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化学（新高考）2022届高考考前冲刺卷（五）学生版
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这是一份化学（新高考）2022届高考考前冲刺卷（五）学生版，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
（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
2022届高考考前冲刺卷
化学（五）
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。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，总计45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与社会、技术、环境、生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．汽车远光灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体
B．碘酒、84消毒液、75%的酒精都可用于消毒
C．某雨水样品放置一段时间后，pH由4.68变成4.00，是因为水中溶解的CO2增多
D．“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”与“新疆棉”成分不相同
2．砷矿中提取砷的反应之一为。下列说法正确的是
A．基态铜原子的价电子排布图为
B．中S的杂化类型与H2O中O的相同
C．电负性：S>O>As>Cu
D．基态原子未成对电子数：S=O>As>Cu
3．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA
B．标准状况下，1molH2O2中含有的孤对电子数为4NA
C．由CO和CO2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为1.5NA
D．1L浓度为1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有NA个CO
4．下列关于有机物的说法不正确的是
A．有机物（）与氢气1∶1加成后的产物只有一种
B．抗坏血酸分子（）中有2个手性碳原子
C．有机物的（）一氯代物有4种
D．2-丁烯（）分子存在顺反异构
5．无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠（Na2S2O4）。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
6．用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A．图1：合成氨并检验氨的存在 B．图2：测定Fe2＋的浓度
C．图3：肥皂水冒泡说明生成了H2 D．图4：测量生成氢气的体积
7．已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种单质是自然界最硬的物质，Y的K层和M层电子数之和是其L层电子数的一半，W、X同周期且族序数之和等于Y、Z的族序数之和。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：X
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X
8．下列说法错误的是
A．油脂及其水解产物均属于非电解质
B．可利用较强的氧化性脱除烟气中的
C．实验室中浓硝酸和硝酸银溶液均用棕色试剂瓶保存
D．滑雪运动员穿的速滑服主要成分聚氨酯属于有机高分子化合物
9．催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．若R为，则X为乙醇
B．Pd是催化剂、还原剂
C．反应过程存在键的断裂和形成
D．活性炭可以负载高分散的Pd，提高催化剂活性
10．氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：
下列说法错误的是
A．“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质
B．为提高氮的利用率，尾气可循环进入“氧化炉”
C．流程中的转化涉及复分解反应
D．工业上可用铁槽车储运浓硝酸
11．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图甲所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。以该燃料电池为电源电解足量饱和CuCl2溶液的装置如图乙所示。下列说法错误的是
A．甲中b电极为正极
B．理论上当燃料电池消耗1mol O2时，电路中转移2NA个电子
C．a电极的电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O
D．燃料电池甲中OH-通过阴离子交换膜向a电极方向移动
12．下列说法正确的是
A．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)
B．浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液，pH由大到小排列顺序为NaOH>Na2CO3>NaHSO4>(NH4)2SO4
C．向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小
D．pH=3的硫酸与醋酸溶液，c(S)与c(CH3COO-)之比为1∶2
13．叠氮酸钠（NaN3）是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如图。已知水合肼（N2H4·H2O）不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是
A．反应①和反应③中浓硫酸作用不同
B．反应②中氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1
C．整个过程中CH3OH物质的量不变，可循环利用
D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼
14．下列说法正确的是
A．一定条件下发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)，正反应速率随时间的变化如图甲所示，则反应在c点达到平衡状态
B．图乙为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应中SO3的体积分数随温度（T）的变化曲线，反应达到B点时，2v正(O2)=v逆(SO3)
C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，保持恒温恒压，再加入SO3，再次达到平衡后，SO3的体积分数降低
D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，再加入O2，O2的转化率增大
15．亚磷酸常用于农药的合成。H3PO3为二元弱酸，25℃时Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.6。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H3PO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．由于Na2HPO3水解程度大于电离程度，因此d点呈碱性
B．a点存在：c(H3PO3)=c(H2PO)
C．b点存在：c(OH-)+c(H2PO)=c(Na+)+c(H+)
D．c点加入氢氧化钠的体积V=30mL
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．保险粉（Na2S2O4）广泛应用于造纸、印染等行业。该物质易氧化，受热易分解，在碱性条件下较稳定，易溶于水，不溶于乙醇。保险粉可由NaHSO3与NaBH4反应制取。
Ⅰ．保险粉的制备
打开如图（部分装置省略）中活塞K1，通入N2一段时间后，关闭K1，打开恒压滴液漏斗活塞，向装置E中滴入NaBH4碱性溶液，在30～40℃下充分反应。向反应后的溶液中加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉。
（1）仪器E的名称是____________，反应产物中有NaBO2（反应前后B的化合价不变），无气体。写出E中发生反应的化学方程式：_________________________________。
（2）通入N2的作用是______________________。
（3）使用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O晶体的优点是_________________。
（4）装置E的加热方式最好采用___________________。
Ⅱ．保险粉纯度的测定
（5）称2.0gNa2S2O4样品溶于水配成200mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，反应原理为4[Fe(CN)6]3-+2S2O+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO+4H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________（杂质不参与反应，计算结果精确至0.1%）。
Ⅲ．保险粉性质探究
（6）请利用下列药品设计实验方案验证Na2S2O4具有还原性。（药品：Na2S2O4晶体，Na2S溶液，BaCl2溶液，盐酸，双氧水，淀粉，KI溶液，蒸馏水）
17．锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：
已知：
I．锡精矿：含Sn40~70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素；
II．滤渣的成分为：SnO2、Fe2O3、SiO2等；
III．硬头：Sn 46%、Fe 44%等。
