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      全國乙2022年高考化學壓軸卷

      2022-07-111 9.99元 18頁 714.30 KB
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      (全國乙)2022年高考化學壓軸卷注意事項:1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3.回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回??赡苡玫降南鄬υ淤|量:H:1C:12N:14O:16Na:23Mg:24Al:27S:32Cl:35.5Fe:56Cu:64一、選擇題:本題共7小題,每小題6分,共42分。每小題只有一個選項符合題意。1.在北京舉行的第22屆冬奧會彰顯了“科技冬奧”理念。下列說法正確的是A.速滑館“冰絲帶”內,CO2制冰過程的碳排放趨近于零B.“有舵雪橇”中用到的碳纖維是一種有機高分子材料C.利用紫外殺菌技術對手機進行消毒,是為了使蛋白質鹽析D.“黑科技”防疫神器“刷芯無線電子體溫計”中不含金屬元素2.關于下列各實驗裝置的敘述中正確的是A.裝置①可用于制取氯氣B.裝置②可用于制取乙酸乙酯C.裝置③可用于證明碳酸的酸性比硅酸的強D.裝置④可用于比較碳、硅兩種元素非金屬性的強弱8,3.一種藥物中間體X的結構簡式如圖所示。下列說法正確的是A.X分子中有三種含氧官能團B.X分子的核磁共振氫譜有5個吸收峰C.X與反應只能得到一種加成產物D.X與足量發生加成反應的生成物分子中可能含有2個手性碳原子4.NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.6gNa37Cl中含有的電子數為2.8NAB.100g98%的H2SO4含H+數目為2NAC.高溫下,5.6gFe與足量水蒸氣反應,轉移的電子數為0.3NAD.25℃,0.1LpH=1的鹽酸稀釋十倍,含有的OH-數為1×10-14NA5.自2020年新冠肺炎爆發以來,各種消毒劑在抗擊新冠肺炎的過程中起到了非常重要的作用。一種新型漂白劑由W、X、Y、Z四種元素組成,其結構如下圖所示,其中W形成的單質是自然界中最硬的物質;X的最高價氧化物對應的水化物與其簡單氫化物可以發生反應生成一種常見的鹽;Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸;Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物。下列敘述錯誤的是A.元素的第一電離能:X>Y>WB.該漂白劑中Y顯-2價C.最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱:Z>W>XD.該漂白劑中W、X原子最外層均滿足8電子穩定結構8,6.電位滴定法是根據滴定過程中指示電極電位的變化來確定滴定終點的一種滴定分析方法。在化學計量點附近,被測離子濃度發生突躍,指示電極電位也發生了突躍,進而確定滴定終點。常溫下,利用鹽酸滴定某溶液中亞磷酸鈉的含量,其電位滴定曲線與曲線如圖所示。下列說法正確的是已知:亞磷酸是二元弱酸,電離常數,。A.a點對應的溶液呈弱堿性B.水的電離程度:a點小于b點C.a點對應的溶液中存在:D.b點對應的溶液中存在:7.Zn-BiOI電池以ZnI2水溶液作為鋅離子電池的氧化還原介質,可實現快速可逆的協同轉化反應,具有超高的可逆容量和超長循環壽命。下列說法錯誤的是A.放電時,負極反應為B.放電時,1molBiOI參與反應,轉移3mole-C.充電時,電池的總反應為D.ZnI2能加快電極反應速率二、非選擇題:共58分,第8~10題為必考題,每個試題考生都必須作答。第11~12題為選考題,考生根據要求作答。(一)必考題8.三氯化鉻()是化學合成中的重要物質,易潮解,易升華。利用晶體為原料制備并測定產品中Cr元素含量的實驗過程如下,回答下列問題:(1)的制備:8,在瓷坩堝中放入晶體,用一段紅熱的鐵絲與其接觸,晶體分解制得,同時生成。①與剛玉()具有相似結構,其熔點很_______(填“高”或“低”)。②受熱分解的化學方程式為_______。(2)的制備:制備實驗裝置如下圖所示。稱取干燥的置于瓷坩堝中,維持水浴溫度為60℃,加熱管式爐溫度至700℃,通入氮氣,持續加熱2小時,利用反應制得。①裝置a的名稱為_______。