2022年新高考全国卷化学模拟试题解析5套

2022年全国卷新高考化学模拟试题017．《汉书·苏武传》有如下记载：“竹帛所载，丹青所画”。其中竹帛是指竹简单和白绢，丹青中的丹指丹砂(主要成分为HgS)，青指一种青色矿物颜料，既石青[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。下列相关说法正确的是()A．竹与帛的主要成分是蛋白质B．Cu3(CO3)2(OH)2属于碱式碳酸盐C．丹砂在空气中灼烧生成Hg和SD．石青在高温下分解生成Cu、CO2和H2O【答案】B【解析】A项，竹的主要成分是纤维素，帛的主要成分是蛋白质，故A错误；B项，Cu3(CO3)2(OH)2中阴离子是碳酸根离子和氢氧根离子，属于碱式碳酸盐，故B正确；C项，HgS在空气中灼烧生成Hg和SO2，故C错误；D项，Cu3(CO3)2(OH)2在高温下分解生成CuO、CO2和H2O，故D错误；故选B。8．葡萄糖可发生以下转化：C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温常压下，6.0g葡萄糖和乳酸的混合物中O原子数介于0.3NA与0.6NA之间B．1mol葡萄糖中含有6NA个羟基C．1mol乳酸与足量的乙醇反应可生成NA个乳酸乙酯分子D．相同条件下，相同物质的量的乳酸分别与足量的钠和碳酸氢钠溶液反应，产生的气体体积相同【答案】D【解析】A项，由于葡萄糖与乳酸的最简式均为CH2O，所以6.0g混合物中含O原子数目为0.2NA，A错误；B项，每个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以1mol葡萄糖中含有5NA个羟基，B错误；C项，由于酯化反应为可逆反应，不可能反应完全，所以1mol乳酸与足量乙醇反应生成的乳酸乙酯小于1mol，C错误；D项，由于乳酸分子中的羟基和羧基均可与钠反应，所以钠足量时，1mol乳酸可产生1molH2，乳酸含有一个羧基，所以与足量碳酸氢钠溶液反应时，1mol乳酸可产生1molCO2，D正确；故选D。9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．钢铁发生电化学腐蚀生成1molFe2O3·nH2O(铁锈)，则负极上铁单质失去的电子数为6NAB．100g32%甲醇水溶液中含有的O—H共价键数目为NAC．含Na2SO3与NaHSO3共1mol的溶液中，N(SO32-)+N(HSO3-)+N(H2SO3)=NAD．C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，则1mol[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为NA【答案】C【解析】A项，钢铁发生电化学腐蚀生成1molFe2O3·nH2O(铁锈)，根据铁原子守恒可知消耗单质铁是2mol，负极上铁失去电子转化为亚铁离子，则负极上铁单质失去的电子数为4NA，A不符合题意；B项，100g32%甲醇水溶液中，甲醇的物质的量是1mol，根据其电子式可知其中O-H共价键数目为NA，但水中也存在O-H键，B不符合题意；C项，含Na2SO3与NaHSO3共1mol的溶液中，依据物料守恒，n(SO32-)+n(HSO3-)+n(H2SO3)=1mol，则N(SO32-)+N(HSO3-)+N(H2SO3)=NA，C符合题意；A项，C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，次氯酸钠作氧化剂，氯元素的化合价有+1价到-1价，化合价变化值是2，则1mol[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为2NA，D不符合题意；故选C。10．用图示装置制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性，下列说法不正确的是A．先打开K1、K3排尽空气后关闭K3，打开K2，并向c中滴加NaOH溶液，加热B．c中加入柠檬酸可调节溶液的pH，并防止Fe2+被氧化C．c中反应的化学方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2OD．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液【答案】D【解析】A项，先打开K1、K3，H2SO4与Fe反应产生FeSO4、H2，H2可以将装置中的空气排出，待排尽空气后关闭K3，打开K2，在装置b中产生的FeSO4在H2压强的作用下沿导气管进入装置c中，并向c中滴加NaOH溶液，加热，甘氨酸、FeSO4、NaOH发生反应，就制备得到补血剂甘氨酸亚铁，A正确；B项，柠檬酸具有酸性、还原性，在c中加入柠檬酸既可调节溶液的pH，又可以防止Fe2+被氧化，以便于制取得到甘氨酸亚铁，B正确；C项，在c中甘氨酸、FeSO4、NaOH溶液发生反应制取得到甘氨酸亚铁，反应方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，C正确；D项，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是乙醇，D错误；故选D。11．下列离子方程式书写错误的是()A．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓B．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClOC．等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++3OH-+H+=Mg(OH)2↓+H2OD．Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】A项，向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，以明矾的物质的量为1mol，含有2molAl3+、3molSO42-，Al3+恰好生成沉淀时，消耗3molBa(OH)2，SO42-完全沉淀时，消耗3molBa(OH)2，若所加Ba(OH)2的物质的量大于3mol，则会有Al(OH)3溶解，因此使沉淀的物质的量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故A正确；B项，因酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故B正确；C项，等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合时，H+先与OH-反应，剩余一半的OH-与Mg2+反应，因此反应离子方程式为2H++4OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓+2H2O，故C错误；D项，Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合，OH-过量，则HCO3-全部与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+恰好反应生成CaCO3，反应离子方程式为Ca2++HCO-+OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选C。12．为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理的基本原理如图所示，下列说法不正确的是A．阳极的电极反应：Mn2+-e-=Mn3+B．每处理1molFeS2，导线上转移了15mole-C．H+在阴极放电生成氢气D．电解过程中，混合液中H+的物质的量浓度将变小【答案】D【解析】A项，由图可知，Mn2+在阳极失电子生成Mn3+，阳极的电极反应：Mn2+-e-=Mn3+，A正确；B项，FeS2与Mn3+反应生成Mn2+、Fe3+、SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为FeS2+15Mn3++8H2O=15Mn2++Fe3++2SO42-+16H+，根据化合价的变化可知每处理1molFeS2，导线上转移了15mole-，B正确；C项，H+在阴极得电子发生还原反应2H++e-=H2↑，生成氢气，C正确；D．电解过程中，当转移15mol电子时，阴极消耗15mol氢离子，反应FeS2+15Mn3++8H2O=15Mn2++Fe3++2SO42-+16H+生成16mol氢离子，则混合液中H+的物质的量浓度将增大，D错误；故选D。