鄭州市2020屆高三化學(xué)第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析

河南省鄭州市2020屆高三化學(xué)第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析河南省鄭州市2020屆高三化學(xué)第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析PAGE26-河南省鄭州市2020屆高三化學(xué)第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題含解析河南省鄭州市2020屆高三化學(xué)第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)試題（含解析）相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12Li7O16Al27K39Mn55Cu641?；瘜W(xué)是一門(mén)中心學(xué)科，是人類(lèi)進(jìn)步的關(guān)鍵.下列說(shuō)法正確的是A。我國(guó)古代四大發(fā)明中有三項(xiàng)與化學(xué)反應(yīng)密切相關(guān)B。為防止蛋白質(zhì)變性，疫苗應(yīng)在冷凍條件下貯存C。侯德榜制堿法的工藝包括制堿和制氯化銨兩個(gè)過(guò)程D。生產(chǎn)口罩所用的無(wú)紡熔噴布的主要材料為聚丙烯，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為【答案】C【解析】【詳解】A．我國(guó)古代四大發(fā)明分別為指南針、造紙術(shù)、活字印刷、火藥，其中只有造紙術(shù)和火藥兩項(xiàng)與化學(xué)反應(yīng)密切相關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．有的疫苗冷凍后會(huì)使肽鏈斷裂,影響疫苗效果,溫度過(guò)高也會(huì)使蛋白質(zhì)變性，所以在儲(chǔ)存和運(yùn)輸過(guò)程中，要求疫苗保存在一定溫度條件下，故B錯(cuò)誤;C．侯氏制堿法的工藝是由制堿和制氯化銨兩個(gè)過(guò)程組成的，制堿過(guò)程是使食鹽水與氨氣和二氧化碳反應(yīng)，生成碳酸氫鈉,碳酸氫鈉經(jīng)過(guò)濾、煅燒制得純堿，所得濾液(主要含氯化鈉和氯化銨）用于制備氯化銨;制備氯化銨的過(guò)程是使濾液吸收氨氣、降溫并向其中加入食鹽粉，使氯化銨逐步從濾液中結(jié)晶析出，再經(jīng)過(guò)濾、干燥制得氯化銨產(chǎn)品，故C正確；D．聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,故D錯(cuò)誤；答案為C。2.阿司匹林（Aspirin，乙酰水楊酸）具有解熱止痛,抑制血小板凝聚，防止血栓形成的功效,是家庭中常備藥品。水楊酸與乙酸酐反應(yīng)制取阿司匹林的原理如圖:下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.水楊酸分子中所有原子可能共面B.水楊酸的同分異構(gòu)體中,屬于苯環(huán)上二元取代物的還有5種(不考慮過(guò)氧鍵)C。乙酰水楊酸在一定條件下能發(fā)生加成、水解、酯化等反應(yīng)D.分離乙酰水楊酸和乙酸可以加入飽和Na2CO3溶液后分液【答案】D【解析】【詳解】A．苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，氧氫單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以酚羥基可以與苯環(huán)共面，碳氧雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，羥基可以與其共面，碳氧雙鍵平面與苯環(huán)平面以單鍵相連，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以水楊酸分子中所有原子可能共面,故A正確;B．苯環(huán)上的兩個(gè)取代基可以為—OH和—COOH，則有鄰間對(duì)三種,水楊酸即為鄰位的情況，兩個(gè)取代基還可以是-OH和—OOCH，有鄰間對(duì)三種，所以除水楊酸外還有5種，故B正確；C．乙酰水楊酸含有苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應(yīng)；含有酯基,可以發(fā)生水解反應(yīng);含有羧基，可以發(fā)生酯化反應(yīng)，故C正確；D．