試卷第=page1010頁(yè)，共=sectionpages1212頁(yè)江西省十五名校聯(lián)盟2022屆高三第二次聯(lián)考理科綜合化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．化學(xué)科學(xué)在“國(guó)之重器”的打造中發(fā)揮著重要作用。下列有關(guān)敘述正確的是A．“墨子號(hào)”衛(wèi)星的成功發(fā)射實(shí)現(xiàn)了光纖量子通信，光纖的主要成分為晶體硅B．“嫦娥五號(hào)”攜帶的月壤中，富含的3He與地球上的4He互為同素異形體C．“奮斗者”載人潛水器下潛深度10909m，其所用合金潛孔鉆頭屬于復(fù)合材料D．“鯤龍”水陸兩棲飛機(jī)實(shí)現(xiàn)海上首飛，其所用燃料航空煤油是石油分餾產(chǎn)品【答案】D【解析】【詳解】A．硅單質(zhì)用于太陽(yáng)能電池和半導(dǎo)體材料，光纖制品的成分是二氧化硅，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．月壤中富含的3He與地球上的4He都是原子，不是單質(zhì)，屬于He元素的同位素，不屬于同素異形體，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．金屬單質(zhì)或合金均屬于金屬材料，即硬質(zhì)合金潛孔鉆頭應(yīng)該屬于金屬材料，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．航空煤油屬于混合物，是由不同餾分的烴組成的，是石油分餾的產(chǎn)品之一，D項(xiàng)正確；故答案選D。2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L的CHCl3含有C-Cl鍵的數(shù)目為0.3NAB．1LpH=1的鹽酸中含有陰離子總數(shù)為0.1NAC．1molNH4F固體中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為5NAD．常溫下，18g水中含有的OH-數(shù)目為10-7NA【答案】B【解析】【詳解】A．CHCl3在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是液體，不能計(jì)算2.24L的CHCl3的物質(zhì)的量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．1LpH=1的鹽酸中n(H+)=0.1mol，根據(jù)電荷守恒有n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)=0.1mol，B項(xiàng)正確；C．NH4F是離子化合物，只有4個(gè)共價(jià)鍵，1molNH4F固體中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為4NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．常溫下水電離出的c(OH-)=1×10-7mol/L，18g水體積為18mL，故n(OH-)=1×10-7×18×10-3=1.8×10-9mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選：B。3．五指毛桃湯中含有佛手柑內(nèi)酯(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖)。下列有關(guān)該化合物的說(shuō)法正確的是A．該物質(zhì)的分子式為C12H10O4B．1mol該物質(zhì)最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)C．該物質(zhì)完全氫化后的產(chǎn)物的一氯代物有11種D．該物質(zhì)分子中所有碳原子一定共平面【答案】C【解析】【詳解】A．該物質(zhì)的分子式為C12H8O4，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．碳碳雙鍵和苯環(huán)均能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵不能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，因此1mol該物質(zhì)最多能與5molH2發(fā)生加成反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．該物質(zhì)完全氫化后的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，與H連接的C上均存在不同的一氯代物，共11種，C項(xiàng)正確；D．醚鍵連接了苯環(huán)和一個(gè)甲基，甲基是四面體結(jié)構(gòu)，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，該甲基上的碳原子可能與苯環(huán)不共面，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選：C。4．