广东省汕头市金山中学2022-2023学年高三化学下学期一模试卷（Word版附解析）

汕头市金山中学2023届高三年级校模化学单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。)1.北京故宫藏有大量珍贵文物，据统计总共达1862690件之多，统称文物100万件，占全国文物总数的六分之一。下列故宫文物的主要部件属于陶瓷的是A．带牙座的水晶球B．御窑盘碟C．金大吉葫芦D．青玉交龙钮玉玺A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】陶瓷属于硅酸盐，据此分析；【详解】A．水晶球的成分是SiO2，水晶球不属于陶瓷，故A不符合题意；B．御窑盘碟是由黏土烧制而成，属于陶瓷，故B符合题意；C．金大吉葫芦主要由金打造而成，即金大吉葫芦不属于陶瓷，故C不符合题意；D．玉玺主要成分有二氧化硅、三氧化二铝、氯化钠等组成，不属于陶瓷，故D不符合题意；答案为B。2.2022年足球世界杯赛于北京时间2022年11月21日至12月18日在卡塔尔举行。在世界杯现场，随处可见“中国制造”，中国球衣、华为提供的移动信号、中国新能源大巴、中国制造的旗帜、硝子、中国建设的场馆等。下列说法正确的是 A.生产球衣的可再生聚酯纤维能在环境中快速降解B.移动通讯的核心部件芯片的主要成分是共价晶体C.太阳能、生物质能、天然气、氢能、核能均为新能源D.生产哨子的ABS塑料是一种天然有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．聚酯纤维化学性质稳定，在自然条件下难降解，A错误；B．芯片主要成分是Si，晶体硅中所有原子都以共价键结合，属于共价晶体，B正确；C．天然气是传统能源，不是新能源，C错误；D．ABS是五大合成树脂之一，为合成有机高分子，D错误；故选B。3.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识正确且有关联的是选项劳动项目化学知识A勾兑乙醇汽油乙醇与烃分子间形成分子间氢键B园丁用石灰水涂抹树干碱使蛋白质变性C糕点师用小苏打发制面团NaHCO3是离子晶体D舞台师用干冰制造舞台的“烟雾”缭绕CO2的VSEPR模型是直线形A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，烃分子只含碳氢，不含电负性较大的元素，无法形成氢键，A错误；B．石灰水显强碱性，涂抹树干使蛋白住变性，防治病虫害，B正确；C．小苏打就是NaHCO3，有碱性，中和发面时的酸，并且在中和的过程中、加热条件下均释放二氧化碳，可以造成小气泡，从而发制面团，与其是离子晶体无关，C错误；D．干冰升华吸热在舞台上产生“烟雾”缭绕效果，与其构型无关，D错误；故答案为：B。4.广东省作为工业强省，工业旅游资源丰富，已先后推出两批共40条工业旅游精品线路，涌现出了一批工业旅游知名品牌。下列说法正确的是A.“珠海啤酒之旅”——啤酒飘香是分子运动的结果 B.“茂名油城之旅”——石油的分馏、石油裂化均为物理变化C.“广州药醉之旅’’——中医之米酒酿制过程涉及淀粉和葡萄糖的水解D.“韶关钢铁之旅”——钢、生铁均为铁碳合金，生铁的韧性比钢的好【答案】A【解析】【详解】A．啤酒飘香属于分子扩散，是分子运动的结果，A正确；B．石油裂化是化学变化，B错误；C．葡萄糖是单糖，不能水解，C错误；D．生铁较脆，钢的韧性较好，D错误；故选A。5.广霍香(如图1)是十大广药(粤十味)之一，在广东的主产地是湛江、肇庆等地。具有开胃止呕、发表解暑之功效，是蕾香正气水的主要成分。愈创木烯(结构简式如图2)是广霍香的重要提取物之一。下列有关愈创木烯的说法正确的是A.常温下是气体B.属于乙烯的同系物C.除了甲基碳原子为sp3杂化，其他碳原子为sp2杂化D.能与Br2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质碳原子数大于5，分子量较大，熔沸点较高，在常温下不是气体，A错误；B．该物质中含有两个碳碳双键，同时含有环状结构，和乙烯的结构不相似，和乙烯不是同系物，B错误；C．该物质结构中所有的饱和碳原子都是sp3杂化，C错误；D．该物质中含有两个碳碳双键，可以与Br2发生加成反应，D正确；故选D。6.将分液漏斗中的浓盐酸滴入具支试管中生成Cl2，将Cl2通入后续的玻璃弯管中，进行如下图探究实验。下列说法正确的是 A.固体X为MnO2B.a处花瓣褪色，说明Cl2具有漂白性C.加热b处，可见白烟，Na与Cl2反应是吸热反应D.d处玻璃管膨大处起防止液体冲出的作用【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热，A错误；B．