、非挑選題

16．黃銅灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生產(chǎn)硝酸銅溶液的流程如圖1：

（1）寫出酸浸時Fe2O3和稀硫酸反應(yīng)的離子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．

（2）反應(yīng)I中所加Zn不能過量的緣由是加入過量的Zn會使產(chǎn)品中含有雜質(zhì)．

（3）濾液II中含有的金屬陽離子主要有Zn2+、Fe2+．

（4）寫出反應(yīng)II的離子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．反應(yīng)II應(yīng)控制溫度不能過高也不能過低的緣由是溫度過高，硝酸會揮發(fā)、分解，溫度太低，反應(yīng)速率太慢．

（5）已知Cu（NO3）2?6H2O和Cu（NO3）2?3H2O的溶解度隨溫度的變化如圖2所示．則由A點對應(yīng)的溶液獵取Cu（NO3）2?3H2O的辦法是將溶液A蒸發(fā)濃縮，冷卻到30℃以上，過濾．

【考點】P8：物質(zhì)分別和提純的辦法和基本操作綜合應(yīng)用．

【分析】黃銅灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反應(yīng)生成Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，銅將其中的少量的Fe3+反應(yīng)為Fe2+，濾渣Ⅰ為銅，濾液Ⅰ主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入適量鋅粉，鋅粉可與Cu2+、Fe3+、H+反應(yīng)生成銅，濾液Ⅱ主要的金屬離子就是Zn2+、Fe2+，過濾得到銅，向銅中加入稀硝酸發(fā)生反應(yīng)硝酸銅溶液，據(jù)此分析解答．

【解答】解：黃銅灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反應(yīng)生成Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，銅將其中的少量的Fe3+反應(yīng)為Fe2+，濾渣Ⅰ為銅，濾液Ⅰ主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入適量鋅粉，鋅粉可與Cu2+、Fe3+、H+反應(yīng)生成銅，濾液Ⅱ主要的金屬離子就是Zn2+、Fe2+，過濾得到銅，向銅中加入稀硝酸發(fā)生反應(yīng)硝酸銅溶液，

（1）Fe2O3和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)的離子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）鋅粉過量會使Fe2+還原為鐵單質(zhì)，產(chǎn)品不純，含有雜質(zhì)；

故答案為：加入過量的Zn會使產(chǎn)品中含有雜質(zhì)；

（3）向Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入適量鋅粉，鋅粉與氫離子、銅離子反應(yīng)生成鋅離子、氫氣、銅單質(zhì)，濾液Ⅱ主要的金屬離子就是Zn2+、Fe2+；

故答案為：Zn2+、Fe2+；

（4）反應(yīng)II是Cu與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，其反應(yīng)的離子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；溫度過高，硝酸會揮發(fā)、分解，溫度太低，反應(yīng)速率太慢，所以反應(yīng)II應(yīng)控制溫度不能過高也不能過低；

故答案為：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；溫度過高，硝酸會揮發(fā)、分解，溫度太低，反應(yīng)速率太慢；

（5）按照“Cu（NO3）2?6H2O和Cu（NO3）2?3H2O的溶解度隨溫度的變化圖“可知，低于30℃時結(jié)晶出來的是Cu（NO3）2?6H2O而非Cu（NO3）2?3H2O，所以獵取Cu（NO3）2?3H2O的辦法是將溶液A蒸發(fā)濃縮，冷卻到30℃以上，過濾；

故答案為：將溶液A蒸發(fā)濃縮，冷卻到30℃以上，過濾．

17．阿塞那平（Asenapine）用于治療精神分裂癥，可通過以下辦法合成（部分反應(yīng)條件略去）：

（1）化合物A中的含氧官能團為羧基和醚鍵（填官能團的名稱）

（2）化合物X的分子式為C4H9NO2，則其結(jié)構(gòu)簡式為CH3NHCH2COOCH3．

（3）由D生成E的過程中先后發(fā)生加成反應(yīng)和消去反應(yīng)（填寫反應(yīng)類型）．

（4）寫出同時滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：．

Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一個苯環(huán)上；

Ⅱ．分子中全部碳原子一定處于同一平面；

Ⅲ．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫．

（5）已知：（R為烴基）．按照已有學(xué)問并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以ClCH2CH2CH2Cl和

為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑可任選）．合成路線流程圖示例如圖所示：

【考點】HC：有機物的合成．

【分析】（1）由A的結(jié)構(gòu)簡式，可知含有的含氧官能團有羧基、醚鍵；

（2）對照B、C的結(jié)構(gòu)可知B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，結(jié)合X的分子式確定其結(jié)構(gòu)簡式；