按要求回答下列问题：
（1）Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置_______。
（2）氧化焙烧产生的气体为_______，其可造成的环境污染是_______。
（3）加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应的化学方程式为_______________________。
（4）操作1的名称是_______。洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是___________________________________________。
（5）还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反应的化学方程式_________________________________。
（6）“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反应，其化学方程式为________________________________。
（7）用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作_______极。维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，理论产生Sn_______g（保留3位有效数字）。（已知：F=96500C/mol）
18．电催化合成氨方法被认为是人工固氮最有前途的方法之一，具有反应条件温和、利用可再生能源驱动、直接以水为氢源等优点，近年来引起科研工作者广泛的研究兴趣。
（1）已知H2的燃烧热ΔΗ=-a kJ/mol，NH3的燃烧热ΔΗ=-b kJ/mol，请计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔΗ=____。
（2）向一恒定温度的密闭容器中充入0.1 mol N2和0.3 mol H2的混合气体，保持30 MPa条件下反应：
①下列哪些选项可以判断反应已达到平衡_____。
a．3v(H2)正=2v(NH3)逆 b．N2的体积分数不再变化
c．N2和H2的物质的量之比为定值 d．混合气体的密度不再变化
②上述混合气体中氢气的转化率如图1所示，图中曲线I为氢气的平衡转化率与温度的关系，曲线II表示不同温度下经过相同反应时间后的氢气转化率，请说明随着温度的升高，曲线II向曲线I逼近，于M点重合，其原因是__________________________。
③上述条件下，在不同催化剂作用下，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图2所示，催化剂效果最佳的是催化剂____（填“I”、“II”、“III”）。b点v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。测得a点H2的转化率为60.0%，a点对应温度下反应的平衡常数Kp=_________MPa-2。（Kp为以各组分分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。
19．铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效应，是当受热物体中的电子（空穴），因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电，起到净化室内空气的作用。
（1）镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为_______，锑的核外有_______种运动状态不同的电子。
（2）多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子（离子）的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量（用∆表示），它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能∆[Fe(H2O)6]3+（黄色）_______∆[Fe(H2O)6]2+（浅绿色）（填“大于”，“小于”或“等于”），原因是_______。
（3）一种镧，锑形成的配合物结构如图所示
①该结构中，中心离子La3+配位数为_______，碳的杂化方式为_______。
②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（4）某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。
①若上图中A 点锑原子的坐标为，则B点铁原子的坐标为_______。
②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_______cm。
20．某芳香烃X（C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：I．
II．（苯胺，易被氧化）
回答下列问题：
（1）X的结构简式为_______；F的名称为_______。
（2）反应②的反应类型属于_______。C中官能团的名称是_______。
（3）反应④的化学方程式为_______________________________。
（4）阿司匹林（）有多种同分异构体，其中属于二元酸的芳香族化合物共有_______种；核磁共振氢谱有4组峰，峰值面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为_______（写一种即可）。
（5）请用合成反应流程图表示出由有机物A和其他无机物合成最合理的方案（不超过4步），合成路线为_________________________________________________。
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2022届高考考前冲刺卷
化学（五）答案
1．【答案】C
【解析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，汽车远光灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体，故A正确；B．碘酒、84消毒液、75%的酒精都能使蛋白质变性，都能起到杀菌消毒的作用，故B正确；C．正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨的pH小于5.6，某雨水样品放置一段时间后，pH由4.68变为4.00，是因为水中溶解的SO2增多生成亚硫酸，因为酸雨中的亚硫酸不稳定易被氧化生成硫酸，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，从而增强溶液的酸性，与二氧化碳无关，故C错误；D．蚕丝成分为蛋白质，新疆棉主要成分为纤维素，因此“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”与“新疆棉”成分不相同，故D正确。故选C。
2．【答案】B
【解析】A．基态铜原子的价电子排布式为，排布图为，故A错误；B．根据轨道杂化理论，中S和中O的杂化类型均为，故B正确；C．根据元素周期律，同周期从左到右电负性依次增强，同主族从上到下电负性依次减弱，所以电负性：O>S>As>Cu，故C错误；D．基态原子价电子排布式分别为：As：，未成对电子数为3；S与O同主族，未成对电子数相同，其中O的价电子排布式为，未成对电子数为2；Cu：，未成对电子数为1，所以未成对电子数：As>S=O>Cu，故D错误；故选B。
3．【答案】B
【解析】A．常温常压，非标准状况下Vm不等于22.4L/mol，无法计算氯气的物质的量，则无法得知具体转移电子数，故A错误；B．标准状况下，1个H2O2中含有2对孤对电子对，则含有的孤对电子数为4个，则1mol H2O2中含有的孤对电子数为4NA，故B正确；C．由CO和CO2组成的混合物中共有NA个分子，其物质的量为1mol，由于CO和CO2中的氧原子数不同，无法计算1mol混合物中含有的氧原子数，故C错误；D．是弱酸根，在溶液中会水解从而导致个数减少，则1L浓度为1mol·L-1的Na2CO3溶液中少于NA个，故D错误；故选B。
4．【答案】C
【解析】A．有机物（）与氢气1∶1加成后的产物只有一种即，A正确；B．手性碳原子是指同时和4个互不相同的原子或原子团相连的碳原子，则抗坏血酸分子（）中有 2个手性碳原子如图所示，B正确；C．根据等效氢原理可知，有机物的（）一氯代物有3种如图所示，C错误；D．2-丁烯（）分子中碳碳双键两端的碳原子上均连有两个互不相同的H和-CH3，故存在顺反异构；D正确；故答案为C。
5．【答案】D
【解析】A．由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度可知，连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；B．由化合价代数和为0可知，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；C．由题意可知，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；D．由题意可知，无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；故选D。
6．【答案】D
【解析】A．用湿润的pH试纸检验氨气的存在，故A错误；B．不能把酸性高锰酸钾溶液盛在碱式滴定管中，故B错误；C．试管内的空气受热膨胀，肥皂水冒泡不能说明生成了H2，故C错误；D．用恒压滴液漏斗滴加稀硫酸，锌和稀硫酸反应放出氢气，注射器内收集气体的体积为生成氢气的体积，故D正确；答案选D。
7．【答案】C
【解析】W的一种单质是自然界最硬的物质，这种物质是金刚石，故W是碳；Y的K层和M层电子数之和是其L层电子数的一半，Y的电子排到了M层，则L层已满为8个， L层电子数的一半为4，故Y的M层电子数为2，则Y是镁；W、X同周期，X是氮或氧或氟，W、X族序数之和为9或10或11，W、X族序数之和等于Y、Z的族序数之和，则X只能是氮；Z是氯。A．简单离子半径：Mg2+
