湖北省华中师范大学第一附属中学2022届高三化学高考考前测试卷（Word版含解析）

华中师大一附中2022年高考化学考前测试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56I-127Pb-207一、选择题(每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求，共45分)1.化学与生活息息相关，下列说法中正确的是A.农艺师将大豆和玉米套种实现了既减少氮肥施用量又增产增收不涉及氧化还原反应B.科研人员将铝硅酸盐制作的分子筛作为吸附剂使用C.腈纶需通过缩聚反应制备D.利用白磷着火点低的性质，可以制造烟幕弹【答案】B【解析】【详解】A．大豆可利用其中的根瘤菌进行自然固氮，涉及氧化还原反应，A错误；B．铝硅酸盐矿物天然存量巨大，廉价易得，常作为制备分子筛的前驱体。在工业上，铝硅酸盐分子筛矿物材料作为吸附剂、离子交换剂、催化剂、催化剂载体、填充剂等被广泛用于石油化工、工业催化、造纸等工业领域。而铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，所以可以作为吸附剂使用。B正确；C．腈纶为聚丙烯腈纤维，由单体丙烯腈经通过加聚反应制备，C错误；D．利用白磷制造烟幕弹利用的是白磷燃烧时可以产生大题的白烟，D错误；故合理选项B。2.我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示：下列说法错误的是A.甲醇可用作燃料电池的负极活性物质B.二羟基丙酮作防晒霜能阻止皮肤水分过度蒸发C.人工合成淀粉的原子利用率为D.直链淀粉和支链淀粉均无固定的熔沸点\n【答案】C【解析】【详解】A．甲醇属于有机化合物，能被氧化释放能量，可作燃料电池的负极活性物质，故A正确；B．二羟基丙酮中含有羟基，能和水形成氢键，具有保湿作用，能阻止皮肤水分过度蒸发，故B正确；C．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，淀粉中碳氧原子的数目之比为6：5，而CO2中碳氧原子比为1：2，因此人工合成淀粉的原子利用率不为，故C错误；D．直链淀粉和支链淀粉均为混合物，无固定熔沸点，故D正确；答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120g由NaHSO4和MgSO4组成混合固体中数目为NAB.23gC2H6O分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAC.5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NAD.2.0gD216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．NaHSO4和MgSO4的摩尔质量都是120g/mol，则120g混合物的物质的量为1mol，但NaHSO4中无，混合固体中数目小于NA，A项错误；B.23gC2H6O的物质的量为0.5mol，其中有两种结构CH3-O-CH3、CH3CH2OH，若结构为前者碳氧键的数目为NA，若结构为后者碳氧键的数目为0.5NA，B项错误；C.5.6gFe2+的物质的量为0.1mol，根据Fe2+的外围电子排布图可知其中未成对电子数为0.4NA，C项错误；D．核素中质子数为1，质量数为2，所以D216O的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，14ND3的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，若2.0g全是D216O，物质的量为0.1mol，所含电子数为NA，若2.0g全是14ND3，物质的量为0.1mol，所含电子数为NA，所以2.0g混合物含有的电子数一定为NA，D项正确；故答案选：D。\n4.下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是A.向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2+++OH-=MgCO3↓+H2OB.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：+→+CO2↑+H2OC.Na2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑D.Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+【答案】D【解析】【详解】A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液，镁离子和碳酸氢根以1:2完全反应，所以离子方程式为：Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2+2H2O，A项错误；B．根据酸性的强弱可知，羧酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，所以离子方程式为3+2→2+CO2↑+H2O+2，B项错误；C．