（3）D到E的轉(zhuǎn)化中先是苯環(huán)與羰基發(fā)生加成反應(yīng)，然后醇羥基發(fā)生消去反應(yīng)形成碳碳雙鍵；

（4）時滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體：Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一個苯環(huán)上，Ⅱ．分子中全部碳原子一定處于同一平面，碳原子均與苯環(huán)相連符合，Ⅲ．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，再結(jié)合分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫書寫；

（5）ClCH2CH2CH2Cl發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2CH2CH2OH，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成OHCCH2CHO，進一步氧化生成

HOOCCH2COOH，再與SOCl2反應(yīng)生成，最后與對二甲苯反應(yīng)得到．

【解答】解：（1）由A的結(jié)構(gòu)簡式可知含有的含氧官能團有羧基、醚鍵，

故答案為：羧基、醚鍵；

（2）對照B、C的結(jié)構(gòu)可知B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，X的分子式為C4H9NO2，則其結(jié)構(gòu)簡式為CH3NHCH2COOCH3，

故答案為：CH3NHCH2COOCH3；

（3）D到E的轉(zhuǎn)化中先是苯環(huán)與羰基發(fā)生加成反應(yīng)，然后醇羥基發(fā)生消去反應(yīng)形成碳碳雙鍵，

故答案為：消去；

（4）時滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體：Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一個苯環(huán)上，Ⅱ．分子中全部碳原子一定處于同一平面，碳原子均與苯環(huán)相連符合，Ⅲ．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，且分子中含

有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的同分異構(gòu)體為：，

故答案為：；

（5）ClCH2CH2CH2Cl發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2CH2CH2OH，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成OHCCH2CHO，進一步氧化生成

HOOCCH2COOH，再與SOCl2反應(yīng)生成，最后與對二甲苯反應(yīng)得到，合成路線流程圖為：

，

故答案為：．

18．試驗室用鐵粉制備摩爾鹽的操作流程如下：

（1）流程中“趁熱”過濾的緣由是防止溫度降低，硫酸亞鐵晶體析出．

（2）反應(yīng)1制得硫酸亞鐵的物質(zhì)的量理論上應(yīng)小于0.075mol．

（3）為確定摩爾鹽的化學(xué)式，舉行如下試驗：現(xiàn)稱取4.704g新制摩爾鹽，溶于水配制成100.0mL溶液，再將該溶液分成兩等份．

向其中一份溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，并微熱，逸出能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍的氣體，同時生成白色沉淀，隨即沉淀變?yōu)榛揖G色，最后帶有紅褐色，用足量稀鹽酸處理沉淀物，充分反應(yīng)后過濾、洗滌和干燥，得白色固體2.796g．

另一份溶液用0.0500mol?L﹣1K2Cr2O7酸性溶液滴定，當(dāng)Cr2O72﹣恰好徹低被還原為Cr3+時，消耗K2Cr2O7溶液的體積為20.00mL．

①25℃時，Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，若要使溶液中SO42﹣離子沉淀徹低（即該離子濃度須小于1×10﹣5mol?L﹣1），則此時c[（Ba（OH）2]≥1.1×10﹣5mol?L﹣1．

②確定該摩爾鹽的化學(xué)式（寫出計算過程）．

【考點】U3：制備試驗計劃的設(shè)計．

【分析】Fe和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，趁熱過濾，然后想濾液中加入硫酸銨晶體，將溶液結(jié)晶、洗滌、晾干得到摩爾鹽，

（1）溫度越高，硫酸亞鐵的溶解度越大；

（2）n（Fe）==0.1mol，n（H2SO4）=3mol×0.025L=0.075mol，二者反應(yīng)方程式為Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4，按照方程式知，F(xiàn)e剩余，當(dāng)硫酸濃度很稀時就不和Fe反應(yīng)了；

（3）①25℃時，Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，若要使溶液中SO42﹣離子沉淀徹低（即該離子濃度須小于1×10﹣5

mol?L﹣1），則c（Ba2+）=，再按照Ba原子守恒計算c[（Ba（OH）2]；

②摩爾鹽和氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇、氨氣、氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，被氧化生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，

然后用足量稀鹽酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）==0.012mol，

6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

61

n0.0500mol?L﹣1×0.020L

n（Fe2+）=0.001mol×6=0.006mol

按照電荷守恒得n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=0.012mol，

n（H2O）==0.036mol，

按照各微粒的物質(zhì)的量之比確定化學(xué)式．

【解答】解：Fe和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，趁熱過濾，然后想濾液中加入硫酸銨晶體，將溶液結(jié)晶、洗滌、晾干得到摩爾鹽，

（1）溫度越高，硫酸亞鐵的溶解度越大，為降低硫酸亞鐵的溶解度，需要趁熱過濾，

故答案為：防止溫度降低，硫酸亞鐵晶體析出；

（2）n（Fe）==0.1mol，n（H2SO4）=3mol×0.025L=0.075mol，二者反應(yīng)方程式為Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4，