【解析】A．油脂是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．具有强氧化性的亚氯酸钠溶液能与烟气中具有还原性的二氧化硫反应达到脱除二氧化硫的目的，故B正确；C．浓硝酸和硝酸银溶液遇光都极易分解变质，均需要保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D．聚氨酯属于有机合成高分子化合物，故D正确；故选A。
9．【答案】B
【解析】A．由历程可知，反应物为氢气、，生成物为X和甲苯，若R为，则在反应中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时H与乙基结合得到乙醇，故X为乙醇，A正确；B．在整个反应历程中Pd参与反应历程后又生成Pd，在反应前后本身没有改变，是整个反应的催化剂，不是还原剂，B错误；C．反应过程存在键的断裂，在生成乙醇的过程中存在键的形成，C正确；D．活性炭可以负载高分散的Pd，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；故选B。
10．【答案】C
【解析】氮气和氢气在合成塔中合成氨气，分离出氨气后，通入空气氧化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和水、空气一起在吸收塔中生成硝酸。A．氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质，故A正确；B．如图，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，故B正确；C．流程中的转化涉及的反应为N2+3H22NH3，、，没有涉及复分解反应，故C错误；D．常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可用铁槽车储运浓硝酸，故D正确；故选。
11．【答案】B
【解析】甲为燃料电池，负极上燃料失电子发生氧化反应，则左侧a电极为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧b电极为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，乙为电解池，与a电极相连的d电极为阴极，铜离子得电子发生还原反应，与b电极相连的c电极为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，结合离子的移动方向、转移电子数相等分析解答。A．根据以上分析，甲中b电极称为正极，故A正确；B．根据正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，消耗1mol O2时，电路中转移4NA个电子，故B错误；C．根据分析可知甲为燃料电池，负极上燃料失电子发生氧化反应，则左侧a电极为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；D．原电池中阴离子移向负极，故OH−通过阴离子交换膜向a电极方向移动，故D正确；故答案为B。
12．【答案】D
【解析】A．碳酸氢钠和碳酸钠混合溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)，故A错误；B．氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子使溶液呈酸性，硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则等浓度的四种溶液的pH由大到小排列顺序为NaOH>Na2CO3> (NH4)2SO4> NaHSO4，故B错误；C．醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，醋酸溶液的浓度越大，电离程度越小，冰醋酸中只存在分子，不存在离子，则向冰醋酸中逐滴加水过程中，溶液的浓度减小，醋酸的电离程度增大，故C错误；D．pH为3的醋酸溶液中醋酸根离子浓度和氢离子浓度相等，都为10-3mol/L，pH为3的硫酸溶液中硫酸根离子的浓度为10-3mol/L×，则两种溶液中硫酸根离子和醋酸根离子的浓度比为10-3mol/L×∶10-3mol/L =1∶2，故D正确；故选D。
13．【答案】D
【解析】由题给流程可知，反应①为浓硫酸与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸作用下，亚硝酸与甲醇共热发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；反应④为氨水与次氯酸钠溶液反应生成水合肼；反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠；反应③为叠氮酸钠与高沸点酸浓硫酸共热反应制得叠氮酸；叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得叠氮酸钠。A．由分析可知，反应①中浓硫酸起强酸、催化剂和脱水剂的作用，反应③中浓硫酸起强酸、高沸点酸的作用，两个反应中浓硫酸作用不同，故A正确；B．由分析可知，反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠，反应亚硝酸甲酯中氮元素化合价降低被还原，亚硝酸甲酯为反应的氧化剂，水合肼中氮元素化合价升高被氧化，水合肼为反应的还原剂，反应的化学方程式为N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，则氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1，故B正确；C．由分析可知，甲醇是反应①的反应物，是反应③的生成物，所以整个过程中甲醇的物质的量不变，可循环利用，故C正确；D．若反应④将氨水逐滴滴入次氯酸钠溶液中，过量的次氯酸钠会氧化反应生成的水合肼，所以应将次氯酸钠溶液逐滴滴入氨水中，防止水合肼被氧化，故D错误；故选D。
14．【答案】B
【解析】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，且保持不变，c点对应的正反应速率还在随时间而改变，未达平衡，A错误；B．图乙为SO3的体积分数随温度（T）的变化曲线，B点时SO3的体积分数最大，反应达到平衡状态，则2v正(O2)=v逆(SO3)，B正确；C．恒温恒容，再加入SO3，达到新平衡后，相当于原体系加压，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，C错误；D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，再加入O2，平衡正向移动，但是O2的转化率减小，D错误；答案选B。
15．【答案】B
【解析】A．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3中存在的水解，不存在的电离，A项错误；B．a点时，溶液中的溶质为H3PO3和NaH2PO3，a点溶液的pH=1.3，则c(H+)=10-1.3mol/L，Ka1==10-1.3，即=10-1.3，故c(H3PO3)=c(H2PO)，B项正确；C．b点时，溶液中的溶质为NaH2PO3，根据电荷守恒有c(OH-)+c(H2PO)+2c()=c(Na+)+c(H+)，C项错误；D．c点时，溶液的pH=6.6，则c(H+)=10-6.6mol/L，根据Ka2==10-6.6，=10-6.6，则，当V=30mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaH2PO3和Na2HPO3，H2PO在溶液中存在水解和电离平衡，在溶液中存在水解平衡，使得，故c点加入氢氧化钠的体积不为30mL，D项错误；答案选B。
16．【答案】（1）三颈烧瓶 NaBH4+8NaHSO3NaBO2+4Na2S2O4+6H2O
（2）将装置E中空气排尽，防止NaHSO3（或Na2S2O4）被氧化
（3）减少保险粉的溶解损失，并有利于干燥
（4）水浴加热
（5）83.5%
（6）取Na2S2O4溶于水中，向其中滴加足量双氧水振荡，再加入盐酸和氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明Na2S2O4有还原性
【解析】本实验由在三颈烧瓶中发生NaHSO3和NaBH4的反应生成Na2S2O4，之后加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉，据此分析回答问题。
（1）由图示可知，仪器E的名称是三颈烧瓶；在装置E中，NaHSO3和与恒压滴液漏斗中滴入NaBH4反应生成NaBO2、Na2S2O4和H2O，化学方程式为NaBH4+8NaHSO3NaBO2+4Na2S2O4+6H2O。
（2）装置内的空气中含有氧气具有氧化性，容易将反应物NaHSO3氧化，也容易将反应生成的Na2S2O4氧化，所以为防止发生氧化反应，要先通入N2，将装置E中空气排尽，防止NaHSO3（或Na2S2O4）被氧化。
（3）从溶液中析出Na2S2O4·2H2O的晶体表面有杂质粒子，为将杂质洗去，同时降低物质由于洗涤溶解晶体造成的损失，同时便于晶体的干燥，要用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O。
（4）由题干信息可知，反应温度在30～40℃，温度低于水的沸点100℃，为便于控制温度以及受热均匀，采用水浴加热。
（5）根据方程式4[Fe(CN)6]3-+2S2O+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO+4H2O可知，n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])= ，则样品中Na2S2O4的质量分数为。
（6）Na2S2O4溶于水中后，可以被双氧水氧化成硫酸根，与Ba2+反应生成硫酸钡，故为取Na2S2O4溶于水中，向其中滴加足量双氧水振荡，再加入盐酸和氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明Na2S2O4有还原性。
17．【答案】（1）第5周期第IVA族
（2）SO2 酸雨
（3）Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑
（4）过滤 取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净
（5）SnO2+2CSn+2CO
（6）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
（7）阳 1.85
【解析】由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素分别氧化为SnO2、WO3、SO2、SiO2、CuO、PbO2、Fe2O3、ZnO，再与Na2CO3一起焙烧，得到Na2WO4，Na2SiO3，加水溶解并过滤得到滤液主要是Na2WO4溶液，和滤渣主要成分为SnO2、Fe2O3、SiO2等。滤渣与C和CaCO3还原熔炼，则将SnO2、Fe2O3还原成Sn和Fe，SiO2与CaCO3转化为CaSiO3，经过对硬头进行进一步提出得到粗锡，再熔析除去Fe、Zn、Pb等，得到97%的粗锡，然后进行电解精炼即可得到精锡，据此分析解题。
（1）由题干信息可知Sn为50号元素，36＜50＜54，说明Sn在第5周期第50-36=14列，即第IVA族，即Sn在元素周期表的位置为第5周期第IVA族，故答案为：第5周期第IVA族。
（2）由题干信息I可知，精锡矿的的主要成分中只有S粉燃烧可以转化为气体SO2，则氧化焙烧产生的气体为SO2，SO2可造成的环境污染是酸雨，故答案为：SO2；酸雨。
（3）根据流程图可知，加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应生成Na2WO4，故该反应的化学方程式为Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑，故答案为：Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑。
（4）由题干流程图可知，操作1分离不溶性固体和溶液，则操作1的名称是过滤，洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl-即可，故检验的方法为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净，故答案为：过滤；取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净。
（5）由题干流程图可知，还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体即为CO，即SnO2和C反应生成Sn和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：SnO2+2CSn+2CO，故答案为：SnO2+2CSn+2CO。
（6）已知Fe在高温时可与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，则该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（7）根据铜的精炼可知，用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作阳极，维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，根据阴极电极反应式Sn2++2e-=Sn可知，理论产生Sn的质量为：=1.85g，故答案为：阳；1.85。
18．【答案】（1）-(3a-2b)kJ/mol或(2b-3a)kJ/mol
（2）bd 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线II向曲线I靠近，M点为平衡状态 I ＞ 0.018
【解析】（1）已知：H2的燃烧热ΔH=-a kJ/mol，NH3的燃烧热ΔΗ=-b kJ/mol，可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔΗ=-a kJ/mol；②NH3(g)+O2(g)=N2(g)+H2O(l) ΔΗ=-b kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+-②×2，整理可得反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔΗ=-(3a-2b)kJ/mol或(2b-3a)kJ/mol。
（2）①a．若3v(H2)正=2v(NH3)逆不符合物质反应速率比等于方程式中化学计量数的比，则此时反应未达到平衡状态，a不符合题意；b．若反应未达到平衡状态，则N2的体积分数就会发生改变，现在N2的体积分数不再变化，说明反应已经达到了平衡状态，b符合题意；c．加入的N2和H2的物质的量之比为1∶3，二者按1∶3的物质的量关系反应，则在任何时刻都存在N2和H2的物质的量之比为1∶3，因此不能根据N2和H2的物质的量之比为定值就判断出反应处于平衡状态，c不符合题意；d．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生变化，反应在恒压下进入，若反应未达到平衡状态，则容器的容积会发生变化，混合气体的密度也会发生改变，当混合气体的密度不再变化时，气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，d符合题意；故合理选项是bd。
②图1所示上述混合气体中氢气的转化率可知：随着温度的升高，曲线II向曲线I逼近，于M点重合，其原因是温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线II向曲线I靠近，M点为平衡状态。
③由图象可知：反应I在较低温度下时H2转化率就达到很高，则催化剂效果最佳的催化剂I；在温度T4的b点时，反应未达到限度，说明反应正向进行，此时v正＞v逆；设起始时N2和H2的物质的量为分别为0.1 mol、0.3 mol，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡时的a点H2的转化率为60.0%，则反应的H2的物质的量为Δn(H2)=0.3 mol×60.0%=0.18 mol，此时n(H2)=0.12 mol，n(N2)=0.1 mol×(1-60.0%)=0.04 mol，n(NH3)=0.12mol，n(总)=0.04 mol+0.12 mol+0.12 mol=0.28 mol，则a点对应温度下反应的平衡常数。
19．【答案】（1）5d16s2 51
（2）> Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
（3）5 sp2、sp3 Sb> La
（4） cm
【解析】（1）镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子。
（2）在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强；从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能∆[Fe(H2O)6]3+> ∆[Fe(H2O)6]2+，理由是：Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
故答案为：>；Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构。
（3）①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；
羧基、苯环中的碳都是sp2杂化，苯环侧链上的C为sp3杂化。
②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La >Sb。
（4）①若上图中A点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为，投影于xy平面，其xy的平面坐标为，所以B的原子坐标为，故答案为：。
②1个晶胞中含有La的数目为8+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24+12=24个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2)g=3654g，设晶胞的边长为acm，==g/，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为cm。
20．【答案】（1） 邻硝基甲苯（2-硝基甲苯）
（2）氧化反应 醛基
（3）n+(n-1)H2O
（4）10 或
（5）
【解析】某芳香烃X分子式是C7H8，X与氯气发生取代反应生成A是，A水解反应产生B是，发生催化氧化生成C是，C与银氨溶液反应生成D，与银氨溶液发生银镜反应生成，则D为；酸化生成，则E为；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则F为；由于苯胺容易被氧化，由反应信息I、II可知，发生氧化反应生成，则G为；发生还原反应生成，一定条件下，发生缩聚反应生成链节组成为的功能高分子H，则H的结构简式为。根据上述分析可知：A是，B是，C是，D为，E为，F为，G为，H为。
（1）芳香烃X的分子式为C7H8，结合合成路线中有苯环，可知X为甲苯，结构简式为；F为，其名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。
（2）由分析可知：在反应②中，在浓硫酸作用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应生成F：；由于苯胺容易被氧化，由反应信息可知，发生氧化反应生成，反应②为氧化反应；C是，官能团的名称醛基。
（3）分子中含有-COOH、-NH2，反应④为在一定条件下，氨基与羧基发生缩合反应，生成高聚物，故方程式为n+(n-1)H2O。
（4）阿司匹林（）有多种同分异构体，其中属于二酸的芳香族化合物可分为苯环上单取代基有1种，两种取代基-CH2COOH、-COOH，邻、间、对3种，3个取代基-CH3、2个-COOH，有6种，故同分异构体种类数目为1+3+6=10种；其中峰值面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体d 结构简式为 或。