13．如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是()XYZWTA．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW4【答案】D【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素。A项，Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B项，Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C项，SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D项，Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；故选D。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)(一)必做题26．(14分)实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。Ⅱ．合成K2FeO4：①称取5.05gFe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即Na2FeO4)。②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液(深紫红色)。③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得K2FeO4(相对分子质量为198)粗产品。④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。(8)K2FeO4的产率为___________(保留至0.1%)。【答案】(1)平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下(1分)(2)2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O(1分)(3)除去未反应的氯气，防止氯气污染空气(2分)(4)有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠(2分)(5)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(2分)(6)K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH平衡向右移动，析出晶体(2分)(7)用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗(2分)(8)86.1%(2分)【解析】(1)甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；(2)甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(3)氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；(4)温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；(5)氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6)该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；(7)高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；(8)5.05gFe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。27．(14分)无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图所示：已知：ⅰ.Zr在化合物中通常显＋4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物；ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，390℃升华；ⅲ.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。请回答下列问题：(1)“粉碎”锆英石的目的为________________________________________________。(2)①“氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。②“氯化”过程中ZrCl4的产率与温度、压强的关系如图所示：由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为________，“氯化”温度超过390℃时，ZrCl4产率降低的原因为_________________________________________________________。(3)“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有_____________________(填化学式)。(4)①常用的铜抑制剂有NaCN(氰化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(CN)2{Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10}沉淀。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2＋的浓度为1mol·L－1，当溶液中Cu2＋浓度不大于1×10－6mol·L－1时即达到后续生产的要求，则欲处理1L该溶液至少需要2mol·L－1的NaCN溶液的体积为________L(溶液混合时的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数)。②由于氰化钠有剧毒，所以需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式_____________________________________________。(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁，富集锆，原理为__________________________。【答案】(1)增大反应物接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率(2分)(2)①ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2(2分)②1MPa、390℃温度高于390℃，ZrCl4因升华而逸出(2分)(3)AlO、SiO(2分)(4)①1.02②2CN－＋5ClO－＋2OH－===2CO＋5Cl－＋N2↑＋H2O(2分)(5)“络合”后Fe3＋和Zr4＋分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁，富集锆的目的(4分)【解析】(1)锆英石“粉碎”后表面积增大，反应速率加快，“氯化”时间缩短，锆英石的转化率提高。(2)①根据已知条件ⅰ可知，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物，Zr在化合物中通常显＋4价，因此“氯化”过程中，锆英石发生的主要化学反应为ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2，此反应体系为无水体系，SiCl4不水解。②由图可知，压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1MPa、390℃。由已知条件ⅱ可知ZrCl4易溶于水，390℃升华，因此若“氯化”温度超过390℃，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低。