2022年高考化學模擬考場仿真演練卷（北京專用）（全解全析）

2022年高考模擬考場仿真演練卷化學（北京專用）?全

解全析

（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題

卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H—1C—120—16N—14Ga-70Gd-157

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要

求的一項。

1.近日，我國科研團隊從光伏電解、光催化、光熱催化三方面對嫦娥五號月壤的人工合成性

能做出評估，并提出可行的月球人工光合成策略，為利用月球原位資源實現(xiàn)生命支持系統(tǒng)奠

定基礎。以下說法錯誤的是

A.月壤中尋求微納級的鐵、鈦、硅充當光催化劑是攻關重點

B.光伏電解水時，N型半導體電極制備出的是氫氣

C.利用月球的溫差可實現(xiàn)人體呼出CO2的低耗能、高效率純化

D.將CO2還原為甲醇與甲烷，為我國建立月球基地提供能源保障

【答案】A

【解析】

A.月壤中尋求微納級的鐵、鈦可充當光催化劑，硅不屬于過渡金屬，不能充當催化劑。A說

法錯誤：

B.N型半導體即多電子的一極，也就是電子流出的負極，與其相連的陰極制備出的是氫氣，

B說法正確；

C.利用月球的溫差可將人體呼出CO2凝華為干冰，從而實現(xiàn)其低能耗分離。C正確；

D.將CO2還原為甲醇與甲烷，可作為有機能源、火箭燃料，為我國建立月球基地提供保障，

D說法正確。

2.中科院蘇州納米所5nm激光光刻研究獲進展，一種光刻膠樹脂單體的結構簡式如圖所示。

下列說法錯誤的是

o

曠斗

A.碳氧雙鍵中碳與氧雜化方式相同B.分子中存在3個手性碳原子

C.與足量氫氣加成產(chǎn)物的一澳代物有6種D.該單體水解生成的醉可以發(fā)生消去反應

【答案】C

【解析】

A.碳氧雙鍵中碳與氧都是sp2雜化，A項正確；

B.連接4種不同基團的碳原子是手性碳原子，該分子中手性碳原子為（大標注位置為手性

碳）共3個，B項正確;

C.碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，等效氫有8種，產(chǎn)物的H種類為

則一浪代物有8種，C錯誤;

D.該單體中酯基發(fā)生水解反應生成的醇為與羥基相連的碳的鄰位碳上有H原

子，可以發(fā)生消去反應，DiE確:

答案選C。

3.卜列化學用語或模型不正確的是

A.甲醛的比例模型:

B.P4的空間結構:

C.系統(tǒng)命名法:2-硝基甲苯

D.基態(tài)Cr原子的價層電子軌道表示式:四

3d

【答案】D

【解析】

A.甲醛的分子式為HCHO,分子呈平面三角形結構，比例模型為,故A正確;

B.巳的空間構型是正四面體，并且鍵角為60。，其空間充填模型為,故B正確;

系統(tǒng)命名法：2-硝基甲苯（聯(lián)想2,2,4-三硝基甲苯），故C正確;

D.基態(tài)Cr原子的價層電子軌道表示式：I1IflfIfEEL,故答案為D。

3d4s

4.元素周期律的發(fā)現(xiàn)是近代化學史上的一座里程碑。下列事實不能用元素周期律解釋的是

局溫

A.工業(yè)制粗硅能發(fā)生反應:2C+SI0,^=2C0f+Si

B.常溫下，形狀和大小相同的Mg、Al與同濃度鹽酸反應，Mg條更劇烈

C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H;O>H2S

D.Cl?從NaBr溶液中置換出B”

【答案】A

【解析】

A.根據(jù)元素周期律，C的氧化性大于Si,工業(yè)制粗硅能發(fā)生反應：2C+SiO2=2COt+Si,

不能用元素周期律解釋，故選A；

B.同周期元素從左到右，金屬性減弱，金屬性Mg>AL常溫下，形狀和大小相同的Mg、

Al與同濃度鹽酸反應，Mg條更劇烈，能用元素周期律解釋，故不選B；

C.同主族元素從上到下非金屬性減弱，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：

H2O>H2S,能用元素周期律解釋，故不選C；

D.同主族元素從上到下非金屬性減弱，單質的氧化性減弱，C1?從NaBr溶液中置換出出與，

能用元素周期律解釋，故不選D；

選Ao

5.利用如圖所示的裝置制備并收集氣體，合理的是

選項試劑試劑中收集的氣體裝置

A稀硫酸石灰石CO2

B稀硝酸CuNO

C濃硫酸Na2sH2S

D濃鹽酸Ca(C10)2Ch

【答案】D

【解析】

A.石灰石和稀硫酸反應生成微溶的硫酸鈣覆蓋在石灰石表面，阻止反應進行，不能用于制

備二氧化碳，A錯誤；

B.銅與稀硝酸反應生成一氧化氮，一氧化氮與空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，不能用排

空氣法收集一氧化氮，B錯誤；

C.濃硫酸與硫化鈉發(fā)生氧化還原反應，不生成硫化氫，C錯誤；

D.濃鹽酸與次氯酸鈣發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，氯氣的密度比空氣大，應用向上排空氣

