1、2022 年高考诊断性测试 化学 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座号。2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：N-14 Ca-40一、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.北京冬奥会彰显了我国的科技实力，下列说法错误的是 A.冬奥会采用氢能源保障车有利于“碳
2、达峰、碳中和”B.速滑馆“冰丝带”用 CO2 做制冷剂制冰发生化学变化 C.冬奥礼仪服装用到的石墨烯材料既能导热又能导电 D.制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料属于新型材料【1 题答案】【答案】B【解析】【详解】A采用氢能源保障车可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”的实现，故 A 正确；B“冰丝带”用二氧化碳做制冷剂制冰时，没有新物质生成，属于物理变化，没有发生化学变化，故 B 错误；C石墨烯材料属于混合型晶体，层间存在分子间作用力，层内存在大键，既能导热又能导电，故 C 正确；D碳纤维复合材料是由有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于 90%的无机高性能纤
3、维，是一种力学性能优异的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性，属于属于新型材料，故 D 正确；故选 B。2.关于下列物质应用分析错误的是 A.常温下，用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性 B.用维生素 C 做 NaNO2 中毒的急救药利用了维生素 C 的强还原性 C.用 FeCl3 止血是因为其能水解生成 Fe(OH)3 沉淀 D.用甘油做皮肤保湿剂是因为甘油中有多个羟基【2 题答案】【答案】C【解析】【详解】A常温下，铁在浓硝酸钝化表面生成致密氧化膜、则用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性，A 正确；B维生素 C 能还原 NaNO2 而消除体内的 NaNO2
4、，维生素 C 做 NaNO2 中毒的急救药利用了维生素C 的强还原性，B 正确；C血液含胶体、遇到电解质溶液能发生聚沉，用 FeCl3 止血是因为其能使血液凝聚，C 不正确；D甘油含多羟基、能以任意比例和水互溶，用甘油做皮肤保湿剂是因为甘油中有多个羟基，D正确；答案选 C。3.关于下列仪器使用的说法正确的是 A.可用作反应容器 B.常用于物质分离 C.使用前必须先洗涤后润洗 D.用酒精灯加热时必须加石棉网【3 题答案】【答案】D【解析】【详解】为圆底烧瓶，可常用于作为反应容器，加热时须用石棉网；为容量瓶，可用于配置一定物质量浓度的溶液，不可加热，不用润洗，不可作为反应容器；为分液漏斗，用于分分
5、液萃取(分离提纯)，使用时须经洗涤，不用润洗，不可作为反应容器；为量筒，用于量取液体、使用时须经洗涤，不用润洗；为漏斗，用于过滤，用于分离固液；为维形瓶，加热时须垫石棉网；综上可知，D 正确；故选 D。4.下列实验操作、现象及结论均正确的是 A.向淀粉水解液中加 NaOH 溶液，再加碘水，溶液不变蓝，证明淀粉完全水解 B.向酸性 KMnO4 溶液中通入 SO2 气体，溶液褪色，证明 SO2 具有还原性 C.向溶液中加 BaCl2 溶液，再加稀硝酸，生成白色沉淀不溶解，证明含 SO 24 或 Ag+D.向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀，证明没有生成三溴苯酚【4 题答案】【答案】B【解
6、析】【详解】ANaOH 溶液能与碘水反应而消耗碘。应取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余、说明淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，A 错误；B向酸性 KMnO4 溶液中通入 SO2 气体，溶液褪色，则锰元素化合价降低得到 Mn2+、酸性 KMnO4溶液被还原，证明 SO2 具有还原性，B 正确；C+4 价 S 具有还原性、稀硝酸具有氧化性，二者能发生氧化还原反应。向溶液中加 BaCl2 溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，沉淀可能是氯化银、硫酸钡，则原溶液可能含 SO 24 或 Ag+、也可能含 SO 23，C 错误；D三溴苯酚
7、是不溶于水的白色沉淀，苯酚过量时，三溴苯酚会溶解于苯酚难以形成沉淀。则：向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀，不能证明没有生成三溴苯酚，D 错误；答案选 B。5.一种由短周期主族元素组成的抗病毒化合物结构如图，其中 Q、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Q 为元素周期表中原子半径最小的，Y 原子最外层电子数是 Z 原子电子层数的三倍。下列说法正确的是 A.第一电离能：XYWB.Y 的氢化物只含有极性键 C.Q、X、Y 只能形成共价化合物 D.W、X、Y、Z 四种元素形成的简单氢化物中 Z 的沸点最高【5 题答案】【答案】A【解析】【分析】Q 为元素周期表中原子半径最小的，故 Q 为
