2022届新高考化学二轮复习考前冲刺练(四)

考前冲刺练(四)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23K—39Cl—35.5Fe—56Zn—65Cu—64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是()A．误食重金属离子后，迅速补充牛奶、蛋清等食物可减缓中毒B．“84”消毒液浓度越大，消毒效果越好C．可向淀粉溶液中加入食盐，检验食盐中是否含碘D．蔗糖、淀粉在人体内水解的产物均为葡萄糖2．下列关于物质的用途的说法错误的是()A．K2FeO4可用于自来水杀菌消毒及净水B．氮化镓属于优良的半导体材料，可用作光导纤维C．NaCl、C2H5OH、CH3COOH都可用作食品调味剂D．超级钢耐腐蚀、强度大，可实现轻薄化，用于航空航天3.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，该化合物的结构式如图所示。下列说法正确的是()A．原子半径：Y＜Z＜WB．最高价含氧酸酸性：Z＞MC．电负性：X＜Y＜ZD．该化合物中既含极性键又含非极性键4．下列说法正确的是()A．基态Mn原子的价电子轨道表示式B．沸点：CO＜N2C．键角：NH3＜H2OD．S8中S原子的杂化方式为sp35．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gD2O中所含中子的数目为10NAB．1molNa与O2完全反应生成34g固体时转移的电子数目为NAC．1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中含有的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的数目为0.1NAD．11.2L乙烷与丙烯的混合物中含有的氢原子数目为3NA6．m、n、p、q是有机合成中常见的4种小分子。下列说法正确的是()A．m的分子式为C5H10O2B．n与p互为同系物C．可用溴的四氯化碳溶液鉴别p和qD．含羧基的n的同分异构体有8种(不包括立体异构)7．硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是()A．可用X射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体B.每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子C．立方硫化锌中锌的配位数为4D．氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌8．卤代烃与端基炔(R′C≡CH)催化偶联反应的一种机理如图所示。下列说法错误的是()A．偶联反应中起催化作用的是M和CuIB．R′C≡CCu为该催化过程的中间产物C．该偶联反应的原理为R′C≡CH＋RI→R′C≡CR′＋HID．该催化机理改变了反应路径和反应热9．下列分离原理和操作均正确且能达到分离目的的是()选项ABCD装置目的分离NaCl和I2的固体混合物分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3除去CO2中混有的SO2用乙醇萃取碘水中的碘并分离10．锌—空气燃料电池是一种低能耗电池，在生产生活中应用广泛，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是()A．充电时，a与电源正极相连B．放电过程中，KOH溶液浓度不变C．充电时，N极的电极反应式为ZnO＋2H＋＋2e－=Zn＋H2OD．放电时，M极每消耗16gO2，理论上N极质量增加16g二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．M与N存在如图所示的转化。下列说法错误的是()A．M中所有原子一定共平面B．N能发生酯化反应、氧化反应和还原反应C．沸点：N＜MD．属于芳香化合物且能与银氨溶液反应的N的同分异构体有3种12．KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是()A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的存在13．在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA，发生2A(g)⇌B(g)＋C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是()A.反应在0～50s的平均速率v(C)＝1.6×10－3mol·L－1·s－1B．该温度下，反应的平衡常数K＝0.025mol·L－1C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)＝0.09mol·L－1，则该反应的ΔH<0D．反应达平衡后，再向容器中充入1molA，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变14．我国科学家在利用电解法合成高纯度有机产品的研究上有重大突破。其中在酸性环境中电解糠醛()制备有机产品的原理示意图如下所示。下列说法正确的是()A．交换膜适宜选用质子交换膜B．N极电势高于M极电势C．N极上发生的电极反应包括＋H2O－2e－=＋2H＋D.电路上每通过1mole－，理论上生成1mol15．常温下，Cu(OH)2和Fe(OH)3饱和溶液的浓度随pH的变化如图所示，已知：Ksp[Cu(OH)2]＝1×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，下列说法正确的是()A．曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液B．调节pH为4.5可除去FeCl3中的CuCl2C．酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2＋或Cu(OH)2D．滴加NaOH溶液，可实现X到Y的转化三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)葡萄糖酸钙是一种常用的药物，临床上用于治疗骨质疏松症。某实验室对葡萄糖酸钙的制备工艺进行研究，先以葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]和H2O2为原料制备葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]，再用葡萄糖酸与碳酸钙反应制备葡萄糖酸钙。已知：30%H2O2溶液的密度为1.1g·cm－3，回答下列问题：Ⅰ.制备葡萄糖酸(装置如图所示)。(1)仪器X的名称为________，Y处为冷凝回流装置，下列仪器使用正确且效果最好的是________(填字母)。(2)滴入双氧水，水浴加热一段时间后，得到无色透明的葡萄糖酸溶液。反应的化学方程式为________________________________________________________________________。Ⅱ.测定葡萄糖的转化率，确定合适的反应温度。(3)用移液管取出三口烧瓶中的反应液2.00mL置于锥形瓶中，以酚酞作为指示剂并加20mL蒸馏水稀释，用0.04mol·L－1NaOH标准溶液滴定。①滴定管使用的正确的操作顺序为蒸馏水洗涤→标准液润洗→________→________→________→________→洗净→放回滴定管架(填字母)。a．滴定结束后，记录刻度b．调节液面至0刻度或0刻度略靠下，记录刻度c．装入标准液并排净尖嘴处的气泡d．将未滴定完的标准液回收②达到滴定终点时的现象为____________________________________________________。③滴定过程消耗NaOH标准溶液的体积为V0mL，反应后三口烧瓶内溶液的体积为V1mL，实验条件下葡萄糖的转化率为____________________________________________________(用含V0和V1的代数式表示)。④若滴定终点时俯视读数，对转化率的影响为________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。Ⅲ.制备葡萄糖酸钙。将CaCO3分散于适量蒸馏水中形成浊液，加入葡萄糖酸，至无CO2气体放出为止，煮沸，并趁热采用如图装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。(4)抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差，与普通过滤操作相比，抽滤的优点是_________________________________________________________________________。17．(12分)某工业矿渣废料的主要成分为SiO2、MnO2和Fe2O3，还含有少量CaO和MgO。利用该矿渣废料制备高纯MnCO3和回收含铁化合物的工业流程如下：已知：ⅰ.当微粒浓度低于10－5mol·L－1时，认为溶液中不存在该微粒；ⅱ.常温下，部分难溶物的溶度积常数如下表：难溶物Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2Ksp1×10－381×10－162×10－132×10－25回答下列问题：(1)“滤渣Ⅰ”的成分为____________________(填化学式，下同)；流程最终回收的含铁化合物为________。(2)通入SO2“还原”时需要不断搅拌，不断搅拌的目的为________________________________，该过程中发生的主要氧化还原反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(3)“氧化”时需要少量、多次加入H2O2，其目的是____________________________________。(4)“调pH”时可选择的试剂为________(填字母)。A．MnO2B．Fe2O3C．NH3·H2OD．FeO(5)常温下，若“调pH”后所得溶液中c(Mn2＋)＝0.2mol·L－1、c(Mg2＋)＝0.002mol·L－1，则所调pH的范围为________________。(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为_____________________________________。18．(12分)高分子化合物G在电子科技的前沿领域应用广泛。利用芳香烃A合成G的一种路线如图所示。已知：(R代表烃基)。请回答下列问题：(1)B的化学名称为________；C中所含官能团的名称为________。(2)反应②和③的反应类型分别为________、________。(3)若用芳香烃A制备，所需试剂和条件分别为________。(4)反应⑥的化学方程式为______________________________________。(5)M为A的链状同分异构体，其中存在顺反异构的顺式M的结构简式为________________________________。(6)苯环上有2个取代基的D的同分异构体有________种。(7)参考上述合成路线和信息，设计以A和CH3Cl为原料制备的合成路线(其他试剂任选)：__________________________________________________________。19．