a处花瓣褪色，鲜花花瓣中有水分，不能说明Cl2具有漂白性，B错误；C．加热b处，可见白烟，Na与Cl2反应是放热反应，C错误；D．d处玻璃管膨大处起缓冲，防止液体冲出的作用，D正确；故选D。7.甲～戊均为元素周期表短周期主族元素，其元素周期表中相对位置关系如下图所示，乙的单质为双原子分子，且是地球空气的组成成分。下列说法不正确的是A.甲、乙、戊三种元素中，乙的电负性最大B.丙的单质一定是金属C.丙原子的最高能级中的电子均为未成对电子D.丁的最高价氧化物对应水化物一定能与NaOH反应【答案】C【解析】【分析】根据元素周期表结构可知，甲~戊为二、三周期的元素，乙的单质为双原子分子，且是地球空气的组成成分，则乙单质为氧气或为氮气，则乙为O，甲为N，戊为S，丁为Si，丙为Al，或者乙为N，甲为C，戊为P，丁为Al，丙为Mg，以此分析；【详解】A．同周期元素，原子序数增大，电负性增大，同主族元素，原子序数越大，电负性越小，则乙的电负性最大，A正确； B．根据分析，丙为Al或Mg，为金属，B正确；C．如果丙为Mg，则其电子排布式为1s22s22p63s2，若丙为Al，电子排布式为1s22s22p63s23p1，C错误；D．丁的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3或H2SiO3，均能与NaOH反应，D正确；故答案为：C。8.某学校实验探究小组利用碎铜屑和浓硫酸制备CuSO4·5H2O大晶体，实验步骤如下：i．将过量铜屑加入一定量浓硫酸中，加热，生成的气体通入到浓碱液中；ii．在反应混合体系中加入稍过量的CuO，过滤，除去虑渣：iii．将虑液蒸发至饱和溶液状态，冷却，在饱和溶液中悬挂晶种，静置24小时。下列说法不正确的是A.i中将气体通入浓碱液中的目的是防止尾气污染B.反应混合体系中加入CuO的目的是除去剩余的硫酸C.过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质D.该实验用到的仪器有酒精灯、漏斗、容量瓶、烧杯等【答案】D【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，A正确；B．氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，同时可以除去过量硫酸，B正确；C．随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，则铜会剩余，在除去过量的硫酸的时候，加入的氧化铜是过量的，故过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质，C正确；D．加热时需要酒精灯，过滤时需要漏斗，反应时需要烧杯，不需要容量瓶，D错误；故选D9.与硫及其化合物相关的转化如图所示，下列有关图中的循环的说法一定正确的是A.常温时，浓H2SO4与Fe生成XB.X一定是SO2C.S既是氧化产物，也是还原产物D.工业生产中，用98.3%的浓硫酸吸收SO3【答案】D 【解析】【分析】图中为含硫物质的循环，则浓硫酸与铁反应生成的X也同样是含硫的物质，推知应为Fe2(SO4)3。【详解】A．常温下，浓H2SO4中会使Fe钝化产生一层致密氧化膜（四氧化三铁）附在铁上，故不再继续反应，不符合后续反应，A错误；B．若是X为Fe2(SO4)3，Fe3+能够与硫化氢发生氧化还原反应而产生硫单质，B错误；C．X与硫化氢反应生成S单质，则为Fe2(SO4)3中Fe3+与硫化氢反应生成S单质，则S为氧化产物，C错误；D．直接用水吸收SO3易形成酸雾，所以工业生产中用98.3%浓硫酸吸收SO2，D正确；故选D。10.高锰酸钾在化工、医药、水处理等很多方面有重要应用，可以用电解法制备，装置如图。直流电源采用乙烷-空气碱燃料电池。下列说法错误的是A.电源负极的电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2OB.a极为直流电源的正极C.保持电流恒定，升高温度可以加快电解速率D.此离子交换膜应为阳离子交换膜【答案】C【解析】【详解】A．电源负极上乙烷在碱性条件下失电子产生碳酸根离子，反应的电极反应式为C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O，A正确；B．电解池左侧Pt电极的电极反应为，Pt电极为阳极，则a极为直流电源的正极，B正确；C．电解时保持电流恒定，即单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定,也就是反应速率恒定，与温度无关，C错误；D．