法收集氯氣，D正確；

答案選D。

6.向SO?和C12的混合氣體中注入品紅溶液，振蕩，溶液褪色，將此無色溶液分成三份，依

次進行如圖實驗：

序號①②③

4潤濕的淀粉-KI試紙4蘸有碘水的試紙廠BaCI,溶液

rD

實驗操作

力;熱

加熱

實驗現(xiàn)象溶液不變紅，試紙不變藍溶液不變紅，試紙褪色生成白色沉淀

下列實驗分析中，正確的是A.①中現(xiàn)象說明混合氣體中一定有n(Cb)=n(SO2)

B.①、②中溶液加熱不變紅，說明品紅溶液不是被S02漂白的

C.③中產(chǎn)生的白色沉淀為BaSCh

D.“混合氣體中注入品紅溶液”只發(fā)生了1個氧化還原反應

【答案】B

【解析】

A.濕潤的淀粉KI試紙不變藍只能說沒有氯氣，結合②③可知①中的品紅是被氯氣溶于水后

生成的次氯酸漂白的，即氯氣有一部分與品紅溶液反應，故不可得出原氣體n(C12)=n(SO2),

A錯誤；

B.SO2漂白品紅溶液不是永久性的，加熱恢復原來顏色，①、②中溶液加熱不變紅，說明品

紅溶液不是被SO?漂白的，B正確；

c.SO?和C12反應生成了SO；-,SO：與Ba2+反應生成了BaSO4,C錯誤；

D.混合氣體注入品紅溶液時發(fā)生了氯氣與水反應、次氯酸漂白品紅溶液、氯氣與二氧化硫反

應等氧化還原反應，D錯誤；

故答案選B

7.下列描述物質制備和應用的離子方程式正確的是

A.向Ba(OH)2溶液中加入過量NH4HsCU溶液：

2++

Ba+2OH+NH：+H+SOf=BaSO4l+NH3H2O+H2O

B.用惰性電極電解飽和MgCb溶液：2Cr+2H2O—C12T+H2t+2OH-

+

C.用氯酸鈉的酸性溶液與H20,作用制取CIO?：4C1O；+4H2O2+4H=4C1O2T+3O2T+6Hq

D.氫氧化亞鐵溶于過量稀硝酸：3Fe(OH)2+10H++NO；=3Fe?+NOT+8HQ

【答案】D

【解析】A.向Ba(OH)2溶液中加入過量的NH4HSO4溶液，此時鏤根不能反應，離子反應

為Ba2++2OH+2H++SO：=BaSO“+2H2O,故A錯誤；B.用惰性電極電解飽和MgCb溶液：

2+

Mg+2C1-+2H2O=Cl2t+H2T+Mg(OH)2l，B錯誤；

C.氯酸鈉的酸性溶液與過氧化域溶液反應生成二氧化氯、氧氣和水，反應的離子方程式為

2C1O,+H2O2+2H+=2C1O2T+O2T+2Hq,故c錯誤；D.氫氧化亞鐵溶于過量稀硝酸生成硝酸

鐵、一氧化氮、水，反應的離子方程式為3Fe(OH)2+10H++NO]=3Fe"+NOT+8Hq,故D正

確；

8.FeKSC>4)3溶于一定量水中，溶液呈淺棕黃色(a)。加入少量濃HC1黃色加深(b)。已知：

Fe1++4C1u[FeCl](黃色)；濃度較小時/⑶。力『(用Fe3+表示)幾乎無色，取溶液進

行如下實驗，對現(xiàn)象的分析不正確的是

A.測溶液a的pH“1.3,證明Fe"發(fā)生了水解

B.加入濃HC1,H+與C1-對溶液顏色變化、Fe?+濃度大小的影響是一致的

C.向b中加入AgNO,后，黃色褪去，說明H+能抑制Fe"水解

D.將溶液a滴入沸水中，加熱，檢測有丁達爾效應，說明加熱能促進Fe"水解

【答案】B

【解析】

A.如果FeCb溶液不水解則溶液呈中性，現(xiàn)測溶液a的pH21.3,證明Fe3+發(fā)生了水解，反

應原理為：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+,A正確；

B.加入濃HQ,H+濃度增大，抑制F—+水解，F(xiàn)—十濃度增大，而C「濃度增大，促進

Fe3++4CrB[FeClJ平衡正向移動，F(xiàn)e3+濃度減小，溶液顏色也不一樣，則H+與C「對溶

液顏色變化、Fe3+濃度大小的影響是不一致的，B錯誤；

C.向b中加入AgNOs后，是由于Ag++Cl-=AgCll，導致Fe3++4C「u[FeClJ平衡逆向移

動，溶液黃色變淺但不會褪去，同時溶液中H+濃度增大，說明H*能抑制Fe3+水解，使得溶

液幾乎無色，C正確；

D.將溶液a滴入沸水中，發(fā)生反應：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+,加熱，檢測有丁達

爾效應，說明加熱能促進Fe"水解，D正確；

故答案為：B?