裝置D用來收集產品,實驗過程中若C處出現堵塞,可通過_______(填操作),使實驗繼續進行。②(俗稱光氣)有毒,遇水發生水解生成兩種酸性物質。裝置E是尾氣吸收裝置,E中發生反應的離子方程式為_______。③上述裝置存在缺陷,請指出改進方法:_______。(3)產品中Cr元素質量分數的測定:已知:堿性條件下,可將氧化為;酸性條件下,可將還原為。測定流程如下:產品中Cr元素的質量分數表達式為_______(寫出含m、c、V的表達式);若實驗過程中未加熱分解過量8,,將導致測定結果_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。9.CoC2O4是制備金屬鈷的原料,利用含鈷廢料(主要成分為Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機物等)制取CoC2O4的工藝流程如下:已知:①Ksp(MgF2)=7.42×10-11Ksp(CaF2)=1.46×10-10②氧化性:Co2O3>O2>Cl2③部分金屬離子沉淀的pH如下表(開始沉淀的pH按離子濃度為1.00mol·L-1計算):金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Co2+開始沉淀的pH1.56.33.06.4沉淀完全的pH2.88.35.09.2離子濃度小于1.0×10-5mol·L-1時,認為該離子沉淀完全④CoC2O4·2H2O(相對分子質量:183)熱分解曲線如圖:(1)“500℃焙燒”的目的是_______。(2)“凈化除雜1”過程中,先在40~50℃加入H2O2,其作用是(用離子方程式表示)_______;再升溫至80~85℃,加入Na2CO3溶液,調pH至4.5,“濾渣1”主要成分的是_______。(3)“凈化除雜2”,當c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1時,溶液中Ca2+8,是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)。(4)“沉鈷”時,用草酸銨而不用草酸鈉的原因是_______。(5)從環保角度考慮,以含鈷廢料(主要成分為Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3)制備Co3O4的實驗方案為:向含鈷廢料中_______。(可選試劑:1.0mol·L-1H2SO4溶液,3%H2O2溶液,1.0mol·L-1HCl,0.1mol·L-1NaOH溶液,1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液)10.碘及其化合物在人類活動中占有重要地位?;卮鹣铝袉栴}:(1)大量的碘富集在海藻中,將海藻焙燒后用水浸取,再向浸取后的濃縮液中加MnO2和稀硫酸,即可得到I2。該反應的離子方程式為____。(2)已知1molH2(g)分子中化學鍵斷裂時需要吸收436kJ的能量,圖中的ΔH=____kJ·mol-1。(3)已知反應H2(g)+I2(g)2HI(g)       ΔH。溫度為716K時,在一密閉容器中按物質的量之比為1:1充入H2(g)和I2(g),測得氣體混合物中碘化氫的物質的量分數與反應時間的關系如圖:①反應達平衡時,H2的轉化率α(H2)=____%,達到平衡后,將容器體積擴大為原來的2倍,H2的平衡轉化率____(填“增大”“減小”或“不變”)。②根據上述實驗結果,該反應的平衡常數K的計算式為____(列出數據算式,不用化簡)。③上述反應中,逆反應速率為v逆=k逆·x2(HI),正反應速率為v正=k正·x(H2)·x(I2),其中k正、k逆為速率常數且只與溫度有關,x(HI)代表HI(g)的物質的量分數,則k逆=____(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1,在t=40min時,v正=____min-1(此處v正的含義為每分鐘內物質的量分數變化,故單位為min-18,,用科學計數法表示,保留兩位小數)。(4)向含有等濃度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液,當AgCl開始沉淀時,溶液中為____[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17,用科學計數法表示并保留兩位小數]。(二)選考題:共15分。請考生從2道化學題任選一題作答。如果多做,則每按所做的第一題計分。