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四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测理综化学试题
一、单选题
1．（2022·成都模拟）实现“碳达峰”与“碳中和”对于改善环境、实现绿色发展至关重要。下列关于燃料的说法正确的是（　　）
A．沼气属于可再生清洁能源
B．大规模开采可燃冰，开发新能源，可以降低碳排放
C．石油分馏可获取裂化汽油，用溴水检验其中是否含有不饱和烃
D．向煤中加入CaCl2等来处理燃烧煤生成的SO2
2．（2022·成都模拟）设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（　　）
A．电解精炼Cu时阳极减少32g时，转移电子数一定为NA
B．100gCaCO3和KHCO3混合固体含有阳离子数大于NA
C．0℃，pH=1H3PO4溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
D．在溶有0.05molAlCl3的水溶液中，氯离子数目为0.15NA
3．（2022·成都模拟）四川盛产的川芎常用于止痛，其中含有活性成分——洋川芎内酯，其分子结构简式如图。下列有关该分子的说法不正确的是（　　）
A．分子式为C12H16O3
B．可发生取代反应、氧化反应，也可发生加聚反应
C．分子中环上的所有原子均共面
D．碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种
4．（2022·成都模拟）由四种短周期元素X、Y、Z、R构成的分子结构如图所示，其中所有原子均达到8电子稳定结构。四种元素位于不同主族，R的内层电子数比其最外层电子数多3；X、Y、Z同周期，Z的原子半径为三者中最小，Y的非金属性为三者中最弱。下列有关叙述正确的是（　　）
A．四种元素的氢化物均可能含非极性键
B．最高价氧化物水化物的酸性：X>Y
C．简单氢化物的稳定性：X>Z>R
D．离子半径：Z5．（2022·成都模拟）下列实验操作可达到预期目的的是（　　）
选项 目的 操作
A 利用密度差异分离混合物 对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液
B 配制0.10mol/LNa2CO3溶液 称取5.3gNa2CO3 10H2O固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至500mL容量瓶中定容
C 测定硫酸铜晶体中结晶水含量 加热后的坩埚直接放置在石棉网上冷却，称重
D 配制FeSO4溶液 先将FeSO4固体溶在稀硫酸中，然后稀释，并加入少量铁粉
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·成都模拟）钠离子电池易获取，正负极材料均采用铝箔(可减少铜箔用量)，因此钠离子电池理论成本低于锂离子电池。现有一种正极材料为KFe2(CN)6，固体电解质为Na3PS4，负极材料为Na2Ti3O7的钠离子电池。下列有关叙述不正确的是（　　）
A．正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3
B．放电时，正极可能发生Fe2(CN)+e-=Fe2(CN)
C．放电时，电子从负极流经固体电解质到达正极
D．充电时，负极区发生还原反应，并且Na+增多
7．（2022·成都模拟）室温下，向1.00L0.100mol/LNH4HCO3溶液中加入NaOH稀溶液，溶液中主要型体的分布系数［比如A2-的分布系数δ(A2-)=］以及pH随n(NaOH)变化如图。
下列叙述不正确的是（　　）
A．0.100mol/LNH4HCO3溶液中＞1，水电离受到促进
B．加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系式c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
C．Ka2(H2CO3)×Kb(NH3·H2O)D．加入少量NaOH时，OH-先与HCO发生主要反应
二、综合题
8．（2022·成都模拟）过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物［CO(NH2)2·H2O2]，这是一种高效、安全的固态过氧化氢形式，既解决了储藏运输等困难，也提高了高活性高含量氧在水溶液中的稳定性。
（1）Ⅰ.加合物的制备
量取6.8mL30%H2O2溶液放于反应容器中，再加入2.4g尿素。控制60℃下加热几分钟，得到无色溶液。继续加热，观察到针状晶体在溶液中逐渐生长，至只有极少量水时，停止加热，冷却至室温。晶体置于滤纸上几分钟，称重记录3.6g。
制备时，加入过氧化氢略过量，其目的是　 　。
（2）控制温度60℃左右所采用的加热方式是　 　，过程中监测温度的方法为　 　；制备时的反应容器是一种便于结晶的陶瓷仪器，该仪器为下列　 　(填序号)。
A．圆底蒸发皿 B．坩埚 C．烧杯 D．瓷制研钵
（3）尿素中常含有少量铁、铜等离子杂质，需加入稳定剂以提高加合物的产率。不加稳定剂时，铁、铜等离子导致产品稳定性以及产率降低的可能原因是　 　。
（4）Ⅱ.产品纯度测定
实验步骤：填写下述测定步骤中的空白。
取ag产品至50mL烧杯中，　 　，将溶液转移至100mL容量瓶中定容并摇匀。吸取10.0mL溶液于　 　中，加入100mL水和20mL10%硫酸，用cmol/LKMnO4溶液(不与尿素反应)滴定至粉红色，30s不褪色。共重复平行测定三次，平均消耗bmLKMnO4溶液。
数据分析：
（5）酸性KMnO4溶液滴定H2O2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，据此计算产品的纯度为　 　%。
9．（2022·成都模拟）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 Fe(OH)3
Ksp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.1×10-36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件(温度、时间)为　 　。
（2）MnO2主要用于氧化　 　。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式　 　。
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、　 　(填化学式，其中Co、Ni均为+2价)。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有　 　作用；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是　 　；若反应终点pH低于7，可能的后果是　 　。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为　 　。
10．（2022·成都模拟）苯酚(C6H5OH)是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：反应C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g)。
（1）已知6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ΔH1=+82.9kJ·mol-1
2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ΔH2=+163.2kJ·mol-1
