（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（十四） 教师版

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2021届高考考前冲刺卷化学（十四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Sc45一、选择题：每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是A．新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以直接饮用C．面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为2∶1，过氧化苯甲酰属于有机物D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【答案】A【解析】A．“静电除尘”可除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”可除去SO2气体，“汽车尾气催化净化”可除去NOx，上述做法都可以减少污染性气体的排放，故能提高空气质量，故A正确；B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，故B错误；C．碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙是属于过氧化物，其阴阳离子个数比为1∶1，故C错误；D．胶体按分散剂的状态可分为固溶胶，液溶胶，气溶胶，故气溶胶属于胶体，故D错误；综上所述，答案为A。2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．0.1molNaHSO4固体所含的离子总数为0.3NAB．12g石墨所含的C－C键的数目约为2.408×1024C．常温下，1LpH=5的CuCl2溶液中由水电离出的H+数为10−5NAD．标准状况下将22.4LNH3溶于水配成1mol/L的溶液，则c(NH)+c(NH3·H2O)=1mol/L【答案】C【解析】NaHSO4固体是有由Na+和构成，0.1molNaHSO4固体含有0.1molNa+和0.1mol，离子总数为0.2NA，A错误；B．根据石墨六元环片层状结构可知，每个碳原子与周围的三个碳原子形成碳碳单键，根据均摊法可知每1mol碳原子含有C-C键的数目为1.5NA，故12g石墨所含的C－C键的数目约为1.5×6.02×1023=9.03×1023，B错误；C．常温下，水的离子积Kw=1×10−14，CuCl2溶液中的氢离子全部由水电离，1LpH=5的CuCl2溶液中H+数为10−5NA，则由水电离出的H+数为10−5NA，C正确；D．标准状况下将22.4LNH3溶于水配成1mol/L的溶液，溶液中含氮元素的微粒有NH3、NH和NH3·H2O，根据物料守恒可得出c(NH3)+c(NH)+c(NH3·H2O)=1mol/L，D错误；答案选C。3．“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是A．SiCl4为极性分子B．HCl的电子式为C．单晶硅为分子晶体D．Si原子的结构示意图为【答案】B【解析】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；B．HCl的电子式为，B正确；C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，为空间网状结构，为原子晶体，C错误；D．Si原子的结构示意图为，D错误；故选B。4．实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液，下列选项有关操作错误的是选项ABCD实验操作实验目的制取氨气将其溶于饱和食盐水用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳过滤获得碳酸钠晶体蒸发浓缩氯化铵溶液【答案】C【解析】A．加热氯化铵和消石灰混合固体制取氨气，为了防止水倒流引起试管底部炸裂，试管口应向下倾斜， 且氨气极易溶于水，倒置的漏斗可防止倒吸，故A正确；B．装置图中的稀硫酸从分液漏斗中滴入锥形瓶，和固体碳酸钠发生反应生成二氧化碳气体，故B正确；C．侯氏制碱法是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到的晶体是碳酸氢钠，故C错误；D．蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液，用玻璃棒不断搅拌，装置操作正确，故D正确；故选C。5．下列事实与电化学无关的是A．暖宝宝(含铁粉、碳、氯化钠等)发热B．海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈C．家用铁锅生锈D．铁罐运输浓硫酸【答案】D【解析】A．暖宝宝中铁粉、碳在氯化钠溶液中构成原电池，铁发生吸氧腐蚀放出热量，与电化学有关，故A不符合题意；B．海沙中电解质的量大于河沙，钢筋在海沙中构成原电池时，由于电解质溶液浓度大，腐蚀速率快，则海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈与电化学有关，故B不符合题意；C．家用铁锅生锈是因为铁锅与锅中残留溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，则家用铁锅生锈与电化学有关，故C不符合题意；D．铁在冷的浓硫酸中发生钝化，则铁罐运输浓硫酸与铁的钝化有关，与电化学有无关，故D符合题意；故选D。6．