黄金卷1-2023年高考化学模拟卷（广东版）（解析版）

【赢在高考・黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（广东版）

黄金卷01

（本卷共15小题，满分100分）

一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第11〜16小题，每小题4分。在

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.陶瓷版“冰墩墩”和“雪容融”均产自中国陶瓷之乡，下列说法错误的是

A.陶瓷、玻璃和水泥均属于无机非金属材料

B.陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分为FezCh

C.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能

D.陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成

【答案】B

【详解】A.陶瓷、玻璃和水泥等硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，故A正确：

B.FeaCh为红色粉末，陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分不可能为FezCh，故B错误：

C.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能，故C正确；

D.陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成，属于硅酸盐制品，故D正确；

选Bo

2.古医典中富含化学知识，下列描述与氧化还原反应无关的是。

A.汞的性质：汞得硫则赤如丹

B.强水（硝酸）：用水入五金皆成水

C.熬制胆帆：熬胆帆铁釜，久之亦化为铜

D.制取黄铜：红铜（Cu）六斤、倭铅（Zn）四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜

【答案】D

【详解】A.汞得硫反应生成HgS,元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；

B.硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意：

C.反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意;

D.为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；

故选Do

3.科技因化学更美好，以下描述正确的是。

选项科技研究化学知识

A我国科学家发明的C5合成淀粉淀粉是天然高分子

我国“硅-石墨烯桶(Ge)晶体管”技

B所涉元素都是短周期元素

术获得重大突破

C我国航天服壳体使用的铝合金材料铝合金材料熔点比纯铝高

“嫦娥五号''返回舱携带的月壤中含

D'He与4He互为同素异形体

有高能原料He

【答案】A

【详解】A.淀粉是天然高分子，属于多糖，C0?合成淀粉有利于减少C0?的排放，故A正确；

B.硅是短周期元素，褚是第四周期元素属于长周期元素，故B错误；

C.合金的硬度比纯金属高，合金熔点一般比组成合金的纯金属熔点低，故C错误；

D.同素异形体是同种元素形成的结构不同单质，'He与"He式质子数相同中子数不同的同种元素的不同核

素，属于同位素，故D错误；

故答案为A。

4.适时推动沧州市海兴核电站项目有助于实现“双碳”目标，目前核电站主要通过铀一235的裂变反应释放

23523614489

的能量进行发电。其变化过程包括：U+；n-»U^Ba+Kr+3；n0下列说法正确的是

A.上述变化过程属于化学变化B."4Ba与眇口的原子序数相差55

C.235U与236U互为同位素D.Ba属于过渡金属元素

【答案】C

【详解】A.裂变反应不属于化学变化，A项错误；

B.”"Ba与期"的质量数相差55,B项错误；

C.235U与236U的质子数相同而中子数不同，故互为同位素，C项正确；

D.Ba属于主族元素，不是过渡元素，D项错误。

故选C。

5.中医既是医学科学，也是我国的传统文化，中药经方和中草药在中医药事业传承发展中发挥了重要的作

用。下图是合成某中药有效成分的中间体。下列关于该物质的说法正确的是

O

A.与乙酸乙酯互为同系物B.分子式为C6H10O3，易溶于乙醇

C.能发生加成反应，不能发生取代反应D.Imol该物质最多能与2moiNaOH反应

【答案】B

【详解】A.由结构简式可知，有机物分子中含有酯基和羟基，与乙酸乙酯的官能团不同，不是同类物质，

所以不可能互为同系物，故A错误；

B.由结构筒式可知，有机物分子的分子式为CsHgCh，由相似相溶原理可知，该有机物易溶于乙醇，故B

正确：

C.由结构筒式可知，有机物分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，含有的酯基和羟基能发生取代反应，

故C错误；

D.由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，所以Imol该物质最多能与Imol氢

氧化钠反应，故D错误；

故选B。

6.下列实验装置及操作均合理的是

甲

A.用装置甲测定污水样品中c（OH）B.用装置乙制备乙酸乙酯

C.用装置丙灼烧海带D.用装置丁测定中和热

【答案】D

【详解】A.用装置甲测定污水样品中4OH）时，应使用酸式滴定管盛放标准酸溶液，A项错误;

B.用装置乙制备乙酸乙酯时，导气管不应插人饱和Na2cO3的液面以下，以免发生倒吸，B项错误;