乙酰水楊酸含羧基，可以和碳酸鈉溶液發(fā)生反應(yīng),所以不能用碳酸鈉溶液分離乙酰水楊酸和乙酸，故D錯(cuò)誤；答案為D。3。已知某二元酸H2A在溶液中存在如下電離:H2A=H++HAˉ，HAˉH++A2ˉ,K=1.2×10—2。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下0.01mol·L—1的H2A溶液，下列說(shuō)法正確的是A.B.pH＜2C。c（H+）=2c（H2A）+c（HAˉ）+c(OHˉ)D。1L溶液中H+數(shù)目為0.02NA【答案】B【解析】【詳解】A．，根據(jù)題意可知H2A第一步完全電離，第二步部分電離,所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c(H+）＞0。01mol/L，K=1。2×10-2，所以＜1.2，故A錯(cuò)誤；B．H2A第一步完全電離，第二步部分電離，所以0。01mol·L-1的H2A溶液中c（H+)＞0。01mol/L,則溶液的pH小于2，故B正確；C．由于第一步完全電離，所以溶液中并不存在H2A，故C錯(cuò)誤；D．H2A第一步完全電離，第二步部分電離，所以0。01mol·L—1的H2A溶液中0。01mol/L＜c(H+）＜0。02mol/L，則1L該溶液中氫離子數(shù)目小于0.02NA,故D錯(cuò)誤;答案為B。4。M、X、Y、Z為4種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,其原子序數(shù)之和為22。已知M、Y形成的化合物使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色，M、Z形成化合物的水溶液可以蝕刻玻璃，4種元素形成某種化合物的結(jié)構(gòu)式為。下列說(shuō)法正確的是A.X、Y均不屬于第ⅣA族元素B。原子半徑：Y＞X＞Z＞MC.M與Y、Z三種元素只能形成共價(jià)化合物D.該化合物中每種原子的最外層都達(dá)到了8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】M、Z形成化合物的水溶液可以蝕刻玻璃，該化合物應(yīng)為HF,M的原子序數(shù)較小，所以M為H元素,Z為F元素;M、Y形成的化合物使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色,其中M為氫元素，則該化合物應(yīng)為NH3，則Y為N元素；4種元素原子序數(shù)之和為22，則X的原子序數(shù)為22-1—7-9=5，所以X為B元素。【詳解】A．X為B元素，位于第ⅢA族，Y為N元素，位于第ⅤA族，二者均不屬于第ⅣA族元素，故A正確；B．H原子最外層只有一層電子，原子半徑最小,B、N、F為同周期元素，同周期元素自左至右原子半徑依次減小，所以原子半徑B＞N＞F＞H，即X＞Y＞Z＞M，故B錯(cuò)誤；C．H、N、F元素可以形成離子化合物NH4F，故C錯(cuò)誤;D．該化合物中H原子最外層只有2個(gè)電子，故D錯(cuò)誤；答案為A.5.某興趣小組利用索氏提取器，用石油醚做溶劑從花生仁中提取油脂，裝置如圖。石油醚的主要成分為戊烷和已烷的混合物，沸程為：30℃~60℃。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。石油醚易揮發(fā)易燃燒，提取過(guò)程不可選用明火直接加熱B.石油醚的沸程較大,加熱前不必加入沸石C.燒瓶中的石油醚受熱經(jīng)側(cè)管進(jìn)入冷凝管,冷卻后進(jìn)入濾紙?zhí)淄才c碎花生接觸進(jìn)行萃取D.索氏提取器使用溶劑少，可循環(huán)連續(xù)萃取,萃取效率高【答案】B【解析】【詳解】A．該實(shí)驗(yàn)中的萃取劑為石油醚，石油醚易揮發(fā)，易燃，為了避免暴沸和防止逸出的石油醚與空氣混合爆炸，提取過(guò)程不可選用明火直接加熱,故A正確；B．為了防止暴沸，加熱前需要加入沸石，故B錯(cuò)誤；C．燒瓶中的石油醚受熱經(jīng)側(cè)管進(jìn)入冷凝管，冷凝后進(jìn)入濾紙?zhí)淄才c碎花生接觸進(jìn)行萃取，當(dāng)萃取液液面達(dá)到虹吸管頂端時(shí)，經(jīng)虹吸管返回?zé)?，?shí)現(xiàn)對(duì)碎花生的連續(xù)萃取,故C正確;D．根據(jù)圖示裝置，與常規(guī)的萃取相比，索氏提取器中當(dāng)萃取液液面達(dá)到虹吸管頂端時(shí)，經(jīng)虹吸管返回?zé)?