2022届河北省石家庄市高三毕业班教学质量检测二（一模）化学（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页河北省石家庄市2022届高三毕业班教学质量检测二（一模）化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于河北博物院的“长信宫灯”。下列说法错误的是A．青铜的硬度大于纯铜B．镏金层破损后生成铜锈的主要成分为CuOC．铝合金表面氧化物薄膜可以保护内部金属不被腐蚀D．两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O【答案】B【解析】【详解】A．青铜属于合金，一般来说合金的硬度大于纯金属的硬度，因此青铜的硬度大于纯铜，A正确；B．镏金层破损后生成铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，B错误；C．铝合金表面氧化物薄膜是致密的氧化膜，因此可以保护内部金属不被腐蚀，C正确；D．丙烷含C、H两种元素，动物油脂含C、H、O三种元素，因此两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O，D正确。综上所述，答案为:B。2．下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法错误的是A．食物中的糖类均能被人体吸收B．眼睛长期暴露在强阳光下，会使晶状体蛋白变性C．蛋白质是人类必需的营养物质，在纺织领域中也有重要应用D．油脂除了能为人体提供能量外，还有助于某些维生素的吸收【答案】A【解析】【详解】A．人体内没有消耗纤维素的酶，纤维素并不能被人体消耗、吸收，A错误；B．强光会使晶状体蛋白变性，B正确；C．蛋白质是由氨基酸通过缩聚反应得到的高分子化合物，是人类必需的营养物质，同时毛发、蚕丝等也富含蛋白质，在纺织领域中也有重要应用，C正确；D．油脂氧化放出的热量高，能为人体提供能量，同时油脂还有助于某些维生素的吸收，如维生素A、维生素D，D正确；答案选A。3．下列有关化学用语表示正确的是A．硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2OB．用乙烯制备二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2→CH3CHCl2C．KHSO4熔融状态下电离：KHSO4=K++H++SOD．HCO水解：HCO+H2OCO+H3O+【答案】A【解析】【详解】A．酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A正确；B．乙烯与氯气发生加成生成二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，化学方程式为CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，B错误；C．熔融状态下硫酸氢根不能电离，KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO，C错误；D．HCO水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，D错误；综上所述答案为A。4．化学在生产、生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A乙烯能与KMnO4溶液反应用浸泡过KMnO4溶液的硅土保存水果BSO2具有还原性用SO2漂白纸浆和草帽CFeCl3具有氧化性用FeCl3溶液刻蚀铜制印刷电路板D长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃用重油裂解制备有机化工原料A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．乙烯是一种植物生长调节剂，乙烯能与KMnO4溶液反应，故用浸泡过KMnO4溶液的硅土吸收乙烯，可保存水果，A正确；B．SO2能和有色物质结合成无色物质，具有漂白性，不是还原性体现，B错误；C．FeCl3具有氧化性和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可刻蚀铜制印刷电路板，C正确；D．长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃，故可以裂解得到小分子烯烃制备有机原料，D正确；故选B。5．实验室制备较为纯净的乙酸乙酯的过程中，下列装置不需要用到的是A． B．C． D．【答案】D【解析】【详解】A．乙酸乙酯难溶于水，密度比水小；乙醇溶于碳酸钠溶液中，乙酸与碳酸钠反应产生乙酸钠也溶解在水溶液中，可以采用分液方法分离，使用装置A，A正确；B．反应产生的乙酸乙酯沸点较低会挥发逸出，沸点较低的未反应的乙醇及乙酸也会随乙酸乙酯由导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，为防止因乙醇及乙酸的溶解而产生倒吸现象的发生，导气管要在液面以上，可以使用装置B，B正确；C．在实验室中用乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应制取乙酸乙酯，液体混合物加热反应，生成乙酸乙酯可以蒸出后冷凝收集，可以使用装置C，C正确；D．该装置适合易升华的物质与不易升华物质的分离，不用于实验室制备较为纯净的乙酸乙酯，D错误；故选D。6．“外加电流法”和“牺牲阳极法”均可有效防止铁发生电化学腐蚀。下列说法错误的是A．铁发生电化学腐蚀的原因是在其表面形成了原电池B．利用“外加电流法”时，铁连接电源负极C．“牺牲阳极法”利用了电解池原理D．两种保护法中都要采用辅助阳极【答案】C【解析】【分析】“外加电流法”利用的是电解池原理，通过外加电源将被保护金属连接到电源负极，使被保护金属做电解池阴极，惰性金属连接电源正极做“辅助阳极”；“牺牲阳极法”利用的是原电池原理，将被保护金属与比其活泼的金属连接形成原电池，让更活泼的金属做原电池负极，也就是“牺牲阳极”，被保护金属做原电池正极，这两种方法均可有效防止铁发生电化学腐蚀。【详解】A．铁发生电化学腐蚀的原因是铁不纯，铁与杂质在其表面形成了原电池，A项正确；B．利用“外加电流法”时，铁连接电源负极，B项正确；C．“牺牲阳极法”利用了原电池原理，C项错误；D．两种保护法中都要采用辅助阳极，D项正确；答案选C。7．劳动是光荣的。下列劳动项目所对应原理的化学方程式错误的是选项劳动项目化学方程式A家务劳动：巧用食醋除水垢2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2OB社区服务：学习用小苏打烘焙糕点NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑C工厂参观：工业生产漂白粉2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OD自主探究：用含铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．