12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ΔH3=-243kJ·mol-1
则C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g) ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：1。此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。则制备反应的平衡常数Kc=　 　(写出计算式)。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是　 　；反应时间过长造成产率下降的可能原因是　 　。
（4）反应中使用更高效的催化剂　 　(填“可”或“不可”)提高反应的平衡转化率。已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是　 　。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v=kca(C6H6)cb(N2O)，有关数据如表：
c(C6H6)/×10-3mol·L-1 c(N2O)/×10-3mol·L-1 v/×10-3mol·L-1·s-1
12 8.0 1.0
24 8.0 2.0
24 24 6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*(活性氧) 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*(活性苯酚) 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH 快反应
下列有关说法正确的是____。
A．O*(活性氧)是该反应的催化剂
B．②的反应的活化能最小
C．反应速率v(N2O)=v(N2)
D．第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
11．（2022·成都模拟）近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。如果长时间放置甲酸铜［Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸()、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。X对热稳定，磁矩约为1.7B。M(磁矩=，n为未成对电子数)。
（1）由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为　 　；该基态铜离子价电子的轨道表示式为　 　。
（2）1mol对苯二甲酸分子中含有　 　molσ键，对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯(，相对分子质量为168，熔点173℃)的主要原因是　 　。
（3）甲酸根中C原子的杂化类型为　 　，其与铜离子配位的原子是　 　；写出甲酸根的一种等电子体分子的结构式　 　。
（4）X晶胞中含有Cu的数目为　 　个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mgN2，所得晶体中Cu：N个数比约为1：(保留两位有效数字)　 　。
12．（2022·成都模拟）由环已醇制备内酯H的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；E的化学式为　 　。
（2）由B生成C分两步进行：①B与 加成反应；②消去反应得到C，则C的结构简式为　 　。
（3）C→E反应中，D中发生变化的官能团名称为　 　；由F生成G的反应类型为　 　。
（4）由G生成H的化学方程式为　 　。
（5）化合物 的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为　 　(一种)。
a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为4：3：2
（6）以苯为主要原料，用不超过三步的反应设计合成环己醇的流程　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发
【解析】【解答】A．沼气的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，属于可再生清洁能源，A符合题意；
B．可燃冰燃烧会产生二氧化碳，大规模开采可燃冰，开发新能源，不能降低碳排放，B不符合题意；
C．石油分馏得不到裂化汽油，石油裂化才得到裂化汽油，C不符合题意；
D．向煤中加入石灰石(主要成分为碳酸钙)处理煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.沼气由秸秆、动物粪便发酵而得到，可以再生；
B.可燃冰的主要成分是CH4，燃烧生成CO2；
C.裂化汽油通过石油列化获得，裂化是化学变化；
D.处理煤燃烧生成的SO2，应加石灰石。
2．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有比铜活泼的金属，如Zn、Fe等，Zn、Fe先失去电子，阳极质量减少32g，转移电子物质的量不等于1mol，故A不符合题意；
B．碳酸钙中阳离子为Ca2+，碳酸氢钠中阳离子为Na+，碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/mol，因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1mol，故B不符合题意；
C．题中没有指明溶液的体积，无法计算氢离子物质的量，故C不符合题意；
D．Cl-不发生水解，因此0.05molAlCl3中氯离子物质的量为0.05mol×3=0.15mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.电解精炼铜时，阳极比铜活泼的金属也会放电；
B. CaCO3和KHCO3 的摩尔质量都是100g/mol；
C.要求离子数，还需要知道溶液的体积；
D.氯化铝强电解质，完全电离。
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构式；有机物的结构和性质；取代反应
【解析】【解答】A．由结构可知，该有机物分子式为C12H16O3，故A不符合题意；
B．该有机物含有醇羟基，可发生取代反应，且醇羟基连接的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B不符合题意；
C．分子中环上含有饱和碳原子，所有原子不是都共面，故C符合题意；
D．该有机物氢种类有，则碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.计算分子式时要注意碳四价，不要漏算或多算原子数；
B.有机物官能团决定化学性质；
C.注意该六元环不是苯环，所有原子不可能共面；
D.等效氢原子的判断，注意同一碳原子上的氢原子等效和碳四价原则。
4．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据上述分析，X为N，Y为C，Z为O，R为Cl，
A．HCl没有非极性键，N可以形成N2H4，N原子间为非极性共价键，C与H形成C2H4等，C原子间为非极性共价键，O与H形成H2O2，O原子之间为非极性共价键，故A不符合题意；