(3)“氯化”后“碱浸”，“氯化”产物ZrCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4，SiCl4水解生成的H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe3＋、Cu2＋转化为沉淀，Al3＋与过量NaOH溶液反应生成AlO，因此，“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有AlO、SiO。(4)①1LCu2＋浓度为1mol·L－1的溶液中n(Cu2＋)＝1mol，消耗2molNaCN。c(Cu2＋)＝1×10－6mol·L－1时，c(CN－)＝mol·L－1＝2×10－2mol·L－1，设至少需要NaCN溶液的体积为VL，则2V－2＝2×10－2×(V＋1)，解得V≈1.02。②选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2，因此漂白液与氰化钠反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋2OH－===2CO＋5Cl－＋N2↑＋H2O。(5)“滤液2”中含有Fe3＋和Zr4＋，“络合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，由已知条件ⅲ可知Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度，故通过萃取Zr(SCN)4进入有机层，Fe(SCN)3留在水层，再利用硫酸将含有Zr(SCN)4的有机层反萃取，从而达到分离铁而富集锆的目的。28．(15分))H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。Ⅰ.干法脱硫(1)已知①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)ΔH1=-akJ∙mol-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=-bkJ∙mol-1则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l)∆H=__kJ∙mol-1。(2)常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为__。脱硫剂出口硫(mg·m-3)脱硫温度(℃)操作压力(MPa)再生条件一氧化碳活性炭氧化锌锰矿＜1.33＜1.33＜1.33＜3.99300～400常温350～4004000～3.00～3.00～5.00～2.0蒸气再生蒸气再生不再生不再生Ⅱ.热分解法脱硫在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应H2S(g)压强进行实验，结果如图(a)。H2(g)＋S2(g)控制不同的温度和(3)图(a)中压强关系p1、p2、p3由大到小的顺序为___________，该反应为_________(填“吸热”或“放热”)反应。(4)若压强为p2、温度为975℃时，H2S(g)H2(g)＋S2(g)的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=__mol∙Lˉ1，若向容器中再加入1molH2S气体，相同温度下再次达到平衡时，K__0.04(填“>”“<”或“=”)。Ⅲ.间接电解法脱硫间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图(b)。(5)电解反应器中阳极的电极反应式为____________________，离子交换膜_______(选填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。(6)气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H2S的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为_____________________________。【答案】(1)-2a+2b(2分)(2)活性炭(1分)(3)p3>p2>p1(2分)吸热(1分)(4)0.018(2分)=(1分)(5)Fe2+-e-=Fe3+(2分)阳离子(1分)(6)气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大(3分)【解析】Ⅰ.(1)①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)ΔH1=-akJ∙mol-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=-bkJ∙mol-1，2×①-2×②得2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l)，此反应的∆H=2×ΔH1-2×ΔH2=-2a+2bkJ∙mol-1。(2)结合题目中表格信息，活性炭出口硫小，温度为常温，操作压力也小，且蒸气可再生，故最佳脱硫剂为活性炭。Ⅱ.(3)反应H2S(g)H2(g)＋S2(g)的正反应方向为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，H2S的平衡转化率降低，即压强越大H2S的平衡转化率越低，因此p3>p2>p1；由题图可知，压强一定的情况下，随着温度升高H2S的平衡转化率升高，因此该反应为吸热反应。(4)由题图可知压强为p2、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，平衡常数K=0.04，设H2S起始浓度为x，利用三段式表示为：K==0.04，解得x=0.018mol/L；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。Ⅲ.(5)反应后溶液电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3，电解反应器中阳极发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，离子交换膜为阳离子交换膜。(6)由题图可知，气液比减小，通入H2S的总量减小，参加反应的H2S的量减小，吸收速率就较小；吸收液的量增大，气液接触充分，H2S的吸收率增大。(二)选做题37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体。(1)铁、钴、镍均位于元素周期表______区，基态Co的价电子排布式为______________。(2)Fe、Co、Ni化学性质相似的原因是______________________________。(3)配位离子[Co(NO3)4]2-中，N的杂化方式为______________，该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为______________，1mol该配离子中含键数目为______。(4)Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为______，晶体类型为______晶体。相对分子质量熔点沸点结构171-19.3℃43℃(5)Sm(钐)、Ni、O形成的稀土镍基氧化物具有金属→绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为______________，设晶胞边长为apm，该稀土氧化物的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为______________g/cm3(用含a、M、NA的式子表示)。