2022年高考化学模拟考场仿真演练卷（北京专用）（全解全析）

2022年高考模拟考场仿真演练卷化学（北京专用）•全

解全析

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题

卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1C—120—16N—14Ga-70Gd-157

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要

求的一项。

1.近日，我国科研团队从光伏电解、光催化、光热催化三方面对嫦娥五号月壤的人工合成性

能做出评估，并提出可行的月球人工光合成策略，为利用月球原位资源实现生命支持系统奠

定基础。以下说法错误的是

A.月壤中寻求微纳级的铁、钛、硅充当光催化剂是攻关重点

B.光伏电解水时，N型半导体电极制备出的是氢气

C.利用月球的温差可实现人体呼出CO2的低耗能、高效率纯化

D.将CO2还原为甲醇与甲烷，为我国建立月球基地提供能源保障

【答案】A

【解析】

A.月壤中寻求微纳级的铁、钛可充当光催化剂，硅不属于过渡金属，不能充当催化剂。A说

法错误：

B.N型半导体即多电子的一极，也就是电子流出的负极，与其相连的阴极制备出的是氢气，

B说法正确；

C.利用月球的温差可将人体呼出CO2凝华为干冰，从而实现其低能耗分离。C正确；

D.将CO2还原为甲醇与甲烷，可作为有机能源、火箭燃料，为我国建立月球基地提供保障，

D说法正确。

2.中科院苏州纳米所5nm激光光刻研究获进展，一种光刻胶树脂单体的结构简式如图所示。

下列说法错误的是

o

旷斗

A.碳氧双键中碳与氧杂化方式相同B.分子中存在3个手性碳原子

C.与足量氢气加成产物的一澳代物有6种D.该单体水解生成的醉可以发生消去反应

【答案】C

【解析】

A.碳氧双键中碳与氧都是sp2杂化，A项正确；

B.连接4种不同基团的碳原子是手性碳原子，该分子中手性碳原子为（大标注位置为手性

碳）共3个，B项正确;

C.碳碳双键能与氢气发生加成反应，等效氢有8种，产物的H种类为

则一浪代物有8种，C错误;

D.该单体中酯基发生水解反应生成的醇为与羟基相连的碳的邻位碳上有H原

子，可以发生消去反应，DiE确:

答案选C。

3.卜列化学用语或模型不正确的是

A.甲醛的比例模型:

B.P4的空间结构:

C.系统命名法:2-硝基甲苯

D.基态Cr原子的价层电子轨道表示式:四

3d

【答案】D

【解析】

A.甲醛的分子式为HCHO,分子呈平面三角形结构，比例模型为,故A正确;

B.巳的空间构型是正四面体，并且键角为60。，其空间充填模型为,故B正确;

系统命名法：2-硝基甲苯（联想2,2,4-三硝基甲苯），故C正确;

D.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：I1IflfIfEEL,故答案为D。

3d4s

4.元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是

局温

A.工业制粗硅能发生反应:2C+SI0,^=2C0f+Si

B.常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈

C.气态氢化物的稳定性：H;O>H2S

D.Cl?从NaBr溶液中置换出B”

【答案】A

【解析】

A.根据元素周期律，C的氧化性大于Si,工业制粗硅能发生反应：2C+SiO2=2COt+Si,

不能用元素周期律解释，故选A；

B.同周期元素从左到右，金属性减弱，金属性Mg>AL常温下，形状和大小相同的Mg、

Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，能用元素周期律解释，故不选B；

C.同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，气态氢化物的稳定性：

H2O>H2S,能用元素周期律解释，故不选C；

D.同主族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，C1?从NaBr溶液中置换出出与，

能用元素周期律解释，故不选D；

选Ao

5.利用如图所示的装置制备并收集气体，合理的是

选项试剂试剂中收集的气体装置

A稀硫酸石灰石CO2

B稀硝酸CuNO

C浓硫酸Na2sH2S

D浓盐酸Ca(C10)2Ch

【答案】D

【解析】

A.石灰石和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙覆盖在石灰石表面，阻止反应进行，不能用于制

