卷5-高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷(广东卷专用)第三辑(解析版)

备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（广东卷专用）第三模拟一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（广东省汕头市2022届高三下学期第一次模拟考试）中华传统文化中蕴含大量化学知识，下列说法不正确的是选项传统文化化学知识A诗句“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”焰色反应，化学变化B熬胆矾铁釜，久之亦化为铜置换反应C诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”乌金为煤炭D中药铜绿制法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”实验操作：洗涤、溶解、过滤、蒸发【答案】A【解析】A．玉梅雪柳指当干枯的枝子上一点点发了绿芽又开出纯净的白色小花时，微风一吹似如飘雪，如同张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景，没有涉及到化学反应、焰色反应，故A错误；B．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，铁从硫酸铜中将铜置换出来，故B正确；C．诗句中乌金指煤炭，故C正确；D．提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，故D正确；故选A。2．（广东省深圳市普通高中2022届高三下学期第一次调研考试）蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡(将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层)、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是A．“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维素B．“画蜡”过程中主要发生了化学变化C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点D．“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物【答案】C【解析】A．棉花为天然纤维，所以白棉布主要成分为天然纤维，A错误；B．“画蜡”过程中将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，没有新物质生成，为物理变化，B错误；C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，不属于晶体，无固定熔点，C正确；D．根据题目信息可知蓝靛的相对分子质量较小，不是高分子化合物，D错误；综上所述答案为C。3．（浙江省名校协作体2021-2022学年高三下学期化学模拟）关于下列仪器使用的说法正确的是①②③④⑤⑥A．仪器①、②可用于物质分离B．仪器②、③使用时需要检漏C．仪器④、⑤可用酒精灯直接加热D．仪器③、⑥使用前需要烘干【答案】B【解析】A．长颈漏斗用于添加液体，梨形分液漏斗常用作分液操作，故A错误；B．容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，故B正确；C．蒸发皿可以直接加热，烧杯需要垫石棉网加热，C错误；D．容量瓶定容时需要加蒸馏水，冷凝管需连通冷水，都不需要烘干，故D错误；故选：B。4．（天津滨海新区八所重点学校2021-2022学年高三下学期联考）下列说法一定不正确的是A．某些花岗石产生氡(222Rn)，从而对人体产生伤害，的质量数是222B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6D．原子结构示意图既可以表示，也可以表示【答案】C【解析】A.的质量数是222，故A正确；B.和质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；C.的中子数为13-6=7，故C错误；D.、核外都有8个电子，原子结构示意图既可以表示，也可以表示，故D正确；选C。5．（陕西省渭南市2022届高考第一次模拟考试）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质对应的离子方程式书写错误的是A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．向CaCl2溶液中通入足量CO2：Ca2++H2O+CO2=2H++CaCO3↓C．用食醋清洗水垢(CaCO3)的原理：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2++2CH3COO-+H2OD．实验室若用磨砂玻璃塞盖在了盛放NaOH溶液的试剂瓶上：SiO2+2OH-=SiO+H2O【答案】B【解析】A．硫酸氢钠与氢氧化钡为2:1时溶液显中性，离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A正确；B．向CaCl2溶液中通入CO2，不能发生化学反应，没有沉淀生成，B错误；C．用食醋清洗水垢(CaCO3)的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2++2CH3COO-+H2O，C正确；D．用磨砂玻璃塞盖在了盛放NaOH溶液的试剂瓶上后发生反应：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D正确；故选B6．（湖北省武汉市2022届高中毕业生二月调研考试）某兴趣小组为制备1－溴丙烷(沸点71℃，密度1.36g/cm3)，将浓硫酸缓慢加入正丙醇及水的混合液中，冷却至室温后加入NaBr，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。