Na2O2与H218O反应中Na2O2即体现了氧化性也体现了还原性，所以氧气中的氧元素来源于过氧化钠，所以正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O=4Na++418OH-+O2↑，C项错误；D．Na2S2O3中的硫元素为+2价，具有还原性，氯气具有强氧化性，发生氧化还原反应，根据氧化还原反应配平可得离子方程式：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+，D项正确；故答案选D。5.下列关于卤素及其化合物的说法错误的是A.离子的空间构型为直线形B.顺，二氯乙烯分子的极性大于反，二氯乙烯C.酸性依次减小的主要原因是中心原子的正电性依次减小D.固态中含有，而中含有，存在差异的原因是的半径较大【答案】A【解析】\n【分析】A中根据微粒中的中心原子的杂化类型判断微粒的空间构型；B中根据分子的结构判断分子的极性，利用对称性进行判断；C中根据酸性实质是给出氢离子的能力，根据酸的结构特点进行判断；D中利用配位键形成的特点及空间位阻进行判断；【详解】A．离子的中心原子周围σ键电子对对数为2，孤电子对的个数=（7-1-2×1）=2，根据价层电子对互斥理论知，该微粒中心原子采用sp3杂化，所以其空间构型为V形，选项A错误；B．顺式和-1，2-二氯乙烯是极性分子，反式，二氯乙烯是非极性分子，选项B正确；C．从HC1O到HClO4，Cl的氧化数增高，同时半径减小,所以与O原子的结合能力增强，将O原子的电子云拉向Cl原子的程度增加，这就导致了O与H的结合力减弱，从HClO到HClO4酸性增强，故从HClO→HClO2→HClO3→HClO4酸性依次增强，选项C正确；D．Br-半径较Cl-大，所以P周围可以容纳6个Cl-形成[PCl6]-，而无法容纳6个Br-形成[PBr6]-，选项D正确；答案选A。【点睛】此题考查利用物质的结构判断分子的相应的性质，利用杂化理论判断分子的空间构型。6.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两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入到5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中前者无明显现象，后者铝片发生溶解Cl—能加速破坏铝片表面的氧化膜B向0.5mL0.1mol/LKI溶液中滴加1~2滴0.1mol/L的Fe2(SO4)2溶液，充分反应后，滴入1~2滴0.1mol/L的AgNO3溶液生成黄色沉淀该化学反应是可逆反应C向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象溶液颜色变浅碳酸根浓度越小水解程度越小\nD向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量水稀释溶液呈蓝色溶液中存在Cu2+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．未经打磨的铝片表面有氧化膜，投入到CuSO4溶液中，无明显现象，投入到CuCl2溶液中，铝片发生溶解，两溶液Cu2+浓度都相同，说明Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜，故A正确；B．0.5mL0.1mol/LKI溶液中I-的物质的量为5×10-5mol，1滴Fe2(SO4)2溶液的体积约为0.04mL，2滴约为0.08mL，则1~2滴0.1mol/L的Fe2(SO4)2溶液中Fe3+的物质的量为8×10-6mol~1.6×10-5mol，I2和Fe3+发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I-是过量的，滴入1~2滴0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+和I-能生成AgI黄色沉淀，不能证明反应是可逆的，故B错误；C．碳酸钠溶液由于碳酸根离子水解而显碱性，滴入酚酞显红色，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀，使碳酸根离子浓度降低，所以溶液的碱性减弱，溶液颜色变浅，不能得出碳酸根离子浓度越小水解程度越小的结论，故C错误；D．铜与浓硫酸反应后的溶液中可能有浓硫酸剩余，不能向此溶液中加水，应将此溶液加入到盛有水的烧杯中观察溶液颜色，故D错误；故选A。7.一步合成甲基丙烯酸甲酯的反应如下(其他产物已省略)。科学家为了研究甲醇的脱氢过程对反应速率的影响，进行了下表所示动力学同位素效应实验(其他条件均相同)。实验编号反应物反应速率常数数据分析Ⅰ丙酸甲酯甲醇()\nⅡ丙酸甲酯氘代甲醇D1()Ⅲ丙酸甲酯氘代甲醇D2()下列说法正确的是A.、和互为同素异形体B.相比于甲醇，氘代甲醇参与的反应活化能较小C.相比于C—H键，C—D键断裂的速率较慢D.相比于O—H键，C—H的断裂对反应速率的影响较小【答案】C【解析】【详解】A.同素异形体是同一种元素组成的不同种单质，、和为化合物，不是互为同素异形体，A错误；B.