醋酸和水垢中碳酸钙生成醋酸钙和二氧化碳、水，方程式正确，A正确；B．用小苏打烘焙糕点是因为小苏打受热不稳定，分解生成二氧化碳、碳酸钠、水，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，B错误；C．工业生产漂白粉是氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，C正确；D．铝粉和强碱氢氧化钠反应生成氢气，气体可以疏通管道，方程式正确，D正确；故选B。8．贝诺酯具有解热镇痛和抗炎作用，其结构简式如图所示。下列关于贝诺酯的描述正确的是A．易溶于水，密度比水小 B．苯环上的一氯代物有4种C．分子中所有原子可能共平面 D．可发生加成反应和取代反应【答案】D【解析】【详解】A．贝诺酯分子中含有酯基，难溶于水，A错误；B．2个苯环上共有6种不同环境的氢，则其一氯代物有6种，B错误；C．分子中含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不能共平面，C错误；D．分子中苯环可以发生加成反应，甲基、苯环上氢可以发生取代反应，D正确；故选D。9．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，四种元素形成的一种化合物可作软水剂和缓冲剂(结构如图)。下列说法正确的是A．简单离子半径：X<YB．简单氢化物的稳定性：Z>XC．X与Z形成的化合物不能用作食品干燥剂D．W分别与Y、Z形成的化合物中所含化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】四种元素中只有一种金属元素，则应是Y，Y可以形成+1价阳离子，且原子序数比其小的主族元素至少有2个，所以Y为Na元素；X可以形成2个共价键，且原子序数小于Na，则应是O元素，W可以形成1个共价键，原子序数小于O，则应是H元素，Z可以形成5个共价键，原子序数大于Na，应是P元素。【详解】A．Na+和O2-电子层数均为2层，但O2-核电荷数更小，所以半径更大，A错误；B．非金属性O＞P，则简单氢化物的稳定性X(O)＞Z(P)，B错误；C．X与Z形成的化合物为P2O5，五氧化二磷溶于于水产生大量热并生成磷酸，其受热或遇水分解放热，放出有毒的腐蚀性烟气，具有强腐蚀性，常用作气体和液体的干燥剂，所以不可用作食品干燥剂，C正确；D．H和Na元素形成的化合物NaH只含离子键，H和P元素形成的化合物PH3只含共价键，D错误；综上所述答案为C。10．以铝土矿粉(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)；为原料生产Al2O3和Fe3O4的部分流程如下：下列说法正确的是A．“焙烧I”时，加入少量CaO可提高矿粉中硫的去除率B．用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为：2OH-+SO2=SO+H2OC．滤液中通入足量CO2，过滤后可得到Al2O3D．无氧条件下进行“焙烧II”时，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16【答案】D【解析】【分析】铝土矿粉在空气中焙烧，将FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅和氢氧化钠反应除去铝、硅，得到氧化铁，氧化铁加入FeS2隔绝氧气焙烧得到四氧化三铁；【详解】A．氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中，导致矿粉中硫的去除率下降，A错误；B．用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠：OH-+SO2=HSO，B错误；C．滤液中通入足量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，不是Al2O3，C错误；D．无氧条件下进行“焙烧II”，FeS2和Fe2O3生成四氧化三铁，反应为FeS2+16Fe2O32SO2+11Fe3O4，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1:16；D正确；故选D。11．下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向两支盛有5mL不同浓度KMnO4溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察实验现象探究浓度对反应速率的影响B向盛有1mL20%蔗糖溶液的试管中滴入3~5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却，在冷却后的溶液中加入银氨溶液检验蔗糖的水解产物中是否有葡萄糖C向盛有2g碳酸钠粉末的试管中加入少量水后，碳酸钠粉末结块变成晶体，用手触摸试管壁验证碳酸钠粉末遇水生成碳酸钠晶体是放热反应D向盛有5mL0.05mol·L-1FeCl3溶液的试管中加入1mL0.15mol·L-1KSCN溶液，溶液显红色，再加入1mol·L-1KSCN溶液验证Fe3+和SCN-的反应为可逆反应A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【详解】A．不同浓度KMnO4溶液起始颜色深度不同，与足量草酸溶液反应褪色时间不同，不能说明浓度大的反应速率快，A错误；B．在冷却后的溶液先加入氢氧化钠中和过量的稀硫酸，再加入银氨溶液才能得到银镜反应现象，B错误；C．加入少量水后，碳酸钠粉末结块变成晶体，用手触摸试管壁发烫，说明碳酸钠粉末遇水生成碳酸钠晶体是放热反应，C正确；D．FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl，5mL0.05mol·L-1FeCl3溶液的试管中加入1mL0.15mol·L-1KSCN溶液，明显氯化铁过量，再加1mol·L-1KSCN溶液，反应继续进行，颜色加深，不能验证Fe3+和SCN-的反应为可逆反应，D错误；故选C。二、多选题12．我国科学家研究出一种新型水系Zn-C2H2电池(结构如图)，既能实现乙炔加氢又能发电，其开路电位、峰值功率密度和能量密度均远高于Zn-CO2电池，同时这种电池设计可广泛适用于其他炔烃。已知放电时Zn转化为ZnO，电池工作时下列说法正确的是A．电流由b极经外电路流向a电极B．右侧极室中c(KOH)减小C．a极的电极反应式为C2H2+2e-+2H2O=C2H4+2OH-D．