将馏出液进行分液处理，得粗产品。上述过程中涉及的装置或操作正确的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．要蒸馏得到1－溴丙烷馏分，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；B．应该使用直行冷凝管，B错误；C．用冰水浴利于产物冷凝，废气接室外可防止中毒，C正确；D．1－溴丙烷密度1.36g/cm3密度大于水，有机层位于下面，D错误；故选C。7．（广东省深圳市普通高中2022届高三下学期第一次调研考试）化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是选项生产生活情境化学原理A国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽利用了某些金属的焰色反应B用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板铜与FeCl3发生置换反应C汽车尾气催化转化器处理NO和CONO和CO发生反应生成无毒气体D秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料发酵过程中产生CH4【答案】B【解析】A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板发生的反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，该反应不属于置换反应，B错误；C．汽车尾气催化转化器处理NO和CO，可以将二者转化为无毒的N2、CO2，C正确；D．秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，D正确；综上所述答案为B。8．（广东省汕头市2022届高三下学期第一次模拟考试）白醋是烹调中的酸味辅料，能改善调节人体的新陈代谢，其主要成分CH3COOH为一元弱酸。25℃时，下列有关说法正确的是A．pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)B．pH=7的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)C．pH=5的CH3COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=10-5mol/LD．pH=10的CH3COONa溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)【答案】B【解析】A．pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A错误；B．该溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c()+c(H+)，室温下溶液pH=7，c(OH-)=c(H+)，则c()=c(CH3COO-)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，因此溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)，B正确；C．pH=5的CH3COOH溶液中，c(H+)=10-5mol/L，则溶液中c(OH-)=，溶液中的OH-就是水电离产生，所以该溶液中水电离产生的c(H+)=10-9mol/L，C错误；D．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应而消耗，导致离子浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)；CH3COO-水解产生CH3COOH、OH-，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)>c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；故合理选项是B。9．（广东省梅州市丰顺县和五华县2022届高三1月质检）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A．a与d、a与e均能反应得到bB．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是：c不属于危险化学品C．b的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的产量D．e的固体可用于实验室制O2【答案】B【分析】根据价类二维图可知：b、c、d分别Cl2、C1O2、HClO，a、e可以为HCl、。【解析】A．根据氧化还原反应归中规律，HCl与HClO，NaCl与在酸性情况下发生归中反应，均可以得到Cl2，故A错误；B．ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是它的杀菌、消毒的能力更强，与危险化学品无关，故B正确；C．Cl2的水溶里存在平衡：，加入CaCO3，与HCl反应，使平衡向右移动，HClO的含量增多，故C错误；D．若为KClO3，它的固体可用于实验室制O2，故D错误；故选B。10．（广东省梅州市五华县2019-2020学年高三下学期第一次质检）高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是A．Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂B．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＞K2FeO4【答案】C【分析】铁与氯气反应生成FeCl3，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解析】A．