必刷卷01-2022年高考化學(xué)考前信息必刷卷（全國(guó)甲卷）

這是一份必刷卷01-2022年高考化學(xué)考前信息必刷卷（全國(guó)甲卷），共19頁(yè)。試卷主要包含了作答時(shí)，務(wù)必將答案寫(xiě)在答題卡上， 室溫下，向10mL 0，2kJ?ml-1等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2022年高考化學(xué)考前信息必刷卷01
全國(guó)卷(甲卷)

為平穩(wěn)過(guò)渡至新高考，預(yù)計(jì)2022全國(guó)卷(甲卷)仍將保持2021年風(fēng)格，所以試卷整體手法應(yīng)傳承已有套路?；凇傲⒌聵?shù)人”的大背景，命題情境將有更多的指向。備考中要有的放矢。

有理有據(jù)、從容不迫-附《2021高考化學(xué)細(xì)目表》
冬奧會(huì)、黑科技、新材料、新藥物、環(huán)境能源、“卡脖子”芯片技術(shù)、弘揚(yáng)民族自信等情境載體必然大量涌現(xiàn)

注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。
2.作答時(shí)，務(wù)必將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷及草稿紙上無(wú)效。
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量： H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 S-32 Mn-55 Se-79
一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 2022年北京冬奧會(huì)制服裝備公布設(shè)計(jì)密碼：長(zhǎng)城灰、霞光紅、天霽藍(lán)、瑞雪白。而中國(guó)運(yùn)動(dòng)員御寒服采用新疆長(zhǎng)絨棉為面料，新疆駝絨為內(nèi)膽，高科技納米石墨烯為里布，諸多科技悉數(shù)亮相，助力“京彩”奧運(yùn)。下面說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A. 長(zhǎng)城青磚的“青”是由于含鐵的氧化物
B. 云蒸霞蔚中所說(shuō)的霞光是膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)
C. 駝絨與長(zhǎng)絨棉主體化學(xué)成分相同，屬于有機(jī)高分子
D. 石墨烯可從石墨中剝離，具有導(dǎo)電性
【答案】C
【解析】
【詳解】A．長(zhǎng)城青磚的“青”是由于含鐵的氧化物，如Fe3O4，故A正確；
B．云煙霧是膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故B正確；
C．駝絨是化學(xué)成分是蛋白質(zhì)、長(zhǎng)絨棉的主體化學(xué)成分是纖維素，故C錯(cuò)誤；
D．石墨烯可從石墨中剝離，根據(jù)石墨能導(dǎo)電，所以石墨烯具有導(dǎo)電性，故D正確；
選C；
2. 實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是


氣體
試劑
制備裝置
收集方法
A
NO
Cu+稀HNO3
b
c
B
NH3
NH4Cl
a
d
C
O2
過(guò)氧化氫溶液+MnO2
b
e
D
Cl2
MnO2+濃鹽酸
b
c

