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第=page11页，共=sectionpages11页江西省高考化学模拟测试卷（附含答案解析）班级:___________姓名：___________考号：______________一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.从2月4日开幕到2月20日闭幕，为期17天的精彩冬奥，“中国之美”与“五环之美”交相辉映，中国式浪漫拨动了全世界的心弦。下列冬奥会有关物品所用材料属于合金的是(

)A冰墩墩的外壳B奥运火炬材料中的碳纤维C高亭宇的冰刀D谷爱凌的滑板A.A B.B C.C D.D2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(

)A.2LPH=13的氢氧化钠溶液，含Na+数目约为0.2NA

B.18gD2O含有电子数为10NA

C.9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数大于0.2NA

D.标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2NA3.2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”寓意创造非凡、探索未来。其使用的材料之一为ABS树脂，结构简式如图所示。下列有关ABS树脂的说法正确的是(

)A.易溶于水 B.属于热固性材料

C.由4种单体通过加聚反应制备 D.其单体之一的苯乙烯能使溴水褪色4.向一定体积和浓度的Ba(OH)2，溶液中滴入某浓度的NH4HSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是(

)A.bc段之间存在某点，其溶液c(NH4+)=2c(SO42?)

B.c点溶液中：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42?)+c(OH?)

C.bc段反应的离子方程式为OH?+H+=H2O

D.b点溶液导电能力最弱，d点过后，最终溶液的导电能力几乎不再变化

5.一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中错误的是(

)

A.原子半径：X>Y>Z>W

B.X、Y均可形成一元含氧酸

C.W和Y能形成多种原子个数比为1：1的化合物

D.除W原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构6.可把苯酚、硫氰化钾、乙醇、氢氧化钠、硝酸银等五种溶液鉴别出来的试剂是(

)A.溴水 B.酚酞溶液 C.甲基橙溶液 D.FeCl3?溶液7.室温下，向20mL浓度均为0.1mol?L?1的HNO3和HNO2混合液中逐滴加入0.1mol?L?1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是(

)A.a点：c(H+)>c(NO3?)>c(NO2?)

B.导电能力：b<c

C.c点：2c(NO2?)+2c(HNO2)=3c(Na+)

D.由d点可得Ka(HNO2)≈10?2.683二、简答题（本大题共5小题，共66.0分）8.四氯化锡(SnCl4)是合成有机锡化合物的原料，制备SnCl4的装置如图所示。

有关信息如表：化学式SnSnCl2SnCl4熔点/℃232246?33沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+无色液体，易水解生成SnO2?xH2O(1)仪器A的名称为______，甲中发生反应的离子方程式为______。

(2)如缺少装置丙，丁处主要副反应的化学方程式为______。

(3)加热丁装置，锡熔化，与Cl2反应，产物有SnCl4和SnCl2，为了确认丁中生成的SnCl2，可选用以下试剂______(填序号)检验。

A.稀盐酸

B.酸性高锰酸钾

C.加入有KSCN的FeCl3溶液

(4)丁中反应需要通入过量的Cl2，并控制温度在232～652℃范围，控制温度目的是______。

(5)可以通过______现象判断丁中的反应已经完成。若制得的SnCl4显黄色，可能的原因是______。

(6)利用沉淀滴定法测定产品中Sn2+的含量，方案如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bmol/L的硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V1mL，由此可计算产品中Sn2+的质量分数。参考表中的数据，X溶液最好选用的是______(填序号)。

A.NaCl溶液

B.NaBr溶液

C.NaCN溶液

D.Na2CrO4溶液难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4颜色白浅黄白砖红Ksp1.77×10?105.4×10?142.7×10?161.12×10?12乙同学认为甲同学测得的Sn2+含量可能会偏高，理由______。9.钼酸钠晶体(?Na2MoO4?2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。如图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

回答下列问题：

(1)Na2MoO4?2H2O中钼元素的化合价是______；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉项进入，这样处理的目的是______。

(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出该反应的化学方程式：______，反应中氧化产物是______(填化学式)。

(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为______；“结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体以除去CO32?。若滤液中c(MoO42?)=0.40?mol/L，c(CO32?)=0.10?mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，CO32?的去除率是______%[已知：Ksp(ВaCO3)=1×10?9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10?8]。

(4)“分析纯”的钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制。艚梅从Σ钠逵肓鞒讨兴钠逡黄鹜ㄈ胨，得到正盐的化学式为______。

(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。

要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为______。10.CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反应如下：

ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=41.1kJ?mol?1

ⅱ.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2时，ΔH2=?210.2kJ?mol?1

ⅲ.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH3=?205.9kJ?mol?1

(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=______kJ?mol?1。

(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有______(填标号)。

A.增大n(CO2)：n(H2)投料比

B.增大体系压强

C.使用高效催化剂

D.及时分离H2O

(3)n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。

①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为______(填标号)。

A.373～573K

B.573～773K

C.773～973K

D.973～1173K

②计算1083K时，反应ⅰ的Kp=______。

③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是______。

(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H?SAPO?34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H?SAPO?34作用下产生乙烯、丙烯示意图如图2。

①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，______的生成是决速步骤(填化学式)。

②H?SAPO?34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因______。11.某离子晶体晶胞结构如图所示，x位于立方体的顶点，Y位于立方体中心．试分析：

(1)晶体中每个Y同时吸引着______个X，每个x同时吸引着______个Y，该晶体的化学式为______．

(2)晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有______个．

(3)晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为______．

(4)已知Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2?的空间构型为______．12.有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如图：

(1)A中官能团的名称为______。

(2)C的名称为______。

(3)B～C的反应方程式为______。

(4)D→E的反应类型______。

(5)H的结构简式为______。

(6)M(C9H10O2)是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1。M的结构简式为______。(7)以原料合成，试写出合成路线(无机试剂任选)______。

参考答案与解析1.【答案】C

【解析】A.冰墩墩外壳是硅胶材质，是无机非金属材料，故A错误；

B.题中信息知，奥运火炬由碳纤维制成，是无机非金属材料，故B错误；

C.冰刀由特种钢制成，属于合金，故C正确；

D.雪地滑板的主要材料是高分子塑料，故D错误；

故。篊。

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成具有金属特性的物质，据此进行解答。

本题以冬奥会为情景考查了物质的组成及分类，明确合金的概念是解题的关键。

2.【答案】A

【解析】解：A、2LpH=13的氢氧化钠溶液中越含有0.2mol氢氧化钠，含有0.2mol钠离子，含Na+数目约为0.2NA，故A正确；

B、18g重水的物质的量为0.9mol，含有9mol电子，含有电子数为10NA，故B错误；

C、9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有0.2mol最简式NO2，含有0.2mol氮原子，含有的氮原子数为0.2NA，故C错误；

D、标况下，0.56L丙烷的物质的量为0.25mol，0.25mol丙烷中含有2.5mol共价键，故D错误；

故选A．

A、pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，钠离子浓度与氢氧根离子浓度基本相等；

B、重水分子中含有10个电子，重水的摩尔质量为20g/mol；

C、NO2和N2O4的最简式为NO2，9.2g混合物中含有0.2mol最简式，含有0.2mol氮原子；

D、1mol丙烷分子中含有2mol碳碳共价键和8mol碳氢共价键，总共含有10mol共价键．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．

3.【答案】D

【解析】解：A.ABS树脂无亲水官能团，难溶于水，故A错误；

B.一般体型聚合物属于热固性材料，ABS树脂为链状结构，不属于热固性材料，故B错误；

C.该高聚物的形成过程属于加聚反应，根据加聚反应的特点可知，ABS树脂的单体为CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2、即有3种单体，故C错误；

D.苯乙烯()中含有双键，能使溴水褪色，故D正确；

故。篋。

A.ABS树脂无亲水官能团，难溶于水；

B.一般体型聚合物属于热固性材料；

C.该高聚物的形成过程属于加聚反应，根据加聚反应的特点可知，ABS树脂的单体为CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2、

D.含有双键的物质能与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色。

本题主要考查有机物的结构与性质的关系、单体的判断、热固性材料等知识，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：A.根据以上分析，b点溶液中的溶质为NH3?H2O显碱性，而c点溶液中溶质为(NH4)2SO4，水解显酸性，所以bc段之间存在某点，可以显中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42?)+c(OH?)，则c(NH4+)=2c(SO42?)，故A正确；

B.c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4，所以根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42?)+c(OH?)，故B正确；

C.根据以上分析，b点溶液中的溶质为NH3?H2O，则bc段反应的离子方程式为NH3?H2O+H+=H2O+NH4+，故C错误；

D.b点溶液中的溶质为NH3?H2O，则b点时导电能力最弱，而d点过后，就相当于是某浓度的NH4HSO4溶液，则最终溶液的导电能力几乎不再变化，故D正确；

故。篊。

根据导电能力随滴入溶液体积的变化如图可知，b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3?H2O+H2O，该点溶液中的溶质为NH3?H2O；

c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，据此分析解答。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点发生的反应及溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，能正确书写各段反应方程式，题目难度中等。