Fe与Cl2加入反应产生FeCl3，在该反应中Cl2为氧化剂，Fe为还原剂；FeCl3与NaClO、NaOH发生氧化还原反应产生Na2FeO4、NaCl、H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，NaClO将FeCl3氧化为Na2FeO4，FeCl3为还原剂，故Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂，A正确；B．K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，B正确；C．根据电子守恒、原子守恒，可知反应II的化学反应方程式为：2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C错误；D．化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化。向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确；故合理选项是C。11．（云南省昆明市2022届高三“三诊一模”摸底诊断测试）NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A．18gH218O含有的中子数为10NAB．4.4gCO2、N2O的混合气体中含氧原子数为0.3NAC．常温下，1mol浓硝酸与足量Fe反应转移电子数为3NAD．2molNO和1molO2充分反应后，NO2分子数小于2NA【答案】D【解析】A．H218O的中子数为10，则18gH218O含有的中子数为×10×NAmol—1=9NA，故A错误；B．二氧化碳和一氧化二氮的摩尔质量都为44g/mol，二氧化碳分子中含有2个氧原子，一氧化二氮分子中含有1个氧原子，则二氧化碳和一氧化二氮混合气体中含氧原子数一定小于×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；C．常温下铁在浓硝酸中钝化，阻碍反应继续进行，则无法计算1mol浓硝酸与足量铁反应时，反应转移的电子数目，故C错误；D．2mol一氧化氮与1mol氧气恰好反应生成2mol二氧化氮，反应生成的二氧化氮会发生聚合反应生成四氧化二氮，则反应后得到的二氧化氮分子数小于2mol×NAmol—1=2NA，故D正确；故选D。12．（湘豫名校2022届高三1月联考）某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强【答案】C【分析】某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，Z可以形成1个键，为氟元素，Y形成2个键，为氧元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，X为碳元素；四种元素最外层电子数之和为20，则W最外层电子数为3，是硼元素；【解析】A．四种元素的氢化物中氧、氟的氢化物分子间能形成氢键，A错误；B．硼元素、氟元素形成的化合物是一种共价化合物，B错误；C．Z的非金属强于Y，可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质，C正确；D．根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的弱，D错误；故选C。13．（辽宁省鞍山市2021-2022学年高三化学质检）检验下列指定成分的试剂错误的是选项检验括号中的物质检验试剂ACO2气体(SO2)品红溶液BFe2(SO4)3溶液(FeSO4)K3[Fe(CN)6]溶液CCH3COOCH3(C2H5OH)钠粒D蔗糖(淀粉)KI溶液【答案】D【解析】A．二氧化硫可使品红褪色，二氧化碳不能，所以可用品红溶液检验CO2中的SO2，故A正确；B．K3[Fe(CN)6]溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，铁离子不能，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2(SO4)3溶液中的FeSO4，故B正确；C．乙醇与Na反应生成氢气，乙酸甲酯不能，可以用钠检验CH3COOCH3中的C2H5OH，故C正确；D．淀粉、蔗糖遇KI溶液都没有现象，不能用KI检验蔗糖中的淀粉，故D错误；故选D。14．（河南省许昌市2022届高中毕业班下学期阶段性测试（四））高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A．充电时，中性电解质NaCl的浓度增大B．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=C．充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D．放电时，正极区溶液的pH增大【答案】A【分析】根据题意，充电时，FQH2生成FQ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为，右侧为正极，FQ被还原为FQH2。【解析】A．充电时，左侧阴极的电极反应为+2e-=Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，A错误；B．放电时，左侧为负极，Zn被氧化为，电极反应为Zn-2e-+4OH-=，B正确；C．充电时，右侧FQH2被氧化为FQ，电极反应为FQH2-2e-=FQ+2H+，所以1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C正确；D．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2，氢离子被消耗，pH增大，D正确；综上所述答案为A。15．（河北省衡水中学2021-2022学年高三上学期五调考试）我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是反应①：C(s)+O2(g)＝CO(g)