9.室溫下，通過下列實驗探究氨氣、氨水的性質。

實驗1：將集滿氨氣的試管倒立于水槽中，水面迅速上升

實驗2：向實驗1中試管滴入幾滴酚酷試液，溶液變紅

實驗3：向2mLimol-L」AC%溶液中滴加氨水，產(chǎn)生白色絮狀沉淀，繼續(xù)滴加，沉淀不減

少

實驗4：向1mL2%AgNOj溶液中邊振蕩邊滴入2%氨水，開始出現(xiàn)沉淀，然后溶解

下列說法正確的是

A.實驗1中氨氣極易溶于水，是因為氨氣和水都是極性分子

B.實驗2中溶液只含有凡0、NH：、0H

C.實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為Ar"+3OH-=A1(OH)3J

D.實驗4中生成配離子[AgiNHs%]*

【答案】D

【解析】

A.氨氣與水分子之間能形成城鍵，所以氨氣極易溶于水，試管內(nèi)氣體壓強減小，水面迅速

上升，選項A錯誤；

B.實驗2中溶液為氨水，含有HQ、NH；、OH、N%、NH3H2O,選項B錯誤；

C.實驗3中氯化鋁與氨水反應生成氫氧化鋁和氯化鍍，發(fā)生反應的離子方程式為

3+

A1+3NH3-H2O=A1(OH)3J+3NH：,選項C錯誤;

D.實驗4中硝酸銀與氨水反應最終生成配離子［Ag(NH3)27，選項D正確;

答案選D。

10.一定溫度下，在2個容積均為1L的恒容密閉容器中，加入一定量的反應物，發(fā)生反應:

2NO(g)+2CO(g)^bI2(g)+2CO2(g)AH<0,相關數(shù)據(jù)見下表。

起始物質的量/mol平衡物質的量/mol

容器編號溫度/C

NO(g)8(g)8?(g)

