2022年高考化学二模试卷 含解析(III)

2022年高考化学二模试卷 含解析(III)一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A铝壶可存放食醋B乙烯可催熟水果C硅胶可作干燥剂D氯气可做消毒剂2下列反应描述错误的是（）ACu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色CAgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色3下列实验中，结论正确且与现象具有因果关系的是（）选项 实验 现象 结论 A 在 CuSO4溶液中加入一小块Na Na溶解，生成沉淀 有Cu产生 B 将浓氨水滴加至烧瓶中的CaO上 产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝 有氨气生成 C 在Fe（NO3）2溶液中加入稀H2SO4溶液变为黄色 稀H2SO4具有氧化性 D 将氨气通入I2淀粉溶液中 溶液蓝色褪去氯气具有漂白性4某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A1种B2种C3种D4种5设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NACNa2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为NAD室温下，将9g铝片投入0.5L18.4molL1的H2SO4中，转移的电子数为NA6短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大c、a、b最外层电子数为等差数列公差为2a、c的价电子数之和为6d的核外电子数等于b的核外电子数加8下列叙述错误的是（）Aa和b可形成气态化合物Bc的原子半径小于d的原子半径Cb和c形成的化合物为离子化合物Da和d最高价氧化物的水化物均呈酸性7氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg下列说法正确的是（）APt电极上发生氧化反应BPt上发生的电极反应式为4OH4eO2+2H2OC反应过程中转移OH的物质的量为0.25bmolD待测气体中氧气的体积分数为0.7二、解答题（共3小题，满分43分）8钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2）用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液控制反应温度在95左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起煅烧，可制取LiFePO4有关数据如下表所示：化合物Fe（OH）2Fe（OH）3FePO4Fe3（PO4）2Ksp近似值1017103810221036（1）FeTiO3中Ti的化合价为，盐酸与FeTiO3反应的离子方程式为检验溶液中Fe2+的方法是（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是（填正确答案的标号）a不加H2O2 b调节溶液pH至5 c降低反应温度 d增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2则H3PO2为元酸；在LiFePO4中的化学键有，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4转化为Li1xFePO4，则阳极的电极反应式为（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是（用反应式表示）电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿kg（电流效率=100%）91，2二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2二溴乙烷装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2+H2O产物和部分反应物的相关数据如下：沸点/密度/（gcm3）水中溶解性1，2二溴乙烷131.42.18微溶溴58.83.12微溶乙醇78.50.79溶合成反应：在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中E的试管中加入8.0g液溴，再加入23mL水，试管外用水冷却断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170180，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2二溴乙烷6.3g回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是；使用冰水浴降温的目的是（2）为防止暴沸，装置B中还应加入；C的作用是；E中试管里加水的目的是（3）判断生成1，2二溴乙烷反应结束的方法是；反应结束时正确的操作是（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是（5）本实验中，1，2二溴乙烷的产率为（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是（填正确答案的标号）a乙烯通入溴时迅速鼓泡 b实验时没有装置D c去掉装置E烧杯中的水 d装置F中NaOH溶液用水代替10羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：氢解反应：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1水解反应：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键 C=O（CO2） C=O（COS） C=S HS HO E/（KJmol1） 803 742 577 339465回答下列问题：（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为KJ（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3 则H3=KJmol1（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率，COS的转化率（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数如图中，表示COS氢解反应的直线为，判断依据为一定条件下，催化剂A和B对COS的氢解均具有催化作用，相关数据如下表所示： 达到平衡所需的时间/min a的数值 b的数值 催化剂A t a1 b1 催化剂B 2t a2b2则a1a2（填“”或“”或“=”），判断a1和a2大小的依据为某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11海洋深处有丰富的软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量铝、铜、镍等金属的化合物），软锰矿可作脱硫剂，工业上通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）下列有关SO2的说法正确的是（填正确答案的标号）aSO2有毒，食品中不能含有SO2 bSO2能使酸性KMnO4溶液褪色cSO2是酸性氧化物，其水溶液是强酸 