C.灼烧海带的操作应使用用烟，不能用烧杯，C项错误；

D.可以用装置丁测定中和热，D项正确；

答案选D。

7.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.镁可以和CO?反应，可用于制造信号弹和焰火

B.纳米Fe,。,能与酸反应，可用作铁磁性材料

C.锂单质较钠活泼，可用于制造锂离子电池

D.无水CoCl?呈蓝色，吸水后为粉红色[CoCl「6Hq],可用于制造变色硅胶（干燥剂）

【答案】D

【详解】A.镁在氧气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火，与镁能和二氧化碳反应没有关系,

A错误；

B.纳米Fe/）4可用作铁磁性材•料，与四氧化三铁能与酸反应没有关系，B错误；

C.锂可用于制造锂离子电池，与锂单质和钠的活泼没有关系，且锂的活泼性弱于钠单质的，C错误;

D.无水CoCl2呈蓝色，吸水后为粉红色[COCL6H2O],因此可用于制造变色硅胶（干燥剂），D正确;

答案选D。

A.可以通过a的催化氧化反应制备c

B.工业上通过a—b->c—>d—e来制备HNO,

C.浓的a，溶液和浓的c，溶液反应可以得到b，

D.加热d，的固态钾盐可以产生O?

【答案】B

【分析】由图可得a为NH3,b为Nz，c为NO,d为NCh，e为HNCh或硝酸盐，a'为HC1,b'为Cb，c'

为HC1O或次氯酸盐，d'为HCIO3或氯酸盐，e'为HCIO4或高氯酸盐。

【详解】A.氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO,A正确；

,催化剂

B.工业上通过4NH,+5O,=4NO+6HQ，2NO+O,=2NO2,3NO,+H,O=2HNO,+NO,即a—c一d-

e来制备HNCh,B错误；

C.可通过反应2HC1（浓）+NaC10=C%T+H20+NaCl得到氯气，C正确；

MnO2

D.氯酸钾受热分解2KC1O、=2KC1+3O,T，可以产生。2,D正确：

故答案为B。

9.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.滴入酚配变红色的溶液：K+、Ca2\HCO；、CO；

B.0.1moll/Fe2（SO4）3溶液：Cu2\NH；、NO：、SO：

C.pH=l的溶液：Ba2\K?、CH3coey、NOj

D.无色透明的溶液：CM+、Na+、SO；\NO；

【答案】B

【详解】A.滴入酚配变红的溶液为碱性溶液，碳酸氢根不能存在，碳酸根和钙离子也不能共存，A错误;

B.所给离子相互之间均不反应，可以共存，B正确；

C.酸性溶液中醋酸根不能存在，C错误；

D.铜离子为蓝色，无色溶液中不能存在，D错误；

故选B。

10.铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下

列说法正确的是

铝

合

空

金

气

A.a为正极，放电时发生氧化反应

B.放电时OH往b极迁移

C.外电路中，电流从a流向b

D.该电池负极电极反应为：Al-3e-+4OH=AlO-+2H2O

【答案】D

【分析】由图可知，a电极为铝空气电池的负极，碱性条件下，铝失去电子发生氧化反应生成偏铝酸根离子

和水，电极反应式为Al-3e+4OH=A1O-+2H:O,b电极为正极，水分了•作用下，空气中的氧气在正极得

到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为0?+4e—+2H9=40H—。

【详解】A.由分析可知，a电极为铝空气电池的负极，碱性条件下，铝失去电子发生氧化反应生成偏铝酸

根离子和水，故A错误；

B.由分析可知，a电极为铝空气电池的负极，b电极为正极，放电时阴离子氢氧根离子往负极a极迁移，

故B错误；.

