新高考2022届高考化学二轮综合复习试卷2

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷化学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共14小题，共42分。每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．下列物质有关说法错误的是A．稀土元素被称为冶金工业的维生素，我国的稀土储量、产量、出口量均居世界第一位B．由氧化铝和氟化物等构成的透明陶瓷具有优异的光学性能，耐高温，绝缘性好C．二氧化硅可以用作光导纤维，是因为其有良好的导电性D．锂离子电池是新一代可充电的绿色电池，已成为笔记本、手机等耗电器的主流电源【答案】C【解析】A．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因而，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，我国的稀土储量、产量、出口量均居世界第一位，故A正确；B．透明的氧化物陶瓷（如氧化铝）及非氧化物陶瓷（如氟化物）等都属于透明陶瓷。这类陶瓷具有优异的光学性能，耐高温，绝缘性好，可用于制高压钠灯的灯管、防弹汽车的车窗和坦克的观察窗等，故B正确；C．二氧化硅可以用作光导纤维，二氧化硅没有导电性，故C错误；D．锂离子电池是新一代可充电的绿色电池，已成为笔记本、手机等耗电器的主流电源，故D正确；故答案为C。2．肼是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应制备。下列有关微粒的描述错误的是A．NaClO的电子式为B．中子数为18的氯的核素：C．的结构示意图：D．的结构式为【答案】A【解析】A．NaClO的电子式应为，故A错误；B．中子数为18的氯的核素：，故B正确；C．Na失去一个电子生成，原子核外有10个电子，结构示意图：，故C正确；D．中N成三个单键，结构式为，故D正确；故答案为A。3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1LpH=2的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.02NAB．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NAC．用浓盐酸与KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数为2NAD．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为68NA【答案】D【解析】A．1LpH=2的H3PO4溶液中氢离子的物质的量是0.01mol，所含H+的数目为0.01NA，A错误；B．将4.6g钠（物质的量是0.2mol）用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢气，生成的氢氧化钠又和铝反应生成氢气，则生成H2分子数大于0.1NA，B错误；C．用浓盐酸与KClO3反应制备氯气的方程式为6HCl+KClO3＝3Cl2↑+KCl+3H2O，生成3mol氯气转移5mol电子，则制备1mol氯气，转移的电子数为NA，C错误；D．已知Ra→X+He，则X含有的中子数是226-88-(4-2)＝136，则0.5molX中含有的中子数为68NA，D正确；答案选D。4．下列实验操作或实验设计正确的是ABCD提纯乙酸乙酯Fe3+的检验制取少量O2中和反应热的测定A．AB．BC．CD．D【答案】B9 【解析】A．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可以发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液提纯乙酸乙酯，故A错误；B．Fe3+遇KSCN变为红色，故使用KSCN检验FeCl3，故B正确；C．氧气的密度与空气的密度比较接近，不能用排空气法收集氧气，故C错误；D．中和热的测定中缺少玻璃仪器环形玻璃搅拌棒，故D错误；故选B。5．下列化学反应的离子方程式正确的是A．碳酸镁与醋酸反应：CO+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO+H2↑C．过量的二氧化硫通入次氯酸钠溶液：3ClO-+SO2+H2O=Cl-+2HClO+SOD．碘化钾与少量酸性高锰酸钾溶液反应：10I-+2MnO+16H+=5I2+2Mn2++8H2O【答案】D【解析】A．碳酸镁与醋酸反应：MgCO3+2CH3COOH=2Mg2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，A错误；B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，B错误；C．过量的二氧化硫通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O=Cl-+2H++SO，C错误；D．高锰酸根具有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，高锰酸根还原为锰离子，10I-+2MnO+16H+=5I2+2Mn2++8H2O，D正确；答案选D。6．化学是以实验为基础的学科。下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A将装有NO2气体的玻璃球放入热水中红棕色加深玻璃球中存在反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0B将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中溶液紫色褪去干白葡萄酒中含有SO2C测定等浓度的Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH前者的pH比后者的大元素的非金属性C<ClD向NaCl与NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．NO2为红棕色气体，加热后红棕色加深，说明平衡向生成NO2的方向移动，存在反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，A正确；B．葡萄酒中含有乙醇，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法确定是否含有SO2，B错误；C．HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，应测定等浓度的Na2CO3溶液和NaClO4溶液的pH来进行比较，C错误；D．应向等浓度的NaCl与NaI的混合溶液加入少量稀AgNO3溶液，选项没有注明浓度是否相等，D错误；综上所述答案为A。7．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法错误的是A．原子半径：Y＞Z＞WB．非金属性：W＞Z＞YC．E的氧化物对应的水化物是强酸D．