化学-2022年高考押题预测卷02（广东卷）（考试版）

第页）绝密★启用前|2022年高考原创押题预测卷02【广东卷】化学（本卷满分100分，考试时间75分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg27Al27Cl35.5一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．《神农本草经疏》记载：“自然铜……乃入血行血，续筋接骨之神药也”。中药“自然铜”是天然黄铁矿，主要含FeS2，易被氧化，通常煅制成FeS再醋萃入药。下列说法正确的是A．中药“自然铜”存在于地表附近B．中药“自然铜”经电解精炼可得纯铜C．“煅制”将FeS2中一半的硫元素转化为SO3D．“醋萃”中FeS转化为醋酸亚铁2．2022北京冬奥会处处体现“科技、发展、环保、和平”的理念，下列说法错误的是A．冬奥场馆通过光伏发电和风力发电获得的电能属于可再生清洁能源B．火爆全网的吉祥物“冰墩墩”的毛绒材质主要是聚酯纤维属于合成纤维C．运动员的头盔、滑板，主火炬等多处使用的碳纤维属于有机高分子材料D．首钢滑雪大跳台的主体结构使用的特种钢属于金属材料3．在一定条件下，水可将甲烷氧化成甲醇：。下列有关描述不正确的是A．甲烷的球棍模型为 B．的电子式为C．和互为同位素 D．CH3OH的结构式为4．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．含氟牙膏可坚固牙齿、预防龋齿，与有关B．二氧化硫是一种抗氧化剂，可适量添加在红酒中C．光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化合物有关D．新冠病毒变异毒株德尔塔有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体5．()被认为是近年来最具发展潜力的生物质衍生平台化合物，主要用于合成优质燃料以及高价值化学品。下列关于说法正确的是A．分子式为 B．与互为同系物C．不能使溴水褪色 D．与乙酸可发生酯化反应6．自嗨锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、碳酸钠、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是A．硅藻土可增大反应物的接触面积B．碳酸钠与生石灰、水反应，生成的产物可破坏铝表面的氧化膜，促进铝和水反应，放出大量的热C．铁粉发生析氢腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间D．焦炭粉的作用是做正极材料7．关于下列仪器的选择的说法错误的是A．利用标准盐酸测定某溶液的浓度，用到②、⑥B．利用自来水制取蒸馏水，用到①、③、⑥C．利用萃取溴水中的，用到⑤D．除去粗盐水中难溶性物质，用到④8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应的反应方程式书写正确的是A．用溶液刻蚀覆铜板：B．用于防毒面具供氧：C．将少量溴水滴入过量溶液中：D．将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：9．我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是A．存在极性键、非极性键的断裂与形成B．反应过程中存在太阳能转化为化学能C．使用LDH，可同时提高反应速率和的转化率D．反应生成1.7g时转移电子数目为0.3mol10．如图所示，电解溶液可析出金属Zn。下列说法正确的是A．Zn极上发生氧化反应 B．石墨电极上发生还原反应C．溶液中SO移向Zn极 D．该条件下先于得电子而放电11．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．10gD218O中含有的中子数为6NAB．30gHCHO和CH3COOH混合物中含H原子数为2NAC．标准状况下，2.24LCH2Cl2含有的C—Cl键数目为0.2NAD．用铜电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阳极产生11.2L气体12．以下为有机物的制备实验装置。下列相关说法错误的是A．图1右侧试管中观察到淡黄色沉淀，可证明制备溴苯的反应为取代反应B．图2所制得的硝基苯因溶解有NO2略带黄色，可加入NaOH溶液过滤除去C．图3导气管口应在右侧试管中Na2CO3溶液液面上方，以防止倒吸D．图4球形冷凝管可冷凝回流提高产率，分水器分出生成的水可提高反应转化率13．短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示。下列说法正确的是A．原子半径：X>Y>Z>WB．Y的最高价氧化物的水化物为强酸C．单质氧化性：D．阴离子中四种元素均满足8电子稳定结构14．一定条件下，丙烯和HBr发生的两个可逆反应的能量变化如图所示，已知第Ⅱ阶段中两个可逆反应最终均达到平衡状态，下列说法正确的是A．稳定性：1-溴丙烷>2-溴丙烷B．平衡后产物的质量：1-溴丙烷<2-溴丙烷C．平衡后降低温度，2-溴丙烷的产率降低D．第Ⅱ阶段的速率决定着生成1-溴丙烷反应的速率快慢15．PAR(用H2R表示)是常用的显色剂和指示剂，在水溶液中以H3R+、H2R、HR-、R2-四种形式存在。关于室温下0.05mol/LH2R溶液说法错误的是A．溶液pH＞1B．溶液中存在关系：C．溶液中加入PAR晶体，PAR的电离平衡正向移动，电离度减小D．该溶液既能和酸反应，又能和碱反应16．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是A．负极反应为B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:117．Ⅰ．亚硫酸氢钠，在染料、造纸制革、化学合成等工业中可用作还原剂。(1)实验室以浓硫酸、铜与溶液为原料制取少量的装置如图所示。①仪器a的名称是___________。为使分液漏斗内的浓硫酸顺利滴下，需进行的操作为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___________。②装置D用于吸收尾气，当观察到D中溶液即将褪为无色时熄灭酒精灯，其中发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．小组同学欲探究与的反应，经查阅资料后提出假设，并进行实验验证。已知：氯化亚铜()是不溶于水的白色沉淀假设1：与仅发生双水解反应假设2：可以还原设计实验如下：Ⅰ．向溶液中加入溶液，得到绿色溶液，放置一段时间无明显变化。Ⅱ．向Ⅰ所得绿色溶液中加入适量固体，开始无明显变化，30s后有无色气体和白色沉淀生成，同时上层溶液颜色变浅。(2)实验证实假设___________合理，设计实验验证实验Ⅱ中产生的无色气体为：___________。(3)从平衡原理角度解释加入后产生实验Ⅱ中现象的原因：___________。(4)甲、乙同学经查阅资料得知，两电极之间的电势差E越大，反应进行的程度越大，电势差[其中(标准电极电势)、R(气体常数)、T(温度)、F(法拉第常数)固定不变]，为进一步验证上述结论，设计如下实验：编号甲乙实验①根据上述实验结论，推测甲、乙两实验现象的区别：___________(写出两条即可)。②根据所查资料，解释产生上述现象的原因为___________。18．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，工艺流程如图所示：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH2.107.459.279.60完全沉淀pH3.208.9510.8711.13回答以下问题：(1)滤渣B的成分是单质S，反应II的化学方程式是___________；(2)反应III加入MnO2的作用是___________；(3)加入CaCO3的作用是调节溶液的pH除去铁元素。调节溶液pH的范围是___________；用离子方程式___________和简要文字说明碳酸钙除去铁元素的原因是___________。(4)滤渣C的成分是___________。(5)如图所示，将精制MnSO4溶液送入电解槽，电解制得二氧化锰(EMD)。生成EMD的是电极是_____(填“a”或“b”)，生成EMD的电极反应式是___________。19.2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。中国空间站开启有人长期驻留时代。空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：Ⅰ.萨巴蒂尔反应为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）△H1(1)常温常压下，已知：①和的燃烧热()分别为-285.5kJ/mol和-890.0kJ/mol；②△H2=+44.0kJ/mol。则=___________kJ/mol。（2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生萨巴蒂尔反应。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa﹒s-1)，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)=___________。（3）研究发现萨巴蒂尔反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“﹒”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会___________(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为___________。Ⅱ.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应:CO2（g）+2H2O（g）CH4（g）+2O2（g）△H1=