B．N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，硝酸为强酸，碳酸为弱酸，故B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于N，因此O的简单氢化物的稳定性强于N的简单氢化物，故C不符合题意；
D．Cl-核外有三个电子层，O2-、N3-核外有两个电子层，因此Cl-的半径最大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据分子的结构式，及个元素原子的结构特点判断各元素。
A.Cl元素与H只能形成HCl；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C.非金属性越强，最简单氢化物，稳定性越强；
D.离子半径的比较，先看电子层数，电子层数相同时，看核电荷数。
5．【答案】D
【知识点】分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密度差异，故A不符合题意；
B.5.3gNa2CO3 10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L，故B不符合题意；
C．加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液时，先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分液是利用互不相溶的两种液体的密度不同，出现分层进行混合物分离的操作；
B. 5.3gNa2CO3 10H2O 的物质的量小于0.05mol；
C.直接放在石棉网上冷却，冷却过程中硫酸铜会和空气中的水蒸气反应；
D.硫酸亚铁溶液在配制的过程中要防止氧化和水解，应加入铁粉和稀硫酸。
6．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．钾离子呈+1价、CN-为-1价，化合物中元素的正负化合价代数和为0，则正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3，A不符合题意；
B．放电时，正极发生还原反应，可能发生Fe2(CN)6-+e-=Fe2(CN)62- ，B不符合题意；
C．放电时，电子从负极流经导线到达正极，电子不流经固体电解质，C符合题意；
D．充电时，负极区即阴极发生还原反应，阳离子向阴极移动，则Na+增多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化合物中正负化合价代数和为零；
B.放电时正极发生还原反应；
C.电子只能在外电路中移动，不能在电解质中移动；
D.电解池中，阴极发生还原反应，钠离子移向阴极。
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A． ， 和 分别发生水解， ， ，因为 ，所以 ，则说明 水解程度大，使水电离受到促进，故A选项不符合题意；
B．
，
和
分别发生水解，
，
，则由物料守恒得
，故B选项不符合题意；
C．
，图中
时，
，所以
，因此
，故C选项不符合题意；
D．加入少量NaOH时，
浓度基本不变，而
浓度快速减小，所以OH-先与
发生主要反应，故D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.碳酸氢铵溶液的pH>7，OH-的浓度比H+大，溶液中铵根离子和碳酸氢根离子水解促进水的电离；
B.物料守恒式；
C.根据Ka2和Kb的表达式结合分布系数图推导 的相对大小；
D.从分布系数图可以看出，加少量NaOH时，铵根离子浓度减小程度大， NH3·H2O 的浓度增大程度大；
8．【答案】（1）提高尿素的转化率
（2）水浴加热；用温度计监测水浴温度；A
（3）铁、铜离子催化H2O2分解
（4）加适量水溶解，恢复至室温；锥形瓶
（5）2：5；
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】(1)利用过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物，加入稍过量的过氧化氢，将尿素尽可能转化成加合物，提高尿素的转化率；故答案为提高尿素转化率；
(2)控制温度在60℃左右所采用的加热方式为水浴加热，过程中监测温度的方法为用温度计测定水浴温度；根据题意反应容器是便于结晶的陶瓷仪器，烧杯属于玻璃仪器，不属于陶瓷仪器，瓷制研钵用于固体研磨，不能用于结晶，坩埚不利于蒸发结晶，蒸发皿常用于蒸发结晶，且蒸发皿为陶瓷仪器，选项A符合题意；故答案为水浴加热；温度计测定水浴温度；A；
(3)铁、铜离子可以催化H2O2分解，导致产品稳定性及产率降低；故答案为铁、铜离子催化H2O2分解；
(4)将产品称量后，放置在烧杯中，加水溶解，恢复至室温状态，然后将溶液移至100mL容量瓶中定容并摇匀；滴定过程中一般待测液盛放在锥形瓶中，标准液用滴定管盛装，因此吸取10.0mL溶液于锥形瓶中；故答案为加水溶解，恢复至室温；锥形瓶；
(5)利用高锰酸钾的强氧化性，将H2O2氧化成氧气，利用得失电子数目守恒，n(KMnO4)×(7－2)=n(H2O2)×2×1，n(KMnO4)∶n(H2O2)=2∶5；根据信息建立关系式为2CO(NH2)2·H2O2～5H2O2～2KMnO4样品的纯度为
×100%=
%；故答案为2∶5；
%。
【分析】（1）一种反应物过量可以提高另一种反应物的转化率；
（2）温度低于100 ℃ 宜采用水浴加热，要用温度计检测水浴的温度，保持 60℃60℃ ；结晶要用到蒸发皿；
（3）过氧化氢不稳定，易分解，铜、铁离子可以催化其分解；
（4）一定物质的量浓度的溶液的配制，先加适量水溶解，再冷却后才转移，滴定操作的反应容器要用到锥形瓶；
（5）根据得失电子守恒判断氧化剂和还原剂的物质的量之比，根据高锰酸钾的物质的量算过氧化氢的物质的量，最后计算纯度。
9．【答案】（1）80℃、90 min
（2）Fe2+；C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）Fe(OH)3、CoS、NiS
（4）结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；MnCO3可能溶解，造成产率降低
（5）2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+
【知识点】无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
(1)物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min；
(2)MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
(3)根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3；
(4)“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合
电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；
“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
(5)以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。
【分析】（1）观察图可知最佳实验条件；
（2）根据菱锰矿的成分和工艺流程可知MnO2氧化亚铁离子；葡萄糖和MnO2在酸性条件下生成Mn2+和CO2，根据三大守恒及拆分原则写出离子方程式；
