2022新高考化學(xué)模擬試題解析

2022年高考化學(xué)模擬試題解析版

1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活及社會發(fā)展密切相關(guān)。下列說法錯誤的是

A.N95口罩所使用的聚丙烯熔噴布屬于合成高分子化合物

B.家用電器起火時可用泡沫滅火器進行滅火

C."煤改氣"可以減少SO?等有害物質(zhì)的排放量，有利于打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)

D.紅葡萄酒中添加少量S。2具有抗氧化的作用

【答案】B

【解析】A.聚丙烯為丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)形成的高聚物，屬于合成高分子材料，故A正確；

B,家用電器起火時，不能用泡沫滅火器進行滅火，否則會造成觸電事故或電器爆炸傷人事故，故B錯誤；

C.燃煤改為燃?xì)饪蓽p少廢氣中二氧化硫和灰塵等有害物質(zhì)的排放，可有效減少霧霾和酸雨的發(fā)生，有利于

打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)，故C正確；

D.將少量的二氧化硫添加到葡萄酒中，具有還原性的二氧化硫可以與氧化物質(zhì)作用，減少葡萄酒的腐敗，

故D正確；

故選B。

2.我國科技事業(yè)成果顯著，下列成果所涉及的材料不屬于金屬材料的是

A.神州十二號航天員頭盔面窗的材料——聚碳酸酯

B.國產(chǎn)大飛機C919的主體材料——鋁鋰合金

C.我國第一艘航空母艦的主體材料——合金鋼

D.“奮斗者"號深潛器載人艙的外殼一鈦合金

【答案】A

【解析】A.聚碳酸酯是分子鏈中含有碳酸酯基的高分子聚合物，屬于合成有機高分子材料，故選A;

B.鋁鋰合金是金屬鋁和鋰熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，屬于金屬材料，故不選B;

C.合金鋼在普通碳素鋼基礎(chǔ)上添加適量的一種或多種合金元素而構(gòu)成的合金，屬于金屬材料，故不選C;

D.鈦合金是以鈦元素為基礎(chǔ)加入其他元素組成的合金，屬于金屬材料，故不選D。

選A。

3.下列說法正確的是

①CH3cOONa、BaSO&都是強電解質(zhì)；②陶瓷、玻璃、水泥都屬于硅酸鹽材料；③合成纖維、光導(dǎo)纖維

都是有機高分子化合物；④廠溶液與溶液的相同；⑤適量

0.1mol?NaOHO.lmol-PBa(OH),pHCO2

分別通入飽和碳酸鈉溶液和澄清石灰水中，都會出現(xiàn)渾濁。

A.①②④B.①②⑤C.②③⑤D.③④⑤

【答案】B

【解析】①CH3coONa在水溶液完全電離，BaSO&溶于水的部分能完全電離，CH3coONa、BaS?！苟?/p>

是強電解質(zhì)，故①正確；

②陶瓷、玻璃、水泥都屬于硅酸鹽材料，故②正確；

③合成纖維是有機高分子化合物，光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅，屬于無機非金屬材料，故③錯誤；

?O.lmol-L-1NaOH溶液與01mol?!?Ba(OHk溶液中氫氧根離子的濃度不同，所以pH不相同，故④

置吳；

⑤適量CO?通入飽和碳酸鈉溶液中生成碳酸氫鈉沉淀，適量CO2通入澄清石灰水中生成碳酸鈣沉淀，故⑤

正確；

正確的是①②⑤，選B。

4.下列食品添加劑中，其使用目的與反應(yīng)速率有關(guān)的是()

A.抗氧化劑B.調(diào)味劑

C.著色劑D.增稠劑

【答案】A

【解析】

【解析】A.抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應(yīng)速率，故A正確；

B.調(diào)味劑是為了增加食品的味道，與速率無關(guān)，故B錯誤；

C.著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無關(guān)，故C錯誤；

D.增稠劑是改變物質(zhì)的濃度，與速率無關(guān)，故D錯誤.

故選:A。

5.下列關(guān)于有機物的敘述正確的是

A.液化石油氣、汽油和石蠟的主要成分都是碳?xì)浠衔?/p>

B,環(huán)己烷與苯可用酸性KMnO4溶液鑒別

C.由CH2=CH-COOCH3合成的聚合物為-PCH2-CH-COOCH,T”

D.能與NaOH溶液反應(yīng)且分子式為C2H4O2的有機物一定是竣酸

【答案】A

【解析】A.液化石油氣、汽油和石蠟的主要成分都是僅含碳、氫元素的碳?xì)浠衔?，故A正確；

B.環(huán)己烷和苯但不能與酸性高鎰酸鉀溶液反應(yīng)，則酸性高鎰酸鉀溶液不能鑒別環(huán)己烷和苯，故B錯誤；

C.丙烯酸甲酯中含有碳碳雙鍵，一定條件下能發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯酸甲酯W,比一31|三"，故c

cOOCH；

錯誤；

D.由分子式為C2H4。2的有機物能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)可知，符合條件的有機物可能為乙酸，也可能為甲