备二氧化碳，A错误；

B.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排

空气法收集一氧化氮，B错误；

C.浓硫酸与硫化钠发生氧化还原反应，不生成硫化氢，C错误；

D.浓盐酸与次氯酸钙发生氧化还原反应生成氯气，氯气的密度比空气大，应用向上排空气

法收集氯气，D正确；

答案选D。

6.向SO?和C12的混合气体中注入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依

次进行如图实验：

序号①②③

4润湿的淀粉-KI试纸4蘸有碘水的试纸厂BaCI,溶液

rD

实验操作

力;热

加热

实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀

下列实验分析中，正确的是A.①中现象说明混合气体中一定有n(Cb)=n(SO2)

B.①、②中溶液加热不变红，说明品红溶液不是被S02漂白的

C.③中产生的白色沉淀为BaSCh

D.“混合气体中注入品红溶液”只发生了1个氧化还原反应

【答案】B

【解析】

A.湿润的淀粉KI试纸不变蓝只能说没有氯气，结合②③可知①中的品红是被氯气溶于水后

生成的次氯酸漂白的，即氯气有一部分与品红溶液反应，故不可得出原气体n(C12)=n(SO2),

A错误；

B.SO2漂白品红溶液不是永久性的，加热恢复原来颜色，①、②中溶液加热不变红，说明品

红溶液不是被SO?漂白的，B正确；

c.SO?和C12反应生成了SO；-,SO：与Ba2+反应生成了BaSO4,C错误；

D.混合气体注入品红溶液时发生了氯气与水反应、次氯酸漂白品红溶液、氯气与二氧化硫反

应等氧化还原反应，D错误；

故答案选B

7.下列描述物质制备和应用的离子方程式正确的是

A.向Ba(OH)2溶液中加入过量NH4HsCU溶液：

2++

Ba+2OH+NH：+H+SOf=BaSO4l+NH3H2O+H2O

B.用惰性电极电解饱和MgCb溶液：2Cr+2H2O—C12T+H2t+2OH-

+

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

D.氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸：3Fe(OH)2+10H++NO；=3Fe»+NOT+8HQ

【答案】D

【解析】A.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液，此时镂根不能反应，离子反应

为Ba2++2OH+2H++SO：=BaSO“+2H2O,故A错误；B.用惰性电极电解饱和MgCb溶液：

2+

Mg+2C1-+2H2O=Cl2t+H2T+Mg(OH)2l，B错误；

C.氯酸钠的酸性溶液与过氧化域溶液反应生成二氧化氯、氧气和水，反应的离子方程式为

2C1O,+H2O2+2H+=2C1O2T+O2T+2Hq,故c错误；D.氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸生成硝酸

铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H++NO]=3Fe"+NOT+8Hq,故D正

确；

8.FeKSC>4)3溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HC1黄色加深(b)。已知：

Fe1++4C1u[FeCl](黄色)；浓度较小时/⑶。力『(用Fe3+表示)几乎无色，取溶液进

行如下实验，对现象的分析不正确的是

A.测溶液a的pH“1.3,证明Fe"发生了水解

B.加入浓HC1,H+与C1-对溶液颜色变化、Fe?+浓度大小的影响是一致的

C.向b中加入AgNO,后，黄色褪去，说明H+能抑制Fe"水解

D.将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe"水解

【答案】B

【解析】

A.如果FeCb溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的pH21.3,证明Fe3+发生了水解，反

应原理为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+,A正确；

B.加入浓HQ,H+浓度增大，抑制F—+水解，F—十浓度增大，而C「浓度增大，促进

Fe3++4CrB[FeClJ平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则H+与C「对溶

液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是不一致的，B错误；

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

动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明H*能抑制Fe3+水解，使得溶

液几乎无色，C正确；

D.将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+,加热，检测有丁达

尔效应，说明加热能促进Fe"水解，D正确；

故答案为：B»