根据速率常数，，，甲醇参与反应时反应速率常数更大，反应速率更快，则反应的活化能更小，B错误；C.由B可知，甲醇参与反应时反应速率更快，则相比于C—H键，C—D键断裂的速率较慢，C正确；D.由实验Ⅱ和Ⅲ分析可知，氘代甲醇D1参与的反应速率更慢，则相比于O—H键，C—H的断裂对反应速率的影响更大，D错误；答案选C。8.现代工业中用“NH3-NH4Cl水溶液”浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，且存在[M(NH3)4]2+M2++4NH3(M为Cu或Zn)；②“氧化除杂”的目的是将转化为As2O5\n胶体，再经吸附聚沉除去。下列有关说法正确的是A.“溶浸”过程中发生反应：ZnO+4NH3·H2O+2H+=[Zn(NH3)4]2++5H2OB.空间结构为正八面体形C.“滤渣3”的主要成分为Pb、ZnD.“电解残留液”适当处理后可返回“溶浸”过程循环利用【答案】D【解析】【分析】用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的流程为：氧化锌烟灰用NH3·H2O和NH4Cl溶浸，浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，其中ZnO的反应为ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，Pb不反应，过滤得到滤渣1为Pb；将浸出液用H2O2氧化除去，反应为2+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6+5H2O，经吸附聚沉除去As2O5(滤渣2)后，再加入锌粉还原，可除去Cu和过量的Zn(滤渣3)，滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，电解后阴极发生反应[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑，得到高纯锌。【详解】A．根据上述分析可知：用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化锌烟灰时，ZnO发生反应：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，选项A错误；B．为sp3d杂化，空间构型为三角双锥，选项B错误；C．根据上述分析可知“滤渣3”的主要成分为Cu及过量的Zn，选项C错误；D．“电解残留液”中含有[Zn(NH3)4]2+，可返回“溶浸”过程进行循环利用，节约资源，降低生产成本，选项D正确；答案选D。9.各装置正确且能达到实验目的的是\nA.①精确量取了稀盐酸B.②将乙二醇转化为乙二酸C.③形成原电池D.④吸收尾气SO2【答案】A【解析】【详解】A．滴定管的感量为0.01mL，且小刻度在上方，图中酸式滴定管可量取14.80mL稀盐酸，选项A正确；B．乙二醇、乙二酸均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能将乙二醇转化为乙二酸，选项B错误；C．装置中应该将锌电极插入硫酸锌溶液中、铜电极插入硫酸铜溶液中，才能形成原电池，否则只有左侧锌与硫酸铜的置换反应，选项C错误；D．氢氧化钙微溶于水，浓的氢氧化钙溶液的浓度也不大，用于吸收尾气二氧化硫效果很差，实验室应该改用氢氧化钠溶液吸收，选项D错误；答案选A。10.铯铜卤化物晶体中的阴离子存在如图所示链状结构，其中铜元素的化合价均相同。下列说法正确的是A.一种铯铜卤化物的化学式为，其中的化合价为B.电负性大小顺序是\nC.该链状结构是四面体通过共用顶点而形成的D.该晶体的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．(X=Cl、Br、I)由化合价代数和为0，Cs为+1价X为-1价，铯铜卤化物中Cu的化合价为+1价，选项A错误；B．元素周期表越往上越往右，电负性越大，故电负性，选项B错误；C．根据图可知，该链状结构是四面体通过共用棱而形成的，选项C错误；D．根据均摊法可知，晶胞中大球为X原子，在面心和体心，共8+2=6个，Cu为4个，Cs为2个，该晶体的化学式为，选项D正确；答案选D。11.高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法正确的是A.物质A是C2H4B.属于物质B的同系物且相对分子质量比B大14的有机物有4种C.物质C与乙醇也可以发生缩聚反应D.合成M的整个过程均发生的是理想的原子经济性反应【答案】B【解析】【详解】A．由流程分析可知，M单体B为CH2=CHOCH3，A和甲醇加成生成B，则A为乙炔，化学式为C2H2，A错误；B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；属于物质B的同系物且相对分子质量比B大14的有机物有CH2=C(CH3)OCH3、CH2=CHCH2OCH3、\nCH3CH=CHOCH3、CH2=CHOCHCH3，共4种，B正确；C．乙醇分子中只有1个羟基，不能和C发生缩聚反应，C错误；D．C脱水的过程中生成水，部分氢氧原子没有被利用，故不是理想的原子经济性反应，D错误；故选B。12.