2022新高考化学模拟试题解析

2022年高考化学模拟试题解析版

1.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法错误的是

A.N95口罩所使用的聚丙烯熔喷布属于合成高分子化合物

B.家用电器起火时可用泡沫灭火器进行灭火

C."煤改气"可以减少SO?等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战

D.红葡萄酒中添加少量S。2具有抗氧化的作用

【答案】B

【解析】A.聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；

B,家用电器起火时，不能用泡沫灭火器进行灭火，否则会造成触电事故或电器爆炸伤人事故，故B错误；

C.燃煤改为燃气可减少废气中二氧化硫和灰尘等有害物质的排放，可有效减少雾霾和酸雨的发生，有利于

打赢蓝天保卫战，故C正确；

D.将少量的二氧化硫添加到葡萄酒中，具有还原性的二氧化硫可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，

故D正确；

故选B。

2.我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是

A.神州十二号航天员头盔面窗的材料——聚碳酸酯

B.国产大飞机C919的主体材料——铝锂合金

C.我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢

D.“奋斗者"号深潜器载人舱的外壳一钛合金

【答案】A

【解析】A.聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，属于合成有机高分子材料，故选A;

B.铝锂合金是金属铝和锂熔合而成的具有金属特性的物质，属于金属材料，故不选B;

C.合金钢在普通碳素钢基础上添加适量的一种或多种合金元素而构成的合金，属于金属材料，故不选C;

D.钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，属于金属材料，故不选D。

选A。

3.下列说法正确的是

①CH3cOONa、BaSO&都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维

都是有机高分子化合物；④厂溶液与溶液的相同；⑤适量

0.1mol•NaOHO.lmol-PBa(OH),pHCO2

分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。

A.①②④B.①②⑤C.②③⑤D.③④⑤

【答案】B

【解析】①CH3coONa在水溶液完全电离，BaSO&溶于水的部分能完全电离，CH3coONa、BaS。」都

是强电解质，故①正确；

②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料，故②正确；

③合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；

©O.lmol-L-1NaOH溶液与01mol•!?Ba(OHk溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以pH不相同，故④

置吴；

⑤适量CO?通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量CO2通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，故⑤

正确；

正确的是①②⑤，选B。

4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()

A.抗氧化剂B.调味剂

C.着色剂D.增稠剂

【答案】A

【解析】

【解析】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；

B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；

C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；

D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误.

故选:A。

5.下列关于有机物的叙述正确的是

A.液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物

B,环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别

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

D.能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物一定是竣酸

【答案】A

【解析】A.液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是仅含碳、氢元素的碳氢化合物，故A正确；

B.环己烷和苯但不能与酸性高镒酸钾溶液反应，则酸性高镒酸钾溶液不能鉴别环己烷和苯，故B错误；

C.丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯W,比一31|三"，故c

cOOCH；

错误；

D.由分子式为C2H4。2的有机物能与氢氧化钠溶液反应可知，符合条件的有机物可能为乙酸，也可能为甲

酸甲酯，故D错误；

故选A。

6.GFe。4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fez。?、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fez。？+

3KNO3+4KOH==2K2FeO4+3KNO2+2H2Oo下列关于该反应的说法不乏琥的是

A.铁元素被氧化，氮元素被还原B.氧化性：KNO3>K2FeO4

C.每生成1molK2FeO4,转移6mole-D.GFe。,具有杀菌作用

【答案】C

【解析】

【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2。，元素铁化合价由FezOs中+3升高

至1]K2FeO4中+6价，元素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO?中+3价。

【解析】A.由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，故A正确；

B.反应中KNC>3化合价降低，KNO3为氧化齐U,而GFeO,由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧

化剂〉氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4,故B正确；

C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2C)3转

移6moi电子，生成2moKFeO-故当生成ImolQFeC，时转移3moi电子，转移电子数为生成GFeCU

的3倍，故C错误；

D.GFe。,中铁元素为+6价，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；

故选C。

7.下列叙述正确的是

A.向氯水中通入S02后溶液的酸性减弱

B.向明机溶液中加入过量NaOH溶液会产生大量白色沉淀

C.Na、Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱

D.浓硫酸、浓硝酸在加热条件下都能将木炭氧化为二氧化碳

【答案】D

【解析】A.二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，故A错误;

B.明矶溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成硫酸钾、偏铝酸钾和水，没有白色沉淀生成，故B错误；

C.铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没有碱生成，故C错误;