C.由分析可知，a电极为铝空气电池的负极，b电极为正极，放电时，外电路中电流从正极b流向负极a,

故C错误；

D.由分析可知，a电极为铝空气电池的负极，碱性条件下，铝失去电子发生氧化反应生成偏铝酸根离子和

水，电极反应式为Al-3e-+4OH=AlC）2+2Hq,故D正确；

故选D。

11.X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如

图（注：实线代表共价键，其他Y原子之间的重复单元中的W、X未展开标注），W、X、Z分别位于不同周

期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是

A.X单质不存在能导电的晶体

B.W、X、Y可形成多种弱酸

C.Y与Z可组成阴阳离子数之比为1：2的离子晶体

D.ZW与水发生反应，生成ImolW2时转移imol电子

【答案】A

【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，

X能形成4个共价键，则X为C元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素；Z是同周期中金属性最强的

元素，则Z为Na元素；W只形成了1个共价键，则W为H元素；

【详解】A.X即碳元素的单质中，石墨是能导电的混合型晶体，故A错误；

B.W为H、X为C、Y为O,可形成H2co3、H2c2O4等多种弱酸，故B正确；

C.Y与Z可组成氧化钠、过氧化钠，晶体内阴阳离子数之比均为1：2的离子晶体，故C正确；

D.NaH与水反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2f,H元素发生归中反应，生成Imol凡时转移imol电子，

故D正确；

故选：Ao

12.以LiQ-ZrO旭NCM和Ag-C复合材料为两极组成新型固体电池，通过N产与N产的转化实现电池的充

放电，其结构如图。其中，NCM为含Ni、Co、Mn元素的三元材料，下列说法错误的是

/密封

——不锈钢容器

-=——Li6Ps5cl

--Li2O-ZrO2@NCM

-Ag-C复合材料

A.放电时负极反应：Ag-e+Cl=AgCl

B.放电时LV移向Li2O-ZrC)2@NCM电极

C.充电时Ni?+变成Ni*

D.充放电过程中固体电解质LiJSsCl成分始终保持不变

【答案】D

【分析】该电池充电时,发生氧化反应：Ni2+-2e=Ni4+,可知Li2O-ZrO2@NCM为阳极，则Ag-C为阴极,

Li6Ps5。为固体电解质，据此分析解答。

【详解】A.放电时，Ag-C为负极，发生氧化反应：Ag-e+Cl=AgCl,A正确；

B.放电时，阳离子向正极移动，B正确；

C.充电时，发生氧化反应：Ni2+-2e=Ni4+,C正确；

D.放电时，C「向负极移动，Li+向正极移动；充电时，C1向阳极移动，Li+向阴极移动，D错误;

故答案选D。

13.下列离子方程式书写正确的是

A.往KBr溶液中通入少量Cl2：2Br+Cl2=Br2+2Cr

B.少量金属钠投入C11SO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu

2++

C.氢氧化铁溶液与稀硫酸混合：Ba+OH+H+SO^=BaSO4i+H,O

<3+

D.铁片投入稀硫酸中：2Fe+6H=2Fe+3H2T

【答案】A

【详解】A.往KBr溶液中通入少量Cl?,反应生成澳单质和氯化钾，反应的离子方程式为:

2Br+Cl2=Br2+2Cr,选项A正确;