（4）恒压条件时，按投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。350℃时，A点的平衡常数为______(填计算结果)。为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为____________。（5）氧再生反应可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现；反应机理如图所示：①光催化CO2转化为CH4的阴极方程式为__________________。②催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图所示。300℃到400℃之间，CH4生成速率加快的原因是_____________。20．[选修3：物质结构与性质]（14分）2018年和2019年，我国科学家先后在砷化镉纳米片和毫米级的碲化锆材料上观测到三维量子霍尔效应，从而使科学家对量子霍尔效应的研究由二维体系提升到三维领域。回答下列问题：(1)砷和磷为同一主族的元素，则As的价层电子排布式为___________，第一电离能：磷___________砷(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是___。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，键角较大的是___；原因是__。（3）Cd2+与形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，中心离子的配位数为___________，画出配离子的结构式___________(不考虑立体构型)。(4)锆、镉均是电热的良导体，原因是___________，(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol－1，则该晶胞的密度为_____________g·cm－3(列计算式即可)。21．[选修5：有机化学基础]（14分）异甘草素(VⅡ)具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题：已知：①氯甲基甲醚结构简式为：②(1)化合物Ⅰ的名称是___________，化合物Ⅱ所含的官能团名称是___________。(2)Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是___________，氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是___________。(3)写出Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式___________。(4)由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，生成的中间产物的结构简式是___________。(5)符合下列条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有___________种。①能使溶液显色；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应结合题给信息，设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)___________。2022年高考原创押题预测卷02【广东卷】化学·全解全析12345678DCCCDCBD910111213141516CDBBDBBB1．D【解析】A．“自然铜”主要含FeS2，易被氧气氧化而变质，不能存在于地表附近，故A错误；B．“自然铜”主要含FeS2，不含铜元素，不可能冶炼出铜，故B错误；C．“煅制”是FeS2和氧气反应生成FeS和SO2，故C错误；D．“醋萃”中FeS和醋酸反应生成醋酸亚铁和硫化氢，故D正确；选D。2．C【解析】A．可再生能源是指原材料可以再生的能源如水力发电、风力发电、光伏发电、生物能沼气、海潮能等，故A正确；B．毛绒材质中的聚酯纤维是有机合成高分子材料，属于合成纤维，故B正确；C．碳纤维的主要成分是碳，属于新型无极非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；D．特种钢是性能优良的铁合金，属于金属材料，故D正确；故选C。3．C【解析】A．已知甲烷是正四面体结构，且碳原子半径大于氢原子半径，故甲烷的球棍模型为，A正确；

