【原創(chuàng)】（新高考）2022屆高考模擬卷仿真卷化學(xué)（五）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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班級(jí) 姓名準(zhǔn)考證號(hào) 考場(chǎng)號(hào) 座位號(hào)

此卷只裝訂不密封
班級(jí) 姓名準(zhǔn)考證號(hào) 考場(chǎng)號(hào) 座位號(hào)

2022屆高三二輪綜合卷
化學(xué)（五）
注意事項(xiàng)：
1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。
第Ⅰ卷（選擇題）
一、選擇題：本題共14小題，總計(jì)46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～10題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題3分。第11～14題為不定項(xiàng)選擇題，每小題4分，在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有1~2個(gè)是符合題目要求的，全部答對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
1．化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是
A．鎂合金被廣泛用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件等
B．工業(yè)上生產(chǎn)硫酸，在吸收塔中，用98.3%的濃硫酸吸收SO3
C．SO2是大氣污染物之一，禁止作為食品添加劑
D．根據(jù)顆粒物直徑的大小可以分為細(xì)顆粒物（，直徑小于）、可吸入顆粒物（，直徑小于）等
【答案】C
【解析】A．鎂合金密度小，強(qiáng)度和硬度較大，用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件等，A正確；B．在吸收塔中，為防止形成酸霧，不能用水作吸收劑，而是用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.3%的濃硫酸作吸收劑吸收SO3，B正確；C．SO2可作添加劑，在食品工業(yè)中發(fā)揮防腐、抗氧化等作用，SO2屬于有毒物質(zhì)，不能大量使用，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)顆粒物直徑的大小可以分為細(xì)顆粒物（，直徑小于）、可吸入顆粒物（，直徑小于）等，D正確；故選C。
2．反應(yīng)放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列說法正確的是
A．的結(jié)構(gòu)式：
B．的電子式：
C．結(jié)構(gòu)示意圖：
D．電離方程式：
【答案】D
【解析】A．氮分子中兩個(gè)氮原子間形成叁鍵，的結(jié)構(gòu)式：，故A錯(cuò)誤；B．水是共價(jià)化合物，的電子式：，故B錯(cuò)誤；C．氯是17號(hào)元素，結(jié)構(gòu)示意圖：，故C錯(cuò)誤；D．電離方程式：，故D正確；故選D。
3．2022年北京冬奧會(huì)開賽在即，場(chǎng)館建設(shè)中用到一種耐腐、耐高溫的表面涂料是以某雙環(huán)烯酯為原料，該雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是

A．該雙環(huán)烯酯易溶于水
B．該雙環(huán)烯酯的分子式為C14H20O2
C．1mol該雙環(huán)烯酯最多能與3mol的H2發(fā)生加成反應(yīng)
D．該雙環(huán)烯酯完全加氫后，產(chǎn)物的一氯代物有4種
【答案】B
【解析】A．該雙環(huán)烯酯的分子難溶于水，故A錯(cuò)誤；B．該雙環(huán)烯酯的分子式為C14H20O2，故B正確；C．碳碳雙鍵能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵不能與H2反應(yīng)，因此1mol該雙環(huán)烯酯能與2mol H2發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．該雙環(huán)烯酯完全加氫后的產(chǎn)物是，該雙環(huán)烯酯的一氯代物有9種，故D錯(cuò)誤；故答案為B。
4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是
A．1 L pH=4的醋酸溶液中的數(shù)目略少于10-4NA
B．1 mol中含有的非極性共價(jià)鍵的數(shù)目為7NA
C．密閉容器中，1 mol和3 mol催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA
D．22.4 L氯氣通入足量的氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA
【答案】A
【解析】A．根據(jù)電荷守恒可知mol/L，A正確；B．1個(gè)分子中只含有1個(gè)碳碳雙鍵屬于非極性共價(jià)鍵，B錯(cuò)誤；C．合成氨是可逆反應(yīng)，在沒有轉(zhuǎn)化率的前提下無法準(zhǔn)確計(jì)算，C錯(cuò)誤；D．缺少條件“標(biāo)準(zhǔn)狀況”無法計(jì)算，D錯(cuò)誤；答案選A。
5．二氯化釩（VCl2）是重要的有機(jī)合成試劑，具有較強(qiáng)的吸濕性。某學(xué)習(xí)小組通過VCl3分解制備VCl2，下列說法錯(cuò)誤的是