电解池左侧Pt电极的电极反应为，右侧稀氢氧化钾溶液变为浓氢氧化钾溶液，右侧电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钾离子通过离子交换膜进行右侧，故该 离子交换膜为阳离子交换膜，D正确；故选C。11.钙钛矿型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器等的功能材料，其一种晶胞如图(a)所示，一种具有立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为和有机碱离子其晶胞如图(b)所示，下列说法错误的是A.基态的核外电子排布式为B.图(a)对应钙钛矿型化合物的化学式为C.图(b)中与图(a)中的空间位置相同D.图(a)对应化合物中与等距离且最近的有6个【答案】C【解析】【详解】A．为20号元素，基态的核外电子排布式为，A项正确；B．图(a)晶胞中位于体心，位于棱上，12条棱上每条棱上均有一个，的配位数为12，对应钙钛矿型化合物的化学式为，B项正确；C．距离最近的是处于面心的，的配位数为6，图(a)中的配位数也是6，图(a)和图(b)可以看出和空间位置相同，C项错误；D．图(a)对应化合物中处于顶点处，位于棱上，与图(a)等距离且最近的有6个，D项正确；答案选C。12.酸性溶液中过氧化氢能使Cr2O转化成蓝色的过氧化铬(CrO5，分子结构为)，该反应可用来检验Cr2O的存在，其反应的离子方程式为4H2O2+Cr2O+2H＋=2CrO5+5H2O。下列说法正确的是 A.过氧化铬中铬元素的化合价为＋5B.1molCrO5分子中含有σ键数为6NAC.CrO5分子中既有极性键又有非极性键D.该反应中H2O2表现了还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．O原子吸引电子的能力比Cr强，所以Cr为+6价，A错误；B．1个CrO5分子中含有5个σ键，则1molCrO5分子中含有σ键数为5NA，B错误；C．根据CrO5分子结构可知：该物质分子中含有Cr-O极性共价键、含有O-O非极性共价键，因此CrO5分子中既有极性键又有非极性键，C正确；D．该反应中H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此H2O2不表现还原性，D错误；故合理选项是C。13.湖北随州安陆等地区盛产银杏，银杏叶具有敛肺平喘、活血化淤、止痛的作用，是一种珍贵的中药材。对银杏叶活性成分黄酮类物质的提取常用的技术有溶剂提取法、蒸馏法、升华法、结晶法、超声波提取法等。下列关于分离提纯实验仪器和操作正确的是A.用装置a分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相B.操作b:银杏油粗产品从银杏叶中分离后，用有机溶剂萃取其中的有效成分，振荡过程中不时地旋开活塞使漏斗内气体放出C.用装置c进行蒸馏操作，将有机溶剂分离出去得到银杏叶有效成分黄酮类物质D.结晶后利用装置d将晶体与溶剂分离开【答案】B【解析】【详解】A．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，选项A错误；B.操作b:银杏油粗产品从银杏叶中分离后，用有机溶剂萃取其中的有效成分，振荡过程中不时地旋开活塞使漏斗内气体放出，选项B正确；C.用装置c进行蒸馏操作，温度计测蒸气的温度，故应置于蒸馏烧瓶支气管口中央，选项C错误；D、过滤时必须用玻璃棒引流，选项D错误。答案选B。14.还原CoO制备Co可通过下列两个反应实现： I．CoO(s)+H2(g)Co(s)+H2O(g)II．CoO(s)+CO(g)Co(s)+CO2(g)723K下，在初始压强相同(均为12.0kPa)的甲、乙两密闭容器中分别发生反应I、反应II，得到部分气体的分压随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.甲容器中，10～40min内用H2表示的平均反应速率v(H2)=0.15kPa·min-lB.增大起始时容器的压强，CoO的平衡转化率增大C.此条件下，选择CO还原CoO的效率更高D.723K时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=119【答案】B【解析】【详解】A．甲容器中，10～40min内，氢气分压变化为(7.5－3.0)kPa=4.5kPa，用氢气表示的平均反应速率为=0.15kPa/min，故A说法正确；B．根据题所给反应方程式，反应前后气体系数之和相等，增大起始时压强，平衡不移动，CoO的平衡转化率不变，故B说法错误；C．