B.少量金属钠投入CuSO/容液中，反应生成气氧化铜沉淀、硫酸钠和氧气，反应的离子方程式为：

2+

2Na+Cu++2H2O=2Na+Cu(OH)2J+H?7,选项B错误；

C.氢氧化钢溶液与稀硫酸混合生成硫酸领沉淀和水，反应的离子方程式为：

2++

Ba+20H-+2H+S0；-=BaSO4J+2H,0,选项C错误；

+2t

D.铁片投入稀硫酸中，反应生成硫酸亚铁和氯气，反应的离子方程式为：Fe+2H=Fe+H2T,选项D错

误；

答案选A。

14.还原性纳米铁在碱性条件下易生成FegH%沉淀，在酸性条件下能将NO；还原为NO；。取两份含有NO；

的水样，加入还原性纳米铁，并调节其中一份溶液的pH,溶液中的总氮去除率(总氮去除率

加入还原性纳米铁后溶液中氮元素减少的质量

x100%)与溶液的pH的加入如图1所示;在常温下调节另

加入还原性纳米铁前溶液中氮元素的质量

一份溶液的pH=7,测量溶液中含氮物质浓度随时间的变化如图2所示。下列说法正确的是

A.pH过低溶液中总氮去除率低的原因可能是纳米铁将溶液中的NO,还原为NO?气体

B.pH过高溶液中总氮去除率低的原因可能是纳米铁被Fe?()3包裹

C.pH=7的溶液中，随着时间的逐渐增加，总氮浓度逐渐下降，说明总氮去除率升高

D.pH=7时，纳米铁主要将NO；还原为NH,、NH：

【答案】C

【分析】还原性纳米铁在酸性条件下能将NO,还原为NO,故pH过低溶液中总氮去除率低的原因可能是

纳米铁将溶液里NO3还原为NO?:还原性纳米铁在碱性条件下易生成FegH%沉淀，故pH过高溶液中总氮

去除率低的原因可能是纳米铁被Fe(OH%沉淀包裹“

【详解】A.据分析可知，还原性纳米铁在酸性条件下能将NO,还原为NO,故pH过低溶液中总氮去除

率低的原因可能是纳米铁将溶液里NC>3还原为NO2,氮元素还留在溶液中，故A错误；

B.据分析可知，由题意可知，还原性纳米铁在碱性条件下易生成FegH%沉淀，故pH过高溶液中总氮去除

率低的原因可能是纳米铁被Fe(OH)、沉淀包裹，导致纳米铁的还原性降低，故B错误；

C.pH=7的溶液中总氨浓度下降，则从溶液中跑掉的N多，说明总氮去除率升高，故C正确；

D.由图2可知1,pH=7时，NHrNH：的浓度增大的同时，NO?的浓度也缓慢增大，而NO3的浓度在减小，

说明pH=7时，纳米铁不能将NO?还原为NH3、NH：,而是纳米铁将NO3主要还原为NHrNH：了，极少部

分还原为NO2了，故D错误；

故答案选C。

15.向碘水、淀粉的混合液中加入AgNCh溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验过程如图。下列分析错

误的是

A.过程①后溶液pH明显变小

B.过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+

C.过程④中氧化1-的物质不只有O2

D.综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了上

【答案】D

【分析】在碘水中存在如下平衡：I2+H2O一，HI+HIO,I-与Ag+反应生成Agl沉淀，促进L与水的反应不断

正向进行；过滤，所得滤液1中含有HIO和HNCh,还有未反应完的AgNCh,加入NaCl溶液，Ag+与C「

生成AgCl沉淀，往滤液2中加入KI溶液，发生「、HIO、H+的氧化还原反应，同时发生反应

+

4H+4I+O2=2H2O+2l2,生成I2,使溶液再次变蓝色。

【详解】A.由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNCh及未反应的AgNCh，所以pH明显变

小，故A正确；

B.过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目

的是除去Ag+,故B正确；

C.过程④中，加入KI,发生HIO、FT、r的氧化还原反应，同时发生反应4H++4r+C>2=2H2O+2l2，因此氧

化r的物质不只有。2,故c正确；

D.过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化了12,也可能是Ag+促进了L与H2O的反应，故D错误；

答案选D。

16.某温度下，向lOmLO.lOmol/LBaCL溶液中滴加010mol/LNa2cCh溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Ba2+)与

Na2c03溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(BaSCU)=Llxl0T。。下列说法不正硼的是

86

A.该温度下Ksp(BaCO3)=10-

B.a、c两点溶液中，水的电离程度：c>a

C.b点溶液中：c(CO：)+c(HCO；)+c(H2co3)=；c(Na+)

D.若把Na2cO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为I

【答案】C

【详解】A.向lOmLO.lOmol/LBaCb溶液中滴加O.lOmol/LNazCCh溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠

溶液和碳酸钢沉淀，则存在沉淀溶解平衡：BaCO,(s).Ba2+(aq)+CO；-(aq),c(Ba:+)=c(CO；),该温度下

Ksp(BaCO3)=10-43x10-4.3=10-8.6,A正确；

B.a中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为lO'mol/L、c点溶液中

碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则：a、c两点溶液中水的电离程度：c>a,B正确；

C.b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钏沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO；-)+c(HCO

；)+c(H2cCh)<；c(Na+),C不正确；

D.若把Na2co3溶液换成等浓度Na2sO4溶液：向lOmLO.lOmol/LBaCL溶液中滴加O.lOmol/LNa2s。4溶液

时,二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钢沉淀，则存在沉淀溶解平衡：BaSO,(s)=Ba〃(叫)+SO：(aq),

c(Ba2+)=c(S0：),该温度下Ksp(BaS04尸1」x1()-Q则c(Ba?+)=c(SOf)=.1x10一°°1x10,,-lgc(Ba2+)«5

>4.3,则曲线变为I,D正确；

答案选C。

二、非选择题：本题共4个小题，共56分。

17.某学习小组对Cu与HN03的反应进行了研究。

(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式是。

(2)利用下图装置完成Cu与HN03制取氮氧化物的反应。实验可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中