X、Y、Z三种元素可以形成一元酸，也可以形成二元酸【答案】C【解析】X原子核只有1个质子，推出X为H，元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均在H原子的下一周期，即Y、Z、W元素位于第二周期，根据该分子结构，W只形成一个共价键，因此W为F，Z形成2个共价键，即Z为O，Y形成4个共价键，推出Y为C，元素E的原子比W原子多8个电子，说明E和W位于同一主族，即E为Cl；A．同周期从左向右原子半径依次减小，元素Y、Z、W的原子序数依次增大，且属于第二周期，因此原子半径大小顺序是Y＞Z＞W，故A说法正确；B．同周期从左向右非金属性依次增强（稀有气体除外），因此这三种元素的非金属性强弱顺序是W＞Z＞Y，故B说法正确；C．Cl的氧化物对应的水化物可以是HClO、HClO4，HClO为弱酸，HClO4为强酸，故C说法错误；D．H、C、O组成的酸可以是H2CO3，属于二元弱酸，也可以组成CH3COOH或HCOOH，属于一元弱酸，故D说法正确；答案为C。8．下列实验方案中，能达到实验目的是实验目的实验方案A验证H2O2具有氧化性向0.1mol·L-1KMnO4溶液中滴加0.1mol·L-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色B证明铜与浓硫酸反应有SO2生成将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口9 C比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl)的大小关系向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．H2O2可被KMnO4氧化，体现H2O2的还原性，A错误；B．铜与浓硫酸反应需要加热，B错误；C．因为AgNO3溶液是足量的，因此两溶液中均会产生沉淀，不能比较二者溶度积的大小关系，应滴加少量的AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色进行比较，先生成的沉淀，溶度积小，C错误；D．NaCl与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙白色沉淀，故可通过观察是否出现白色浑浊，确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3，D正确；故选D。9．CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，在其合成过程中有如下物质转化过程：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A．苯甲醛与X互为同系物B．X、Y和Z的分子中，均含有酯基C．可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有XD．将Z与NaOH乙醇溶液共热，可发生消去反应【答案】C【解析】A．苯甲醛与X的氧原子个数不同，官能团不同，不为同系物，故A错误；B．X中含有醚键和羰基，不含酯基，Y和Z分子中均含有酯基，故B错误；C．X含有醛基，但Z没有，可以用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有X，故C正确；D．Z不是卤代烃，不能与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应，故D错误；故选C。10．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是A．图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阴极B．溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高C．图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑D．电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O【答案】D【解析】A．图2中0～20min溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；故选D。11．硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800~2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是反应ΔH/(kJ·mol-1)ΔS/(J·K-1·mol-1)反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)687.27359.04反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)514.85183.35A．反应(1)可证明Si的还原性大于CB．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生D．C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=-172.42kJ·mol-1【答案】C【解析】A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C作还原剂，Si作还原产物，由于还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；C．反应若要自发进行，即ΔG=∆H-T∆S<0，对反应(2)∆G=514.85-T×183.35×10-39 <0，T>2800K，则反应(2)在工业1800~2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g)，ΔH=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；故选C。12．边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、HSO、SO的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数：δ(H2SO3)=]，下列有关叙述错误的是A．当溶液pH范围为4~5时，停止通入SO2B．根据曲线数据计算可知Ka2(H2SO3)的数量级为10-7C．a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)D．pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)【答案】B【解析】A．由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，则当溶液pH范围为4~5时，停止通入二氧化硫，故A正确；B．由图可知，当溶液中c(HSO)=c(SO)时，溶液pH为7.2，则Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-7.2，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故B错误；C．