2021年辽宁省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷-解析版

1、2021年辽宁省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)1.下列说法正确的是()A. 丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维B. 港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点C. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能D. “奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料【答案】B【解析】解：A.丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素，尼龙的主要成分是合成纤维，故A错误；B. 聚乙烯纤维属于合成高分子，具有强度大、质量轻、耐腐蚀等特点，故

2、B正确；C. 嫦娥五号使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，故C错误；D. 固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，其中树脂为有机高分子材料，故D错误；故选：B。A. 丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素；B. 超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的性质；C. 太阳能电池阵是将太阳能转化为电能；D. 树脂为有机高分子材料。本题考查了物质组成、物质性质和应用、非金属材料的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2. 我国自主设计生产的长征系列运载火箭使用偏甲肼(C2H8N2)作燃料，N2O4作氧化剂。下列相关的化学用语正确的是()A.该反应的化学方

3、程式：C2H8N2+N2O4=2CO2+N2+4H2OC. N2的结构式：N=NHD. 甲基的电子式：*：IIH【答案】D【解析】解：A.依题意，偏二甲肼作火箭燃料，N2O4作氧化剂，故两者发生氧化还原生成无污染的N2，同时还生成CO2、H20,反应为化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2+3N2+4H2O,故A错误；B. 偏二甲肼中N原子形成3对共价键，结构简式为H3CNHNHC%，故B错误；C. N2分子间形成氮氮三键，结构式为N三N,故C错误；D. C原子的最外层有4个电子，其中3个电子分别与3个H原子提供的电子形成共用电子对，得到甲基的电子式*：|丨，故D正确；i-故选：D。A

4、. 依题意，偏二甲肼作火箭燃料,N204作氧化剂，故两者发生氧化还原生成无污染的N2，同时还生成co2、h2o；B. 偏二甲肼中N原子形成3对共价键；c.n2分子间形成氮氮三键；D.C原子的最外层有4个电子，其中3个电子分别与3个H原子提供的电子形成共用电子对。本题以N元素为载体考查化学用语及方程式的书写，明确物质构成微粒及原子之间形成的化学键、氧化还原反应方程式书写方法是解本题关键，注意甲基中C原子含有一个单电子，题目难度不大。3. 短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是()XZ

5、丫MfY一XIIIMXA. 电负性：XYZB. 原子半径：YZXC. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸【答案】B【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为S,A. 一般非金属性越强、电负性越大，则电负性：ZYX，故A错误；B. 电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径:YZX,故B正确；C. Z形成3个单键，且含1对孤对电子，则Z原子的杂化方式均为sp3，故C错误；D. Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸，而X的最高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，故D错误；故选：B。4.下列说法错误的是()短周期元素X、Y

6、、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，可知Z的电子数为2+2+3=7,Z为N；M的最咼正价与最低负价绝对值之差为4,最咼价为+6价、最低价为-2价，M为S；结合分子结构可知X形成1个共价键，且原子序数小于乙则X为H；Y形成4个共价键，且原子序数小于乙则Y为C,以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布、化学键、化合价来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。C.第一电离能：NOCD.石墨质软的原因是其层间作用力微弱故【答案】A【解析】解：A.C原子的半径大于H原子，因此CH4分子的球棍模型为:A错误；3s3pB

7、. 基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为囘圧F，故B正确;C. 同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，C、N、O元素处于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，则第一电离能：NOC,故C正确;D. 在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，故D正确；故选：A。A. C原子的半径大于H原子;B. 基态Si原子价电子排布式为3s23p2；C. 同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；

8、D. 在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合。本题考查物质结构和性质，涉及化学用语、元素周期律、化学键等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确原子核外电子排布规律、元素周期律内涵等知识点是解本题关键，注意石墨中含有共价键、金属键和范德华力，题目难度不大。5.下列装置或措施能达到目的的是()第28页，共25页能匚丄書谄淸验证氧化性：Cl2Fe3+I2实现Cu+H2SO4=CuS04+H2T测定反应速率保护铁闸门不被腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A.浓盐酸与漂白粉制备氯气，氯气与氯化亚铁反应，氯化铁、氯气均可氧化KI,则图中装置不能比较Fe3+、1