液面上为红棕色气体。

:-NaOH溶液

①盛稀硝酸的仪器名称。

②为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入(填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。

③C中液面上为红棕色气体，其原因是(用化学方程式表示)。

(3)下图是学习小组在做铜与硝酸反应的实验时的操作和现象。图中溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条

件下3moi•!?稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。分析溶液A的成

分后，学习小组探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。

反应片刻后的绿色清液

浓硝酸

倒入水中稀释

蓝色溶液

A立即产生气泡

其中C(HNC>3)=3mol-L'1

①假设1：(填化学式)对该反应有催化作用。

实验验证：向溶液B中加入少量硝酸铜固体，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。

结论：假设1不成立。

②假设2：NO?对该反应有催化作用。

方案1：向放有铜片的溶液B中通入少量N02,铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补

充对比实验：另取一份放有铜片的溶液B,向其中加入数滴5moiL-硝酸，无明显变化。补充该实验的目

的是。

方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C.相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率分别为v(A)、v(C),

当v(A)v(C)o(填“>”、"廿、“<”)时，实验能够证明假设2成立。

③经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNCh。

设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中。

最后结论：N02和HNCh对铜与硝酸的反应都有催化作用。

【答案】(1)3Cu+8HN0,(稀)=3CU(NO,)2+2NOT+4H2O

⑵分液漏斗或滴液漏斗N?、82、稀有气体等NO+2HNO3(^)=3NO2+H2O

(3)Cu"或CU(NC>3)2排除通NCh带来的硝酸浓度增大的影响>加入少量的固体NaNCh,B中铜

片上立即生成气泡，反应持续进行

【详解】(1)稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式

为3Cu+8HNO式稀)=3Cu(NCI,%+2NOT-MH2O，故答案为：3Cu+8HNO?(稀尸3Cu(NO,),+2NOT+4H,O。

(2)装置A中稀硝酸和铜反应生成NO,装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了

NO2,装置D除去尾气，避免污染空气.

①根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗，故答案为：分液漏斗或滴液漏斗。

②为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等，故答案为：

N2、CO2、稀有气体等。

③根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO,装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓

硝酸反应生成了NCh,所以方程式为NO+2HNOK浓)=3NC)2+H2。，故答案为：NO+2HNO1(^)=

3NO2+H2O。

(3)①由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究Cd+或CU(NC)3)2对该反应有催化作用，故答

案为：Ci?"或Cu(NOj。

②因为NO?会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A

中鼓入N2数分钟，使得溶液中NCh的浓度下降，得溶液C,当MA)>V(C)。时，实验能够证明假设2成立。

故答案为：排除通NCh带来的硝酸浓度增大的影响；>。

③欲设计实验证明HNCh也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2

比没加的速率快就行。故答案为：加入少量的固体NaNCh，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行。

18.用海底镭结核(主要成分为MnCh，含少量MgO、Fe2O3^AI2O3、SiCh)为原料，制备金属镭、镁的一种

工艺流程路线如下：

「机相力

i机相1"位

桓^・・明『

萃取剂6H?0|

调节pH।

~-"lii-向

一困坐

己知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示:

化学式Mg(OH)2Mn(OH)2AI(OH)3Fe(OH)3

1.8x10"1.8x10-131.0x10-334.0x10-38

②溶液中某离子浓度勺.0xl(y6mo].L」时，认为该离子沉淀完全。

完成下列问题：

(1)“镒结核粉末"中MnCh与SO?反应的离子方程式为。

⑵“滤液1”中c(Mi?+)为0.18molLL贝调节pH”的范围为,“滤渣2”的成分为。

(3)“IH”处，萃取剂”萃取的成分是一：“IV”处用“盐酸反萃”的作用是一o

(4)MgCH6H2。制取无水MgCL时，需要在干燥的HC1气流中加热分解。H。的作用为。

(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为一。

(6)一种海生假单抱菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnCh生成MM+的机理如

图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式。

2+

【答案】MnCh+SO2=Mn2++SO：5<pH<8Fe(OH)3,AI(OH)3Mg使Mg2+与萃取剂分离转化为

MgCh抑制MgCb水解萃取剂或有机相2MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-

【分析】锦结核(主要成分为MnCh,含少量MgO、Fe2O3、AhCh'SiCh)加入H2sCM进行酸浸，将MgO,Fe2O3.