由图可知，a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)，故C正确；D．由图可知，pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)，故D正确；故选B。13．温度时，向容积为2L的密闭容器中加入活性炭（足量）和A，发生反应，第15min时，温度调整到，测得下列各时刻A的物质的量如下表所示。反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是/℃/℃05min10min15min20min25min30min2.001.501.201.200.600.400.40A．由表中数据可知，且该反应的B．0~5min，生成B的平均速率为C．其他条件不变，30min时加入B、C各，达到新平衡后，A的体积分数不变D．、温度下，该反应对应的平衡常数为、，其大小顺序为【答案】A【解析】A．由方程式可知，该反应为气体体积不变的反应，熵变∆S=0，故A错误；B．由表格数据可知，0~5min内，用A表示的平均速率为=0.05mol/(L·min)，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用B表示的平均速率为0.05mol/(L·min)×=0.025mol/(L·min)，故B正确；C．其他条件不变，30min时加入B、C各相当于增大容器中的气体压强，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则达到新平衡后，A的体积分数不变，故C正确；D．由表格数据可知，温度为T1，平衡时，A、B、C的平衡浓度分别为=0.60mol/L、×=0.20mol/L、×=0.20mol/L，反应的平衡常数K1=≈0.11，温度为T2，平衡时，A、B、C的平衡浓度分别为=0.20mol/L、×=0.40mol/L、×=0.40mol/L，反应的平衡常数K2==4，则K1＜K2，故D正确；故选A。14．由海绵铜（主要含和少量）制取氯化亚铜（）的流程如下：已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。下列关于说法正确的是A．“溶解”时，硫酸是氧化剂、是还原剂B．“还原”时，反应的离子方程式为：C．“过滤”时，可以搅拌加速滤液与的分离9 D．“酸洗”时，可以选用稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸【答案】B【解析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到的溶液主要是硫酸铜、硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜，在氯化铵环境中发生反应生成氯化亚铜沉淀、硫酸铵和硫酸，过滤得到氯化亚铜沉淀，用稀硫酸洗涤，最终得到氯化亚铜。A．酸性条件下具有强氧化性，在“溶解”时，硫酸提供氢离子，是氧化剂，是还原剂，故A错误；B．“还原”时，Cu2+被还原得到的一价铜离子与氯离子结合生成氯化亚铜沉淀，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒，反应的离子方程式为：，故B正确；C．“过滤”时，玻璃棒搅拌液体有可能捣破滤纸，故过滤时不可以搅拌，故C错误；D．氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，则“酸洗”时不能用盐酸、不能用硝酸（防止被氧化），最适宜选用的是稀硫酸，还可循环利用，故D错误；答案选B。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。15．硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常见的补血剂。已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是_______（用离子方程式表示）。（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_______。（3）产品化学式的确定——NH含量的测定I．准确称取58.80g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；II．准确量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；III．向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；IV．用0.120mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。①装置M的名称为_______。②通入N2的作用为_______。③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是_______。④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（4）产品化学式的确定——SO含量的测定I．另准确称取58.80g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；II．将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；III．灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。结合实验（3）和（4），通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为_______。【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)（2）降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出（3）分液漏斗将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中偏小（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O【解析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后领取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；（3）①装置M为分液漏斗；②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；9 （4）测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。16．工业硅是我国有色金属行业的重要组成部分，其细分产品主要分为单晶硅、多晶硅、有机硅和合金硅，其下游应用已经渗透到国防军工、信息产业、新能源等相关行业中，在我国经济社会发展中具有特殊的地位，是新能源、新材料产业发展不可或缺的重要材料，展现了广阔的应用前景。