8、H，由图示可知，W 为A 族，X 为A 族，Y 为A 族，Z 为A 族，且 Y 原子最外层电子数是 Z 原子电子层数的三倍，故 W 是 C，X 是 N，Y 是 O，Z 是 F，据此分析回答问题。【详解】A同一周期，从左到右，第一电离能增大，但 N 的电子为半充满状态，故 NO，所以XYW，A 正确；BY 的氢化物 H2O2 中有非极性键，B 错误；CQ、X、Y 课形成 NH4NO3，为离子化合物，C 错误；DH2O、NH3 中含有氢键，H2O 沸点最高，D 错误；故选 A。6.电解法处理含有 Cl-、NO 3 的酸性废水，其工作原理及电极 b 中铁的化合物的催化机理如图所示，H 表示氢原子。下
9、列说法错误的是 A.电极 b 接电源负极 B.处理 1molNO 3，电路中转移 5mole-C.HClO 在阳极生成：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+D.H+与 NO 3 反应的电极方程式为 10H+NO 3+8e-=NH 4+3H2O【6 题答案】【答案】B【解析】【详解】A由图知，电极 b 上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原，则电极 b 为阴极、接电源负极，A 正确；B硝酸根离子转变为铵根离子 N 元素化合价从+5 降低到-3，则处理 1molNO 3，电路中转移 8mole-，B 不正确；C阳极氯离子失去电子被氧化、生成 HClO：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，C 正确
10、；D电极 b 上硝酸根离子转变为铵根离子、H+与 NO 3 反应的方程式为 10H+NO 3+8e-=NH 4+3H2O，D 正确；答案选 B。7.某同学用 0.1000 molL-1 盐酸标定浓度约为 0.1 molL-1 氨水的浓度，操作如下：取规格为 25 mL的酸式滴定管，经检查不漏水后用蒸馏水洗涤，注入盐酸，驱赶滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面，记录读数。准确量取 15.00 mL 氨水，注入锥形瓶中，滴加 3 滴酚酞试液。将盐酸滴入锥形瓶中，并不断摇动锥形瓶，当达到滴定终点时，停止滴加，记录读数。重复进行三次滴定操作，取三次滴定结果的平均值。实验中存在的错误有几处？A.1 B.2 C
11、.3 D.4【7 题答案】【答案】B【解析】【详解】实验中存在的错误是：一是未润洗酸式滴定管，二是指示剂没有选用甲基橙，共 2 处错误；故合理选项是 B。8.钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为 Pd、-Al2O3 和活性炭，还含少量 Fe、Cu 等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：阴、阳离子交换树脂基本工作原理分别为 R-Cl+M-R-M+Cl-、R-Na+N+R-N+Na+。下列说法错误的是 A.“灼烧”的主要目的是除去活性炭 B.“酸浸”过程中温度不宜过高 C.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂 D.“洗脱”过程中增大所用盐酸浓度有利于洗脱【8 题答案】【答案】
12、C【解析】【详解】AC 与 O2 反应变为 CO2 气体逸出，因此“灼烧”的主要目的是除去活性炭，A 正确；B“酸浸”时要加入 H2O2 将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，H2O2 不稳定，受热易分解，因此“酸浸”过程中温度不宜过高，以免 H2O2 分解，B 正确；C离子交换发生的反应为 R-Cl+M-R-M+Cl-，因此所用树脂为阴离子交换树脂，从而除去 Fe3+、Cu2+，C 错误；D“洗脱”过程中增大盐酸浓度，c(Cl-)增大，平衡 R-Cl+M-R-M+Cl-逆向移动，有利于洗脱，D 正确；故合理选项是 C。9.氮化硅(熔点 1900)具有高强度、高韧性，常用作 LED 的基质材料
13、，通过 SiH4 与 NH3 发生反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2 制得。下列说法错误的是 A.键角：SiH4NH3 B.SiH4 还原性强于 NH3，可证明非金属性NSiC.Si3N4 属于共价晶体 D.SiH4 为非极性分子【9 题答案】【答案】B【解析】【详解】A孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，NH3的孤电子对数目多于 SiH4 的孤电子对数目，键角：SiH4NH3，故 A 正确；B SiH4 还原性强于 NH3，不可证明非金属性 NSi，故 B 错误；C Si3N4 中 N 与 Si 原子间通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，故
14、C 正确；D SiH4 是正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故 D 正确；故选 B。10.一种全有机质子二次电池放电原理如图所示，电极材料中的 P、PO、PR 均为有机高分子化合物。下列说法正确的是 A.放电时，电极 M 发生氧化反应 B.放电时，H+移向电极 NC.充电一段时间后，电解液的 pH 未变 D.充电时，阳极反应为 P-2e-=PO+2H+【10 题答案】【答案】C【解析】【详解】A由图示可知，放电时，电极 M 上，PO 得电子结合氢离子生成 P，为正极，电极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P(PO 是有机物的简写，其中的 O 不代表氧元素)，发生还原反应