酸甲酯，故D錯誤；

故選A。

6.GFe。4是優(yōu)良的飲用水處理劑，一種制備方法是將Fez。?、KNO3、KOH混合共熔，反應(yīng)為Fez。？+

3KNO3+4KOH==2K2FeO4+3KNO2+2H2Oo下列關(guān)于該反應(yīng)的說法不乏琥的是

A.鐵元素被氧化，氮元素被還原B.氧化性：KNO3>K2FeO4

C.每生成1molK2FeO4,轉(zhuǎn)移6mole-D.GFe。,具有殺菌作用

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)反應(yīng)Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2。，元素鐵化合價由FezOs中+3升高

至1]K2FeO4中+6價，元素氮化合價由KNO3中+5價降低到KNO?中+3價。

【解析】A.由分析可知，氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高，被氧化，故A正確；

B.反應(yīng)中KNC>3化合價降低，KNO3為氧化齊U,而GFeO,由化合價升高得到，為氧化產(chǎn)物，氧化性：氧

化劑〉氧化產(chǎn)物，則氧化性：KNO3>K2FeO4,故B正確；

C.反應(yīng)Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中鐵元素由+3價變?yōu)?6價，故1molFe2C)3轉(zhuǎn)

移6moi電子，生成2moKFeO-故當(dāng)生成ImolQFeC，時轉(zhuǎn)移3moi電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為生成GFeCU

的3倍，故C錯誤；

D.GFe。,中鐵元素為+6價，化合價能降低，有強氧化性，能殺菌消毒，故D正確；

故選C。

7.下列敘述正確的是

A.向氯水中通入S02后溶液的酸性減弱

B.向明機溶液中加入過量NaOH溶液會產(chǎn)生大量白色沉淀

C.Na、Mg、Fe等金屬在一定條件下與水反應(yīng)都生成H2和對應(yīng)的堿

D.濃硫酸、濃硝酸在加熱條件下都能將木炭氧化為二氧化碳

【答案】D

【解析】A.二氧化硫與氯水反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，溶液中氫離子濃度增大，溶液的酸性增強，故A錯誤;

B.明磯溶液與過量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鉀、偏鋁酸鉀和水，沒有白色沉淀生成，故B錯誤；

C.鐵在高溫下與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，沒有堿生成，故C錯誤;

D.在加熱條件下，碳與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳和水，與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮、二氧化碳

和水，反應(yīng)中木炭都被氧化為二氧化碳，故D正確；

故選D。

8.下列離子方程式正確的是

+2+

A.用醋酸除水垢：CaCO3+2H=Ca+C021+H20

B.向濱化亞鐵溶液中通入足量氯氣：2Br+Cl2=Br2+2C「

C.用小蘇打治療胃酸過多：HCO；+H+=C02T+H20

+

D.NO2通入水中制硝酸：2NO2+H2O=2H+NO；+NO

【答案】C

【解析】A.用醋酸除水垢，醋酸是弱酸，醋酸不能拆寫為離子，反應(yīng)的離子方程式為

2+

CaCO3+2cH3coOH=Ca+2cH3coeT+C02T+H20,故A置吳；

B.向演化亞鐵溶液中通入足量氯氣，亞鐵離子、浪離子都被氧化，反應(yīng)的離子方程式是

2+3+

2Fe+4B廠+3C12=2Fe+2Br2+6CP,故B窗吳；

C.用小蘇打治療胃酸過多，碳酸氫鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳、水，反應(yīng)的離子方程式是

+

HCO；+H=CO2T+H2O,故C正確；

D.NC>2通入水中生成硝酸和一氧化氮，反應(yīng)的離子方程式是3NO2+H2O=2H++2NO；+NO,故D

置吳；

選C。

9.含碳、氫、氧、氮四種元素的某醫(yī)藥中間體的3D模型如圖甲所示。下列有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是

A.能發(fā)生取代反應(yīng)，但不能發(fā)生加成反應(yīng)

B.可以與強堿反應(yīng)，也能與強酸反應(yīng)

C.屬于芳香族化合物，且與苯丙氨酸互為同系物

D.其結(jié)構(gòu)簡式可表示為圖乙，所有原子可能共面

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)甲的球棍模型可知其結(jié)構(gòu)為Oy\OH1即為乙，由結(jié)構(gòu)可知分子中存在碳碳雙鍵、氨基

NH2

和竣基，據(jù)此分析解答。

【解析】A.由有機物的結(jié)構(gòu)可知，存在碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，存在竣基，能發(fā)生取代反應(yīng)，A項錯

誤；

B.有機物結(jié)構(gòu)中存在竣基，能體現(xiàn)酸性，可與強堿反應(yīng)，存在氨基，能體現(xiàn)堿性，因此也可與強酸反應(yīng)，

B項正確；

C.有機物的結(jié)構(gòu)中不存在苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，（:項錯誤；

D.乙為甲的結(jié)構(gòu)簡式，分子中六元環(huán)中含有2個亞甲基，具有四面體結(jié)構(gòu)，因此所有原子不可能共面，D

項錯誤；

答案選B.