9.室温下，通过下列实验探究氨气、氨水的性质。

实验1：将集满氨气的试管倒立于水槽中，水面迅速上升

实验2：向实验1中试管滴入几滴酚酷试液，溶液变红

实验3：向2mLimol-L」AC%溶液中滴加氨水，产生白色絮状沉淀，继续滴加，沉淀不减

少

实验4：向1mL2%AgNOj溶液中边振荡边滴入2%氨水，开始出现沉淀，然后溶解

下列说法正确的是

A.实验1中氨气极易溶于水，是因为氨气和水都是极性分子

B.实验2中溶液只含有凡0、NH：、0H

C.实验3中发生反应的离子方程式为Ar"+3OH-=A1(OH)3J

D.实验4中生成配离子[AgiNHs%]*

【答案】D

【解析】

A.氨气与水分子之间能形成城键，所以氨气极易溶于水，试管内气体压强减小，水面迅速

上升，选项A错误；

B.实验2中溶液为氨水，含有HQ、NH；、OH、N%、NH3H2O,选项B错误；

C.实验3中氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化镀，发生反应的离子方程式为

3+

A1+3NH3-H2O=A1(OH)3J+3NH：,选项C错误;

D.实验4中硝酸银与氨水反应最终生成配离子［Ag(NH3)27，选项D正确;

答案选D。

10.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应:

2NO(g)+2CO(g)^bI2(g)+2CO2(g)AH<0,相关数据见下表。

起始物质的量/mol平衡物质的量/mol

容器编号温度/C

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

IT.0.20.20.1

IIT,0.20.20.12

下列说法不生娜的是A.T,>T2

B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%

C.达到平衡所需要的时间：H>I

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

【答案】D

【解析】

A.两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少,

降温平衡正向移动，故工>12,A正确；

B.I中反应达到平衡时，CC)2的物质的量为O.lmol,则参加反应的CO的物质的量为O.lmol

起始投入量为0.2mol,则其转化率为50%,B正确；

c.T,>T2,温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；

D.恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO?的物质的量分别为O.lmol、

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

O.PxO.l2

和0.2molCO2,此时浓度商黑=5,K=QC,平衡不移动，D错误；

0.12X0.32

故选D。

11.聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改

性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。

A.反应①是缩聚反应

B.反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是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的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应

【答案】B

【解析】

A.由图可知，反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸，是缩聚反应，A项正确；

B.由化合物G的结构可知，参与聚合的F和E物质的量之比是2m：n,B项错误；

C.改性的PLA中，m：n越大，含羟基越多，其在水中的溶解性越好，C项正确；

D.反应①中羟基也参与聚合反应，故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn,以防止羟基参

与聚合反应中，D项正确；

12..雄黄(As4s4)和雌黄(As$)是提取神的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生,

且可以相互转化。雌黄(As2s、)能溶于HNO,,反应如下：

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

A.生成Imol&AsO」，则反应中转移电子的物质的量为5moi

B.若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、AsM作正极

C.反应产生的NO?可用NaOH溶液吸收

D.雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂

【答案】B

【解析】

A.根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，lOmol硝酸根离子完全被还原转

移lOmol电子,由反应可知生成2moiH3Ase)4转移lOmol电子，则生成ImolH3ASO4,则

反应中转移电子的物质的量为5mol,A正确；

B.若将该反应设计成原电池，分析化合价知As2s3中元素化合价均升高，应在负极，故可

选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、As2s3作负极，B错误；

C.NCh会污染环境，因此反应产生的NCh可用NaOH溶液吸收，C正确；

D.雄黄(As4s4)5As化合价为+2价，雌黄(As2s3)As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄

过程需要氧化剂，D正确；

13.化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCb溶液的性质进行如下实验，操作如

图所示，根据实验现象下列分析正确的是

A.①〜④的变化中，有2处涉及氧化还原反应

B.③中反应的离子方程式：2Fe3++3CO；+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3C02T