按照方程式知，F(xiàn)e剩余，當(dāng)硫酸濃度很稀時就不和Fe反應(yīng)了，所以理論上得到的硫酸亞鐵物質(zhì)的量小于0.075mol，故答案為：0.075；

（3）①25℃時，Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，若要使溶液中SO42﹣離子沉淀徹低（即該離子濃度須小于1×10﹣5

mol?L﹣1），則c（Ba2+）==mol/L=1.1×10﹣5mol?L﹣1，再按照Ba原子守恒得c[（Ba（OH）2]=c（Ba2+）=1.1×10﹣5mol?L﹣1，

故答案為：1.1×10﹣5；

②摩爾鹽和氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇、氨氣、氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，被氧化生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，

然后用足量稀鹽酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）==0.012mol，

6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O

61

n0.0500mol?L﹣1×0.020L

n（Fe2+）=0.001mol×6=0.006mol

按照電荷守恒得n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=0.012mol，

n（H2O）==0.036mol，

n（SO42﹣）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=0012mol：0006mol：0012mol：0036mol=2：1：2：6，故莫爾鹽的化學(xué)式為：（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O[或（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]，

故答案為：（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O[或（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]．

19．用含鈷廢料（含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑）制備CoCl2?6H2O的工藝流程如圖1：

已知：除鎳過程中溶液pH對Co的冋收率影響如圖2所示；部分金屬離子在試驗條件下開頭沉淀和徹低沉淀的pH

其優(yōu)點為削減有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽（或防止將Co2+氧化）．

（2）除鎳時應(yīng)調(diào)整pH=10；此步驟中Ni2+是否形成Ni（OH）2沉淀？否．

（3）除鐵過程包括以下多個步驟：①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH4．l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀徹低；③過濾得CoCl2溶液．（可供選用的試劑：30%H2O2、l.0mol?L﹣1KMnO4、NaOH固體、CoCO3固體）

（4）除鐵后加入鹽酸調(diào)pH的作用是抑制Co2+水解．

（5）工業(yè)上采納減壓蒸干的辦法制備CoCl2?6H2O，減壓蒸干的目的是防止CoCl2?6H2O分解．

【考點】U3：制備試驗計劃的設(shè)計．

【分析】含鈷廢料（含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑）加稀鹽酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水將Co2+、Fe2+沉淀，過濾，向沉淀中加入鹽酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加適量30%H2O2，氧化亞鐵離子，向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH4．l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀徹低，過濾得CoCl2溶液，減壓蒸干溶液，結(jié)晶干燥得CoCl2?6H2O，據(jù)此分析解答．

【解答】解：（1）硝酸酸浸時氧化Co2+產(chǎn)生氮氧化物，酸浸工藝中用“稀HCl”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，削減有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽（或防止將Co2+氧化）；

故答案為：削減有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽（或防止將Co2+氧化）；

（2）由圖2可知，pH=10時，Co的回收率高且Ni的含量低，流程中除鎳，Co元素在濾渣中，Ni元素在濾液中，故未形成沉淀；

故答案為：10；否；

（3）除鐵過程中，向?qū)嗚F離子氧化為鐵離子，調(diào)劑pH沉淀鐵離子，不引入新雜質(zhì)，故挑選過氧化氫做氧化劑，用CoCO3調(diào)整pH，故除鐵為：①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH4．l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀徹低；③過濾得CoCl2溶液；

故答案為：①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH4．l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀徹低；

（4）Co2+水解，故加鹽酸抑制Co2+水解；

故答案為：抑制Co2+水解；

（5）工業(yè)上采納減壓蒸干的辦法制備CoCl2?6H2O，減壓蒸干的目的是防止CoCl2?6H2O分解；

故答案為：防止CoCl2?6H2O分解．

20．脫硝通常指將煙氣中的氮氧化物（NOx）轉(zhuǎn)化為無害的物質(zhì)．

（1）挑選性催化還原技術(shù)（SCR）是目前最成熟的煙氣脫硝技術(shù)，即在金屬催化劑作用下，用還原劑（如NH3）挑選性地與NOx反應(yīng)生成N2和H2O．

①已知：

4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.5kJ?mol﹣1

N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H=+180kJ?mol﹣1

完成該辦法中主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1625.5kJ/mol．

②該辦法應(yīng)控制反應(yīng)溫度在315～400℃之間，反應(yīng)溫度不宜過低也不宜過高的緣由是溫度過低，反應(yīng)速率小，溫度過高，使脫硝的主要反應(yīng)的平衡向逆方向移動，脫硝率降低．

③氨氮比[]會直接影響該辦法的脫硝率．350℃時，只轉(zhuǎn)變氨氣的投放量，反應(yīng)物X的轉(zhuǎn)化率與氨氮比的

關(guān)系如圖1所示，則X是NH3（填化學(xué)式）．氨氮比由0.5增強到1.0時，脫硝主要反應(yīng)的平衡將向正反應(yīng)方

向移動．當(dāng)＞1.0時，煙氣中NO濃度反而增大，主要緣由是過量氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO．

