预测卷4-冲刺2022年高考化学大题限时集训（解析版）

预测卷04

1.锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钻酸锂废旧电池(主要成分为LiCoCh,同时含有少量

Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。

请回答下列问题：

(l)LiCoO2中Co元素的化合价为o

(2)请写出“碱浸”过程中所发生反应的化学方程式。

(3)加入适量盐酸,LiCoCh溶解后生成的Ct?+能将Fe?+氧化为Fe3+。请写出该反应的离子方程式:

过滤后所得滤渣的主要成分为(写化学式)。

(4)已知Fe3+能与C2O42-结合成[Fe(C2O4)3F\[Fe(C2O4)3产在强酸性环境下重新转化为Fe3+,该过程中

(填“有''或"没有”)发生元素化合价的变化；从FeCb溶液中得到FeCh-6H2O晶体的操作是：往溶液

中加入适量盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、、洗涤、干燥。

(5)已知Kp(Li2co3)=8X1(Y4,滤液B中c(Li+)=0.2mol/L。要生成Li2co3沉淀，则加入的等体积的Na2co3

溶液中，c(CO3”)不低于mol/L(忽略溶液混合引起的体积变化)，检验滤液中含有Na+的实验方法为

【答案】(1)+3价

(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlCh+3H2T

(3)Co3++Fe2+=Co2++Fe3+C

(4)没有过滤

(5)0.16焰色反应

【解析】由题给流程可知，废旧电池初步处理成粉末状后用氢氧化钠溶液浸泡，铝与氢氧化钠溶液反

应生成偏铝酸钠，过滤得到偏铝酸盐废液和固体残渣；偏铝酸盐废液与通入过量的二氧化碳气体反应生成

氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝；向固体残渣中加入适量盐酸，将钻酸锂、铁转化为氯化锂、氯化亚钻、

氯化铁，碳与盐酸不反应，过滤得到含碳的滤渣和含有氯化锂、氯化亚钻、成氯化铁的滤液A；向滤液A

中加入草酸筱溶液，将亚钻离子转化为二水草酸亚钻沉淀，将铁离子转化为三草酸根合铁离子，过滤得到

二水草酸亚钻和含有三草酸根合铁离子、锂离子的滤液B；一定条件下，向滤液B中加入碳酸钠溶液，将

锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂和含有锂离子的滤液C；向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强

酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、

洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。(1)由化合价代数和为0可知，钻酸锂中钻元素的化合价为+3价(2)碱浸过

程中所发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H3t；(3)由题意可知，溶液中钻离子与亚铁离子反应生成亚钻离子和铁离子，

反应的化学方程式为Co3++Fe2+=CM++Fe3+；(4)由题意可知，Fe?+能与GCV-结合成际©。4)3广，［Fe©。」”一

在强酸性环境下重新转化为Fe3+的过程中没有发生元素化合价的变化；由分析可知，向滤液C中加入适量

盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、

冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体；(5)由浓度皤Qc=/(Li+)c(CO；D>Ksp(Li2co3)能产生沉

8x1。'八，［

淀可知，溶液中c(C03")不低于0.2mol/LxVL><而-=0.16mol/L；检验溶液中的钠离子可以用焰色反应，

2VL

观察火焰是否为黄色。

2.连二亚硫酸钠(Na2s2。4)俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。具有以下性质：

I.易溶于水且随温度升高溶解度增大，难溶于酒精；

H.酸性条件下易分解、碱性条件下稳定，固态时Na2s相对Na2s20#2H20较稳定；

HI.水溶液中低于52℃以Na2S2O4-2H2O形态结晶，碱性溶液中高于52℃脱水成无水盐。

工业中经典的制取方法是以SO2、Zn、NaOH为原料，主要反应及实验室模拟流程如下：

SO2+H?OH=H2so3；Zn+H2SO4=ZnS2O4+2H2O；ZnS2O4+2NaOH=Na2s2O4+Zn(OHM

(1)步骤①的反应装置如图。

温度计

锌粉水悬浊液

制备S02选用的最佳试剂组合为.