9、2的氧化性，故A错误；B. 常温下Cu、Ag均与稀硫酸不反应，则不能构成原电池，故B错误；C. 针筒可测定气体的体积、秒表测定时间，且恒压漏斗可排除装置内空气对氢气体积的影响，则图中装置可测定反应速率，故C正确；D. 铁闸门与电源正极相连，作阳极，加快腐蚀，应与电源负极相连，故D错误；故选：C。A. 浓盐酸与漂白粉制备氯气，氯气与氯化亚铁反应，氯化铁、氯气均可氧化KI；B. 常温下Cu、Ag均与稀硫酸不反应；C. 针筒可测定气体的体积、秒表测定时间，且恒压漏斗可排除装置内空气对氢气体积的影响；D. 铁闸门与电源正极相连，作阳极。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、原电池、反

10、应速率测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6. 我国科学家合成了富集iiB的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法正确的是()A. iiBN和ioBN的性质无差异B. 该晶体具有良好的导电性C.该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D.N原子周围等距且最近的N原子数为12【答案】D【解析】解：A.iiB和10B互为同位素，所以iiBN和10BN的化学性质无差异，但iiBN和ioBN的物理性质有所不同，故A错误；B. 立方氮化硼晶体中没有自由移动的带电离子和电子，所以不具备良好的导电性，故B错误；C. 该晶胞中含有8xi+6xi=4

11、个B原子，4个N原子，故C错误；82D. N原子周围的4个B原子，又分别与其它的3个N原子成键，这些N原子据中心N原子最近而且距离相等，总数为12,故D正确；故选：D。A. iiBN和ioBN的化学性质无差异；B. 有自由移动的带电粒子才能导电；C. 用均摊法计算；D. N原子周围的4个B原子，又分别与其它的3个N原子成键，这些N原子据中心N原子最近而且距离相等。本题考查晶体类型与性质、晶胞计算等，题目难度不大，注意掌握均摊法进行晶胞有关计算，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。7. 某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡： 2X(g)+Y(g)#Z(s)+2Q(g)Hi0

12、下列叙述错误的是()A. 加入适量Z，和平衡均不移动B. 通入稀有气体Ar，平衡正向移动C. 降温时无法判断Q浓度的增减D. 通入Y,则N的浓度增大【答案】B【解析】解：A.Z为固体，则加入适量乙和平衡均不移动，故A正确；B. 体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则不移动，故B错误；C. 为放热反应，为吸热反应，则降温时无法判断Q浓度的增减，故C正确；D. 通入Y，正向移动，逆向移动，则N的浓度增大，故D正确；故选：B。A. Z为固体；B. 体积不变，通入稀有气体Ar,反应体系中各物质浓度不变；C. 为放热反应，为吸热反应；D. 通入Y，正向移动，逆向移动。本题考查化学平衡，

13、为高频考点，把握浓度、温度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。8.中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是()A. 在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应B. 苯环上的一溴代物共5种C. lmol该化合物最多与4molNaOH反应D. 该分子中最多有7个碳原子共面【答案】B【解析】解：A.由结构可知，含酚-OH可发生氧化反应、取代反应、碳碳双键可发生氧化反应、-COOC-可发生取代反应，不能发生消去反应，故A错误；B. 苯环上含5种H,则苯环上的一溴代物共5种，故B正确；C. 酚OH、COOC及水解生成的酚OH均与

14、NaOH反应，则lmol该化合物最多与5molNaOH反应，故C错误；D. 苯环、双键为平面结构，且直接相连，且可能与-COOC及后面的苯环共面，则最多共面的碳原子一定大于7个，故D错误；故选：B。A.由结构可知，含酚OH、碳碳双键、COOC；B. 苯环上含5种H；C. 酚OH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应；D. 苯环、双键为平面结构，且直接相连。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。9.在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的