，萃取后萃取液石油醚可循環(huán)連續(xù)萃取，萃取液使用較少，萃取效率高，故D正確；故選B.6.我國(guó)學(xué)者最近研發(fā)一種新型鋁—石墨烯電池,其負(fù)極是金屬鋁，正極是石墨烯(Cn）薄膜，電解質(zhì)為陽(yáng)離子(EMI+）與陰離子（）組成的離子液體，該電池的工作原理如圖。已知能量密度是指一定質(zhì)量物質(zhì)中儲(chǔ)存能量的大小。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該鋁電極電池比鋰電極電池的能量密度低B.石墨烯電極的比表面積大，充放電性能優(yōu)于石墨電極C。充電時(shí),有機(jī)陽(yáng)離子（EMI+）向鋁電極移動(dòng)D。放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為2Al+7Clˉ—6eˉ=Al2Cl【答案】D【解析】【詳解】A．1gAl的物質(zhì)的量為mol，可轉(zhuǎn)移電子mol，1gLi的物質(zhì)的量為mol，可轉(zhuǎn)移電子mol,mol＞mol，單位質(zhì)量的物質(zhì)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)越多，放出的能量越多，所以該鋁電極電池比鋰電極電池的能量密度低，故A正確；B．石墨烯的表面積大，吸附的離子多，充放電性能優(yōu)于石墨電極，故B正確;C．放電時(shí)Al為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，則充電時(shí)Al電極發(fā)生還原反應(yīng)為陰極，電解池中陽(yáng)離子流向陰極,所以充電時(shí)，有機(jī)陽(yáng)離子（EMI+)向鋁電極移動(dòng),故C正確；D．放電時(shí)Al為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng),據(jù)圖可知電極反應(yīng)式為Al+7AlCl-3eˉ=4Al2Cl，故D錯(cuò)誤；答案為D。7。室溫下,用0。10mol·L—1NaOH溶液滴定20mL0.10mol·L-1HA溶液，測(cè)得混合溶液的pH與lg的關(guān)系如圖所示.下列敘述正確的是A.HA為弱酸，Ka的數(shù)量級(jí)為10—3B.b點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液的體積大于20mLC。溶液的導(dǎo)電能力:b〉aD。b點(diǎn)溶液中：c(Na+）=c（Aˉ）=(H+）=c(OHˉ)=10—7mol/L【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知溶液pH為7時(shí)溶液中同時(shí)存在HA和Aˉ，說(shuō)明NaA溶液顯堿性,存在Aˉ的水解，所以HA為弱酸；根據(jù)a點(diǎn)可知當(dāng)lg=2時(shí)pH=5.8，即=102時(shí)c（H+)=10—5。8，Ka==10—3.8≈1.58×10-4,所以數(shù)量級(jí)為10-4，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)NaOH溶液為20mL時(shí),溶液中的溶質(zhì)為NaA，由于HA為弱酸，所以溶液顯堿性，所以當(dāng)溶液pH=7時(shí)加入的NaOH溶液體積小于20mL，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)溶液中均存在電荷守恒c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ)，所以溶液中總離子濃度均為2[c（Aˉ）+c（OHˉ)］，b點(diǎn)c(Aˉ）和c（OHˉ)均更大,所以b點(diǎn)溶液中總離子濃度更大,離子所帶電荷數(shù)相同，所以b點(diǎn)溶液導(dǎo)電能力更強(qiáng),故C正確;D．b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaA和HA，存在電荷守恒:c(Na+）+c(H+）=c（Aˉ)+c(OHˉ),溶液顯中性，所以c(H+）=c（OHˉ），所以c(Na+)=c(Aˉ），弱電解質(zhì)的電離和弱酸根的水解都是微弱的，所以c（Na+）=c(Aˉ)＞(H+)=c(OHˉ），故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。8。