【答案】(1)d(1分)3d74s2(1分)(2)Fe、Co、Ni的电子层数相同，最外层电子数相同，原子半径相近，化学性质相似(2分)(3)sp2(1分)N＞O＞Co(1分)16NA(1分)(4)正四面体(2分)分子(1分)(5)SmNiO3(2分)(3分)【解析】(1)由元素周期表结构可知，铁、钴、镍均位于元素周期表d区，Co的原子序数为27，所以基态Co的价电子排布式为3d74s2；(2)Fe、Co、Ni的核外电子排布式分别为：[Ar]3d64s2，[Ar]3d74s2，[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近，化学性质相似；(3)配位离子[Co(NO3)4]2-中，Co2+的配位数为4，所以采用的杂化方式为sp2；同周期电离能从左往右逐渐增大，但由于N为半充满结构，电离能高于相邻元素，Co为金属，第一电离能最小，所以该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为N＞O＞Co，硝酸根含3个键，配位离子[Co(NO3)4]2-中，Co2+的配位数为4，存在4个配位键，共含键数目为3×4+4=16，所以1mol该配离子中含键数目为16NA；(4)由图可知，Ni(CO)4的空间构型为正四面体，熔沸点较低，属于分子晶体；(5)Ni位于O形成正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，8×=1个Ni原子，12×=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为SmNiO3，设晶胞边长为apm，该稀土氧化物的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为g/cm3。38．[化学——选修5：有机化学基础](15分)苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。已知：①CH3CHO+CH3COCH3②RCOCH3+R1COOR2CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。RCOCH2COR1+R2OH③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。(1)写出化合物C中官能团的名称_________。(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式__________。(3)写出反应⑤的反应类型__________。(4)写出反应④的化学方程式___________。(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式_______。①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应；③1H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备__________。的合成路线【答案】(1)羟基、羰基(2分)(2)(2分)(3)消去反应(2分)(4)+(2分)(5)(6)、、、(4分)(5分)【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为；E发生信息①中反应生成F，F在，则F为浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物C中官能团有：羟基、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)F为，根据G的结构简式以及反应条件可知该反应为羟基的消去反应；(4)反应④与题目所给信息①的反应类似，根据信息①③可知该化学方程式为：+；(5)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环，但不含酚羟基；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、、、；(6)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生，最后在碱性条件下水解消去反应生成，再与溴发生加成反应生成生成，合成路线流程图为：2022年全国卷新高考化学模拟试题027．汉字是历史上最古老的文字之一，通过考古研究发现在不同历史时期出现过甲骨文、钟鼎文、石鼓文等不同书体。下列说法错误的是()A．甲骨文是记录在龟甲或兽骨上的文字，兽骨中有含钙的矿物质B．简牍是写有文字的竹简与木牍的概称，竹简的主要成分是纤维素C．石鼓文为刻石文字，因其刻石外形似鼓而得名，石头一般由无机硅酸盐组成D．钟鼎文是浇铸在青铜器上的文字，青铜易被腐蚀且熔点比铜高【答案】D【解析】A项，甲骨文是商代晚期刻在龟甲、兽骨上的文字，兽骨中有含钙的矿物质，A说法正确；B项，简牍是写有文字的竹简与木牍的概称，而竹简的主要成分是纤维素，为多糖，B说法正确；C项，石鼓文一般为刻石文字，石头由无机硅酸盐组成，C说法正确；D项，青铜为铜、锡合金，合金具有良好耐腐蚀性且熔点比纯金属的熔点低，D说法错误；故选D。8．在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是()A．Y中存在手性碳原子B．X和Z都能发生加成反应和水解反应C．1molZ中最多可以消耗6molNaOHD．Y和丙三醇互为同系物【答案】D【详解】A项，手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，Y中存在手性碳原子，即，故A正确；B项，由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故B正确；C项，由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、一个酚羟基，一个肽键，由于氯原子水解后又产生酚羟基，则1molZ中最多可以消耗6molNaOH，故C正确；D项，由Y的结构可知，Y是由C、H、N、O四种元素组成的，其结构和丙三醇不相似，因此Y和丙三醇不能互为同系物，故D错误；故选D。9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH＝14的Ba(OH)2溶液中Ba2＋的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C—H键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】A项，14.0gFe的物质的量为＝0.25mol，Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2NA＝0.5NA，A项正确；B项，标准状况下，H2S为气体，11.2LH2S气体为0.5mol，H2S溶于水，电离产生HS－和S2－，根据S原子守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B项错误；C项，常温下，pH＝14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol·L－1，则Ba2＋的浓度为0.5mol·L－1，Ba2＋的数目为0.5mol·L－1×0.5L×NA＝0.25NA，C项错误；D项，C2H6O的摩尔质量为46g·mol－1,4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，C2H6O可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C—H键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D项错误。10．实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是()A．装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替B．若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀C．若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀D．反应后装置c中溶液的pH降低【答案】A【解析】铜与浓硫酸反应要加热生成二氧化硫，所以不能替换，A项错误；二氧化硫与硫化氢反应生成单质硫，B项正确；铁离子具有强氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根离子，钡离子与硫酸根离子反应生成不溶于盐酸的硫酸钡白色沉淀，C项正确；通入酸性气体，溶液pH降低，D项正确。11．下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是()A．KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2OC．