11.[化學——選修3:物質結構與性質](15分)使用作原料的增值燃料電合成技術,為減少排放提供了一條有吸引力的途徑,并為實現碳中和奠定了堅實的基礎。研究表明,許多金屬如Pb、In、Bi、Cd和Sn,都可催化轉化為甲酸鹽的反應?;卮鹣铝袉栴}:(1)Pb在元素周期表中的位置是_______,其基態原子中有_______個未成對電子。(2)比較Sn和Pb的原子半徑大?。簉(Sn)_______r(Pb)(填“>”、“<”或“=”)。(3)和中碳原子的雜化類型分別是_______和_______。(4)1個HCOOH中存在_______個σ鍵和個_______π鍵。(5)接近甲酸沸點時的甲酸蒸氣相對分子質量測定值大于用化學式HCOOH計算得到的相對分子質量,原因是_______。(6)Sn有3種同素異形體,其中灰錫是金剛石型立方晶體,如圖所示。在灰錫中Sn原子的配位數是_______,Sn原子圍成的最小環上有_______個Sn原子。已知灰錫中Sn原子之間的最小距離為dpm,則灰錫密度為_______(寫出計算式即可,不用化簡)。12.[化學——選修5:有機化學基礎](15分)化合物G是一種合成多靶向性抗癌藥物的中間體。其人工合成路線如下:8,(1)A分子中采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為_______。(2)D的結構簡式為_______。(3)F→G的反應類型為_______。(4)G的一種同分異構體同時滿足下列條件,寫出該同分異構體的結構簡式:_______。①除苯環外不含其它環狀結構,能與鈉反應放出氫氣,遇FeCl3溶液不顯色。②堿性條件下水解生成兩種產物,酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。(5)寫出以、CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖_______(無機試劑和有機溶劑任用,合成路線示例見本題題干)。8,參考答案1.【答案】A【解析】A.速滑館“冰絲帶”內,二氧化碳循環制冰的過程中無二氧化碳排放,碳排放趨近于零,故A正確;B.碳纖維是一種新型無極非金屬材料,不是有機高分子材料,故B錯誤;C.利用紫外殺菌技術對手機進行消毒,是為了使蛋白質變性,故C錯誤;D.刷芯無線電子體溫計背面有一個非常明顯的金屬觸點,該觸點為高靈敏度溫度傳感器,所以刷芯無線電子體溫計中含有金屬元素,故D錯誤;故選A。2.【答案】C【解析】A.用濃鹽酸與MnO2反應制取氯氣時,必須在加熱條件下才能進行,故A項錯誤;B.導管不能插入飽和Na2CO3溶液的液面以下,導管口只能貼近液面,故B項錯誤;C.該實驗的原理為強酸制弱酸,稀硫酸和碳酸鈉反應生成的二氧化碳通入到硅酸鈉溶液中,如果出現白色膠狀沉淀,說明碳酸的酸性比硅酸的強,故C項正確;D.非金屬性強弱即得到電子能力的強弱,也可以說是單質的氧化性強弱,該反應在高溫下進行,生成的CO脫離反應體系使反應持續進行,不能比較非金屬性的強弱,故D項錯誤;故答案為:C3.【答案】D【解析】A.X分子中有醚鍵和羰基兩種含氧官能團,A錯誤;B.X分子不對稱,化學環境不同的氫原子有7種,B錯誤;C.X分子中碳碳雙鍵不對稱,與HBr加成可得兩種加成產物,C錯誤;D.手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子;不考慮開環加成的情況下,1molX與2molH2加成生成物分子中有兩個手性碳原子,,D正確;故選D。4.【答案】A【解析】A.6gNa37Cl的物質的量為0.1mol,含有的電子數為(11+17)×0.1NA=2.8NA,故A正確;B.98%的H2SO4幾乎不電離,故B錯誤;C.鐵與足量水蒸氣反應生成四氧化三鐵,5.6g鐵物質的量為,0.1mol10,Fe轉移電子的物質的量為,數目為,故C錯誤;D.25℃,0.1LpH=1的鹽酸稀釋十倍,體積變為1L,pH變為2,OH-的濃度為1×10−12mol/L,含有的OH-數應為1×10−12NA,故D錯誤;故答案選A。5.【答案】C【分析】W形成的單質是自然界中最硬的物質,則W為C;X的最高價氧化物對應的水化物與其簡單氫化物可以發生反應生成一種常見的鹽,則X為N;Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸,則Z為Cl;Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物,并結合該新型漂白劑的結構可知,Y為O;綜上所述,W為C,X為N,Y為O,Z為Cl?!