（3）追踪元素可知滤渣 2的主要成分；
（4）分析产物可知，还起到调节pH的作用，
，会产生Mn(OH)2沉淀，pH<7， MnCO3与H+反应 ；
（5）阳极铁发生氧化反应，生成 Zn2Mn(1-x)Fe2O4，根据得失电子守恒、物料守恒、电荷守恒写出电极反应式。
10．【答案】（1）-286
（2）
（3）反应速率较低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化
（4）不可；催化剂失活
（5）C；D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ①，2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ②，12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ③，根据盖斯定律，③×
－①－②×
，因此ΔH=
ΔH3－ΔH1－
ΔH2=-286kJ/mol，故答案为-286；
(2)N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为(0.95+0.05)mol/L=1mol/L，最佳投料比为10∶1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc=
；故答案为
；
(3)温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化，造成产率降低；故答案为反应速率低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化；
(4)催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是温度高，使催化剂的活性较低；故答案为不可；催化剂活性较低或催化剂失活；
(5)A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物，不是催化剂，故A不符合题意；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大，故B不符合题意；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比，即反应速率v(N2O)=v(N2)，故C符合题意；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢，说明有效碰撞几率小，故D符合题意；
答案为CD。
【分析】（1）利用盖斯定律计算；
（2）利用三段式计算出平衡时各物质的量浓度，再计算K；
（3）温度低化学反应速率慢，反应时间长苯酚被空气氧化的多；
（4）催化剂不影响化学平衡，温度高产率反而低，说明催化剂的催化效率低，高温导致催化剂失活；
（5）A.根据反应步骤可知 O*(活性氧)是中间产物；
B.活化能越小反应速率越快；
C.不同物质表示的同一反应的速率之比等于化学计量系数比；
D.根据有效碰撞理论可知活化分子间的碰撞只有部分有效。
11．【答案】（1）1；
（2）18；对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用
（3）sp2；O；、等
（4）2；3.6
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)已知X磁矩约为1.7B，M(磁矩=
，n为未成对电子数，代入数据可得1.7=
，解得n=1，铜离子的未成对电子数为1；Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，基态 Cu2+价电子排布式为3d9，价电子轨道表示式为：
；
(2)共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，1mol对苯二甲酸分子中含有18 molσ键，对苯二甲酸和对二硝基苯都是分子晶体，而含有氢键的物质熔点较高，则对苯二甲酸熔点较高的主要原因是对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；
(3)甲酸根中C原子以双键形式存在，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化类型为sp2，O原子提供孤对电子，与铜离子配位的原子是O；与甲酸根的一种等电子体分子的结构式为、等；
(4)由X晶胞结构可知Cu位于顶角，则晶胞中Cu的数目为
2；1molX的晶胞质量为456g，则100mg晶体含Cu原子物质的量为
，22.0mgN2中含N物质的量为
，所得晶体中Cu：N个数比约为
。
【分析】（1）根据公式即可计算出未成对电子，根据核外电子排布即可写出价电子轨道
（2）根据成键方式即可找出 σ键 数目，氢键导致熔沸点增大
（3）根据碳原子成键方式即可杂化类型，根据结构找出含有孤对电子的原子，根据电子数相同即可找出等电子体
（4）根据占位即可计算出铜原子个数，根据数即可计算出个数比
12．【答案】（1）环己酮；[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br
（2）
（3）溴原子；还原反应(或加成反应)
（4）+
（5） 或 或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A( )发生氧化反应生成B( )，B( )经过加成反应和消去反应生成C( )，C( )与D在乙醇的条件下反应生成E，E发生水解生成F，F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应，将 中氧还原成-OH即生成G，G( )在酸性条件下-OH 脱H，邻位脱CH3CH2O-生成 和乙醇。
(1)
B中有 ，故B的化学名称为环己酮；E的化学式为[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br
故符合题意答案为：环己酮；[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br；
(2)由B生成C分两步进行：①B与 加成反应生成 ；②发生消去反应，则-OH消去成双键得到C，则C的结构简式为 。
故符合题意答案为：
(3)C→E反应中，D中发生变化的官能团名称为溴原子； F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应 (或加成反应)生成G。
故符合题意答案为：溴原子；还原反应(或加成反应)
(4)G在酸性条件下-OH 脱H，邻位脱CH3CH2O-生成和乙醇，则G生成H的化学方程式为：+
故符合题意答案为：+
(5)化合物 的同分异构体中， 满足a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为4：3：2两个条件，则有两个环境相同的-CH2和-CH3以及-CH2或-NH2，因此能同时满足下列条件的结构简式为： 或 或
故正确答案为： 或 或
(6)以苯为主要原料，用不超过三步的反应设计合成环己醇，则 需要加成变成环己烷，同时还要引入-OH，引入-OH可以通过卤代烃水解生成醇，那么则需要在苯环上引入-Br，故流程为：
故正确答案为：
【分析】（1）根据B的结构式即可命名，根据E的结构式即可写出E的化学式
（2）根据要求即可写出C的结构简式
（3）根据结构式找出官能团即可判断反应类型
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据要求结合分子式即可找出同分异构体