（5）A是，由合成，可采用逆推法方法分析。与H2发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生，与Cl2发生加成反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，所以由制取的合成路线为：。
（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
2022届高考考前冲刺卷
化学（五）
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。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，总计45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与社会、技术、环境、生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．汽车远光灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体
B．碘酒、84消毒液、75%的酒精都可用于消毒
C．某雨水样品放置一段时间后，pH由4.68变成4.00，是因为水中溶解的CO2增多
D．“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”与“新疆棉”成分不相同
2．砷矿中提取砷的反应之一为。下列说法正确的是
A．基态铜原子的价电子排布图为
B．中S的杂化类型与H2O中O的相同
C．电负性：S>O>As>Cu
D．基态原子未成对电子数：S=O>As>Cu
3．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA
B．标准状况下，1molH2O2中含有的孤对电子数为4NA
C．由CO和CO2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为1.5NA
D．1L浓度为1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有NA个CO
4．下列关于有机物的说法不正确的是
A．有机物（）与氢气1∶1加成后的产物只有一种
B．抗坏血酸分子（）中有2个手性碳原子
C．有机物的（）一氯代物有4种
D．2-丁烯（）分子存在顺反异构
5．无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠（Na2S2O4）。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
6．用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A．图1：合成氨并检验氨的存在 B．图2：测定Fe2＋的浓度
C．图3：肥皂水冒泡说明生成了H2 D．图4：测量生成氢气的体积
7．已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种单质是自然界最硬的物质，Y的K层和M层电子数之和是其L层电子数的一半，W、X同周期且族序数之和等于Y、Z的族序数之和。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：X
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X
8．下列说法错误的是
A．油脂及其水解产物均属于非电解质
B．可利用较强的氧化性脱除烟气中的
C．实验室中浓硝酸和硝酸银溶液均用棕色试剂瓶保存
D．滑雪运动员穿的速滑服主要成分聚氨酯属于有机高分子化合物
9．催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．若R为，则X为乙醇
B．Pd是催化剂、还原剂
C．反应过程存在键的断裂和形成
D．活性炭可以负载高分散的Pd，提高催化剂活性
10．氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：
下列说法错误的是
A．“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质
B．为提高氮的利用率，尾气可循环进入“氧化炉”
C．流程中的转化涉及复分解反应
D．工业上可用铁槽车储运浓硝酸
11．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图甲所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。以该燃料电池为电源电解足量饱和CuCl2溶液的装置如图乙所示。下列说法错误的是
A．甲中b电极为正极
B．理论上当燃料电池消耗1mol O2时，电路中转移2NA个电子
C．a电极的电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O
D．燃料电池甲中OH-通过阴离子交换膜向a电极方向移动
12．下列说法正确的是
A．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)
B．浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液，pH由大到小排列顺序为NaOH>Na2CO3>NaHSO4>(NH4)2SO4
C．向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小
D．pH=3的硫酸与醋酸溶液，c(S)与c(CH3COO-)之比为1∶2
13．叠氮酸钠（NaN3）是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如图。已知水合肼（N2H4·H2O）不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是
A．反应①和反应③中浓硫酸作用不同
B．反应②中氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1
C．整个过程中CH3OH物质的量不变，可循环利用
D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼
14．下列说法正确的是
A．一定条件下发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)，正反应速率随时间的变化如图甲所示，则反应在c点达到平衡状态
B．图乙为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应中SO3的体积分数随温度（T）的变化曲线，反应达到B点时，2v正(O2)=v逆(SO3)
C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，保持恒温恒压，再加入SO3，再次达到平衡后，SO3的体积分数降低
D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，再加入O2，O2的转化率增大
15．亚磷酸常用于农药的合成。H3PO3为二元弱酸，25℃时Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.6。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H3PO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．由于Na2HPO3水解程度大于电离程度，因此d点呈碱性
B．a点存在：c(H3PO3)=c(H2PO)
C．b点存在：c(OH-)+c(H2PO)=c(Na+)+c(H+)
D．c点加入氢氧化钠的体积V=30mL
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．保险粉（Na2S2O4）广泛应用于造纸、印染等行业。该物质易氧化，受热易分解，在碱性条件下较稳定，易溶于水，不溶于乙醇。保险粉可由NaHSO3与NaBH4反应制取。
Ⅰ．保险粉的制备
打开如图（部分装置省略）中活塞K1，通入N2一段时间后，关闭K1，打开恒压滴液漏斗活塞，向装置E中滴入NaBH4碱性溶液，在30～40℃下充分反应。向反应后的溶液中加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉。
（1）仪器E的名称是____________，反应产物中有NaBO2（反应前后B的化合价不变），无气体。写出E中发生反应的化学方程式：_________________________________。
（2）通入N2的作用是______________________。
（3）使用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O晶体的优点是_________________。
（4）装置E的加热方式最好采用___________________。
Ⅱ．保险粉纯度的测定
（5）称2.0gNa2S2O4样品溶于水配成200mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，反应原理为4[Fe(CN)6]3-+2S2O+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO+4H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________（杂质不参与反应，计算结果精确至0.1%）。
Ⅲ．保险粉性质探究
（6）请利用下列药品设计实验方案验证Na2S2O4具有还原性。（药品：Na2S2O4晶体，Na2S溶液，BaCl2溶液，盐酸，双氧水，淀粉，KI溶液，蒸馏水）
17．锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：
已知：
I．锡精矿：含Sn40~70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素；
II．滤渣的成分为：SnO2、Fe2O3、SiO2等；
III．硬头：Sn 46%、Fe 44%等。
按要求回答下列问题：
（1）Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置_______。
（2）氧化焙烧产生的气体为_______，其可造成的环境污染是_______。