(12分)Ni/Yb催化的不对称炔丙基化反应在药物分子合成中的应用广泛。我国科学家利用该原理合成了有机物M如图。请回答下列问题：(1)基态Ni原子的价电子排布式为________。(2)M是用于治疗糖尿病有效的GPR40受体激动剂。①M中同周期元素第一电离能由大到小的顺序为______________________________，原因为________________________________________________________________________。②M中结构片段“”中4个碳原子共线的原因为______________________________。③M中的“—COOH”被称之为亲水基的原因为____________________________________。(3)由3个或3个以上原子形成的π键被称之为大π键，它们肩并肩形成共面结构，表示方式为eq\i\pr\in(m,n,)，其中m代表原子个数，n代表共用电子个数，则苯中存在的大π键可表示为________。(4)金属镱(Yb)有2种常见的堆积方式，如图Ⅰ和图Ⅱ所示。图Ⅰ和图Ⅱ的堆积方式分别为________和________；二者的空间利用率之比为________。20．(12分)氮氧化物气体是造成光化学污染的主要气体，降低氮氧化物气体的排放是环境保护的重要课题。已知汽车尾气中的氮氧化物气体主要涉及如下反应：ⅰ.N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ·mol－1；ⅱ.2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)ΔH＝－114.0kJ·mol－1；ⅲ.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝－52.7kJ·mol－1回答下列问题：(1)该条件下，N2中N≡N键的键能为916.5kJ·mol－1，O2中O＝O键的键能为458.0kJ·mol－1，则NO中化学键的键能为________。(2)向某刚性密闭容器中充入等量的N2和O2，一定温度下发生上述3个反应。①下列状态能说明上述反应达到平衡状态的是________(填字母)。a．NO浓度不再变化b．混合气体的颜色不再变化c．混合气体的密度不再变化d．每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4②若起始时容器内总压强为p1kPa，10s时容器内3个反应达到平衡状态，此时的总压强和N2O4的分压分别为p2kPa和p3kPa；则前10s内N2O4的平均生成速率为________kPa·s－1，该温度下反应ⅲ的平衡常数Kp＝________kPa－1。③若升高温度，平衡体系中NO的体积分数________(填“增大”“减小”或“无法确定”)，原因为_____________________________________________________________。(3)反应6NO(g)＋4NH3(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，是工业上处理氮氧化物的方法之一，向某密闭容器中投入等量的NO和NH3发生上述反应，平衡时，NO和H2O的物质的量随温度的变化如图所示。①图中代表NO物质的量变化的曲线为________。②T1℃下，N2的平衡体积分数为________。考前冲刺练(四)1．答案：A解析：A.重金属会结合人体蛋白质，导致蛋白质失去活性，补充牛奶、蛋清等食物可以利用外界的蛋白质代替人体的蛋白质先去和重金属结合，减缓中毒，正确；B.“84”消毒液浓度过大消毒时会造成氯气中毒，错误；C.食盐中的碘为化合态碘，遇淀粉不变色，错误；D.蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，错误。2．答案：B解析：A.K2FeO4有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的固体杂质，使之形成沉淀而达到净化水的目的，因此可用于净化自来水并杀菌消毒，正确；B.氮化镓属于优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，错误；C.家庭生活中常用的调味品有食盐、食醋、酒精、淀粉等，它们的主要成分是NaCl、CH3COOH、C2H5OH，正确；D.超级钢耐腐蚀、其强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化，可用于航空航天，正确。3．答案：D解析：该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为H元素，Y可以形成3个共价键，应为N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y，若Y为N，则Z为Si，W可以形成一个共价键，且原子序数大于Z，则此时W只能是Cl，这种情况则没有合理的M，所以Y为B元素，Z为C元素，W为F元素，M为S元素。A.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径F＜C＜B，即W＜Z＜Y，错误；B.非金属性S＞C，所以最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H2CO3，即Z＜M，错误；C.同周期主族元素自左至右电负性增大，则电负性B＜C，即Y＜Z，电负性H>B，即X>Y，错误；D.C原子和C原子形成的共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，正确。4．答案：D解析：A.4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子轨道表示式为，错误；B.