B．H2O是共价化合物，则的电子式为，B正确；C．同位素是指具有相同数目的质子和不同数目中子的同一元素的不同原子之间，故和不互为同位素，C错误；

D．结构式是指用一根短线表示一对共用电子的式子，则CH3OH的结构式为，D正确；故答案为：C。4．C【解析】A．含氟牙膏可坚固牙齿、预防龋齿，这是由于F-能够与牙齿中的羟基磷酸钙发生离子交换转变为更坚固、更耐酸的氟磷酸钙，因此与F-有关，A正确；B．二氧化硫具有还原性，能够反应消耗氧气，因而可以防止包装食品的有效成分被氧化，故二氧化硫是一种抗氧化剂，可适量添加在红酒中，防止红酒变质而口感变差，B正确；C．光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与氮氧化合物有关，而温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，C错误；D．德尔塔是新冠病毒变异毒株，有可能在空气中以气溶胶的形式传播，胶体根据分散剂的状态分为气溶胶、液溶胶和固溶胶，气溶胶属于胶体中的一类，D正确；故合理选项是C。5．D【解析】A．的化学式为C6H6O3，故A错误；B．与的官能团种类不同，不属于同系物，故B错误；C．含碳碳双键，可与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故C错误；D．含羟基，可与乙酸发生酯化反应，故D正确；故选：D。6．C【解析】A．硅藻土作为载体，将主要成份装入且可增大反应物的接触面积，A正确；B．主要反应物为生石灰，生石灰与水反应放热反应，碳酸钠与生石灰、水反应生成强碱氢氧化钠，氢氧化钠能与氧化铝反应，促进铝和水反应，放出大量热，B正确；C．该环境加水后是碱性环境，铁粉不发生析氢腐蚀，主要发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间，C错误；D．整个装置放热过程中有是铁−焦炭粉−溶液形成原电池，铁为负极，焦炭粉做正极材料，D正确；答案选C。7．B【解析】A．利用标准盐酸测定某溶液的浓度，将标准盐酸盛放在酸式滴定管(②)中，待测溶液盛放在锥形瓶(⑥)中，故A正确；B．用自来水制取蒸馏水时采用蒸馏法，用到的仪器有直形冷凝管、蒸馏烧瓶、锥形瓶等，不需要球形冷凝管，故B错误；C．在中的溶解度远大于在水中的溶解度，且难溶于水，可用萃取溴水中的，用到的仪器有分液漏斗等，故C正确；D．采用过滤法除去粗盐水中难溶性物质，用到的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等，D正确；选B。8．D【解析】A．FeCl3溶液可拆，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．该化学方程式没有配平，正确的化学方程式应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B错误；C．过量，溴和亚硫酸根发生氧化还原反应生成的H+和过量的反应生成HSO3-，反应的离子方程式为，故C错误；D．葡萄糖中的醛基能被银氨溶液氧化，发生银镜反应，反应的离子方程式为，故D正确；故选：D。9．C【解析】A．存在极性键、非极性键的断裂(H-O极性键、N-N非极性键)与形成(H-N极性键、O-O非极性键)，故A正确；B．2N2+6H2O4NH3+3O2为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正确；C．催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH，可同时提高反应速率，但不能提高的转化率，故C错误；D．该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为-3价，所以每生成1