15、，A 错误；B由图示可知，放电时，电极 M 得电子，M 为正极，H+移向电极 M，B 错误；C由图示可知，放电时正极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P，负极反应式为：PR-2ne-=2nH+P(PR 是有机物的简写，其中的 R 不代表某一元素)，则电池总反应为：PO+PR放电充电2P，可知充电一段时间后，电解液的 pH 未变，C 正确；D由分析可知，放电时，电池的正极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P，则充电时，阳极反应式为：P-2ne-=PO+2nH+，D 错误；答案选 C。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
16、，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。11.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验 玻璃仪器 试剂 A海带提碘 烧杯、玻璃棒、分液漏斗、酒精灯 蒸馏水、新制氯水、CCl4B乙醛的银镜反应 烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管 乙醛溶液、银氨溶液 C氨气的喷泉实验 烧杯、烧瓶、胶头滴管、导管 氨气、蒸馏水 D制备无水乙醇 蒸馏烧瓶、牛角管、酒精灯、冷凝管、锥形瓶 95%乙醇 A.A B.B C.C D.D【11 题答案】【答案】BC【解析】【详解】A从海带中提取 I2，需要灼烧、溶解、氧化、过滤，使用的玻璃仪器有酒精灯、漏斗、玻璃棒、烧杯等，需要试剂有
17、蒸馏水、新制氯水、CCl4，仪器缺少漏斗，不能完成实验，A 不符合题意；B乙醛的银镜反应需热水浴加热，用胶头滴管向盛有银氨溶液的试管中滴加乙醛溶液，然后将该试管放入热水中进行反应，水升温要使用酒精灯加热，故使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管，试剂有乙醛溶液、银氨溶液，可以完成实验，B 符合题意；C用一个干燥的烧瓶收集氨气，并用带有玻璃导管和胶头滴管(事先吸有水)的双孔塞塞紧，导管末端放入盛有水的烧杯中，当实验时，将止水夹移到玻璃管处，挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶中，就会持续形成压强差而形成喷泉，可以利用已知仪器和试剂完成氨气的喷泉实验，C 符合题意；D用 95%的乙醇制取无水乙醇
18、时，需将 95%的乙醇、生石灰混合加热，用温度计测量蒸气温度，用冷凝管冷却降温，冷凝管与接收器锥形瓶通过牛角管连接，仪器缺少温度计，药品缺少生石灰，不能完成实验，D 不符合题意；故合理选项是 BC。12.中科院苏州纳米所 5nm 激光光刻研究获最新进展。如图所示 A、B 是一种光刻胶树脂的两种单体的结构简式。下列说法错误的是 A.A 中存在 3 个手性碳原子 B.B 水解产物中的酸有 2 种同分异构体 C.A、B 都存在属于芳香族化合物的同分异构体 D.A、B 通过加聚反应生成光刻胶树脂【12 题答案】【答案】B【解析】【详解】A由结构简式可知，有机物 A 中存在如图*所示的 3 个连有不同原
19、子或原子团的手性碳原子：，故 A 正确；B由结构简式可知，有机物 B 水解所得羧酸的结构简式为，的同分异构体可能是链状羧酸、环状羧酸、链酯和环状酯等，同分异构体数目远远大于 2 种，故 B 错误；C苯环的不饱和度为 4，由结构简式可知，有机物 A、B 的不饱和度都大于 4，则 A、B 都存在属于芳香族化合物的同分异构体，故 C 正确；D由结构简式可知，有机物 A、B 都含有碳碳双键，能通过加聚反应生成光刻胶树脂，故 D 正确；故选 B。13.H2 在石墨烯负载型 Pd 单原子催化剂(Pd/SVG)上还原 NO 生成 N2 和 NH3 的路径机理及活化能(kJmol1)如图所示。下列说法错误的是
20、 A.H2 还原 NO 生成 N2 的决速步为反应 B.Pd/SVG 上 H2 还原 NO，更容易生成 N2C.根据如图数据可计算 NO+5H=NH3+H2O 的 HD.由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程【13 题答案】【答案】BC【解析】【详解】A活化能最大的为决速步，则 H2 还原 NO 生成 N2 的决速步为反应，A 正确；B由图知，Pd/SVG 上 H2 还原 NO，经过到即可生成氨气、经过到步才能生成氮气、而决速步反应的活化能最大、发生最困难，则更容易生成 NH3、不容易生成 N2，B 不正确；C根据如图数据可计算 NO+5H=NH3+H2O 的正反应的活化能、不知道
21、逆反应的活化能，故不能计算 H，C 不正确；D由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程、可能得到不同产物，D 正确；答案选 BC。14.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有 Cu2S 和白色物质 X，下列说法正确的是 A.白色物质 X 为 CuSO4B.NO 和 Y 均为还原产物 C.参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占 25%D.NO 与 Y物质的量之和可能为 2mol【14 题答案】【答案】AC【解析】【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成 Cu2S 和白色物质 X，无气体生成，生成 Cu2S 时铜元素从 0 价升高到+1 价、硫元素从+6 价降低到-2