（6）根据生成物逆推出中间产物，结合图示给出的信息即可进行合成
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四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测理综化学试题
一、单选题
1．（2022·成都模拟）实现“碳达峰”与“碳中和”对于改善环境、实现绿色发展至关重要。下列关于燃料的说法正确的是（　　）
A．沼气属于可再生清洁能源
B．大规模开采可燃冰，开发新能源，可以降低碳排放
C．石油分馏可获取裂化汽油，用溴水检验其中是否含有不饱和烃
D．向煤中加入CaCl2等来处理燃烧煤生成的SO2
【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发
【解析】【解答】A．沼气的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，属于可再生清洁能源，A符合题意；
B．可燃冰燃烧会产生二氧化碳，大规模开采可燃冰，开发新能源，不能降低碳排放，B不符合题意；
C．石油分馏得不到裂化汽油，石油裂化才得到裂化汽油，C不符合题意；
D．向煤中加入石灰石(主要成分为碳酸钙)处理煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.沼气由秸秆、动物粪便发酵而得到，可以再生；
B.可燃冰的主要成分是CH4，燃烧生成CO2；
C.裂化汽油通过石油列化获得，裂化是化学变化；
D.处理煤燃烧生成的SO2，应加石灰石。
2．（2022·成都模拟）设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（　　）
A．电解精炼Cu时阳极减少32g时，转移电子数一定为NA
B．100gCaCO3和KHCO3混合固体含有阳离子数大于NA
C．0℃，pH=1H3PO4溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
D．在溶有0.05molAlCl3的水溶液中，氯离子数目为0.15NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有比铜活泼的金属，如Zn、Fe等，Zn、Fe先失去电子，阳极质量减少32g，转移电子物质的量不等于1mol，故A不符合题意；
B．碳酸钙中阳离子为Ca2+，碳酸氢钠中阳离子为Na+，碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/mol，因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1mol，故B不符合题意；
C．题中没有指明溶液的体积，无法计算氢离子物质的量，故C不符合题意；
D．Cl-不发生水解，因此0.05molAlCl3中氯离子物质的量为0.05mol×3=0.15mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.电解精炼铜时，阳极比铜活泼的金属也会放电；
B. CaCO3和KHCO3 的摩尔质量都是100g/mol；
C.要求离子数，还需要知道溶液的体积；
D.氯化铝强电解质，完全电离。
3．（2022·成都模拟）四川盛产的川芎常用于止痛，其中含有活性成分——洋川芎内酯，其分子结构简式如图。下列有关该分子的说法不正确的是（　　）
A．分子式为C12H16O3
B．可发生取代反应、氧化反应，也可发生加聚反应
C．分子中环上的所有原子均共面
D．碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种
【答案】C
【知识点】有机物的结构式；有机物的结构和性质；取代反应
【解析】【解答】A．由结构可知，该有机物分子式为C12H16O3，故A不符合题意；
B．该有机物含有醇羟基，可发生取代反应，且醇羟基连接的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B不符合题意；
C．分子中环上含有饱和碳原子，所有原子不是都共面，故C符合题意；
D．该有机物氢种类有，则碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.计算分子式时要注意碳四价，不要漏算或多算原子数；
B.有机物官能团决定化学性质；
C.注意该六元环不是苯环，所有原子不可能共面；
D.等效氢原子的判断，注意同一碳原子上的氢原子等效和碳四价原则。
4．（2022·成都模拟）由四种短周期元素X、Y、Z、R构成的分子结构如图所示，其中所有原子均达到8电子稳定结构。四种元素位于不同主族，R的内层电子数比其最外层电子数多3；X、Y、Z同周期，Z的原子半径为三者中最小，Y的非金属性为三者中最弱。下列有关叙述正确的是（　　）
A．四种元素的氢化物均可能含非极性键
B．最高价氧化物水化物的酸性：X>Y
C．简单氢化物的稳定性：X>Z>R
D．离子半径：Z【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据上述分析，X为N，Y为C，Z为O，R为Cl，
A．HCl没有非极性键，N可以形成N2H4，N原子间为非极性共价键，C与H形成C2H4等，C原子间为非极性共价键，O与H形成H2O2，O原子之间为非极性共价键，故A不符合题意；
B．N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，硝酸为强酸，碳酸为弱酸，故B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于N，因此O的简单氢化物的稳定性强于N的简单氢化物，故C不符合题意；
D．Cl-核外有三个电子层，O2-、N3-核外有两个电子层，因此Cl-的半径最大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据分子的结构式，及个元素原子的结构特点判断各元素。
A.Cl元素与H只能形成HCl；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C.非金属性越强，最简单氢化物，稳定性越强；
D.离子半径的比较，先看电子层数，电子层数相同时，看核电荷数。
5．（2022·成都模拟）下列实验操作可达到预期目的的是（　　）
选项 目的 操作
A 利用密度差异分离混合物 对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液
B 配制0.10mol/LNa2CO3溶液 称取5.3gNa2CO3 10H2O固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至500mL容量瓶中定容
C 测定硫酸铜晶体中结晶水含量 加热后的坩埚直接放置在石棉网上冷却，称重
D 配制FeSO4溶液 先将FeSO4固体溶在稀硫酸中，然后稀释，并加入少量铁粉
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密度差异，故A不符合题意；
B.5.3gNa2CO3 10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L，故B不符合题意；
C．加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液时，先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分液是利用互不相溶的两种液体的密度不同，出现分层进行混合物分离的操作；
B. 5.3gNa2CO3 10H2O 的物质的量小于0.05mol；