每有0.2molOH-通过阴离子交换膜，a极消耗2.24LC2H2【答案】BC【解析】【分析】已知放电时Zn转化为ZnO，则b极上Zn失电子被氧化，为电池的负极，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；a为正极，正极上C2H2得电子产生C2H4，电极反应式为C2H2+2e-+2H2O=C2H4+2OH-，电极总反应式为C2H2+Zn+H2O=C2H4+ZnO。【详解】A.电流由正极a极经外电路流向负极b电极，选项A错误；B.b电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，故右侧极室中c(KOH)减小，选项B正确；C.根据上述分析可知，a极的电极反应式为C2H2+2e-+2H2O=C2H4+2OH-，选项C正确；D.根据反应C2H2+2e-+2H2O=C2H4+2OH-可知，每有0.2molOH-通过阴离子交换膜，a极消耗0.1molC2H2，但没说明标准状况下，不一定为2.24L，选项D错误；答案选BC。13．相同温度和压强下，研究氯气分别在不同浓度的盐酸和氯化钠溶液中的溶解情况，实验测得氯气的饱和浓度c(Cl2)与盐酸和氯化钠溶液的浓度关系如图所示。已知：氯气溶解过程发生如下反应：①Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(ag)+HClO(aq)K1=4.2×10-4②Cl2(aq)+Cl-(aq)Cl(aq)K2=0.19③HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)Ka=3.2×10-8下列说法正确的是A．a点溶液中存在：c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)B．b点溶液中存在：c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)C．由对比实验得出Cl-对Cl2的溶解存在较大的抑制作用D．NaCl曲线中，随着Cl2溶解度的减小，溶液中减小【答案】AB【解析】【详解】A．a点溶液中c(HCl)=3.0mol/L，c(Cl2)约为0.81mol/L，HCl为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与Cl2结合生成Cl，所以c(H+)>c(Cl-)＞c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且HClO的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，A正确；B．b点溶液中溶质为3.0mol/L的NaCl和0.4mol/L的Cl2，由NaCl电离产生的c(Na+)=c0(Cl-)，根据元素守恒与发生反应①的c1(Cl2)=c(ClO-)+c(HClO)，所以反应①产生的c2(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，发生反应②c3(Cl-)=c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)=c0(Cl-)+c2(Cl-)-c3(Cl-)，所以c0(Cl-)=c(Cl-)+c3(Cl-)-c2(Cl-)=c(Cl-)+c(Cl)-[c(ClO-)+c(HClO)]=c(Na+)，移项可得c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)，B正确；C．HCl和NaCl溶液均能电离出Cl-，但在HCl溶液中，随着c(Cl-)增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，c(Cl-)增大使反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，C错误；D．同一溶液中==，随着Cl2的溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中c(H+)减小，所以增大，即增大，D错误；综上所述答案为AB。三、实验题14．镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如下探究：实验序号实验操作实验现象1向7.5mL1mol·L-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊I.探究反应产生的气体成分。(1)经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为_______。(2)小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如下实验(图1、图2中曲线②均为对应加入镁条的数据)：实验序号实验操作2分别称取两份6.0mL1mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线3分别称取两份30.0mL1mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集数据，得到图2所示曲线图1中曲线②对应的CO2含量逐渐增大的原因为_______(用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为_______。II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如下：实验序号实验操作实验现象4向_______溶液中加入长3cm的镁条持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊(3)结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。①实验4中横线处内容为_______。②查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为_______。III.探究固体浑浊物的组成。文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。甲、乙两位同学设计不同方案，测定混合物组成。(4)甲同学借助下图装置(可重复选用)，通过测定固体热分解产物水及二氧化碳的质量，测定其组成。按照该方案，装置的连接顺序为_______(填字母编号)。(5)乙同学只测定了固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=_______。【答案】(1)用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声(2)