下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將HI溶液加入Fe(NO3)3溶液中，充分反應(yīng)后再加入CCl4混合振蕩，靜置溶液分層，下層液體顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2B過(guò)量的鐵粉和氯氣反應(yīng)，將反應(yīng)后的固體溶于鹽酸后，滴加KSCN溶液溶液不顯紅色過(guò)量鐵與氯氣反應(yīng)的產(chǎn)物為FeCl2C室溫下，用pH試紙分別測(cè)定濃度均為0.1mol/L的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pHpH：Na2SO3＞CH3COONaH2SO3酸性弱于CH3COOHD向2支裝有等物質(zhì)的量的AgCl、AgI的試管中分別滴加足量等體積等濃度的氨水AgCl溶解而AgI不溶解相同溫度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)后CCl4層顯紫紅色說(shuō)明溶液中生成了I2，由于混合溶液中含有HNO3和Fe3+兩種氧化性物質(zhì)，二者都可將I-氧化為I2，因此不能證明氧化性Fe3+＞I2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．過(guò)量的鐵粉與氯氣反應(yīng)生成FeCl3，溶于鹽酸后過(guò)量的鐵粉與FeCl3在溶液中反應(yīng)生成FeCl2，所以滴加KSCN溶液后不會(huì)變紅，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．應(yīng)測(cè)定濃度均為0.1mol/L的NaHSO3溶液和CH3COONa溶液的pH，才能比較H2SO3和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象AgCl溶解而AgI不溶解，說(shuō)明AgCl溶液中離子濃度更大，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D項(xiàng)正確；答案選D。5．現(xiàn)有處于不同主族的短周期元素A、B、C、D、E，其中B原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，C是金屬元素，0.1mol·L-1的D的最高價(jià)氧化物的水化物溶液pH＜1，五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示。下列推斷不正確的是A．原子半徑和離子半徑均滿足：E＜CB．由C、E兩種元素組成的化合物的水溶液能促進(jìn)水的電離C．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：B＜D＜ED．B與D形成的化合物BD2中原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】B原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，再結(jié)合原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖，可知B是C元素；0.1mol/L的D的最高價(jià)氧化物的水化物溶液pH＜1，則D是S元素；E比D原子序數(shù)大但半徑小，故E是Cl元素；A比B原子序數(shù)小且半徑小，故A是H元素；C比B原子序數(shù)大且為金屬元素，各元素處。于不同主族，故C是Mg或Al?！驹斀狻緼．同周期原子序數(shù)越大原子半徑越小，原子半徑：Cl＜Mg或Al，電子層數(shù)越多離子半徑越大，但離子半徑：Cl-＞Mg2+或Al3+，故A錯(cuò)誤；B．由C、E兩種元素組成的化合物的水溶液為MgCl2或AlCl3，都能促進(jìn)水的電離，故B正確；C．元素的非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)镃＜S＜Cl，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：B＜D＜E，故C正確；D．CS2中C共用了4個(gè)共用電子對(duì)，S共用了2個(gè)共用電子對(duì)，都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；故選：A。6．儲(chǔ)量豐富、成本低的新型電池系統(tǒng)引起了科學(xué)家的廣泛關(guān)注。由于K+能夠可逆地嵌入/脫嵌石墨電極，開發(fā)了基于鉀離子電解液(KPF6)的新型雙碳電池[碳微球(C)為正極材料，膨脹石墨()為負(fù)極材料]，充電時(shí)總反應(yīng)為：+xK++xC+=+xC(PF6)，如圖所示。下列敘述不正確的是A．放電時(shí)，K+在電解液中由A極向B極遷移但并未嵌入碳微球中B．充電時(shí)，B極的電極反應(yīng)式為xC(PF6)+xe-=xC+C．放電時(shí)，每轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，電解液增重36.8gD．充放電過(guò)程中，在碳微球電極上可逆地嵌入/脫嵌【答案】B【解析】【分析】根據(jù)充電的總反應(yīng)，可知放電時(shí)總反應(yīng)為Kx