C.直接放在石棉网上冷却，冷却过程中硫酸铜会和空气中的水蒸气反应；
D.硫酸亚铁溶液在配制的过程中要防止氧化和水解，应加入铁粉和稀硫酸。
6．（2022·成都模拟）钠离子电池易获取，正负极材料均采用铝箔(可减少铜箔用量)，因此钠离子电池理论成本低于锂离子电池。现有一种正极材料为KFe2(CN)6，固体电解质为Na3PS4，负极材料为Na2Ti3O7的钠离子电池。下列有关叙述不正确的是（　　）
A．正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3
B．放电时，正极可能发生Fe2(CN)+e-=Fe2(CN)
C．放电时，电子从负极流经固体电解质到达正极
D．充电时，负极区发生还原反应，并且Na+增多
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．钾离子呈+1价、CN-为-1价，化合物中元素的正负化合价代数和为0，则正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3，A不符合题意；
B．放电时，正极发生还原反应，可能发生Fe2(CN)6-+e-=Fe2(CN)62- ，B不符合题意；
C．放电时，电子从负极流经导线到达正极，电子不流经固体电解质，C符合题意；
D．充电时，负极区即阴极发生还原反应，阳离子向阴极移动，则Na+增多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化合物中正负化合价代数和为零；
B.放电时正极发生还原反应；
C.电子只能在外电路中移动，不能在电解质中移动；
D.电解池中，阴极发生还原反应，钠离子移向阴极。
7．（2022·成都模拟）室温下，向1.00L0.100mol/LNH4HCO3溶液中加入NaOH稀溶液，溶液中主要型体的分布系数［比如A2-的分布系数δ(A2-)=］以及pH随n(NaOH)变化如图。
下列叙述不正确的是（　　）
A．0.100mol/LNH4HCO3溶液中＞1，水电离受到促进
B．加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系式c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
C．Ka2(H2CO3)×Kb(NH3·H2O)D．加入少量NaOH时，OH-先与HCO发生主要反应
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A． ， 和 分别发生水解， ， ，因为 ，所以 ，则说明 水解程度大，使水电离受到促进，故A选项不符合题意；
B．
，
和
分别发生水解，
，
，则由物料守恒得
，故B选项不符合题意；
C．
，图中
时，
，所以
，因此
，故C选项不符合题意；
D．加入少量NaOH时，
浓度基本不变，而
浓度快速减小，所以OH-先与
发生主要反应，故D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.碳酸氢铵溶液的pH>7，OH-的浓度比H+大，溶液中铵根离子和碳酸氢根离子水解促进水的电离；
B.物料守恒式；
C.根据Ka2和Kb的表达式结合分布系数图推导 的相对大小；
D.从分布系数图可以看出，加少量NaOH时，铵根离子浓度减小程度大， NH3·H2O 的浓度增大程度大；
二、综合题
8．（2022·成都模拟）过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物［CO(NH2)2·H2O2]，这是一种高效、安全的固态过氧化氢形式，既解决了储藏运输等困难，也提高了高活性高含量氧在水溶液中的稳定性。
（1）Ⅰ.加合物的制备
量取6.8mL30%H2O2溶液放于反应容器中，再加入2.4g尿素。控制60℃下加热几分钟，得到无色溶液。继续加热，观察到针状晶体在溶液中逐渐生长，至只有极少量水时，停止加热，冷却至室温。晶体置于滤纸上几分钟，称重记录3.6g。
制备时，加入过氧化氢略过量，其目的是　 　。
（2）控制温度60℃左右所采用的加热方式是　 　，过程中监测温度的方法为　 　；制备时的反应容器是一种便于结晶的陶瓷仪器，该仪器为下列　 　(填序号)。
A．圆底蒸发皿 B．坩埚 C．烧杯 D．瓷制研钵
（3）尿素中常含有少量铁、铜等离子杂质，需加入稳定剂以提高加合物的产率。不加稳定剂时，铁、铜等离子导致产品稳定性以及产率降低的可能原因是　 　。
（4）Ⅱ.产品纯度测定
实验步骤：填写下述测定步骤中的空白。
取ag产品至50mL烧杯中，　 　，将溶液转移至100mL容量瓶中定容并摇匀。吸取10.0mL溶液于　 　中，加入100mL水和20mL10%硫酸，用cmol/LKMnO4溶液(不与尿素反应)滴定至粉红色，30s不褪色。共重复平行测定三次，平均消耗bmLKMnO4溶液。
数据分析：
（5）酸性KMnO4溶液滴定H2O2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，据此计算产品的纯度为　 　%。
【答案】（1）提高尿素的转化率
（2）水浴加热；用温度计监测水浴温度；A
（3）铁、铜离子催化H2O2分解
（4）加适量水溶解，恢复至室温；锥形瓶
（5）2：5；
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】(1)利用过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物，加入稍过量的过氧化氢，将尿素尽可能转化成加合物，提高尿素的转化率；故答案为提高尿素转化率；
(2)控制温度在60℃左右所采用的加热方式为水浴加热，过程中监测温度的方法为用温度计测定水浴温度；根据题意反应容器是便于结晶的陶瓷仪器，烧杯属于玻璃仪器，不属于陶瓷仪器，瓷制研钵用于固体研磨，不能用于结晶，坩埚不利于蒸发结晶，蒸发皿常用于蒸发结晶，且蒸发皿为陶瓷仪器，选项A符合题意；故答案为水浴加热；温度计测定水浴温度；A；
(3)铁、铜离子可以催化H2O2分解，导致产品稳定性及产率降低；故答案为铁、铜离子催化H2O2分解；
(4)将产品称量后，放置在烧杯中，加水溶解，恢复至室温状态，然后将溶液移至100mL容量瓶中定容并摇匀；滴定过程中一般待测液盛放在锥形瓶中，标准液用滴定管盛装，因此吸取10.0mL溶液于锥形瓶中；故答案为加水溶解，恢复至室温；锥形瓶；
(5)利用高锰酸钾的强氧化性，将H2O2氧化成氧气，利用得失电子数目守恒，n(KMnO4)×(7－2)=n(H2O2)×2×1，n(KMnO4)∶n(H2O2)=2∶5；根据信息建立关系式为2CO(NH2)2·H2O2～5H2O2～2KMnO4样品的纯度为
×100%=
%；故答案为2∶5；
%。
【分析】（1）一种反应物过量可以提高另一种反应物的转化率；
（2）温度低于100 ℃ 宜采用水浴加热，要用温度计检测水浴的温度，保持 60℃60℃ ；结晶要用到蒸发皿；
（3）过氧化氢不稳定，易分解，铜、铁离子可以催化其分解；
（4）一定物质的量浓度的溶液的配制，先加适量水溶解，再冷却后才转移，滴定操作的反应容器要用到锥形瓶；
（5）根据得失电子守恒判断氧化剂和还原剂的物质的量之比，根据高锰酸钾的物质的量算过氧化氢的物质的量，最后计算纯度。
9．（2022·成都模拟）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 Fe(OH)3
Ksp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.1×10-36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件(温度、时间)为　 　。