【點睛】解答本題時要注意確定多官能團有機物性質(zhì)的三步驟

10.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.常溫常壓下，8gCH4含有4NA個氫原子

B.ILO.lmolLi(NHJzS。,溶液中含有0.2NA個NH：

C.ImolCu與足量Fej溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA個電子

D.常溫常壓下，2.24L氮氣含有O.INA個N?分子

【答案】C

8g1

【解析】A.常溫常壓下，8g甲烷含有的氫原子個數(shù)為；7^丁、4、①mo|T=2M,故A錯誤；

I6g/mol

B.錢根離子在溶液中發(fā)生水解，則1L0.1mol/L硫酸鍍?nèi)芤褐需偢x子數(shù)目小于O.lmol/LxlLxMmol-

JOZ%,故B錯誤；

C.銅與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，則1mol銅完全反應(yīng)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1molx2x

MmoL=2%,故C正確；

D.常溫常壓下，氣體摩爾體積不能確定，則無法計算2.24L氮氣的物質(zhì)的量和分子個數(shù)，故D錯誤；

故選C。

11.下列實驗操作對應(yīng)的現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是

選

實驗操作現(xiàn)象結(jié)論

項

A用玻璃棒蘸取X溶液沿到淀粉-KI試紙上試紙變藍(lán)色X溶液一定是氯水

均有氣泡冒

B向稀HNO,和稀H2SO4兩種溶液中分別加入Fe粉兩者均發(fā)生氧化還原反應(yīng)

出

有白色沉淀

C將SO?通入Ba(N(2)2溶液中白色沉淀是BaSOj

生成

D向濃度均為O.lmol?1/NaCl和Nai混合溶液中滴加出現(xiàn)黃色沉Ksp(AgCI)<Ksp(AgI)

少量AgNC)3溶液淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.由現(xiàn)象可知生成碘，具有氧化性的物質(zhì)均可氧化碘離子，則X可能為氯氣、漠水等，也可能X

中含碘單質(zhì)，如碘水，故A錯誤；

B.Fe與稀硝酸反應(yīng)生成NO,Fe與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，均存在元素的化合價變化，均發(fā)生氧化還原反

應(yīng)，故B正確；

c.S02通入Ba(NC)3)2溶液中，使溶液呈酸性，酸性條件下二氧化硫被硝酸根離子氧化為硫酸根離子，反

應(yīng)生成硫酸鋼沉淀，故C錯誤；

D.向濃度均為0.1mol?LTNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgN()3溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明先生成

Agl沉淀，則Ksp(AgCI)>Ksp(AgI),故D錯誤；

選B。

12.聯(lián)氨(N2HJ可用于處理鍋爐水中的溶解氧，防止鍋爐被腐蝕，其中一種反應(yīng)機理如圖所示。下列敘述

錯誤的是

N2H4NH3-H2Oo2

2>

CuOCU2O△一?Cu3H3%+-----CU(NH3)4

N2

①②③

A.①轉(zhuǎn)化中N2H4是還原劑

B.③中發(fā)生反應(yīng)后溶液的pH減少

C.l-mol/N2H4可處理水中l(wèi)-mol，C)2

D.工業(yè)上也可使用Na?SO3處理鍋爐水中的溶解氧

【答案】B

【解析】

【解析】A.①轉(zhuǎn)化中N2H4變成N2,N的價態(tài)升高，是還原劑，A正確；

+2+

B.③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4CU(NH3)2+O2+2H2O+8NH3=4CU(NH3)4+4OH-,所以溶液的增大,

B尚吳；

C.根據(jù)反應(yīng)的機理可知本質(zhì)上可看成氧氣氧化了N2H4,根據(jù)化合價升降數(shù)值相等可知lmol，N2H4可處理

水中l(wèi)，mol，C)2,C正確；

D.2Na2so3+C)2=2Na2sO,，Na2SC)3成本低，所以工業(yè)上也可使用Na2s。3處理鍋爐水中的溶解氧，D正

確；

故選B。

13.甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相對位置如下表，甲原子最外層電子數(shù)是其