dSO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀（2）操作1的名称是（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，写出该电池的总反应方程式（6）根据图中信息，写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子反应方程式：（7）假设脱硫过程中，SO2只与软锰矿浆中MnO2反应，其化学方程式为；将2240m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为100%，则最终得到MnO2的质量为kg（忽略除去铝、铜、镍等杂质时引入的锰）选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等回答下列问题：（1）Ca的电子排布式为（2）MgO的熔点比CaO的熔点，其原因是（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成NaAl（OH）4，Al（OH）4的空间构型为（4）S的氧化物的水化物中算性最强的是，从结构上分析其原因（5）硅酸盐结构中的基本结构单元为SiO4四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为（6）CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位数为，若CaO晶胞参数为anm，CaO的密度为gcm3（用a和NA表示）选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13部分果蔬中含有下列成分：已知：C2H4O2BrCH2COOHD甲1mol乙消耗NaHCO3的物质的量是甲的2倍回答下列问题：（1）甲可由已知得到甲中含有不饱和键的官能团名称为AB为取代反应，A的结构简式为BD的化学方程式为（2）乙在一定条件下生成链状酯类有机高分子化合物的化学方程式为（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：用化学方法除去E中残留的少量丙（室温时E和丙呈液态，忽略它们在水中的溶解），第1步加入试剂的名称为，第2、3操作分别是过滤、分液经EGH保护的官能团是，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是J的同分异构体中在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3：2的链状且不存在支链的异构体共有种（不含立体异构），其中某异构体L中的官能团都能与H2发生加成反应，则L的结构简式为（只写一种）xx重庆市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A铝壶可存放食醋B乙烯可催熟水果C硅胶可作干燥剂D氯气可做消毒剂【考点】铝的化学性质；乙烯的化学性质【分析】A、铝与醋酸反应；B、乙烯为植物生长调节剂；C、硅胶吸附性；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性【解答】解：A、铝与醋酸反应，所以不能用铝壶可存放食醋，故A错误；B、乙烯为植物生长调节剂，可用作水果催熟剂，故B正确；C、硅胶吸附性，所以硅胶可作干燥剂，故C正确；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，所以可用氯气可做消毒剂，故D正确；故选A2下列反应描述错误的是（）ACu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色CAgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色【考点】化学实验方案的评价【分析】A铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮；B氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu；C硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，硫化银不能转化为AgCl白色沉淀；D物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性而使酚酞试液变红色【解答】解：A浓硝酸具有强氧化性，铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，所以生成的气体呈红棕色，故A正确；B氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu，看到的现象是：固体由黑色变为红色，故B正确；C硫化银溶解度小于氯化银，硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，所以硫化银不能转化为AgCl白色沉淀，故C错误；D物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而导致溶液呈碱性，所以醋酸钠溶液使酚酞试液变红色，故D正确；故选C3下列实验中，结论正确且与现象具有因果关系的是（）选项 实验 现象 结论 A 在 CuSO4溶液中加入一小块Na Na溶解，生成沉淀 有Cu产生 B 将浓氨水滴加至烧瓶中的CaO上 产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝 有氨气生成 C 在Fe（NO3）2溶液中加入稀H2SO4溶液变为黄色 稀H2SO4具有氧化性 D 将氨气通入I2淀粉溶液中 溶液蓝色褪去氯气具有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ANa性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；BCaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；D氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性【解答】解：ANa性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，所以得不到Cu，故A错误；BCaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气和水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，稀硫酸具有弱氧化性，不能氧化亚铁离子，故C错误；D氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸有漂白性而使碘的淀粉试液褪色，故D错误；故选B4某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A1种B2种C3种D4种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有OH或COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为1007217=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代【解答】解：A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有OH或COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为1007217=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代，共4种，故选D5设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NACNa2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为NAD室温下，将9g铝片投入0.5L18.4molL1的H2SO4中，转移的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O22NO2，2NO2N2O4；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