窘馕觥緼.由分析可知,W為C,X為N,Y為O;同一周期,從左到右,元素的第一電離能逐漸增大,其中IIA族和VA族元素的第一電離能均高于與其相鄰的元素,故元素的第一電離能N>O>C,即元素的第一電離能:X>Y>W,A正確;B.由分析可知,W為C,Y為O;O和C在該化合物中形成碳氧雙鍵,則O呈-2價,B正確;C.由分析可知,W為C,X為N,Z為Cl;元素的非金屬性越強,其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強,非金屬性:Cl>N>C,則酸性:HClO4>HNO3>H2CO3,即最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱:Z>X>W,C錯誤;D.由分析可知,W為C,X為N;如結構圖所示,C周圍有1個雙鍵和2個單鍵,N周圍有3個氮鍵,且N含有孤對電子,故C、N最外層均滿足8電子穩定結構,D正確;故選C。6.【答案】D【解析】A.根據圖示,a點對應的溶液中溶質為,的電離常數為、的水解常數為,電離大于水解,溶液呈弱酸性,故A錯誤;B.a點對應的溶液中溶質為,b點對應的溶液中溶質為,a、b兩點溶液都因電解質電離呈酸性,抑制水電離,b點酸性大于a點,水的電離程度:a點大于b點,故B錯誤;C.a點溶質為等濃度的,根據電荷守恒10,,根據物料守恒,所以對應的溶液中存在:,故C錯誤;D.b點對應的溶液中溶質為,的比為1:2,根據電荷守恒,根據物料守恒,所以b點對應的溶液中存在:,故D正確;選D。7.【答案】B【解析】【分析】該電池為二次電池,放電時鋅作負極,BiOI作正極,放電時電池的總反應為:6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2;充電時,Bi作陽極,Bi2O3作陰極,電池的總反應為:2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn?!驹斀狻緼.放電時鋅為負極,電極反應為Zn-2e-=Zn2+,A正確;B.放電時,通過電池總反應可知,轉移6mol電子時消耗6molBiOI,故1molBiOI參與反應,轉移1mole-,B錯誤;C.根據分析,充電時電池總反應正確,C正確;D.ZnI2水溶液作為鋅離子電池的氧化還原介質,故ZnI2能加快電極反應速率,D正確;故選B。8.【答案】(1)    高    (2)    三頸燒瓶    加熱        D、E之間加上干燥裝置(或將E裝置改為盛堿石灰的干燥管)(3)        偏低10,【解析】【分析】利用晶體分解制得,和四氯化碳反應生成。(1)①與氧化鋁具有相似的結構,則性質也相似,氧化鋁熔點很高,則的熔點也很高,故答案為:高;②晶體分解生成,同時生成,根據元素守恒可知,產物還有水,則受熱分解的化學方程式為,故答案為:;(2)①根據儀器的構造可知,儀器a為三頸燒瓶;根據題干信息可知,易升華,若C處出現堵塞,可通過加熱使升華,從而使實驗繼續進行,故答案為:三頸燒瓶;加熱;②遇水發生水解生成兩種酸性物質,根據元素守恒可知,生成的兩種酸性物質為二氧化碳和氯化氫,生成的二氧化碳和氯化氫和NaOH在裝置E中發生反應,故答案為:;③易潮解,為了防止潮解,應在D、E之間加上干燥裝置,或者將E裝置改為盛堿石灰的干燥管,防止空氣中的水蒸氣進入裝置使潮解,故答案為:D、E之間加上干燥裝置(或將E裝置改為盛堿石灰的干燥管);(3)根據得失電子守恒和原子守恒,滴定過程中存在關系式:,產品中的物質的量為,則產品中Cr元素的質量分數表達式為;若實驗過程中未加熱分解過量,過量的在加入硫酸和磷酸時,會將還原為,則滴定時消耗標準溶液硫酸亞鐵銨體積減小,測定結果偏低,故答案為:;偏低。10,9.【答案】(1)除去碳和有機物(2)    H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O    