內(nèi)層電子數(shù)的2倍，乙單質(zhì)在空氣中燃燒發(fā)出黃色火焰，丙是地殼中含量最高的金屬元素。下列判斷正確

的是

甲

T

A.原子半徑：丙〉丁B.甲與丁的核外電子數(shù)相差10

C.氫氧化物堿性：丙〉乙D.甲、乙的最高價氧化物均是共價化合物

【答案】A

【解析】

【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，原子只能有2個

電子層，最外層電子數(shù)為4,故甲為C元素；由甲、丁在周期表中的相對位置，可知丁為CI;乙單質(zhì)在空

氣中燃燒發(fā)出黃色火焰，則乙為Na;丙是地殼中含量最高的金屬元素，則丙為AI。

【解析】A.同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑AI>CI,故A正確；

B.甲為C、丁為CI,二者核外電子數(shù)之差為17-6=11,故B錯誤；

C.金屬性Al<Na,故堿性：氫氧化鋁(氫氧化鈉，故C錯誤；

D.乙的氧化物有氧化鈉、過氧化鈉，均為離子化合物，故D錯誤；

故選A。

14.鎂-次氯酸鹽燃料電池具有比能量高、安全方便等優(yōu)點，該電池主要工作原理如圖所示，關(guān)于該電池的

敘述不正確的是

CIO-HQ

A.粕合金為正極，附近溶液的堿性增強

B.電池工作時，0H一向鎂合金電極移動

C.電池工作時，需要不斷添加次氯酸鹽以保證電解質(zhì)的氧化能力

D.若電解質(zhì)溶液為H2O2,硫酸和NaCI的混合液，則正極反應(yīng)為H2O2+2e-=20H一

【答案】D

【解析】

【解析】從圖中可以看出，CIO-在鉗電極轉(zhuǎn)化為C「，得電子，則鉗電極為正極，鎂電極為負(fù)極。

A.粕合金為正極，電極反應(yīng)為C?+2e+H2O=C「+2OH-,附近溶液的堿性增強，A正確；

B.電池工作時，鎂電極反應(yīng)為Mg-2e+2OH-=Mg(OH)2,所以O(shè)H響鎂合金電極移動，B正確;

C.電池工作時，CICT不斷消耗，濃度斷減小，氧化能力不斷減弱，所以需要不斷添加次氯酸鹽，C正確;

D.若電解質(zhì)溶液為H2O2、硫酸和NaCI的混合液，則正極反應(yīng)為出。2+26一+2H+=2d0,D不正確。

故選D。

15.常溫下，濃度均為0.1mol-L1的下列溶液中，粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是

A.氨水中，c(NH4)=c(OH)=0.1mol-L1

B.NH4CI溶液中，c(NH：)>c(CI)

C.Na2sO4溶液中，c(Na+)>c(SO；)>c(OH-)=c(H+)

D.Na2sO3溶液中，c(Na+)=2c(SO；-)+c(HSO，)+c(H2so。

【答案】C

【解析】

【解析】A.氨水顯堿性，根據(jù)電荷守恒c(NH：)+c(H+)=c(OH),c(OH')>c(NH；),故A項錯誤；

B.NH4cl溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒c(NH：)+c(H+)=c(OH-)+c(C「)，由c(OH)<c(?),得c(NH：)<

c(CT),故B項錯誤；

C.c(Na+)=2c(SO:)，該溶液為中性，故c(OH)=c(H+),故C項正確；

+

D.根據(jù)物料守恒，c(Na)=2c(SOt)+2c(HS0；)+2c(H2SO3),故D項錯誤；

故選C。

16.T°C時，在20.00mL0.10mol/LCH3COOH溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH與NaOH

溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

A.T℃時，CH3COOH的電離平衡常數(shù)(=1.0x10-3

B.M點對應(yīng)的NaOH溶液的體積為20.00mL

++

C.N點所示溶液中c(Na)>ctOH)>c(CH3COO)>c(H)

D.N點與Q點所示溶液中水的電離程度：N>Q

【答案】D

【解析】

【解析】A.T℃時,0.10mol/LCH3co0H溶液的pH=3,說明溶液中期+)=10-3mol/L,則該溫度下

C(CH3COO>C(H')10-3X10-3‘

CH3COOH的電離平衡常數(shù)&=------一一=-~。10'A錯誤；

C(CH3COOH)0.1-10-3

B.M點溶液pH=7,若對應(yīng)的NaOH溶液的體積為20.00mL,則醋酸與NaOH恰好中和，溶液為

CH3coONa,該鹽是強堿弱酸鹽,水解使溶液顯堿性,與題干的溶液顯中性相違背,說明M點對應(yīng)的NaOH

溶液的體積小于20.00mL,B錯誤；

C.N點時所示溶液中醋酸與NaOH恰好中和，溶液為CH3COONa溶液，CH3co。發(fā)生水解反應(yīng)而消耗,

所以aNa+)>aCH3CO。)，CH3COO一發(fā)生水解反應(yīng)消耗水電離產(chǎn)生的H+,最終達(dá)到平衡時，溶液中

c(OH-)>GH+),但鹽水解程度是微弱的，水解產(chǎn)生的離子濃度遠(yuǎn)小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，因此

+

C(CH3COO)>C(OH-),故該溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH-)>c(H),C錯誤；

D.N點時所示溶液中醋酸與NaOH恰好中和，溶液中的溶質(zhì)為CH3cOONa,溶液中只有鹽的水解作用，

促進水的電離；而Q點時NaOH過量，溶液為CH3coONa和NaOH的混合液，由于NaOH電離產(chǎn)生

OH對水的電離平衡起抑制作用，使鹽水解程度減小，故最終達(dá)到平衡時水的電離程度N>Q,D正確；

故合理選項是D。

二、非選擇題：本題共5小題，每小題14分。第17~19題為必考題。第20~21題為選考

題，考生選擇其中一道題作答。

(一)必考題：共42分。

17.SO2的防治與利用對于環(huán)境保護意義重大。某小組在實驗室中對SO?的性質(zhì)及回收利用等相關(guān)問題進

行探究。

(1)用下圖裝置制備純凈的SO2,發(fā)生裝置中反應(yīng)的化學(xué)方程式為,裝置的連接順序為:

a—(按氣流方向，用小寫字母表示)。

⑵用如圖裝置探究S。？的性質(zhì)。限選試劑：NaOH溶液、稀HzS。。凡0?溶液、FeCl,溶液、淀粉-KI

溶液、新制H2s溶液。

操作步驟實驗現(xiàn)象解釋原因

用注射器將新制H2s溶液注入充滿產(chǎn)生乳白色

+4價S具有—性

SO2的燒瓶中渾濁

用注射器將_________溶液注入充滿+4價S具有還原性，反應(yīng)的離子方程te)