5.【答案】D

【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则Z为O；结合图示可知，W形成1个共价键，X形成3个共价键，Y形成4个共价键，结合原子序数大小可知，则W为H，X为B，Y为C元素，以此分析解答。

A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减。髯宕由系较略影刖吨鸾ピ龃，则原子半径：B>C>O>H，即X>Y>Z>W，故A正确；

B.X可以形成一元酸硼酸，Y可以形成甲酸、乙酸、丙酸等一元酸，故B正确；

C.H和C可以形成C2H2、C6H6等多种原子个数比为1：1的化合物，故C正确；

D.该化合物中B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D错误；

故。篋。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构及化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：A.加入浓溴水，只能鉴别苯酚和氢氧化钠溶液、硝酸银溶液，故A错误；

B.酚酞只能鉴别出NaOH溶液，与苯酚、乙醇混溶，现象相同，不能鉴别，故B错误；

C.甲基橙溶液只能鉴别出NaOH溶液，不能鉴别其它溶液，故C错误；

D.苯酚、硫氰化钾、乙醇、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故D正确。

故。篋。

苯酚、硫氰化钾、乙醇、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象不同，以此来解答。

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意现象不同是解答鉴别题的关键，熟悉有机物的性质即可解答，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.a点发生如下电离：HNO3=H++NO3?，HNO2?H++NO2?，所以c(H+)>c(NO3?)>c(NO2?)，故A正确；

B.b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，离子浓度b<c，所以导电能力：b<c，故B正确；

C.c点，依据题给数据，可得出：3n(NO2?)+3n(HNO2)=2n(Na+)，所以3c(NO2?)+3c(HNO2)=2c(Na+)，故C错误；

D.在d点存在如下水解平衡：NO2?+H2O?HNO2+OH?，Kh=c(OH?)c(HNO2)c(NO2?)=10?6.16×10?6.1613×0.1=3×10?11.32，Ka(HNO2)=KwKh=10?143×10?11.32=10?2.683，故D正确；

故。篊。

A.a点发生如下电离：HNO3=H++NO3?，HNO2?H++NO2?；

B.b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液；

C.c点，依据题给数据，可得出：3n(NO2?)+3n(HNO2)=2n(Na+)；

D.在d点存在如下水解平衡：NO2?+H2O?HNO2+OH?，Kh=c(OH?)c(HNO2)c(NO2?)。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图像分析判断及计算能力，明确电离平衡的含义、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活应用，题目难度中等。

8.【答案】(1)蒸馏烧瓶

2MnO4?+16H++10Cl?=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

(2)SnCl4+(2+x)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl

(3)?C

(4)

加快反应速率，并防止产品中带入SnCl2

(5)戊中冷凝管不再有液体滴下

；氯气的溶解

(6)

D

；

Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多

【解析】(1)仪器A的名称为蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸和高锰酸钾不加热反应产生氯气，离子方程式为：2MnO4?+16H++10Cl?=2Mn2++5Cl2↑+8H2O故答案为：2MnO4?+16H++10Cl?=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)如缺少丙，则水蒸气会进入。贾律傻乃穆然馍蒘nO2?xH2O，化学方程式为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl故答案为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl；

(3)可以根据Sn2+的还原性确定氯化亚锡的存在；稀盐酸不能氧化Sn2+；酸性高锰酸钾也能将Cl?氧化从而褪色，所以不能选择酸性高锰酸钾；Fe3+有氧化性，能将Sn2+氧化，本身被还原为Fe2+，含有KSCN的FeCl3溶液是红色的，反应后溶液会褪色，从而可以检验SnCl2的存在故答案为：C；

(4)丁中可能会产生氯化亚锡，增加氯气通入的量可以减少氯化亚锡的产生。而控制温度不要过低，除了要高于Sn的熔点，保证Sn呈液态外，还可以加快反应速率，温度低于SnCl2的沸点，可以避免生成的氯化亚锡进入戊装置，则控制温度目的加快反应速率，并防止产品中带入SnCl2故答案为：加快反应速率，并防止产品中带入SnCl2；