A．玻璃管m的作用為：平衡氣壓，使液體順利流下
B．甲裝置的作用是制N2
C．裝置合理的連接順序?yàn)椋篴→c→b→d→e→f
D．丁中的試劑可以為無水CaCl2
【答案】D
【解析】A．恒壓滴液漏斗中玻璃管m的作用為平衡氣壓，使液體順利流下，選項(xiàng)A正確；B．甲裝置的作用是利用氧化還原反應(yīng)制N2，用于除去裝置中的空氣，選項(xiàng)B正確；C．裝置連接順序?yàn)椋篴→c→b→d→e→f 是合理的，選項(xiàng)C正確；D．CaCl2不能吸收分解產(chǎn)生的Cl2，防止污染空氣，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選D。
6．某種礦物的助浸劑由原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W、R五種短周期主族元素組成。X的某種核素不含中子，Y形成的常見單質(zhì)可用作糧食的保護(hù)氣，X與Z可形成兩種液態(tài)化合物，Z、W同主族。下列說法正確的是
A．簡(jiǎn)單離子半徑：Z>Y>X
B．X能分別與Y、Z形成10電子微粒
C．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W>Z>R
D．室溫下，0.01mol·L－1W的最高價(jià)氧化物的水化物的pH=2
【答案】B
【解析】X的某種核素不含中子，該核素為，則X為H元素，Y形成的常見單質(zhì)可用作糧食的保護(hù)氣，即為氮?dú)?，則Y為N元素，X與Z可形成兩種液態(tài)化合物，為H2O、H2O2，則Z為O元素，Z、W同主族且為短周期元素，則W為S元素，R的原子序數(shù)比S大，則R為Cl元素；分析可知，X為H，Y為N，Z為O，W為S，R為Cl；A．電子層數(shù)越大離子半徑越大，電子層數(shù)相同的核電荷數(shù)越大的離子半徑越小，則離子半徑：Y>Z>X，故A錯(cuò)誤；B．X與Y形成NH、X與Z形成OH-都是10電子微粒，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越穩(wěn)定，由于非金屬性：SW，故C錯(cuò)誤；D．W的最高價(jià)氧化物的水化物是H2SO4，硫酸是強(qiáng)酸，完全電離出2個(gè)氫離子和1個(gè)硫酸根離子，室溫下，0.01mol·L－1的H2SO4中c(H+)=
0.02mol·L－1，pH反應(yīng)②
B．O3分解為O2的速率主要由反應(yīng)②決定
C．Cl?主要參與反應(yīng)①，改變O3分解的反應(yīng)歷程
D．Cl?參與反應(yīng)提高了O3分解為O2的平衡轉(zhuǎn)化率
【答案】B
【解析】A．活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由反應(yīng)②速率慢，則②活化能大，活化能：反應(yīng)②>反應(yīng)①，故A錯(cuò)誤；B．化學(xué)反應(yīng)由反應(yīng)速率慢的一步反應(yīng)決定，則O3分解為O2的速率主要由反應(yīng)②決定，故B正確；C．氯自由基（Cl?）能夠催化O3分解，加速臭氧層的破壞，催化劑可降低最大的活化能來增大速率，則Cl?主要參與反應(yīng)②，故C錯(cuò)誤；D．Cl?是催化劑，只改變反應(yīng)歷程，不影響平衡，則O3分解為O2的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D錯(cuò)誤；故選B。
9．高銅酸鈉（NaCuO2）是黑色難溶于水的固體，具有強(qiáng)氧化性，在中性或堿性環(huán)境下穩(wěn)定。一種制備高銅酸鈉的原理為：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列說法錯(cuò)誤的是
A．NaCuO2中銅的化合價(jià)為+3價(jià)
B．1molClO-參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子
C．反應(yīng)中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶3
D．NaCuO2與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
【答案】D
【解析】A．NaCuO2中Na為+1價(jià)、O為-2價(jià)，則銅的化合價(jià)為+3價(jià)，故A正確；B．ClO-→Cl-，氯元素的化合價(jià)由+1下降到-1，所以1molClO-參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，故B正確；C．該反應(yīng)中Cu元素化合價(jià)升高，則NaCuO2為氧化產(chǎn)物，Cl元素化合價(jià)降低，則NaCl為還原產(chǎn)物，兩者的物質(zhì)的量之比為2∶3，故C正確；D．NaCuO2中銅的化合價(jià)為+3價(jià)，與稀硫酸反應(yīng)Cu不變價(jià)，離子方程式為：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D錯(cuò)誤；故選D。
10．宏觀辨識(shí)與微觀探析是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一。下列事實(shí)與對(duì)應(yīng)離子方程式均正確的是
選項(xiàng)
事實(shí)
離子方程式
A
用酸性高錳酸鉀溶液滴定草酸
2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B
H2SO3酸性強(qiáng)于HClO
SO2+H2O+2ClO-=2HClO+SO
C
鐵鹽凈水
Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
D
Na2O2與H2O反應(yīng)，可用作供氧劑
Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．酸性高錳酸鉀與草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，MnO被還原為Mn2+，草酸被氧化為CO2，即2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正確；B．SO2具有還原性，HClO具有氧化性，二者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即，B錯(cuò)誤；C．鐵鹽凈水的原理是Fe3+水解可生成Fe(OH)3，以吸附水中雜質(zhì)，即，C錯(cuò)誤；D．Na2O2與H2O反應(yīng)的離子反應(yīng)式：2Na2O2+
2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D錯(cuò)誤。故本題選A。
11．鋅—空氣電池是一種適宜用作城市電動(dòng)車的動(dòng)力電源。以廢鋅電池預(yù)處理物（主要成分為ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）為原料可生產(chǎn)草酸鋅晶體（ZnC2O4），生產(chǎn)工藝如圖所示。