（3）加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应的化学方程式为_______________________。
（4）操作1的名称是_______。洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是___________________________________________。
（5）还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反应的化学方程式_________________________________。
（6）“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反应，其化学方程式为________________________________。
（7）用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作_______极。维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，理论产生Sn_______g（保留3位有效数字）。（已知：F=96500C/mol）
18．电催化合成氨方法被认为是人工固氮最有前途的方法之一，具有反应条件温和、利用可再生能源驱动、直接以水为氢源等优点，近年来引起科研工作者广泛的研究兴趣。
（1）已知H2的燃烧热ΔΗ=-a kJ/mol，NH3的燃烧热ΔΗ=-b kJ/mol，请计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔΗ=____。
（2）向一恒定温度的密闭容器中充入0.1 mol N2和0.3 mol H2的混合气体，保持30 MPa条件下反应：
①下列哪些选项可以判断反应已达到平衡_____。
a．3v(H2)正=2v(NH3)逆 b．N2的体积分数不再变化
c．N2和H2的物质的量之比为定值 d．混合气体的密度不再变化
②上述混合气体中氢气的转化率如图1所示，图中曲线I为氢气的平衡转化率与温度的关系，曲线II表示不同温度下经过相同反应时间后的氢气转化率，请说明随着温度的升高，曲线II向曲线I逼近，于M点重合，其原因是__________________________。
③上述条件下，在不同催化剂作用下，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图2所示，催化剂效果最佳的是催化剂____（填“I”、“II”、“III”）。b点v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。测得a点H2的转化率为60.0%，a点对应温度下反应的平衡常数Kp=_________MPa-2。（Kp为以各组分分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。
19．铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效应，是当受热物体中的电子（空穴），因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电，起到净化室内空气的作用。
（1）镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为_______，锑的核外有_______种运动状态不同的电子。
（2）多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子（离子）的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量（用∆表示），它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能∆[Fe(H2O)6]3+（黄色）_______∆[Fe(H2O)6]2+（浅绿色）（填“大于”，“小于”或“等于”），原因是_______。
（3）一种镧，锑形成的配合物结构如图所示
①该结构中，中心离子La3+配位数为_______，碳的杂化方式为_______。
②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（4）某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。
①若上图中A 点锑原子的坐标为，则B点铁原子的坐标为_______。
②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_______cm。
20．某芳香烃X（C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：I．
II．（苯胺，易被氧化）
回答下列问题：
（1）X的结构简式为_______；F的名称为_______。
（2）反应②的反应类型属于_______。C中官能团的名称是_______。
（3）反应④的化学方程式为_______________________________。
（4）阿司匹林（）有多种同分异构体，其中属于二元酸的芳香族化合物共有_______种；核磁共振氢谱有4组峰，峰值面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为_______（写一种即可）。
（5）请用合成反应流程图表示出由有机物A和其他无机物合成最合理的方案（不超过4步），合成路线为_________________________________________________。
（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
2022届高考考前冲刺卷
化学（五）答案
1．【答案】C
【解析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，汽车远光灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体，故A正确；B．碘酒、84消毒液、75%的酒精都能使蛋白质变性，都能起到杀菌消毒的作用，故B正确；C．正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨的pH小于5.6，某雨水样品放置一段时间后，pH由4.68变为4.00，是因为水中溶解的SO2增多生成亚硫酸，因为酸雨中的亚硫酸不稳定易被氧化生成硫酸，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，从而增强溶液的酸性，与二氧化碳无关，故C错误；D．蚕丝成分为蛋白质，新疆棉主要成分为纤维素，因此“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”与“新疆棉”成分不相同，故D正确。故选C。
2．【答案】B
【解析】A．基态铜原子的价电子排布式为，排布图为，故A错误；B．根据轨道杂化理论，中S和中O的杂化类型均为，故B正确；C．根据元素周期律，同周期从左到右电负性依次增强，同主族从上到下电负性依次减弱，所以电负性：O>S>As>Cu，故C错误；D．基态原子价电子排布式分别为：As：，未成对电子数为3；S与O同主族，未成对电子数相同，其中O的价电子排布式为，未成对电子数为2；Cu：，未成对电子数为1，所以未成对电子数：As>S=O>Cu，故D错误；故选B。
3．【答案】B
【解析】A．常温常压，非标准状况下Vm不等于22.4L/mol，无法计算氯气的物质的量，则无法得知具体转移电子数，故A错误；B．标准状况下，1个H2O2中含有2对孤对电子对，则含有的孤对电子数为4个，则1mol H2O2中含有的孤对电子数为4NA，故B正确；C．由CO和CO2组成的混合物中共有NA个分子，其物质的量为1mol，由于CO和CO2中的氧原子数不同，无法计算1mol混合物中含有的氧原子数，故C错误；D．是弱酸根，在溶液中会水解从而导致个数减少，则1L浓度为1mol·L-1的Na2CO3溶液中少于NA个，故D错误；故选B。
4．【答案】C
【解析】A．有机物（）与氢气1∶1加成后的产物只有一种即，A正确；B．手性碳原子是指同时和4个互不相同的原子或原子团相连的碳原子，则抗坏血酸分子（）中有 2个手性碳原子如图所示，B正确；C．根据等效氢原理可知，有机物的（）一氯代物有3种如图所示，C错误；D．2-丁烯（）分子中碳碳双键两端的碳原子上均连有两个互不相同的H和-CH3，故存在顺反异构；D正确；故答案为C。
5．【答案】D
【解析】A．由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度可知，连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；B．由化合价代数和为0可知，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；C．由题意可知，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；D．由题意可知，无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；故选D。
6．【答案】D
【解析】A．用湿润的pH试纸检验氨气的存在，故A错误；B．不能把酸性高锰酸钾溶液盛在碱式滴定管中，故B错误；C．试管内的空气受热膨胀，肥皂水冒泡不能说明生成了H2，故C错误；D．用恒压滴液漏斗滴加稀硫酸，锌和稀硫酸反应放出氢气，注射器内收集气体的体积为生成氢气的体积，故D正确；答案选D。
7．【答案】C
【解析】W的一种单质是自然界最硬的物质，这种物质是金刚石，故W是碳；Y的K层和M层电子数之和是其L层电子数的一半，Y的电子排到了M层，则L层已满为8个， L层电子数的一半为4，故Y的M层电子数为2，则Y是镁；W、X同周期，X是氮或氧或氟，W、X族序数之和为9或10或11，W、X族序数之和等于Y、Z的族序数之和，则X只能是氮；Z是氯。A．简单离子半径：Mg2+
【解析】A．油脂是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．具有强氧化性的亚氯酸钠溶液能与烟气中具有还原性的二氧化硫反应达到脱除二氧化硫的目的，故B正确；C．浓硝酸和硝酸银溶液遇光都极易分解变质，均需要保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D．聚氨酯属于有机合成高分子化合物，故D正确；故选A。