—

so2的燒瓶中式為_________

(3)工業(yè)上回收利用SO2的一種途徑是：

S02)2S03f_>(NHJSO」

該小組在實驗室探究步驟II時，一定條件下向100mLComol-V1的(NHd}SO,溶液通入空氣后，欲測定

溶液中(NHJSO,的氧化率(a)。

①為該小組設(shè)計實驗方案(不必描述操作過程的細(xì)節(jié)，物理量的數(shù)值用字母表示)：

②x100%(用實驗方案中的物理量表示)。

【答案】⑴①.ZNaHSOs+H^S。/濃戶22$。4+2$0/+2H2。②.bfcfg-f—d

(2)①.氧化②.FeCl3③.溶液由黃色變淺綠色④.

3+2+2+

2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO4+4H

(3)①.向反應(yīng)后的溶液中加入過量的鹽酸，先將剩余的亞硫酸根離子除掉，再加入足量的氯化鋼溶

液，生成硫酸鋼沉淀，將沉淀過濾、洗滌、干燥、稱量，質(zhì)量為mg。②.xlOO%

23.3c0

【小問1解析】

發(fā)生裝置中NaHS03和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫、水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2NaHSO3+H2SO4(^)=Na2SO4+2SO2T+2H2O,二氧化硫用濃硫酸干燥后，用向上排空氣法收集,

最后用堿石灰處理尾氣，防止污染，裝置的連接順序為：arb-c-?gff-d;

【小問2解析】

用注射器將新制H2s溶液注入充滿SO?的燒瓶中，產(chǎn)生乳白色渾濁，發(fā)生SO?+2H2s=3SJ+2H2O,S02

中S元素化合價由+4降低為0,說明+4價S具有氧化性；

證明+4價的硫具有還原性，需與氧化性的物質(zhì)反應(yīng)，需在提供的試劑中選擇氧化劑，可選擇氯化鐵，+3

價的鐵具有氧化性，鐵離子與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)方程式是

3+2+2+

2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO4-+4H,氯化鐵為棕黃色溶液，氯化亞鐵為淺綠色溶液，可觀察到溶液由

黃色變淺綠色；

【小問3解析】

通過測定溶液中硫酸根離子的量，測定溶液中(NHJ2SO3的氧化率(a),操作步驟：向反應(yīng)后的溶液中加

入過量的鹽酸，先將剩余的亞硫酸根離子除掉，再加入足量的氯化鋼溶液，生成硫酸鋼沉淀，將沉淀過濾、

mg

洗滌、干燥、稱量，質(zhì)量為mg,則氧化率(a)=233g/mol:100%=m工100%。

0.1Lxc0mol/L23.3c0

18.一種磁性材料的磨削廢料(含銀質(zhì)量分?jǐn)?shù)約21%)主要成分是鐵銀合金，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧

化物。由該廢料制備純度較高的氫氧化螺，工藝流程如下:

H2SO4①H2O2

HNOs②NazCChH2S

回答下列問題：

(1)合金中的鎂難溶于稀硫酸，"酸溶"時除了加入稀硫酸，還要邊攪拌邊緩慢加入稀硝酸，反應(yīng)有N2生

成。寫出金屬鎂溶解的離子方程式.

(2)"除鐵"時出。2的作用是,為了證明添加的電。2已足量，應(yīng)選擇的試劑是

(填"鐵氧化鉀"或"硫氧化鉀")溶液。黃鈉鐵磯［NaxFey(SC)4)m(0H)n］具有沉淀顆

粒大、沉淀速率快、容易過濾等特點，則x:y:m:n=1:3:2:。

(3)"除銅"時，反應(yīng)的離子方程式為,若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除銅，

優(yōu)點是.

(4)已知除雜過程在陶瓷容器中進行，NaF的實際用量為理論用量的1.1倍，用量不宜過大的原因是

(5)100kg廢料經(jīng)上述工藝制得Ni(0H)2固體的質(zhì)量為31kg,則鎮(zhèn)回收率的計算式為。

(6)鎮(zhèn)氫電池已成為混合動力汽車的主要電池類型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2^==±HM+NiOOH

(式中M為儲氫合金)。寫出電池放電過程中正極的電極反應(yīng)式。

2+3+

【答案】①.5Ni+12H++2NO-=5Ni+N2t+6H2O②.將Fe?+氧化成Fe③.鐵氟化

2++

鉀④.6?.H2s+Cu=CuSU2H不易揮發(fā)污染性氣體H2S⑦.過量的F-在酸性

31x59

條件下會腐蝕陶瓷容器⑧.——x100%?.NiOOH+HO+e-=Ni(OH)+OFT

93x2122

【解析】

【分析】一種磁性材料的磨削廢料(含銀質(zhì)量分?jǐn)?shù)約21%)主要成分是鐵銀合金，還含有銅、鈣、鎂、硅

的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的鎂難溶于稀硫酸，"酸溶"時除了加入稀硫酸，還要邊攪拌邊緩