+xC(PF6)=+xK++xC+。放電時(shí)，碳微球(C)是正極，電極反應(yīng)式為xC(PF6)+。xe-=xC+，膨脹石墨()是負(fù)極，電極反應(yīng)式為Kx-xe-=；+xK+，放電時(shí)K+和進(jìn)入溶液中；充電時(shí)碳微球(C)是陽(yáng)極，膨脹石墨()是陰極?！驹斀狻緼．放電時(shí)K+在電解液中由A極向B極遷移，但并未嵌入碳微球中，而是留在溶液中，故A正確；B．充電時(shí)為電解池，B極為電解池的陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為xC+-xe-=xC(PF6)，故B錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，每轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，電解液增重0.2molKPF6，質(zhì)量為0.2mol×184g/mol=36.8g，故C正確；D．充放電過(guò)程中，陰離子移向陽(yáng)極和負(fù)極，在碳微球電極上可逆地嵌入/脫嵌，故D正確；故選：B。7．25℃時(shí)，在體積均為100mL、濃度均為0.1mol·L-1的兩種一元酸HA和HB的溶液中，分別加入NaOH固體(溫度恢復(fù)至室溫，溶液體積變化忽略不計(jì))，隨加入NaOH固體的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．酸性：HA＞HB，且HA是強(qiáng)酸，HB是弱酸B．由水電離出的c(H+)的順序：a＜b＜c＜dC．c點(diǎn)溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB)+c(OH-)D．d點(diǎn)溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)【答案】C【解析】【詳解】A．25℃時(shí)，Kw=1×10-14，由圖可知沒有加入氫氧化鈉固體時(shí)，a點(diǎn)0.1mol/LHA溶液中，，可求得0.1mol/LHA溶液中c(H+)=0.1mol/L，則HA為強(qiáng)酸；同理，由b點(diǎn)可知0.1mol/LHB溶液中，c(H+)=0.01mol/L，則HB為弱酸，故A項(xiàng)正確；B．由圖和上述計(jì)算可知，a點(diǎn)和b點(diǎn)均抑制水的電離，由于a點(diǎn)c(H+)更大，對(duì)水的抑制程度更大，c點(diǎn)和d點(diǎn)均為HB和NaB的混合溶液，由于d點(diǎn)加入氫氧化鈉的物質(zhì)的量大，溶液中NaB的物質(zhì)的量大，對(duì)水電離的促進(jìn)大，則由水電離出的c(H+)的順序?yàn)閍＜b＜c＜d，故B項(xiàng)正確；C．c點(diǎn)反應(yīng)后為等濃度的HB和NaB溶液，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，聯(lián)立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，則c(Na+)=c(B-)，且遠(yuǎn)大于c(H+)，故對(duì)應(yīng)的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D項(xiàng)正確；答案選C。二、工業(yè)流程題8．近年來(lái)，隨著鋰離子電池的廣泛應(yīng)用，廢鋰離子電池的回收處理至關(guān)重要。下面是利用廢鋰離子電池正極材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收鈷、鎳、鋰的流程圖。已知：i．P204[二(2-乙基己基)磷酸酯]常用于萃取錳，P507(2-乙基己基磷酸-2-乙基己酯)和Cyanex272[二(2，4，4-三甲基戊基)次膦酸]常用于萃取鈷、鎳。ii．萃取劑萃取鈷離子的原理為2HR(Org)+Co2+(aq)CoR2(Org)+2H+(aq)iii．氧化性強(qiáng)弱：Co3+＞H2O2＞Fe3+回答下列問(wèn)題：(1)為了縮短浸出時(shí)間，可采取的措施是_______；浸出時(shí)加入H2O2的作用是_______、_______；(用相應(yīng)的化學(xué)方程式表示)。(2)常溫下，一些金屬難溶氫氧化物的溶解度(用陽(yáng)離子的濃度表示)與pH的關(guān)系圖如下，其中Ni(OH)2與Co(OH)2的Ksp極其相近。已知離子濃度小于等于1×10-5mol·L-1時(shí)視為沉淀完全，則在加P204萃取前已除盡的雜質(zhì)離子有_______(填離子符號(hào))。用P204萃取錳時(shí)具體操作為：先將混合液轉(zhuǎn)入分液漏斗中，加入P204，蓋上分液漏斗的玻璃塞，將分液漏斗倒置，約呈45°振蕩，_______(填具體操作)；重復(fù)以上操作，正立放鐵圈上靜置，最后分液。(3)控制水相pH=5.2，溫度25℃，分別用P507、Cyanex272作萃取劑，萃取劑濃度對(duì)萃取分離鈷、鎳的影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。兩種萃取劑中_______(填“P507”或“Cyanex272”)的分離效果比較好，若選Cyanex272萃取劑，則最適宜的萃取劑濃度大約為_______mol·L-1。(4)往載鈷有機(jī)相中加入_______(填試劑名稱)反萃取后得載鈷水相。CoSO4溶液和(NH4)2C2O4溶液反應(yīng)可制得一種難溶于水的淺粉紅色粉末草酸鈷(CoC2O4)。在空氣中加熱10.98g草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)，受熱過(guò)程中在不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如下表所示，加熱到890~920℃過(guò)程中生成的鈷的氧化物的化學(xué)式為_______。溫度范圍/℃150~210290~320890~920固體質(zhì)量/g8.824.824.50(5)室溫下，用NaOH溶液調(diào)節(jié)鈷萃余液，攪拌一段時(shí)間后，靜置，離心分離得到淡綠色氫氧化鎳固體，鎳沉淀率可達(dá)99.62%，若離心分離后的溶液中Ni2+的濃度為10-11mol·L-1，pH=_______?！敬鸢浮?1)