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成(3)

7.5mL1mol/LKHCO3

溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快(4)BACDD(5)3:2【解析】【分析】镁与盐酸、水反应的实质都是与它们电离出的氢离子反应生成氢气。(1)氢气具有可燃性，检验氢气的方法为用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气；(2)由图1可知加与不加镁条均产生二氧化碳，且二氧化碳数据均随时间的推移而增大，则产生二氧化碳的主要原因是碳酸氢钠分解，用化学方程式表示为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；由图3可知随着时间的推移，溶液的pH增大，碱性增强，故图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成；(3)①实验目的是探究Na+或HCO加快了该反应的发生，而实验结论是HCO加快了该反应的发生，则实验4所选试剂与实验1相比阳离子不同，其余相同，应为7.5mL1mol/LKHCO3；②Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；(4)测定固体组成总体思路，称取固体混合物→加热→用浓硫酸吸收产生的水→用碱石灰吸收产生的二氧化碳，为使固体分解产生的二氧化碳和水被完全吸收，需要通入空气，但空气中有水蒸气和二氧化碳，空气通入前先用碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水，最后末端也需要用碱石灰防止空气中的水蒸气和二氧化碳回流如装置，因此装置顺序为BACDD；(5)设固体浑浊物中Mg(OH)2的物质的量为xmol，MgCO3的物质的量为ymol，则58x+84y=3.42，，，18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解得x=0.03，y=0.02，则固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=0.03mol:0.02mol=3:2。四、工业流程题15．碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：已知：I.Cr(OH)3为两性氢氧化物；II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列问题：(1)气体A的电子式为_______。(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。(5)“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。(7)“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为_______(填化学式)。【答案】(1)(2)

2CrO+2H+Cr2O+H2O

8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O(3)Cr(OH)3(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+(6)1.9×105(7)NH4NO3【解析】【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。(1)气体A为CO2，其电子式为；(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；(5)“调pH≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=====1.9×105；(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。五、原理综合题16．丙烯腈()是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：I.(g)(g)+H2O(g)ΔH1>0II.(g)+NH3(g)+H2O(g)+(g)

ΔH2>0(1)已知部分化学键键能如下表所示：化学键C-OC-CC=CC-HO-HC=O键能(kJ·mol-1)351348615413463745据此计算ΔH1=_______。(2)在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。①随着温度的升高，(g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为_______。②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为(g)(g)+H2O(g)，则第一步反应的化学方程式为_______；实验过程中未检测到(g)的原因可能为_______。③A点对应反应II的标准平衡常数=_______(保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]④实际生产中若充入一定量N2(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为_______。(3)利用电解法由丙烯腈制备己二睛[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为_______。【答案】(1)+34kJ·mol-1(2)

反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大

第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率

0.011

该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动(3)2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN【解析】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，ΔH1=(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34kJ·mol-1；(2)①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。③设的初始物质的量为2mol、氨气的醋酸物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水；和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。(3)根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN。六、结构与性质17．二甲基亚砜()是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为_______。②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。③沸点：二甲基亚砜_______丙酮(填“>”或“<”)，原因为_______。④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为_______。(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为_______。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18](4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______。(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α=120°，β=γ=90°。①该晶体中锰原子的配位数为_______；②已知锰和硫的原子半径分别r1nm和r2nm，该晶体中原子的空间利用率为_______(列出计算式即可)。【答案】(1)6：5(2)

sp3

O>C>H

>

二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高

二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键(3)18(4)[Cr(H2O)5Cl]2+(5)

4

【解析】(1)Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；(2)①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大