15、是()海绵NiPINONi0石眾NHPILie】。电解囁A.理论上NHPI的总量在反应前后不变D.每消耗lmmol苯甲醇，产生22.4mL氢气【答案】D【解析】解：A.由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成，则理论上NHPI的总量在反应前后不变，故A正确；B. Ni电极上失去电子，可知海绵Ni电极作阳极，故B正确；故C正确；D.状况未知，气体摩尔体积不确定，则不能由苯甲醇的物质的量计算生成气体的体积,故D错误；故选：D。A. 由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成；B. Ni电极上失去电子；C. 醇向醛的转化，同时生成氢气；D. 状况未知，气体摩尔体积不确定。本题考查以有机物的结构与性

16、质考查电解，为高频考点，把握图中转化、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。10.下列各实验的现象及结论都正确的是()选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液有无色气泡产生，溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+D将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体固体为MgA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】解：A.

17、浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，气体均使石灰水变浑浊，由操作和现象可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故A正确；B. 酸性溶液中Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，溶液变蓝，与催化作用无关，故B错误；C. 过量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液，无现象，故C错误；D. Na粒投入MgCl2溶液生成氢氧化镁、氢气、氯化钠，则不会析出银白色固体，故)错误；故选：A。A. 浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，气体均使石灰水变浑浊；B. 酸性溶液中Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应；C. 过量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁；D. Na粒投入MgCl2溶

18、液生成氢氧化镁、氢气、氯化钠。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。11.苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应:根据表数据，下列说法正确的是（）溴苯用量（mmol）100100100100100100100催化剂用量（mmol）2222222反应温度（。0100100100100120140160反应时间（h）10121416141414产率（）81.284.486.686.293.596.689.0A.最佳反应温度为100TB.最佳反应时间为16hC. 温度过高时催化剂活性可

19、能降低D.反应产物是顺式结构【答案】C【解析】解：A.根据表格信息，当反应温度为140T,反应时间为14h时，生成物的产率最大，因此最佳反应温度为140T,故A错误；B. 由A的分析可知，最佳反应时间为14h，故B错误；C. 根据表格数据，温度超过140T时，生成物的产率降低，可能是温度过高导致了催化剂活性降低，故C正确;D.反应产物为.，属于反式结构，故D错误。故选：C。A. 分析表格信息，依据表格中数据判断；B. 依据表格中数据可知最佳反应时间为14h，生成物的产率最大；C. 催化剂在一定温度下催化活性最高；AAAD. 依据顺式结构（）与反式结构（）解答。本题考查了化学反应条件选择，明确苯

20、的性质，准确分析表中数据信息数据解题关键题目难度中等，侧重考查学生数据提取和分析能力。12.实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如图，下列说法错误的是（）A.TiCl4发生水解反应，可生成TiO2xH2OB.氨水的作用可用勒夏特列原理解释C. 可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净D. 制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象【答案】D【解析】解：A.根据上述分析可知，TiCl4和0在冰水浴下搅拌，发生水解反应：TiCl4+424(x+2)H2OTiO2xH2OJ+4HC1，故A正确；B.加入氨水，可中和HC1，使得水解反应正向进行，符合勒夏特列原理，故B正确;C. 沉淀上还附着的

21、有Cl-，因此可以用AgNO3溶液来检验沉淀是否洗涤干净，故C正确;D. TiO2纳米颗粒为固体颗粒，不是胶体，不能产生丁达尔现象，故D错误；故选：D。由流程可知，TiCl4和H2。在冰水浴下搅拌发生水解:TiCl+(X+2)HO冰水浴TiO-422xH2OJ+4HC1,再在95T下加入氨水调解pH至68，沉淀陈化后经离心、洗涤和煅烧后得到TiO2，以此来解答。本题考查物质制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13.Hg-Hg2SO4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知Hg-Hg2S