C.若将FeCb溶液滴加到Na2s溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同

D.若用Na2so3代替Na2s进行实验溶液不能变成淡绿色

【答案】B

【解析】

①中发生反应：2Fe"+3S3=2Fe2++3Sl，②中发生反应Fe2++S%=FeSJ,③中发生反应为

2Fe3++3CO：+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2f,④中继续发生反应

2Fe3++3CO；+3H2O=2Fe(OHH+3CO2T。

【详解】

A.由分析可知，①〜④的变化中，只有反应①为氧化还原反应，所以有1处涉及氧化还原

反应，A不正确；

B.由分析可知，③中由于加入的NazCCh不足量，只生成Fe(0H)3胶体，反应的离子方程

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

C.若将FeCb溶液滴加到Na2s溶液中，则直接发生反应2Fe3++3S2-=2FeSJ+S1,产生的现

象与图中①、②现象不同，C不正确；

D.若用Na2sCh代替Na2s进行实验，则发生反应2Fe3++SO『+H2O=2Fe2++SO:+2H+,所以

溶液也能变成淡绿色，D错误；

故选Bo

14.某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得O.lmolNO转

化为N2的转化率随温度变化如图所示［无CO时反应为2NO(g)=iN2(g)+C)2(g);有CO时

反应为2co(g)+2NO(g)=i2cCh(g)+N2(g)］。下列说法正确的是

00

80

60

40

20

05006007008009001000

温度/K

A.反应2NO(g)？=iN2(g)+O2(g)的AH>0

B.达平衡后，其他条件不变，使隼察>1，CO转化率上升

n(NO)

C.X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率

D.Y点再通入CO、N2各O.Olmol,此时v正(CO)>v逆((20)

【答案】D

【解析】

A.从曲线I可知，无CO时，NO转化率达峰值后继续升高温度，NO转化率下降，即反应

2NO(g)uiN2(g)+C>2(g)的平衡随温度升高逆向移动，故其AH<0,A错误：

B.达平衡后，其他条件不变，使嚓?>1，即增加CO投入，则平衡正向移动，但CO转

n(NO)

化率下降，B错误；

C.催化剂影响反应速率，改变反应达到平衡的时间，不能改变平衡的移动，故不能通过更

换高效催化剂提高NO转化率，C错误：

D.依题意，Y点温度下发生反应：2co(g)+2NO(g)=i2CO2(g)+N2(g),起始时

c(NO)=c(CO)=0.1mol/L,从曲线H知其NO转化率为80%,此时的平衡常数

K：c2(CC>2)阳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

此时体系浓度商Q=22®889(mol/L)-',Q<K,平衡

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

朝正向移动，则v正(CO)>v逆(CO),D正确;

第二部分

二、本部分共5题，共58分。

15.(11分)铉GiGa)是化学史上第一种先理论预言，后在自然界中被发现并验证的元素。钱

的化合物半导体广泛用于电子与微电子工业。

(1)基态Ga原子中，核外电子占据的最高能层的符号是。

⑵门捷列夫预言的“类硼”(即铳，2iSc),“类铝”(即钱，3iGa),“类硅”(即楮，32Ge)三种元素

中，未成对电子数最多的是(填元素符号)。

(3)氮化钱(GaN)和神化钱(GaAs)都是新型的半导体材料，与晶体硅属于同一晶体类型。

①Ga、N、As三种元素的电负性由大到小的顺序是。

②GaN熔点(1700℃)高于GaAs熔点(1238℃)的原因是。

③GaAs可由Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制得,该反应的化学方程式是,Ga(CH3)3