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋ClO－＋H2O＋SO2＝Cl－＋CaSO4↓＋2H＋D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2【答案】D【解析】A项，设KAl(SO4)2溶液中溶质为1mol，向溶液中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀，则需要加入2molBa(OH)2，所加入的OH-的物质的量为4mol，Al3+先与OH-反应生成Al(OH)3，后Al(OH)3恰好与OH-完全反应，因此该离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故A项表示错误；B项，NH4HCO3溶于水后，其电离出的NH4+、HCO3-均能与OH-反应，因此该离子反应方程式为HCO3-+NH4++2OH-=CO32-+NH3•H2O+H2O，故B项表示错误；C项，SO2先与ClO-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-、H+，SO42-再与溶液中Ca2+反应生成微溶物CaSO4，因SO2少量，则最终产生的H+将与过量的ClO-结合生成弱电解质HClO，因此该离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋H2O＋SO2＝Cl－＋CaSO4↓＋2HClO，故C项表示错误；D项，因还原性：Fe2+>Br-，因此Fe2+先与Cl2反应，再与Br-反应，设FeBr2的物质的量为1mol，则Fe2+完全反应消耗0.5molCl2，余下0.5molCl2与1molBr-反应，其离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2，故D项表示正确；故选D。12．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚。某科研所在处理含苯酚废水的同时获得电能，原理如图所示。下列说法正确的是A．此装置只将光能转化为电能B．每氧化1molC6H5OH需要156.8LO2C．M为负极，N为正极D．N极的电极反应式是C6H5OH+7O2-7e-=6CO2↑+3H2O【答案】D【详解】A项，该装置将光能变成了化学能，A错误；B项，从图分析，N极附近苯酚变成了二氧化碳和水，每摩尔苯酚反应失去7mol电子，需要1.75mol氧气，但没有说明是否为标况，不能计算其体积，B错误；C项，N极苯酚失去电子，发生氧化反应，为负极，M极为正极，C错误；D项，N极苯酚失去电子生成二氧化碳和水，电极反应为C6H5OH+7O2-7e-=6CO2↑+3H2O，D正确；故选D。13．白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，Y2+与W-具有相同电子层结构，下列说法正确的是()A．X的氢化物具有强还原性B．工业上电解Z的氯化物制取Z单质C．离子半径：Y2+>W-D．X、Y、Z的氯化物均属于离子化合物【答案】A【解析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZW6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al。A项，X的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；B项，工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；C项，根据推测出的元素名称，Y2+离子是Mg2+，W-离子是F-，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+<F-，即Y2+<W-，故C说法错误；D项，根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，故D说法错误；故选A。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)(一)必做题26．(14分)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种用于治疗缺铁性贫血的药物，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁：有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，析出沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是___________，d的作用是___________。(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭___________打开___________(填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___________(写化学式)。(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。(4)下列关于该实验的说法正确的是___________(填字母)。a.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化b.步骤Ⅰ中可由d中导管是否还有气泡冒出来判断装置中的空气是否排尽c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂(5)①工业上常用高氯酸(不与冰醋酸反应)标准溶液在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：_______。②滴定过程中下列操作会使甘氨酸的测定结果偏高的是_______(填字母)。a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视c.摇动锥形瓶时有液体溅出d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失【答案】(1)蒸馏(烧)瓶(1分)液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化(1分)(2)K3(1分)K2(1分)Fe(OH)2(1分)(3)2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O(2分)(4)ac(3分)(5)①将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液(2分)②ad(3分)【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加人无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a项，根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故a正确；b项，空气排尽后也会有氢气生成，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故b错误；c项，根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d项，甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误。故选ac；(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比。a项，滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；b项，.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；c项，摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；d项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；故选ad。27．(14分)用蛇纹石(主要含3MgO·2SiO2·2H2O、FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3)制取MgO的工艺流程如图：已知该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Mg2+开始沉淀pH沉淀完全pH1.63.23.35.23.86.86.59.79.412.4回答下列问题：(1)“酸浸”时，当蛇纹石矿粉粒度一定、硫酸的浓度、活化剂用量及液固比一定时，提高浸取率还可采取的措施是___(列举1条)；3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为___(生成产物之一为SiO2·nH2O)。