（2）MnO2主要用于氧化　 　。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式　 　。
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、　 　(填化学式，其中Co、Ni均为+2价)。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有　 　作用；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是　 　；若反应终点pH低于7，可能的后果是　 　。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为　 　。
【答案】（1）80℃、90 min
（2）Fe2+；C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）Fe(OH)3、CoS、NiS
（4）结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；MnCO3可能溶解，造成产率降低
（5）2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+
【知识点】无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
(1)物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min；
(2)MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
(3)根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3；
(4)“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合
电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；
“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
(5)以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。
【分析】（1）观察图可知最佳实验条件；
（2）根据菱锰矿的成分和工艺流程可知MnO2氧化亚铁离子；葡萄糖和MnO2在酸性条件下生成Mn2+和CO2，根据三大守恒及拆分原则写出离子方程式；
（3）追踪元素可知滤渣 2的主要成分；
（4）分析产物可知，还起到调节pH的作用，
，会产生Mn(OH)2沉淀，pH<7， MnCO3与H+反应 ；
（5）阳极铁发生氧化反应，生成 Zn2Mn(1-x)Fe2O4，根据得失电子守恒、物料守恒、电荷守恒写出电极反应式。
10．（2022·成都模拟）苯酚(C6H5OH)是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：反应C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g)。
（1）已知6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ΔH1=+82.9kJ·mol-1
2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ΔH2=+163.2kJ·mol-1
12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ΔH3=-243kJ·mol-1
则C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g) ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：1。此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。则制备反应的平衡常数Kc=　 　(写出计算式)。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是　 　；反应时间过长造成产率下降的可能原因是　 　。
（4）反应中使用更高效的催化剂　 　(填“可”或“不可”)提高反应的平衡转化率。已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是　 　。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v=kca(C6H6)cb(N2O)，有关数据如表：
c(C6H6)/×10-3mol·L-1 c(N2O)/×10-3mol·L-1 v/×10-3mol·L-1·s-1
12 8.0 1.0
24 8.0 2.0
24 24 6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*(活性氧) 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*(活性苯酚) 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH 快反应
下列有关说法正确的是____。
A．O*(活性氧)是该反应的催化剂
B．②的反应的活化能最小
C．反应速率v(N2O)=v(N2)
D．第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
【答案】（1）-286
（2）
（3）反应速率较低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化
（4）不可；催化剂失活
（5）C；D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ①，2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ②，12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ③，根据盖斯定律，③×
－①－②×
，因此ΔH=
ΔH3－ΔH1－
ΔH2=-286kJ/mol，故答案为-286；
(2)N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为(0.95+0.05)mol/L=1mol/L，最佳投料比为10∶1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc=
；故答案为
；
(3)温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化，造成产率降低；故答案为反应速率低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化；
(4)催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是温度高，使催化剂的活性较低；故答案为不可；催化剂活性较低或催化剂失活；
(5)A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物，不是催化剂，故A不符合题意；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大，故B不符合题意；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比，即反应速率v(N2O)=v(N2)，故C符合题意；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢，说明有效碰撞几率小，故D符合题意；