分子中Ga原子的杂化方式是,AsH3分子的空间构型是。

(4)铝像石榴石是一种激光介质材•料，其晶体结构单位简图如下。

①轧像石榴石的化学式是o

②已知晶体结构单位的边长为anm,晶体的密度为pg-cm与，则阿伏加德罗常数

NA=(用含a、p的代数式表示)。

【答案】(1)N

(2)Ge

(3)N>As>Ga二者都属于共价晶体，由于原子半径：As>N,共价键的键长：Ga-As

>Ga-N,则键能：Ga-AsVGa-N,断裂共价键消耗的能量Ga-AsVGa-N,故物质的熔点：

GaN>GaAs；Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4sp?杂化三角锥形

1.013X1024

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

P-a3

【解析】

(1)

Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期，因此基态Ga核外电子占据的最高能层的符号

是N；

⑵

根据构造原理可知基态2.SC核外电子排布式是Is22s22P63s23P63dzs2,有1个未成对电子；

Ga原子核外电子排布式是Is22s22P63s23P63小。4s24pl有1个未成对电子：3?Ge原子核外电

子排布式是Is22s22P63s23P634。4s24P2,有2个未成对电子。因此这三种元素中，未成对电子

数最多的是Ge；

(3)

①同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性就越大；同一主族元素，

原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：N>As

>Ga,所以Ga、N、As三种元素的电负性由大到小的顺序是：N>As>Ga；

②GaN、GaAs都是共价晶体，由于•原子半径：As>N,所以共价键的键长：Ga-As>Ga-N,

共价键的键长越长，键能就越小，该共价键键能就越小，化学键就越容易断裂，断裂共价键

消耗的能量就越少，则含有该化学键的物质的熔沸点就越低，所以物质GaN的熔点(1700℃)

高于GaAs熔点(1238℃)；

③GaAs可由Ga(CH3)3和As%在一定条件卜制得，该反应的化学方程式是：

A

Ga(CH3)3+AsFh=GaAs+3cH4；

Ga(CH3)3分子中Ga原子与3个-C%的C原子形成3个o共价键，Ga原子上无孤对电子，

因此Ga原子采用sp2杂化；

AsH3分子中的中心As原子价层电子对数是3+二尸=4,含有1对孤电子对，因此ASH3

分子构型为三角锥形；

(4)

①在轧钱石榴石晶胞中含有Ga3+原子为8x：+l=2；含有GcP+为6xg=3；含有GaO,个数为

o2

6X；=3,所以该晶体化学式为GdjGasOg;

②该晶体结构单位的边长为anm,晶体的密度为pg-cmv,则根据密度计算公式可得p

157x3+70x5+16x1210.131.013xIO2”

g/cm3=g/cm:ig/cm：’，所以

N(axIO7)3N^a5

N,、(ax10”)3AA

1013x1024

阿伏加德罗常数心='/molo

p-a

16.(11分)多环化合物Y是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如下图(部分反应条

件或试剂略去)。

A_____B_

(C7H(CHNO)

。772

已知：

OHOO

OIIIII

i.R1-CHO+R—CHCHCR3R—CH=C—CR3

R2—CHj-C-R,

R2R2

⑴A的名称是。

(2)下列说法中，正确的是(填序号)。

a.由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸

b.D中含有的官能团只有硝基

c.D-E可以通过取代反应实现

(3)ETG的化学方程式是o

(4)1的结构简式是。

(5)J在一定条件下发生反应，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

质的量之比是。

(6)K中除苯环外，还含有一个五元环。K的结构简式是o

(7)已知:

o

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

R—C—R2R—C=NR3

N—R2

iii.亚胺结构（||）中C=N键性质类似于埃基，在一定条件下能发生类

Ri—CHj—C—R3

似i的反应。

M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如下图。

HOOC

M+L需一宗冬上件中间产一定条物件中间产物2

Y

写出中间产物1、中间产物2的结构简式：___________、___________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的分子式为C7H8,A发生硝化反应生成B,B和卤素单质发生取代反应生成D,D水解生

成E,由E的结构简式逆推，可知人是［｝1CHjX

|，B是j^p-NOz，D是^_N5；E

发生催化氧化生成G,G是和I反应生成J,由信息i可知I

是X水解为K、L,根据K、L的分子式，K是、L是广0

⑴

A，名称为甲苯;