草酸鋅晶體加熱可得納米級(jí)ZnO，原理為ZnC2O4(s)ZnO(s)+CO(g)+CO2(g) ΔH>0。下列關(guān)于草酸鋅晶體生產(chǎn)工藝，說法正確的是
A．“濾渣A”主要成分為H2SiO3
B．“除錳”的離子方程式Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O
C．“除錳”后的溶液中主要存在的陽離子有Fe2+、Cu2+、Zn2+
D．“沉淀”過程中，可以將Na2C2O4緩慢加入到ZnCl2溶液中
【答案】D
【解析】A．ZnO、Fe2O3、CuO、SiO2、MnO 中只有SiO2 不溶于鹽酸，“濾渣A”主要成分為SiO2，故A錯(cuò)誤；B．“除錳”時(shí)的溶液呈酸性，反應(yīng)的離子方程式Mn2++H2O2+ H2O =MnO(OH)2↓+2H+，故B錯(cuò)誤；C．“除錳”后的溶液中主要存在的陽離子有Fe3+、Cu2+、Zn2+，故C錯(cuò)誤；D．“沉淀”過程中，將Na2C2O4緩慢加入到ZnCl2溶液中生成ZnC2O4晶體和氯化鈉，故D正確；選D。
12．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論均正確的是
選項(xiàng)
實(shí)驗(yàn)
現(xiàn)象
結(jié)論
A
向蔗糖溶液中加入1mL稀硫酸，充分水浴加熱，然后加入銀氨溶液
無銀鏡出現(xiàn)
蔗糖沒有發(fā)生水解
B
常溫下，測(cè)定等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者的大
非金屬性：S>C
C
向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出現(xiàn)白色沉淀后，繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液，靜置
出現(xiàn)紅褐色沉淀
同溫下，Ksp[Mg(OH)2]>
Ksp[Fe(OH)3]
D
在一塊除去鐵銹的鐵片上面滴一滴含有酚酞的食鹽水，靜置一段時(shí)間
溶液邊緣出現(xiàn)紅色
鐵片上發(fā)生了吸氧腐蝕
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．檢驗(yàn)蔗糖是否發(fā)生水解，向蔗糖溶液中加入1mL稀硫酸，充分水浴加熱，加入氫氧化鈉中和硫酸，然后加入銀氨溶液，故A錯(cuò)誤；B．等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，說明酸性H2CO3C，故B錯(cuò)誤；C．向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL
0.1mol·L-1NaOH溶液生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈉有剩余，繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液，F(xiàn)eCl3和氫氧化鈉反應(yīng)生成紅褐色Fe(OH)3，不能證明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，故C錯(cuò)誤；D．在一塊除去鐵銹的鐵片上面滴一滴含有酚酞的食鹽水，靜置一段時(shí)間，溶液邊緣出現(xiàn)紅色，說明溶液邊緣發(fā)生反應(yīng)，鐵片上發(fā)生了吸氧腐蝕，故D正確；選D。
13．我國(guó)科學(xué)家最近發(fā)明了一種Zn—PbO2電池，該電池由a和b兩種離子交換膜隔成A、B、C三個(gè)區(qū)域，電解質(zhì)分別為KOH、K2SO4和H2SO4，裝置如下圖。已知放電時(shí)，B室中電解質(zhì)濃度不斷增大。下列說法不正確的是