22、 价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为 CuSO4，则白色物质 X 为 CuSO4，配平得到该反应方程式为：244225Cu4H SO(3CuSOCu S4H O浓)=，据此回答。【详解】A据分析，白色物质 X 为 CuSO4，A 正确；BCu2S 和白色物质 CuSO4 加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：22323Cu S 16H4NO6C3Su4NO8H O，Y 为 S 单质，则 NO 为还原产物、Y 为氧化产物，B 不正确；C由244225Cu4H SO(3CuSOCu S4H O浓)=可知，硫元素从+6 价降低到-2 价时表现氧化性，则参
23、加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占 25%，C 正确；D由244225Cu4H SO(3CuSOCu S4H O浓)=知，3molCu 生成 0.6molCu2S，0.6molCu2S发生反应22323Cu S 16H4NO6C3Su4NO8H O 得到 0.8mol NO 与 0.6mol S，NO 与 S 物质的量之和为 1.4mol，D 不正确；答案选 AC。15.常温下，H3AsO4 和 H3AsO3 溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液 pH 的关系分别如图所示。向浓度均为 0.01molL-1 的 H3AsO4 和 H3AsO3 混合溶液中加入适量的 NaOH 溶液，下列说法正确的是
24、A.H2AsO 4+AsO 33HAsO 24+HAsO 23 K=105.2B.pH=6 时，c(H2AsO 4)c(H3AsO3)c(HAsO 24)c(H2AsO 3)C.溶液呈中性时，+24c(Na)c(HAsO)约等于 3D.pH=8 时，H3AsO3 的电离度约为 9.09%【15 题答案】【答案】CD【解析】【详解】AH2AsO4+AsO33HAsO24+HAsO23K=22+7234433243+13.5333c()c()a(H AsO)(HHAsOHAsOH AsOA)10c()c()(H)a(H AssO)1O0KccK=106.5，故 A 错误；B由图 pH=6 时，从左
25、侧的图可知 c(H2AsO 4)c(HAsO 24)，结合右侧的图c(H3AsO3)c(H2AsO 4)c(HAsO 24)c(H2AsO 3)，故 B 错误；C溶液呈中性时，溶液中 AsO 34 接近 0，H3AsO3 接近 1，c(H+)=c(OH-)，c(HAsO 24)=c(H2AsO 4)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HAsO 24)2+c(H2AsO 4)，c(Na+)=c(HAsO 24)3，+24c(Na)c(HAsO)约等于 3，故 C 正确；DKa1=+-2333c()c(HH AsOH A)(sOc)=10-9，pH=8 时，-+239
26、33H AsOH Ac()10sOc()c(H)=981010=0.1，即0.11-，=111，H3AsO3 的电离度 约为 9.09%，故 D 正确；故选 CD。三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。16.含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：（1）基态 Cu 原子的电子所占据的最高能层符号为_；基态 Cu+较基态 Cu2+稳定的原因是_；Cu2O 和 Cu2S 都是离子晶体，熔点较高的是_。（2）CuSO4 稀溶液中存在Cu(H2O)62+，Cu(H2O)62+的空间构型为_；下列对Cu(H2O)62+中 Cu2+杂化方式推断合理的是_(填标号)。A.sp3 B.sp3d
27、 C.sp3d2 D.dsp2（3）Cu2+可形成Cu(en)2NH3(BF4)2，其中 en 代表 H2NCH2CH2NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_个；C、N、F 的电负性由大到小的顺序为_。（4）一种由 Cu、In、Te 组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为 90，晶体中 Te 原子填充在 Cu、In 围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_；该晶体的化学式为_。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如 A 点、B 点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(12，12，12)，则 C 点原子的