(5)如丁中反应结束，则丁中会有少量的氯化亚锡存在，但是冷凝管处戊中冷凝管不再有液体滴下，可以此为判断反应结束的标准；由于氯气的溶解，会导致四氯化锡显示黄色故答案为：戊中冷凝管不再有液体滴下；氯气的溶解；

(6)①硝酸银溶液应先将氯离子沉淀完全，再与指示剂反应，并伴随明显的现象指示反应终点；铬酸钠可以和硝酸银形成砖红色沉淀，现象明显；并且铬酸根结合银离子的能力弱于氯离子，可以做滴定的指示剂故答案为：D；

②由于Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多，测得的Sn2+含量偏高故答案为：Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多。

仪器A是蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸和高锰酸钾不加热反应产生氯气；乙装置除去氯气中的氯化氢气体，丙装置干燥氯气，防止生成的四氯化锡水解；丁中锡熔化后与氯气反应，戊装置冷凝收集四氯化锡；碱石灰一方面吸收未反应的氯气，另一方面防止空气中的水蒸气进入戊装置导致四氯化锡水解。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意元素化合物知识的运用，题目难度较大。

9.【答案】+6

增大固气接触面积，提高原料利用率

2MoS2+7O2???△???2MoO3+4SO2

MoO3、SO2

MoO3+CO32?=MoO42?+CO2↑

90

(NH4)2CO3、(NH4)2SO3

1：1

【解析】解：(1)Na2MoO4?2H2O中Na为+1价，O为?2价，H为+1价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知钼元素的化合价为+6价，矿石经粉碎及从炉顶进入可增大固气接触面积，加快反应速率，同时使原料中的MoS2尽可能反应，提高原料利用率故答案为：+6价；增大固气接触面积，提高原料利用率；

(2)“焙烧”：氧气将MoS2氧化成MoO3、SO2，反应的方程式为：2MoS2+7O2???△???2MoO3+4SO2，Mo和S元素化合价升高，则氧化产物为MoO3、SO2故答案为：2MoS2+7O2???△???2MoO3+4SO2；MoO3、SO2；

(3)“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为：MoO3+CO32?=MoO42?+CO2↑；Ksp(BaMoO4)=4.0×10?8，c(MoO42?)=0.40mol?L?1，由Ksp(BaMoO4=c(MoO42?)×c(Ba2+)得：当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42?)=4.0×10?80.4mol/L=10?7mol/L，由Ksp(BaCO3)=c(CO32?)×c(Ba2+)得，此时溶液中c(CO32?)=1×10?910?7mol/L=10?2mol/L，所以CO32?的去除率=0.1mol/L?0.01mol/L0.1mol/L×100%=90%故答案为：MoO3+CO32?=MoO42?+CO2↑；90；

(4)(NH4)2MoO4和NaOH反应生成Na2MoO4、H2O和NH3，流程中产生的气体为SO2、CO2，把SO2、NH3、CO2通入水中可产生(NH4)2CO3、(NH4)2SO3两种正盐故答案为：(NH4)2CO3、(NH4)2SO3；

(5)由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mg/L，即二者浓度比为1：1故答案为：1：1。

钼精矿“焙烧”，氧气将MoS2、PbS氧化成MoO3、PbO、SO2；“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2；“过滤”：Ba(OH)2将过量的CO32?转化为BaCO3沉淀，通过“过滤”将BaCO3、PbO除去；“结晶”：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗Na2MoO4?2H2O固体，通过“重结晶”提纯操作得Na2MoO4?2H2O，据此解答；

(1)根据化合物中元素化合价代数和为0计算钼元素的化合价，矿石经粉碎可增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；

(2)“焙烧”：氧气将MoS2氧化成MoO3、SO2；

(3)“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2；Ksp(BaMoO4)=4.0×10?8，c(MoO42?)=0.40mol?L?1，由Ksp(BaMoO4)=c(MoO42?)×c(Ba2+)得，c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42?)=4.0×10?80.4mol/L=10?7mol/L，由Ksp(BaCO3)=c(CO32?)c(Ba2+)得，c(CO32?)=1×10?910?7mol/L=10?2mol/L，据此计算CO32?的去除率；

(4)(NH4)2MoO4和NaOH反应生成Na2MoO4、H2O和NH3，反应过程中产生SO2、CO2气体，SO2、NH3、CO2在水中可产生(NH4)2CO3、(NH4)2SO3两种正盐；