根据两个图像可知，CO还原CoO的速率更快，达到平衡时间更短，CO还原CoO达到平衡时，CO2分压为11.9kPa，起始压强为12.0kPa，说明CO还原CoO转化更彻底，因此选择CO还原CoO的效率更高，故C说法正确；D．达到平衡时，CO2分压为11.9kPa，该反应前后气体系数相等，总压强不变，即CO的分压为0.1kPa，Kp==119，故D说法正确；答案为B。15.下列实验操作、现象和结论都正确的是实验操作和现象结论A将5mL2mol·L-1KI溶液和lmLlmol·L-1FeCl3溶液混合充分应后滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化FeCl3反应完全 B取少量MnO2和浓盐酸反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、AgNO3溶液，产生大量白色沉淀盐酸有剩余C将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后取少量清液，加入足量NaOH溶液后加入新制氢氧化铜并加热，产生砖红色沉淀淀粉水解产生葡萄糖D两支试管各盛4mL0.1mol·L-1酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL0.1mol·L-1草酸溶液和2mL0.2mol·L-1草酸溶液，加入0.2mol·L-1草酸溶液的试管中，高锰酸钾溶液完全褪色且更快反应物浓度越大，反应速率越快A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．5mL2mol·L-1KI溶液和lmLlmol·L-1FeCl3溶液混合充分，其中过量，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，该反应是可逆反应，充分反应后再加入KSCN溶液，溶液显血红色，A错误；B．MnO2和浓盐酸反应后会产生MnCl2、Cl2、H2O，由于反应生成物中含有MnCl2会电离产生，因此无论盐酸是够过量，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，都会产生AgCl白色沉淀，B错误；C．将淀粉和稀硫酸混合加热发生水解产生葡萄糖，加入过量NaOH溶液中和过量的稀硫酸，并调节为碱性环境，再加入新制氢氧化铜并加热，产生砖红色沉淀Cu2O，说明产生了葡萄糖，因为葡萄糖中含有醛基可以与其反应生成Cu2O，C正确；D．H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，根据离子反应方程式可得，高锰酸钾和草酸恰好完全反应的物质的量之比为2:5，4mL0.1mol·L-1酸性高锰酸钾溶液需要H2C2O4的物质的量为，则加入的2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液均不足，所以D选项实验中高锰酸钾过量，溶液并不能完全褪色，D错误；故选C。16.将Cl2缓慢通入1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，反应过程中无CO2逸出，用数字传感器测得溶液中pH与c(HClO)的变化如图所示。已知Ka1(H2CO3)=10-6.3，Ka2(H2CO3)=10-10.3。下列 说法错误的是A.曲线①表示溶液中pH的变化B.整个过程中，水的电离程度逐渐减小C.a点溶液中：c(H+)=2c()+c()+c(OH-)D.pH=10.3时：c(Na+)>3c()+2c(ClO-)+c(HClO)【答案】C【解析】【分析】由于0.1mol·L-1Na2CO3溶液可发生水解，溶液显碱性，通入Cl2后，生成NaHCO3、NaClO、NaCl，水解程度减小，溶液碱性减弱，且随着Cl2的通入，溶液中HCl和HClO增多，酸性增强，据此解答。【详解】A．由分析可知，随着Cl2的通入，溶液酸性增强，pH逐渐减小，则曲线①表示溶液中pH的变化，故A正确；B．随着Cl2的通入，溶液中溶质的变化为Na2CO3⟶NaHCO3、NaClO、NaCl⟶NaCl、HCl、HClO、H2CO3，水的电离程度逐渐减小，故B正确；C．通入Cl2后，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，由图中a点时通入的Cl2为0.10mol，根据物料守恒有：c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(HCO)，联立两式可得：c(H+)+c(HCO)=2c()+c()+c(OH-)，故C错误；D．