硼砂属于强碱弱酸盐，易水解生成硼酸，可用于制备过硼酸钠，过硼酸钠阴离子的结构为，下列说法错误的是A.过硼酸钠可用作洗衣粉中的增白剂B.用高锰酸钾处理过硼酸钠可以得到C.将硼砂溶于水，用调节酸度可析出三元弱酸硼酸D.分别向等的硼砂溶液和氢氧化钠溶液中加入等体积的水，前者变化小【答案】C【解析】【详解】A．过硼酸钠水合物中含有-1价的O，具有强氧化性，具有漂白性，可用作洗衣粉中的增白剂，选项A正确；B．过硼酸钠中含有-1价的O，具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化为0价，因此反应可以得到，选项B正确；C．将硼砂溶于水，用调节酸度可析出硼酸，但硼酸是一元弱酸，选项C错误；D．分别向等的硼砂溶液和氢氧化钠溶液中加入等体积的水，硼酸为弱酸存在电离平衡，故前者变化小，选项D正确；答案选C。13.由原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物是从生物体中得到的一种物质，其结构如图所示，X是短周期中原子半径最小的元素，Z、M同主族，Z、W的原子序数之和等于M的原子序数。下列有关说法错误的是\nA.X分别与Y、Z、W、M均可形成微粒B.最简单氢化物的沸点：W>Z>M>YC.原子半径：Y>Z>W>MD.X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键和非极性键的离子化合物【答案】C【解析】【分析】根据X是短周期中原子半径最小的元素，推X为H元素，Y形成四个键，Y为C元素，Z、M同族，Z形成三个键，M形成五对共用电子对，Z，M分别为N、P元素，由Z、W的原子序数之和等于M的原子序数，此可推出W为O元素；【详解】A．H与C、N，O、P可分别形成、、、均为18电子微粒，A项正确；B．最简单氢化物沸点，根据分子晶体沸点比较，水分子间含有的氢键最多沸点最高，氨气分子间存在氢键，沸点较高，PH3和CH4分子间不存在氢键沸点较低，而PH3的相对分子质量大，范德华力强，沸点比甲烷高，故沸点大小为：，B项正确；C．同主族元素从上到下原子半径依次增大，故P原子半径比N原子半径大，C项错误；D．H、C、N，O形成等物质中含有离子键、极性键和非极性键，D项正确；故选答案C。【点睛】此题考查元素推断和元素周期律的应用，根据元素的性质，原子结构的特点进行推测元素，根据元素周期律进行判断元素性质的递变规律。14.PET(聚对苯二甲酸乙二醇酯)是一种用途广泛的塑料。生活中废弃的PET只有部分被回收利用，其余部分被焚烧或填埋。我国科学家提出电催化重整废弃PET，原理如图所示。下列说法错误的是\nA.与石墨电极相比，Pd/NF(钯改性镍泡沫催化剂)电极可加快PET降解速率B.电解过程中，阴极室c(H+)不断减小C.每生成1molC2O，外电路转移8mol电子D.该项技术不仅实现了对废弃PET的资源化和能源化回收，还有助于降低CO2排放【答案】B【解析】【详解】A．PdNF(改性镍泡沫催化剂)电极作催化剂，可加快PET降解速率，故A正确；B．电解过程中，阴极反应消耗H+数目和阳极室转移到阴极室H+数目相等，c(H+)不变，故B错误；C．阳极转移电子情况可看作乙二醇被氧化为C2O，每生成1molC2O，外电路转移8mol电子，故C正确；D．该项技术不仅实现了对废弃PET转化为对苯二甲酸根和草酸跟，可回收利用，与传统的焚烧法比较，实现了资源化和能源化回收，降低CO2排放，故D正确；故选：B。15.Cu2+与NH3存在如下平衡：Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+；向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得Cu2+、[Cu(NH3)]2+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)3]2+、[Cu(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的浓度的负对数[-lgc(NH3)]关系如图所示。下列说法正确的是\nA.曲线b表示[Cu(NH3)]2+B.<C.Q点，2c(Cu2+)<c(SO)D.M点，2c(SO)+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c(H+)【答案】C【解析】【分析】由题意可知，体系中存在平衡：Cu2++NH3[Cu(NH3)]2+K1，[Cu(NH3)]2++NH3[Cu(NH3)2]2+K2，[Cu(NH3)2]2++NH3[Cu(NH3)3]2+K3，[Cu(NH3)3]2++NH3[Cu(NH3)4]2+K4；增大c(NH3)，-lgc(NH3)减小，各个平衡均正向移动，故可以得知曲线e表示Cu2+，曲线d表示[Cu(NH3)]2+，曲线c表示[Cu(NH3)2]2+，曲线b表示[Cu(NH3)3]2+，曲线a表示[Cu(NH3)4]2+。【详解】A．由分析可知，曲线b表示c[Cu(NH3)3]2+，A错误；B．由图像可知：Q点处，K1===104.3，同理，P点处，K2===103.7，N点处，K3===103，M点处，K4==\n=102.3；则=10-0.6>=10-0.7，B错误；C．