22、O4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是()导线JCuSOd(aq)微孔瓷片A.K2SO4溶液可用CCl4代替B.Hg一Hg2SO4电极反应为Hg2SO4-2e-=2Hg+SO4-C. 若把CuCuS04体系换作Zn-ZnSO4体系，电压表的示数变大D. 微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用【答案】C【解析】解：A.CCl4为非电解质，不能导电，因此不能用CCl4代替K2SO4溶液，故A错误；B. 由上述分析可知，Hg-Hg2SO4电极为正极，其电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+SO4-，故B错误；C. 由于CuCuSO4体系是电池的负极，失去电子发生氧化反应，若换成更加活泼的Z

23、nZnSO4体系，更容易失去电子，电压表的示数变大，故C正确；D. 微孔瓷片是便于离子通过，而阻隔溶液通过的作用，故D错误；故选：C。根据题干信息，HgHg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则HgHg2SO4电极为正极，得到电子发生还原反应，则电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+SO2-，Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu2e-=Cu2+，据此分析解答。本题考查了原电池原理，正确判断原电池的正负极解本题关键，根据原电池的构成条件来分析解答，难度中等。14.下列说法正确的是()A. 向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Ksp(AgCl)K

24、sp(AgBr)B. 常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时：c(HCOO)c(Na+)C. 常温下等物质的量浓度的四种溶液nh3-h2o；nh4hso4；(nh4)2co3；NH,C1,c(NH+)的关系为，44D. 等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2c(CO|-)+c(HCO3)+c(H2CO3)【答案】B【解析】解:A.向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，AgCl转变为AgBr，即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，即使Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)也可实现，故不可证明Ksp(AgCl)Ksp(AgB

25、r),故A错误；B.常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时，溶液呈酸性，又因溶液呈电中性，则有：c(HCOO)c(Na+)，故B正确；c.常温下等物质的量浓度的四种溶液nh3-h2onh4hso4(nh4)2co3nh4ci. NH3H20是弱电解质，其余都是强电解质，因此C(NH+)最小的是，根据能够电离324出的的个数可分为两类，(nh4)2co3是二元铵盐，虽然碳酸铵溶液中，碳酸根和铵根相互促进水解，但水解不彻底，铵离子浓度较大，NH4HS04和nh4ci元铵盐， nh4hso4中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故NH4HS04nh4c1比较，c(NH+)较大的是；贝9c(

26、NH+)的关系为，故C错误；44D.等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：根据物料守恒可知：2c(Na+)=3c(CO3-)+c(HCO-)+c(H2CO3)，故D错误；故选：B。A. KBr浓度未知，可能发生沉淀的转化或沉淀生成；B. pH=5，溶液为酸性；C. 电离的程度很弱，中电离出离子浓度最大，比较，中抑制铵根离子水解；D. 结合物料守恒判断。本题考查难溶电解质及离子浓度的比较，为高频考点，把握沉淀生成及转化、盐类水解、弱电解质的电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度不大。15.天然水体中的H2CO3与空气中的(C02保持平衡。

27、已知Ksp(CaCO3)=2.8x10-9，某溶洞水体中1gc(X)(X为H2CO3、HCO-、C03-或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A. 曲线代表C02-B. H2CO3的一级电离常数为10-8.3C. c(Ca2+)随pH升高而增大D. pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8x10-7.9mo1-L-1【答案】D【解析】解：A.由上述分析可知，曲线代表HCO-，故A错误；B. 曲线代表HCO-，由点(6.3,5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1=c(H+)c(HCO-)=c(H2CO3)1.0X10-63，故B错误；C. 曲线代表Ca2+,根据图象可知，c(C