mol

NH3转移电子数为3mol,反应生成1.7g(即0.1mol)时转移电子数目为0.3mol，故D正确；故选C。10．D【解析】石墨接电源正极做电解池的阳极，溶液中氢氧根在石墨即失电子生成氧气，Zn做阴极发生还原反应，溶液中锌离子在阴极得电子生成锌；A．Zn极接电源负极做电解池的阴极，发生还原反应，A错误；B．石墨接电源正极做电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；C．溶液中阴离子移向阳极，即SO移向石墨电极，C错误；D．题意是电解溶液得到金属Zn，所以在该条件下阴极反应中先于得电子而放电，D正确；故选：D。11．B【解析】A．D218O中中子数为12，则10gD218O中含有的中子数为×12×NAmol—1＜6NA，故A错误；B．甲醛和乙酸的最简式都为CH2O，则30gCH2O中含氢原子数为×2×NAmol—1=2NA，故B正确；C．标准状况下，二氯甲烷为液态，无法计算2.24L二氯甲烷的物质的量和含有的C—Cl键数目，故C错误；D．未指明温度和压强，无法计算线路中通过NA个电子时阳极产生氯气的体积，故D错误；故选B。12．B【解析】A．四氯化碳可以溶解吸收挥发出来的Br2，若仍生成淡黄色沉淀，说明苯与溴反应时有HBr生成，发生取代反应，A正确；B．硝基苯不与NaOH溶液反应，且难溶于水，而NO2可以和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液除杂，但硝基苯为液体，应分液分离，B错误；C．蒸馏出的气体中含有极易溶于水的乙醇蒸气，以及能和碳酸钠溶液反应的乙酸蒸气，所以气管口应在右侧试管中Na2CO3溶液液面上方，以防止倒吸，C正确；D．乙酸和正丁醇易挥发，球形冷凝管可冷凝回流提高产率，酯化反应为可逆反应，分水器分出生成的水可使平衡正向移动，提高反应转化率，D正确；综上所述答案为B。13．D【解析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，W能形成2个共价键，W是O元素；Z能形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y能形成3个共价键和1个配位键，Y是B元素。A．同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：B>C>O>F，故A错误；B．B的最高价氧化物的水化物为H3BO3，H3BO3是弱酸，故B错误；C．单质氧化性：，故C错误；D．根据阴离子结构图，阴离子中B、Si、O、F四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；选D。14．B【解析】A．如图可知，等质量的1-溴丙烷具有的总能量高于2-溴丙烷，能量越高物质越不稳定，故稳定性：1-溴丙烷<2-溴丙烷，A错误；B．由图可知，生成1-溴丙烷的活化能高于生成2-溴丙烷的活化能，活化能越大该反应越难进行，故平衡后产物的质量：1-溴丙烷<2-溴丙烷，B正确；C．由图可知，生成2-溴丙烷的正反应是一个放热反应，故平衡后降低温度，2-溴丙烷的产率升高，C错误；D．由图可知，生成1-溴丙烷的第I阶段的活化能高于第II阶段，活化能越大反应速率越慢，慢反应才是决定一个多步反应总反应速率的关键，故第I阶段的速率决定着生成1-溴丙烷反应的速率快慢，D错误；故答案为B。15．B【解析】A．在室温下0.05mol/LH2R溶液中存在H2R、HR-、R2-，说明H2R能够电离产生H+，而且分步电离，电离程度逐渐减弱，主要是第一步电离，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，r溶液显酸性。c(H+)＜2×0.05mol/L=0.1mol/L，因此该溶液pH＞1，A正确；B．由于在溶液中以H3R+、H2R、HR-、R2-四种形式存在，所以根据R元素守恒可知：，B错误；C．向溶液中加入PAR晶体，电解质的浓度增大，PAR的电离平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量小于PAR的加入量，导致其电离度减小，C正确；D．溶液中含有的微粒H3R+、H2R、HR-能够与碱电离产生的OH-发生反应，而R2-则能够与酸电离产生的H+结合，因此该溶液既能和酸反应，又能和碱反应，D正确；故合理选项是B。16．B【解析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故答案为B。17．(1)