⑵

a.甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合液发生硝化反应生成，需要使用浓硝酸和浓

硫酸，故a正确;

b.卤素原子，故b错误;

c.反应类型是取代反应，故c正确;

选aco

⑶

CH20H

NO发生催化氧化生成,反应的化学方程式是

CH20HCHO

NO2+2H2O

(4)

CHO

由信息i可知I是

J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒，生成物中化合

物X和乙酸的物质的量之比是1:2；

(6)

X水解为K、L,K中除苯环外，还含有一个五元环。根据K、L的分子式,K是广、

⑺

17.（12分）从铜电解液中分离得到的粗硫酸银晶体中含有大量的杂质元素（Cu、Fe、As、

Ca、Zn等），我国科学家对粗硫酸镁进行精制提纯，其工艺流程如下。

H2SCb和Ni(OH)2试剂a调pH

滤渣1滤渣2滤渣3

已知：i.含镁溶液中的主要离子有：Ni2\SO：、Cu2\Fe2\AsO『、Ca?+和Zn?+

ii.饱和H2s溶液中，c（H2S）~0.1mol/L

iii.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表

物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数

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是弱电解质，KnxKx［用c(FhS)、c(H+)和cS［表示］=1.43x10-20。

(2)滤渣1中含有As2s3和S,写出生成As2s3和S的离子方程式。

(3)解释“氧化除杂”中析出Fe(OH)3的原因_______。

(4)“氟化除杂”中试剂a为。

(5)“P204萃取''水溶液的pH约为3.3,结合下图解释原因_______。

%100

、80

第60

县

特

40

20

2+

(6)理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu)=mol/L［计算时c(H2S)mO.lmol/L,结果保

留两位有效数字］。

C2(H>C(S>)

【答案】(1)

C(H2S)

(2)2AsO：+5H2s+6H+=As2s31+2SJ+8H2O

3+h3+

(3)Ck将Fe2+氧化为Fe3+,Fe+3H2O;=i3H+Fe(OH),,加入的Ni(OH)2和H+反应，Fe

的水解平衡正移，生成Fe(0H)3

(4)NiF2或HF

(5)pH过大，Ni?+损失较多；pH过小，Zn?+有较多剩余

(6)4.4x1016

【解析】

【分析】

粗硫酸锲晶体溶解调节pH=0.5,通入硫化氢除去铜、碑元素；加入氯气将二价铁转化为三

价铁，加入氢氧化镁调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取

分离出银元素，最终得到精制硫酸镁。

(1)

c(H+)c(HS-)

H2s是弱电解质，分两步电离，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)

含镁溶液中的主要离子有AsO；,滤渣1中含有As2s3和S,由流程可知，AsO：和通入的

硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2s3和S,离子方程式为

2AsO：+5H2s+6H+=As2s31+2S1+8H20；

(3)

3+3++

Cb具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe,铁离子发生水解反应：Fe+3H2O?=i3H+Fe(OH)3,

加入的Ni(OH)2和溶液中H+反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3+的水解平衡正移生成

Fe(OH)3；

(4)

流程对粗硫酸镁进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳

离子，故加入试剂a为NiF2或HF；

(5)

由图可知，“P204萃取“水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时银离子损失不

大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zi?+有较多剩余，故pH约为3.3；

(6)

己知：饱和H2s溶液中,c(H2s户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，此时pH=0.5,则c(H+)=104mol/L,则

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)铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。

I.研究铁的腐蚀

实验步骤如下：

步骤1：将铁粉放置于0.002mol-L-'CuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。

步骤2：向15.00mL1mol-L'NaCl溶液(用盐酸调pH=1.78)中加入浸泡过的Fe粉。

步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。

(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为。

(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。

①选取b点进行分析，经检验溶液中含有Fe",写出Fe被腐蚀的总反应___________。

②取b点溶液向其中滴加KSCN无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点Fe?+被氧化

的离子方程式。

③依据b点发生的反应，分析第二阶段pH上升的原因是。

II.研究铁的防护

(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀

已知：Zn"放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。

①镀件Fe应与电源的相连。

②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn?,转化为[Zn(CN),『，电解得到的镀层更加致

密、细腻，原因是O

(4)电镀后的废水中含有CN-,一种测定其含量的方法是：取废水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)](无色)K=1.0xl021,Ag*+「=AgIK=1.2xlOl6»