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．Cu與稀HNO3反應(yīng)生成NO氣體，NO能夠與O2反應(yīng)生成NO2氣體，因此不能用排空氣法收集，故A錯(cuò)誤；
B．NH4Cl受熱分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在試管口遇冷又化合生成NH4Cl，不能用圖a所示裝置及藥品制取NH3，應(yīng)該加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制取NH3，故B錯(cuò)誤；
C．用過(guò)氧化氫溶液制取氧氣，MnO2作催化劑，反應(yīng)不需要加熱，發(fā)生裝置選b，氧氣難溶于水，可用排水集氣法收集，故C正確；
D．MnO2和濃鹽酸反應(yīng)需要加熱，不能用圖b所示裝置及藥品制取Cl2，故D錯(cuò)誤；
答案選C。
3. 設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是
A. 1molND3所含的中子數(shù)為17NA
B. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LHF溶于水，則溶液中HF與F-總數(shù)為0.1NA
C. 1molCaO2中所含的離子數(shù)和共用電子對(duì)數(shù)目都是2NA
D. 1mol草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高錳酸鉀完全氧化所轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是3NA
【答案】D
【解析】
【詳解】A．1個(gè)N原子中含有7個(gè)中子，1個(gè)D中含有1個(gè)中子，故1molND3所含的中子數(shù)為10NA，A錯(cuò)誤；
B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF是液體，無(wú)法計(jì)算它的物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；
C．CaO2中，其中過(guò)氧根當(dāng)中含有1個(gè)共用電子對(duì)，鈣離子和過(guò)氧根離子之間是離子鍵，故1molCaO2中所含的離子數(shù)為2NA，共用電子對(duì)數(shù)目為NA，C錯(cuò)誤；
D．草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高錳酸鉀氧化是碳元素由+3價(jià)升高為+4價(jià)，同時(shí)鐵元素由+2價(jià)升高為+3價(jià)，故1mol草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高錳酸鉀完全氧化所轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是3NA，D正確；
故選D。
4. 壽山石是中華瑰寶，傳統(tǒng)“四大印章石”之一。某地采掘的壽山石化學(xué)式為。已知X、Y、Z、F均為短周期元素，X元素原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，且其單質(zhì)能與強(qiáng)堿反應(yīng)生成，與含有相同的電子數(shù)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A. Y元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為弱酸
B. X單質(zhì)的導(dǎo)電能力強(qiáng)于Y單質(zhì)
C. Z和F可形成不止一種化合物
D. 中既含有離子鍵，又含有共價(jià)鍵
【答案】D
【解析】
【詳解】已知X、Y、Z、F均為短周期元素，X元素原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，且X的單質(zhì)能與強(qiáng)堿反應(yīng)生成。推測(cè)出F為H元素，X為Al，與含有相同的電子數(shù)，根據(jù)Y、Z在化合物中的成鍵規(guī)律可推出Y、Z分別是Si、O。
A．Y元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物硅酸為弱酸，選項(xiàng)A正確；
B．X為鋁，鋁屬于導(dǎo)體，導(dǎo)電性很強(qiáng)，Y單質(zhì)為硅，為半導(dǎo)體，導(dǎo)電性弱于鋁，選項(xiàng)B正確；
C．O和H可以形成的化合物除了，還有，選項(xiàng)C正確；
D．中只含有共價(jià)鍵，沒(méi)有離子鍵，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案選D。
5. 我國(guó)首個(gè)自主研發(fā)的膽固醇吸收抑制劑海博麥布的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A. 該分子存在順?lè)串悩?gòu)體
B. 該分子中含有1個(gè)手性碳原子
C. 該物質(zhì)既能與HCl反應(yīng)，也能與NaOH反應(yīng)
D. 該物質(zhì)既能發(fā)生氧化反應(yīng)，也能發(fā)生還原反應(yīng)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物分子中碳碳雙鍵中兩個(gè)碳原子連有的原子或原子團(tuán)不相同，存在順?lè)串悩?gòu)體，故A正確；
B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物分子中有2個(gè)連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的手性碳原子，(圖中含有N和-CO-的環(huán)中的碳)，故B錯(cuò)誤；
C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物分子中含有的酰胺基既能在鹽酸中發(fā)生水解反應(yīng)，也能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，故C正確；
D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物分子中含有的碳碳雙鍵既能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，也能與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)，故D正確；
故選B。
6. 鋰釩氧化物全固態(tài)電池結(jié)構(gòu)如圖所示，放電時(shí)移向電極形成，下列說(shuō)法不正確的是


A. 放電時(shí)，電子由引線端子B流出
B. 納米碳管作為金屬鋰的載體，為該電池的負(fù)極
C. 充電時(shí)，引線端子A與外接電源正極相連
D. 充電時(shí)，電極的反應(yīng)式為：
【答案】D
【解析】
【分析】由放電時(shí)移向電極形成可知，為正極，引線端子A為正極，B為負(fù)極。
【詳解】A．放電時(shí)，電子由負(fù)極流向正極，故由引線端子B流出，故A正確；
B．鋰作負(fù)極，納米碳管作為金屬鋰的載體，故B正確；
C．引線端子A為正極，與電源正極相連，故C正確；
D．充電時(shí)，電極為失電子的反應(yīng)，故反應(yīng)式為：，故D錯(cuò)誤；
故選D。
7. 室溫下，向10mL 0.1000mol?L-1二元酸H2B溶液中滴加0.1000 mol?L-1 KOH溶液，測(cè)得溶液的pH與lgY [Y代表或]的關(guān)系如圖所示。下列相關(guān)結(jié)論不正確的是