A.70%硫酸+Na2SCh固体B.10%硫酸+Na2s。3固体

C.70%硫酸+饱和Na2s03溶液D.稀硝酸+饱和NaHSCh溶液

虚线方框内仪器的作用是。反应控制在359℃〜459c的原因是。

(2)步骤②加过量NaOH溶液的作用除了使ZnSzCh充分生成Na2s2。4外，还有一个作用是。

(3)从下列操作中选择合理操作完成步骤③并排序：Na2s2。4溶液

——>——T干燥»

a.搅拌下通入略高于60℃的水蒸气；b.分批逐步加入细食盐粉,搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，

余少量母液；c.趁热过滤；d.用酒精水溶液洗涤；e,用酒精洗涤；f.用水洗涤

(4)产品纯度测定。取1.2800g产品与足量甲醛水溶液混合于锥形瓶中，生成甲醛亚硫酸氢钠与甲醛次硫

酸氢钠：H2O+Na2S2O4+2HCHO=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O,在所得的混合溶液中加入3.8100g卜、轻

轻振荡，发生反应：I2+NaHSO2CH2O+H2O=NaHSO4+CH2O+4HL过量的k以淀粉为指示剂，用0.1000

1

molL的标准Na2sCh溶液滴定：b+2Na2s2(53=Na2SQ,+2NaL消耗标准Na2s。3溶液20.00mLo

①则产品的纯度为。(精确到0.01%)

②下列操作会导致测定的纯度偏高的是。

A.装标准Na2s03溶液的满定管用蒸储水洗涤后没有用标准液润洗

B.滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡

C.起始读数正确，滴定后俯视读数

D.制备时由于操作不当，样品中混有Na2s2。#2a0

E.滴定时当溶液由蓝色变成无色时立即读数，半分钟后又变回蓝色

【答案】(DA防止倒吸若温度过高则SO2溶解度低，浪费多；若温度过低，反应速度太慢

(2)使溶液处于碱性环境，保证Na2s稳定存在

(3)ba(4)95.16%CE

【解析】本实验制备连二亚硫酸钠，根据制备步骤，锌粉水悬浊液与S02反应生成ZnSzO」，加入过量

的NaOH溶液，ZnS2O4与NaOH反应生成Na2s和氢氧化锌沉淀，过滤得到Na2s2。4溶液，因为Na2s2。4

在碱性条件下稳定，因此需要加入NaOH溶液的量应过量，然后从溶液中获得连二亚硫酸钠。（1）A项，因

为SCh易溶于水，且亚硫酸为中强酸，因此实验室常用70%的硫酸和NaaSCh固体反应得到SCh,故A符合

题意；B项，10%硫酸中含有大量水，Na2sCh与硫酸反应生成SO2,溶于水，不利于SCh的逸出，故B不

符合题意；C项，饱和Na2sCh溶液中有大量水，不利于SO?逸出，故C不符合题意；D项，稀硝酸具有强

氧化性，能将SO2氧化，故D不符合题意；故选A；虚线框中仪器是倒置的漏斗，其作用是防止倒吸，制

备Zn2s2。4利用Zn和H2sCh的反应，温度过高，则SCh溶解度低，浪费多；若温度过低，反应速度太慢；

（2）根据题中所给信息H,步骤②加过量NaOH溶液，除生成Na2s外，确保溶液显碱性，防止Na2s

分解；（3）从溶液中获得Na2s2O4固体，向溶液中分批加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶

液，余少量母液，根据信息HI碱性溶液中高于52℃脱水成无水盐，因此搅拌下通入略高于60℃的水蒸气，

趁热过滤，Na2s2CU难溶于酒精，因此洗涤时用酒精洗涤，减少Na2s的损失，步骤是bace；（4）①根据h

与Na2s2O3的反应，得出过量h的物质的量为20xl（y3Lx0.1000mol/LxL则与NaHSO2CH2O反应的h的

2

物质的量为（要譬7-20xlO'Lx0.1000mol/Lx：）,从而计算出NaHSO,-CH.O的物质的量为

254g/mol2

-20x1O+Lx0.1000mol/Lx；）xg,根据HzO+Na2s2O4+2HCHONaHSO.vCH2O+NaHSO2cH2O,

计算出用25204的物质的量为（普警7-20、101*0.1000111。1/1^^）*9产品的纯度是

254g/mol22

I—00^-20x10-3Lx0.1OOOmol/Lx-Ix1x174g/mol，一、=-e、r

6

（254g/mol2）21AA0/=95.16%；②A项，未用标准液润洗滴定管，

------------------------------------------------x100%

1.2800g

消耗Na2s2O3的体积增多，与NaHSChCHzO反应的h的量减少，从而导致测定的纯度偏低，故A不符合题

意；B项，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗Na2s的体积增多，与NaHSChCHzO反应的k的

量减少，从而导致测定的纯度偏低，故B不符合题意；C项，起始读数正确，滴定后俯视读数，消耗Na2s2。3

的体积减少，与NaHSChCHzO反应的h的量增多，从而导致测定的纯度偏高，故C符合题意；D项，制备

时由于操作不当，样品中混有Na2s2。竺2比0,造成测定纯度偏低，故D不符合题意；E项，滴定时，半分

钟后又变回蓝色,所加标准液的体积减少，与NaHSO2CH2O反应的I2的量增多，从而导致测定的纯度偏高，

故E符合题意；故选CE。

3.CO2是一种主要温室气体，研究CCh的利用对促进低碳社会构建具有重要的意义。

0.6-

,

5S

A

d

T4>

Ol

U3b

V一

U、(

21

0。

J1

。

O5O25>

152030

//甲S

乙

⑴一定条件下，某恒容密闭容器中充入一定量CO2(g)和足量H2(g),同时发生两个反应:I.CO2(g)+3H2(g)

CH30H(g)+H2O(g)II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)反应I的速率可表示为vi=kic3(CCh),反应

II的速率可表示为vi尸kuc3(CO2)(ki、ku为速率常数)。反应体系中组分CCh(g)、CO(g)的浓度随时间变化情

况如图甲。

①0〜15s时间段内，CH30H的平均反应速率为mol-L【sT(保留两位有效数字)。

②如果反应能够进行到底，反应结束时，%的CO2转化为CO。

③活化能较大的反应为(填T或“II”)。

(2)CO2还可以转化为甲醛。一定温度下，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3,发生反应CHQCH3(g)=^