D.在加热条件下，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳

和水，反应中木炭都被氧化为二氧化碳，故D正确；

故选D。

8.下列离子方程式正确的是

+2+

A.用醋酸除水垢：CaCO3+2H=Ca+C021+H20

B.向滨化亚铁溶液中通入足量氯气：2Br+Cl2=Br2+2C「

C.用小苏打治疗胃酸过多：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，醋酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为

2+

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

B.向演化亚铁溶液中通入足量氯气，亚铁离子、浪离子都被氧化，反应的离子方程式是

2+3+

2Fe+4B厂+3C12=2Fe+2Br2+6CP,故B窗吴；

C.用小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是

+

HCO；+H=CO2T+H2O,故C正确；

D.NC>2通入水中生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是3NO2+H2O=2H++2NO；+NO,故D

置吴；

选C。

9.含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是

A.能发生取代反应，但不能发生加成反应

B.可以与强碱反应，也能与强酸反应

C.属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物

D.其结构简式可表示为图乙，所有原子可能共面

【答案】B

【解析】

【分析】根据甲的球棍模型可知其结构为Oy\OH1即为乙，由结构可知分子中存在碳碳双键、氨基

NH2

和竣基，据此分析解答。

【解析】A.由有机物的结构可知，存在碳碳双键，能发生加成反应，存在竣基，能发生取代反应，A项错

误；

B.有机物结构中存在竣基，能体现酸性，可与强碱反应，存在氨基，能体现碱性，因此也可与强酸反应，

B项正确；

C.有机物的结构中不存在苯环，不属于芳香族化合物，（:项错误；

D.乙为甲的结构简式，分子中六元环中含有2个亚甲基，具有四面体结构，因此所有原子不可能共面，D

项错误；

答案选B.

【点睛】解答本题时要注意确定多官能团有机物性质的三步骤

10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.常温常压下，8gCH4含有4NA个氢原子

B.ILO.lmolLi(NHJzS。,溶液中含有0.2NA个NH：

C.ImolCu与足量Fej溶液反应，转移2NA个电子

D.常温常压下，2.24L氮气含有O.INA个N?分子

【答案】C

8g1

【解析】A.常温常压下，8g甲烷含有的氢原子个数为；7^丁、4、①mo|T=2M,故A错误；

I6g/mol

B.钱根离子在溶液中发生水解，则1L0.1mol/L硫酸镀溶液中镶根离子数目小于O.lmol/LxlLxMmol-

JOZ%,故B错误；

C.铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，则1mol铜完全反应，反应转移电子数目为1molx2x

MmoL=2%,故C正确；

D.常温常压下，气体摩尔体积不能确定，则无法计算2.24L氮气的物质的量和分子个数，故D错误；

故选C。

11.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是

选

实验操作现象结论

项

A用玻璃棒蘸取X溶液沿到淀粉-KI试纸上试纸变蓝色X溶液一定是氯水

均有气泡冒

B向稀HNO,和稀H2SO4两种溶液中分别加入Fe粉两者均发生氧化还原反应

出

有白色沉淀

C将SO?通入Ba(N(2)2溶液中白色沉淀是BaSOj

生成

D向浓度均为O.lmol•1/NaCl和Nai混合溶液中滴加出现黄色沉Ksp(AgCI)<Ksp(AgI)

少量AgNC)3溶液淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.由现象可知生成碘，具有氧化性的物质均可氧化碘离子，则X可能为氯气、漠水等，也可能X

中含碘单质，如碘水，故A错误；

B.Fe与稀硝酸反应生成NO,Fe与稀硫酸反应生成氢气，均存在元素的化合价变化，均发生氧化还原反

应，故B正确；

c.S02通入Ba(NC)3)2溶液中，使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，反

应生成硫酸钢沉淀，故C错误；

D.向浓度均为0.1mol•LTNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgN()3溶液，出现黄色沉淀，说明先生成

Agl沉淀，则Ksp(AgCI)>Ksp(AgI),故D错误；

选B。

12.联氨(N2HJ可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述

错误的是

N2H4NH3-H2Oo2

2>

CuOCU2O△一►Cu3H3%+-----CU(NH3)4

N2

①②③

A.①转化中N2H4是还原剂

B.③中发生反应后溶液的pH减少

C.l-mol/N2H4可处理水中l-mol，C)2

D.工业上也可使用Na?SO3处理锅炉水中的溶解氧

【答案】B

【解析】

【解析】A.①转化中N2H4变成N2,N的价态升高，是还原剂，A正确；

+2+

B.③中发生反应的离子方程式为4CU(NH3)2+O2+2H2O+8NH3=4CU(NH3)4+4OH-,所以溶液的增大,

B尚吴；

C.根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化了N2H4,根据化合价升降数值相等可知lmol，N2H4可处理