根据物料守恒可得：c()=c(Cu2+)+c{[Cu(NH3)]2+}+c{[Cu(NH3)2]2+}+c{[Cu(NH3)3]2+}+c{[Cu(NH3)4]2+}，Q点处，c(Cu2+)=c[Cu(NH3)4]2+，故2c(Cu2+)<c(SO42-)，C正确：D．M点处，根据电荷守恒可得：2c()+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c()+c(H+)，D错误；故选C。二、非选择题(共55分)16.天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成已知：(Z=-COOR，-COOH等)（1）C的分子式为_______。D中的含氧官能团名称为_______。（2）H分子中有_______个手性碳，医药手性合成中手性催化剂的作用是_______。（3）G→H的反应类型为_______。（4）F→G的反应中有副产物X(分子式为C14H14O3)生成，写出X的结构简式_______。（5）同时满足以下三个条件M(结构如下图)的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，请写出其中一种的结构简式_______\n①含有苯环，且苯环上连有-NO2；②最多能与1倍物质的量的氢氧化钠反应；③核磁共振氢谱确定分子中有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为6：2：2：1。（6）写出以和为原料，合成的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。【答案】（1）①.C10H14O2②.酯基和羰基（2）①.1②.加快反应速率并提高反应的选择性，有效合成目标产物（3）还原反应（4）（5）①.7②.（6）【解析】【分析】A和CH3I发生取代反应生成B，B经过一系列反应生成C，C发生酯化反应生成D，D发生已知中的反应生成E，E在空气中加热去氢，发生氧化反应生成F，F发生取代反应生成G，G发生还原反应生成H；【小问1详解】根据C的结构简式知，C的分子式为C10H14O2；D中的含氧官能团名称为酯基和羰基；【小问2详解】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；H分子中有1个手性碳原子；手性催化是医药手性合成中最有效的方法，一个高效的手性催化剂分子可以诱导产生成干上\n万乃至上百万个手性产物分子，达到甚至超过了酶催化的水平，故医药手性合成中手性催化剂的作用是加快反应速率并提高反应选择性有效合成目标产物；【小问3详解】根据G和H的结构简式分析，羰基转化为羟基，反应过程中得到了H，则G→H的反应类型为还原反应；【小问4详解】由G的结构简式知，G分子式为C15H16O3，副产物X(分子式为C14H14O3)此G少1个CH2，则与G相比，生成G时有2个甲基取代了2个H，而生成X时只有1个甲基取代了H，故X的结构简式：；【小问5详解】M的同分异构体含苯环且苯环上有硝基，最多能与1倍物质的量的氢氧化钠反应，说明含羧基或者酯基(不是酚酯)，核磁共振氢谱确定分子中有4种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数之比为6:2:2:1，6个氢原子应为两个甲基，满足条件的可能结构简式：当两个甲基在侧链时，结构为：、、；当两个甲基在苯环上时，可能的结构为：、、、共7种；【小问6详解】在浓硫酸作用下发生消去反应生成，|先和溴单质发生加成反应生\n成，在NaOH醇溶液作用下加热发生消去反应生成，和加热反应生成，其合成路线流程图为：。17.硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如下：已知：i)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水ii)PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl(aq)iii)，（1）“浸取”时需要加热，该过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_______；该步骤中FeS2和MnO2颗粒可以组成两个原电池，如图所示。其中MnO2原电池反应迅速，而FeS2原电池由于生成的硫覆盖在FeS2颗粒表面，溶解速率变慢。\n①MnO2原电池中，每消耗3molMnO2，生成_______molFe3+，该电池正极上的电极反应式为_______。②FeS2原电池负极上的电极反应式为_______。（2）“调pH”目的是_______。（3）“沉降”中获得PbCl2采取的措施是_______。(答出一条即可)（4）“滤液a”经过处理后可以返回到_______工序循环使用。（5）用硫酸铅与氢氧化钠溶液在50℃~60℃反应可以制备三盐，该反应的离子方程式为_____。（6）海绵铅具有优良的储氢功能，其储氢原理为2Pb(s)+H2(g)=2PbH(s)。