Kx[Cu(C2O4）y］·zH2O(水合草酸銅（Ⅱ)酸鉀）是一種化工原料，實(shí)驗(yàn)室制備少量水合草酸銅酸鉀并測(cè)定樣品的組成，實(shí)驗(yàn)步驟如下:I制備CuO用圖1所示裝置將溶液混合后，小火加熱至藍(lán)色沉淀變黑色生成CuO,煮沸5~10分鐘。稍冷卻后全部轉(zhuǎn)移至圖2裝置過(guò)濾，并用蒸餾水洗滌沉淀2~3次。(1）①指出圖2裝置中操作中的錯(cuò)誤___________，圖2操作需用蒸餾水洗滌沉淀2~3次，其目為_(kāi)__________.②檢驗(yàn)沉淀洗滌干凈的方法為_(kāi)__________。Ⅱ制備KHC2O4和K2C2O4混合溶液稱取3。0gH2C2O4·2H2O放入250mL燒杯中，加入40mL蒸餾水，微熱(溫度低于80℃）溶解。稍冷后分?jǐn)?shù)次加入2.2g無(wú)水K2CO3,充分反應(yīng)后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。（2）該步驟中所得混合物中n（KHC2O4):n(K2C2O4）=____________。(取整數(shù)）Ⅲ制備水合草酸銅酸鉀晶體將KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微熱，再將CuO連同濾紙一起加入到該溶液中，充分反應(yīng)至CuO沉淀全部溶解，取出濾紙后，加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾,用乙醇淋洗,自然晾干，稱量得到樣品2。9760g(電子天平稱量).（3）①步驟Ⅲ中KHC2O4的作用是__________。②用乙醇淋洗而不用水的優(yōu)點(diǎn)是__________。③溶解CuO沉淀時(shí),連同濾紙一起加人到溶液中的目的是__________。Ⅳ測(cè)定水合草酸銅酸鉀晶體的成分取少量制得的樣品配成溶液。用標(biāo)準(zhǔn)酸性髙錳酸鉀溶液滴定、用標(biāo)準(zhǔn)EDTA溶液（PAR為指示劑)滴定Cu2+，經(jīng)計(jì)算樣品中n(Cu)：n（)=1：2，假設(shè)制備樣品的過(guò)程中Cu2+無(wú)損耗。(4）水合草酸銅(Ⅱ)酸鉀晶體的化學(xué)式為_(kāi)_________.【答案】(1）.過(guò)濾時(shí)轉(zhuǎn)移固液混合物沒(méi)有通過(guò)玻璃棒引流(2).除去沉淀表面吸附的可溶性雜質(zhì)離子(3).取少量最后一次洗滌流出液于試管中，滴入BaCl2溶液,若無(wú)白色沉淀生成，則已經(jīng)洗滌干凈(4）。2：1(5)。加快CuO的溶解（或酸性環(huán)境促進(jìn)CuO的溶解)（6)。減少水合草酸銅酸鉀的溶解損耗,加快晶體表面水分揮發(fā)(7）。防止CuO的損耗(8）。K2［Cu（C2O4)2]·3H2O【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)的目的是制備少量水合草酸銅酸鉀并測(cè)定樣品的組成;首先利用硫酸銅和氫氧化鈉溶液制取氫氧化銅沉淀，加熱使其分解得到CuO；然后H2C2O4·2H2O和無(wú)水K2CO3制備KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后將KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微熱，再將CuO連同濾紙一起加入到該溶液中，充分反應(yīng),經(jīng)系列操作得到樣品；最后測(cè)定水合草酸銅酸鉀晶體的成分?！驹斀狻浚?）①圖2裝置中操作中的錯(cuò)誤為:過(guò)濾時(shí)轉(zhuǎn)移固液混合物沒(méi)有通過(guò)玻璃棒引流；為除去沉淀表面吸附的可溶性雜質(zhì)離子,需要用蒸餾水洗滌沉淀2~3次；；②得到的CuO固體表面可能附著有硫酸鈉，可以通過(guò)檢驗(yàn)硫酸根來(lái)確定沉淀是否洗滌干凈,具體方法為：取少量最后一次洗滌流出液于試管中，滴入BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀生成，則已經(jīng)洗滌干凈；（2)3.0gH2C2O4·2H2O物質(zhì)的量為≈0.0238mol，2。2g無(wú)水K2CO3的物質(zhì)的量為≈0。0159mol,則根據(jù)碳元素守恒可得:n(KHC2O4）+n（K2C2O4)=0。0238mol，根據(jù)K元素守恒可得n（KHC2O4)+2n（K2C2O4)=（0。0159×2)mol，聯(lián)立解得n（KHC2O4)=0。