水中l，mol，C)2,C正确；

D.2Na2so3+C)2=2Na2sO,，Na2SC)3成本低，所以工业上也可使用Na2s。3处理锅炉水中的溶解氧，D正

确；

故选B。

13.甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如下表，甲原子最外层电子数是其

内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素。下列判断正确

的是

甲

T

A.原子半径：丙〉丁B.甲与丁的核外电子数相差10

C.氢氧化物碱性：丙〉乙D.甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物

【答案】A

【解析】

【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个

电子层，最外层电子数为4,故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为CI;乙单质在空

气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na;丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为AI。

【解析】A.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径AI>CI,故A正确；

B.甲为C、丁为CI,二者核外电子数之差为17-6=11,故B错误；

C.金属性Al<Na,故碱性：氢氧化铝(氢氧化钠，故C错误；

D.乙的氧化物有氧化钠、过氧化钠，均为离子化合物，故D错误；

故选A。

14.镁-次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的

叙述不正确的是

CIO-HQ

A.粕合金为正极，附近溶液的碱性增强

B.电池工作时，0H一向镁合金电极移动

C.电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力

D.若电解质溶液为H2O2,硫酸和NaCI的混合液，则正极反应为H2O2+2e-=20H一

【答案】D

【解析】

【解析】从图中可以看出，CIO-在钳电极转化为C「，得电子，则钳电极为正极，镁电极为负极。

A.粕合金为正极，电极反应为C»+2e+H2O=C「+2OH-,附近溶液的碱性增强，A正确；

B.电池工作时，镁电极反应为Mg-2e+2OH-=Mg(OH)2,所以OH响镁合金电极移动，B正确;

C.电池工作时，CICT不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确;

D.若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCI的混合液，则正极反应为出。2+26一+2H+=2d0,D不正确。

故选D。

15.常温下，浓度均为0.1mol-L1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是

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.氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH：)+c(H+)=c(OH),c(OH')>c(NH；),故A项错误；

B.NH4cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH：)+c(H+)=c(OH-)+c(C「)，由c(OH)<c(«),得c(NH：)<

c(CT),故B项错误；

C.c(Na+)=2c(SO:)，该溶液为中性，故c(OH)=c(H+),故C项正确；

+

D.根据物料守恒，c(Na)=2c(SOt)+2c(HS0；)+2c(H2SO3),故D项错误；

故选C。

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

溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A.T℃时，CH3COOH的电离平衡常数(=1.0x10-3

B.M点对应的NaOH溶液的体积为20.00mL

++

C.N点所示溶液中c(Na)>ctOH)>c(CH3COO)>c(H)

D.N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q

【答案】D

【解析】

【解析】A.T℃时,0.10mol/LCH3co0H溶液的pH=3,说明溶液中期+)=10-3mol/L,则该温度下

C(CH3COO>C(H')10-3X10-3‘

CH3COOH的电离平衡常数&=------一一=-~。10'A错误；

C(CH3COOH)0.1-10-3

B.M点溶液pH=7,若对应的NaOH溶液的体积为20.00mL,则醋酸与NaOH恰好中和，溶液为

CH3coONa,该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,与题干的溶液显中性相违背,说明M点对应的NaOH

溶液的体积小于20.00mL,B错误；

C.N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3co。发生水解反应而消耗,

所以aNa+)>aCH3CO。)，CH3COO一发生水解反应消耗水电离产生的H+,最终达到平衡时，溶液中

c(OH-)>GH+),但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此

+

C(CH3COO)>C(OH-),故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH-)>c(H),C错误；

D.N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液中的溶质为CH3cOONa,溶液中只有盐的水解作用，