假设海绵钯的密度为ρg·cm-3，摩尔质量为Mg·mol-1，其吸附的氢气是其体积的n倍(标准状况)，则此条件下，1g海绵铅的储氢容量R_______mL，氢气的浓度r_______mol(储氢容量R即1g铅吸附氢气的体积；氢气的浓度r为1molPb吸附氢气的物质的量)（7）若H2O2代替二氧化锰作氧化剂，因生成Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：①Fe3++H2O2=Fe2++H++·OOH②H2O2+X=Y+Z+W(已配平)③Fe2++·OH=Fe3++OH-④H++OH-=H2O根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为_______。【答案】（1）①.②.6③.④.（2）使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去（3）降温或加水稀释（4）浸取\n（5）（6）①.②.（7）【解析】【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中。加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使Fe3+子转化成Fe(OH)3沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。【小问1详解】“浸取”时需要加热，该过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，根据电子守恒，原子守恒，可得该反应的化学方程式为：；①根据图示，在该原电池中MnO2中Mn元素得电子化合价降低，所以MnO2作电源的正极，其电极反应式为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，所以每消耗3molMnO2时，电路中转移6mole-；Fe2+在负极上失去电子被氧化为Fe3+，则负极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，当电路中转移6mole-时，生成,6molFe3+；②FeS2原电池中FeS2作负极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为FeS2-2e-=Fe2++2S；【小问2详解】调节溶液pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去Fe3+；【小问3详解】“沉降”中获得PbCl2采取的措施可以是降温或加水稀释；【小问4详解】滤液a中主要成分是盐酸，可补充到“浸取”工序中循环使用；【小问5详解】用硫酸铅与氢氧化钠溶液在50℃~60℃反应可以制备三盐，同时产生Na2SO4、H2O，该反应的\n离子方程式为；【小问6详解】假设海绵钯的密度为ρg·cm-3，其吸附的氢气是其体积的n倍(标准状况)，则此条件下，1g海绵铅的储氢容量R=；氢气的浓度r==mol；【小问7详解】根据题意，可知步骤②的的化学方程式为。18.钴是一种中等活泼金属，在化合物中常以+2价或+3价存在，其中CoCl2易溶于水。某同学制得的CoCl2·6H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH3COO)2Co在氮气氛围中的分解产物。已知常温下PdCl2溶液能被CO还原为Pd。（1）装置E、F用于检验CO和CO2，其中盛放PdCl2溶液的是装置_______(填“E”或“F”)。（2）装置G的作用是_______；E、F、G中的试剂均足量，若观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_______。（3）通入氮气的作用是_______。（4）实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其主要目的是_____。（5）若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、CxHy，已知CxHy标况下密度为1.34g/L且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3则该反应的化学方程式为_______。（6）用ClO2处理过的饮用水常含有一定量的，饮用水中ClO2和的含量可用连续碘量法进行测定。已知ClO2被I-还原为或Cl-的转化率与溶液的pH\n关系如图所示。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定，原理为：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。滴定过程为：准确量取水样加入到碘量瓶中，调节水样的为7~8，加入足量的KI晶体，充分反应后，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗Na2S2O3溶液；调节溶液的，继续用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至第二次终点，消耗溶液。①当pH≤2.0时与I-的离子方程式为_______。②两次滴定终点的现象_______(填“相同”或“不相同”)。根据上述数据，该水样中的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。