0158mol,n（K2C2O4)=0.0080mol,所以n(KHC2O4）：n（K2C2O4)=2:1；(3）①KHC2O4可以電離出氫離子,加快CuO的溶解；②用乙醇淋洗可以減少水合草酸銅酸鉀的溶解損耗，同時(shí)乙醇易揮發(fā)可以加快晶體表面水分揮發(fā);③濾紙上附著有CuO,連同濾紙一起加人到溶液中可以減少CuO的損耗；（4)已知樣品中n(Cu):n（）=1：2,所以y=2，根據(jù)電荷守恒可知x=2,所以根據(jù)n（K2C2O4）=0。0080mol，可知n(K2［Cu（C2O4）2］·zH2O）=0.0080mol，樣品質(zhì)量為2.9760g，所以有=0.0159mol，解得z=3，所以水合草酸銅(Ⅱ）酸鉀晶體的化學(xué)式為K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。【點(diǎn)睛】本題中的難點(diǎn)為計(jì)算，要注意電荷守恒、元素守恒等在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用。9.用海底錳結(jié)核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）為原料，制備金屬錳、鎂的一種工藝流程路線如下：已知:①幾種難溶物的溶度積（25℃)如下表所示:化學(xué)式Mg（OH）2Mn(OH)2Al(OH）3Fe(OH)3Ksp1.8×10-1118×10—131。0×10-334.0×10—38②溶液中某離子濃度≤1。0×10-6mol·L—1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全。完成下列問(wèn)題:（1）“錳結(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____。（2）“濾液1”中c（Mn2+)為0.18mol·L—1,則“調(diào)節(jié)pH”的范圍為_(kāi)______，“濾渣2”的成分為_(kāi)_____.(3）“Ⅲ”處“萃取劑"萃取的成分是___;“Ⅳ”處用“鹽酸反萃”的作用是____.(4）MgCl2·6H2O制取無(wú)水MgCl2時(shí)，需要在干燥的HCl氣流中加熱分解。HCl的作用為_(kāi)_________。（5）該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為_(kāi)___。（6）一種海生假單孢菌(采自太平洋深海處)，在無(wú)氧條件下以醋酸為電子供體還原MnO2生成Mn2+機(jī)理如圖所示。寫(xiě)出反應(yīng)②③的總反應(yīng)的離子方程式____________?！敬鸢浮?1).MnO2+SO2=Mn2++SO（2)。5≤pH＜8(3）.Fe(OH)3、Al（OH)3（4）.Mg2+（5）。使Mg2+與萃取劑分離轉(zhuǎn)化為MgCl2(6)。抑制MgCl2水解(7)。萃取劑或有機(jī)相2（8）。MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—【解析】【分析】錳結(jié)核(主要成分為MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入H2SO4進(jìn)行酸浸，將MgO、Fe2O3、Al2O3轉(zhuǎn)化為Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2將MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+，自身被氧化為，SiO2不與二氧化硫和硫酸反應(yīng)，則濾渣1中主要為SiO2，濾液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，調(diào)節(jié)濾液1的pH值，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH）3、Fe(OH）3過(guò)濾除去，則濾渣2主要含有Al（OH）3、Fe(OH）3，濾液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向?yàn)V液2加入有機(jī)萃取劑，溶液分層，分液后有機(jī)相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有機(jī)相1中加入鹽酸進(jìn)行反萃取,Mg2+從有機(jī)相1轉(zhuǎn)入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，對(duì)水相2蒸發(fā)結(jié)晶得到MgCl2?6