pH=10.3时：结合=10-10.3，可知c()=c()，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，Cl2在水溶液中发生歧化反应生成HClO、ClO-、Cl-，存在c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，可得c(H+)-c(OH-)=2c()+c()+c(ClO-)+c(Cl-)-c(Na+)=3c()+2c(ClO-)+c(HClO)-c(Na+)<0，即有c(Na+)>3c()+2c(ClO-)+c(HClO)，故D正确； 答案选C。17.为研究金属与酸反应的实质，室温下将金属镁与不同酸反应的，具体条件如下：序号金属酸V(酸)/mLC(酸)/mol·L-1I0.1g光亮的镁屑HCl100.10Ⅱ0.1g光亮的镁屑CH3COOH100.10Ⅲ0.1g光亮的镁屑HCl100.001实验测得的气体体积、pH变化如下图1、2已知，室温时，CH3COOHKa≈1.0×10-5（1）镁与CH3COOH反应的离子方程式为___________。（2）计算实验ⅡCH3COOH溶液c(H+)≈___________mol·L-1。（3）对比Ⅱ、ⅡI反应的初始阶段可以看出，c(H+)___________(填“是“或”不是“)产生气体速率差异的主要因素。序号实验方案现象结论Ⅳ取0.1g光亮的镁屑，投入10ml冰醋酸中立即产生大量气泡证明CH3COOH分子可以与Mg直接反应Ⅴ取0.1g光亮的镁屑，投入10ml0.10mol·L-1CH3COOH中，测定初始反应速率va及pH=5时的反应速率vbva=2.3mL·min-lvb=0.8mL·min-l1.镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH分子、H+均能与镁反应产生氢气2.CH3COOH分子是与Mg反应产生气体的主要微粒Ⅵ取0.1g光亮的镁屑，投入10ml含0.10mol·L-1的CH3COOH与0.10mol·L-1CH3COONa混合液(pH=5)，测定vc=2.lmL·min-l pH=5时的反应速率vc（4）探究镁与醋酸溶液中哪种微粒进行反应，进行如下实验方案①实验Ⅳ可以证明CH3COOH分子可以与Mg直接反应的理由是___________。②pH均为5时，V和Ⅵ溶液中CH3COOH分子浓度分别约为___________mol/L和___________mol/L，对比实验V和Ⅵ，可以证明与Mg反应的主要微粒为CH3COOH分子，其理由是___________。【答案】（1）Mg+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO-+H2↑（2）0.001（3）不是（4）①.冰醋酸中CH3COOH几乎不电离，与Mg反应的只能为CH3COOH分子②.0.050③.0.10④.实验V与实验Ⅵc(CH3COOH)几乎一致，初始c(H+)约为实验Ⅵc(H+)100倍左右，但速率差异不大；pH=5时实验V与实验Ⅵc(H+)相同，c(CH3COOH)约为实验Ⅵc(CH3COOH)的一半，速率差异较大，则证明CH3COOH是与Mg反应的主要微粒【解析】【小问1详解】镁与CH3COOH反应生成醋酸镁和氢气，离子方程式为Mg+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO-+H2↑。故答案为：Mg+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO-+H2↑；【小问2详解】CH3COOHCH3COO-+H+，实验ⅡCH3COOH溶液的c(H+)≈mol·L-1=0.001mol·L-1。故答案为：0.001；【小问3详解】由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ，对比Ⅱ、ⅡI反应的初始阶段可以看出，c(H+)不是(填“是“或”不是“)产生气体速率差异的主要因素。故答案为：不是；【小问4详解】①实验Ⅳ可以证明CH3COOH分子可以与Mg直接反应的理由是冰醋酸中CH3COOH几乎不电离，与Mg反应的只能为CH3COOH分子。