28、a2+)随pH升高而减小，故C错误；D. 已知Ksp(CaCO3)=2.8X10-9，根据图象pH=10.3时，c(HCO)=c(CO2-)=10-i.imolL-i，则c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)=2.8X109=2.8X10-7.9mol-L-1，故D正确;c(CO2)10-1.1故选：D。根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO-、CO2-浓度都增大，而在曲线pH很小时也产生HCO-，因此曲线代表HCO-,代表CO2-，代表Ca2+；A. 由上述分析可知，曲线代表HCO-；B. 由点(6.3,-5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1=如叫c(H2CO3)C. 曲线代

29、表Ca2+，c(Ca2+)随pH升高而减小；D.根据图象pH=10.3时，c(HCO-)=c(CO|-)，贝1(02+)=耗器)3),据此分析解答。本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义及电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。二、简答题(本大题共4小题，共55.0分)16.高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图。矍就准F反丘If过逑1(XT、该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH2.107.459.279.60完

30、全沉淀pH3.208.9510.8711.13回答以下问题：(1) MnSO4中阴离子的空间构型为。(2) 提高“反应I”速率可采取的措施是(除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为。(填化学式)“反应U”中硫铁矿(FeS2)的作用为。(4) “反应皿”的离子方程式为。(5) “调pH”步骤中，应调节pH不低于。(6) 取0.1510gMnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为MnO-,过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入.5360gNa2C2O4固体，充分反应后，用0.0320mol/LKMnO4溶液滴定，用去20.00mL,计算样品中MnSO4

31、的质量分数。(保留三位有效数字)【答案】正四面体适当增加硫酸的浓度等MnO2将MnO2还原为Mn2+2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O3.296.0%【解析】解：(1)SO2-的中心原子S原子孤电子对数=6+2-2x4=0,价层电子对数=4+0=4，离子呈正四面体结构，故答案为：正四面体；(2) 提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌等；MnO2不与硫酸反应，滤渣A是MnO2；故答案为：适当增加硫酸的浓度等；MnO2；(3) 根据反应方程式3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6电。，硫铁矿被氧化，作还原剂

32、，将MnO2还原为Mn2+，故答案为：将MnO2还原为Mn2+；反应皿加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(5)由表中数据可知,Fe3+完全沉淀的pH为3.2,Mn2+开始沉淀的pH为9.27,要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+,pH应不低于3.2，但不高于9.27,故答案为：3.2；(6)加入的NaCO4的物质的量为=0.5360g=0-004mol,由方程式2MnO-+5Cf4-+224134g/mol42416H+=2Mn2+10CO2T+8

33、H2O可知，Na2C2O4的完全反应消耗KMnO4的总量为0.004molX250.0016mol-0.0320mol/=0.0016mol,根据Mn原子守恒：n(MnSO)=4LX0.02L=0.00096mol,样品中MnSO”的质量分数为000096molX151g/mo1X100%=40.1510g96.0%，故答案为：96.0%。在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2,反应U为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为3MnO2+2FeS2+6H2S04=3MnS04+4S+Fe2(S04)3+6H2O,过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液

34、，反应皿加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2巴0,加CaCO3调节pH使Fe3+水解除去，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。(1) S02-的中心原子S原子孤电子对数=6+2-2x4=0,价层电子对数=4+0=4；42(2) 提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌；滤渣A是不与硫酸反应的MnO2；(3) 根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为M说+；(4) 反应皿加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+；(5) 要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+；(6) 滴

35、定时发生反应：2MnO-+5C2O4-+16H+=2Mn2+10CO2T+8H2O，根据方程式计算与0.5360gNa2C2O4反应消耗KMnO4的总量，根据Mn原子守恒计算MnSO4的物质的量，进而计算其质量分数。本题考查物质制备工艺流程，关键是对工艺流程的理解，由目标物可知加入硫铁矿还原MnO2，加入MnO2是为了方便除杂，(6)中关键是理解滴定原理，注意原子守恒的运用，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决问题的能力。17.已知CaCrO4微溶于水，某传统测定CaCrO4溶度积的实验如下： 配制250mL待标定的K2CrO4溶液。 标定测得K2CrO4溶液浓度为0.6025mol/L。