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱分解得到MgCl2，再進(jìn)行熔融電解得到金屬鎂，對(duì)水相1進(jìn)行電解得到金屬錳單質(zhì)和H2SO4，電解后的溶液中含有H2SO4,可返回步驟Ⅰ酸浸使用，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析,“錳結(jié)核粉末”中MnO2與SO2反應(yīng),SO2將MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+，自身被氧化為，離子方程式為MnO2+SO2=Mn2++SO；(2）調(diào)節(jié)濾液1的pH值，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe（OH)3過(guò)濾除去，“濾液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某離子濃度≤1。0×10-6mol·L-1時(shí),認(rèn)為該離子沉淀完全，Ksp［Al（OH)3］=1。0×10-33，Ksp[Fe（OH）3］=4。0×10-38,當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+已經(jīng)完全沉淀,此時(shí)溶液中c(OH-)==1.0×10—9mol·L—1，pOH=9,則pH=14—pOH=5；根據(jù)Ksp［Mn(OH）2]=1.8×10-13,Ksp［Mg（OH）2］=1.8×10—11，當(dāng)“濾液1”中c(Mn2+）為0.18mol·L-1時(shí),溶液中c（OH—）==1.0×10—6mol·L—1，pOH=6，則pH=14—pOH=8，則“調(diào)節(jié)pH"的范圍為5≤pH＜8；根據(jù)分析，“濾渣2”的成分為Fe(OH)3、Al（OH)3；（3)根據(jù)分析，“Ⅲ"處“萃取劑”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”處用“鹽酸反萃"的作用是使Mg2+與萃取劑分離轉(zhuǎn)化為MgCl2;（4)MgCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，高溫下，促進(jìn)Mg2+發(fā)生水解生成Mg(OH）2,在干燥的HCl氣流中加熱分解，可以抑制MgCl2水解；（5)根據(jù)分析，向有機(jī)相1中加入鹽酸進(jìn)行反萃取，Mg2+從有機(jī)相1轉(zhuǎn)入水相2，分液后得到有機(jī)相2，即為萃取劑，則該工藝流程中除電解余液可循環(huán)利用外，還能循環(huán)利用的試劑為萃取劑或有機(jī)相2；(6）根據(jù)圖示，反應(yīng)②為：Mn3++HX=Mn2++X+H+，反應(yīng)③為:Mn2++MnO2+2H2O=4OH-+2Mn3+，②×2+③可得，反應(yīng)②③的總反應(yīng)的離子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH—?！军c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)為(2）,當(dāng)溶液中某離子濃度≤1.0×10-6mol·L—1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全，即離子完全沉淀時(shí),溶液中該離子的濃度最大值為1。0×10—6mol·L-1,因此溶液的pH≥5。10。過(guò)氧化氫是重要的化工產(chǎn)品，廣泛應(yīng)用于化學(xué)合成、醫(yī)療消毒等領(lǐng)域.（1)過(guò)氧化氫的電子式為_(kāi)____________.(2)工業(yè)上電解硫酸氫鹽溶液得到過(guò)二硫酸鹽(），過(guò)二硫酸鹽水解生成H2O2溶液和硫酸氫鹽，生成的硫酸氫鹽可以循環(huán)使用.電解硫酸氫鹽溶液時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______。寫(xiě)出過(guò)二硫酸鹽水解的離子方程式________。（3）298K時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)在不同濃度時(shí)的化學(xué)反應(yīng)速率如表：實(shí)驗(yàn)編號(hào)1234c（HI）/mol﹒L-10。1000。2000.30000.1000。100c(H2O2）/mol﹒L—10.1000.1000。10002000。