枸橼酸是一种天然的防腐剂，其结构简式如图所示。下列有关枸橼酸的说法正确的是A．不可能存在分子中含有苯环的同分异构体B．1mol枸橼酸最多能与3molH2发生加成反应C．一定条件下发生消去反应可得两种产物(不包括立体异构)D．通过分子内酯化反应可形成五元环状化合物【答案】A【解析】A．该物质分子式是C6H8O7，该物质不饱和度是3；若分子中含有苯环，则不饱和度是4，因此该物质不可能存在分子中含有苯环的同分异构体，A正确；B．该物质分子中含有3个羧基，羧基中的羰基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，B错误；C．该物质高度对称，羟基连接的C原子左右对称，有2个邻位C原子，邻位C原子上只有一种位置的H原子，因此发生消去反应和只能得到一种消去反应产物，C错误；D．物质分子内羧基与羟基在浓硫酸存在条件下加热，发生分子内酯化反应产生环状酯，环上有4个原子，D错误；故合理选项是A。7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是A．含氧酸的酸性：Z>YB．原子半径：XH2CO3，但没有说明是最高价含氧酸，如酸性HNO2Z>W>X，故B错误；C．最简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，但不一定是简单氢化物，另外如果W是S，也不符合，故C错误；D．这4种元素组成的一种化合物M是碳酸氢铵，既可与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选D。8．工业上常用纳米级零价铁(ZVI)处理废水[含C2HCl3(三氯乙烯)和NO]。处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl−、NO转化为NH。下列说法正确的是A．水体中含NO越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好B．当产生3molFe2+时有1mol三氯乙烯完全脱ClC．用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率D．NO发生的电极反应为NO+7H2O+8e−=NH+10OH−【答案】C 【解析】根据图示，铁转化为亚铁离子，发生氧化反应，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，C2HCl3转化为C2H4和Cl−，C2HCl3发生还原反应；NO转化为NH，NO也是发生还原反应。A．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl−，C2HCl3发生还原反应；NO转化为NH，NO也是发生还原反应，根据得失电子守恒，水体中含NO越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3脱去3mol氯原子转化为1molC2H4时，得到6mol电子，再加上NO转化为NH，发生反应得到的电子，则得失电子总量大于6mol，所以产生的Fe2+的总量大于3mol，故B错误；C．用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体，增大了单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可加快水体修复速率，故C正确；D．由示意图及N元素的化合价变化，NO发生反应的电极反应式为NO+10H++8e−=NH+3H2O，故D错误；故选C。9．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将植物油加入溴的苯溶液中，振荡、静置后溴的苯溶液褪色植物油中可能含有碳碳双键B将NH4HSO3加热分解，产生的气体通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀SO2能与BaCl2溶液反应C向Fe(NO3)3溶液中加入过量HI溶液充分反应后，再滴加KSCN溶液溶液未变红氧化性：Fe3+>HNO3>I2D从装有过氧化钠的试剂瓶中取一定量固体于试管中然后加入MgCl2溶液，产生白色沉淀过氧化钠变质产生碳酸钠【答案】A【解析】A．植物油含碳碳双键能使溴的苯溶液褪色，故A正确；B．将NH4HSO3加热分解，产生气体SO2和NH3，盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则SO2与BaCl2溶液不会反应产生白色沉淀，但将产生的SO2和NH3通入BaCl2溶液中，SO2和NH3反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故B错误；C．向Fe(NO3)3溶液中加入过量HI溶液发生反应Fe(NO3)3+4HI=2H2O+2I2+Fe(NO3)2+NO↑，生成了二价铁，再滴加KSCN溶液溶液不会变红，而氧化性：HNO3>Fe3+>I2，故C错误；D．从装有过氧化钠的试剂瓶中取一定量固体于试管中然后加入MgCl2溶液，产生白色沉淀，因过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠，此白色沉淀可能是碳酸镁也可能是氢氧化镁，过氧化钠可能未变质，故D错误；答案为A。10．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计实验流程如图：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是A．滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验B．