(2)“净化”过程包括“氧化”和“沉出杂质”两步骤。①写出“氧化”时反应的离子方程式：___。②“沉出杂质”加氨水时，应控制溶液pH的范围是___。③氨水“净化”反应的温度对MgO纯度和产率的影响如图所示，在35～40℃，随温度升高，产率降低的主要原因是___；在25～50℃，温度越高，MgO纯度随温度升高而提高的主要原因是___。(3)用2.76t该蛇纹石(3MgO·2SiO2·2H2O含量为80%)原料按以上流程制取MgO，制取过程中Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为___kg。【答案】(1)适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等(2分)3MgO•2SO2•2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2•nH2O↓+(5-n)H2O(2分)(2)①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2分)①6.8≤pH<9.4(2分)③氨水分解生成氨气，受热时氨气快速挥发(2分)升高温度有利于杂质金属离子转化为氢氧化物沉淀而除去(2分)(4)902.4(2分)【解析】蛇纹石加硫酸酸浸后，FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3都与硫酸反应溶于硫酸，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应生成硫酸镁和不溶于酸的2SiO2•nH2O，过滤即可除去，经过系列操作得到硫酸镁粗品，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加入氨水使Fe3+、Cr3+、Al3+完全沉淀，分离出硫酸镁，将硫酸镁转化为氢氧化镁，加热分解得到氧化镁。(1)适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等都可以提高浸取率；给出反应物为3MgO·2SiO2·2H2O和硫酸，其中一种生成物为SiO2·nH2O，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为3MgO·2SiO2·2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2•nH2O↓+(5-n)H2O。(2)①加入H2O2可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。②“沉出杂质”加氨水时，pH的选择考虑的因素是其它离子沉淀完全但不影响Mg2+，根据题目表格给出的数据可知应控制溶液pH的范围是6.8≤pH<9.4。③温度升高促进Mg2+的水解，但是过高促使氨气挥发，所以在35～40℃，随温度升高，MgO产率降低；温度越高Mg(OH)2分解越彻底，MgO的纯度越高。(3)利用关系式求解：解得x=0.96t，Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为0.96t×(1-6%)=0.9024t=902.4kg。28．(15分)CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上CH4·H2O催化重整是目前大规模制取合成气(CO和H2混合气称为合成气)的重要方法，其原理为：反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)；△H1＝+206.4kJ·mol－1CO2+H2(g)；△H2＝－41kJ·mol－1CH4(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式是___________。(2)将CO2和CH4在一定条件下反应可制得合成气，在1L密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度均为1.0mol·L-1，在一定条件下发生反应：，CH4(g)+CO2(g)率与温度及压强的关系如下图1所示：2CO(g)+2H2(g)测得CH4的平衡转化①压强p1、p2、p3、p4由小到大的关系为___________。②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作KP)，如果，求x点的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。③下列措施中能使平衡正向移动的是___________(填字母)。A．升高温度B．增大压强C．保持温度、压强不变，充入HeD．恒温、恒容，再充入1molCO2和1molCH4(3)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图2所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸)，该装置工作时，M为___________极(填“正”或“负”)，导线中通过2mol电子后，假定体积不变M极电解质溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，N极电解质溶液变化的质量___________g。【答案】(1)CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+165.4kJ·mol-1(2分)(2)①p1＜p2＜p3＜p4(2分)②(MPa)2(4分)③acd(3分)(3)负(1分)不变(1分)18(2分)【解析】(1)反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2△H1=+206.4kJ·mol-1，反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2+H2(g)△H2=-41kJ·mol-1，根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=(+206.4mol·L-1)+(-41kJ·mol-1)=+165.4kJ·mol-1；(2)①由CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)可知，该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，则CH4的平衡转化率减小，结合图1可知，p1＜p2＜p3＜p4；②由图1可知，x点CH4的平衡转化率为50%，则平衡时，c(总)=(0.5+0.5+1+1)mol·L-1=3mol·L-1，各分压为p(CH4)=×2MPa=MPa，p(CO2)=×2MPa=MPa，Kp=×2MPa=MPa，p(CO)=×2MPa=MPa，p(H2)===(MPa)2。③a项，由图1可知，随着温度升高，CH4的平衡转化率上升，说明平衡正向移动，故a符合题意；b项，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，故b不符合题意；c项，保持温度、压强不变，充入He，相当于减小压强，平衡正向移动，故c符合题意；d项，恒温、恒容，再充入1molCO2和1molCH4，增大反应物浓度，平衡正向移动，故d符合题意；答案为acd。(3)由图可知，电子由M极到N极，说明M极为负极；M极电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，N极电极反应为2CO2+4H++4e-=2CO+2H2O，导线中通过2mol电子后，则负极产生2molH+，通过质子交换膜的H+为2mol，即M极电解质溶液中H+没有改变，M极电解质溶液的pH不变；由N极电极反应为2CO2+4H++4e-=2CO+2H2O可知，N极增加的实际是O和H原子，导线中通过2mol电子，增加O原子的物质的量为1mol，转移过来的H+为2mol，则N极电解质溶液△m=1mol×16g/mol+2mol×1g/mol=18g。(二)选做题37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用，其中铁和铜是两种应用广泛的元素。