A. 曲線N表示的是與pH的變化關(guān)系
B. 當(dāng)?shù)渭?0mL KOH溶液時(shí)，溶液中c(H2B)＞c(B2-)
C. X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH為6.5
D. 若用酚酞做指示劑，則滴定終點(diǎn)顏色變化為無(wú)色變粉紅色
【答案】B
【解析】
【分析】隨著NaOH的不斷加入，溶液的pH不斷增大，不斷增大，不斷減小，則N曲線為與pH的變化關(guān)系、M曲線為與pH的變化關(guān)系。lgY=0時(shí)，=1，=1，則Ka1==c(H+)=10-4，Ka2==c(H+)=10-9。
【詳解】A．由分析可知，曲線N表示的是與pH的變化關(guān)系，A正確；
B．當(dāng)?shù)渭?0mL KOH溶液時(shí)，此時(shí)溶液為NaHB溶液，Ka2=10-9，Kh2===10-10，Ka2＞Kh2，則溶液中c(H2B)＜c(B2-)，B不正確；
C．X點(diǎn)時(shí)，=，則c(H2B)=c(B2-)，Ka1? Ka2=，則c2(H+)=10-13，c(H+)=10-6.5，對(duì)應(yīng)的pH為6.5，C正確；
D．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為Na2B，B2-發(fā)生水解而使溶液顯堿性，若用酚酞做指示劑，則滴定終點(diǎn)顏色變化為無(wú)色變粉紅色，D正確；
故選B。
二、非選擇題
8. 碲(Te)廣泛應(yīng)用于冶金、航空航天、電子等領(lǐng)域。從精煉鋼的陽(yáng)極泥中(主要成分為Cu2Te，還含有金、銀、鉑等)回收碲的工藝流程如下：


已知：TeO2有強(qiáng)還原性，且TeO2、Cu2TeO4難溶于水；高碲酸鈉的化學(xué)式：Na2TeO4
回答下列問(wèn)題：
（1）為提高“反應(yīng)”效率，可采取的措施為_(kāi)______(任答一條)。
（2）濾液i的主要成分是_______(寫(xiě)化學(xué)式)。濾液i中溶質(zhì)的浸出率與溫度關(guān)系如圖所示，解釋銅的浸出率隨溫度變化的可能原因_______。