A．PbO2電極電勢(shì)比Zn電極電勢(shì)低
B．a(chǎn)為陰離子交換膜
C．正極反應(yīng)式為：PbO2 + 2e-+ 4H+ + SO= PbSO4 + 2H2O
D．電池工作時(shí)，每消耗6.5 g Zn，理論上A區(qū)域溶液質(zhì)量減少1.3 g
【答案】AB
【解析】該裝置為原電池裝置，根據(jù)兩個(gè)電極的活性對(duì)比，Zn比PbO2活潑，所以Zn極作負(fù)極，PbO2極作正極。A．該裝置中，PbO2電極作為正極，Zn電極作為負(fù)極，所以PbO2電極電勢(shì)高于Zn電極，故A錯(cuò)誤；B．Zn電極反應(yīng)式為：Zn+4OH--2e-=Zn（OH，A池消耗氫氧根離子，負(fù)電荷減少，且放電時(shí)，B室中電解質(zhì)濃度不斷增大，根據(jù)電荷守恒，鉀離子向正極移動(dòng)，所以a為陽離子交換膜，故B錯(cuò)誤；C．PbO2電極作為正極，得電子，其反應(yīng)式為：，故C正確；D．Zn電極電極反應(yīng)式為：，每消耗6.5gZn，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，即向正極遷移0.2mol，同時(shí)引入0.1mol，溶液質(zhì)量差為，故D正確；故選AB。
14．常溫下，用0.2mol/L鹽酸滴定25mL0.2mol/L溶液，所得溶液pH、和的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與滴加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是

A．曲線①代表
B．的電離平衡常數(shù)為10-4.74
C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中存在
D．滴定過程中，加入12.5mL鹽酸時(shí)存在
【答案】AC
【解析】A．隨著HCl的加入，溶液中NH3·H2O的含量越來越低，的含量越來越高，曲線①代表，曲線②代表，故A錯(cuò)誤；B．NH3·H2O的電離常數(shù)表達(dá)式為，a點(diǎn)時(shí)c()=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=mol/L
=10-4.74mol/L，故B正確；C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中c()=c(NH3·H2O)，此時(shí)溶液的pH為9.26，溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，由電荷守恒可知c()＞c(Cl-)，故C錯(cuò)誤；D．加入12.5mL鹽酸時(shí)，恰好反應(yīng)生成等量的NH4Cl和NH3·H2O，根據(jù)質(zhì)子守恒：，故D正確；故選AC。
第Ⅱ卷（非選擇題）
二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15~17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。
（一）必考題：此題包括3小題，共39分。
15．硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。也可用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如下表：
物質(zhì)
熔點(diǎn)/℃
沸點(diǎn)/℃
其他性質(zhì)
SO2Cl2
-54.1
69.1
易水解
H2SO4
10.4
338