故答案为：冰醋酸中CH3COOH几乎不电离，与Mg反应的只能为CH3COOH分子；②pH均为5时，c(CH3COOH)-== =，V中0.1mol/L-=，=0.050mol·L－1，同理Ⅵ溶液中，=0.1mol/L，V和Ⅵ溶液中CH3COOH分子浓度分别约为0.1mol·L－1-0.050mol/L=0.050mol/L和0.20mol·L－1-0.10mol·L－1=0.10mol/L，对比实验V和Ⅵ，可以证明与Mg反应的主要微粒为CH3COOH分子，其理由是实验V与实验Ⅵc(CH3COOH)几乎一致，初始c(H+)约为实验Ⅵc(H+)100倍左右，但速率差异不大；pH=5时实验V与实验Ⅵc(H+)相同，c(CH3COOH)约为实验Ⅵc(CH3COOH)的一半，速率差异较大，则证明CH3COOH是与Mg反应的主要微粒。故答案为：0.050；0.10；实验V与实验Ⅵc(CH3COOH)几乎一致，初始c(H+)约为实验Ⅵc(H+)100倍左右，但速率差异不大；pH=5时实验V与实验Ⅵc(H+)相同，c(CH3COOH)约为实验Ⅵc(CH3COOH)的一半，速率差异较大，则证明CH3COOH是与Mg反应的主要微粒。18.锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“类铝”，其与硅同族，高纯度的锗己成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：已知：GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。回答下列问题：（1）滤渣l的主要成分为___________。（2）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为___________(填“10-15”“15-20”或“20-25”)。编号加料量(CaCl2/Ge)母液体积(mL)过滤后滤液含锗(mg/L)过滤后滤液pH锗沉淀率(%)l1050076893.6721550020898.1532050021199.784255001.51299.85（3）步骤⑤获得的GeCl4为___________晶体，该步骤的分离方法所需的装置为 ___________。根据选择，提出改进的方法：___________(若不需要改进，此空填“不需要”)。（4）步骤⑥的化学方程式___________。（5）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为，则分数坐标为的离子是___________。【答案】（1）ZnS、Fe2O3（2）20-25（3）①.分子②.C③.在锥形瓶后接一个装有碱石灰的干燥管（4）（5）【解析】【分析】由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗，二氧化锗与氢气共热反应生成锗。【小问1详解】由分析知滤渣l的主要成分为ZnS、Fe2O3，答案为：ZnS、Fe2O3； 【小问2详解】由表格数据可知，加料量在20-25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20-25，答案为：20-25；【小问3详解】GeCl4为分子晶体，该步骤的分离方法是蒸馏，所需的装置为C，蒸馏过程中会产生氯化氢气体，所以应该添加尾气处理装置，答案为：分子，C，在锥形瓶后接一个装有碱石灰的干燥管；【小问4详解】由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为，故答案为：；小问5详解】由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：；19.硫及其化合物在日常生活、工业生产中都非常普遍。（1）SO2、H2S都是常见的污染性气体，具有一定的毒性。请再写出两种与酸雨、光化学烟雾和臭氧层空洞均有关的污染性气体：___________。（2）变废为宝是治理污染的常用手段。以V2O5为催化剂，将SO2氧化为SO3，再进一步转化为硫酸，是工业上制取硫酸的常用方法。该过程可分为如下步骤：(i)SO2(g)＋V2O5(s)SO3(g)＋V2O4(s)，活化能为Ea1。(ii)2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)，活化能为Ea2。能量变化如图所示。总反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的___________kJ∙mol−1(用E1～E5 中的合理数据组成的代数式表示)。决定SO2催化氧化的总反应速率的是步骤___________(填(i)或(ii))，其活化能为___________kJ∙mol−1(用E1～E5中的合理数据组成的代数式表示)。（3）在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电离方程式可表示为：H2SO4=H＋＋，H＋＋。