（3）“氧化”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。濾液ii可循環(huán)使用，應(yīng)將其導(dǎo)入到_______(寫(xiě)操作單元名稱(chēng))操作中。
（4）“沉碲”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。
（5）粗碲粉中碲質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定步驟如下：取mg粗碲粉，加入酸使其轉(zhuǎn)化為亞碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于錐形瓶中。向錐形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反應(yīng)使亞碲酸轉(zhuǎn)化為碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液。該粗碲粉中碲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______。
【答案】（1）將陽(yáng)極泥粉碎、適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度、增加空氣通入量等
（2） ①. CuSO4 ②. 隨溫度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均變大，浸出率升高，后期溫度過(guò)高，CuSO4和TeO2反應(yīng)生成難溶性的Cu2TeO4，沉淀浸出率降低
（3） ①. TeO+H2O2=TeO+H2O ②. 堿浸
（4）TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O
（5）%
【解析】
【分析】根據(jù)回收碲的工藝流程可知，精煉鋼的陽(yáng)極泥(主要成分為Cu2Te，還含有金、銀、鉑等)和硫酸、空氣反應(yīng)生成了不溶于水的TeO2，根據(jù)碲元素的化合價(jià)變化，可知此反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+ TeO2+2H2O，則反應(yīng)過(guò)后水浸的濾液ⅰ的主要成分是CuSO4，濾渣的主要成分是不溶于水的TeO2，經(jīng)過(guò)NaOH堿浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在濾液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通過(guò)結(jié)晶分離出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反應(yīng)生成不溶于水的碲，經(jīng)過(guò)沉碲操作得到粗碲粉，據(jù)此分析解答。
【小問(wèn)1詳解】
“反應(yīng)”是指把陽(yáng)極泥固體和硫酸、空氣混在一起反應(yīng)，提高“反應(yīng)”效率，就是使它們充分反應(yīng)，快速反應(yīng)，故可采取的措施有陽(yáng)極泥粉碎、適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度、增加空氣通入量等。
【小問(wèn)2詳解】
經(jīng)分析，濾液i的主要成分是CuSO4，根據(jù)CuSO4的浸出率與溫度關(guān)系圖可知， 浸出率先是隨溫度升高而升高，然后隨溫度升高而減小，其原因是溫度升高，硫酸銅的溶解度增大，溶解速率會(huì)加快，則浸出率逐漸升高，當(dāng)溫度高到一定程度，由于TeO2具有強(qiáng)還原性，則和CuSO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成了難溶于水的Cu2TeO4，故后期溫度升高，CuSO4的浸出率反而下降。
【小問(wèn)3詳解】
經(jīng)分析“氧化”過(guò)程是指含有Na2TeO3的濾液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4的過(guò)程，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Na2TeO3+ H2O2= Na2TeO4+ H2O，則該反應(yīng)的離子方程式是TeO+H2O2=TeO+H2O。濾液ii是指分離出Na2TeO4后的濾液，為了使Na2TeO3完全被氧化，加入的H2O2要過(guò)量，為了充分利用剩余的H2O2，可將其加入到堿浸這步操作中，使TeO2在堿浸中就被氧化，提高原料利用率。
【小問(wèn)4詳解】
經(jīng)分析“沉碲”過(guò)程是指把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反應(yīng)生成不溶于水的碲，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Na2TeO4+H2SO4+3Na2SO3=4 Na2SO4+Te↓+ H2O。則該反應(yīng)的離子方程式是TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O。
【小問(wèn)5詳解】
根據(jù)題意可知25.00mL H2TeO3溶液和V2mL c2mol·L-1硫酸亞鐵銨被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亞鐵被氧化成+3價(jià)鐵，K2Cr2O7被還原成+3價(jià)鉻，根據(jù)電子守恒可得關(guān)系式c(H2TeO3)25.00mL2+ c2V2mL1= c1V13，解得c(H2TeO3)= mol·L-1，則100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)= mol·L-1= mol， n(H2TeO3)= n(Te)= mol，則m(Te)= ，故mg粗碲粉中碲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=%。
9. CO2催化加氫制烯烴(CnH2n)是緩解化石能源消耗、實(shí)現(xiàn)減排的重要途徑之一。FT轉(zhuǎn)化路徑(CO2→CO→CnH2n)涉及的主要反應(yīng)如下：
i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)　　　　　△H1=41.1kJ?mol-1
ii.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2時(shí)，△H2=-210.2kJ?mol-1
iii.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)　　　△H3=-205.9kJ?mol-1
（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)　　ΔH=_______kJ·mol-1，_______(填“高溫”或“低溫”)有利于該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行。
（2）有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_______(填標(biāo)號(hào))。
A. 增大n(CO2)：n(H2)投料比 B. 增大體系壓強(qiáng)
C. 使用高效催化劑 D. 及時(shí)分離H2O
（3）n(CO2)：n(H2)投料比為1：3、壓力為1MPa時(shí)，無(wú)烷烴產(chǎn)物的平衡體系中CO2轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物選擇性隨反應(yīng)溫度變化曲線如下圖。

①有利于短鏈烯烴(n≤4)生成的溫度范圍為_(kāi)______(填標(biāo)號(hào))。
A.373~573K　　　　B.573~773K C.773~973K　　　　D.973~1173K
②計(jì)算1083K時(shí)，反應(yīng)i的Kp=_______。
③373~1273K范圍內(nèi)，CO2的轉(zhuǎn)化率先降低后升高的原因是_______。
（4）FT轉(zhuǎn)化路徑存在CH4含量過(guò)高問(wèn)題，我國(guó)科學(xué)家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34復(fù)合催化劑極大提高短鏈烯烴選擇性。CO2在催化劑Cr2O3(SG)表面轉(zhuǎn)化為甲醇的各步驟所需要克服的能壘及甲醇在H-SAPO-34作用下產(chǎn)生乙烯、丙烯示意圖如下。.