促进水的电离；而Q点时NaOH过量，溶液为CH3coONa和NaOH的混合液，由于NaOH电离产生

OH对水的电离平衡起抑制作用，使盐水解程度减小，故最终达到平衡时水的电离程度N>Q,D正确；

故合理选项是D。

二、非选择题：本题共5小题，每小题14分。第17~19题为必考题。第20~21题为选考

题，考生选择其中一道题作答。

(一)必考题：共42分。

17.SO2的防治与利用对于环境保护意义重大。某小组在实验室中对SO?的性质及回收利用等相关问题进

行探究。

(1)用下图装置制备纯净的SO2,发生装置中反应的化学方程式为,装置的连接顺序为:

a—(按气流方向，用小写字母表示)。

⑵用如图装置探究S。？的性质。限选试剂：NaOH溶液、稀HzS。。凡0?溶液、FeCl,溶液、淀粉-KI

溶液、新制H2s溶液。

操作步骤实验现象解释原因

用注射器将新制H2s溶液注入充满产生乳白色

+4价S具有—性

SO2的烧瓶中浑浊

用注射器将_________溶液注入充满+4价S具有还原性，反应的离子方程te)

—

so2的烧瓶中式为_________

(3)工业上回收利用SO2的一种途径是：

S02)2S03f_>(NHJSO」

该小组在实验室探究步骤II时，一定条件下向100mLComol-V1的(NHd}SO,溶液通入空气后，欲测定

溶液中(NHJSO,的氧化率(a)。

①为该小组设计实验方案(不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)：

②x100%(用实验方案中的物理量表示)。

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

(2)①.氧化②.FeCl3③.溶液由黄色变浅绿色④.

3+2+2+

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

(3)①.向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钢溶

液，生成硫酸钢沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg。②.xlOO%

23.3c0

【小问1解析】

发生装置中NaHS03和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为

2NaHSO3+H2SO4(^)=Na2SO4+2SO2T+2H2O,二氧化硫用浓硫酸干燥后，用向上排空气法收集,

最后用碱石灰处理尾气，防止污染，装置的连接顺序为：arb-c-»gff-d;

【小问2解析】

用注射器将新制H2s溶液注入充满SO?的烧瓶中，产生乳白色浑浊，发生SO?+2H2s=3SJ+2H2O,S02

中S元素化合价由+4降低为0,说明+4价S具有氧化性；

证明+4价的硫具有还原性，需与氧化性的物质反应，需在提供的试剂中选择氧化剂，可选择氯化铁，+3

价的铁具有氧化性，铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，反应方程式是

3+2+2+

2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO4-+4H,氯化铁为棕黄色溶液，氯化亚铁为浅绿色溶液，可观察到溶液由

黄色变浅绿色；

【小问3解析】

通过测定溶液中硫酸根离子的量，测定溶液中(NHJ2SO3的氧化率(a),操作步骤：向反应后的溶液中加

入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钢溶液，生成硫酸钢沉淀，将沉淀过滤、

mg

洗涤、干燥、称量，质量为mg,则氧化率(a)=233g/mol:100%=m工100%。

0.1Lxc0mol/L23.3c0

18.一种磁性材料的磨削废料(含银质量分数约21%)主要成分是铁银合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧

化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化螺，工艺流程如下:

H2SO4①H2O2

HNOs②NazCChH2S

回答下列问题：

(1)合金中的镁难溶于稀硫酸，"酸溶"时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生

成。写出金属镁溶解的离子方程式.

(2)"除铁"时出。2的作用是,为了证明添加的电。2已足量，应选择的试剂是

(填"铁氧化钾"或"硫氧化钾")溶液。黄钠铁矶［NaxFey(SC)4)m(0H)n］具有沉淀颗

粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则x:y:m:n=1:3:2:。

(3)"除铜"时，反应的离子方程式为,若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除铜，

优点是.

(4)已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是

(5)100kg废料经上述工艺制得Ni(0H)2固体的质量为31kg,则镇回收率的计算式为。

(6)镇氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2^==±HM+NiOOH

(式中M为储氢合金)。写出电池放电过程中正极的电极反应式。

2+3+

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

2++

钾④.6®.H2s+Cu=CuSU2H不易挥发污染性气体H2S⑦.过量的F-在酸性

31x59

条件下会腐蚀陶瓷容器⑧.——x100%®.NiOOH+HO+e-=Ni(OH)+OFT

93x2122

【解析】

【分析】一种磁性材料的磨削废料(含银质量分数约21%)主要成分是铁银合金，还含有铜、钙、镁、硅

的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镁难溶于稀硫酸，"酸溶"时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓

慢加入稀硝酸，反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠

调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2s沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF

用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镁离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镇离子生成氢氧化镖固

体，

(1)镁和硝酸反应生成镁离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；

(2)过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，利用铁筑化钾和亚铁离子结合生成

蓝色溶液检验亚铁离子是否除净；由题给信息，黄钠铁机[NaxFey(S04)m(0H)M元素化合价代数和为0;