28、分数坐标为_；晶胞中 C、D 间距离 d=_pm。【1619 题答案】【答案】（1）.N.Cu+的 3d 轨道全满达到稳定状态.Cu2O（2）.八面体形.C（3）.11.F、N、C（4）.50%.CuInTe2.(34，14，38).22ac+416【解析】【小问 1 详解】铜元素的原子序数为 29，价电子排布式为 3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为 N；铜原子失去 1 个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为 3d10，3d 轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格
29、能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的 3d 轨道全满达到稳定状态；【小问 2 详解】六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为 6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为 sp3d2 杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；【小问 3 详解】Cu(en)2NH3(BF4)2 中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为 4，VSEPR 模型都为四面体，则VSEPR 模型为四面体的非金属原子共有(22+22+1+22)=11 个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为 F、N、C，则电负性的
30、大小顺序为 F、N、C，故答案为：11；F、N、C；【小问 4 详解】由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有 8 个，形成的八面体空隙也有 8 个，则四面体空隙的占有率为88 8100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为 8 18+4 12+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为 6 12+4 14=4，位于体内的碲原子个数为 8，则铜、铟、碲的原子个数为 4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为 CuInTe2；由位于顶点 A 点和体心 B 点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(12，12，12)可知，晶胞边长为 1，则位于体对角线 38处、面对角线14处的 C 点原子
31、的分数坐标分别为(34，14，38)；由晶胞中 C、D 形成的直角三角形的边长为 a2pm、4c pm 可知，C、D 间距离 d=22ac(pm)+(pm)24=22ac+416pm，故答案为：50%；CuInTe2；(34，14，38)；22ac+416。17.锌电解阳极泥(主要成分为 MnO2、PbSO4 和 ZnO，还有少量锰铅氧化物 Pb2Mn8O16 和 Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：已知：MnSO4H2O 易溶于水，不溶于乙醇。在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：2+-3H OH2+2H OH+HC
32、OOH（1）已知 Pb2Mn8O16 中 Pb 为+2 价，Mn 为+2 价和+4 价，则氧化物中+2 价和+4 价 Mn 的个数比为_。（2）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_。（3）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为_。（4）整个流程中可循环利用的物质是_。获得 MnSO4H2O 晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是_。（5）加入 Na2CO3 溶液的目的是将 PbSO4 转化为 PbCO3，Na2CO3 溶液的最小浓度为_molL1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否
33、彻底进行并说明理由_。已知：20时Ksp(PbSO4)=1.610-8mol2L-2，Ksp(PbCO3)=7.410-14mol2L-2，1.2621.6【1721 题答案】【答案】（1）1:3（2）C6H12O6+24H+12MnO2=12Mn2+6CO2+18H2O（3）.在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖.少量多次加入葡萄糖（4）.醋酸(CH3COOH).向漏斗中加入乙醇至浸没 MnSO4H2O 晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复 23 次（5）.5.8710-10.该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K=4sp3spKK(P