①吸附態(tài)用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)過(guò)程中，_______的生成是決速步驟(填化學(xué)式)。
②H-SAPO-34具有氧八元環(huán)構(gòu)成的籠狀結(jié)構(gòu)(直徑0.94nm)，籠口為小的八環(huán)孔(直徑0.38nm)。從結(jié)構(gòu)角度推測(cè)，短鏈烯烴選擇性提高的原因_______。
【答案】（1） ①. -128.0 ②. 低溫 （2）BD
（3） ①. B ②. 1 ③. 溫度低于723K時(shí)，反應(yīng)ⅱ（放熱反應(yīng)）占主導(dǎo)地位，溫度升高，反應(yīng)ⅱ平衡逆向移動(dòng)，CO的含量增大，導(dǎo)致反應(yīng)i逆向移動(dòng)，CO2轉(zhuǎn)化率降低；溫度高于723K時(shí)，反應(yīng)i（吸熱反應(yīng)）占主導(dǎo)地位，溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率升高
（4） ①. HCOO* ②. 短鏈烯烴可順利從H-SAPO-34催化劑籠口八環(huán)孔脫離
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
當(dāng)反ⅱ中n=2時(shí)可得，根據(jù)蓋斯定律，由可得，則；根據(jù)ΔH-TΔS＜0時(shí)反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)是放熱的、熵減的可逆反應(yīng)，即ΔH＜0，ΔS＜0，則該反應(yīng)在低溫下有利于該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；
【小問(wèn)2詳解】
A.增大n(CO2)：n(H2)投料比，相當(dāng)于H2的量不變，增加CO2的量，會(huì)降低CO2的轉(zhuǎn)化率，故A不符合題意；
B.反應(yīng)ⅱ和ⅲ均為氣體系數(shù)之和減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)可以使ⅱ、ⅲ的平衡正向移動(dòng)，CO的濃度減小，反應(yīng)ⅰ平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，故B符合題意；
C.催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不改變平衡轉(zhuǎn)化率，故C不符合題意；
D.及時(shí)分離出H2O，可以使反應(yīng)的平衡正向移動(dòng)，增大CO2的轉(zhuǎn)化率，故D符合題意；
答案選BD；
【小問(wèn)3詳解】
①由圖可知，當(dāng)溫度為573K左右時(shí)C4H8的選擇性達(dá)到最大值，673K左右時(shí)C3H6的選擇性達(dá)到最大值，773K左右時(shí)C2H4的選擇性達(dá)到最大值，因此有利于短鏈烯烴(n≤4)生成的溫度范圍為573~773K，故選B；
②由圖可知，溫度為1083K時(shí)，CO的選擇性為100%，烯烴的選擇性為0，所以此時(shí)只發(fā)生反應(yīng)i，CO2的轉(zhuǎn)化率為75%，設(shè)初始投料為、，則有三段式：

則，，，；
③溫度低于723K時(shí)，反應(yīng)ⅱ（放熱反應(yīng)）占主導(dǎo)地位，溫度升高，反應(yīng)ⅱ平衡逆向移動(dòng)，CO的含量增大，導(dǎo)致反應(yīng)i逆向移動(dòng)，CO2轉(zhuǎn)化率降低；溫度高于723K時(shí)，反應(yīng)i（吸熱反應(yīng)）占主導(dǎo)地位，溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率升高，因此CO2的轉(zhuǎn)化率先降低后升高；
【小問(wèn)4詳解】
①能壘越大反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)決定整體反應(yīng)速率，由圖可知CO2→甲氧基(H3CO*)過(guò)程中，CO2生成HCOO*的步驟能壘最大，為決速步驟；
②短鏈烯烴可順利從H-SAPO-34催化劑的籠口八環(huán)孔脫離，所以短鏈烯烴選擇性提高。
10. 葡萄糖酸鋅是一種補(bǔ)鋅劑，在醫(yī)藥、食品等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。某實(shí)驗(yàn)小組制備葡萄糖酸鋅并測(cè)定產(chǎn)品中鋅含量的方法如下：
步驟I：制備葡萄糖酸鋅