二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，错误；C.NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，错误；D.S8的分子结构为，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D正确。5．答案：B解析：A.一个D2O中含有1×2＋8＝10个中子，18gD2O的物质的量为eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol，所含中子的数目为9NA，错误；B.1molNa与O2完全反应，Na全部变为Na＋，转移的电子数目为NA，正确；C.1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液含有0.1molNa2CO3，但COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在水溶液中会发生水解，所以数目小于0.1NA，错误；D.未注明温度和压强，无法根据体积确定气体的物质的量，错误。6．答案：D解析：A.m中含有5个碳原子，2个氧原子，不饱和度为2，分子式为C5H8O2，错误；B.n中官能团为酯基，p的官能团为酯基、碳碳双键，二者结构不相似，不是同系物，错误；C.p、q都含有碳碳双键，都能和溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，无法鉴别，C错误；D.n中含有6个碳原子，其含羧基的同分异构体即羧基连接一个戊基，戊基有8种，所以含羧基的n的同分异构体有8种，正确。7．答案：D解析：A.晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X­射线衍射可以看到微观结构，所以可用X­射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体，正确；B.每个六方硫化锌晶胞中有4个S原子位于棱上，1个S原子位于内部，含4×eq\f(1,4)＋1＝2个S原子，正确；C.据图可知Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中，所以立方硫化锌中锌的配位数为4，正确；D.O2－的半径小于S2－，所以O2－与Zn2＋形成的离子键更强，晶格能更大，熔点更高，错误。8．答案：D解析：A.由转化图可知，偶联反应中起催化作用的是M和CuI，正确；B.由转化关系可知，R′C≡CCu产生后又被消耗，为该催化过程的中间产物，正确；C.由流程可知，转化图中右侧存在反应R′C≡CH＋CuI→R′C≡CCu＋HI，正确；D.催化剂改变反应路径，不改变反应热，错误。9．答案：A解析：碘易升华，NaCl不能，选择升华法分离，A项正确；胶体能通过滤纸，分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3必须利用渗析法，B项错误；除去CO2中混有的SO2必须将混合气体通过饱和NaHCO3溶液而不是NaHSO3溶液，否则无法除去，C项错误；酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来，D项错误。10．答案：C解析：A.放电时M为正极，则充电时M为阳极，a与电源正极相连，正确；B.放电过程中N极反应为Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O，M极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，总反应为2Zn＋O2=2ZnO，所以KOH溶液浓度不变，正确；C.电解质溶液为碱性溶液，充电时N极反应应为ZnO＋H2O＋2e－=Zn＋2OH－，错误；D.16gO2的物质的量为0.5mol，根据电极方程式可知转移2mol电子，有1molZn转化为1molZnO，增加的质量即为1molO的质量，为16g，正确。11．答案：CD解析：A.苯环以及与苯环相连的原子共面，—CN中形成碳氮三键，所以苯环与—CN相邻的C原子与—CN共线，则M中所有原子一定共平面，正确；B.N中含有羧基，可以发生酯化反应；可以燃烧，燃烧为氧化反应；可以催化加氢，属于还原反应，正确；C.N中含有羧基，可以形成分子间氢键，增大熔沸点，所以沸点：N＞M，错误；D.属于芳香化合物且能与银氨溶液反应，则含有苯环，同时有醛基或甲酸形成的酯基，所以苯环上的取代基可以是：①—OOCH，有1种，②—OH和—CHO，有邻、间、对三种，共4种，错误。12．答案：A解析：根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的存在，D说法正确。13．答案：B解析：A.反应在0～50s的平均速率v(C)＝eq\f(0.08mol·L－1,50s)＝1.6×10－3mol·L－1·s－1，正确；B.该温度下，平衡时，c(C)＝0.10mol·L－1，则c(B)＝0.10mol·L－1，c(A)＝0.50mol·L－1－0.20mol·L－1＝0.30mol·L－1，反应的平衡常数K＝eq\f(0.10×0.10,0.302)≈0.11，不正确；C.升高温度，平衡时c(B)＝0.09mol·L－1<0.10mol·L－1，则平衡逆向移动，该反应的ΔH<0，正确；D.反应达平衡后，再向容器中充入1molA，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，正确。14．答案：AB解析：M电极上醛基被还原为羟基，所以M为阴极，N为阳极，Br－被氧化为Br2。