2NA个，故A错误；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O22NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0，75mol，分子个数小于0.7NA个，故B错误；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴离子为NA个，故C正确；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，则转移的电子数小于NA个，故D错误故选C6短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大c、a、b最外层电子数为等差数列公差为2a、c的价电子数之和为6d的核外电子数等于b的核外电子数加8下列叙述错误的是（）Aa和b可形成气态化合物Bc的原子半径小于d的原子半径Cb和c形成的化合物为离子化合物Da和d最高价氧化物的水化物均呈酸性【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d为S元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，以此解答该题【解答】解：c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d为S元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，Aa和b可形成的化合物有CO、CO2等，故A正确；BMg、S位于同一周期，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则MgS，故B错误；Cb和c形成的化合物为MgO，为离子化合物，故C正确；Da为C，d为S，都为非金属性，对应的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，故D正确故选B7氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg下列说法正确的是（）APt电极上发生氧化反应BPt上发生的电极反应式为4OH4eO2+2H2OC反应过程中转移OH的物质的量为0.25bmolD待测气体中氧气的体积分数为0.7【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，根据电极方程式和增重的质量计算转移氢氧根离子的数目及氧气的量，从而计算氧气的体积分数【解答】解：根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，Pb电极为负极，APt电极通氧气，为正极，发生还原反应，故A错误；B通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，故B错误；CPb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，结合4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH的物质的量为0.125bmol，故C错误；D根据C的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，故D正确故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2）用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液控制反应温度在95左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起煅烧，可制取LiFePO4有关数据如下表所示：化合物Fe（OH）2Fe（OH）3FePO4Fe3（PO4）2Ksp近似值1017103810221036（1）FeTiO3中Ti的化合价为+4，盐酸与FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O检验溶液中Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是d（填正确答案的标号）a不加H2O2 b调节溶液pH至5 c降低反应温度 d增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2则H3PO2为一元酸；在LiFePO4中的化学键有离子键、共价键，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原FePO4（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4转化为Li1xFePO4，则阳极的电极反应式为LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是2O24eO2，C+O2=CO2（用反应式表示）电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿62.5kg（电流效率=100%）【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零分析，可以判断钛元素化合价为+4价；钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），根据流程可知，钛酸亚铁与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4；KSCN与Fe3+作用使溶液显血红色，与Fe2+作用无此现象，依此进行分析判断；（2）向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4，过氧化氢氧化亚铁离子，与磷酸根离子形成沉淀，据此分析应采取的正确措施，物质的Ksp越小，越容易形成沉淀；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，NaH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸；一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；H2C2O4中的碳为+3价，具有还原性；（4）充电时，为电解池，阳极LiFePO4发生氧化反应；（5）用石墨做阳极，碳不断被生成的氧气氧化；根据钛元素质量守恒计算至少需要该种钛铁矿的质量【解答】解：（1）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），铁的化合价为+2价，氧元素的化合价为2价，设钛元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律，可得+2+x+（2）3=0；解之得x=+4，根据工艺流程可知，FeTiO3与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4，反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O，KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+；再加入过氧化氢，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，即过氧化氢氧化亚铁离子，说明原溶液中含有Fe2+，故答案为：+4；FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O；先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色；（2）aFePO4中的铁为+3价铁，加H2O2 目的氧化亚铁离子且不引入新的杂质，不加H2O2 