(3)硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，硫化氢是剧毒气体分析；

(4)NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶

瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应；

(5)废料含银质量分数约21%,100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg,依据银元

素守恒计算回收得到镇和原来镁的质量，计算回收率；

(6)正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2。

【解析】(1)镁和硝酸反应生成银离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方

+2+

程式为：5Ni+12H+2^O；=5Ni+N2t+6H2O,

+2+

故答案为5Ni+12H+27VO；=5Ni+N2t+6H2O;

(2)"除铁"时出。2的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为了证明

添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁富化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净，

由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+,再加入NazS。,使其生成黄钠铁矶而除去，黄钠铁帆

[NaxFey(SO4)m(OH)M中铁元素化合价为+3价,元素化合价代数和为0,x+3y-2m-n=0,得到x+3y=2m+n,

x:y:m:n=1:3:2:p,贝（Jp=6,

故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；铁富化钾；6;

2++

(3)硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu=CuSl+2H,硫

化氢是剧毒气体，若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境，

2++

故答案为H2S+CU=CUS1+2H;无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；

(4)NaF是强碱弱酸盐，氟化钠水解生成HF能腐蚀陶瓷容器，故用量不宜过大，

故答案为过量的F离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；

(5)废料含镇质量分数约21%,100kg废料经上述工艺制得Ni(0H)2固体的质量为31kg,废料中银元素

59

质量=100kgx21%=21kg,反应生成银元素质量二—x31kg,

---------k23lx59

则镇回收率的计算式=93Sx100%=——x100%,

------93x21

21kg

31x59

故答案为^^-X100%;

93x21

(6)NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2,根据得失电子守恒有NiOOH+e=

Ni(OH)2,根据电荷守恒利用OH和出。配平方程式，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e=

Ni(OH)2+OH-,

故答案为NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH\

【点睛】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、元素守恒的有关计算、原电池原理和电极反应书写,

主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不

能引入新的杂质，硫、铁及其化合物性质分析判断。

19.催化还原CO?是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2

和H?可发生两个平行反应，分别生成CH30H和CO。反应的热化学方程式如下：

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

CO2(g)+H2(g)^=±CO(g)+H2O(g)AH2n

某实验室控制c。?和H2初始投料比为1:2.2,经过相同反应时间测得如下实验数据:

实验编号温度(K)催化剂CO2转化率(％)甲醇选择性(％)

a543Cat.l12.342.3

b543Cat.210.972.7

c553Cat.l15.339.1

d553Cat.212.071.6

【备注】Cat.l:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；

甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。

已知：①CO和H2的燃烧热分别为AH=-283.OkJ-moL和AH=-285.8kJ-moL

1

②H2O(1)=H2O(g)AH3=+44.0kJ-moP

回答下列问题(不考虑温度对AH的影响)：

(D反应I的平衡常数表达式K=；反应n的AHLkJ-mor1.

(2)有利于提高CO?转化为CH30H平衡转化率的措施有。

A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2C.降低反应温度

D.投料比不变，增加反应物的浓度E.增大CO?和H?的初始投料比

(3)对比实验a和c可发现：相同催化剂下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解

释甲醇选择性降低的可能原因o对比实验a和b可发现：相同温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转

化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因。

(4)在下图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和由Cat.2三种情况下"反应过程-能量”示意图。

能

fit

反应过程

(5)研究证实，C0?也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在极，该

电极反应式是,

C(CH3OH)C(H2。)

【答案】(1)3②.+41.2kJ*mor1

①，C(CO2)C(H2)

(2)CD(3)①.反应I正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降

低②.采用Cu/ZnO纳米片使反应I速率快，在相同时间内生成的甲醇多

+

⑸①阴极CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O

平衡常数为生成物浓度幕之积与反应物浓度幕之积的比值，反应I的平衡常数表达式

c(CH3OH)c(H2O)

K=3；CO和力的标准燃烧热分别为-283.0kJ・mol"和-285.8kJ・mol",可知热化学

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

根据盖斯定律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.