右侧发生反应＋Br2＋H2O=＋2H＋＋2Br－，产生氢离子，而左侧发生＋2e－＋2H＋=，需要氢离子，电解池中阳离子向阴极移动，所以为了使氢离子顺利到达左侧，交换膜适宜选用质子交换膜，A正确；根据分析可知N为阳极，M为阴极，阳极电势高于阴极，B正确；N电极上的反应为2Br－－2e－=Br2，生成的Br2再将糠醛氧化，C错误；M电极上的反应为＋2e－＋2H＋=，转移1mol电子，生成0.5mol，D错误；综上分析选AB。15．答案：AC解析：A.两溶液中c[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)、c[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)，当c(Cu2＋)＝c(Fe3＋)＝10－5mol·L－1时，Cu(OH)2溶液中c(OH－)＝eq\r(\f(1×10－20,10－5))mol·L－1＝10－7.5mol·L－1，此时溶液pH＝6.5；Fe(OH)3溶液中c(OH－)＝eq\r(3,\f(1×10－38,10－5))mol·L－1＝10－11mol·L－1，此时溶液pH＝3，所以曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液，正确；B.据图可知pH为4.5时Fe3＋完全沉淀，而c(Cu2＋)＝eq\f(1×10－20,（10－9.5）2)mol·L－1＝0.1mol·L－1，错误；C.根据A计算可知当c(Cu2＋)≤10－5mol·L－1时，pH≥6.5，所以酸性溶液中Cu元素既可能是Cu2＋也可能是Cu(OH)2，正确；D.X和Y的pH相同，而滴加NaOH溶液会使溶液碱性增强，pH变大，溶解的c[Cu(OH)2]变小，X点会向右下方移动，D错误。16．答案：(1)恒压滴液漏斗A(2)CH2OH(CHOH)4CHO＋H2O2eq\o(→,\s\up7(△))H2O＋CH2OH(CHOH)4COOH(3)①cbad②当滴入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色③eq\f(0.04×V0×V1×10－3,0.2)×100%④偏低(4)过滤速度快解析：本实验的目的是制备葡萄糖酸钙，首先利用双氧水氧化葡萄糖得到葡萄糖酸，为提高葡萄糖的利用率，反应过程中利用球形冷凝管冷凝回流；将CaCO3分散于适量蒸馏水中形成浊液，加入葡萄糖酸，至无CO2气体放出为止，煮沸，为防止葡萄糖酸钙析出，趁热抽滤，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液；测定葡萄糖的转化率时，利用NaOH标准液滴定葡萄糖酸，葡萄糖酸为一元酸，与NaOH发生中和反应。(1)根据仪器X的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；冷凝回流应选用球形冷凝管，冷凝水下进上出，故选A；(2)双氧水将葡萄糖中的醛基氧化为羧基，得到葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋H2O2eq\o(→,\s\up7(△))H2O＋CH2OH(CHOH)4COOH；(3)①滴定管使用时应先用蒸馏水洗涤，为防止稀释标准液，再用标准液洗涤，然后装入标准液并排净尖嘴处的气泡，并调节液面至0刻度或0刻度略靠下，记录刻度，然后开始滴定，滴定结束后，记录刻度，将未滴定完的标准液回收，再洗净滴定管放回管架，所以顺序为c→b→a→d；②滴定过程中葡萄糖酸与NaOH溶液发生中和反应，滴定终点时NaOH稍过量，溶液显碱性，指示剂为酚酞，所以溶液会变为粉红色，所以达到滴定终点时的现象为：当滴入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；③30%H2O2溶液中含有n(H2O2)＝eq\f(20mL×1.1g·cm－3×30%,34g·mol－1)＝0.19mol，所用n(葡萄糖)＝eq\f(18g,180g·mol－1)·eq\f(18g,180g·mol－1)＝0.1mol，则理论上葡萄糖可以完全反应，消耗NaOH标准溶液的体积为V0mL，则2.00mL反应液中n(葡萄糖酸)＝0.04V0×10－3mol，所以V1mL反应液中n(葡萄糖酸)＝0.04V0×eq\f(V1,2)×10－3mol，则实际上消耗0.04V0×eq\f(V1,2)×10－3mol葡萄糖，其转化率为eq\f(\f(0.04×V0×V1×10－3,2)mol,0.1mol)×100%＝eq\f(0.04×V0×V1×10－3,0.2)×100%；④若滴定终点时俯视读数，则V0偏小，根据计算式可知结果会偏低；(4)抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙。17．答案：(1)SiO2、CaSO4Fe(OH)3(2)增大MnO2与SO2的接触面积，加快反应速率，使MnO2充分反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋、MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(3)减缓H2O2在Fe3＋作用下的催化分解(4)C(5)3<pH<8(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O解析：工业矿渣废料的主要成分为SiO2、MnO2和Fe2O3，还含有少量CaO和MgO，加入稀硫酸酸浸，再通入二氧化硫还原，得到滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4，滤液主要含有Mn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Mg2＋等，加入双氧水氧化，再调节pH，得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，再加入氟化钠进行沉钙、镁，得到滤渣Ⅲ，再加入碳酸氢铵溶液进行沉锰，得到碳酸锰。