圆底烧瓶（1分）

使玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔

（1分）

（2分）(2)2

（2分）

将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色(或用滴有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色)（2分）(3)与反应生成不溶于水的，促进与反应平衡正向移动，反应生成的H+与过量HSO反应生成（2分）(4)乙中电流表偏转较甲中大；乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，甲中未出现白色沉淀或乙中左侧烧杯出现无色气体（2分）

乙实验加人，溶液中生成，浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，乙实验的电势差E增大，则乙装置反应进行程度增大（2分）【解析】Ⅰ．由实验装置图可知，装置A中浓硫酸与铜共热反应制备二氧化硫，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备亚硫酸氢钠，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，同时可以通过溶液颜色的变化判断C中二氧化硫是否过量；Ⅱ．该实验的实验目的为探究亚硫酸氢根离子与铜离子的反应是否为氧化还原反应，通过实验探究得到亚硫酸氢根离子与铜离子的反应是氧化还原反应的结论，有关反应的离子方程式为2Cu2++HSO2Cu++SO+H+、。(1)①由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶；为使分液漏斗内的浓硫酸顺利滴下，需进行的操作为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，形成空气对流，故答案为：圆底烧瓶；使玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔；②由分析可知，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，同时可以通过溶液颜色的变化判断C中二氧化硫是否过量，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，故答案为：；(2)由实验现象可知，向绿色溶液中加入适量氯化钠固体，反应生成氯化亚铜白色沉淀说明实验Ⅰ发生的反应中铜离子被还原为亚铁离子，证明假设2合理；由分析可知，等体积等浓度的亚硫酸氢钠溶液与硫酸铜溶液反应时，亚硫酸氢钠溶液过量，过量的亚硫酸氢钠溶液与溶液中氢离子反应生成二氧化硫，可以用品红溶液或滴有碘水的淀粉试纸检验二氧化硫的生成，具体操作为将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色(或用滴有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色)，故答案为：2；将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色(或用滴有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色)；(3)由分析可知，实验Ⅰ中存在如下平衡2Cu2++HSO2Cu++SO+H+，向绿色溶液中加入适量氯化钠固体，氯离子与亚铜离子反应生成氯化亚铜沉淀，平衡向正反应方向移动，反应生成的氢离子与过量的亚硫酸氢钠溶液与反应生成二氧化硫，故答案为：与反应生成不溶于水的，促进与反应平衡正向移动，反应生成的H+与过量HSO反应生成；(4)①由分析可知，实验甲中发生的反应为2Cu2++HSO2Cu++SO+H+，实验乙中发生的反应为，由方程式可推知，乙中的反应程度大于甲中的反应程度，电流表偏转大于甲；甲中右侧烧杯中未出现白色沉淀，而乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，左侧烧杯出现无色气体，故答案为：乙中电流表偏转较甲中大；乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，甲中未出现白色沉淀或乙中左侧烧杯出现无色气体；②乙实验加入，溶液中生成，浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，根据方程可知，乙实验的电势差E增大，则乙装置反应进行程度增大，故答案为：乙实验加人，溶液中生成，浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，乙实验的电势差E增大，则乙装置反应进行程度增大。18．(1)3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O（2分）(2)进一步将Fe2+氧化（1分）(3)

3.2≤pH<9.27（2分）

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

（2分）

加CaCO3与H+反应，促进Fe3+水解正向进行，生成Fe(OH)3沉淀（2分）(4)Fe(OH)3和CaSO4（2分）(5)

b（1分）

Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+（2分）【解析】本题是一道考查制备硫酸锰的工业流程题，首先用硫酸溶解废锰渣，过滤除去滤液，之后用硫铁矿还原二氧化锰得到锰离子，过滤除杂，加入二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，再加入碳酸钙调pH除铁，过滤，将滤液结晶得产物，以此解题。(1)由流程知，反应1中MnO2不反应，滤渣A是MnO2，与FeS2反应生成单质硫，因此反应II的化学方程式是3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O；(2)反应III加MnO2是进一步将Fe2+氧化成Fe3+；(3)调节溶液pH不能使Mn2+沉淀，使Fe3+沉淀完全，因此pH的范围3.2≤pH<9.27；Fe3+水解，水解的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；加CaCO3与H+反应，促进Fe3+水解正向进行，生成Fe(OH)3沉淀；(4)通过第三问可知，沉淀中含有氢氧化铁，另外过滤II的滤液中含有硫酸根离子加入碳酸钙调pH会产生硫酸钙，故渣C的成分是Fe(OH)3和CaSO4；(5)Mn2+发生氧化反应生成产物，故Mn2+在阳极发生反应，电极反应式是Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。19.（1）-164.0（2分）（2）0.48kPa·s-1（2分）（3）吸收热量（1分）