IT.0.20.20.1

IIT,0.20.20.12

下列說法不生娜的是A.T,>T2

B.I中反應達到平衡時，CO的轉化率為50%

C.達到平衡所需要的時間：H>I

D.對于I,平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO,,平衡正向移動

【答案】D

【解析】

A.兩次實驗起始投入量相同，該反應為放熱反應，溫度T2達到平衡時，二氧化碳的量少,

降溫平衡正向移動，故工>12,A正確；

B.I中反應達到平衡時，CC)2的物質的量為O.lmol,則參加反應的CO的物質的量為O.lmol

起始投入量為0.2mol,則其轉化率為50%,B正確；

c.T,>T2,溫度越高，反應速率越快，達到平衡所需要的的時間越短，C正確；

D.恒容1L的容器中，對于反應I平衡時NO、CO、N2、CO?的物質的量分別為O.lmol、

O.lmol,0.05mol,0.1mol,平衡常數(shù)K=0°?x°/，=5,平衡后向容器中再充入0.2molCO

O.PxO.l2

和0.2molCO2,此時濃度商黑=5,K=QC,平衡不移動，D錯誤；

0.12X0.32

故選D。

11.聚乳酸(PLA)是最具潛力的可降解高分子材料之一，對其進行基團修飾可進行材料的改

性，從而拓展PLA的應用范圍。PLA和某改性的PLA的合成路線如圖。

A.反應①是縮聚反應

B.反應②中，參與聚合的F和E的物質的量之比是m：n

C.改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好

D.在合成中Bn的作用是保護羥基，防止羥基參與聚合反應

【答案】B

【解析】

A.由圖可知，反應①為乳酸分子間發(fā)生酯化反應生成聚乳酸，是縮聚反應，A項正確；

B.由化合物G的結構可知，參與聚合的F和E物質的量之比是2m：n,B項錯誤；

C.改性的PLA中，m：n越大，含羥基越多，其在水中的溶解性越好，C項正確；

D.反應①中羥基也參與聚合反應，故反應②發(fā)生聚合反應時為要先引入Bn,以防止羥基參

與聚合反應中，D項正確；

12..雄黃(As4s4)和雌黃(As$)是提取神的主要礦物原料，二者都難溶于水，在自然界中共生,

且可以相互轉化。雌黃(As2s、)能溶于HNO,,反應如下：

As2s3+10H++10NO；=2H3ASO4+3S+10NO2T+2H2O。下列說法不思砸的是

A.生成Imol&AsO」，則反應中轉移電子的物質的量為5moi

B.若將該反應設計成原電池，可選用硝酸作電解質溶液、石墨作負極、AsM作正極

C.反應產(chǎn)生的NO?可用NaOH溶液吸收

D.雄黃轉化為雌黃過程需要氧化劑

【答案】B

【解析】

A.根據(jù)反應方程式分析硝酸根中氮由+5價降低到+4價，lOmol硝酸根離子完全被還原轉

移lOmol電子,由反應可知生成2moiH3Ase)4轉移lOmol電子，則生成ImolH3ASO4,則

反應中轉移電子的物質的量為5mol,A正確；

B.若將該反應設計成原電池，分析化合價知As2s3中元素化合價均升高，應在負極，故可

選用硝酸作電解質溶液、石墨作正極、As2s3作負極，B錯誤；

C.NCh會污染環(huán)境，因此反應產(chǎn)生的NCh可用NaOH溶液吸收，C正確；

D.雄黃(As4s4)5As化合價為+2價，雌黃(As2s3)As化合價為+3價，故雄黃轉化為雌黃

過程需要氧化劑，D正確；

13.化學是一門以實驗為基礎的學科，某同學為探究FeCb溶液的性質進行如下實驗，操作如

圖所示，根據(jù)實驗現(xiàn)象下列分析正確的是

A.①?④的變化中，有2處涉及氧化還原反應

B.③中反應的離子方程式：2Fe3++3CO；+3H2O=2Fe(OH)3(膠體)+3C02T

C.若將FeCb溶液滴加到Na2s溶液中，產(chǎn)生的現(xiàn)象與圖中①、②現(xiàn)象相同

D.若用Na2so3代替Na2s進行實驗溶液不能變成淡綠色

【答案】B

【解析】

①中發(fā)生反應：2Fe"+3S3=2Fe2++3Sl，②中發(fā)生反應Fe2++S%=FeSJ,③中發(fā)生反應為

2Fe3++3CO：+3H2O=2Fe(OH)3(膠體)+3CO2f,④中繼續(xù)發(fā)生反應

2Fe3++3CO；+3H2O=2Fe(OHH+3CO2T。

【詳解】

A.由分析可知，①?④的變化中，只有反應①為氧化還原反應，所以有1處涉及氧化還原

反應，A不正確；

B.由分析可知，③中由于加入的NazCCh不足量，只生成Fe(0H)3膠體，反應的離子方程

式：2Fe3++38：+3H2O=2Fe(OH)3(膠體)+3CChT，B正確；

C.若將FeCb溶液滴加到Na2s溶液中，則直接發(fā)生反應2Fe3++3S2-=2FeSJ+S1,產(chǎn)生的現(xiàn)

象與圖中①、②現(xiàn)象不同，C不正確；

D.若用Na2sCh代替Na2s進行實驗，則發(fā)生反應2Fe3++SO『+H2O=2Fe2++SO:+2H+,所以

溶液也能變成淡綠色，D錯誤；

故選Bo

14.某研究小組以Ag-ZSM為催化劑，在容積為1L的容器中，相同時間下測得O.lmolNO轉

化為N2的轉化率隨溫度變化如圖所示［無CO時反應為2NO(g)=iN2(g)+C)2(g);有CO時

反應為2co(g)+2NO(g)=i2cCh(g)+N2(g)］。下列說法正確的是

00

80

60

40

20

05006007008009001000

溫度/K

A.反應2NO(g)？=iN2(g)+O2(g)的AH>0

B.達平衡后，其他條件不變，使隼察>1，CO轉化率上升

n(NO)

C.X點可以通過更換高效催化劑提高NO轉化率

D.Y點再通入CO、N2各O.Olmol,此時v正(CO)>v逆((20)

【答案】D

【解析】

A.從曲線I可知，無CO時，NO轉化率達峰值后繼續(xù)升高溫度，NO轉化率下降，即反應

2NO(g)uiN2(g)+C>2(g)的平衡隨溫度升高逆向移動，故其AH<0,A錯誤：

B.達平衡后，其他條件不變，使嚓?>1，即增加CO投入，則平衡正向移動，但CO轉

n(NO)

化率下降，B錯誤；

C.催化劑影響反應速率，改變反應達到平衡的時間，不能改變平衡的移動，故不能通過更

換高效催化劑提高NO轉化率，C錯誤：

D.依題意，Y點溫度下發(fā)生反應：2co(g)+2NO(g)=i2CO2(g)+N2(g),起始時

c(NO)=c(CO)=0.1mol/L,從曲線H知其NO轉化率為80%,此時的平衡常數(shù)