34、bSO)(PbCO)=2.161051105，所以能彻底进行【解析】【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为 MnO2、PbSO4 和 ZnO，还有少量锰铅氧化物 Pb2Mn8O16 和 Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO 转化为 ZnSO4，得 ZnSO4 溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4 价的 Mn 变成+2 价 Mn 进入溶液，过滤，得 MnSO4 溶液，经过一系列操作，得 MnSO4H2O 晶体，滤渣 1 中加入 Na2CO3 溶液，使 PbSO4 转化成溶解度更小的 PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到 Ag 单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入 H2SO4，生
35、成 PbSO4 沉淀，过滤得 PbSO4；据此解答。【小问 1 详解】由题中信息可知，Pb2Mn8O16 中 Pb 为+2 价，Mn 为+2 价和+4 价，设+2 价 Mn 有 x 个，+4 价 Mn有 y 个，根据化合价代数和为 0 得，222 x4 y2160 xy8 ，解之x2y6，则+2 价 Mn 与+4 价 Mn 个数比为 x:y=2:6=1:3；答案为 1:3。【小问 2 详解】由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与 MnO2 发生氧化还原反应，+4 价 Mn 得电 子 被 还 原 成Mn2+，葡 萄 糖 中C失 电 子 被 氧 化 成CO2，其 离 子 方 程 式 为
36、C6H12O6+24H+12MnO2=12Mn2+6CO2+18H2O；答案为C6H12O6+24H+12MnO2=12Mn2+6CO2+18H2O。【小问 3 详解】由 题 中 信 息 可 知，在 较 高 温 度 及 酸 性 催 化 条 件 下，葡 萄 糖 能 发 生 如 下 反 应2+-3H OH2+2H OH+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。【小问 4 详解】由题中信息和
37、流程图可知，在醋酸铅溶液中加入 H2SO4，得到 PbSO4 沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4H2O易溶于水，不溶于乙醇，了减小洗涤损失，MnSO4H2O 用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没 MnSO4H2O 晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复 23 次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没 MnSO4H2O 晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复 23 次。【小问 5 详解】由 题 中 信 息 可 知，加 入Na2CO3溶 液 是 将PbSO4转 化 为PbC
38、O3，即PbSO4(s)+23CO(aq)PbCO3(s)+24SO (aq)，因为 PbSO4 的 Ksp(PbSO4)=1.610-8mol2L-2，所以溶液中 c(Pb2+)=4Ksp PbSO=8221.6 10?Lmol=1.2610-4mol/L，生成 PbCO3 时，23CO 的最小浓度为c(23CO)=sp32K(PbCO)c Pb=142247.4 10/L1.26 10/Lmolmol=5.8710-10mol/L；由PbSO4(s)+23CO(aq)PbCO3(s)+24SO(aq)可知，平衡常数K=2423ccSOCO=224223ccccSOPbCOPb=43KKsp
39、spPbSOPbCO=82214221.6 10/L7.4 10/Lmolmol=2.161051105，所以能彻底转化；答案为 5.8710-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K=4sp3spKK(PbSO)(PbCO)=2.161051105，所以能彻底进行。18.氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用 Ca 与 N2 反应制备 Ca3N2，并对 Ca3N2 纯度进行测定。回答下列问题：I.Ca3N2 的制备（1）仪器 a 的名称为_，E 装置的主要作用是_。（2）实验开始时
40、应首先点燃_(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到_时点燃另一处酒精灯。.Ca3N2 纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)（3）方案一：按图 1 所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。测定虚线框内装置及试剂的质量 m1；_，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；_；再次测定虚线框内装置及试剂的质量 m2。则产品中 Ca3N2 的质量分数表达式为_。（4）方案二：按图 2 所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开 K 持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用 100mL 1.00molL-1 的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)