（1）已知反应a：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-221.0kJ·mol-1反应b：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH2=-911.0kJ·mol-1①写出工业上用过量碳与SiO2(s)制备粗硅的热化学方程式：________，在_______（填“高温”或“低温”）下利于该反应进行。②粗硅中主要含有Si、焦炭、SiO2，工业上可以通过如图所示流程制取纯硅：反应II的化学方程式为___________。（2）硅烷法制备多晶硅的核心反应是SiHCl3的歧化：2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH=QkJ·mol-1，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的关系如图所示。已知：温度/K323343400平衡常数0.010.021①该反应的ΔH__________（填“>”或“<”）0；代表343K的曲线是________（填“X”或“Y”）。②反应速率v正=k正·，v逆=k逆··，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，M点的=___________（填数值）。③400K下，向一容积为2L的恒容容器中通入0.3molSiH2Cl2和0.3molSiCl4发生反应，达到平衡时SiHCl3的浓度为___________mol·L-1（3）冷氢化技术是国内多晶硅技术开发的核心。在催化剂作用下，将SiCl4氢化为SiHCl3：起始反应物投料相同，不同温度下在某恒容密闭容器中，发生反应3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)ΔH<0，反应相同时间后测得SiCl4的转化率与温度的关系如图所示。①图中已达到平衡的点是___________。②B点的v逆___________（填“大于”、“小于”或“等于”）D点的v正。【答案】（1）SiO2(s)+2C(s)=2CO(g)+Si(s)ΔH=+690kJ·mol-1高温SiHCl3+H2Si+3HCl（2）>X0.640.1（3）D小于【解析】（1）①已知反应a：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-221.0kJ·mol-1反应b：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH2=-911.0kJ·mol-1利用盖斯定律：反应a-反应b，可得SiO2(s)+2C(s)=2CO(g)+Si(s)ΔH=+690kJ·mol-1；反应SiO2(s)+2C(s)=2CO(g)+Si(s)ΔH=+690kJ·mol-1为焓增、熵增的反应，在高温下利于该反应进行；②反应II是SiHCl3与H2反应生成硅和Y，根据质量推知为HCl，的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；（2）①根据曲线X先达到平衡，可知曲线X表示的温度更高，表示343K下SiHCl3的转化率更大，则升高温度平衡正向移动，则该反应正向ΔH9 >0；根据曲线X先达到平衡，可知曲线X表示的温度更高，表示343K下SiHCl3的转化率的曲线为X；②根据达到平衡时，反应的正逆速率相等，可知=K，M点的=0.64；③400K时，平衡常数K=1，根据三段式有：K==1，x=0.05mol/L，SiHCl3的浓度为2x=0.1mol/L；（3）①根据图中信息可知，点C还未达到平衡，最高点反应达平衡，图中已达到平衡的点是D；②B点反应没达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，v逆小于v正。且随着温度升高反应速率增大，D点温度大，故B点的v逆小于D点的v正。17．金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣（其中的钒以、等形式存在，还有少量的、等）为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②在碱性条件下可转化为VO。（1）试列举可加快“高温氧化”速率的措施：___________（填一条）。（2）“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为___________、___________。（3）“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为___________。（4）“高温氧化”过程中，若有被氧化，则转移的电子数为________NA。（5）写出“焙烧”时发生反应的化学方程式：___________。（6）在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为___________（写化学式）。（7）用铝热反应也可将还原为钒，相应的化学方程式为___________。【答案】（1）将富钒炉渣粉碎（或将与富钒炉渣充分混合等合理答案）（2）NH3Fe2O3（3）（4）5（5）Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑（6）（7）10Al+3V2O55Al2O3+6V【解析】本题为工业流程题，根据题干流程图可知，高温氧化中是将FeO·V2O3中+2价的Fe氧化为+3价，+3价的V转化为+5价，反应方程式为：FeO·V2O3+KClO3=Fe2O3+V2O5+KCl，焙烧中发生反应为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，气体X为CO2，根据信息②可知浸取时发生的反应为：V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O，过滤出滤渣为Fe2O3，滤液中主要含有：NaAlO2、Na2SiO3和NaVO3，沉铝、沉硅时发生方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，Na2SiO3+2NH4HCO3=H2SiO3↓+(NH4)2CO3+Na2CO3，沉钒是发生的反应方程式为：(NH4)2SO4+2NaVO3=2NH4VO3↓+Na2SO4，热分解时的反应方程式为：2NH4VO32NH3↑+H2O+V2O5，最后高温还原时发生的反应为：2V2O5+5Si+5CaO5CaSiO3+10V。（1）将富钒炉渣粉碎（或将与富钒炉渣充分混合）均可加快“高温氧化”速率，故答案为：将富钒炉渣粉碎（或将与富钒炉渣充分混合等合理答案）；（2）由分析可知，“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为NH3和Fe2O3，故答案为：NH3；Fe2O3；（3）由分析可知，“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的化学方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，故其离子方程式为：；（4）已知“高温氧化”过程中，若有被氧化，Fe从+2价升高到+3价，V从+3价升高到+5价，故转移5mol电子，则转移的电子数为5mol×NAmol-1=5NA，故答案为5；（5）由分析可知，“焙烧”时发生反应的化学方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；（6）由分析可知，在“高温还原”反应为2V2O5+5Si+5CaO5CaSiO3+10V，故氧化钙最终转化为CaSiO3，故答案为CaSiO3；（7）用铝热反应也可将还原为钒，即Al转化为Al2O3，V2O5转化为V，根据氧化还原反应即可配平得出相应的化学方程式为为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。