答案为CD。
【分析】（1）利用盖斯定律计算；
（2）利用三段式计算出平衡时各物质的量浓度，再计算K；
（3）温度低化学反应速率慢，反应时间长苯酚被空气氧化的多；
（4）催化剂不影响化学平衡，温度高产率反而低，说明催化剂的催化效率低，高温导致催化剂失活；
（5）A.根据反应步骤可知 O*(活性氧)是中间产物；
B.活化能越小反应速率越快；
C.不同物质表示的同一反应的速率之比等于化学计量系数比；
D.根据有效碰撞理论可知活化分子间的碰撞只有部分有效。
11．（2022·成都模拟）近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。如果长时间放置甲酸铜［Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸()、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。X对热稳定，磁矩约为1.7B。M(磁矩=，n为未成对电子数)。
（1）由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为　 　；该基态铜离子价电子的轨道表示式为　 　。
（2）1mol对苯二甲酸分子中含有　 　molσ键，对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯(，相对分子质量为168，熔点173℃)的主要原因是　 　。
（3）甲酸根中C原子的杂化类型为　 　，其与铜离子配位的原子是　 　；写出甲酸根的一种等电子体分子的结构式　 　。
（4）X晶胞中含有Cu的数目为　 　个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mgN2，所得晶体中Cu：N个数比约为1：(保留两位有效数字)　 　。
【答案】（1）1；
（2）18；对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用
（3）sp2；O；、等
（4）2；3.6
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)已知X磁矩约为1.7B，M(磁矩=
，n为未成对电子数，代入数据可得1.7=
，解得n=1，铜离子的未成对电子数为1；Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，基态 Cu2+价电子排布式为3d9，价电子轨道表示式为：
；
(2)共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，1mol对苯二甲酸分子中含有18 molσ键，对苯二甲酸和对二硝基苯都是分子晶体，而含有氢键的物质熔点较高，则对苯二甲酸熔点较高的主要原因是对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；
(3)甲酸根中C原子以双键形式存在，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化类型为sp2，O原子提供孤对电子，与铜离子配位的原子是O；与甲酸根的一种等电子体分子的结构式为、等；
(4)由X晶胞结构可知Cu位于顶角，则晶胞中Cu的数目为
2；1molX的晶胞质量为456g，则100mg晶体含Cu原子物质的量为
，22.0mgN2中含N物质的量为
，所得晶体中Cu：N个数比约为
。
【分析】（1）根据公式即可计算出未成对电子，根据核外电子排布即可写出价电子轨道
（2）根据成键方式即可找出 σ键 数目，氢键导致熔沸点增大
（3）根据碳原子成键方式即可杂化类型，根据结构找出含有孤对电子的原子，根据电子数相同即可找出等电子体
（4）根据占位即可计算出铜原子个数，根据数即可计算出个数比
12．（2022·成都模拟）由环已醇制备内酯H的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；E的化学式为　 　。
（2）由B生成C分两步进行：①B与 加成反应；②消去反应得到C，则C的结构简式为　 　。
（3）C→E反应中，D中发生变化的官能团名称为　 　；由F生成G的反应类型为　 　。
（4）由G生成H的化学方程式为　 　。
（5）化合物 的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为　 　(一种)。
a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为4：3：2
（6）以苯为主要原料，用不超过三步的反应设计合成环己醇的流程　 　。
【答案】（1）环己酮；[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br
（2）
（3）溴原子；还原反应(或加成反应)
（4）+
（5） 或 或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A( )发生氧化反应生成B( )，B( )经过加成反应和消去反应生成C( )，C( )与D在乙醇的条件下反应生成E，E发生水解生成F，F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应，将 中氧还原成-OH即生成G，G( )在酸性条件下-OH 脱H，邻位脱CH3CH2O-生成 和乙醇。
(1)
B中有 ，故B的化学名称为环己酮；E的化学式为[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br
故符合题意答案为：环己酮；[C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br；
(2)由B生成C分两步进行：①B与 加成反应生成 ；②发生消去反应，则-OH消去成双键得到C，则C的结构简式为 。
故符合题意答案为：
(3)C→E反应中，D中发生变化的官能团名称为溴原子； F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应 (或加成反应)生成G。
故符合题意答案为：溴原子；还原反应(或加成反应)
(4)G在酸性条件下-OH 脱H，邻位脱CH3CH2O-生成和乙醇，则G生成H的化学方程式为：+
故符合题意答案为：+
(5)化合物 的同分异构体中， 满足a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为4：3：2两个条件，则有两个环境相同的-CH2和-CH3以及-CH2或-NH2，因此能同时满足下列条件的结构简式为： 或 或
故正确答案为： 或 或
(6)以苯为主要原料，用不超过三步的反应设计合成环己醇，则 需要加成变成环己烷，同时还要引入-OH，引入-OH可以通过卤代烃水解生成醇，那么则需要在苯环上引入-Br，故流程为：
故正确答案为：
【分析】（1）根据B的结构式即可命名，根据E的结构式即可写出E的化学式
（2）根据要求即可写出C的结构简式
（3）根据结构式找出官能团即可判断反应类型
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据要求结合分子式即可找出同分异构体
（6）根据生成物逆推出中间产物，结合图示给出的信息即可进行合成
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