无法氧化得不到FePO4，故a不选；bFe（OH）3的Ksp=11038，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c（Fe3+）105molL1；Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=105c3（OH）=11038 c（OH）=11011mol/L，c（H+）=1103mol/L，即PH3即可形成沉淀，调节溶液pH至5，得到氢氧化铁沉淀，不利于FePO4的生成，故b不选；c磷酸为中强酸，降低反应温，不利于NH4H2PO4的电离，不利于FePO4的生成，故c不选；d增大NH4H2PO4的用量，增大磷酸根的浓度，有利于FePO4的生成，故d选；故答案为：d；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明次磷酸中只能电离出一个氢离子，电离方程式为：H3PO2H+H2PO2，为一元强酸，在LiFePO4中Li+、Fe2+，与PO43形成离子键，PO43中磷和氧形成共价键，H2C2O4中的碳为+3价，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原FePO4，将+3价铁还原成+2价的铁，故答案为：一；离子键、共价键；还原FePO4；（4）充电时，为电解池，根据部分LiFePO4转化为Li1xFePO4，可知阳极的电极反应式为：LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+，故答案为：LiFePO4xeLi1xFePO4+xLi+；（5）电化学还原TiO2，阳极发生：2O24eO2，C+O2=CO2，碳不断被生成的氧气氧化，因此电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，故答案为：2O24eO2，C+O2=CO2；设至少需要该种钛铁矿质量为m，根据钛元素质量守恒，则76%48g/mol=12103g，解得m=6.25104g=62.5kg，故答案为：62.591，2二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2二溴乙烷装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2+H2O产物和部分反应物的相关数据如下：沸点/密度/（gcm3）水中溶解性1，2二溴乙烷131.42.18微溶溴58.83.12微溶乙醇78.50.79溶合成反应：在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中E的试管中加入8.0g液溴，再加入23mL水，试管外用水冷却断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170180，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2二溴乙烷6.3g回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是先加乙醇，再加浓硫酸；使用冰水浴降温的目的是防止乙醇挥发（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片；C的作用是平衡气压；E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2二溴乙烷挥发（3）判断生成1，2二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色；反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯（5）本实验中，1，2二溴乙烷的产率为67%（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是abc（填正确答案的标号）a乙烯通入溴时迅速鼓泡 b实验时没有装置D c去掉装置E烧杯中的水 d装置F中NaOH溶液用水代替【考点】制备实验方案的设计【分析】合成1，2二溴乙烷装置B：乙醇在浓硫酸作用下加热到170发生消去反应生成乙烯和水，装置C：平衡气压，装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，装置E：溴与乙烯发生反应，装置F：尾气吸收，（1）根据浓硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合过程中浓硫酸放出大量热进行解答；乙醇沸点低，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发；（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管，与空气相通，可以稳定装置中的压强，起安全瓶作用，溴易挥发，E中试管里加水的目的是防止溴挥发；（3）乙烯和溴水发生了加成反应，溴水褪色；为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热；（4）根据洗涤操作选择玻璃仪器；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的质量为9.4g，根据产率=100%计算；（6）通入乙烯气体速率过快，影响乙烯吸收，未除掉乙烯中的杂质影响产品质量，溴、1，2二溴乙烷挥发需液封防止挥发【解答】解：（1）浓硫酸密度较大，混合过程会放出大量热，所以正确操作方法为：先向试管中加入乙醇，然后边振荡边慢慢加入浓硫酸，乙醇沸点低，温度高易挥发，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发，故答案为：先加乙醇，再加浓硫酸；防止乙醇挥发；（2）乙醇沸点低，加热易沸腾，装置B中还应加入碎瓷片引入汽化中心，防止暴沸，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管为安全管，与空气相通，当C压力过大时，安全管中液面上升，使C瓶中压力稳定，并能发现装置是否堵塞，能平衡气压，液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，所以E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2二溴乙烷挥发，故答案为：碎瓷片；平衡气压；防止溴、产物1，2二溴乙烷挥发；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色，所以判断生成1，2二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色，为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热，故答案为：E中试管里的液体变为无色；断开DE之间的导管，再停止加热；（4）将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，所以需要的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的质量为9.4g，所以产率=100%=100%67%，故答案为：67%；（6）a乙烯通入溴时迅速鼓泡，部分乙烯未被吸收，产量偏低，故选；b装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，实验室没有装置D，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，产量偏低，故选；c液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，若去掉装置E烧杯中的水，产量偏低，故选；d装置F尾气吸收，其中的NaOH溶液用水代替，无影响，故不选故答案为：abc10羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：氢解反应：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1水解反应：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键 