【小问2解析】

A.使用催化剂Cat.1,平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；

B、使用催化剂Cat.2,不能提高转化率，故B错误；

C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；

D、投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；

E、增大CO?和山的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；

选CD。

【小问3解析】

对比实验a和c:生成甲醇的反应是反应I,反应I正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高

甲醇的选择性降低；

对比实验a和b可发现：催化剂只影响速率而不能改变平衡，表中数据不是达到平衡后测得的数据，而是

反应相同时间测得的数据，采用Cu/ZnO纳米片使反应I速率快，在相同时间内生成的甲醇多。

【小问4解析】

从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应I催化效果更好,

催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为

CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式

+

为CO2+6H+6e=CH3OH+H2Oo

(二)选考题。本题包括2小题，每小题4分，考生只能选做一题。

[选修3;物质结构与性质]

20.CuSO』和Cu(NO)是自然界中重要的铜盐，回答下列问题：

(1)CuSC)4和CU(NC)3)2中阳离子的基态核外电了排布式为,S、0、N三种元素的第一电

离能由大到小为.

(2)SO：的立体构型是。

(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；中心原子的杂化

轨道类型为,[CU(NH3)/(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有o

(4)CuSO4的熔点为560℃,Cu(NO,1的熔点为115℃,CuS0a熔点更高的原因是.

(5)利用CuSOq和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Ct^O,其立方晶胞的结构如图所示。

①该晶胞原子坐标参数A为(0,0,0);B为(1,0,0);C为(；,；,；)，则D原子的坐标参数为

它代表(填元素符号)原子。

3

②若C40晶体密度为dg-cm-,晶胞参数为apm,则阿伏加德罗常数值NA=。

【答案】⑴®.[Ar]3d9②.N>O>S

(2)正四面体形(3)①.sp2杂化②.配位键、离子键

(4)CuSC>4和Cu(NC>3)2都是离子晶体，SO：所带电荷大于NO：,CuSO,晶体的晶格能大，熔点高于

CU(NC)3)2晶体

⑸①・（］"）②③.强*

444da3

【小问1解析】

硫酸铜和硝酸铜的阳离子都为铜离子，铜元素的原子序数为29,基态铜原子的电子排布式为[Ar]3cT04si,

铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的电子排布式为[Ar]3d，同周期元素，从左到右第一电离能呈

增大的趋势，N原子的2P轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同主族元素，从上到下第

一电离能依次减小，则N、0、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为N>0>S,故答案为：[Ar]3d8

N>0>S;

【小问2解析】

硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为0,则硫酸根离子的空间构型为正四面体形，故

答案为：正四面体形；

【小问3解析】

硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3,孤对电子对数为0,则氮原子的杂化方式为sp2杂化；配合物

[CU(NH3)J(NO3)2是离子化合物，化合物中含有离子键、配位键和极性键，故答案为：sp2杂化；配位

键、离子键；

【小问4解析】

离子晶体的熔点大小与晶体的晶格能有关，晶格能越大，熔点越高，硫酸铜和硝酸铜都是离子晶体，晶体

中硫酸根离子的电荷数大于硝酸根离子，与铜离子形成的离子键强于硝酸根离子与铜离子形成的离子键，

晶体的晶格能强于硝酸铜，则熔点高于硝酸铜，故答案为：CuSO4和Cu(NO3)2都是离子晶体，SO；所带

电荷大于NO；,CUSO4晶体的晶格能大，熔点高于Cu(NC)3)2晶体；

【小问5解析】

①由该晶胞原子坐标参数A为(0,0,0)、B为(1,0,0)、C为(；,；,；)可知，晶胞的边长为1,由晶胞结构

可知，D原子位于体对角线的!处，参照A原子的子坐标参数可得D原子的子坐标参数为(J,J,J)；

4444

晶胞中位于顶点的白球的个数为8x：+1=2,位于体内的黑球的个数为4,由氧化亚铜的化学式可知，D

O

原子代表铜原子，故答案为：(J,7-9)；Cu；

444

2X1440父父*If),。nooy1n30

②由晶胞的质量公式可得：(ax10—?3d==^,解得封二:,故答案为：；.

［选修5:有机化学基础］

21.石油分储得到的轻质汽油可在PI催化作用下脱氢环化，逐步转化为芳香煌。以链羟A为原料合成两种

高分子材料的路线如下：

已知以下信息：

①B:的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代煌。

②R-X+R'-X陶2°，c>R-R'(X为卤素原子，R、R'为煌基)

回答下列问题：阿

(1)B的化学名称为.

(2)G生成H的化学方程式为。

(3)J的结构简式为。

(4)由C生成D的反应条件是0由E生成F的反应类型为,

(5)I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种(不含立体异构)。

①能与饱和NaHCOs溶液反应产生气体；

②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。

其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2：1:1的是(写出其中一种的结构简式)。

(6)参照上述合成路线，以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路

线：0

【答案】环己烷

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

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

CH,