攪拌或適當(dāng)加熱或適當(dāng)提高H2SO4溶液濃度等

2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O

2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O(2)

Fe3+

打開分液漏斗活塞排出氣體，再關(guān)閉活塞(3)

Cyanex272

0.4(4)

硫酸

CoO(5)12.2【解析】【分析】根據(jù)題意利用廢鋰離子電池正極材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收鈷、鎳、鋰，整個(gè)流程中應(yīng)將鈷、鎳、鋰元素進(jìn)行保留轉(zhuǎn)化成相應(yīng)的產(chǎn)物，將鋁、錳和鐵元素除盡，提高產(chǎn)品產(chǎn)品純度，據(jù)此分析；(1)縮短浸出時(shí)間加快浸出速率可用攪拌；適當(dāng)加熱，但不能高溫，以防H2O2受熱分解。也可以適當(dāng)增大H2SO4濃度等。根據(jù)題意由LiCoO2制得CoSO4，Co元素由+3價(jià)變?yōu)槭?價(jià)，說(shuō)明LiCoO2在硫酸中作氧化劑把H2O2氧化成O2，方程式為2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；Fe與H2SO4反應(yīng)只生成Fe2+，不便于沉淀除去，根據(jù)氧化性：Co3+＞H2O2＞Fe2+，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+，方程式為2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O。(2)由金屬難溶氫氧化物的溶解度與pH的關(guān)系圖可知，加入NaOH溶液調(diào)pH=4時(shí)，F(xiàn)e3+濃度小于1×10-5mol/L，沉淀完全。萃取的具體操作為先將混合液轉(zhuǎn)入分液漏斗中，加入P204，蓋上分液漏斗的玻璃塞，將分液漏斗倒置，約呈45°振蕩，打開分液漏斗活塞排出氣體，再關(guān)閉活塞，目的是防止振蕩過(guò)程中產(chǎn)生氣體，壓強(qiáng)過(guò)大炸裂儀器，最后重復(fù)以上操作，正立放鐵圈上靜置，最后分液，完成萃取分離。(3)由圖可知，萃取時(shí)“Cyanex272"比“P507”對(duì)鈷、鎳萃取率的差值大，Cyanex272分離效果好。選Cyanex272萃取劑，濃度在0.40mol/L以后鎳的萃取率上升，鈷的萃取率變化不大，所以0.4mol/L最好。(4)萃取劑萃取鈷離子的原理為2HR(Org)+Co2+(aq)CoR2(Org)+2H+(aq)，為使有機(jī)相鈷變?yōu)樗噔?，且最終獲得CoSO4，應(yīng)加稀硫酸使平衡逆向移動(dòng)，反萃取后可生成CoSO4，溶液。10.98g草酸鈷晶體的物質(zhì)的量為mol=0.06mol，加熱到890~920℃時(shí)生成物中的鈷的物質(zhì)的量為0.06mol，則氧元素的質(zhì)量為4.5g-0.06mol

×59g/mol=0.96g，物質(zhì)的量為0.06mol，最終生成的鈷的氧化物的化學(xué)式為CoO。(5)由金屬難溶氫氧化物的溶解度與pH的關(guān)系圖可知Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=1×10-14.6，c2(OH-)==1×10-3.6，c(OH-)=1×10-1.8mol/L，pH=12.2。9．為充分利用資源，變廢為寶，實(shí)驗(yàn)室里利用廢鐵屑制取摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。某興趣小組以廢鐵屑制得摩爾鹽后，按下列流程制備二水合草酸亞鐵(FeC2O4·2H2O)，進(jìn)一步制備高純度還原鐵粉。已知：FeC2O4·2H2O難溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)下列說(shuō)法正確的是_______(填標(biāo)號(hào))。A．步驟①酸化主要是為了抑制Fe2+水解B．步驟②發(fā)生的離子反應(yīng)是：Fe2++C2O+2H2O=FeC2O4·2H2OC．步驟③用冷水洗滌的效果更好D．步驟③直接烘干可以加快干燥速率(2)利用下圖裝置，可以完成步驟③中的抽濾和洗滌。抽濾結(jié)束，開始洗滌前需_______(填“打開”或“關(guān)閉”)活塞，理由是_______。步驟③中檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的操作是_______。(3)實(shí)現(xiàn)步驟④，必須在_______(填儀器名稱)中進(jìn)行，該步驟發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(4)步驟⑤，用H2還原Fe2O3往往混有雜質(zhì)Fe3O4，原因是_______。(5)稱取某摩爾鹽(M=392g/mol)樣品14.00g，用煮沸后冷卻的蒸餾水配成100mL溶液；取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定。①達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗15.00mLKMnO4溶液，該摩爾鹽的純度是_______%。②實(shí)驗(yàn)結(jié)果比理論值偏高的可能原因是_______(填標(biāo)號(hào))。a．滴定管洗凈后直接加入KMnO4溶液b．滴定過(guò)程中有少量樣品溶液濺出c．配制溶液過(guò)程中蒸餾水未煮沸d．滴定后滴定管尖嘴處氣泡消失【答案】(1)A(2)