①25℃时，Na2SO4溶液的pH___________(填“>”“<”或“=”)7。②0.100mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109mol∙L−1，求硫酸第二步电离的电离常数___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。（4）液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶液中H3O＋的缩写。如HCl在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O＋＋Cl－。①液态的醋酸(用HAc表示)中，同样存在HAc的自偶电离，其方程式可表示为___________。②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4溶于冰醋酸中，第一步电离的完整写法是___________。若保持温度不变，关于该所得溶液，下列说法正确的是___________。A．加入少量冰醋酸，c()与c()均减小B．加入少量H2SO4，H2SO4的电离程度增大C．加入少量NaAc固体。c()与c()的比值减小D．加入少量Na2SO4固体，c(Ac－)减小【答案】（1）NO、NO2等合理答案均可（2）①.(E1～E2)②.(i)③.(E5～E2)（3）①.＞②.第一步完全电离，可电离出0.100mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009mol∙L−1的H＋和，c()=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091mol∙L−1，（4）①.HAc＋HAcH2Ac＋＋Ac－②.H2SO4＋HAcH2Ac＋＋③.AC【解析】【小问1详解】与酸雨、光化学烟雾和臭氧层空洞均有关的污染性气体的是：NO、NO2；故答案为： NO、NO2。【小问2详解】根据焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则总反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的(E1～E2)kJ∙mol−1。反应速率主要由活化能最大的那一步决定，因此决定SO2催化氧化的总反应速率的是步骤(i)，步骤(i)是1mol二氧化硫，因此其活化能为(E5～E2)kJ∙mol−1；故答案为：(E1～E2)；(i)；(E5～E2)。【小问3详解】在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电离方程式可表示为：H2SO4=H＋＋，H＋＋。①根据H＋＋，25℃时，Na2SO4溶液中硫酸根水解生成硫酸氢根和氢氧根，导致溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此溶液的pH＞7；故答案为：＞。②0.100mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109mol∙L−1，硫酸第一步完全电离，可电离出0.100mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009mol∙L−1的H＋和，c()=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091mol∙L−1，；故答案为：第一步完全电离，可电离出0.100mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009mol∙L−1的H＋和，c()=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091mol∙L−1，。【小问4详解】液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶液中H3O＋的缩写。如HCl在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O＋＋Cl－。①根据H2O＋H2OH3O＋＋OH－分析液态的醋酸(用HAc表示)中同样存在HAc的自偶电离，其方程式可表示为HAc＋HAcH2Ac＋＋Ac－；故答案为：HAc＋HAcH2Ac＋＋Ac－。