在實(shí)驗(yàn)室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，裝置如圖所示。

（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，A裝置中發(fā)生的離子方程式___________。
（2）B裝置中冷凝管進(jìn)水口是____（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物質(zhì)是_______。
（3）欲制取少量SO2Cl2，選擇圖中的裝置（可以重復(fù)選用），其連接順序?yàn)椋篴、___________、h。
（4）去除C裝置會(huì)降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___________。
（5）已知SO2Cl2遇水強(qiáng)烈水解生成兩種強(qiáng)酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是_____。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=
1.2×10-5]
（6）少量硫酰氯也可由氯磺酸（ClSO3H）分解獲得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2從分解的產(chǎn)物中分離出硫酰氯的操作方法是___________。
（7）當(dāng)通入裝置B中的氯氣為1.12L（已轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)狀況），最后通過蒸餾得到純凈的硫酰氯5.4g，則磺酰氯的產(chǎn)率為___________。為提高本實(shí)驗(yàn)中硫酰氯的產(chǎn)率，在實(shí)驗(yàn)操作中需要注意的事項(xiàng)有___________（填序號(hào)）。
①先通冷凝水，再通氣 ②控制氣流速率，宜慢不宜快
③若三頸瓶發(fā)燙，可適當(dāng)降溫 ④加熱三頸瓶
【答案】（1）10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2+8H2O （2）m 堿石灰
（3）fgdebced （4）二氧化硫和氯氣和水反應(yīng)生成硫酸和氯化氫（5）AgCl
（6）蒸餾（7）76.0% ①②③
【解析】本實(shí)驗(yàn)的目的是利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，利用裝置A可以制取氯氣，氯氣中混有揮發(fā)出來的HCl氣體，經(jīng)飽和食鹽水可以除去HCl，然后用濃硫酸進(jìn)行干燥，之后在裝置B中和SO2進(jìn)行反應(yīng)；裝置E可以制取SO2，經(jīng)濃硫酸干燥后進(jìn)入裝置B中和氯氣反應(yīng)。
（1）裝置A中利用高錳酸鉀氧化HCl制取氯氣，根據(jù)電子守恒可知MnO和Cl-的系數(shù)比為5∶1，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為10Cl-＋2MnO+16H＋=2Mn2＋+5Cl2
+8H2O；
（2）為增強(qiáng)冷凝效果，冷凝水下進(jìn)上出，所以進(jìn)水口為m；B中干燥管盛有的物質(zhì)可以吸收剩余二氧化硫、氯氣，同時(shí)還可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，所以為堿石灰；
（3）裝置A制備氯氣，氯氣含氯化氫和水蒸氣，通過裝置D除去氯化氫，通過裝置C吸收水蒸氣，得到干燥純凈的氯氣，連接裝置B的b進(jìn)入三頸燒瓶，裝置E制備二氧化硫氣體，通過裝置C除去水蒸氣，連接裝置B的c，欲制取少量SO2Cl2，其連接順序?yàn)椋篴、f、g、d、e、b、c、e、d、h；
（4）若不經(jīng)干燥，在有水的環(huán)境中二氧化硫和氯氣和水發(fā)生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成硫酸和氯化氫，降低SO2和Cl2的利用率；
（5）SO2Cl2遇水強(qiáng)烈水解生成兩種強(qiáng)酸，應(yīng)是得到H2SO4和HCl，反應(yīng)方程式為SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知Ksp(AgCl)遠(yuǎn)小于Ksp(Ag2SO4)，且根據(jù)方程式可知產(chǎn)生的Cl-更多，需要銀離子少，先沉淀；
（6）分離沸點(diǎn)不同的液體，用蒸餾方式；
（7）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12L Cl2為0.05mol，故理論上可得到0.05molSO2Cl2，即為0.05×135g=6.75g，所以SO2Cl2的產(chǎn)率為×100%=76.0%；為提高本實(shí)驗(yàn)中磺酰氯的產(chǎn)率，應(yīng)減少SO2Cl2受熱揮發(fā)的量，使SO2、Cl2充分反應(yīng)，可采取先通冷凝水再通氣；控制氣流速率，宜慢不宜快；若三頸瓶發(fā)燙應(yīng)適當(dāng)降溫等措施，故答案為①②③。16．SiHCl3是合成多晶硅的重要原料，可由硅粉與HCl(g)制備，原理如下。
主反應(yīng)：（I）Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) ΔΗ1
副反應(yīng)：（II）Si(s)+4HCl(g)SiCl4(g)+2H2(g) ΔΗ2
（III）Si(s)+2HCl(g)SiH2Cl2(g) ΔΗ3
回答下列問題：
（1）反應(yīng)4SiHCl3(g)Si(s)+3SiCl4(g)+2H2(g)的ΔΗ_______（用ΔΗ1和ΔΗ2表示）。
（2）當(dāng)n(HCl)/n(Si)=3時(shí)，SiHCl3的平衡產(chǎn)率（）隨壓強(qiáng)、溫度的變化關(guān)系如圖（a）所示；在0.10MPa，n(HCl)/n(Si)分別為1∶1、3∶1、6∶1時(shí)，與溫度的關(guān)系如圖（b）所示。