△H1反应②：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)△H2反应③：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(g)△H3＝-90.1kJ·mol-1反应④：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4，能量变化如下图所示反应⑤：3CH3OH(g)CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g)△H5＝-31.0kJ·mol-1下列说法正确的是A．反应③使用催化剂，△H3减小B．△H1-△H2>0C．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能D．3CO(g)+6H2(g)CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g)△H＝-301.3kJ·mol-1【答案】D【解析】A.催化剂不改变反应的始终态，则反应③使用催化剂，△H3不变，故A错误；B.①-②得到H2(g)+O2(g)⇌H2O(g)，氢气燃烧放出热量，则△H1-△H2<0，故B错误；C.④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C错误；D.③×3+⑤得到3CO(g)+6H2(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)，△H=(-90.1kJ•mol-1)×3+(-31.0kJ•mol-1)=-301.3

kJ•mol-1，故D正确；故选D。16．（陕西省西安市阎、高、蓝、周四区2022届高三一模）已知：25°C时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。用0.01mol·L-1的CH3COOH溶液滴定20mL由浓度均为0.01mol·L-1的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是A．c点时混合溶液中：pH=7B．水的电离程度：c＞bC．a点时混合溶液中：c(NH)≈1.7×10-5mol·L-1D．c点时混合溶液中：c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)【答案】A【分析】由图可知，a点为等浓度的氢氧化钠和氨水的混合溶液，b点氢氧化钠溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钠，反应得到等浓度的醋酸钠和氨水的混合溶液，c点氨水和醋酸恰好反应生成醋酸铵，反应得到等浓度的醋酸钠和醋酸铵的混合溶液。【解析】A．由分析可知，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，由电离常数可知，醋酸的电离常数与一水合氨的电离常数相等，则铵根离子在溶液中的水解程度与醋酸根离子的水解程度相当，醋酸铵溶液呈中性，则醋酸钠和醋酸铵的混合溶液呈碱性，溶液pH大于7，故A错误；B．由分析可知，b点为醋酸钠和氨水的混合溶液，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，氨水抑制水的电离，醋酸钠和醋酸铵促进水的电离，则c点水的电离程度大于b点，故A正确；C．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和氨水的混合溶液，溶液中氢氧根离子的浓度约为0.01mol/L，由Kb(NH3·H2O)=可得：c(NH)=≈=1.7×10-5mol/L，故C正确；D．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)，故D正确；故选A。17．（四川省大数据精准教学联盟2021-2022学年高三下学期第一次统一检测）无水CrCl3可用于制铬酸盐、催化剂等。实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。相关实验装置如图(夹持装置略)。实验的主要步骤为：I.加热并维持A的温度在60~65℃；II.打开K，通入N2并保证锥形瓶中每分钟有250个左右的气泡逸出；III.点燃B处酒精喷灯，使瓷舟温度升至720℃左右，恒温反应2h；IV.先后停止加热A、B；V.冷却，并继续通入一段时间的N2。已知：①CCl4的沸点是76.8℃。②COCl2(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2+H2O=CO2+2HCl。回答下列问题：(1)装置A的锥形瓶中盛放的物质是____(填化学式)。(2)仪器C的名称是____，其中无水CaCl2的作用是____。(3)步骤V中“继续通入一段时间N2”的主要目的是____。(4)D中发生反应的化学方程式为____。(5)CrCl3纯度的测定：称取ag瓷舟中制得的样品，配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmol·L-1硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。已知：+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；I2+2=+2I-。①充分加热煮沸的目的是____，判断滴定终点的依据是____。②如图是碱式滴定管的内部构造，滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的____部位(填“a”“b”或“c”)，然后挤捏乳胶管，溶液即可流出。③样品中CrCl3的纯度为____(用含a、V和c的计算式表示)。【答案】(1)CCl4(2)

干燥管

吸水避免水蒸气进入B(3)将剧毒COCl2尾气排入吸收装置D(4)COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O(5)

促使过氧化物全部转换为氧气除去，以避免KI被氧化

最后一滴(或半滴)标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且30s不复原

b

×100%【分析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入硬质玻璃管与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入硬质玻璃管，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2。(1)从总反应Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2以及步骤I不难得出，装置A的锥形瓶中盛放的物质是CCl4；(2)仪器C的名称是干燥管，其中无水CaCl2的作用是避免水蒸气进入B；(3)COC12(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2+H2O=CO2+2HCl；.上述通入一段时间氮气的主要目的是将残余的COCl2带到尾气吸收装置；(4)D中发生反应的化学方程式是COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；(5)称取样品，加水溶解并定容于容量瓶中，移取一定体积溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加入Na2O2，在一定条件下充分反应其目的是氧化三氯化铬，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以存在。①充分加热煮沸后将过量过氧化物转换为氧气除去，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，此时，碘离子被氧化，加入1mL淀粉溶液，用硫代硫酸钠Na2S2O3溶液滴定至终点，溶液由蓝色转换为无色，且30s不复原。②在使用碱式滴定管滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的b处，使其与玻璃球之间形成一条缝隙，溶液即可流出。③根据反应可以得出下列关系：2Cr3+~~3I2~6则有：样品中CrCl3质量百分数为100%。18．（四川省成都市蓉城名校联盟2021-2022学年高三第二次联考）黄钠铁矾渣的主要成分如下表所示，利用其制备镍锌铁氧体(Ni0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如下图所示：元素Fe(III)NiMgAlPbSiO2BaCa百分含量/%28.7502.6250.0310.4520.0860.3698.7850.198已知：i．浸取液中的阳离子有Fe2+、Ni2+、Mg2+、Al3+、Ca2+；ii．晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关；iii．Zn(OH)2是两性氢氧化物。(1)无烟煤的主要作用是___________，控制其他条件不变，Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系如下图所示，则浸出过程中最适宜的条件是___________(2)浸渣的主要成分除SiO2外还有___________(3)净化I的目的是___________(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入___________(填离子符号)。(5)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为___________。(6)检验沉淀已洗涤干净的操作和现象是___________。(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH=7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高的原因是______。【答案】(1)