9．【答案】B
【解析】A．由历程可知，反应物为氢气、，生成物为X和甲苯，若R为，则在反应中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时H与乙基结合得到乙醇，故X为乙醇，A正确；B．在整个反应历程中Pd参与反应历程后又生成Pd，在反应前后本身没有改变，是整个反应的催化剂，不是还原剂，B错误；C．反应过程存在键的断裂，在生成乙醇的过程中存在键的形成，C正确；D．活性炭可以负载高分散的Pd，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；故选B。
10．【答案】C
【解析】氮气和氢气在合成塔中合成氨气，分离出氨气后，通入空气氧化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和水、空气一起在吸收塔中生成硝酸。A．氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质，故A正确；B．如图，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，故B正确；C．流程中的转化涉及的反应为N2+3H22NH3，、，没有涉及复分解反应，故C错误；D．常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可用铁槽车储运浓硝酸，故D正确；故选。
11．【答案】B
【解析】甲为燃料电池，负极上燃料失电子发生氧化反应，则左侧a电极为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧b电极为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，乙为电解池，与a电极相连的d电极为阴极，铜离子得电子发生还原反应，与b电极相连的c电极为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，结合离子的移动方向、转移电子数相等分析解答。A．根据以上分析，甲中b电极称为正极，故A正确；B．根据正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，消耗1mol O2时，电路中转移4NA个电子，故B错误；C．根据分析可知甲为燃料电池，负极上燃料失电子发生氧化反应，则左侧a电极为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；D．原电池中阴离子移向负极，故OH−通过阴离子交换膜向a电极方向移动，故D正确；故答案为B。
12．【答案】D
【解析】A．碳酸氢钠和碳酸钠混合溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)，故A错误；B．氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子使溶液呈酸性，硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则等浓度的四种溶液的pH由大到小排列顺序为NaOH>Na2CO3> (NH4)2SO4> NaHSO4，故B错误；C．醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，醋酸溶液的浓度越大，电离程度越小，冰醋酸中只存在分子，不存在离子，则向冰醋酸中逐滴加水过程中，溶液的浓度减小，醋酸的电离程度增大，故C错误；D．pH为3的醋酸溶液中醋酸根离子浓度和氢离子浓度相等，都为10-3mol/L，pH为3的硫酸溶液中硫酸根离子的浓度为10-3mol/L×，则两种溶液中硫酸根离子和醋酸根离子的浓度比为10-3mol/L×∶10-3mol/L =1∶2，故D正确；故选D。
13．【答案】D
【解析】由题给流程可知，反应①为浓硫酸与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸作用下，亚硝酸与甲醇共热发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；反应④为氨水与次氯酸钠溶液反应生成水合肼；反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠；反应③为叠氮酸钠与高沸点酸浓硫酸共热反应制得叠氮酸；叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得叠氮酸钠。A．由分析可知，反应①中浓硫酸起强酸、催化剂和脱水剂的作用，反应③中浓硫酸起强酸、高沸点酸的作用，两个反应中浓硫酸作用不同，故A正确；B．由分析可知，反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠，反应亚硝酸甲酯中氮元素化合价降低被还原，亚硝酸甲酯为反应的氧化剂，水合肼中氮元素化合价升高被氧化，水合肼为反应的还原剂，反应的化学方程式为N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，则氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1，故B正确；C．由分析可知，甲醇是反应①的反应物，是反应③的生成物，所以整个过程中甲醇的物质的量不变，可循环利用，故C正确；D．若反应④将氨水逐滴滴入次氯酸钠溶液中，过量的次氯酸钠会氧化反应生成的水合肼，所以应将次氯酸钠溶液逐滴滴入氨水中，防止水合肼被氧化，故D错误；故选D。
14．【答案】B
【解析】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，且保持不变，c点对应的正反应速率还在随时间而改变，未达平衡，A错误；B．图乙为SO3的体积分数随温度（T）的变化曲线，B点时SO3的体积分数最大，反应达到平衡状态，则2v正(O2)=v逆(SO3)，B正确；C．恒温恒容，再加入SO3，达到新平衡后，相当于原体系加压，平衡正向移动，SO3的体积分数增大，C错误；D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，再加入O2，平衡正向移动，但是O2的转化率减小，D错误；答案选B。
15．【答案】B
【解析】A．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3中存在的水解，不存在的电离，A项错误；B．a点时，溶液中的溶质为H3PO3和NaH2PO3，a点溶液的pH=1.3，则c(H+)=10-1.3mol/L，Ka1==10-1.3，即=10-1.3，故c(H3PO3)=c(H2PO)，B项正确；C．b点时，溶液中的溶质为NaH2PO3，根据电荷守恒有c(OH-)+c(H2PO)+2c()=c(Na+)+c(H+)，C项错误；D．c点时，溶液的pH=6.6，则c(H+)=10-6.6mol/L，根据Ka2==10-6.6，=10-6.6，则，当V=30mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaH2PO3和Na2HPO3，H2PO在溶液中存在水解和电离平衡，在溶液中存在水解平衡，使得，故c点加入氢氧化钠的体积不为30mL，D项错误；答案选B。
16．【答案】（1）三颈烧瓶 NaBH4+8NaHSO3NaBO2+4Na2S2O4+6H2O
（2）将装置E中空气排尽，防止NaHSO3（或Na2S2O4）被氧化
（3）减少保险粉的溶解损失，并有利于干燥
（4）水浴加热
（5）83.5%
（6）取Na2S2O4溶于水中，向其中滴加足量双氧水振荡，再加入盐酸和氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明Na2S2O4有还原性
【解析】本实验由在三颈烧瓶中发生NaHSO3和NaBH4的反应生成Na2S2O4，之后加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉，据此分析回答问题。
（1）由图示可知，仪器E的名称是三颈烧瓶；在装置E中，NaHSO3和与恒压滴液漏斗中滴入NaBH4反应生成NaBO2、Na2S2O4和H2O，化学方程式为NaBH4+8NaHSO3NaBO2+4Na2S2O4+6H2O。
（2）装置内的空气中含有氧气具有氧化性，容易将反应物NaHSO3氧化，也容易将反应生成的Na2S2O4氧化，所以为防止发生氧化反应，要先通入N2，将装置E中空气排尽，防止NaHSO3（或Na2S2O4）被氧化。
（3）从溶液中析出Na2S2O4·2H2O的晶体表面有杂质粒子，为将杂质洗去，同时降低物质由于洗涤溶解晶体造成的损失，同时便于晶体的干燥，要用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O。
（4）由题干信息可知，反应温度在30～40℃，温度低于水的沸点100℃，为便于控制温度以及受热均匀，采用水浴加热。
（5）根据方程式4[Fe(CN)6]3-+2S2O+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO+4H2O可知，n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])= ，则样品中Na2S2O4的质量分数为。
（6）Na2S2O4溶于水中后，可以被双氧水氧化成硫酸根，与Ba2+反应生成硫酸钡，故为取Na2S2O4溶于水中，向其中滴加足量双氧水振荡，再加入盐酸和氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明Na2S2O4有还原性。
17．【答案】（1）第5周期第IVA族
（2）SO2 酸雨
（3）Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑
（4）过滤 取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净
（5）SnO2+2CSn+2CO
（6）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
（7）阳 1.85