①ΔΗ1_______0（填“大于”或“小于”）；圖（a）中壓強(qiáng)從大到小的順序是_______。
②圖（b）中，n(HCl)/n(Si)=6∶1時(shí)，SiHCl3的平衡產(chǎn)率極低，其原因可能是_______。
（3）在恒壓密閉容器中，加入1molSi，充入3molHCl和m mol稀有氣體，在溫度T、壓強(qiáng)p條件下進(jìn)行反應(yīng)（不考慮副反應(yīng)）。平衡時(shí)，SiHCl3的物質(zhì)的量為n mol，則H2的平衡分壓為_______，平衡常數(shù)Kp=_______（以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。
【答案】（1）3ΔH2 - 4ΔH1
（2）小于 p1> p2 > p3 生成SiHCl3 的選擇性差
（3）
【解析】（1）由已知方程式結(jié)合蓋斯定律知，3II-4I可得目標(biāo)方程式，則=，故此處填；
（2）①由圖b知，隨著溫度升高，SiHCl3平衡產(chǎn)率下降，說明反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)，逆向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，故正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，故此處填小于；相同溫度下，隨著壓強(qiáng)增大，反應(yīng)I平衡正向移動(dòng)，SiHCl3平衡產(chǎn)率增大，故P1＞P2＞P3；②由于HCl與Si還能發(fā)生副反應(yīng)II、III生成SiCl4和SiH2Cl2，故Si與HCl反應(yīng)的產(chǎn)物存在競(jìng)爭(zhēng)關(guān)系，當(dāng)比值增大時(shí)，SiHCl3選擇性下降，導(dǎo)致其平衡產(chǎn)率極低，故此處填生成SiHCl3選擇性差；
（3）由所給數(shù)據(jù)列三段式如下：，則平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量n總=m+3-3n+n+n=(m+3-n)mol，則H2的平衡分壓P(H2)=；同理，HCl的平衡分壓P(HCl)=，SiHCl3平衡分壓P(SiHCl3)=，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=，帶入相關(guān)數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)得Kp=。
17．鈷是生產(chǎn)多種合金和鈷鹽的重要原料，水鈷礦主要成分為，同時(shí)含有少量Fe、、、、、的氧化物及其他雜質(zhì)。用水鈷礦制取的工藝流程如圖所示：

已知：①；。
②部分陽離子以氫氧化物形成沉淀時(shí)，溶液的見下表：
沉淀物

開始沉淀時(shí)的
7.0
2.7
7.6
7.7
4.0
沉淀完全時(shí)的
9.6
3.7
9.2
9.8
5.2
請(qǐng)回答下列問題：
（1）“還原酸浸”中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________，浸出液中加入溶液的目的___________（用離子方程式表示）。
（2）浸出過程中加入調(diào)的范圍是___________；當(dāng)加入過量后，所得濾液Ⅱ中___________。
（3）如圖所示，萃取劑可以把濾液Ⅱ中部分陽離子選擇性分離。萃取劑合適的為___________。