打開

防止后續(xù)所加洗滌劑流速過(guò)快不能充分洗滌

取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇，若無(wú)白色沉淀，則洗滌干凈(3)

坩堝

4(FeC2O4·2H2O)+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O(4)還原鐵粉在高溫下易與產(chǎn)物水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4(5)

84

ad【解析】【分析】摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]酸化溶解后，用稍過(guò)量的H2C2O4反應(yīng)，經(jīng)抽濾、洗滌、干燥等操作得到FeC2O4·2H2O，該物質(zhì)灼燒時(shí)與O2反應(yīng)得到Fe2O3，F(xiàn)e2O3被還原可制備高純度還原鐵粉。(1)步驟①，F(xiàn)e2+會(huì)水解，酸化能抑制其水解，故A正確；步驟②，H2C2O4是弱電解質(zhì)，不能拆，正確的離子方程式為Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故B錯(cuò)誤；步驟③，根據(jù)已知信息，采用熱水洗滌可提高草酸的溶解度，提升除雜效果，故C錯(cuò)誤；步驟③，直接烘干會(huì)使FeC2O4·2H2O脫去結(jié)晶水，故D錯(cuò)誤。(2)步驟③中抽濾時(shí)要關(guān)閉活塞進(jìn)行減壓，洗滌時(shí)要打開活塞，防止因減壓導(dǎo)致后續(xù)所加洗滌劑流速過(guò)快不能充分洗滌；晶體表面主要附著(NH4)2SO4可溶性雜質(zhì)，可通過(guò)檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否含有來(lái)判斷沉淀是否洗滌干凈，操作是：取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇，若無(wú)白色沉淀，則洗滌干凈(3)固體灼燒需要在坩堝內(nèi)進(jìn)行；FeC2O4·2H2O在空氣中灼燒生成Fe2O3、CO2和H2O，反應(yīng)方程式：4(FeC2O4·2H2O)+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O。(4)步驟⑤若用H2，則制備的還原鐵粉會(huì)與產(chǎn)物水蒸氣發(fā)生反應(yīng)：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(5)①根據(jù)離子方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可建立如下關(guān)系式：5Fe2+~，則該摩爾鹽的純度是×100%=84%。②a．滴定管洗凈后直接加入KMnO4溶液，則KMnO4溶液的濃度減小，所用體積偏大，使測(cè)定的純度值偏高；b．滴定過(guò)程中有少量樣品溶液濺出，則所用KMnO4溶液的體積偏小，測(cè)定結(jié)果偏低；c．配制溶液過(guò)程中蒸餾水未煮沸，則溶液中亞鐵離子會(huì)被氧氣氧化，導(dǎo)致消耗的KMnO4溶液的體積偏小，測(cè)定結(jié)果偏低；d．滴定后滴定管尖嘴處氣泡消失，則讀取KMnO4溶液的體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高；故選ad。三、原理綜合題10．大氣污染物主要有氮的氧化物NOx和硫的氧化物SO2等。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)NO2有較強(qiáng)的氧化性，能將SO2氧化成SO3，自身被還原為NO。已知下列兩反應(yīng)過(guò)程中能量變化如圖1、圖2所示，則NO2氧化SO2生成SO3(g)的熱化學(xué)方程式為_______。若上述反應(yīng)過(guò)程中正反應(yīng)的活化能Ea=112.2kJ·mol-1，則逆反應(yīng)的活化能Eb=_______kJ·mol-1。(2)研究發(fā)現(xiàn)，NOx是霧霾的主要成分之一，NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術(shù)。已知：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH=﹣1810kJ·mol-1，相同條件下，在2L恒容密閉容器中，選用不同的催化劑，上述反應(yīng)產(chǎn)生N2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖3所示。①在A、B、C三種催化劑的作用下，清除氮氧化物反應(yīng)的活化能分別表示為Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)，根據(jù)圖3曲線，判斷三種催化劑條件下，活化能由小到大的順序?yàn)開______。②在氨氣足量時(shí)，反應(yīng)在催化劑A的作用下，經(jīng)過(guò)相同時(shí)間，測(cè)得脫氮率隨反應(yīng)溫度的變化情況如圖4所示，據(jù)圖可知，在相同的時(shí)間內(nèi)，溫度對(duì)脫氮率的影響是_______，其可能的原因是_______(已知A、B催化劑在此溫度范圍內(nèi)不失效)。(3)NO和CO均為汽車尾氣的成分，在催化轉(zhuǎn)換器中二者可發(fā)生反應(yīng)減少尾氣污染。已知：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH＜0.若一定溫度下，向恒容容器中通入等物質(zhì)的量的NO和CO氣體，測(cè)得容器中壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化關(guān)系如下表所示：t/min012345p/kPa400370346330320320假設(shè)反應(yīng)在恒定溫度和標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)下進(jìn)行，則=_______(標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)，其中為標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)(1×105Pa)，和，為各組分的平衡分壓，如=·p總，p總為平衡總壓，為平衡系統(tǒng)中NO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(4)用電化學(xué)原理可以減少SO2排放，其裝置如圖5所示。H2O2從_______口進(jìn)入，右側(cè)電極的電極反應(yīng)式為_______，若電路中通過(guò)2mol電子時(shí)，負(fù)極區(qū)n(H2SO4)=_______?！敬鸢浮?1)