①滴定终点的现象是。

②废水中CN-的含量是g•「(填计算式)。

【答案】⑴2H++2e=Hj

+2t2++

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

+

内,铁被氧化成Fe"消耗H的量大于Fe?+被氧化成Fe(0H)3产生H+的量

⑶负极通过反应ZM++4CN-B[Zn(CN)1降低c(Zn"),使得Zn?+放电速率减

缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn"，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平

稳的作用

(4)溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点

50

【解析】

(1)

由题意可知，第一阶段铁铜在氯化钠酸性溶液中构成原电池发生析氢腐蚀，铜为原电池的正

极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++26-=凡个，故答

案为：2H++2e-=H,T；

(2)

①由题意可知，b点铁铁铜在氯化钠溶液中构成原电池发生发生吸氧腐蚀，总反应为酸性条

件下铁与氧气和水反应生成亚铁离子和水，反应的离子方程式为

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

②由b点溶液中滴加硫氟化钾溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红可知，铁发生吸氧腐

蚀生成的亚铁离子在溶液中与空气中的氧气反应生成氢氧化铁胶体和氢离子，反应的离子方

程式为4Fe"+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H',故答案为：

2++

4Fe+O2+10H2O=4Fe(OH)；j+8H；

③由b点铁发生吸氧腐蚀生成亚铁离子和溶液中亚铁离子被氧化生成氢氧化铁胶体的反应

方程式可知，相同时间内，铁被氧化生成亚铁离子消耗氢离子的量大于亚铁离子被氧化成氢

氧化铁胶体生成械离子的量导致溶液的pH增大，故答案为：相同时间内，铁被氧化成Fe"

++

消耗H的量大于Fe"被氧化成Fe(OHX产生H的量；

(3)

①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌做电镀池的阳极，与负极相连

的镀件铁做阴极，故答案为：负极；

②电镀时，向硫酸锌电解液中加入氟化钠溶液，溶液中存在如下平衡

ZM++4CN-u[Zn(CN)4丁，溶液中锌离子浓度减小，使得锌离子在阴极放电速率减缓，

同时通过平衡的移动补充放电消耗的锌离子，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的

2+2-

作用，使得阴极的镀层更加致密、细腻，故答案为：Bi±Jx^Zn+4CN-^[Zn(CN)4]

降低c(ZM+),使得锌离子放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的/!?+，使其

浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用：

(4)

①山平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氟酸根离子完全反应时，滴

入最后一滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且沉淀不溶解时说明滴定达到终点，故答案

为：溶液中产生黄色沉淀，现象稳定不变时达终点；

②由终点时滴定消耗VmLcmol/L氟化钠溶液可知，50mL废水中氟酸根离子的浓度为

cmol/Lx103VLx2x26g/mol52cV也内电文52cV

------------5------------=-rr-g/L,故答案为：――«

5OO3VL50050

19.(12分)CH4在光照条件下与CL反应，可得到各种氯代甲烷。

(1)生成CH3cl的化学方程式是一。

(2)(2也氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl-、CM)反应，包括以下几

步：

I.链引发IL链传递in.链终止

CI+CH4->CH3+HCI2CJCL

CC旭”>2C1.

•CH3+C12TCH3C1+CLC1+CH3->CH3C1

①写出由CH3cl生成CH2cb过程中链传递的方程式：、。

②不同卤原子自由基(X-)均可夺取CH4中的H,反应通式:X-(g)+CH4(g)^-CH3(g)+HX(g)AH„