【答案】（1）F（2）①.除去CO2②.分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质（3）将D中的气态产物带入后续装置##排出装置中的空气##不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等（4）防倒吸（5）3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑（6）①.②.相同③.【解析】【小问1详解】据已知信息，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，CO被氧化为CO2，装置E、F用于检验CO和\nCO2，故应先检验CO2，后检验CO，则其中盛放PdCl2溶液的是装置F。【小问2详解】为不影响后续装置对分解产物的检验，气体进入装置H前应先除去CO2，装置G的作用是故除去CO2；E、F、G中的试剂均足量，若观察到I中氧化铜变红，则氧化铜被还原，J中固体由白色变蓝色，则产物有水分，K中石灰水变浑浊，则产物有CO2，故可得出的结论是分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质。【小问3详解】实验目的是检验(CH3COO)2Co在氮气氛围中的分解产物，通入氮气的作用是将D中的气态产物带入后续装置(或排出装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等)。【小问4详解】实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，继续通入氮气，其主要目的是防倒吸。【小问5详解】若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、CxHy，CxHy标况下密度为1.34g/L，则CxHy摩尔质量为1.34g/L×22.4L/mol=30g/mol，根据烃类物质的结构特点，可判断CxHy的分子式为C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3，根据碳元素守恒可知，该方程式乙酸钴的系数与生成物的比值为n[(CH3COO)2Co]：n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=3：1：4：2：3，则该反应的化学方程式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【小问6详解】该滴定第一次终点是在为7~8，Na2S2O3溶液滴定ClO2与I-反应生成的I2，此时ClO2被还原为；滴定第二次终点是在，Na2S2O3溶液滴定与I-反应生成的I2，此时被还原为Cl-；①根据题意，当pH≤2.0时被完全还原为Cl-，与I-的离子方程式为：；②两次滴定均是Na2S2O3溶液与I2反应，终点时都是滴入最后一滴标准液时蓝色褪去且半分钟不恢复蓝色，现象相同；根据上述数据，该水样中的浓度为两次终点求出的浓度的差值，由氧化还原反应原理可知，ClO2~~I-~Na2S2O3、~4I-~4Na2S2O3，n(ClO2)=cV1×10-3mol，则溶液中原\nn()=cV2×10-3mol-cV1×10-3mol=mol，故该水样中的浓度为mol/L=mol/L。19.氮的氧化物是大气污染物之一。研究它们的反应机理，对于消除环境污染，促进社会可持续发展有重要意义。回答下列问题：（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H1=-907kJ∙mol-1；②①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2=-1269.0kJ∙mol-1。若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反应活化能为E逆=akJ∙mol-1，则其正反应活化能为_______kJ∙mol-1(用含a的代数式表示)。（2）氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图：①Pt原子表面上发生的反应除N+N=N2、2H+O=H2O外还有_____。②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为1∶1，补充并配平下列离子方程式：_______。+NO+O2→N2+H2O+_______（3）硫碘循环(SI循环)是目前最有前景和研究最多的一个热化学循环。SI循环涉及如下两个反应：反应I(Bunsen反应)：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)⇌2HI(aq)+H2SO4(aq)∆H1=akJ∙mol-1反应II：2HI(aq)⇌H2(g)+I2(s)∆H2=bkJ∙mol-1①科研团队研究了温度和压强对反应I(Bunsen反应)达到平衡时n(SO2)的影响如下图所示，则p1_____p2(填“>”“<"或“=”)。\n②为了促进HI的分解，某科研团队设计了两种选择性膜反应器，其示意图如下。