300v//mol﹒L—1﹒s-10.007600.01530.02270。01510。0228已知速率方程為,其中k為速率常數(shù).根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷:a=_______，b=________。(4)“大象的牙膏”實(shí)驗(yàn)是將濃縮的過(guò)氧化氫與肥皂液混合，再滴加少量碘化鉀溶液,即可觀察到泡沫狀物質(zhì)像噴泉一樣噴涌而出。反應(yīng)中H2O2的分解機(jī)理為：慢快此反應(yīng)過(guò)程中無(wú)催化劑和有催化劑的能量變化關(guān)系圖像如圖所示：則表示慢反應(yīng)的曲線是__________（填“a”或“b”)。1molH2O2分解放出熱量98kJ,則H2O2分解的熱化學(xué)方程式為_(kāi)________________。(5）某科研團(tuán)隊(duì)研究體系(其中）氧化苯乙烯制取苯甲醛，反應(yīng)的副產(chǎn)物主要為苯甲酸和環(huán)氧苯乙烷。一定條件下，測(cè)得一定時(shí)間內(nèi)溫度對(duì)氧化反應(yīng)的影響如圖：注：■苯乙烯轉(zhuǎn)化率●苯甲醛選擇性①80℃時(shí)苯乙烯的轉(zhuǎn)化率有所降低，其原因可能是_______。②結(jié)合苯乙烯的轉(zhuǎn)化率，要獲得較高的苯甲醛產(chǎn)率，應(yīng)該選擇的溫度為_(kāi)______.【答案】（1)。（2)。2HSO-2e—=S2O+2H+或2SO-2e—=S2O（3）.S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2(4）。1（5)。1(6)。a(7）。2H2O2(l）=2H2O(l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1（8).高溫促進(jìn)了過(guò)氧化氫和過(guò)氧乙酸分解(9）。70℃【解析】【詳解】（1）過(guò)氧化氫為共價(jià)化合物，每個(gè)氧原子與另一個(gè)氧原子共用一對(duì)電子，與一個(gè)氫原子共用一對(duì)電子，所以電子式為;（2）電解池中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題意可知電解時(shí)硫酸根(硫酸氫根）被氧化成S2O，所以陽(yáng)極反應(yīng)式為2HSO—2e-=S2O+2H+或2SO-2e-=S2O；過(guò)二硫酸鹽水解生成玒H2O2溶液和硫酸氫鹽，所以水解離子方程式為S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O=2H++SO+H2O2；(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)得：0.0076=k×0.100a×0.100b,0.0153=k×0。100a×0。200b,0.0151=k×0。200a×0.100b，聯(lián)立可得2a=1，2b=1，所以a=1，b=1;(4)反應(yīng)的活化能越大反應(yīng)速率越慢,據(jù)圖可知a曲線所示的反應(yīng)活化能較大，所以曲線a代表的是慢反應(yīng);1molH2O2分解放出熱量98kJ，則2molH2O2分解生成2mol液態(tài)水和1mol氧氣放出的熱量為196kJ,熱化學(xué)方程式為：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=—196kJ·mol—1；（5）①高溫促進(jìn)了過(guò)氧化氫和過(guò)氧乙酸分解，導(dǎo)致苯乙烯的轉(zhuǎn)化率有所降低；②據(jù)圖可知60℃以上時(shí)苯乙烯的轉(zhuǎn)化率接近100％，而溫度高于60℃時(shí)，70℃時(shí)苯甲醛的選擇性最大，所以反應(yīng)溫度應(yīng)選70℃.11.Cu—Mn—Al合金為磁性形狀記憶合金材料之一,可用來(lái)制作各種新型的換能器、驅(qū)動(dòng)器、敏感元件和微電子機(jī)械操縱系統(tǒng)。（1)下列狀態(tài)的鋁中,最外層電離出一個(gè)電子所需能量最小的是______(填標(biāo)號(hào)).A.B。C。D.(2）AlCl3是某些有機(jī)反應(yīng)的催化劑，如苯與乙酰氯反應(yīng)的部分歷程為：①乙酰氯分子中碳原子的雜化類(lèi)型為_(kāi)___。②乙酰氯分子中∠CCCl___120°(填“>”、“=”或“〈")，判斷理由是_______.③的空間構(gòu)型為_(kāi)_______。