重组卷2-冲刺2023年高考化学真题重组卷（解析版）

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冲刺2023年高考化学真题重组卷02

全国卷专用

注意事项：

i.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.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。

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-lC-120-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Fe-56

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

7.(2022.广东.高考真题)陈述I和H均正确但不具有因果关系的是

选项陈述I陈述n

A用焦炭和石英砂制取粗硅Si°2可制作光导纤维

B利用海水制取澳和镁单质BL可被氧化，Mg"可被还原

C石油裂解气能使浪的CCL溶液褪色石油裂解可得到乙烯等不饱和燃

DFeJ水解可生成Fe(0H%胶体FeCL，可用作净水剂

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】A.焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂(SiO2)在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是

否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；

B.海水中存在漠离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为澳单质，再经过萃取蒸储物理操作分离提纯

漠单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁

可制备得到镁单质，陈述I和陈述n均正确，且具有因果关系，B不符合题意；

C.石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烧，从而使漠的CC14溶液褪色，陈述I和陈述

II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；

D.FeCb溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水剂，陈述I和陈述

II均正确，且具有因果关系，D不符合题意；

综上所述，答案为A。

8.（2022•湖南•高考真题）聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下:

■CH3'

催化剂、人

H-or°H+mH2Q

.o]„

乳酸聚乳酸

下列说法错误的是

A.m=n-l

B.聚乳酸分子中含有两种官能团

C.Imol乳酸与足量的Na反应生成ImolH?

D.两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子

【答案】B

【详解】A.根据氧原子数H守恒可得：3n=2n+l+m,则01=11-1,A正确;

B.聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、竣基、酯基，B错误;

C.1个乳酸分子中含有1个羟基和1个竣基，则Imol乳酸和足量的Na反应生成ImolH2,C正确;

D.1个乳酸分子中含有1个羟基和1个较基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子

D正确;

故选B,

9.（2022・河北•高考真题）M是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为

B.1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1M

C.2.7gAI与足量NaOH溶液反应，生成H?的个数为O.INA

D.6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO:的个数为0.1刈

【答案】B

【详解】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为

39g

丽荷xlxMmol-=0.05M,故A错误;

B.镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化

12g

镁和氮化镁时，转移电子个数为XZxMmoHR.lM,故B正确；

2“4g/Jmol[

C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为

27g3

-x-xNmoV1=0.15NA,故C错误；

27g/mol2A

D.二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，

6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于就扁xNAmol」=0.1M,故D错

误；

故选B。

10.（2022•北京・高考真题）利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不熊证明a中产物生成的是

a中反应b中检测试剂及现象

A浓HN03分解生成N°2淀粉-KI溶液变蓝

BCu与浓H2so性成SO?品红溶液褪色

C浓NaOH与NH4cl溶液生成NH,酚酰溶液变红

DC&CHBrCH,与NaOH乙醇溶液生成丙烯滨水褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】A.浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉

碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意;

B.铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝

酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；

C.浓氢氧化钠溶液与氯化镂溶液共热反应生成能使酚酰;溶液变红的氨气，则酚献溶液变红能说明浓氢氧化

钠溶液与氯化镀溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；

D.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与滨水反应，则2—滨丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应

生成能使溪水褪色的丙烯气体，则淡水褪色能说明2—澳丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙

烯，故D不符合题意；

故选Ao

11.(2022・湖南•高考真题)为探究FeJ的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na^SO,溶液浓度均为0.1molL')«

实验操作与现象

①在5mL水中滴加2滴FeCL溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。

在5mLFeCl：溶液中滴加?滴Na2s0,溶液，变红褐色；

②

再滴加K3【Fe(CN)6］溶液，产生蓝色沉淀。

在5mLNa2sGJ?溶液中滴加?滴FeC§溶液，变红褐色；

③将上述混合液分成两份，一份滴加K31Fe(CN)6］溶液，无蓝色沉淀生成；

另一份煮沸，产生红褐色沉淀。

依据上述实验现象，结论不合理的是A.实验①说明加热促进Fd+水解反应

B.实验②说明Fe“既发生了水解反应，又发生了还原反应

C.实验③说明Fe"发生了水解反应，但没有发生还原反应

D.整个实验说明SO；对Fe"的水解反应无影响，但对还原反应有影响

【答案】D

【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子

具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解

反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄

+

色，存在水解反应Fe3++3H2O.■Fe(OH)3+3H,煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶

体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁

氟化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验

③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁

离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。

【详解】A.铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较

多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；

B.在5mLFeCb溶液中滴加2滴同浓度的Na2sCh溶液，根据现象和分析可知，Fe?+既发生了水解反应，生

成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氟化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，