•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)

或•OH+•H=H2O(g)（2分）（4）1

（2分）

减少的投料比(或及时移出产物)

（1分）（5）

（2分）

300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快（2分）【解析】（1）和的燃烧热分别为-285.5和-890.0，可知热化学方程式：则a．，b．，c．△H2=+44.0kJ/mol，根据盖斯定律，得：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）△H1=-164.0；（2）列三段式有：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）根据v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa·s-1)计算，v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa·s-1)=1.2×10-6×10×104=0.12kPa·s-1，根据方程式分析，甲烷和氢气的速率比为1:4，所以v(H2)=0.48kPa·s-1。（3）从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最小能垒(活化能)步骤为最后一步，化学方程式为•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)。（4）350℃时，A点时的浓度相同，由反应可知和按1:2投料，同时按照1：2反应，则平衡时的浓度为的2倍，的浓度是甲烷浓度的2倍，则平衡常数K==1，为提高CO2的转化率，需使平衡正向移动，除改变温度外，还可以减少的投料比(或及时移出产物)，故答案为：1；减少的投料比(或及时移出产物)；（5）①由图示信息可知，阴极发生的反应为二氧化碳得电子转变成甲烷和水，电解反应式为：，故答案为：；②由图可知温度在250℃时，催化剂的转化效率达到最大值，温度在升高到300℃过程中催化剂的转化效率明显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断是温度本省对反应的影响导致的，温度升高反应速率加快，故答案为：300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快；20．

（1）

4s24p3

（1分）

大于（1分）（2）S原子半径较小，H—S键的键能较大（2分）（答S的非金属性更强，所以硫化氢更稳定给1分）

CS2

（1分）

H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化(或H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；或CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小)（2分）（3）4

（1分）

（1分）（4）晶体中均存在自由移动的电子

（1分）（5）(，1，)（2分）

（2分）【解析】（1）砷和磷为同一主族的元素，P价层电子排布式为3s23p3，且砷为第四周期，则As的价层电子排布式为4s24p3；同主族元素，随原子序数的增大，原子半径增大，第一电离能减小，则第一电离能：磷大于砷；（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大(或从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化)。（3）根据配离子[Cd(NH3)4]2+可知，中心离子的配位数为4；即Cd2+周围含有4个氨分子，离子结构式为；（4）锆、镉属于金属晶体，晶体中均存在自由移动的电子，所以锆、镉均是电热的良导体；（5）①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol−1，则晶胞的质量m=g，晶胞参数为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm-3。21．(1)

间苯二酚或1，3-苯二酚（1分）

(酚)羟基和酮羰基（2分）(2)

取代反应（1分）

保护酚羟基，防止其被破坏（1分）(3)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O（2分）(4)（2分）(5)13（2分）(6)（3分）【解析】根据题干有机合成流程图可解决(1)~(3)小题，(4)由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，先是酮羰基相连的甲基上的C-H键断裂与V中的醛基发生加成反应生成的中间产物X，然后X再发生消去反应生成VI，故中间产物的结构简式是，(5)由题干合成流程图可知，化合物II的分子式为：C8H8O3，则符合下列条件①能使溶液显色即含有酚羟基；②既能发生银镜反应即有醛基或甲酸酯基，又能发生水解反应含有酯基，结合O个数，综合为含有甲酸酯，若苯环上为两个取代基即-OH、-CH2OOCH有邻、间、对三种，若苯环上有三个取代基即-OH、-OOCH和CH3，则先考虑前两个有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基时分别有4种、4种和2种位置关系，故符合条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有3+4+4+2=13种，(6)本题采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，可由和Cl2光照条件下生成，据此确定合成路线，据此分析解题。(1)由题干流程图中，化合物Ⅰ的结构简式为：，故其名称是间苯二酚或1，3-苯二酚，化合物Ⅱ的结构简式为：，故其所含的官能团名称是(酚)羟