K：c2(CC>2)陽2)(0.08mol/L)2r0.04mol/L

=1600(mol/L)''；再通入CO、N?各0.01mol,

C2(CO)>C2(NO)(0.02mol/L)2r(0.02mol/L)2

c2(CO)>t(N)(0.08mol/L)2f0.05mol/L

此時體系濃度商Q=22?889(mol/L)-',Q<K,平衡

C2(CO)>C2(NO)"(0.03mol/L)2'(0.02mol/L)2

朝正向移動，則v正(CO)>v逆(CO),D正確;

第二部分

二、本部分共5題，共58分。

15.(11分)鉉GiGa)是化學史上第一種先理論預言，后在自然界中被發(fā)現(xiàn)并驗證的元素。錢

的化合物半導體廣泛用于電子與微電子工業(yè)。

(1)基態(tài)Ga原子中，核外電子占據(jù)的最高能層的符號是。

⑵門捷列夫預言的“類硼”(即銃，2iSc),“類鋁”(即錢，3iGa),“類硅”(即楮，32Ge)三種元素

中，未成對電子數(shù)最多的是(填元素符號)。

(3)氮化錢(GaN)和神化錢(GaAs)都是新型的半導體材料，與晶體硅屬于同一晶體類型。

①Ga、N、As三種元素的電負性由大到小的順序是。

②GaN熔點(1700℃)高于GaAs熔點(1238℃)的原因是。

③GaAs可由Ga(CH3)3和AsH3在一定條件下制得,該反應的化學方程式是,Ga(CH3)3

分子中Ga原子的雜化方式是,AsH3分子的空間構型是。

(4)鋁像石榴石是一種激光介質材?料，其晶體結構單位簡圖如下。

①軋像石榴石的化學式是o

②已知晶體結構單位的邊長為anm,晶體的密度為pg-cm與，則阿伏加德羅常數(shù)

NA=(用含a、p的代數(shù)式表示)。

【答案】(1)N

(2)Ge

(3)N>As>Ga二者都屬于共價晶體，由于原子半徑：As>N,共價鍵的鍵長：Ga-As

>Ga-N,則鍵能：Ga-AsVGa-N,斷裂共價鍵消耗的能量Ga-AsVGa-N,故物質的熔點：

GaN>GaAs；Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4sp?雜化三角錐形

1.013X1024

(4)GdjGa50i2-------------/mol

P-a3

【解析】

(1)

Ga是31號元素，位于元素周期表第四周期，因此基態(tài)Ga核外電子占據(jù)的最高能層的符號

是N；

⑵

根據(jù)構造原理可知基態(tài)2.SC核外電子排布式是Is22s22P63s23P63dzs2,有1個未成對電子；

Ga原子核外電子排布式是Is22s22P63s23P63小。4s24pl有1個未成對電子：3?Ge原子核外電

子排布式是Is22s22P63s23P634。4s24P2,有2個未成對電子。因此這三種元素中，未成對電子

數(shù)最多的是Ge；

(3)

①同一周期元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強，其電負性就越大；同一主族元素，

原子核外電子層數(shù)越少，元素的非金屬性越強，其電負性就越大。元素的非金屬性：N>As

>Ga,所以Ga、N、As三種元素的電負性由大到小的順序是：N>As>Ga；

②GaN、GaAs都是共價晶體，由于?原子半徑：As>N,所以共價鍵的鍵長：Ga-As>Ga-N,

共價鍵的鍵長越長，鍵能就越小，該共價鍵鍵能就越小，化學鍵就越容易斷裂，斷裂共價鍵

消耗的能量就越少，則含有該化學鍵的物質的熔沸點就越低，所以物質GaN的熔點(1700℃)

高于GaAs熔點(1238℃)；

③GaAs可由Ga(CH3)3和As%在一定條件卜制得，該反應的化學方程式是：

A

Ga(CH3)3+AsFh=GaAs+3cH4；

Ga(CH3)3分子中Ga原子與3個-C%的C原子形成3個o共價鍵，Ga原子上無孤對電子，

因此Ga原子采用sp2雜化；

AsH3分子中的中心As原子價層電子對數(shù)是3+二尸=4,含有1對孤電子對，因此ASH3

分子構型為三角錐形；

(4)

①在軋錢石榴石晶胞中含有Ga3+原子為8x：+l=2；含有GcP+為6xg=3；含有GaO,個數(shù)為

o2

6X；=3,所以該晶體化學式為GdjGasOg;