36、按下表数据将0.2000mol/LCaCl2溶液、K2CrO4溶液及蒸馏水混匀，静置(溶液体积变化忽略不计)。 取上层清液于锥形瓶中，加入H2SO4和比PO4溶液酸化，溶液由黄色转变为橙色,2434加入指示剂，用0.2000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，数据记入如表。组别体积(mL)物质123456Caq25.0025.0025.0025.0025.0025.00K2CrO415.0016.0017.0018.0019.0020.00蒸馏水10.009.008.007.006.005.00取上层清液10.0010.0010.0010.0010.0010.00耗(NH4)2Fe

37、(SO4)213.3315.0016.7818.4220.1521.89滴定测出上层清液中的c(Cr。基态Cr原子的电子排布式为。步骤中所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，写出反应的离子方程式。根据第2组滴定数据，计算得上层清液中c(CrO2-)=mol/L。滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c(CrO4-)偏大，原因可能有。(填标号)A. 滴定终点读数时仰视刻度线B. 达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂C. 盛装待测液的锥形瓶未润洗D. 摇动锥形瓶时有液体溅出利用如表数据经计算绘制出如图点，请根据图点绘出溶度积曲线。),进而计算出上层清液中的c(Ca2

38、+),即得4K(CaCrO)。sp4回答下列问题：(1)步骤中无需使用下列哪些仪器。(填标号)ElOOnVS.(IIh_1一丄L11-Il口=I-.1-II!_IIHi殆5,0-5,5HOfij7.01,5乩U8,5&(亡色“)/f10*molL*)(7)请结合图线推测Ksp(CaCrO4)。(保留两位有效数字)【答案】C1s22s22p63s23p63d54si或Ar3d54siCr2O2-Cr2O2-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O0.1000AB7.2x10-4【解析】解：(1)配制250mL待标定的K2CrO4溶液，托盘天平称量一定质量的K2CrO4放到500mL的烧

39、杯中，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，得体积约为250mL的溶液，步骤中无需使用100mL的容量瓶、分液漏斗，故答案为：AC；(2)Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或Arpds1；步骤中加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，2CrO2-+2H+#C5O7-+电O,所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为Cr2O7-，滴定时还原产物为Cr3+，二价铁离子被氧化为三价铁，得失电子数相等配平方程式，反应的离子方程式：Cr2O7-+6Fe2+

40、14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O27-；Cr2O27-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；(4)根据第2组滴定数据，由Cr2O7-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O,CQ-+2H+#Cr2O7-+HO，得c(CrO2-)=15.00mLxa2000moiL-1=0.1000mol/L所以得上层27243x10.00mL清液中c(CrO4-)=0.1000mol/L故答案为：0.1000；滴定时,有一组数据出现了明显异常，所测c(CrO4-)偏大，根据浓度计算式c(CrO4-)=V测述皿00001丄-1，来分析，3x10.00mLA. 滴

41、定终点读数时仰视刻度线，V测偏大，c(CrO2-)偏大，故A正确；B. 达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，V测偏大，c(CrO2-)偏大，故B正确;C. 盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，故C错误；D. 摇动锥形瓶时有液体溅出，V测偏小，c(CrO2-)偏小，故D错误，故答案为：AB；(7)结合(6)中图线当c(Cr4_)=O.IOOOmol-L-1，c(Ca2+)-7.2x10-3mol-L-1，得到Ksp(CaCrO4)=c(Ca2+)xc(CrO2-)u0.1000x7.2x10-3=7.2x10-4，故答案为：7.2x10-4。(1) 配制250mL待标定的K2CrO4溶液，托盘