步驟II：測(cè)定產(chǎn)品中鋅含量
準(zhǔn)確稱(chēng)取mg葡萄糖酸鋅產(chǎn)品，溶解后轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中，加水定容。移取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入指示劑和緩沖液，搖勻，然后用0.05mol·L-1的EDTA(呈弱酸性，用H2Y2-表示)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+)，滴定終點(diǎn)時(shí)消耗VmLEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液。
部分物質(zhì)的化學(xué)式和性質(zhì)如表：
名稱(chēng)
化學(xué)式
性質(zhì)
葡萄糖酸
C6H12O7
易溶于水，微溶于乙醇
葡萄糖酸鈣
Ca(C6H11O7)2
易溶于熱水
葡萄糖酸鋅
Zn(C6H11O7)2
溶于水，極易溶于沸水，不溶于乙醇
回答下列問(wèn)題：
（1）葡萄糖酸()是________(填“一元酸”“二元酸”或“多元酸”)。
（2）步驟I中，葡萄糖酸鈣與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式是________，該反應(yīng)可采取的加熱方式是________。
（3）已知CaSO4的溶解度隨溫度升高而降低，故步驟I中①操作是________，將濾液1通過(guò)H+型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂的目的是________。
（4）向?yàn)V液2中加入10mL95%的乙醇，充分?jǐn)嚢璨⒗鋮s，過(guò)濾得葡萄糖酸鋅固體，加入乙醇的目的是________。
（5）滴定過(guò)程中，盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)選用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管，產(chǎn)品中鋅含量=________%(用含m、V的式子表示)。
【答案】（1）一元酸 （2） ①. Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓ ②. 水浴加熱
（3） ①. 趁熱過(guò)濾 ②. 將未轉(zhuǎn)化的葡萄糖酸鈣完全轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸
（4）利于析出葡萄糖酸鋅晶體
（5） ①. 酸式 ②.
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
葡萄糖酸分子中只有一個(gè)羧基，因此是一元酸。
【小問(wèn)2詳解】
步驟I中，葡萄糖酸鈣與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則反應(yīng)的化學(xué)方程式是Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓，由于控制溫度是90℃，所以該反應(yīng)可采取的加熱方式是水浴加熱。
【小問(wèn)3詳解】
由于CaSO4的溶解度隨溫度升高而降低，為防止析出硫酸鈣沉淀，故步驟I中①操作是趁熱過(guò)濾，將濾液1通過(guò)H+型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂，氫離子和陽(yáng)離子鈣離子交換m，因此目的是將未轉(zhuǎn)化的葡萄糖酸鈣完全轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸。
【小問(wèn)4詳解】
由于向?yàn)V液2中加入10mL95%的乙醇，充分?jǐn)嚢璨⒗鋮s，過(guò)濾即得葡萄糖酸鋅固體，這說(shuō)明加入乙醇的目的是利于析出葡萄糖酸鋅晶體。
【小問(wèn)5詳解】
由于EDTA呈弱酸性，所以滴定過(guò)程中，盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)選用酸式滴定管，根據(jù)方程式Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+可知，樣品中鋅的物質(zhì)的量是0.001VL×0.05mol·L-1×100mL/25mL＝0.0002Vmol，則產(chǎn)品中鋅含量=。
11. 太陽(yáng)能電池的發(fā)展已經(jīng)進(jìn)入了第三代。第一代為單晶硅太陽(yáng)能電池，第二代為多晶硅、非晶硅等太陽(yáng)能電池，第三代就是銅鋼鎵硒CIGs(CIS中摻入Ga)等化合物薄膜太陽(yáng)能電池以及薄膜Si系太陽(yáng)能電池。
（1）亞銅離子()基態(tài)時(shí)的價(jià)電子排布式表示為_(kāi)______。
（2）硒為第四周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則3種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)開(kāi)______(用元素符號(hào)表示)
（3）硫和碲與硒位于同主族，其簡(jiǎn)單氫化物和中，分解溫度較高的是_______；鍵角較大的是_______，其原因是_______。
（4）的結(jié)構(gòu)中Se為面心立方最密堆積，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①中Mn的配位數(shù)為_(kāi)______。
②若該晶體的晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則距離最近的兩個(gè)錳原子之間的距離為_(kāi)______pm，的密度_______(列出表達(dá)式即可)。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. ③. 二者均采取sp3雜化，S的電負(fù)性更強(qiáng)，成鍵電子對(duì)之間的斥力更大，鍵角更大
（4） ①. 4 ②. ③.
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
銅基態(tài)時(shí)的價(jià)電子排布式為3d104s1，則Cu+基態(tài)時(shí)的價(jià)電子排布式為3d10。
【小問(wèn)2詳解】
硒為第四周期第ⅥA族元素，其前一主族的砷的價(jià)層電子排布式為4s24p3，4p能級(jí)上填充3個(gè)電子，是半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以其第一電離能高于其后的硒，而同周期的第ⅦA族的溴原子半徑小，質(zhì)子數(shù)多，失去電子比砷和硒難，在這三種元素中第一電離能最大，所以這3種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)锽r＞As＞Se 。
【小問(wèn)3詳解】
同一主族從上到下，非金屬性逐漸減弱，所以氫化物的穩(wěn)定性也逐漸減弱，則H2S 和H2Te中，分解溫度較高的是H2S；H2S 和H2Te的中心原子S和Se均采取sp3雜化，S的電負(fù)性更強(qiáng)，成鍵電子對(duì)之間的斥力更大，鍵角更大。
【小問(wèn)4詳解】
①在β-MnSe 中，Mn和相鄰的4個(gè)Se相連，所以Mn的配位數(shù)為4。
②在β-MnSe 中，Mn位于晶胞內(nèi)部，若將晶胞分成8個(gè)相等的小正方體，則4個(gè)Mn位于其中四個(gè)不相鄰的小正方體的體心，所以距離最近的兩個(gè)錳原子之間的距離是晶胞面對(duì)角線的一半。晶胞參數(shù)為apm，則距離最近的兩個(gè)錳原子之間的距離為pm；一個(gè)晶胞中含有4個(gè)Mn和4個(gè)Se，則一個(gè)晶胞的質(zhì)量為g，晶胞參數(shù)為apm，則一個(gè)晶胞的體積為(a×10-10)cm3，所以晶體密度ρ=。
12. 由對(duì)甲基苯甲醛制備G的一種合成路線如下：