为黄钠铁矾渣高温分解提供高温条件

温度77℃，时间40min(2)BaSO4、PbSO4、CaSO4(3)使Fe3+变为Fe2+，同时调整溶液pH，使Al3+形成Al(OH)3沉淀除去(4)Zn2+、Ni2+(5)3Me2++=MeCO3·2Me(OH)2·H2O+5CO2↑(6)取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净(7)Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，Zn2+会变为可溶性进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH=7.2时，铁镍锌氧体中Ni、Zn、Fe三种元素原子个数比恰好为1∶1∶4。【解析】无烟煤煅烧放出大量热量，使黄钠铁矾渣能够在高温下分解产生不同金属氧化物，然后用稀硫酸溶解分解产物，金属氧化物与硫酸反应变为硫酸盐，难溶性酸性氧化物SiO2与硫酸不反应，反应产生的BaSO4不溶于水，进入浸渣中，PbSO4、CaSO4微溶于水，主要以固体形式存在，也进入浸渣中，在酸浸液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Ni2+等金属阳离子；然后加入Fe粉，发生反应：Fe3++Fe=2Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑，调整了溶液pH，使Al3+形成Al(OH)3沉淀分离除去；然后加入NH4F使Mg2+、Ca2+形成MgF2、CaF2沉淀，此时滤液中主要含有Fe2+、Zn2+、Ni2+，加入ZnSO4、NiSO4、NH4HCO3，共沉Fe2+、Ni2+、Zn2+，得到沉淀，将沉淀通过铁氧体工艺阶段加入氧化剂氧化其中+2价的铁得到镍锌铁氧体。(1)煅烧无烟煤，煤燃烧产生大量热量，可以为黄钠铁矾渣高温分解提供能量，故无烟煤的主要作用是使黄钠铁矾渣高温分解；根据Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系图示可知：浸出过程中最适宜的条件是：在77℃温度下浸取40min；(2)根据上述分析可知：在浸渣的主要成分除SiO2外，还有BaSO4、PbSO4、CaSO4；(3)用硫酸浸取后溶液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Ni2+、Al3+等金属阳离子；然后加入Fe粉，发生反应：Fe3++Fe=2Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑，调整溶液pH，结合流程中沉淀除杂除杂，可以使Al3+形成Al(OH)3沉淀除去；(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入Zn2+、Ni2+；(5)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则根据元素守恒、电荷守恒可知生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为：3Me2++=MeCO3·2Me(OH)2·H2O+5CO2↑；(6)沉淀是从含有ZnSO4、NiSO4的溶液中过滤分离出来，若沉淀已经洗涤干净，则最后一次洗涤液中无，故沉淀已洗涤干净，操作及实验现象是：取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净；(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH=7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高，这是由于Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，则Zn2+会变为可溶性进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH=7.2时铁、镍、锌氧体中Ni、Zn、Fe原子个数比为1∶1∶4。19．（安徽省淮北市2022届高三第一次模拟考试）我国力争于2060年前实现碳中和。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，研发二氧化碳的利用技术，对于改善环境，实现绿色发展至关重要。（1）CO2和C2H6反应制备C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1=+136kJ•mol-1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2相关的几种化学键键能如表所示：化学键C=OH—HC≡OH—O键能/(kJ•mol-1)8034361072464.5则反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)的△H3=______kJ•mol-1。