9 （二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。18．铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：（1）基态铜原子价电子排布式为___________。（2）在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。①中N原子的杂化类型是___________；NH3分子的立体构型是___________。②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有___________个未成对电子。1mol该阳离子含有的σ键数目为___________。③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是___________，NH3的沸点比NF3___________（选填“高”或“低”），原因是___________。（3）黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：已知：晶胞参数为anm。①合金中粒子间作用力类型是___________。②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有___________个。③黄铜合金晶体密度为___________g·cm-3。（设NA为阿伏加德罗常数的值）【答案】（1）3d104s1（2）sp2杂化三角锥形316NAN、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键高NH3的分子之间存在氢键（3）金属键8【解析】（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；（2）①中N原子的价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp2杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3的立体构型是三角锥形；②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个N-H极性键，配位键及N-H极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；③N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，而偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，所以NF3不能与Cu2+形成配位键；NH3、NF3在固态时都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3熔沸点比NF3高；（3）①合金中粒子间作用力类型是金属键；②根据图示可知：与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个；③在该晶胞中含有Cu原子数目为6×=3；含有的Zn原子数目为8×=1，则该晶胞的密度ρ=。19．化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过如图所示途径合成：已知：①（苯胺易被氧化）；②甲苯发生—硝基取代反应与A类似。请回答下列问题：（1）写出C中官能团的名称：___________。（2）A→B反应的试剂1是___________。（3）写出有关反应的反应类型：B→C___________；F→G___________。（4）写出G→H反应的化学方程式：___________。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为___________（写出一种即可）。①能发生银镜反应②能发生水解反应，水解产物之一与溶液显紫色9 ③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子（6）合成途径中，将C转化为D的目的是___________。（7）参照上述合成路线，以甲苯和为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。【答案】（1）醚键、氨基（2）浓HNO3（3）还原反应消去反应（4）+NaOH→+CH3COONa（5）或或（6）保护氨基，防止合成过程中被氧化（7）【解析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，与乙酸酐共热发生取代反应生成；与四氢合硼酸钠发生还原反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生。（1）C的结构简式为，官能团为醚键、氨基，故答案为：醚键、氨基；（2）由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，则试剂1为浓硝酸，故答案为：浓HNO3；（3）由分析可知，B→C的反应为与铁、盐酸发生还原反应生成、氯化亚铁和水；F→G的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成和水，故答案为：还原反应；消去反应；（4）G→H的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和乙酸钠，反应的化学方程式为+NaOH→+CH3COONa；（5）D的同分异构体能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO或—OOCH；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明分子中含有—OOCH；核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子结构对称，则符合条件的结构简式为、、；（6）由有机物的转化关系可知，合成途径中，C转化为D时，—NH2发生反应产生—NHCOCH3，后来G转化为H时，—NHCOCH3又转化为—NH2，则将C转化为D的目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化，故答案为：保护氨基，防止合成过程中被氧化；9 （7）参照合成路线可知，以甲苯和乙酸酐制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与乙酸酐共热发生取代反应生成，合成路线为。9