42、天平称量，500mL的烧杯中溶解，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，注意没有250mL的容量瓶，只能用250mL的烧杯配浓度接近的溶液；(2) Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，得到基态Cr原子的电子排布式；步骤中加入H2SO4和H3P04溶液酸化，2CrO2-+2H+#C5O7-+电0,平衡正向移动，滴定时还原产物为Cr3+，二价铁离子被氧化为三价铁，得失电子数相等配平方程式；(4)根据第2组滴定数据，由Cr2O7-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7电0,2CrO2-+2H+#Cr2O2-+H2O，得c(CrO2-)=15.00血沁200叶0|【p计算出结果

43、即可；427243x10.00mL(5) 滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c(CrO4-)偏大，根据浓度计算式c(CrO4-)=V测mLx0.2000mo“-1，来分析；3xi0.00mL(6) 利用上表数据经计算绘制出如图点，注意忽略误差较大的点；(7) “2。7-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7巴0,2CrO2-+2H+#2。7-+巴0,得c(CrO4-)，根据(6)中溶解度曲线，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)=c(Ca2+)xc(CrO4)。本题考查物质含量的测定，为高频考点，把握物质的性质、滴定实验的过程及结果分析解答的关键，侧重分析

44、与实验能力的考查，注意元素化合物知识及反应原理的应用，题目难度中等。18. 环氧乙烷是高效消毒剂，可用于口罩等医用品消毒，工业常用乙烯氧化法生产。A/_AlOCH主反应:2CH2=CH2(g)+O2(g)g心232(g)H=209.8kJ/mol副反应:CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)H2=-1323.0kJ/mol回答下列问题:(1) C2H4的燃烧热厶H=-1411.0kJ/mol则环氧乙烷(g)的燃烧热厶H=。(2) 以下既能加快反应速率又能提高环氧乙烷产率的方法有的。(填标号)A. 降低温度B. 向容器中充入N2使压强增大C. 采用改性的催化剂D. 用

45、空气替代氧气IbCCH.汁厂卩b(3) 已知：-,g)+HCl(g)A(1)，合成过程中的温度与氯OUlIC.J乙醇的平衡产率关系如图a，30T下原料投料比与氯乙醇的平衡产率关系如图bo204flfiy80ItXf图目反应随温度升高平衡产率降低的可能原因为；其它条件不变时，降低环氧乙烷与HC1的投料比，环氧乙烷的平衡转化率将。(填“增大”、“减小”或“不变”)(4) 环氧乙烷经水解可得到乙二醇。乙二醇易溶于水的原因为；写出乙二醇-氧气碱性燃料电池的负极电极反应式：【答案】-1306.1kJ/molC该反应的厶H0,升高温度平衡逆向移动导致平衡产率降低，或温度过高导致催化剂活性降低，副反应过多导

46、致产率下降增大乙二醇分子中有2个OH，与水分子形成氢键HOCH2CH2OH10e-+140H-=2叫-+叫0A/AlOIT.CCH【解析】解：(1)2CH2=CH2(g)+O2(g)g/a-232-)厶叫=209.8kJ/mol C2H4的燃烧热厶H=1411.0kJ/mol,CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H3=1411.0kJ/mol将方程式2得i-(g)+5O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H=2。22222x(i4iiq)+209.8kJ/mol=1306.1kJ/mol,2故答案为：1306.1kJ/mol；(1) A降低温度活化分子百分数减

47、小，反应速率降低，故A错误；B. 向容器中充入N2使压强增大，如果容器体积不变，则反应物和生成物浓度都不变，该反应速率及环氧乙烷产率都不变，故B错误；C. 采用改性的催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，副反应减少，环氧乙烷产率提高，故C正确；D. 用空气替代氧气，氧气浓度减小，化学反应速率降低，故D错误；故答案为：C；(3) 可能该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动导致平衡产率降低，或温度过高导致催化剂活性降低，副反应过多导致产率下降；其它条件不变时，环氧乙烷越少、HC1越多，环氧乙烷平衡转化率越高，所以降低环氧乙烷与HC1的投料比，环氧乙烷平衡转化率增大，故答案为：该反应的H0,升高温度平衡逆向移