Fe(OH)3(3)否(4)草酸鈉溶液的堿性強于草酸銨,易形成Co(OH)2沉淀(5)邊攪拌邊加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液,待充分反應后邊攪拌邊滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,調節溶液的pH在5.0~6.4之間,靜置過濾,向濾液中邊攪拌邊加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再產生沉淀為止,靜置過濾,洗滌后在385℃條件下加熱至恒重【解析】500℃焙燒含鈷廢料(主要成分為Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機物等)除去碳和有機物,加入氫氧化鈉溶液,其中Al2O3溶解生成NaAlO2,Co2O3、Fe2O3、MgO不溶,CaO與水反應生成氫氧化鈣,過濾,則浸出液的主要成分為NaAlO2、Ca(OH)2,向過濾得到的固體加入稀硫酸和亞硫酸鈉,Na2SO3將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+,根據流程,“凈化除雜1”中應將鐵元素轉化為Fe(OH)3沉淀而除去,可用過氧化氫將Fe2+氧化成Fe3+,過濾后所得濾液主要含有Co2+、Mg2+和少量的Ca2+,用NaF溶液除去Mg2+、Ca2+,過濾后,濾液中主要含有Co2+,加入草酸銨溶液得到草酸鈷。(1)焙燒時,碳會變成二氧化碳逸出,有機物會生成二氧化碳和水,因此碳和有機物可通過焙燒除去,則“500℃焙燒”的目的是除去碳和有機物,故答案為:除去碳和有機物;(2)“鈷浸出”過程中,Na2SO3將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+,“凈化除雜1”過程中,先在40~50℃加入H2O2,可將Fe2+氧化成Fe3+,發生的反應為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,再升溫至80~85℃,加入Na2CO3溶液,碳酸根和Fe3+發生雙水解反應,Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀,則“濾渣1”主要成分的是Fe(OH)3,故答案為:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;Fe(OH)3;(3)當c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1時,Ksp(MgF2)=7.42×10-11 ,則,此時,Ca2+未完全沉淀,故答案為:否;(4)堿性過強,會形成,溶液的堿性強于,因此“沉鈷”時,用草酸銨而不用草酸鈉,故答案為:草酸鈉溶液的堿性強于草酸銨,易形成Co(OH)2沉淀;(5)參照題中所給流程,由于Co2O3>O2>Cl2,若用鹽酸酸溶會反應生成有毒氣體Cl2,因此應先將廢料溶于硫酸使Fe2O3、Al2O3轉化為Fe3+、Al3+,再將Co3+還原為Co2+,H2O2既具有還原性,又具有氧化性,且反應產物綠色環保,因此用H2O2將Co3+還原為Co2+10,,再加入NaOH溶液調節pH在5.0~6.4之間,除去Fe3+、Al3+,然后加入(NH4)2C2O4溶液沉鈷得到草酸鈷,根據CoC2O4·2H2O(相對分子質量:183)熱分解曲線可知,B點時的含鈷的物質為Co3O4,因此將得到的草酸鈷靜置過濾,洗滌后在385℃條件下加熱至恒重得到Co3O4,故答案為:邊攪拌邊加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液,待充分反應后邊攪拌邊滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,調節溶液的pH在5.0~6.4之間,靜置過濾,向濾液中邊攪拌邊加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再產生沉淀為止,靜置過濾,洗滌后在385℃條件下加熱至恒重。10.【答案】(1)2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O(2)-10(3)    78.4    不變            7.29×10-4(4)4.72×10-7【解析】(1)大量的碘富集在海藻中,將海藻焙燒后用水浸取,浸取液中含有碘離子,再向浸取后的濃縮液中加MnO2和稀硫酸,MnO2將碘離子氧化,即可得到I2。該反應的離子方程式為2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O。