②該晶體結構單位的邊長為anm,晶體的密度為pg-cmv,則根據(jù)密度計算公式可得p

157x3+70x5+16x1210.131.013xIO2”

g/cm3=g/cm:ig/cm：’，所以

N(axIO7)3N^a5

N,、(ax10”)3AA

1013x1024

阿伏加德羅常數(shù)心='/molo

p-a

16.(11分)多環(huán)化合物Y是一種藥物合成的中間體，它的一種合成路線如下圖(部分反應條

件或試劑略去)。

A_____B_

(C7H(CHNO)

。772

已知：

OHOO

OIIIII

i.R1-CHO+R—CHCHCR3R—CH=C—CR3

R2—CHj-C-R,

R2R2

⑴A的名稱是。

(2)下列說法中，正確的是(填序號)。

a.由A制備B時，需要使用濃硝酸和濃硫酸

b.D中含有的官能團只有硝基

c.D-E可以通過取代反應實現(xiàn)

(3)ETG的化學方程式是o

(4)1的結構簡式是。

(5)J在一定條件下發(fā)生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物

質的量之比是。

(6)K中除苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)。K的結構簡式是o

(7)已知:

o

ii.II+R3-NH2-------~~>

R—C—R2R—C=NR3

N—R2

iii.亞胺結構（||）中C=N鍵性質類似于?；谝欢l件下能發(fā)生類

Ri—CHj—C—R3

似i的反應。

M與L在一定條件下轉化為Y的一種路線如下圖。

HOOC

M+L需一宗冬上件中間產(chǎn)一定條物件中間產(chǎn)物2

Y

寫出中間產(chǎn)物1、中間產(chǎn)物2的結構簡式：___________、___________0

【答案】(1)甲苯

(2)ac

CH20H9HO

。

⑶2+02翁2j-卸

2+爪2。

⑷乂

⑸1:2

⑹odr

COOHCOOH

【解析】

【分析】

A的分子式為C7H8,A發(fā)生硝化反應生成B,B和鹵素單質發(fā)生取代反應生成D,D水解生

成E,由E的結構簡式逆推，可知人是［｝1CHjX

|，B是j^p-NOz，D是^_N5；E

發(fā)生催化氧化生成G,G是和I反應生成J,由信息i可知I

是X水解為K、L,根據(jù)K、L的分子式，K是、L是廣0

⑴

A，名稱為甲苯;

⑵

a.甲苯和濃硫酸、濃硝酸的混合液發(fā)生硝化反應生成，需要使用濃硝酸和濃

硫酸，故a正確;

b.鹵素原子，故b錯誤;

c.反應類型是取代反應，故c正確;

選aco

⑶

CH20H

NO發(fā)生催化氧化生成,反應的化學方程式是

CH20HCHO

NO2+2H2O

(4)

CHO

由信息i可知I是

J在一定條件下發(fā)生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，根據(jù)碳原子守恒，生成物中化合

物X和乙酸的物質的量之比是1:2；

(6)

X水解為K、L,K中除苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)。根據(jù)K、L的分子式,K是廣、

⑺

17.（12分）從銅電解液中分離得到的粗硫酸銀晶體中含有大量的雜質元素（Cu、Fe、As、

Ca、Zn等），我國科學家對粗硫酸鎂進行精制提純，其工藝流程如下。

H2SCb和Ni(OH)2試劑a調(diào)pH

濾渣1濾渣2濾渣3

已知：i.含鎂溶液中的主要離子有：Ni2\SO：、Cu2\Fe2\AsO『、Ca?+和Zn?+

ii.飽和H2s溶液中，c（H2S）~0.1mol/L

iii.部分物質的電離常數(shù)和溶度積常數(shù)如下表

物質電離常數(shù)物質溶度積常數(shù)物質溶度積常數(shù)

6.3x10-366.3xK)T8

&1=1.1X10-7CuSFeS

HS

21^2=1.3x10-13

3.2x10-195.5X10T6

NiSNi(OH)2

2.8x10-39

CaF24x10-"Fe(OH)3

⑴H2s是弱電解質，KnxKx［用c(FhS)、c(H+)和cS［表示］=1.43x10-20。

(2)濾渣1中含有As2s3和S,寫出生成As2s3和S的離子方程式。

(3)解釋“氧化除雜”中析出Fe(OH)3的原因_______。

(4)“氟化除雜”中試劑a為。

(5)“P204萃取''水溶液的pH約為3.3,結合下圖解釋原因_______。

%100

、80

第60

縣

特

40

20

2+

(6)理論上“硫化除雜”之后，溶液中c(Cu)=mol/L［計算時c(H2S)mO.lmol/L,結果保

留兩位有效數(shù)字］。

C2(H>C(S>)

【答案】(1)

C(H2S)