（3）溫度不高時(shí)氣態(tài)氯化鋁為二聚分子（其結(jié)構(gòu)如圖所示)。寫(xiě)出Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式并標(biāo)出配位鍵______.(4）Cu—Mn—合金的晶胞如圖a所示，該晶胞可視為Mn、Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖b是沿立方格子對(duì)角面取得的截圖。①若A原子的坐標(biāo)參數(shù)為(0，0，0)，C為(1，1，1）,則B原子的坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)____。②由晶胞可知該合金的化學(xué)式為_(kāi)____。③已知r（Cu)≈r（Mn)=127pm，r（Al）=143pm，則Cu原子之間的最短核間距離為_(kāi)___pm。④該晶胞的密度為_(kāi)____g·cm—3。(列出計(jì)算式即可，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）【答案】（1）.B(2）.sp3sp2(3)。<（4).雙鍵對(duì)單鍵的排斥力大于單鍵對(duì)單鍵的排斥力（5）。正四面體（6).(7)。(1，，)（8)。AlMnCu2(9）。180或或311.76(10)?！窘馕觥俊驹斀狻?1)鋁的第三電離能＞第二電離能＞第一電離能，基態(tài)大于激發(fā)態(tài)，ACD屬于基態(tài)、B屬于激發(fā)態(tài)，所以電離最外層一個(gè)電子所需能量最小的是B；(2)①根據(jù)乙酰氯分子的結(jié)構(gòu)可知該物質(zhì)中甲基上的C原子形成4個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,為sp3雜化；另一個(gè)C原子形成3個(gè)σ鍵,1個(gè)π鍵，所以價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，為sp2雜化；②雙鍵對(duì)單鍵的排斥力大于單鍵對(duì)單鍵的排斥力,所以乙酰氯分子中∠CCCl小于120°;③中心鋁原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4,不含孤電子對(duì),所以為正四面體形；(3）根據(jù)氯化鋁二聚分子的結(jié)構(gòu)可知每個(gè)氯原子與4個(gè)氯原子形成4個(gè)σ鍵，由于鋁原子最外層有只有3個(gè)電子,所以其中一個(gè)為配位鍵,由鋁提供空軌道，氯原子提供孤電子對(duì)，所以Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為;(4）①A為原點(diǎn)，C為(1，1，1）,B為右面面心，所以B的坐標(biāo)為（1，，)；②根據(jù)均攤法,該晶胞中Cu原子的個(gè)數(shù)為=8,Mn原子的個(gè)數(shù)為4，Al原子的個(gè)數(shù)為4，所以該合金的化學(xué)式為AlMnCu2；③根據(jù)截面圖結(jié)合幾何知識(shí)可知［2r(Cu)+2r（Al)]為體對(duì)角線的一半,設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為a,則有a=2[2r(Cu）+2r(Al）]=4×(127+143）pm，所以a=pm;根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知銅原子之間的最短核間距為棱長(zhǎng)的一半，即a=180pm或pm或311。76pm；④晶胞的質(zhì)量m=g，晶胞的體積V=a3=（)3pm3=（×10—10)3cm3，所以晶胞的密度=g·cm—3?！军c(diǎn)睛】第4小題晶胞的相關(guān)計(jì)算為本題難點(diǎn)，容易看出Cu原子之間的最短核間距離為棱長(zhǎng)的一半,關(guān)鍵是確定棱長(zhǎng)，題目告訴了各原子的半徑，根據(jù)截面圖結(jié)合幾何知識(shí)找出原子半徑和棱長(zhǎng)的關(guān)系為解題關(guān)鍵。12.格列本脲是一種降糖及利尿的藥物，一種合成格列本脲的路線如圖：已知：(1）(2)回答下列問(wèn)題：（1）B含有的官能團(tuán)名稱是_______，D的名稱是__________。(2)H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________。(3)寫(xiě)出下列反應(yīng)的反應(yīng)類(lèi)型：⑥___