(1)“滤渣Ⅰ”的成分为SiO2、CaSO4；通过氧化和调节pH最后得到Fe(OH)3，故流程最终回收的含铁化合物为Fe(OH)3；(2)通入SO2“还原”时需要不断搅拌，不断搅拌的目的为增大MnO2与SO2的接触面积，加快反应速率，使MnO2充分反应，该过程中发生的主要氧化还原反应为二氧化硫将Fe3＋及MnO2还原，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋、MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；(3)“氧化”时为了减缓H2O2在Fe3＋作用下的催化分解，需要少量、多次加入H2O2；(4)“调pH”时为了不引入新的杂质，根据后续操作加入碳酸氢铵可参考选择的试剂为NH3·H2O，答案选C；(5)常温下，若“调pH”后所得溶液中c(Mn2＋)＝0.2mol·L－1、c(Mg2＋)＝0.002mol·L－1，则Ksp[Mn(OH)2]＝c(Mn2＋)×c2(OH－)＝0.2mol·L－1×c2(OH－)＝2×10－13，解得c(OH－)＝10－6mol·L－1，c(H＋)＝1×10－8mol·L－1，pH＝8；Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×c2(OH－)＝0.002mol·L－1×c2(OH－)＝2×10－25，解得c(OH－)＝10－11mol·L－1，c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝3；所调pH的范围为3＜pH＜8；(6)“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵和水，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。18．答案：(1)对二硝基苯(或1，4­二硝基苯)氨基(2)还原反应取代反应(3)浓硝酸，浓硫酸、加热(4)(n＋1)＋neq\o(→,\s\up7(催化剂))＋2nH2O(5)(6)9(7)eq\o(→,\s\up7(浓硝酸),\s\do5(浓硫酸/△))eq\o(→,\s\up7(H2/Pd))。解析：A的分子式为C6H6，一定条件下反应生成对二硝基苯，所以A为；根据A生成D的反应条件可知该反应与题目所给反应类似，所以D中苯环上含有甲基，之后甲基被氧化为羧基得到E，根据F的结构简式可知E应含有4个羧基，则D含有4个甲基，根据F的结构可知D为、E为。(1)B中含有两个处于对位的硝基，所以名称为对二硝基苯(或1，4­二硝基苯)；根据C的结构简式可知其官能团为氨基；(2)反应②为硝基的还原反应；反应③中苯环上的氢原子被甲基代替，为取代反应；(3)A为，在浓硝酸，浓硫酸、加热的条件下生成硝基苯；(4)根据C、F、G的结构简式可知C和F脱水缩合生成G，化学方程式为(n＋1)＋neq\o(→,\s\up7(催化剂))＋2nH2O(5)A为C6H6，不饱和度为4，存在顺反异构，则含有碳碳双键，其双键上的两个碳原子分别连接两个不同的原子或原子团，此外应还有一个碳碳双键和一个碳碳三键，则M为CH≡CCH＝CH—CH＝CH2，其顺式结构(相同原子在双键同侧)为；(6)D为，其苯环上有2个取代基的同分异构体有：两个取代基分别为：—CH2CH3和—CH2CH3、—CH3和—CH2CH2CH3、—CH3和—CH(CH3)2，每一组都有邻间对三种情况，共有3×3＝9种；(7)根据题目中流程可知可以由被还原生成，而硝化可以得到2，4，6­三硝基甲苯，根据题目所给信息与CH3Cl在AlCl3作用下可以生成，所以合成路线为19．答案：(1)3d84s2(2)①F>O>CF、O、C原子半径逐渐增大，核电荷数逐渐减小，失去第一个电子越来越容易②中间2个碳原子采用sp杂化③羧基(—COOH)易与水分子形成分子间氢键(3)eq\i\pr\in(6,6,)(4)面心立方最密堆积体心立方堆积eq\f(8,3\r(6))解析：(1)Ni为28号元素，基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；(2)①M中处于同一周期的元素有C、O、F，F、O、C原子半径逐渐增大，核电荷数逐渐减小，失去第一个电子越来越容易，所以第一电离能F>O>C；②中间2个碳原子形成三键，采用sp杂化，所以4个碳原子共线；③羧基(—COOH)易与水分子形成分子间氢键，所以为亲水基；(3)苯环上一共6个C原子，均参与形成大π键，每个C原子均为sp2杂化，未参与杂化的p轨道中的一个电子参与形成大π键，所以共用电子个数为6，大π键可表示为eq\i\pr\in(6,6,)；(4)图Ⅰ中顶点和面心均有原子，为面心立方最密堆积；图Ⅱ中顶点和体心有原子，为体心立方堆积；设Yb原子的半径为r，图Ⅰ中处于面对角线上的3个原子相切，所以面对角线为4r，则晶胞的棱长为eq\f(4,\r(2))r，晶体体积为(eq\f(4,\r(2))r)3，根据均摊法晶胞中Yb原子的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，所以原子体积为4×eq\f(4,3)πr3，空间利用率为eq\f(4×\f(4,3)πr3,（\f(4,\r(2))r）3)＝eq\f(\r(2)π,6)；图Ⅱ中处于体对角线上的3个原子相切，所以体对角线为4r，则晶胞的棱长为eq\f(4,\r(3))r，晶体体积为(eq\f(4,\r(3))r)3，根据均摊法晶胞中Yb原子的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以原子体积为2×eq