慢加入稀硝酸，反應(yīng)有N2生成，過濾除去廢渣，濾液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入碳酸鈉

調(diào)節(jié)溶液pH除去鐵離子，過濾得到濾渣和濾液，濾液中加入H2s沉淀銅離子，過濾得到濾液中加入NaF

用來除去鎂離子和鈣離子，過濾得到濾液中主要是鎂離子，加入氫氧化鈉溶液沉淀鎮(zhèn)離子生成氫氧化鏢固

體，

(1)鎂和硝酸反應(yīng)生成鎂離子、氮氣和水，結(jié)合電荷守恒、原子守恒、電子守恒配平書寫離子方程式；

(2)過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子便于除去且不沉淀其他金屬離子，利用鐵筑化鉀和亞鐵離子結(jié)合生成

藍(lán)色溶液檢驗亞鐵離子是否除凈；由題給信息，黃鈉鐵機[NaxFey(S04)m(0H)M元素化合價代數(shù)和為0;

(3)硫化氫和銅離子反應(yīng)生成難溶于酸的硫化銅沉淀，硫化氫是劇毒氣體分析；

(4)NaF的實際用量為理論用量的1.1倍，用量不宜過大是因為，過量氟化鈉會在溶液中生成氟化氫，陶

瓷容器中的二氧化硅會和氟化氫形成的酸溶液反應(yīng)；

(5)廢料含銀質(zhì)量分?jǐn)?shù)約21%,100kg廢料經(jīng)上述工藝制得Ni(OH)2固體的質(zhì)量為31kg,依據(jù)銀元

素守恒計算回收得到鎮(zhèn)和原來鎂的質(zhì)量，計算回收率；

(6)正極上NiOOH得電子生成Ni(OH)2。

【解析】(1)鎂和硝酸反應(yīng)生成銀離子、氮氣和水，結(jié)合電荷守恒、原子守恒、電子守恒配平書寫離子方

+2+

程式為：5Ni+12H+2^O；=5Ni+N2t+6H2O,

+2+

故答案為5Ni+12H+27VO；=5Ni+N2t+6H2O;

(2)"除鐵"時出。2的作用是過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子便于除去且不沉淀其他金屬離子，為了證明

添加的H2O2已足量，應(yīng)選擇的試劑是利用鐵富化鉀和亞鐵離子結(jié)合生成藍(lán)色溶液檢驗亞鐵離子是否除凈，

由題給信息，將某廢水中Fe2+氧化為Fe3+,再加入NazS。,使其生成黃鈉鐵磯而除去，黃鈉鐵帆

[NaxFey(SO4)m(OH)M中鐵元素化合價為+3價,元素化合價代數(shù)和為0,x+3y-2m-n=0,得到x+3y=2m+n,

x:y:m:n=1:3:2:p,貝（Jp=6,

故答案為將亞鐵離子氧化為鐵離子；鐵富化鉀；6;

2++

(3)硫化氫和銅離子反應(yīng)生成難溶于酸的硫化銅沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：H2S+Cu=CuSl+2H,硫

化氫是劇毒氣體，若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除銅，優(yōu)點是無易揮發(fā)的有毒氣體硫化氫污染環(huán)境，

2++

故答案為H2S+CU=CUS1+2H;無易揮發(fā)的有毒氣體硫化氫污染環(huán)境；

(4)NaF是強堿弱酸鹽，氟化鈉水解生成HF能腐蝕陶瓷容器，故用量不宜過大，

故答案為過量的F離子生成氫氟酸會腐蝕陶瓷容器；

(5)廢料含鎮(zhèn)質(zhì)量分?jǐn)?shù)約21%,100kg廢料經(jīng)上述工藝制得Ni(0H)2固體的質(zhì)量為31kg,廢料中銀元素

59

質(zhì)量=100kgx21%=21kg,反應(yīng)生成銀元素質(zhì)量二—x31kg,

---------k23lx59

則鎮(zhèn)回收率的計算式=93Sx100%=——x100%,

------93x21

21kg

31x59

故答案為^^-X100%;

93x21

(6)NiMH電池放電過程中，正極上NiOOH得電子生成Ni(OH)2,根據(jù)得失電子守恒有NiOOH+e=

Ni(OH)2,根據(jù)電荷守恒利用OH和出。配平方程式，則正極的電極方程式為：NiOOH+H2O+e=

Ni(OH)2+OH-,

故答案為NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH\

【點睛】本題考查了物質(zhì)分離的實驗設(shè)計和方法應(yīng)用、元素守恒的有關(guān)計算、原電池原理和電極反應(yīng)書寫,

主要是利用溶液不同pH條件下離子沉淀的情況不同，控制溶液pH除去雜質(zhì)離子，同時考查了除雜原則不

能引入新的雜質(zhì)，硫、鐵及其化合物性質(zhì)分析判斷。

19.催化還原CO?是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一、研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2