A．2～3 B．3～4 C．6～7 D．7～8
（4）取樣品2g溶于稀鹽酸，加入的EDTA，然后加入2-甲酚橙作指示劑，用的溶液滴定剩余的EDTA，消耗溶液。樣品中元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________（保留2位有效數(shù)字）。
已知：，
（5）能與強(qiáng)酸反應(yīng)產(chǎn)生。工業(yè)上采用惰性電極電解溶液制取鈷。不能用溶液代替溶液的理由是___________。
【答案】（1）
（2） 2
（3）B
（4）22%
（5）若用代替，水在陽極放電生成的與反應(yīng)，導(dǎo)致產(chǎn)率降低
【解析】由題給流程可知，向水鈷礦中加入硫代硫酸鈉溶液和稀硫酸，經(jīng)還原酸浸、過濾得到含有可溶性硫酸鹽的浸出液；向浸出液中加入次氯酸鈉溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子，向氧化后的溶液中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH在5.2~7.6的范圍內(nèi)，將鐵離子和鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和除去鐵離子、鋁離子的濾液Ⅰ；向?yàn)V液Ⅰ中加入氟化鈉溶液，將溶液中鈣離子和鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀、氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鈣沉淀、氟化鎂沉淀和除去鈣離子、鎂離子的濾液Ⅱ；向?yàn)V液Ⅱ中加入有機(jī)萃取劑，分液得到除去鎳離子、錳離子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸銨溶液，將溶液中鈷離子轉(zhuǎn)化為二水草酸鈷沉淀，過濾得到Ⅲ和二水草酸鈷沉淀；向二水草酸鈷沉淀中加入鹽酸，將沉淀溶解得到氯化鈷溶液；電解氯化鈷溶液制得金屬鈷。
（1）由分析可知，還原酸浸中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)為酸性條件下，CoOOH與硫代硫酸鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸鈷和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；浸出液中加入次氯酸鈉溶液的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為；
（2）由分析可知，浸出過程中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH在5.2~7.6的范圍內(nèi)，將鐵離子和鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀；當(dāng)加入過量氟化鈉溶液后，所得濾液Ⅱ中====2，故答案為；2；
（3）由圖可知，萃取劑pH在3~4范圍內(nèi)鎳離子、錳離子的萃取率很大，而鈷離子的萃取率較小，則萃取劑合適的pH在3~4范圍內(nèi)，故選B；
（4）由題意可知，鈷離子和鋅離子的物質(zhì)的量之和等于EDTA的物質(zhì)的量，則2g樣品中鈷元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈22%，故答案為22%；
（5）若用硫酸鈷代替氯化鈷，硫酸鈷溶液電解生成硫酸、鈷和氧氣，反應(yīng)生成的硫酸能與鈷反應(yīng)，導(dǎo)致鈷的產(chǎn)率降低，故答案為：若用代替，水在陽極放電生成的與反應(yīng)，導(dǎo)致產(chǎn)率降低。
（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。
18．鎂、銅、硼及其化合物在醫(yī)藥、國(guó)防、材料領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。請(qǐng)回答下列問題：
（1）銅是重要的金屬材料。銅屬于元素周期表中的___________區(qū)元素，與銅同周期且基態(tài)原子最外層未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)銅原子相同的元素有___________種。
（2）鎂元素是人體必需的微量元素，其中起作用的是。堿性條件下，檢驗(yàn)是否存在的化合物被稱為“試鎂靈”，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，其組成元素中第一電離能由大到小的順序?yàn)開__________（用元素符號(hào)表示），分子中N原子的雜類型為__________。

（3）氨硼烷是一種安全、高效的儲(chǔ)氫材料，可由反應(yīng)制得。
①的結(jié)構(gòu)與乙烷相似，中存在配位鍵，提供孤電子對(duì)形成配位鍵的原子是___________（填元素符號(hào)）。
②的空間構(gòu)型為___________，的鍵角小于的鍵角，原因?yàn)開__________。
（4）一種由組成的化合物的立方晶胞如圖所示：