步骤①操作中，生成的气体可用碱液吸收C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2D．步骤④要滴加稀硫酸防止CuSO4水解【答案】B【解析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。A．由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故A错误；B．步骤①操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故B正确；C．由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C错误；D．硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D错误；故选B。11．钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)。下列说法中错误的是A．配合物中Co2+价电子排布式为3d7 B．钴的配位数为6C．C点的原子坐标参数为()D．该物质的化学式为TiCoO2【答案】D【解析】A．配合物中Co2+价电子个数为7，价电子排布式为3d7，故A正确；B．由晶胞结构图可知，钴周围有6个O2−，配位数为6，故B正确；C．C点的原子处于体心，坐标参数为()，故C正确；D．此晶胞中O原子为6×=3，Ti原子为8×=1，Co原子为1，该物质的化学式为TiCoO3，故D错误；故选D。12．常温下，对于pH=9的CH3COONa溶液，下列说法错误的是A．该溶液中：c(OH−)＞c(CH3COOH)+c(H+)B．往该溶液中滴加醋酸，可能出现c(Na+)＜c(CH3COO−)C．往该溶液中通入HCl气体，保持不变D．相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度【答案】A【解析】A．CH3COONa溶液中存在质子守恒：c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，A错误；B．往该溶液中滴加醋酸，可能使溶液呈酸性，c(OH−)＜c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，则可能出现c(Na+)＜c(CH3COO−)，B正确；C．，水解常数Kh只与温度有关，温度不变，其值不变，则往该溶液中通入HCl气体，保持不变，C正确；D．CH3COONa水解使溶液呈碱性，而水解是微弱的，NaOH是强碱，则相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度，D正确；故选A。13．在恒容密闭容器中发生反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是A．323K时，缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率B．a、b点对应的反应速率大小关系：v(a)v(b)，故B错误；C．343K时，SiHCl3的平衡转化率为22%，，故C正确；D．如图示可知，a点所在的曲线反应速率快，对应温度高，SiHCl3(g)平衡转化率大，说明升高温度平衡正向移动，所以2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的正反应为吸热反应，故D错误；选C。14．化纤工业中聚酯生产过程会产生大量的乙醛废水。隔膜电解法是处理高浓度乙醛废水的一种新方法，可让乙醛同时在阴、阳两极发生反应。实验室以一定浓度的CH3CHO－Na2SO4溶液为电解液，模拟乙醛废水处理过程，工作原理如图所示。下列说法正确的是［已知阴极区域反应主要过程可表示为：H2O+e−=H*+OH−、CH3CHO+2H*=CH3CH2OH(H*为活泼H)］A．与b相连的极区发生反应：CH3CHO+H2O-2e−=CH3COOH+2H+B．在处理废水过程中阳极区域pH逐渐增大C．图中离子交换膜应该是阴离子交换膜D．电解过程中阴极可能发生副反应2H2O+2e−=H2↑+2OH−【答案】D 【解析】根据钠离子的流向可知b为电源负极，右侧为阴极区，a为电源正极，左侧为阳极区。A．与b相连的极区为阴极区，根据题目所给信息可知该区域乙醛被还原为乙醇，A错误；B．阳极区乙醛被氧化为乙酸，电极反应为：CH3CHO+H2O-2e−=CH3COOH+2H+，产生氢离子，pH逐渐减小，B错误；C．根据B选项可知电解过程中会生成醋酸，根据题意可知阴极区会产生氢氧根，为防止氢氧根中和醋酸，离子交换膜应为阳离子交换膜，C错误；D．电解过程中阴极上，水电离出的氢离子可能放电生成氢气，发生反应2H2O+2e−=H2↑+2OH−，D正确；综上所述答案为D。15．已知t℃时AgCl的Ksp＝4×10−10，在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10−11B．在饱和溶液中加入K2CrO4(s)可使溶液由Y点到Z点C．在t℃，Ag2CrO4(s)+2Cl−(aq)2AgCl(s)+CrO(aq)平衡常数K＝6.25×107D．在t℃时，以0.001mol·L−1AgNO3溶液滴定20mL0.001mol·L−1KCl和0.001mol·L−1的K2CrO4的混合溶液，CrO先沉淀【答案】D【解析】A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10−3)2×10−5=1×10−11，A正确；B．在饱和溶液中加入K2CrO4(s)，c(CrO)增大，可使溶液由Y点到Z点，故B正确；C．在t℃，Ag2CrO4(s)+2Cl−(aq)2AgCl(s)+CrO(aq)的平衡常数K＝×==6.25×107，故C正确；D．