AI2O3转化为Mg2+、Fe3\AP+,并通入SO2将M11O2转化为MM+,自身被氧化为SO：,SQ不与二氧化硫

和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiCh,滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al"、M/+及SO：,调节滤液1的

pH值,使Fe3+、AP+转化为Al(0H)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(0H)3、Fe(OH)3,滤液2主

要含有Mg2+、Mn2+及SO：的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+,

水相1中主要含有Mn2+及SO：,向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2,形成含

有MgCh的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCh-6H2O,在干燥的HC1气流中加热分解得到MgCh,再

进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属镭单质和H2sO4，电解后的溶液中含有H2SO4,可返

回步骤I酸浸使用，据此分析解答。

【详解】⑴根据分析，“钵结核粉末"中MnCh与SO?反应，SCh将MnCh转化为Mn?+,自身被氧化为SO：,

2+

离子方程式为MnO2+SO2=Mn+SO；-；

(2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、AP+转化为A1(0H)3、Fe(0H)3过滤除去，“滤液1”中MM+、Mg2+不能形

成沉淀，溶液中某离子浓度Wl.OxlO-6moi时，认为该离子沉淀完全，KMA1(OH)3]=1.0x10-33,

KaFe(OH)3]=4.0x@38,当AF+完全沉淀时，Fe?+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH尸

K」AI(OH)3/i()x10-33

3；0]0(=1.0x]0-9mo|.L」,POH=9,则pH=14-pOH=5；根据KMMn(OH)2p=1.8xl043,

C(A1")

Ksp[Mg(OH)2]=1.8x10-1',当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18molL-'时,溶液中c(OH)=

KFMn(OH)11RxlO13

S,、」=衅~—=1.0x1O^molL1,pOH=6,则pH=14-pOH=8,则“调节pH”的范围为5WpH<

c(Mn，)

8：根据分析,“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、A1(OH)3；

(3)根据分析，“III”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“N”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg?，与萃取剂分离转化

为MgCl2;

(4)MgC12属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2,在干燥的HC1气流中加热分解，可

以抑制MgCb水解；

(5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg?+从有机相1转入水相2,分液后得到有机相2,即为

萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；

3+2++2+3+

(6)根据图示，反应②为：Mn+HX=Mn+X+H,反应③为：Mn+MnO2+2H2O=4OH+2Mn,②x2+③

2+

可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn+2X+2OH-o

【点睛】易错点为(2),当溶液中某离子浓度Wl.Ox106mol时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时，

溶液中该离子的浓度最大值为I.OXIOWL1,因此溶液的pHN5。

19.硫酸的消费量常用来衡量一个国家工业发展水平。其中SO2的催化氧化是重要的一步，其反应为:

2SO2(g)+O2(g)2so3(g)△H=-196kJ/mol。回答下列问题:

⑴SO?催化氧化反应在___________温下自发(填“高”或“低”，下同)，___________压有利于提高反应速率，

___________压有利于提高平衡转化率。根据下表数据(450C条件下测得)阐述实际工业生产选择O.IMPa的

理由：；

压强0.1MPa0.5MPaIMPa5MPalOMPa

平衡时S°2的转化率97.5%98.9%99.2%99.6%99.7%

(2)科研人员使用CaCO,为基础固硫材料，复合不同的催化剂(V2O5、V2O5-MnOrYO/GeO?)催化S。？向

SOS的转化。同时研究了不同温度下使用三种催化剂对CaCC>3固硫效率(用单位时间SO2转化率表示)的影响,

结论如下图:

I.仅使用CaCO、而不使用催化剂获得的X线的实验目的是；

II.下列有关说法正确的是_________

SO：,I0X8)SO.