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=﹣41.8kJ/mol

154(2)

Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)

300℃之前，溫度升高脫氮率逐漸增大，300°C之后，溫度升高脫氮率逐漸減小

300℃之前反應(yīng)未平衡，脫氮率主要取決于反應(yīng)速率，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以脫氮率增大，300℃之后脫氮率主要取決于平衡移動(dòng)，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，脫氮率減小(3)80(4)

a

SO2－2e﹣+2H2O=+4H+

1.2mol【解析】(1)由圖可得如下熱化學(xué)方程式：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-246.6kJ/mol，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H2=-163.0kJ/mol，由蓋斯定律可知，可得反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，則△H=(ΔH1一△H2)=×[(—246.6)—(—163.0)]kJ/mol=—41.8kJ/mol，則二氧化氮氧化二氧化硫生成三氧化硫氣體的熱化學(xué)方程式為NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol，故答案為：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol；(2)①由圖可知，三種催化劑條件下，相同時(shí)間內(nèi)生成氮?dú)馕镔|(zhì)的量的大小順序?yàn)锳＞B＞C，則反應(yīng)的反應(yīng)速率的大小順序?yàn)锳＞B＞C，反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，所以三種催化劑條件下，活化能由小到大的順序?yàn)镋a(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故答案為：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；②由圖可知，300℃時(shí)，脫氮率最大，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，300℃之前，反應(yīng)未達(dá)到平衡，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率加快，脫氮率增大，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，300℃之后，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，脫氮率減小，故答案為：300℃之前，溫度升高脫氮率逐漸增大，300°C之后，溫度升高脫氮率逐漸減??；300℃之前反應(yīng)未平衡，脫氮率主要取決于反應(yīng)速率，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以脫氮率增大，300℃之后脫氮率主要取決于平衡移動(dòng)，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，脫氮率減??；(3)設(shè)起始一氧化氮和一氧化碳的物質(zhì)的量均為2mol，4min反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)生成氮?dú)鈇mol，由題意可建立如下三段式：由平衡前后氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比可得：=，解得a=0.8，平衡時(shí)一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳和氮?dú)獾钠胶夥謮悍謩e為×320kPa=40kPa、×320kPa=40kPa、×320kPa=160kPa、×320kPa=80kPa，則標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)==80，故答案為：80；(4)由圖中電子的移動(dòng)方向可知，右側(cè)電極為原電池的負(fù)極，二氧化硫在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為SO2—2e—+2H2O=+4H+，左側(cè)電極為正極，過(guò)氧化氫在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為H2O2+2e—+2H+=2H2O，電路中通過(guò)2mol電子時(shí)，負(fù)極區(qū)生成硫酸根離子的物質(zhì)的量為2mol×=1mol，則溶液中硫酸的物質(zhì)的量為1mol/L×0.2L+1mol=1.2mol，故答案為：a；SO2—2e—+2H2O=+4H+；1.2mol。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．鈦金屬重量輕、強(qiáng)度高、有良好的抗腐蝕能力，其單質(zhì)及其化合物在航空航天、武器裝備、能源、化工、冶金建筑和交通等領(lǐng)域應(yīng)用前景廣闊?；卮鹣铝杏嘘P(guān)問(wèn)題：(1)基態(tài)鈦原子的價(jià)電子排布式為_______；鈦(Ti)和鋯(Zr)是同一副族的相鄰元素，鈦和鋯的價(jià)層電子結(jié)構(gòu)相似，請(qǐng)畫出基態(tài)鋯原子的價(jià)電子排布圖：_______。(2)二氧化鈦(TiO2)是常用的具有較高催化活性和穩(wěn)定性的光催化劑。在TiO2催化作用下，可將CN-氧化成CNO-，進(jìn)而得到N2，與CNO-互為等電子體的分子化學(xué)式為_______(寫出2個(gè))。TiO2與光氣COCl2反應(yīng)可用于制取四氯化鈦，COCl2的空間構(gòu)型為_______。(3)鈦與鹵素形成的化合物的熔、沸點(diǎn)如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃-24.138.3155沸點(diǎn)/℃136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)呈現(xiàn)一定變化規(guī)律的原因是_______。(4)鈦某配合物可用于催化環(huán)烯烴聚合，其結(jié)構(gòu)如圖所示：①甲基上的碳原子的雜化類型是_______。②該配合物中含有的化學(xué)鍵有_______(填標(biāo)號(hào))。a離子鍵