在t℃时，开始产生AgCl沉淀时，c(Ag+)==4×10−7mol/L，开始产生Ag2CrO4沉淀时，[=1×10−4mol/L，所以Cl−沉淀需要的c(Ag+)较小而先沉淀，故D错误；故选D。二、非选择题（共55分。）16．碘是人类生命必需的微量元素，主要来源于海产品。某学习小组称取100g海带(假设碘都以I−的形式存在)，经过实验最后得到了碘的CCl4溶液。现将碘的CCl4溶液分成5等份，进行分离碘和CCl4及测定碘含量的实验，四位同学查阅资料提出不同设计方案。资料显示：①碘44℃开始升华②溶剂的沸点物质四氯化碳碘甲醇乙醚丙酮沸点℃78184.3564.734.556.2③2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI方案实施如下：甲同学取其中1份混合溶液用普通蒸馏装置进行蒸馏，使四氯化碳和碘分离，结果所得溶液显紫色。乙同学认为甲同学的萃取剂选的不合适，于是重新取海带做实验，在萃取碘单质时，用其他试剂代替四氯化碳进行萃取分液，然后再蒸馏，结果得到无色溶液。丙同学取其中1份混合溶液按下列过程进行实验。丁同学取1份碘的四氯化碳溶液于锥形瓶中，用cmol·L−1Na2S2O3溶液进行滴定，重复操作2次，平均消耗Na2S2O3VmL。根据上述四位同学实验回答下列问题：(1)甲同学蒸馏时用到的玻璃仪器有酒精灯、接引管、直形冷凝管、温度计、烧杯、___________、___________。(2)结合资料信息，乙同学应该用___________作溶剂代替CCl4进行萃取，并用水浴加热控制温度___________(填温度范围)，进行了实验。(3)丙同学实验中：①过程A中混合液发生的离子反应方程式为___________。②过程A操作是在盛有样品的分液漏斗中加入NaOH溶液，充分振荡，放气，静置分层，如图所示振荡和放气操作方法正确的是___________。 ③过程B边加硫酸边振荡时，观察到有明显紫色蒸汽出现，原因是___________。继续加入硫酸，然后静置沉降，发现试管底部有较多紫黑色固体。说明碘离子已经全部转化的操作是___________。(4)丁同学实验中：①滴定终点的现象是___________。②海带中碘含量为___________。【答案】（1）蒸馏烧瓶锥形瓶（2）乙醚34.5~44℃（3）3I2+6OH−=5I−+IO+3H2Oa酸碱中和反应放热，使碘升华取上层清液滴加稀硫酸，若没有紫黑色固体出现，则碘离子已经完全转化(或滴加AgNO3溶液，无黄色沉淀出现)（4）当滴入最后一滴Na2S2O3时，CCl4层由紫红色变为无色0.635cV%【解析】本实验的目的是分离碘和CCl4及测定碘含量，由于四氯化碳的沸点高于碘的升华温度，所以直接蒸馏时得到四氯化碳中会有升华出来的碘，造成浪费，所以应选用沸点低于碘升华温度的萃取剂如乙醚，然后再蒸馏；测定碘含量时，丙同学先用NaOH溶液进行反萃取，使碘在碱性环境中发生歧化反应，得到含有I−和IO的水溶液，然后加入硫酸酸化使I−和IO反应得到碘的悬浊液，静置沉降过滤得到碘单质；丁同学是利用Na2S2O3标准液来滴定碘单质的含量，Na2S2O3会将碘还原为易溶于水的碘离子，所以滴定终点时四氯化碳溶液会变无色。(1)蒸馏时一般需要酒精灯加热，蒸馏烧瓶盛放待蒸馏液体，温度计测定馏分温度，直形冷凝管进行冷凝，接引管导流，锥形瓶承接蒸馏出来的液体，所以还需要的仪器为蒸馏烧瓶、锥形瓶；(2)为避免蒸馏时碘升华，所用萃取剂的沸点应低于碘的升华温度，所以选用沸点为34.5℃的乙醚作溶剂代替四氯化碳进行萃取，并用水浴加热控制温度在34.5~44℃之间；(3)①碘在NaOH溶液中发生歧化反应生成碘酸钠和碘化钠，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3I2+6OH−=5I−+IO+3H2O；②使用分液漏斗进行萃取，振荡和放气时应使分液的下口漏斗朝斜上方，通过下口进行放气，故选a；③滴加硫酸时有碘单质生成，而硫酸和过量的NaOH发生中和反应时会放出热量，使生成的碘单质升华，所以紫色蒸气出现；只要确定上层清液中没有碘离子则说其完全转化，所以可以取上层清液滴加稀硫酸，若没有紫黑色固体出现，则碘离子已经完全转化；也可以利用硝酸银检验碘离子，具体操作为滴加AgNO3溶液，无黄色沉淀出现，则碘离子已经完全转化；(4)①到达滴定终点时碘单质被全部还原，四氯化碳中不再有碘单质，所以现象为：当滴入最后一滴Na2S2O3时，CCl4层由紫红色变为无色；②滴定时发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，消耗的Na2S2O3的物质的量为cV×10−3mol，则从=20g海带中提取的碘单质的物质的量为0.5cV×10−3mol，所以碘的含量为×100%=0.635cV%。17．钛铁铳矿可有效富集回收矿石中铁、钛、钪金属，获得铁精矿、钛精矿、钪精矿等主产品。从钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)中制备草酸铳晶[Sc2(C2O4)3·5H2O]流程如下：已知：①钪的萃取是根据协萃反应机理，利用P－204(磷酸二辛酯)[可用H2A2表示]和TBP(磷酸三辛酯)两种萃取剂，以煤油做萃取溶剂，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，经反萃取、提纯，从而得到高纯度的钪的氢氧化物。主要反应步骤由以下方程式表示：Sc3++3H2A2+xH2OSc(HA2)3·xH2O+3H+；Sc(HA2)3·xH2O+xTBPSc(HA2)3·xTBP+xH2O②常温下Sc(OH)3的Ksp约为1.0×10−31请回答下列问题：(1)酸浸时为了提高酸浸速率，可釆取的措施___________(任一条即可)，滤渣的主要成分为___________。