已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②

回答下列問(wèn)題：
（1）對(duì)甲基苯甲醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__________。
（2）由A生成B的第1)步化學(xué)方程式為_(kāi)__________。
（3）D所含官能團(tuán)的名稱(chēng)是___________。
（4）E能發(fā)生的反應(yīng)類(lèi)型分別是___________。
a．聚合反應(yīng) b．水解反應(yīng) c．消去反應(yīng) d．取代反應(yīng)
（5）F的一氯代物有___________種。
（6）芳香化合物X是C的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2，核磁共振氫譜顯示只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為6：3：1，寫(xiě)出符合要求的X的一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。
（7）寫(xiě)出乙烯為原料制備化合物的合成路線___________(其他無(wú)機(jī)試劑任選)。
【答案】（1） （2）+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O
（3）碳碳三鍵，羧基 （4）abd
（5）3 （6）或
（7）CH2=CH2CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH(Br)CH(Br)CHOCH3C≡CCHO
【解析】
【分析】由已知條件①可知A為，由A到B的反應(yīng)條件可知A到B為醛基的特征反應(yīng)，B為，C為B與溴的加成反應(yīng)，則C為，C在醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)，則D為，D→E為酯化反應(yīng)，則E為，結(jié)合條件②可知F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，以此解題。
【小問(wèn)1詳解】
對(duì)甲基苯甲醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；
【小問(wèn)2詳解】
由分析可知由A生成B的第1)步化學(xué)方程式為+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；
【小問(wèn)3詳解】
由分析可知D為，則其中所含官能團(tuán)的名稱(chēng)是：碳碳三鍵，羧基；
【小問(wèn)4詳解】
由分析可知E為，則E能發(fā)生的反應(yīng)類(lèi)型分別是聚合反應(yīng)，水解反應(yīng)和取代反應(yīng)，故答案為：abd；
【小問(wèn)5詳解】
由分析可知F為，其等效氫如圖有三種，故其一氯代物有3種；
【小問(wèn)6詳解】
由分析可知C為，X為芳香化合物，與C互為同分異構(gòu)體，能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出二氧化碳，說(shuō)明X中含有羧基，其核磁共振氫譜有3種化學(xué)環(huán)境的氫，且為6：3：1，則X中一種可能結(jié)構(gòu)為或；
【小問(wèn)7詳解】
由信息及化合物知由和合成，則具體合成路線為：CH2=CH2CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH(Br)CH(Br)CHOCH3C≡CCHO