①該化合物的化學(xué)式為___________，的配位數(shù)為___________。
②填充在由陰離子構(gòu)成的八面體空隙中，則八面體空隙的填充率為________。
③若距離最近的兩個(gè)的核間距為表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞密度為___________。
【答案】（1） 4 （2）（3）N 直線中的O原子和中的C原子的雜化方式相同，但O原子上有2個(gè)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力比成鍵電子對(duì)之間的斥力大，導(dǎo)致水的鍵角變小
（4） 6 75
【解析】（1）屬于區(qū)元素，與同周期且基態(tài)原子最外層未成對(duì)電子數(shù)與相同的元素有，共4種；
（2）“試鎂靈”中由四種元素組成，第一電離能由大到小的順序?yàn)?；分子中氮氮雙鍵和硝基中的氮原子均為雜化；
（3）①的結(jié)構(gòu)與乙烷相似，結(jié)構(gòu)為，B原子提供空軌道，N原子提供孤對(duì)電子；②的空間構(gòu)型為直線；中的O原子和中的C原子的雜化方式相同，但O原子上有2個(gè)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力大于成鍵電子對(duì)之間的斥力，故水的鍵角小于甲烷的鍵角；
（4）①根據(jù)均攤法可知，1個(gè)晶胞中含有3個(gè)、1個(gè)和3個(gè)，故該化合物的化學(xué)式為；由晶胞結(jié)構(gòu)可知的配位數(shù)為6；②晶胞中由陰離子構(gòu)成的八面體空隙有4個(gè)，3個(gè)填充在八面體空隙中，八面體空隙的填充率為；③若距離最近的兩個(gè)間距為，則晶胞邊長(zhǎng)為，晶胞密度為。
19．苯是重要的化工原料，可用來合成A和有機(jī)物高分子材料N，一種制取A和N的流程如下圖所示。

已知：
回答相關(guān)問題：
（1）①反應(yīng)I的反應(yīng)條件是___________。
②試劑C可以選用___________（選填字母編號(hào)）。
a．CH3COONa溶液　　b．NaOH溶液　　c．NaHCO3溶液　　d．Na2CO3溶液
（2）D生成E的過程中，濃硫酸的作用是___________。
（3）B中的含氧官能團(tuán)的名稱為___________。
（4）反應(yīng)II、III的化學(xué)方程式為___________、___________。
（5）符合下列條件的B的同分異構(gòu)體有___________種。
A．與Fe3+溶液顯紫色；B．屬于酯類；C．苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基
（6）參照上述合成路線和信息，設(shè)計(jì)以苯為原料制備另一種高分子化合物的合成路線。
【答案】（1）FeBr3做催化劑 bd （2）催化劑、脫水劑（3）羥基、羧基
（4）+CH3OH+H2O n
（5）18
（6）
【解析】苯和溴發(fā)生反應(yīng)I生成溴苯，溴苯在一定條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成苯酚（A），苯酚和氫氧化鈉或碳酸鈉反應(yīng)生成苯酚鈉；根據(jù)題目信息，和HCN反應(yīng)生成（B），和CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成（D）；在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成（E），發(fā)生加聚反應(yīng)生成（N）。
（1）①反應(yīng)I是苯生成溴苯，反應(yīng)條件是用FeBr3作催化劑，苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫；A．苯酚的酸性小于醋酸，苯酚和CH3COONa溶液不反應(yīng)，故不選a；　　
B．苯酚和NaOH溶液反應(yīng)生成苯酚鈉和水，故選b；C．苯酚的酸性小于碳酸，NaHCO3溶液和苯酚不反應(yīng)，故不選c；D．酸性：碳酸>苯酚>，苯酚和Na2CO3溶液反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，故選d；選bd。
（2）D生成E是在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成和水，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑。
（3）根據(jù)題目信息，和HCN反應(yīng)生成，B是，含氧官能團(tuán)的名稱為羥基和羧基。
（4）反應(yīng)II是和CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成和水，反應(yīng)方程式是+CH3OH+H2O；
反應(yīng)III是發(fā)生加聚反應(yīng)生成，化學(xué)方程式為n。
（5）A．與Fe3+溶液顯紫色，說明含有酚羥基；B．屬于酯類；C．苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基，2個(gè)取代基為-OH、-OOCCH2CH3或-OH、-COOCH2CH3或-OH、-CH2OOCCH3或-OH、-CH2COOCH3或-OH、-CH2CH2OOCH或-OH、-CH(CH3)OOCH，每種組合在苯環(huán)上的位置都有鄰、間、對(duì)三種，符合條件的的同分異構(gòu)體有18種。
（6）苯和CH3COCl發(fā)生取代反應(yīng)生成，再和HCN反應(yīng)生成，在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成，發(fā)生加聚反應(yīng)生成，合成路線為。

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