故B正确；

C.实验③中在5mLNa2so3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCb溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子

的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；

D.结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的

速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱

性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。

综上所述，答案为D。

12.(2022•辽宁•统考高考真题)如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取10.00mL待测

样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是

电原

t

A.左侧电极反应：2H2O-4e=O,T+4H

B.实验结束时，b中溶液红色恰好褪去

C.若c中收集气体11.20mL,则样品中乙酸浓度为O.lmol.L」

D.把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果

【答案】A

【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。

+

【详解】A.左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：2H,O-4e=O2?+4H,A正确；

B.右侧电极反应2cH3co0H+2e=H2T+2CH3co0-，反应结束时溶液中存在CH3coe）-，水解后溶液显碱性,

故溶液为红色，B错误；

C.若c中收集气体11.20mL,若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5xlO-3moL转移电子量为

0.5x10-3molx4=2xl0-3mol,故产生氢气：IxlOAnoL则样品中乙酸浓度为:2xl0'3mol-?10^10-3=0.2molE',

并且题中未给定气体状态不能准确计算，C错误；

D.盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D错误；

答案选A。

13.（2021•辽宁•统考高考真题）用O.lOOOmolC盐酸滴定20.00mLNa2A溶液,溶液中H?A、HA、A”的

分布分数S随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如A?一分布分数:

叱）

c（H,A）+c（HA）+c（A2'）

A.也A的Ka1为KT©

l

C.第一次突变，可选酚献作指示剂D.c（Na2A）=0.2000mol-E

【答案】C

【分析】用0.lOOOmol-U盐酸滴定20.00mLNa,A溶液，pH较大时A2'的分布分数5最大，随着pH的减小,

A,一的分布分数5逐渐减小，HA一的分布分数5逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA一的分布分数5逐渐减

小，H2A的分布分数5逐渐增大，表示H2A、HA、A%的分布分数S的曲线如图所示,

【详解】A.H2A的根据上图交点1计算可知K,产10-6.38,A错误；

C(H2A)

B.根据图象可知c点中C(HA)>C(H2A)>C(A2),B错误；

C.根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚配做指示剂，C正确；

D.根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H0,根据m2A+2HC1=2NaCl+H?A计算可知

l

c(Na2A)=0.1000mol-L,D错误；

答案为：Co

(-)必考题：共43分。

26.(14分)(2022•全国•统考高考真题)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO八PbO?、PbO和Pb。还有

少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。

Na2cO3HAC^H2O2NaOH

滤液滤渣滤液

一些难溶电解质的溶度积常数如下表:

难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3

2.5x10-87.4x107l.lxlO-102.6x10-9

一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:

金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3Pb(OH)2

开始沉淀的pH2.36.83.57.2

完全沉淀的pH3.28.34.69.1

回答下列问题:

(1)在“脱硫''中PbSO,转化反应的离子方程式为,用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2c的原因

⑵在“脱硫”中，加入Na2cO,不能使铅膏中BaSO,完全转化，原因是

⑶在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc),还要加入凡。？。

(i)能被HQ2氧化的离子是；

(近)凡。2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac%,其化学方程式为

(iii)H2O2也能使PbO?转化为Pb(A%,H2O2的作用是。

(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是o

(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有0

【答案】⑴PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCCh(s)+SO：(aq)反应PbSCU(s)+CC)；(aq)=PbCC)3(s)+SO：(aq)的平

c(SOt)

衡常数K==3.4x105>105,PbSCU可以比较彻底的转化为PbCO

c(C0p3

c(S0：)

(2)反应BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCCh(s)+SO：(aq)的平衡常数K==0.04«105,反应正向进行的程度有

c(COt)

限

2+

(3)FePb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O作还原剂

(4)Fe(OH)3、Al(0H)3

(5)Ba2+>Na+

【分析】铅膏中主要含有PbSCU、PbO2,PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加

入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧

化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可

知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅

沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钢离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。

【详解】(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSCU⑸+C0

4

；(叫尸PbCCh(s)+SO：(aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，KsP(PbCO3)=7.4x101,

c(soy)c(Pb").c(SO：)

Ks(PbSO)=2.5x103反应PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCCh(s)+SO：(aq)的平衡常数K=

P4c(CO^)c(Pb2+)-c(CO；')

K(PbSOJoSxin-s

二"msc、二13.4X1伊＞105,说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶

Ksp(PbCO3)7.4x10"