②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4 溶于冰醋酸中，硫酸电离出的氢离子与HAc结合成H2Ac＋，因此第一步电离的完整写法是H2SO4＋HAcH2Ac＋＋。若保持温度不变：A．加入少量冰醋酸，由于溶液体积增大占主要因素，因此c()与c()均减小，故A正确；B．加入少量H2SO4，平衡正向移动，由于硫酸浓度增大占主要因素，因此H2SO4的电离程度减小，故B错误；C．加入少量NaAc固体，Ac－与氢离子结合，硫酸氢根电离程度增大，硫酸氢根浓度减小，硫酸根浓度增大，则c()与c()的比值减小，故C正确；D．加入少量Na2SO4固体，抑制硫酸氢根电离，增大了HAc的自偶电离，则c(Ac－)增大，故D错误；综上所述，答案为：AC。20.2020年12月，嫦娥五号成功在月球表面升起一面由高性能芳纶纤维特制而成的国旗。高分子聚合物Nomex芳纶1414(G)耐热性好、强度高，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，如图是其一种合成路线图：信息1：下图是G结构片段的结构简式。 信息2：信息3：信息4：RCONHR´RCOOH+R´NH2（1）A的名称为___________；④的反应类型为___________；G的结构简式为___________。（2）写出反应②的化学方程式___________。（3）B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a．遇FeCl3溶液显紫色：b．可以发生水解反应：c．可发生银镜反应符合以上性质特点的H共有___________种。（4）根据信息判断，下列说法正确的是___________。名称芳纶1313(PMTA)芳纶1414(PPTA)结构简式A．PMTA和PPTA互为同分异构体B．“芳纶1313”、“芳纶1414”中数字表示苯环上取代基的位置 C．芳纶1313和芳纶l414均会在强酸或强碱中强度下降，可能与“”的水解有关D．从芳纶的结构片段可以看出，其存在键、键、大键、氢键这四种化学键E．合成路线中的F是芳纶1414的单体，其只含有氨基和羧基两种官能团F．合成路线中的F可以水解得到氨基酸（5）综合上述信息，以环己酮()和羟胺(HONH2)为原料合成尼龙，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)___________。【答案】（1）①.对二甲苯或1，4-二甲基苯②.取代反应③.（2）+2HNO3+2H2O（3）10（4）BC（5）【解析】【分析】对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成对苯二甲酸，则B为；苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成D，根据D的分子式可知，D为，在铁和HCl 作用下发生还原反应生成E为，根据信息可知，与发生取代反应生成F()，F转化为G，为G的单体，根据G中片段可推知G的结构简式为；；【小问1详解】A为，名称为对二甲苯或1，4-二甲基苯；根据分析可知，④的反应类型为取代反应；G的结构简式为；【小问2详解】反应②是苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+2HNO3+2H2O；【小问3详解】B为，其芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a．遇FeCl3溶液显紫色，为酚羟基；b．可以发生水解反应，根据分子中氧的个数，应该有一个酯基；c．可发生银镜反应，则剩下一个氧形成一个醛基，根据定二动三，若醛基和酚羟基的位置为邻、间、对位，再确定酯基的位置，则分别有4+4+2=10种，符合以上性质特点的H共有10种；【小问4详解】A．PMTA和PPTA都是高分子化合物，n值不一定相同,所以它们不是同分异构体，选项A错误； B．“芳纶1313”指的是苯环上1、3位置被取代了，“芳纶1414”指的是苯环上1、4位置被取代了，所以1313、1414表示苯环上取代基的位置，选项B正确；C．肽键可以水解成-COOH、-NH2，在强酸或强碱中水解程度加大，所以芳纶纤维的高强度在强酸或强碱中强度有所下降，选项C正确；D．氢键不是化学键，是一种较强的分子间作用力，选项D错误；E．合成路线中的F是芳纶1414的单体，含有氨基和羧基，酰氨基等官能团，选项E错误；F．合成路线中的F可以水解得到羧酸和胺，但得不到氨基酸，选项F错误；答案选BC；【小问5详解】以环己酮()和羟胺(HONH2)为原料合成尼龙6（），在乙醇、甲酸作用下与HONH2作用生成，酸化得到，在一定条件下转化为，缩聚得到，故合成路线为。