已知：HI的分解在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内通过控制使压强恒定为100kPa。反应开始时，投料均为1mol的HI气体。膜反应器1中氢气的渗透速率为3.1×10-8mol/(s·Pa)。反应区内的部分实验数据显示在下表中。反应器示意图无膜反应器膜反应器1膜反应器2物质HIH280s后的平衡物质的量/mol0.78____HI平衡分解率α1=____α2=52%α3_____α4(填“>”“<”或“=”)（4）我国科学家在(自然-通讯》发表了低温高效催化丁烷脱氢制丁烯的研究成果。该过程易发生积炭和裂化等副反应，催化反应历程如图a所示[注：0.06ev表示1个C4H8(g)+1个H2(g)的能量)]\n①三种催化剂催化效果最好的是_______(填“A”、“B”或“C”)，以C为催化剂时决速反应的方程式为_______；②在一恒容密闭容器中通入1mol丁烷和适量的催化剂，发生催化脱氢反应，若起始投料量不变，经过相同时间，测得不同温度下丁烷转化率和丁烯产率如图b所示。温度高于T1时，丁烯产率降低的原因可能是_______(写一条即可)，温度高于T2时丁烷转化率增大的原因可能是_______(写一条即可)。【答案】（1）a-1812（2）①.N+NO=N2O、3H+N=NH3②.4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+（3）①.<②.0.11③.22%④.>（4）①.B②.C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)③.催化剂活性降低，反应速率减慢④.温度较高，丁烷裂化速率加快【解析】【小问1详解】已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H1=-907kJ∙mol-1；②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2=-1269.0kJ∙mol-1。根据盖斯定律，由②-①得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)∆H=-1812kJ∙mol-1，\n若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反应活化能为E逆=akJ∙mol-1，∆H=E正-E逆，则其正反应活化能为E正=∆H-E逆=-1812kJ∙mol-1-akJ∙mol-1=(a-1812)kJ∙mol-1；【小问2详解】①Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+N=N2、2H+O=H2O、N+NO=N2O、3H+N=NH3等，答案为N+NO=N2O、3H+N=NH3；②由图可知，反应物为NO、O2和，反应生成N2和H2O，反应物中有H+，故生成物中应补充H+，已知NO、O2物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+，故答案为:4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+；【小问3详解】①比较压强，需控制温度相同，当温度相同时，p1时n(SO2)大于p2时n(SO2)，根据方程式SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)⇌2HI(aq)+H2SO4(aq)可知，压强增大时，平衡向正方向移动，n(SO2)会减小，故p1<p2；②无膜反应器发生的反应为2HI=H2+I2初始投入1molHI，80s平衡之后还有0.78mol，说明反应分解了0.22mol，生成I2的物质的量为0.11mol；因此分解率为100%=22%；膜反应器1，HI的80s后分解率为52%，可得80s后HI还有1mol（1-52%）=0.48mol，分解了0.52mol，由HI:H2=2:1可得，生成了H20.26mol；膜反应器2增加了I2气体的释放，有效的促使反应向正向移动，所以HI的分解率是增加的，所以a3>a2；【小问4详解】①催化剂在参加化学反应时,能够降低反应的活化能，使反应在较低温度下发生。那种催化剂使用时活化能越低，且其使反应发生就越容易进行。根据图示可知催化剂B参加反应.过程中，活化能最小,故三种催化剂催化效果最好的是B；以C为催化剂时决速反应是活化能最大的步骤发生反应，根据图示可知该步反应的化学方程式为C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)，故答案为:B；C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)；②若起始投料量不变，经过相同时间，温度高于T1时，丁烯产率降低，原因是催化剂只有在一定温度下才能达到最佳活性，当温度高于该温度范围时，催化剂活性降低，导致化学反应速率减慢;当温度高于T2时丁烷转化率增大，是由于温度较高，丁烷裂化速率加快，单位时间内丁烷分解量增加，因而丁烷转化率增大,故答案为:A;催化剂活性降低，反应速率减慢;温度较高，丁烷裂化速率加快。