液中，减少铅的损失。

(2)反应BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCO3(s)+SO：(aq)的平衡常数K=喘，=甯:售;黑=署=

c(C03；c(Ba)-c(CO3)Ksp(BaCU3)

叫力.04«1()5,说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSCU完全转化。

2.6x10-9

(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。

(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac”,过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2

和H2O,依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(AC)2+2H2O«

(iii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac”，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbCh是氧化剂，则过氧

化氢是还原剂。

(4)酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化

铁。

(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSCU完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢

氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸

钠、氢氧化钠时引入的Na+。

27.(14分)(2021•辽宁・统考高考真题)Fe/FeQ』磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步

均在N?氛围中进行):

①称取9.95gFeC12-4HQ(Mr=199),配成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。

②向三颈烧瓶中加入1OOmLl4mol-L'KOH溶液。

③持续磁力搅拌，将FeCU溶液以2mL.min」的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。

④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。

⑤管式炉内焙烧2h,得产品3.24g。

部分装置如图：

私制微力授片&

回答下列问题：

(1)仪器a的名称是；使用恒压滴液漏斗的原因是.

(2)实验室制取N?有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置,

选出一种可行的方法，化学方程式为,对应的装置为(填标号)。

可供选择的试剂:CuO(s)、NH3(g)NCl2(g),O?(g)、饱和NaNO?(叫)、饱和NH4cl(aq)

可供选择的发生装置(净化装置略去):

(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe.Q4，离子方程式为

(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有.

A.采用适宜的滴液速度B.用盐酸代替KOH溶液，抑制Fe?+水解

C.在空气氛围中制备D.选择适宜的焙烧温度

(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为；使用乙醇洗涤的目的是0

(6)该实验所得磁性材料的产率为(保留3位有效数字)。

【答案】(1)(球形)冷凝管平衡气压，便于液体顺利流下

(2)2NH3+3CuO：3Cu+N2+3H2O(或NHqCl+NaNo/NaCl+ZHzO+NzT)A(或B)

2t

(3)4Fe+8OH=FeJ+Fe,O4J+4H2O

(4)AD

(5)稀硝酸和硝酸银溶液除去晶体表面水分，便于快速干燥

(6)90.0%

【详解】(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是(球形)冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中

可保持气压平衡，使液体顺利流下。

(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铁盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热

的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3CUO23CU+N2+3HQ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在

加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNC)2(aq)和饱和NH4cl(aq)在加热下发生氧化还原

反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4C1+NaNO,=NaCl+2H,O+N,T>可选择液体与液体加热制备

气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为：ZNU+SCuOnCu+Na+SHq(或

NH,C1+NaNO,=NaCl+2H,O+N,T)；A(或B)；

(3)三颈烧瓶中FeC)溶液与lOOmLl4moiI」KOH溶液发生反应生成了Fe和FeQ」，根据氧化还原反应的

规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH=FeJ+Fe3<34J+4H2O；

(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措

施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体

为Fe和FeQ,,均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容

易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；

(5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，

加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，

所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。

995。

（6）9.95gFeCV4H2O（Mr=199）的物质的量为碉扁=0.05mol,根据发生反应的离子方程式：

2+

4Fe+8OH=FeJ+Fe,O4；+4H,O,可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125mol,所以得到

的黑色产品质量应为0.0125molx（56g/mol+232g/mol）=3.6g,实际得到的产品3.24g,所以其产率为

100%=90.0%,故答案为：90.0%o

3.6g

28.（15分）（2018•全国•高考真题）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等

工业中得到广泛应用.回答下列问题

（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子

式为。

（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N?C）5（g）分解反应：

4NOi（j）+OX?）

11

2N:O4（f）

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示（t=8时,N2O5（g）

完全分解）：

t/min040801602601300170000

p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1

①已知：2N2C）5（g）=2N2O4（g）+O2（g）AH|=-4.4kJ-mol-1

1

2NO2（g）=N2O4（g）AH2^55.3kJ-mol-

则反应N2C）5（g）=2NO2（g）+JC）2（g）的AH=kJ-mol-1。

②研究表明，N2C）5（g）分解的反应速率。t=62min时，测得体系中p02=2.9kPa,

则此时的。必佐=kPa,v=kPa-min-1。

③若提高反应温度至35℃,则NzOKg）完全分解后体系压强ps（35℃）—63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”）,

原因是。

④25℃时N2O4（g）=^2NO2（g）反应的平衡常数Kp=kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保