（2）直接電解汲取也是脫硝的一種辦法．用6%的稀硝酸汲取NOx生成亞硝酸，再將汲取液導(dǎo)入電解槽電解，使之轉(zhuǎn)化為硝酸．電解裝置如圖2所示．

①圖2中b應(yīng)銜接電源的負極（填“正極”或“負極”）．

②將石墨電極設(shè)置成顆粒狀的目的是增大汲取液與電極的接觸面積，提高電解反應(yīng)的效率．

③陽極的電極反應(yīng)式為H2O+HNO2﹣2e﹣=NO3﹣

+3H+．

【考點】BB：反應(yīng)熱和焓變；CB：化學(xué)平衡的影響因素；DI：電解原理．

【分析】（1）①已知：4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.5kJ?mol﹣1①

N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H=+180kJ?mol﹣1②，

按照蓋斯定律①﹣②×4可得：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g），據(jù)此計算；

②按照溫度對速率和化學(xué)平衡的影響分析；

③氨氣的物質(zhì)的量越大，氨氣的轉(zhuǎn)化率越??；氨氮比增大，即氨氣的濃度增大，平衡正向移動；按照氨氣與氧氣的反應(yīng)分析；

（2）①a電極上亞硝酸失電子生成硝酸，b電極上氫離子得電子生成氫氣；

②電極的面積越大，與溶液的接觸越充分，電解效率越高；

③陽極上亞硝酸失電子生成硝酸．

【解答】解：（1）①已知：4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.5kJ?mol﹣1①

N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H=+180kJ?mol﹣1②，

按照蓋斯定律①﹣②×4可得：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g）△H=（﹣905.5kJ?mol﹣1）﹣（+180kJ?mol﹣1）×4=﹣1625.5kJ/mol；

故答案為：﹣1625.5kJ/mol；

②該辦法應(yīng)控制反應(yīng)溫度在315～400℃之間，反應(yīng)溫度不宜過低也不宜過高，溫度越高反應(yīng)速率越快，溫度過低，反應(yīng)速率小，溫度過高，使脫硝的主要反應(yīng)的平衡向逆方向移動，脫硝率降低；

故答案為：溫度過低，反應(yīng)速率小，溫度過高，使脫硝的主要反應(yīng)的平衡向逆方向移動，脫硝率降低；

③氨氮比[]越大，則氨氣的物質(zhì)的量越大，氨氣的轉(zhuǎn)化率越小，由圖可知，隨著氨氣的濃度的增大，X的

轉(zhuǎn)化率減小，所以X為NH3；氨氮比增大，即氨氣的濃度增大，平衡正向移動，所以氨氮比由0.5增強到1.0時，

脫硝主要反應(yīng)的平衡將向正反應(yīng)方向移動；當(dāng)＞1.0時，氨氣與氧氣的反應(yīng)生成NO，所以煙氣中NO濃度

增大；

故答案為：NH3；正反應(yīng)；過量氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO；

（2）①a電極上亞硝酸失電子生成硝酸，b電極上氫離子得電子生成氫氣，所以a為陽極，b為陰極，則b與電源的負極相連；

故答案為：負極；

②電極的面積越大，與溶液的接觸越充分，電解效率越高，所以將石墨電極設(shè)置成顆粒狀的目的是增大汲取液與電極的接觸面積，提高電解反應(yīng)的效率；

故答案為：增大汲取液與電極的接觸面積，提高電解反應(yīng)的效率；

③陽極上亞硝酸失電子生成硝酸，其電極方程式為：H2O+HNO2﹣2e﹣=NO3﹣+3H+；

故答案為：H2O+HNO2﹣2e﹣=NO3﹣+3H+．

【化學(xué)--選修題3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

21．某鈣鈦型復(fù)合氧化物（如圖），以A原子為晶胞的頂點，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，當(dāng)B位是V、Cr、Mn、

Fe時，這種化合物的電阻率在有外磁場作用時較之無外磁場作用時存在巨大變化（巨磁電阻效應(yīng)）．

（1）用A、B、O表示這類特別晶體的化學(xué)式ABO3．在圖中，與A原子配位的氧原子數(shù)目為12．

（2）基態(tài)Cr原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，其中電子的運動狀態(tài)有24種．

（3）某些鈣鈦型復(fù)合氧化物能夠催化NO直接分解為N2和O2，N和O的基態(tài)原子中，未成對的電子數(shù)目比為3：2．

分解為二氧化碳分子的結(jié)果．鈣離子因為半徑小和氧離子結(jié)合更為簡單，氧化鈣晶格