（2）T℃时在2L密闭容器中通入2molC2H6和2molCO2混合气体，发生反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，初始压强为mPa，反应进行到100min时达到平衡，平衡时的体积分数为20%。0到100min内C2H6的平均反应速率为______Pa/min，则该温度下的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。（3）乙烷热裂解制乙烯的主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，还存在副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)。向乙烷热裂解制乙烯体系中加入10g的催化剂，在不同温度下，催化剂固体质量变化对催化效率的影响如图所示。①对于主反应，图中M和N两点的化学平衡常数大小：KM______KN(填“>”、“<”或“=”)。②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是______。③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是______。【答案】（1）+177或177（2）或0.0025mPa或0.25mPa（3）<副反应生成的固态碳附着在催化剂表面通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率【解析】（1）由△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则△H2=(2×803+436-1072-2×464.5)kJ•mol-1=+41kJ•mol-1，根据盖斯定律，反应I+II得到C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，△H3=△H1+△H2=+177kJ•mol-1；（2）列三段式：，平衡时的体积分数为20%，则，解得x=1，在恒温恒容下，物质的量和压强成正比，则得平衡时总压为Pa，起始时C2H6的分压为mPa×=mPa，平衡时的分压为Pa×=mPa，0到100min内C2H6的平均反应速率为，该温度下的平衡常数Kp==；（3）①对于主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)是吸热反应，温度越高，K值越大，由于温度：M<N，则KM<KN；②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是副反应生成的固态碳附着在催化剂表面；③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率。20．[化学——选修3：物质结构与性质]（14分）（福建省四地市2022届高三上学期第一次质量检测）原子互替换二维材料六元环内的碳原子或氮原子，并与周围三个原子成键，由此构筑的单个如原子掺杂催化剂如图a所示，相比于传统的碳负载催化剂，在催化乙炔与氯化氢制备氯乙烯过程中能维持较高的活性。回答下列问题：（1）基态氯原子价电子排布式为_______。（2）氯乙烯中的元素按电负性从小到大的顺序为_______(填元素符号)。（3）的熔点比高，原因是_______。（4）图a中存在的化学键有_______(填标号)。a.非极性键b.键c.金属键d.范德华力c.氢键（5）另一种二维材料结杓如图b所示。①其基本结构单元(虚线图部分)中有_______个N原子。②若图b发生类似图a的单个原子掺杂，则有_______种掺杂方式。【答案】（1）3s23p5（2）H<C<Cl（3）二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高（4）b（5）42【解析】（1）氯是17号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，所以价电子排布式为3s23p5，故答案为：3s23p5；（2）氯乙烯中含有C、H、Cl元素，元素的非金属性越强其电负性越大，H、Cl、C的非金属性大小顺序是Cl＞C＞H，所以其电负性由小到大的顺序是H<C<Cl；（3）二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高，故的熔点比高；（4）a.非极性键：存在同种原子之间，由图可知，无非极性键，选项a错误；b.键：由图可知N(2)原子形成三个共价键即单键，而N(3)原子形成2个共价单键，故还有1个键，故存在键，选项b正确；c.金属键存在金属原子之间，故无金属键，选项c错误；d.范德华力不是化学键，选项d错误；c.氢键不是化学键，选项e错误；答案选b；（5）①1个基本结构单元含8个N，但每个N由2个六元环共用，所以其基本结构单元中有8=4个N原子；②有2种掺杂方式，一种替换六元环中的N原子，一种替换两个六元环之间相连接的N原子。21．[化学——选修5：有机化学基础]（14分）（广东省佛山市2021-2022学年高三上学期普通高中第一次教学质量检测）异甘草素(