C=O（CO2） C=O（COS） C=S HS HO E/（KJmol1） 803 742 577 339465回答下列问题：（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为3.5KJ（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3 则H3=42KJmol1（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率减小，COS的转化率不变（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数如图中，表示COS氢解反应的直线为z，判断依据为氢解反应为吸热反应，升高温度，k增大一定条件下，催化剂A和B对COS的氢解均具有催化作用，相关数据如下表所示： 达到平衡所需的时间/min a的数值 b的数值 催化剂A t a1 b1 催化剂B 2t a2b2则a1=a2（填“”或“”或“=”），判断a1和a2大小的依据为K的数值只与温度有关，与催化剂无关某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）脱硫反应中氢解反应为氧化还原反应，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1 ，2moll电子转移吸收热量7KJ，依据此热化学方程式计算；（2）反应焓变H=断裂反应物总化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量=反应物总键能生成物总键能，结合盖斯定律计算得到；（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，压强减小，反应速率减小，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）反应前后气体体积不变，压强变化平衡不变；（4）氢解反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行；平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变；结合好像平衡三行计算列式计算平衡浓度，平衡常数等语言生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积【解答】解：（1）脱硫反应中氢解反应为氧化还原反应，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1 ，2moll电子转移吸收热量7KJ，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为3.5KJ，故答案为：3.5；（2）COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2 =742KJ+577KJ+2465KJ2339KJ2803KJ=35KJ/mol，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=+7KJmol1盖斯定律计算得到：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3=42KJ/mol，故答案为：42；（3）COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）反应前后气体体积不变，氢解反应平衡后增大容器的体积，压强减小，反应速率减小，平衡不动COS的转化率不变，故答案为：减小；不变；（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数，随增大，K增大，氢解反应为吸热反应，升高温度，k增大，如图中，表示COS氢解反应的直线为z，故答案为：z；氢解反应为吸热反应，升高温度，k增大；K的数值只与温度有关，温度不变平衡常数不变与催化剂无关，lgK=+b，则a1=a2，故答案为：=；K的数值只与温度有关，与催化剂无关；某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，依据化学平衡三行计算得到，反应前后气体物质的量不变，可以直接利用物质的量计算 COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）起始量 1 V 0 0变化量 x x x x平衡量 1x Vx x x（1x）：（Vx）=1：10Vx=则此温度下该反应的化学平衡常数K=，故答案为：三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11海洋深处有丰富的软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量铝、铜、镍等金属的化合物），软锰矿可作脱硫剂，工业上通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）下列有关SO2的说法正确的是b（填正确答案的标号）aSO2有毒，食品中不能含有SO2 bSO2能使酸性KMnO4溶液褪色cSO2是酸性氧化物，其水溶液是强酸 dSO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀（2）操作1的名称是过滤（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是MnCO3消耗氢离子，促进Al3+水解生成氢氧化铝沉淀（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，发生沉淀的转化（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，写出该电池的总反应方程式Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2（6）根据图中信息，写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子反应方程式：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+（7）假设脱硫过程中，SO2只与软锰矿浆中MnO2反应，其化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；将2240m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为100%，则最终得到MnO2的质量为124.7kg（忽略除去铝、铜、镍等杂质时引入的锰）【考点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+，MnS与铜、镍离子混合转化为CuS、NiS沉淀，过滤，滤液中含有硫酸锰，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰；（1）a食品在加工过程中，可能含有极少量的SO2；bSO2具有还原性，能与强氧化剂反应；c亚硫酸不是强酸；dSO2与CaCl2溶液不反应；（2）操作1是分离固液混合物；（3）MnCO3消耗氢离子，促进铝离子的水解；（4）根据沉淀的转化分析；（5）碱性锌锰电池中Zn与MnO2反应生成MnOOH和氢氧化锌；（6）酸性条件下KMnO4与MnSO4溶液反应生成二氧化锰；（7）SO2与软锰矿浆中的MnO2反应生成硫酸锰；根据方程式中二氧化硫与二氧化锰之间的关系计算【解答】解：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+，MnS与铜、镍离子混合转化为CuS、NiS沉淀，过滤，滤液中含有硫酸锰，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰；（1）a食品在加工过程中，可能含有极少量的SO2，所以食品中允许含有极少量的SO2，故a错误；bSO2具有还原性，能与强氧化剂反应，所以SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；cSO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸不是强酸，故c错误；dSO2与CaCl2溶液不反应，所以SO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀，故d错误；故答案为：b；（2）操作1是分离固液混合物，所以其操作名称为过滤；故答案为：过滤；（3）向溶液中加MnCO3会消耗氢离子，促进Al3+的水解生成氢氧化铝沉淀，从而除去溶液中的铝离子；故答案为：MnCO3消耗氢离子，促进Al3+水解生成氢氧化铝沉淀；（4）CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，当溶液中加MnS时会发生沉淀的转化，即生成CuS、NiS沉淀，从而除去铜离子和镍离子；故答案为：CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，发生沉淀的转化；（5）碱性锌锰电池中Zn与MnO2反应生成MnOOH和氢氧化锌，则碱性锌锰电池的总反应：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2；故答案为：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2；（6）酸性条件下KMnO4与MnSO4溶液反应生成二氧化锰，其反应的离子方程式为：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；故答案为：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；（7）SO2与软锰矿浆中的MnO2反应生成硫酸锰，其反应方程式为：SO2+MnO2=MnSO4；2240 m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2，二氧化硫的物质的量为0.86%=860mol，3SO23MnSO42MnO45MnO2， 3 5860mol n则m（MnO2）=87g/mol=124700g=124.7kg；故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；124.7选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等回答下列问题：（1）Ca的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2（2）MgO的熔点比CaO的熔点高，其原因是Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能较大（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成NaAl（OH）4，Al（OH）4的空间构型为正四面体（4）S的氧化物的水化物中算性最强的是H2SO4，从结构上分析其原因H2SO4中S的正电荷高于H2SO3的正电荷，导致H2SO4的SOH中O的电子向S偏移的程度更大，更容易电离出H+，所以H2SO4的酸性强（5）硅酸盐结构中的基本结构单元为SiO4四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为sp3由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为Si2O76（6）CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位数为6，若CaO晶胞参数为anm，CaO的密度为gcm3（用a和NA表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布【分析】（1）根据构造原理排布；（2）相同类型的离子晶体中，晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；（3）Al3+可以形成sp3型杂化轨道，Al（OH）4中的配位数是4，据此判断其空间结构；（4）同种元素的物质间元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；（5）SiO4四面体，Si的电子对数为4，杂化类型为sp3，两个结构单元通过共用的原子为O原子；（6）以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定钙离子配位数；根据密度计算【解答】解：（1）Ca属于20号元素，3d轨道能量大于4s轨道，所以Ca的电子排布式应是1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2；（2）MgO晶体的熔点比CaO高都属于离子晶体，Mg2+半径比Ca2+小，键能较大，所以氧化镁晶体的晶格能大于氧化钙，导致氧化镁晶体的熔点大于氧化钙，故答案为：高；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能较大；（3）Al（OH）4配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，故答案为：正四面体；（4）同种元素的物质间元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，H2SO4中S的正电荷高于H2SO3的正电荷，导致H2SO4的SOH中O的电子向S偏移的程度更大，更容易电离出H+，所以H2SO4的酸性强，故答案为：H2SO4；H2SO4中S的正电荷高于H2SO3的正电荷，导致H2SO4的SOH中O的电子向S偏移的程度更大，更容易电离出H+，所以H2SO4的酸性强；（5）SiO4四面体，Si的电子对数为4，杂化类型为sp3，由两个结构单元通过共用一个O原子形成的硅酸盐阴离子比SiO4四面体少一个O原子，阴离子的化学式为Si2O76，故答案为：sp3；Si2O76；（6）以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，上下左右前后，结合图片知，钙离子的配位数是6，若该晶胞的边长为anm，晶胞体积为（a107cm）3，晶胞中有4个Ca原子、4个O原子，故晶胞质量为g，故该氧化物的密度为g（a107cm）3=gcm3，故答案为：6；选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13部分果蔬中含有下列成分：已知：C2H4O2BrCH2COOHD甲1mol乙消耗NaHCO3的物质的量是甲的2倍回答下列问题：（1）甲可由已知得到甲中含有不饱和键的官能团名称为羧基AB为取代反应，A的结构简式为CH3COOHBD的化学方程式为BrCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaBr+H2O（2）乙在一定条件下生成链状酯类有机高分子化合物的化学方程式为n HOOCCH（OH）COOH+（n1）H2O（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：用化学方法除去E中残留的少量丙（室温时E和丙呈液态，忽略它们在水中的溶解），第1步加入试剂的名称为新制氢氧化铜或银氨溶液，第2、3操作分别是过滤、分液经EGH保护的官能团是羟基，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是红外光谱仪J的同分异构体中在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3：2的链状且不存在支链的异构体共有8种（不含立体异构），其中某异构体L中的官能团都能与H2发生加成反应，则L的结构简式为CH3CH2CO