(1)基态铁原子的价电子轨道表示式为____________。(2)磁性材料铁氧体在制备时常加入CH3COONa、尿素[CO(NH2)2]等碱性物质。尿素分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是____________，1mol尿素分子中含有的σ键数目为__________(NA为阿伏加德罗常数的值)。CH3COONa中碳原子的杂化类型为____________。(3)Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是_________，写出与CO互为等电子体的分子的电子式________(任写一种)。(4)CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因__________________________________________________________。(5)磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，某磷青铜晶胞结构如图所示：①其化学式为________。②若晶体密度为8.82g·cm－3，则最近的Cu原子核间距为______pm(用含NA的代数式表示)。【答案】(1)(2)H<C<N<O(2分)7NA(1分)sp3、sp2(2分)(3)分子晶体(1分)(1分)(2分)(4)Cu＋的最外层电子排布为3d10，Cu2＋的最外层电子排布为3d9，最外层电子排布为全满时稳定，故Cu2O比CuO更稳定(2分)(5)①SnCu3P(2分)②××1010(4分)【解析】(1)基态Fe原子价电子排布式3d64s2，则基态铁原子的价电子轨道表示式为。(2)同周期元素从左到右电负性增强，尿素[CO(NH2)2]分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是H<C<N<O，尿素的结构如图1mol尿素分子中含有的σ键数目为7NA。根据VSEPR理论，CH3COONa中甲基中的C原子为sp3杂化，羧基中的C原子为sp2杂化，故CH3COONa中碳原子的杂化类型为sp3、sp2。(3)根据Fe(CO)5的性质可知其是分子晶体；与CO互为等电子体的分子为N2，电子式为(4)Cu＋的最外层电子排布为3d10，Cu2＋的最外层电子排布为3d9，最外层电子排布为全满时稳定，故Cu2O比CuO更稳定。(5)①1个晶胞含P：1个，Cu：6×＝3个，Sn：8×＝1个，故化学式为SnCu3P；②一个晶胞质量m＝g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2＝2＋2，a＝x，结合密度ρ＝，V＝x3＝＝cm3，x＝cm，a＝x＝×cm＝××1010pm。38．[化学——选修5：有机化学基础](15分)季戊四醇双缩环已酮是重要的化工原料，其合成路线如下：已知：—CHO+(1)有机物W的化学名称是___________，Y中官能团的名称___________。(2)物质Z的结构简式是___________，由乙炔生成乙醛的反应类型是___________。(3)写出下列反应的化学方程式。W与O2反应生成环己酮___________；环己酮生成季戊四醇双缩环已酮___________。(4)Z有多种同分异构体，满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。①官能团的种类和个数与Z相同；②每个碳原子只连接1个羟基这些同分异构体中含有手性碳原子最多有___________个。(5)根据苯酚与醇类的性质差异，判断苯环__________(选填“增强”或“减弱”)了羟基氧原子的电子云密度。【答案】(1)环己醇(1分)羟基、醛基(1分)(2)(HOCH2)3CCHO(或+O2C(CH2OH)4+2(4)11(2分)3(2分)(5)减弱(2分))(2分)加成反应(1分)(3)22+2H2O(2分)+2H2O(2分)【解析】根据流程图可知，乙炔一方面与水发生加成反应得到乙醛，根据给定信息得知，乙醛与甲醛在稀氢氧化钠溶液作用下反应得到X()，X继续与甲醛在稀氢氧化钠溶液作用下反应可得到Y()，Y继续与甲醛在稀氢氧化钠溶液作用下反应可得到Z()，Z中醛基与氢气发生加成反应生成羟基最终得到分子式为C5H12O4的有机物，其结构简式为：；另一方面乙炔生成苯，苯与氯气在催化剂作用下发生取代反应生成氯苯，氯苯在稀氢氧化钠条件下发生水解酸化后生成苯酚，苯酚与氢气发生加成反应生成W()W发生催化氧化反应生成环己酮，最后合成目标产物。(1)有机物W的结构简式为，其名称为环己醇，Y为，其官能团的名称为羟基、醛基；(2)根据上述推断可知，物质Z的结构简式是(HOCH2)3CCHO(或)，乙炔与水发生加成反应可生成乙醛，则其反应类型是加成反应；(3)W与O2在铜或银催化作用下发生催化氧化反应生成环己酮和水，其化学方程式为：2+O22+2H2O；环己酮与发生反应生成季戊四醇双缩环已酮，其方程式可表示为：C(CH2OH)4+2+2H2O；(4)Z的结构简式为，分子式为C5H10O4，不饱和度为1，官能团名称为醛基和羟基，分别含1个和3个，采用定一议多的思想可先定丁烷的种类共2种，然后按插醛基，最后安插3个羟基，可写出碳骨架表示的同分异构体如下：、、、、、、、、、共11种，其中含手性碳原子最多的有3个，如。(5)苯酚属于弱酸，醇类无酸性，则苯环减弱了羟基氧原子的电子云密度，使羟基氢原子更容易电离出氢离子，酸性增强。2022年全国卷新高考化学模拟试题037．化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是()A．2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料B．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化C．酒精与84消毒液混合，可增强杀灭新型冠状病毒效果D．《新修本草》中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质【答案】B【解析】A项，计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无机材料，A错误；B项，二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，B正确；C项，84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，C错误；D项，“青矾”即为绿矾，化学式为FeSO4·H2O，烧之赤色，赤色是Fe2O3，D错误；故选B。8．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，洛匹那韦(Lopinavir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lopinavir)(图1)和羟基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是()A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质B．洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应C．羟基氯喹的分子式为C18H24N3OClD．羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种【答案】B【解析】A项，蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；B项，该物质有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；C项，分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；D项，羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；故选B。9．设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是()A．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9NAB．常温下，10mL5.6mol·L－1FeCl3溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数为0.056NAC．