(2)2AsO：+5H2s+6H+=As2s31+2SJ+8H2O

3+h3+

(3)Ck將Fe2+氧化為Fe3+,Fe+3H2O;=i3H+Fe(OH),,加入的Ni(OH)2和H+反應，F(xiàn)e

的水解平衡正移，生成Fe(0H)3

(4)NiF2或HF

(5)pH過大，Ni?+損失較多；pH過小，Zn?+有較多剩余

(6)4.4x1016

【解析】

【分析】

粗硫酸鍥晶體溶解調(diào)節(jié)pH=0.5,通入硫化氫除去銅、碑元素；加入氯氣將二價鐵轉化為三

價鐵，加入氫氧化鎂調(diào)節(jié)pH值，除去鐵元素；加入NiF2或HF除去鈣元素；調(diào)節(jié)pH萃取

分離出銀元素，最終得到精制硫酸鎂。

(1)

c(H+)c(HS-)

H2s是弱電解質，分兩步電離，H2S==THS+H+、HSS”+H+,Ka|=

C(H2S)

+222

vc(H)-c(S-)C(H+).C(S)

3c(HS)所以KaMKa2=

C(H2S)

(2)

含鎂溶液中的主要離子有AsO；,濾渣1中含有As2s3和S,由流程可知，AsO：和通入的

硫化氫氣體在酸性環(huán)境中發(fā)生氧化還原反應生成As2s3和S,離子方程式為

2AsO：+5H2s+6H+=As2s31+2S1+8H20；

(3)

3+3++

Cb具有氧化性，會將Fe2+氧化為Fe,鐵離子發(fā)生水解反應：Fe+3H2O?=i3H+Fe(OH)3,

加入的Ni(OH)2和溶液中H+反應導致溶液pH增大堿性增強，F(xiàn)e3+的水解平衡正移生成

Fe(OH)3；

(4)

流程對粗硫酸鎂進行精制提純，“氟化除雜”中要加入氟元素除去鈣離子且不不能引入雜質陽

離子，故加入試劑a為NiF2或HF；

(5)

由圖可知，“P204萃取“水溶液的pH約為3.3時，鋅離子基本已經(jīng)除盡且此時銀離子損失不

大，如果pH過大，Ni2+損失較多，pH過小，Zi?+有較多剩余，故pH約為3.3；

(6)

己知：飽和H2s溶液中,c(H2s戶O.lmol/L；由⑴可知H2sS2+2H+,K=

C2(H+')-C(S2")

KaixKa2=二I=1.43x10-20；由流程可知，此時pH=0.5,則c(H+)=104mol/L,則

C(H2S)

2203622+

(I"")<(5一)=143x10-20.C(S)=1.43x10mol/L；Ksp(CuS)=6.3x10-=c(S)xc(Cu),

0.1

9，+、6.3x1036.......

c(Cu2)=........-a4.4x10vl6mol/L

1.43x1O-20o

18.(12分)鐵的腐蝕與防護與生產(chǎn)生活密切相關。

I.研究鐵的腐蝕

實驗步驟如下：

步驟1：將鐵粉放置于0.002mol-L-'CuSO4溶液中浸泡，過濾后用水洗滌。

步驟2：向15.00mL1mol-L'NaCl溶液(用鹽酸調(diào)pH=1.78)中加入浸泡過的Fe粉。

步驟3：采集溶液pH隨時間變化的數(shù)據(jù)。

(1)第一階段，主要發(fā)生析氫腐蝕，Cu上發(fā)生的電極反應為。

(2)第二、三階段主要發(fā)生吸氧腐蝕。

①選取b點進行分析，經(jīng)檢驗溶液中含有Fe",寫出Fe被腐蝕的總反應___________。

②取b點溶液向其中滴加KSCN無明顯現(xiàn)象，加入稀鹽酸后立即變紅。寫出b點Fe?+被氧化

的離子方程式。

③依據(jù)b點發(fā)生的反應，分析第二階段pH上升的原因是。

II.研究鐵的防護

(3)在鐵表面鍍鋅可有效防止鐵被腐蝕

已知：Zn"放電的速率緩慢且平穩(wěn)，有利于得到致密、細膩的鍍層。

①鍍件Fe應與電源的相連。

②向ZnSO4電解液中加入NaCN溶液，將Zn?,轉化為[Zn(CN),『，電解得到的鍍層更加致

密、細膩，原因是O

(4)電鍍后的廢水中含有CN-,一種測定其含量的方法是：取廢水50mL,再加KI溶液1mL,

用cmol-L-1AgNO,溶液滴定，消耗AgNO：溶液VmL。已知：

Ag++2CN-u[Ag(CN)](無色)K=1.0xl021,Ag*+「=AgIK=1.2xlOl6?