41、。从烧杯中量取 10.00mL 的吸收液注入锥形瓶中，用 1.00molL-1 NaOH 标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗 12.80mL NaOH 溶液。则产品中Ca3N2 的质量分数为_。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一_(填“偏高”“偏低”或“相等”)。【1821 题答案】【答案】（1）.蒸馏烧瓶.液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与 Ca 和 Ca3N2反应)（2）.A.E 装置中有均匀的气泡产生（3）.关闭 K1，打开 K2.打开 K1，通一段时间的 N2.2137(m-m)51100%（4）.88.8%.偏低【解析】【分析】I根据实验目的实验室利用
42、Ca 与 N2 反应制备 Ca3N2，A 装置为 N2 的发生装置，B 为除去 N2 中混有的水蒸气，C 为氮气与 Ca 反应生成氮化钙的反应装置，D 防止 E 中的水蒸气进入 C中，E 防止外界空气中 O2 进入到 C 中，防止 O2 与 Ca 及氮化钙发生反应；目的测定 Ca3N2 纯度，利用 Ca3N2 与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案 1 根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道 Ca3N2 的质量，从而可知Ca3N2 纯度；方案 2 利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道 Ca3N2 的质量，从而可知 C
43、a3N2 纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。【小问 1 详解】仪器 a 的名称为蒸馏烧瓶，E 装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与 Ca 和 Ca3N2反应)；【小问 2 详解】实验开始时应首先点燃 A 处酒精灯，当观察到 E 装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；【小问 3 详解】按图 1 所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，测定虚线框内装置及试剂的质量 m1，关闭开关 K1，打开开关 K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，打开开关 K1，通入足量的 N2 把产生的气体全部压入浓硫酸，再次测定虚线框内装置及试剂的质量 m2；根据Ca3N2+6H2O
44、=3Ca(OH)2+2NH3，根据 Ca3N22NH3，可知 148g Ca3N234g NH3，产品中 Ca3N2 的质量分数21148(m-m)346.0g100%=2137(m-m)51100%；【小问 4 详解】根据反应 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知 2NaOHH2SO4 则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为 12 12.8010-3L1.00molL-1=6.410-3mol，再根据 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知 2NH3H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2(10010-3L1.00molL-1-6.410-
45、3mol100ml10ml)=7.210-2mol，根据 Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据 Ca3N22NH3，可知 148g Ca3N22mol NH3，产品中 Ca3N2 的质量分数-21487.2 1026.0g100%=88.8%；若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。19.乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用 CO2 和 H2 合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)H。回答下列问题：（1）上述反应的 Arrhenius
46、 经验公式实验数据如图中曲线 a 所示，已知 Arrhenius 经验公式Rlnk=-aET+C(Ea 为活化能，k 为速率常数，R 和 C 为常数)。反应的活化能 Ea=_kJmol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线 b 所示，则实验可能改变的外界条件是_。（2）在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比22n(H)n(CO)=x对 CO2 平衡转化率的影响如图所示。则H_0(填“”或“”，下同)；a_3；M、N 两点的反应速率 v 逆(M)_v 正(N)；M、N 两点的化学平衡常数 KM_KN。（3）理论计算表明，原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.