留1位小数）。

（3）对于反应2N2O5（g）T4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：

第一步N2O5^^NO2+NO3快速平衡

第二步NO2+NO3-NO+NO2+O2慢反应

第三步NO+NO3-2NO2快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是（填标号）。

A.v（第一步的逆反应）>v（第二步反应）

B.反应的中间产物只有N03

C.第二步中NCh与N03的碰撞仅部分有效

D.第三步反应活化能较高

【答案】0253.130.06.0x10-2大于温度提高，体积不变，总压强提高；NCh二聚为放热

反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高13.4AC

【详解】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；

（2）①根据盖斯定律计算；

②根据压强之比是物质的量之比计算；

③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；

④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计

算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。

（3）根据三步反应的特点分析判断。

详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，

分子式为02；

（2）①已知：

i>2NaO5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H]=­4.4kJ/mol

ii、2NO2（g）=N2O4（g）△H2=-55.3kJ/mol

根据盖斯定律可知i+2—ii即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）△Hi=+53.1kJ/mol；

②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2,又因为压强之比是物质的量之比，所以消

耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPax2=5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,因

此此时反应速率v=2.Oxl（）-3x30=6.Oxl（r2（kPa.min-i）；

③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系

物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃,则N2O5（g）完全分解后体系压强网（35℃）大于

63.1kPa。

④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa,根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧

化氮的压强是35.8kPax2=71.6kPa,氧气是35.8kPa+2=17.9kPa,总压强应该是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa,

平衡后压强减少了89.5kPa—63.1kPa=26.4kPa,所以根据方程式2NCh（g）=^N2O4（g）可知平衡时四氧化二

氮对应的压强是26.4kPa,二氧化氮对应的压强是71.6kPa-26.4kPax2=18.8kPa,则反应的平衡常数

1QQ2

K=-^-kPa^\3AkPa.

p26.4

（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；

B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO,B错误；

C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO?与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；

D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。

点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。

试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意

从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵

活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。

（-）选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。

35.（15分）（2022•北京•高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物FeSO_,.7HQ和硫铁矿（FeSj联合制备

铁精粉（Fe、O）和硫酸，实现能源及资源的有效利用。

（1）FeSC）4.7HQ结构示意图如图1。

②H?O中O和SO：中S均为sp'杂化，比较H?。中H—O—H键角和SO：中O—S—O键角的大小并解释原

因

③FeSO4,HQ中H2O与Fe"、凡0与SO：的作用力类型分别是

(2)FeS?晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm,结构如图2。

①距离Fe“最近的阴离子有个。

②FeS2的摩尔质量为120g-mol」，阿伏加德罗常数为NA。

该晶体的密度为g-cm\(inm=10-9m)

(3)FeSG>4.7H2。加热脱水后生成FeSO」.HQ,再与FeS?在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。

FeSO”.HQ分解和Fe”在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用FeS?作为FeSO」.H2O分解的燃料，从能源

及资源利用的角度说明该工艺的优点。

•sbg产里口必

叫OJ十tso再

【答案】(1)3d6孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角配位键、氢键

480

(3)FeS2燃烧放热为FeSO4-HQ分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料

【详解】(1)①Fe的价层电子排布为3d64s2,形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe?+的价层电子排布

为3d6。

②H2O中O和SO：中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被

键合电子对占据，而SO；-中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的

斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H-O-H键角与O-S-O键角相比被压缩减小。

③H20中0有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。SO：中有电负性较大的0元素可以与H20

中H元素形成氢键。

答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角；配位键、氢键。

(2)①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示(圆中)：

4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。

②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为8xg+6xg=4,S7个数为lxl+12x；=4。一个晶胞中相当于含

有4个FeS2,因此一个晶胞的质量m=4x*g=^g。所以晶体密度

480

—S

3Inm

p=—=------~-----=.....------g/cm(=10"m)。

9-7

V(ax10-x100)ent,NAx(axlO)

480

答案为：6；(7\3

NAxfaxioI

(3)Fe邑燃烧为放热反应，FrfO4H2O分解为吸热反应，FeSZ燃烧放出的热量恰好为FrfO4H2O分解提

供能量。另外，FeS2燃烧和FrfO4H2O分解的产物如Fe2O3,SCh、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。

答案为：FeS2燃烧放热为尸eSO「HQ分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。

36.(15分)(2022•河北・高考真题)舍曲林(Sertraline)是一种选择性5-羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁

症，其合成路线之一如下:

1)CH,NH2AIC1,,SOCb

GM2cbOC16H,3C13O

2)H"Pd/C

H

⑨

已知：

(i)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子

R1\1)NH,R'R1\

C=