故答案為:2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O;(2)已知1molH2(g)分子中化學鍵斷裂時需要吸收436kJ的能量,令⑤H2(g)=2H(g)ΔH=436kJ·mol-1,圖中③H2(g)+I2(g)=2H(g)+2I(g)ΔH3=587kJ·mol-1,③-⑤得①I2(g)=2I(g)ΔH1=587kJ·mol-1-436kJ·mol-1=151kJ·mol-1,由圖②H2(g)+2I(g)=2HI(g)ΔH2=-161kJ·mol-1,①+②得:H2(g)+I2(g)2HI(g)       ΔH,圖中的ΔH=151kJ·mol-1+(-161kJ·mol-1)=-10kJ·mol-1。故答案為:-10;(3)①反應達平衡時,HI的物質的量分數為=0.784,x=0.784,H2的轉化率α(H2)=78.4%,H2(g)+I2(g)2HI(g)是體積不變的反應,達到平衡后,將容器體積擴大為原來的2倍,平衡不移動,H2的平衡轉化率不變(填“增大”“減小”或“不變”)。故答案為:78.4;不變;10,②根據上述實驗結果,c(HI)=,c(H2)==,c(I2)==,該反應的平衡常數K的計算式為=(列出數據算式,不用化簡)。故答案為:;③上述反應中,逆反應速率為v逆=k逆·x2(HI),正反應速率為v正=k正·x(H2)·x(I2),其中k正、k逆為速率常數且只與溫度有關,x(HI)代表HI(g)的物質的量分數,到達平衡時,正、逆反應速率相等,則k逆x2(HI)=k正x(H2)x(I2),則k逆=k正×=,則k逆=(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1,在t=40min時,v正=k正·x(H2)·x(I2)=0.04min-1×=7.29×10-4min-1。故答案為:;7.29×10-4;(4)向含有等濃度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液,當AgCl開始沉淀時,溶液中=×==4.72×10-7。故答案為:4.72×10-7。11.【答案】(1)    第六周期第ⅣA族    2(2)<(3)    sp    sp2(4)    4    1(5)甲酸分子之間通過氫鍵締合形成二聚分子,相對分子質量增大(6)    4    6    【解析】(1)Pb屬于碳族元素,位于第六周期第ⅣA族;基態原子的價電子排布式為6s26p2,有2個未成對電子;故答案為第六周期第ⅣA族;2;(2)Sn和Pb屬于同一主族,從上到下,原子半徑依次增大,因此有r(Sn)<r(Pb);故答案為<;(3)CO2的結構簡式為O=C=O,C的雜化類型為sp;HCOO-中C有三個σ鍵,C的雜化類型為sp2;故答案為sp;sp2;10,(4)成鍵原子之間只能形成1個σ鍵,1個HCOOH中含有σ鍵個數為4;1個甲酸中含有1個“C=O”,因此含有π鍵個數為1個;故答案為4;1;(5)甲酸分子間能形成氫鍵,形成二聚分子,相對分子質量增大;故答案為甲酸分子之間通過氫鍵締合形成二聚分子,相對分子質量增大;(6)根據晶胞結構,灰錫是金剛石型立方晶體,一個Sn連接四個Sn形成正四面體形,因此灰錫中Sn原子的配位數為4;灰錫是金剛石型立方晶體,Sn原子圍成最小環的是六元環,環上有6個Sn原子;灰錫中Sn原子之間的最短的距離是體對角線的,則晶胞的邊長為pm,晶胞的體積為(×10-10)3cm3,晶胞中所含Sn的個數為8個,晶胞的質量為g,因此晶胞的密度是g/cm3或g/cm3;故答案為4;6;或。12.【答案】(1)4:1(2)(3)氧化反應(4)(5)10,【解析】B和乙醇發生酯化反應生成C,由C逆推,可知B是;D的分子式是C11H12O4,根據C、E的結構簡式,可知D是。(1)A分子中只有2個單鍵碳原子采用sp3雜化,其余碳原子均采用sp2雜化,碳原子數目之比為采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為8:2=4:1;(2)D的分子式是C11H12O4,根據C、E的結構簡式,可知D是;(3)F→G是F中的羥基被氧化為醛基,反應類型為氧化反應;(4)①除苯環外不含其它環狀結構,能與鈉反應放出氫氣,說明含有羥基,遇FeCl3溶液不顯色,說明不含酚羥基。②堿性條件下水解生成兩種產物,說明含有酯基,酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。符合條件的G的同分異構體是;(5)根據題干流程圖,發生還原反應生成,和乙醇反應生成,被還原成,和反應生成,合成路線為:10,。10
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