和H?可發(fā)生兩個平行反應(yīng)，分別生成CH30H和CO。反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：

CO2(g)+3H2(g)^=±CH,OH(g)+H2O(g)AH,=—53.7kJmoL|

CO2(g)+H2(g)^=±CO(g)+H2O(g)AH2n

某實驗室控制c。?和H2初始投料比為1:2.2,經(jīng)過相同反應(yīng)時間測得如下實驗數(shù)據(jù):

實驗編號溫度(K)催化劑CO2轉(zhuǎn)化率(％)甲醇選擇性(％)

a543Cat.l12.342.3

b543Cat.210.972.7

c553Cat.l15.339.1

d553Cat.212.071.6

【備注】Cat.l:Cu/ZnO納米棒；Cat.2:Cu/ZnO納米片；

甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比。

已知：①CO和H2的燃燒熱分別為AH=-283.OkJ-moL和AH=-285.8kJ-moL

1

②H2O(1)=H2O(g)AH3=+44.0kJ-moP

回答下列問題(不考慮溫度對AH的影響)：

(D反應(yīng)I的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；反應(yīng)n的AHLkJ-mor1.

(2)有利于提高CO?轉(zhuǎn)化為CH30H平衡轉(zhuǎn)化率的措施有。

A.使用催化劑Cat.1B.使用催化劑Cat.2C.降低反應(yīng)溫度

D.投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度E.增大CO?和H?的初始投料比

(3)對比實驗a和c可發(fā)現(xiàn)：相同催化劑下，溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率升高，而甲醇的選擇性卻降低，請解

釋甲醇選擇性降低的可能原因o對比實驗a和b可發(fā)現(xiàn)：相同溫度下，采用Cu/ZnO納米片使CO2轉(zhuǎn)

化率降低，而甲醇的選擇性卻提高，請解釋甲醇的選擇性提高的可能原因。

(4)在下圖中分別畫出反應(yīng)I在無催化劑、有Cat.1和由Cat.2三種情況下"反應(yīng)過程-能量”示意圖。

能

fit

反應(yīng)過程

(5)研究證實，C0?也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，則生成甲醇的反應(yīng)發(fā)生在極，該

電極反應(yīng)式是,

C(CH3OH)C(H2。)

【答案】(1)3②.+41.2kJ*mor1

①，C(CO2)C(H2)

(2)CD(3)①.反應(yīng)I正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動，導(dǎo)致溫度升高甲醇的選擇性降

低②.采用Cu/ZnO納米片使反應(yīng)I速率快，在相同時間內(nèi)生成的甲醇多

+

⑸①陰極CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O

平衡常數(shù)為生成物濃度幕之積與反應(yīng)物濃度幕之積的比值，反應(yīng)I的平衡常數(shù)表達(dá)式

c(CH3OH)c(H2O)

K=3；CO和力的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為-283.0kJ?mol"和-285.8kJ?mol",可知熱化學(xué)

C(CO2)C(H2)

方程式

A1

a.CO(g)+y02(g)=C02(g)H=-283.0kJ?mor;

1

b.H2(g)+y02(g)=H20(1)^H=-285.8kJ?mor,

1

c.H20(1)=H20(g)AH3=44.0kJ?mor,

1

根據(jù)蓋斯定律b-a+c得CC>2值)+凡(g)彳=(20值)+凡0值)AH2=-285,8kJ.mo|-+283.0kJ.

111

mor+44.0kJ?mor=+41.2kJ?mor1.

【小問2解析】

A.使用催化劑Cat.1,平衡不移動，不能提高轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；

B、使用催化劑Cat.2,不能提高轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；

C、降低反應(yīng)溫度，平衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故C正確；

D、投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度，相當(dāng)于增大壓強，衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故D正確；

E、增大CO?和山的初始投料比，可增大氫氣的轉(zhuǎn)化率，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，故E錯誤；

選CD。

【小問3解析】

對比實驗a和c:生成甲醇的反應(yīng)是反應(yīng)I,反應(yīng)I正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動，導(dǎo)致溫度升高

甲醇的選擇性降低；

對比實驗a和b可發(fā)現(xiàn)：催化劑只影響速率而不能改變平衡，表中數(shù)據(jù)不是達(dá)到平衡后測得的數(shù)據(jù)，而是

反應(yīng)相同時間測得的數(shù)據(jù)，采用Cu/ZnO納米片使反應(yīng)I速率快，在相同時間內(nèi)生成的甲醇多。

【小問4解析】

從表中數(shù)據(jù)分析，在催化劑Cat.2的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑Cat.2對反應(yīng)I催化效果更好,

催化劑能降低反應(yīng)的活化能，說明使用催化劑Cat.2的反應(yīng)過程中活化能更低，故圖為

CO2在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，C元素化合價降低，被還原，應(yīng)為電解池的陰極反應(yīng)，電極方程式

+

為CO2+6H+6e=CH3OH+H2Oo

(二)選考題。本題包括2小題，每小題4分，考生只能選做一題。

[選修3;物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

20.CuSO』和Cu(NO)是自然界中重要的銅鹽，回答下列問題：

(1)CuSC)4和CU(NC)3)2中陽離子的基態(tài)核外電了排布式為,S、0、N三種元素的第一電

離能由大到小為.