向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为D．6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA【答案】C【解析】A项，常温下，pH＝9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是1×10－5mol·L－1,1L该溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA，故A错误；B项，氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10mL5.6mol·L－1FeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C项，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑～2e－，由化学方程式可知，过氧化钠反应生成氢氧化钠时质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为，故C正确；D项，KHSO4固体含有K＋、HSO，6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为×2×NA＝0.1NA，故D错误。10．某兴趣小组设计如图实验装置探究氧化铜与足量的硫反应。下列说法错误的是()A．加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气B．酸性高锰酸钾溶液用于检验和吸收SO2气体C．撤离酒精灯，反应能继续进行，说明该反应为放热反应D．实验后，产物中的黑色固体是CuS【答案】D【解析】硫能与空气中的氧气反应生成SO2，造成干扰，所以加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气，A项正确；SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应生成无色物质，实验现象明显，同时SO2是污染性气体，可用酸性高锰酸钾溶液吸收，B项正确；S与CuO的反应条件是加热，反应的条件由反应放热维持，说明该反应为放热反应，C项正确；CuO、Cu2S均是黑色固体，实验后产物中的黑色固体可能是Cu2S或CuO或CuS，不能确定产物一定是CuS，需要补出实验证明，D项错误。11．下列离子方程式正确的是()232-+6H+=2S+3HO2A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应：SOB．在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】A项，.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+=2S↓+SO2↑+H2O，故A错误；B项，在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2，反应生成碘单质和水，正确的离子飞方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B错误；C.向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓，故C错误；D项，Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=3：8时，Fe与稀硝酸恰好完全反应生成Fe(NO3)2、H2O、NO，n(Fe)：n(HNO3)=1：2＞3：8，Fe过量，氧化产物为Fe2+，还原产物为NO，所以离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。故选D。12．用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH，模拟装置如图所示，下列说法正确的是A．阳极的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+B．阴极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4【答案】C【解析】A项，Fe为阳极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，B错误；C项，电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c(OH-)增大，溶液中pH增大，C正确；D项，电解时，溶液中NH向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH结合生成电解质NH3·H2O，所以阴极室中溶质为NH3·H2O和(NH4)3PO4或NH4H2PO4、(NH4)2HPO4，D错误。13．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法错误的是()A．X形成的某阳离子X5+中每个X都达到8电子结构B．M和N可能发生反应C．R与Y形成的具有漂白性的物质和Y与Z形成的具有漂白性的物质等物质的量混合后漂白性增强D．X和Z的最简单气态氢化物之间反应能生成两种盐【答案】C【解析】向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M、N中含有铵根；又M的相对分子质量比N小16，刚好一个氧原子的质量，可能有多种情况：若M是亚硫酸铵(NH4)2SO3，则N是硫酸铵(NH4)2SO4；若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，则N是硫酸氢铵NH4HSO4；若M是高氯酸铵NH4ClO3，则N是氯酸铵NH4ClO4等；又R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，故R是H，X是N，Y是O，Z是S或Cl等。A项，某阳离子X5+，为N5+，其结构式为，每个氮原子周围均满足8电子结构，故A正确，不符合题意；B项，若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，N是硫酸氢铵NH4HSO4，二者反应生成硫酸铵、二氧化硫和水，故B正确，不符合题意；C项，过氧化氢和二氧化硫反应会生成硫酸：H2O2+SO2=H2SO4，漂白性减弱，故C错误，符合题意；D项，X和Z的最简单气态氢化物可能分别是氨气和硫化氢，二者分别呈酸碱性，可发生反应生成硫化铵、硫氢化铵，故D正确，不符合题意；故选C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)(一)必做题26．(14分)某兴趣小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I-，设计如下实验：(1)I、Ⅱ均未检验出Fe3+，检验有无Fe3+的试剂是___________。(2)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：Fe2+被空气氧化，离子方程式为___________；假设b：Fe2+被酸性溶液中NO3-氧化；假设c：Fe2+被氧化。小组同学通过进一步实验证实了a、b不是产生Fe3+的主要原因，又查阅资料得知2Fe2++I22Fe3++2I-的反应限度小、产生的c(Fe3+)低，故推测c(Fe3+)增大是因为向Ⅱ的浅黄色溶液中加入AgNO3溶液后，___________，促使该平衡正向移动。(3)上述推测虽然合理，但Ⅳ中灰黑色浑浊中只检验出少量AgI，主要成分是Ag。小组同学查阅资料得知新制的AgI见光分解速率较慢，故又对Ⅱ→Ⅲ过程中产生Fe3+的原因提出了假设d：___________，该反应的离子方程式为___________，并设计实验证明该假设合理，实验方案为___________。(4)经测定，Ⅲ→Ⅳ的过程中温度几乎无变化，c(Ag+)随反应时间的变化如题图所示。若在实验开始时，先向Ⅲ的溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，c(Ag+)随反应时间的变化与题图相同。则Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的原因可能是___________。【答案】(1)KSCN溶液(苯酚溶液不得分，其它合理答案给分)(1分)(2)4F