b．σ鍵

c．金屬鍵

d．π鍵(5)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所構(gòu)成的立方體的體心，其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。①TiO2晶胞中Ti4+的配位數(shù)是_______。②已知二氧化鋯晶胞中Zr原子和O原子之間的最短距離為apm，則二氧化鋯晶體的密度為_______g·cm-3。(列出表達(dá)式即可，不用化簡(jiǎn)，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，ZrO2的摩爾質(zhì)量為Mg/mol)?！敬鸢浮?1)

3d24s2

(2)

CO2、CS2

平面三角形(3)三者均為分子晶體，組成與結(jié)構(gòu)相似，隨著相對(duì)分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔、沸點(diǎn)升高(4)

sp3

bd(5)

6

【解析】(1)鈦的價(jià)層電子排布式為3d24s2，鈦和鋯的價(jià)層電子結(jié)構(gòu)相似，基態(tài)鋯原子的價(jià)電子排布圖為；(2)CNO-中含有3個(gè)原子，16個(gè)價(jià)電子，所以其等電子體中分子為：CO2、N2O、CS2、BeCl2等，離子有SCN-、N3-等；COCl2中碳是中心原子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+(4-2×1-2)=3，所以碳原子是sp2雜化，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)=×(4-2-2)=0，因此空間構(gòu)型為平面三角形；(3)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸點(diǎn)逐漸升高，因?yàn)樗鼈兙鶠榉肿泳w，組成和結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔、沸點(diǎn)越高；(4)①形成4個(gè)單鍵為sp3雜化，故甲基上的碳原子的雜化類型是sp3雜化；②Ti原子和Cl原子、O原子之間存在配位鍵，C一H和C-C及C-O原子之間存在σ鍵，碳碳雙鍵和碳氧雙鍵中存在σ鍵和π鍵，不存在離子鍵和金屬鍵，故選bd；(5)①晶體中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，Ti4+的配位數(shù)為6。②晶體中Zr原子和O原子之間的最短距離為apm，晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度等于棱長(zhǎng)的倍，則晶胞棱長(zhǎng)為

cm，晶胞中白色球數(shù)目為8，黑色球數(shù)目為8×+6×=4，即O原子數(shù)目為8，Zr原子數(shù)目為4，一個(gè)晶胞中有4個(gè)ZrO2.二氧化锫的密度為ρg·cm-3，則一個(gè)晶胞質(zhì)量為4×=×ρg·cm-3，解得g·cm-3。五、有機(jī)推斷題12．阿比朵爾能有效抑制新型冠狀病毒，化合物H是合成阿比朵爾的中間體，其合成路線如下：回答下列問(wèn)題：(1)H的分子式為_______，物質(zhì)B中的官能團(tuán)的名稱為_______。(2)由F生成G的過(guò)程中，F(xiàn)與Br2反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)比例為_______，若E與H2在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)，其完全加成后的產(chǎn)物中手性碳的個(gè)數(shù)為_______。(3)寫出D→E的反應(yīng)方程式：_______。(4)已