(5)由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mg/L。

本考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度中等。

10.【答案】(1)?128.0

(2)BD

(3)①B；②1；③温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高

(4)①HCOO*；②短链烯烃可顺利从H?SAPO?34催化剂笼口八环孔脱离

【解析】【分析】

本题考查盖斯定律、化学平衡等相关知识，为高频考点，把握焓变计算、盖斯定律、平衡移动、平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(3)为解答的难点，题目难度不大。

【解答】

(1)当反应ii中n=2时可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=?210.2kJ?mol?1，根据盖斯定律反应ii+i×2可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH=?210.2kJ?mol?1+2×41.1kJ?mol?1=?128.0kJ?mol?1故答案为：?128.0；

(2)A.增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，故A错误；

B.反应ii和iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，CO的浓度减。从平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B正确；

C.催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡转化率，故C错误；

D.及时分离出H2O，可以使反应i平衡正向移动，增大CO2的转化率，故D正确；

故答案为：BD；

(3)①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围应选B(573～773K)故答案为：B；

②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%；设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式有：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

开始

1 3

0

0

变化

0.75

0.75

0.75

0.75

平衡

0.25

2.25

0.75

0.75

所以p(CO2)=0.254×1MPa=116MPa，p(H2)=2.254×1MPa=916MPa，p(CO)=p(H2O)=0.754MPa=316MPa，所以Kp=p(CO)p(H2O)p(CO2)p(H2)=316×316916×116=1故答案为：1；

③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高故答案为：温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；

(4)①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意)故答案为：HCOO*；

②短链烯烃可顺利从H?SAPO?34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高故答案为：短链烯烃可顺利从H?SAPO?34催化剂笼口八环孔脱离。

11.【答案】4

8

XY2或Y2X

12

109°28′

正四面体

【解析】解：(1)由离子晶体晶胞图，X位于立方体的顶点，Y位于立方体中心，则每个Y同时吸引着4个X，空间有8个晶胞无隙并置，则每个X同时吸引着8个Y，1个晶胞中含X为4×18=12，含Y为1，X、Y的离子个数之比为1：2，则晶体的化学式为XY2或Y2X故答案为：4；8；XY2或Y2X；

(2)由图可知，X在顶点，则一个晶胞中最近的X有3个，为面上的距离，晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有3×82=12个，故答案为：12；

(3)1个Y与4个X形成空间正四面体结构，则晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为109°28′，故答案为：109°28′；

(4)此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，故答案为：正四面体．

由离子晶体晶胞图，X位于立方体的顶点，Y位于立方体中心，则1个晶胞中含X为4×18=12，含Y为1，X、Y的离子个数之比为1：2，1个Y与4个X形成空间正四面体结构，Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，[ZnCl4]2?中的配位数是4，据此判断其空间结构．

本题考查晶胞计算，注意X、Y的位置及均摊法计算是解答本题的关键，学生需具有一定的空间想象能力，题目难度中等．

12.【答案】碳碳双键

苯丁醛

2+O2→△Cu2+2H2O

取代反应

(或)

【解析】解：(1)A为，A中官能团的名称为碳碳双键故答案为：碳碳双键；

(2)分析C的结构可知，C的名次为苯丁醛故答案为：苯丁醛；

(3)B→C的反应方程式为2+O2→△Cu2+2H2O故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；

(4)D→E过程中，D的苯环上氢原子被取代成环生成E和HCl，该反应类型为取代反应故答案为：取代反应；

(5)由分析可知，H的结构简式为故答案为；

(6)M(C9H10O2)是D()的同系物，M含有1个苯环、1个羧基，M核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，M存在对称结构，且含有2个化学环境相同的甲基，M的结构简式为故答案为(或)；

(7)模仿生成K的过程，与SOCl2反应生成，然后在AlCl3条件下生成，酸性条件与乙二醇反应生成，与氢气反应生成，在酸性条件下生成，合成路线为故答案为

根据A与B的分子式、反应条件，结合C的结构简式，逆推可知B为、A为，C发生氧化反应生成D为，D发生取代反应生成E，E发生取代反应成环生成F和HCl，F与乙二醇先发生加成反应，然后脱水生成G，对比G、K的结构，结合H的分子式、反应条件，可知G中苯环与氢气加成生成H，H在酸性条件重新形成羰基生成K，故H为，步骤F→G的目的是苯环羰基；

(6)模仿生成K的过程，与SOCl2反应生成，然后在AlCl3条件下生成，酸性条件与乙二醇反应生成，与氢气反应生成，在酸性条件下生成。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体的确定，题目难度中等。