"'LKSOUads)X

^SO《ads)乙MB3/

\Mn**Oj+V—►I

\Mn"F♦V》/

•v”OMnO;/

VX),-MnO.

a.三种催化剂中V20,催化剂效率最低

b.同温同压下，使用复合催化剂有利于提高SO,的平衡产率

c.如图为VzOs-MnO?为催化剂时的反应机理，由图可知Mn'+比Mn"更易获得电子

d.温度越高一定越有利于催化剂催化效率的提升

apY

(3)某S0?催化氧化生成SO3反应的速率方程为：v=k.p(SO2)p(O2)-p(SO,),根据表中数据，芹

1

实验p(SO2)/kPap(O2)/kPap(SO,)/kPav/kPa-

1mnpq

22mnp2q

3mnO.lp10q

4m2np1.414q

(4)某种晶型的MnO?晶胞如图，A位置的元素为___________(填元素符号)。

闻

【答案】⑴低高高0.1MPa是常压，转化率己经很高,且将加压增到10Mpa时SO2转化率并没

有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常压

(2)便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验ac

(4)Mn

【解析】(1)根据自由能公式AG=AH-TAS,该反应的AHVO,AS<0,即在低温下反应能自发进行；压强增

大，碰撞几率增大，速率加快，所以高压下有利于提高反应速率；从方程式可以看出，从左到右系数和减

小，压强增大平衡正向移动，所以高压下利于提高平衡转化率；从表格中可以看出O.IMPa是常压，转化率

己经很高，且将加压增到lOMPa时SO2转化率并没有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常

压。

(2)kX没有使用催化剂，即便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验；

II、a.表示V2O5的曲线在其它两条曲线的下方，即催化效果最差，a正确：

b.使用催化剂只能改变反应速率，无法提高平衡产率，B错误；

c.从图中的表达式跖*+C>2+V"+e--MQ+O2+V5*可以看出，Mn，+得到电子生成MW,即Mi?+的

得电子能力更强，c正确；

d.温度过高会使催化剂失去活性，降低催化效率，d错误；

故选ac<.

q=kgm"xn|lpY

⑶取实验1和4的数据，得到表达式L414q=kgmX2n)M,解得忏万

8xl+l=2

(4)在MnCh晶体中，黑原子位于顶点和体心，则晶胞中黑原子的个数是：8,白原子位于面上

4x—+2=4

和体心，则晶胞中白原子的个数是：2,则黑原子与白原子的个数比为1：2,即黑原子为Mn,

白原子为O。

20.氨澳索(G)是p-内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。一种合成路线如下：

(1)A〜C三种物质中(填“有”、“无”)易溶于水的物质。D中氮原子杂化类型为。

⑵碉中的官能团名称是o

(3)反应③的化学方程式是.

(4)反应⑤的反应类型是。

(5)B的芳香族同分异构体中，满足下列条件的有种；其中核磁共振氢谱有4组吸收峰且峰面积之比

为2：2：2：1的结构简式为。

①能发生银镜反应；②能水解；③1mol最多能与2moiNaOH反应。

NHj

OOH

(6)写出以为原料制备的合成路线..(无机试剂任选)。

【答案】(1)无sp：

(2)羟基、氨基

CHON6

*,*N--^

(4)取代反应

H((K)NH；

⑸6

COOHCOOH

::曹、仆"5H；占~Fefgf

(6)6或

CHOCOOHCOOH

求HNO,.QMM).dr

浓H：SO*:

6止SO,

【解析】由题干转化流程图信息可知,根据A的化学式、B的结构简式以及A到B的转化条件可知A的结

构简式为：、­，(6)由题干流程图可知，根据A到B,B到C的流程信息可知，由以，为原料制备

COOH

,由于-CH3为邻位上的定位基团，故可以先由7分在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成

COOH小COO产H

,在将f转化为

,由于由于-NH2也易被氧化，故需先将、/转化为《力

COOH

(->,故可以确定合成路线为:

o^yNO：K\gHCOOHCOOH

浓HNOi

A浓H：SO>Aerf%

MCHOCOOHCOOM

求HNO]MwO；

C.J=FcWar

浓H：SO«；

UH：SO4

,据此分析解题。

【详解】（1）由分析可知，A是甲苯，烧类物质均难溶于水，B为邻硝基甲苯，硝基化合物难溶于水，C为

邻硝基苯甲醛，虽然醛基易溶于水，但由于有苯环和硝基的影响，故也难溶于水，故A〜C三种物质中无易

溶于水的物质，由题干中D的结构简式可知D中氮原子周围均形成了3个。键，故其杂化类型为sp2,故

答案为：无；sp2；

(2)中的官能团名称是氨基（-NH2）和羟基（-0H）,故答案为：N氨O基,和羟基;

⑶由题干流程图可知，反应③即即.

。蜃和