(2)酸浸时“FeTiO3”溶解的离子方程式为___________。(3)步骤①的操作是浓缩、冷却、___________、洗涤、干燥。(4)步骤②加大量的水稀释，同时加热的原因为___________，写岀步骤②的化学方程式___________。(5)“反萃取”的化学方程式为___________。(6)称取2.22g步骤③得到的草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·5H2O]，在一定温度下加热得到0.69g固体，通过计算确定固体成分化学式为___________。(7)常温下，使0.1mol/LScCl3溶液中钪离子开始沉淀时的pH为___________。【答案】（1）升温(粉碎矿石、搅拌、增大硫酸浓度等)SiO2（2）FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O（3）过滤（4）促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的TiO2沉淀Ti(SO4)2+2H2O=TiO2↓+2H2SO4（5）Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP(或Sc(HA2)3·xTBP+6NaOHSc(OH)3↓+3Na2A2+xTBP+3H2O)（6）Sc2O3（7）4 【解析】钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)加入硫酸酸浸，根据后续流程可知过滤得到含有Fe2+、Sc3+、Ti4+等阳离子的溶液，SiO2难溶于硫酸，成为滤渣；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体，此时滤液中还有Sc3+、Ti4+等阳离子，加水加热促进Ti4+的水解形成TiO2沉淀，剩余酸液加入萃取剂萃取，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，加入NaOH溶液反萃取过滤得到高纯度的钪的氢氧化物，加盐酸溶解，在加入草酸得到草酸钪晶体。(1)升温、粉碎矿石增大接触面积、搅拌、增大硫酸浓度等措施都可以提高酸浸速率；滤渣主要成分为难溶于硫酸的SiO2；(2)根据后续流程可知酸浸时FeTiO3转化为Fe2+、Ti4+，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；(3)从溶液中获取晶体一般经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；(4)溶液中存在Ti4++2H2OTiO2+4H+，加水稀释降低氢离子的浓度，同时加热促进水解，使Ti4+水解趋于完全，得到更多的TiO2沉淀，化学方程式为Ti(SO4)2+2H2O=TiO2↓+2H2SO4；(5)根据题目所给信息可知萃取液中Sc元素以Sc(HA2)3·xTBP的形式存在，加入NaOH溶液降低pH值，得到Sc(OH)3沉淀，结合元素守恒可知当NaOH少量时，化学方程式为Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP，当NaOH过量时为Sc(HA2)3·xTBP+6NaOHSc(OH)3↓+3Na2A2+xTBP+3H2O；(6)2.22g草酸钪晶体的物质的量为=0.05mol，含有0.1molSc，则0.69g固体中其他元素的质量为0.69g-0.1mol×45g/mol=0.24g，根据草酸钪晶体的组成可知加热过程中C元素会转化为CO2，H元素转为为水蒸气，所以残留固体中应还有O元素，物质的量为=0.15mol，n(Sc)∶n(O)=0.1mol∶0.15mol=2∶3，所以固体成分化学式为Sc2O3；(7)0.1mol/LScCl3溶液中c(Sc3+)=0.1mol/L，Sc(OH)3的Ksp约为1.0×10−31，则开始沉淀时c(OH−)=mol/L=10−10mol/L，则此时c(H+)=10−4mol/L，pH=4。18．研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。I．SO2尾气的处理一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：①CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=+210.5kJ·mol−1②CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)ΔH2=-47.3kJ·mol−1(1)反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)ΔH3___________kJ·mol−1，平衡时增大压强，此反应将___________(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。(2)反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应________(填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是___________。A．低温低压B．低温高压C．高温高压D．高温低压(3)另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是___________。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为___________。