(2)SO：的立體構(gòu)型是。

(3)往CU(NC)3)2溶液中通入足量NH,能生成配合物[CU(NH3)/(NC>3)2,其中NO；中心原子的雜化

軌道類型為,[CU(NH3)/(NO3)2中存在的化學(xué)鍵類型除了極性共價鍵外，還有o

(4)CuSO4的熔點為560℃,Cu(NO,1的熔點為115℃,CuS0a熔點更高的原因是.

(5)利用CuSOq和NaOH制備的Cu(OH)2檢驗醛基時，生成紅色的Ct^O,其立方晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示。

①該晶胞原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0);B為(1,0,0);C為(；,；,；)，則D原子的坐標(biāo)參數(shù)為

它代表(填元素符號)原子。

3

②若C40晶體密度為dg-cm-,晶胞參數(shù)為apm,則阿伏加德羅常數(shù)值NA=。

【答案】⑴?.[Ar]3d9②.N>O>S

(2)正四面體形(3)①.sp2雜化②.配位鍵、離子鍵

(4)CuSC>4和Cu(NC>3)2都是離子晶體，SO：所帶電荷大于NO：,CuSO,晶體的晶格能大，熔點高于

CU(NC)3)2晶體

⑸①?（］"）②③.強*

444da3

【小問1解析】

硫酸銅和硝酸銅的陽離子都為銅離子，銅元素的原子序數(shù)為29,基態(tài)銅原子的電子排布式為[Ar]3cT04si,

銅原子失去2個電子形成銅離子，則銅離子的電子排布式為[Ar]3d，同周期元素，從左到右第一電離能呈

增大的趨勢，N原子的2P軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，同主族元素，從上到下第

一電離能依次減小，則N、0、S三種元素的第一電離能由大到小順序為N>0>S,故答案為：[Ar]3d8

N>0>S;

【小問2解析】

硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4,孤對電子對數(shù)為0,則硫酸根離子的空間構(gòu)型為正四面體形，故

答案為：正四面體形；

【小問3解析】

硝酸根離子中氮原子的價層電子對數(shù)為3,孤對電子對數(shù)為0,則氮原子的雜化方式為sp2雜化；配合物

[CU(NH3)J(NO3)2是離子化合物，化合物中含有離子鍵、配位鍵和極性鍵，故答案為：sp2雜化；配位

鍵、離子鍵；

【小問4解析】

離子晶體的熔點大小與晶體的晶格能有關(guān)，晶格能越大，熔點越高，硫酸銅和硝酸銅都是離子晶體，晶體

中硫酸根離子的電荷數(shù)大于硝酸根離子，與銅離子形成的離子鍵強于硝酸根離子與銅離子形成的離子鍵，

晶體的晶格能強于硝酸銅，則熔點高于硝酸銅，故答案為：CuSO4和Cu(NO3)2都是離子晶體，SO；所帶

電荷大于NO；,CUSO4晶體的晶格能大，熔點高于Cu(NC)3)2晶體；

【小問5解析】

①由該晶胞原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0)、B為(1,0,0)、C為(；,；,；)可知，晶胞的邊長為1,由晶胞結(jié)構(gòu)

可知，D原子位于體對角線的!處，參照A原子的子坐標(biāo)參數(shù)可得D原子的子坐標(biāo)參數(shù)為(J,J,J)；

4444

晶胞中位于頂點的白球的個數(shù)為8x：+1=2,位于體內(nèi)的黑球的個數(shù)為4,由氧化亞銅的化學(xué)式可知，D

O

原子代表銅原子，故答案為：(J,7-9)；Cu；

444

2X1440父父*If),。nooy1n30

②由晶胞的質(zhì)量公式可得：(ax10—?3d==^,解得封二:,故答案為：；.

［選修5:有機化學(xué)基礎(chǔ)］

21.石油分儲得到的輕質(zhì)汽油可在PI催化作用下脫氫環(huán)化，逐步轉(zhuǎn)化為芳香煌。以鏈羥A為原料合成兩種

高分子材料的路線如下：

已知以下信息：

①B:的核磁共振氫譜中只有一組峰；G為一氯代煌。

②R-X+R'-X陶2°，c>R-R'(X為鹵素原子，R、R'為煌基)

回答下列問題：阿

(1)B的化學(xué)名稱為.

(2)G生成H的化學(xué)方程式為。

(3)J的結(jié)構(gòu)簡式為。

(4)由C生成D的反應(yīng)條件是0由E生成F的反應(yīng)類型為,

(5)I的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的共有種(不含立體異構(gòu))。

①能與飽和NaHCOs溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體；

②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)。

其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積比為6:2：1:1的是(寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式)。

(6)參照上述合成路線，以2-甲基己烷和一氯甲烷為原料(無機試劑任選)，設(shè)計制備化合物E的合成路

線：0

【答案】環(huán)己烷

(1)(2)-Cl+NaOH-+NaCI+H2O

⑶H0f0C(CH：)4C00CHX：HX>irH⑷①.Cl/eCb②.消去反應(yīng)

CH,