【解析】由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素分别氧化为SnO2、WO3、SO2、SiO2、CuO、PbO2、Fe2O3、ZnO，再与Na2CO3一起焙烧，得到Na2WO4，Na2SiO3，加水溶解并过滤得到滤液主要是Na2WO4溶液，和滤渣主要成分为SnO2、Fe2O3、SiO2等。滤渣与C和CaCO3还原熔炼，则将SnO2、Fe2O3还原成Sn和Fe，SiO2与CaCO3转化为CaSiO3，经过对硬头进行进一步提出得到粗锡，再熔析除去Fe、Zn、Pb等，得到97%的粗锡，然后进行电解精炼即可得到精锡，据此分析解题。
（1）由题干信息可知Sn为50号元素，36＜50＜54，说明Sn在第5周期第50-36=14列，即第IVA族，即Sn在元素周期表的位置为第5周期第IVA族，故答案为：第5周期第IVA族。
（2）由题干信息I可知，精锡矿的的主要成分中只有S粉燃烧可以转化为气体SO2，则氧化焙烧产生的气体为SO2，SO2可造成的环境污染是酸雨，故答案为：SO2；酸雨。
（3）根据流程图可知，加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应生成Na2WO4，故该反应的化学方程式为Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑，故答案为：Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑。
（4）由题干流程图可知，操作1分离不溶性固体和溶液，则操作1的名称是过滤，洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl-即可，故检验的方法为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净，故答案为：过滤；取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净。
（5）由题干流程图可知，还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体即为CO，即SnO2和C反应生成Sn和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：SnO2+2CSn+2CO，故答案为：SnO2+2CSn+2CO。
（6）已知Fe在高温时可与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，则该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（7）根据铜的精炼可知，用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作阳极，维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，根据阴极电极反应式Sn2++2e-=Sn可知，理论产生Sn的质量为：=1.85g，故答案为：阳；1.85。
18．【答案】（1）-(3a-2b)kJ/mol或(2b-3a)kJ/mol
（2）bd 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线II向曲线I靠近，M点为平衡状态 I ＞ 0.018
【解析】（1）已知：H2的燃烧热ΔH=-a kJ/mol，NH3的燃烧热ΔΗ=-b kJ/mol，可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔΗ=-a kJ/mol；②NH3(g)+O2(g)=N2(g)+H2O(l) ΔΗ=-b kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+-②×2，整理可得反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔΗ=-(3a-2b)kJ/mol或(2b-3a)kJ/mol。
（2）①a．若3v(H2)正=2v(NH3)逆不符合物质反应速率比等于方程式中化学计量数的比，则此时反应未达到平衡状态，a不符合题意；b．若反应未达到平衡状态，则N2的体积分数就会发生改变，现在N2的体积分数不再变化，说明反应已经达到了平衡状态，b符合题意；c．加入的N2和H2的物质的量之比为1∶3，二者按1∶3的物质的量关系反应，则在任何时刻都存在N2和H2的物质的量之比为1∶3，因此不能根据N2和H2的物质的量之比为定值就判断出反应处于平衡状态，c不符合题意；d．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生变化，反应在恒压下进入，若反应未达到平衡状态，则容器的容积会发生变化，混合气体的密度也会发生改变，当混合气体的密度不再变化时，气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，d符合题意；故合理选项是bd。
②图1所示上述混合气体中氢气的转化率可知：随着温度的升高，曲线II向曲线I逼近，于M点重合，其原因是温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线II向曲线I靠近，M点为平衡状态。
③由图象可知：反应I在较低温度下时H2转化率就达到很高，则催化剂效果最佳的催化剂I；在温度T4的b点时，反应未达到限度，说明反应正向进行，此时v正＞v逆；设起始时N2和H2的物质的量为分别为0.1 mol、0.3 mol，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡时的a点H2的转化率为60.0%，则反应的H2的物质的量为Δn(H2)=0.3 mol×60.0%=0.18 mol，此时n(H2)=0.12 mol，n(N2)=0.1 mol×(1-60.0%)=0.04 mol，n(NH3)=0.12mol，n(总)=0.04 mol+0.12 mol+0.12 mol=0.28 mol，则a点对应温度下反应的平衡常数。
19．【答案】（1）5d16s2 51
（2）> Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
（3）5 sp2、sp3 Sb> La
（4） cm
【解析】（1）镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子。
（2）在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强；从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能∆[Fe(H2O)6]3+> ∆[Fe(H2O)6]2+，理由是：Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
故答案为：>；Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构。
（3）①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；
羧基、苯环中的碳都是sp2杂化，苯环侧链上的C为sp3杂化。
②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La >Sb。
（4）①若上图中A点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为，投影于xy平面，其xy的平面坐标为，所以B的原子坐标为，故答案为：。
②1个晶胞中含有La的数目为8+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24+12=24个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2)g=3654g，设晶胞的边长为acm，==g/，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为cm。
20．【答案】（1） 邻硝基甲苯（2-硝基甲苯）
（2）氧化反应 醛基
（3）n+(n-1)H2O
（4）10 或
（5）
【解析】某芳香烃X分子式是C7H8，X与氯气发生取代反应生成A是，A水解反应产生B是，发生催化氧化生成C是，C与银氨溶液反应生成D，与银氨溶液发生银镜反应生成，则D为；酸化生成，则E为；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则F为；由于苯胺容易被氧化，由反应信息I、II可知，发生氧化反应生成，则G为；发生还原反应生成，一定条件下，发生缩聚反应生成链节组成为的功能高分子H，则H的结构简式为。根据上述分析可知：A是，B是，C是，D为，E为，F为，G为，H为。
（1）芳香烃X的分子式为C7H8，结合合成路线中有苯环，可知X为甲苯，结构简式为；F为，其名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。
（2）由分析可知：在反应②中，在浓硫酸作用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应生成F：；由于苯胺容易被氧化，由反应信息可知，发生氧化反应生成，反应②为氧化反应；C是，官能团的名称醛基。
（3）分子中含有-COOH、-NH2，反应④为在一定条件下，氨基与羧基发生缩合反应，生成高聚物，故方程式为n+(n-1)H2O。
（4）阿司匹林（）有多种同分异构体，其中属于二酸的芳香族化合物可分为苯环上单取代基有1种，两种取代基-CH2COOH、-COOH，邻、间、对3种，3个取代基-CH3、2个-COOH，有6种，故同分异构体种类数目为1+3+6=10种；其中峰值面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体d 结构简式为 或。
（5）A是，由合成，可采用逆推法方法分析。与H2发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生，与Cl2发生加成反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，所以由制取的合成路线为：。
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