①滴定終點的現(xiàn)象是。

②廢水中CN-的含量是g?「(填計算式)。

【答案】⑴2H++2e=Hj

+2t2++

(2)2Fe+O,+4H=2Fe+2H2O4Fe+O,+10H2O=4Fe(OH)3+8H相同時間

+

內(nèi),鐵被氧化成Fe"消耗H的量大于Fe?+被氧化成Fe(0H)3產(chǎn)生H+的量

⑶負極通過反應ZM++4CN-B[Zn(CN)1降低c(Zn"),使得Zn?+放電速率減

緩，同時通過平衡的移動補充放電消耗的Zn"，使其濃度保持相對穩(wěn)定，達到放電速率平

穩(wěn)的作用

(4)溶液中產(chǎn)生黃色沉淀，現(xiàn)象穩(wěn)定不變時達終點

50

【解析】

(1)

由題意可知，第一階段鐵銅在氯化鈉酸性溶液中構成原電池發(fā)生析氫腐蝕，銅為原電池的正

極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++26-=凡個，故答

案為：2H++2e-=H,T；

(2)

①由題意可知，b點鐵鐵銅在氯化鈉溶液中構成原電池發(fā)生發(fā)生吸氧腐蝕，總反應為酸性條

件下鐵與氧氣和水反應生成亞鐵離子和水，反應的離子方程式為

2Fe+O,+4H+=2Fe2++2H,O,故答案為：ZFe+O?+4H*=2Fe"+2H?。；

②由b點溶液中滴加硫氟化鉀溶液無明顯現(xiàn)象，加入稀鹽酸后立即變紅可知，鐵發(fā)生吸氧腐

蝕生成的亞鐵離子在溶液中與空氣中的氧氣反應生成氫氧化鐵膠體和氫離子，反應的離子方

程式為4Fe"+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H',故答案為：

2++

4Fe+O2+10H2O=4Fe(OH)；j+8H；

③由b點鐵發(fā)生吸氧腐蝕生成亞鐵離子和溶液中亞鐵離子被氧化生成氫氧化鐵膠體的反應

方程式可知，相同時間內(nèi)，鐵被氧化生成亞鐵離子消耗氫離子的量大于亞鐵離子被氧化成氫

氧化鐵膠體生成械離子的量導致溶液的pH增大，故答案為：相同時間內(nèi)，鐵被氧化成Fe"

++

消耗H的量大于Fe"被氧化成Fe(OHX產(chǎn)生H的量；

(3)

①由電鍍的工作原理可知，電鍍時，與直流電源正極相連的鋅做電鍍池的陽極，與負極相連

的鍍件鐵做陰極，故答案為：負極；

②電鍍時，向硫酸鋅電解液中加入氟化鈉溶液，溶液中存在如下平衡

ZM++4CN-u[Zn(CN)4丁，溶液中鋅離子濃度減小，使得鋅離子在陰極放電速率減緩，

同時通過平衡的移動補充放電消耗的鋅離子，使其濃度保持相對穩(wěn)定，達到放電速率平穩(wěn)的

2+2-

作用，使得陰極的鍍層更加致密、細膩，故答案為：Bi±Jx^Zn+4CN-^[Zn(CN)4]

降低c(ZM+),使得鋅離子放電速率減緩，同時通過平衡的移動補充放電消耗的/!?+，使其

濃度保持相對穩(wěn)定，達到放電速率平穩(wěn)的作用：

(4)

①山平衡常數(shù)的大小可知，碘化鉀為滴定的指示劑，當銀離子與氟酸根離子完全反應時，滴

入最后一滴硝酸銀溶液，溶液中產(chǎn)生黃色沉淀，且沉淀不溶解時說明滴定達到終點，故答案

為：溶液中產(chǎn)生黃色沉淀，現(xiàn)象穩(wěn)定不變時達終點；

②由終點時滴定消耗VmLcmol/L氟化鈉溶液可知，50mL廢水中氟酸根離子的濃度為

cmol/Lx103VLx2x26g/mol52cV也內(nèi)電文52cV

------------5------------=-rr-g/L,故答案為：――?

5OO3VL50050

19.(12分)CH4在光照條件下與CL反應，可得到各種氯代甲烷。

(1)生成CH3cl的化學方程式是一。

(2)(2也氯代的機理為自由基(帶有單電子的原子或原子團，如Cl-、CM)反應，包括以下幾

步：

I.鏈引發(fā)IL鏈傳遞in.鏈終止

CI+CH4->CH3+HCI2CJCL

CC旭”>2C1.

?CH3+C12TCH3C1+CLC1+CH3->CH3C1

①寫出由CH3cl生成CH2cb過程中鏈傳遞的方程式：、。

②不同鹵原子自由基(X-)均可奪取CH4中的H,反應通式:X-(g)+CH4(g)^-CH3(g)+HX(g)AH?