II．SO2的回收利用(4)SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1∶1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：①该反应的平衡常数K(100℃)___________K(300℃)(填“大于”、“小于”或“等于”)；在500°C下，若反应进行至N点，此时v正___________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=___________(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。【答案】（1）-399.7向正反应方向（2）②B（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低 （2）大于大于【解析】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，故ΔH3=-47.3kJ·mol−1×4-(+210.5kJ·mol−1)=-399.7kJ·mol−1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；(3)当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中NH离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为；II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100℃)大于K(300℃)；在500℃下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)：则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为，则M点的分压平衡常数。19．曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。已知：R—CNR—COOH回答下列问题：(1)A的名称是，反应⑤的反应类型是。(2)写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子。(3)下列有关说法正确的是(填标号)。a．反应①需用铁粉作催化剂b．曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键c．E中所有碳原子可处于同一平面d．化合物G能发生取代反应、加成反应和消去反应(4)反应⑦的化学方程式为。(5)化合物M是E的同分异构体，符合下列条件的M的可能结构有___种。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为。i．M为苯的二元取代物ii．既能发生银镜反应又能发生水解反应(6)参照上述合成路线，以和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO为原料，设计制备的合成路线(无机试剂任选)___。【答案】（1）甲苯还原反应（2）（3）bd （2）+→+HBr（3）15（4）OCHCH2CH2CH2CHOHOCH2CH2CH2CH2OHBrCH2CH2CH2CH2Br【解析】A的分子式是C7H8，由C的结构简式逆推，可知A是；F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是；H和反应生成，逆推可知H是。(1)A的分子式是C7H8，由C的结构简式逆推，可知A是，名称是甲苯；反应⑤是生成，分子中氢原子数增多、氧原子数减少，所以反应类型是还原反应；(2)F的分子式是C10H14O，由G的结构简式逆推，可知F是；与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，用星号(*)标出中手性碳原子为。(3)a．反应①是甲苯中甲基上的碳原子被氯原子代替，条件为光照，故a错误；b．的含氧官能团为酯基和醚键(圆圈标出)，故b正确；c．中标*号的碳原子通过单键与3个碳原子相连(圆圈标出)，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c错误；d．化合物含有溴原子、羟基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，含有溴原子能发生消去反应，故d正确；选bd；(4)反应⑦是和发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为+→+HBr；(5)i．苯的二元取代物；ii.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有－OOCH；符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、、、、、，共15种；核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为。(6)根据和发生取代反应生成和HBr，可知由和BrCH2CH2CH2CH2CH2Br合成，BrCH2CH2CH2CH2CH2Br可由HOCH2CH2CH2CH2CH2OH和HBr发生取代反应制备，OCHCH2CH2CH2CHO和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2OH；和OCHCH2CH2CH2CHO制备的合成路线为OCHCH2CH2CHOHOCH2CH2CH2CH2OHBrCH2CH2CH2CH2Br。