47、1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数 x 随温度 T 的变化如图所示。图中表示 H2 变化的曲线是_；根据图中点 A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式 Kp=_(MPa)-3(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。【1921 题答案】【答案】（1）.30.加入催化剂或增大催化剂比表面积（2）.（3）.a.46-30.160.610【解析】【分析】【小问 1 详解】将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到 Rlnk=-aET-+C 中得到aa3.4EC3.03.2EC9.0，解得 Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代
48、入到 Rlnk=-aET+C 中得到aa3.6EC1.03.2EC9.0，解得 Ea=15kJmol-1，与 a 相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；【小问 2 详解】投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2 平衡转化率增大，故 a3；升高温度，CO2 平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，HNK；【小问 3 详解】由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c 和 a 所表示的物质的物质的量分数之比为 1:3，d 和 b 表示的物质的物质的量分数之比为 1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变
49、化的曲线是 a，乙烯变化的曲线是 d，表示二氧化碳变化曲线的是 c，b 表示水蒸气；原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡。由 A 点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为 0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数 K=46-30.160.61020.一种药物的中间体 M()的合成路线如图：已知：.RCHO34CH COCl/CClNaOH/HClRCN.+ROHROCH2CH2OH(R 为 H 或羟基).R1NH2+R2OH一定条件 R1NHR2+H2O回答下列问题：（1）A 能发
50、生银镜反应，则 A 的结构简式为_；写出符合下列条件的 A 的同分异构体的结构简式_。含有四种化学环境的氢能和 NaHCO3 反应生成气体遇 FeCl3 溶液显紫色（2）AB 的反应类型为_；D 中含氧官能团的名称为_；E 只有一种化学环境的碳原子，FG的化学方程式为_。（3）试剂 a 的结构简式为_；I 的结构简式为_。（4）已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以 1，3丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线_(其它试剂任选)。【2023 题答案】【答案】（1）.（2）.取 代 反 应.酚 羟 基、醚 键、羧 基.HOCH2CH2OH+
51、HOCH2CH2OCH2CH2OH（3）.H2NCH2CH2Cl.（4）H2C=CHCH=CH2HBr过氧化物Br(CH2)4BrNaOH溶液HO(CH2)4OH322一定条件CH CH NH【解析】【分析】I 在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成 M，M 为，则 I 的结构简式为：；D 与 H 发生取代反应生成，再依据 D 的分子式可知，D 为、H 为；C 的分子式为 C8H7NO2，D 的分子式为 C8H8O4，再由已知信息 i 可知，B 中含醛基，C 中含-CN，则 C 为，B 为；而 A 的分子式为 C7H6O3，A 与 CH3I 反应生成，A 中含醛基，则 A 为；E 中只
52、含一种化学环境的碳原子，E 为；与水发生加成反应生成 F，F 为 HOCH2CH2OH；依据已知信息 ii 可知，HOCH2CH2OH 与反应生成 G，G 为 HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息 iii 可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH 再在一定条件下与 a 反应生成，a 为 H2NCH2CH2Cl。【小问 1 详解】由分析可知，A 的结构简式为：；A 的同分异构体能和 NaHCO3 反应生成气体，则含-COOH，遇 FeCl3 溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。【小问 2 详解】由分析可知，A 为，B
53、为，则与 CH3I 发生取代反应生成，AB 为取代反应；D 的结构简式为，D 中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E 中只含一种化学环境的碳原子，E 为，与水发生加成反应生成 F，F 为 HOCH2CH2OH；依据已知信息 ii 可知，HOCH2CH2OH与反 应 生 成 G，G 为 HOCH2CH2OCH2CH2OH，则 FG 的 化 学 方 程 式 为：HOCH2CH2OH+HOCH2CH2OCH2CH2OH。【小问 3 详解】由上述分析可知，试剂 a 为 H2NCH2CH2Cl；I 的结构简式为：。【小问 4 详解】H2C=CHCH=CH2 与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成 Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br 再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到 HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH 再与 CH3CH2NH2 在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CHCH=CH2HBr过氧化物Br(CH2)4BrNaOH溶液HO(CH2)4OH322一定条件CH CH NH。