CO(g)+CH4(g)+H2(g),测得容器中初始压强为42kPa,时间t和反应速率v(CH30cH3)与CH3OCH3分压

P(CH30cH3)的关系如图乙。

①t=500s时，CH30cH3的转化率a=。

②若反应速率满足v(CHQCH3)=kPn(CH30cH3),则k=s-',500sv(CH3OCH3)=_kPa.sL

③达到平衡时，测得体系的总压强P愿="2kPa,则该反应的平衡常数Kp=。

【答案】(1)0.001787.5I(2)20%3x10，1.008xW26125

【解析】(1)①由图甲可知。〜15s时间段内一氧化碳浓度改变值为0.175moI-LL根据反应H可知该反

应消耗的二氧化碳为0.175mol-L1,则反应I消耗的二氧化碳为(0.5-0.3)-0.175=0.025molLL则。〜15s时

间段内CH30H浓度改变值为：0.025mol-L1,其速率=2詈“0.0017mol-L；Ls」：②由题中信息可知，反应

I和反应H的速率之比为苫，由于ki、ku为速率常数，故该比值保持不变，在相同时间内CHQH和CO

的速率之比等于反应I和反应II的速率之比，也等于相同时间内CHaOH和CO的浓度变化之比，即

k.0.025I7

太=3,因此，如果反应能进行到底，反应结束时有J=87.8%的CCh转化为CO；③通过分析②可

k..0.17578

以发现一氧化碳所占的比例更大一些，即反应II速率快，则反应I速率慢，活化能大；(2)①t=500s时,

CH3OCH3分压P(CH.QCH3)=33.6KPa,测得容器内初始压强为42KPa,

消耗量.nno/减小的压强,IV.O/42-33.6/sv#表、

转化率二+,以，，x100%=乜&一口中x100%=---x100%=20%；②速率满足

起始量起始压强42

4Sx10'3kP;i/<

v(CH30cH3)=kPn(CH30cH3),k==3x1O^s-1；500s时v(CHOCH)=3xl04x33.6KPa=1.008x10

15kPa33

2;③达到平衡时，测得体系的总压强P电=U2kPa,结合三段式计算，设甲醛物质的量为Imol,反应消耗

甲醛物质的量为x,压强之比等于气体物质的量之比，毕=当，x=f,气体总量=l+2x=?,

14263

555

66-6

2X--

888

---

333

Kp=二6125

,5

o

3

4.TiCh是环境友好材料，能光催化降解有机物。请回答以下问题：

(1)基态Ti原子价电子中未成对电子有个。

(2)二氧化钛与COCWS0C3光/等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。

①SOCL的立体结构为,SOCh中。键和兀键的数日之比为

②COCb是分子。(填“极性”或"非极性”)

(3)香豆素是一种天然香料，能被TiO2光降解。

①香豆素分子中C、0元素的第一电离能大小关系是,理由足o

②分子中C原子的杂化类型是。

③己知单双键交替的共趣结构可以形成大兀键，大兀键可用符号“兀”表示，其中n代表参形成大兀键的

原子数，m代表参与形成大兀键的电子数(如香豆素中的大兀键可表示为it；；),则苯分子中的大n键应该表

示为O

(4)研究表明，在TiCh通过氮掺杂反应生成TiCh.aNb,能使TiCh对可见光具有活性，反应如图所示。

TiCh-aNb晶体中a：b=

【答案】⑴2（2）三角锥形3：1极性

（3）O>CO原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力较大sp27t66

（4）7：2

【解析】（l）Ti原子价电子排布式为3d24s2,因此未成对电子数为2；（2）①根据杂化轨道理论，SOCb

以S为中心，根据VSEPR理论可求得价层电子对数="等注=4,而成键数为4,应为sp3杂化，但是

S有一对孤对电子，故SOCL为三角锥形。S与O之间是双键，S与C1之间是单键，则。键和兀键的数目

之比为3：1：②COCh是平面三角形分子，但不是正三角形，正电中心和负电中心不在同一位置，为极性

分子。（3）①C和O相比，0原子核内质子数多，核电荷数大，半径小，对核外电子的吸引力强，不易失去

电子，所以0第一电离能大于C的第一电离能。②分子中的C均成三个。键且无孤对电子，则采用sp?杂

化。③苯中6个碳原子均成三个。键，6个碳原子均有1个孤电子，则形成6中心，6电子的大兀键，可表

示为兀66。（4）图示结构含有4个TiO2,氮掺杂后，每个TiCh一aNb中氧原子数=（：x7+:x7+l]+4=1j；氮

[42y1O

12572

原子数=21；2-a=—,则b=—oa：b=7：2。

7=i161616

5.M是应用广泛的有机高分子化合物，其中合成M的一种路线如下（部分反应条件略去）：

己知：①A的实验式为CEO。

回答下列问题：

(DE的化学名称为。

(2)H中官能团的名称为o

(3)D-E、I-J的转化过程中所用试剂和反应条件分别是、。

(4)C+J.M的化学方程式为o

(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①含有的官能团与F相同；

②碳架结构与F完全相同；

③两个含氮官能团分别连在两个不同苯环上。

F的所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为

_______________(填序号)。

A.元素分析仪B.红外光谱仪C.质谱仪D.核磁共振波谱仪

(6)参照上述合成路线和信息，以A和甲苯为有机原料(无机试剂任选)，设计制备

【答案】(1)邻硝基甲苯(2)碳碳双键、酰胺基

(3)浓硝酸、浓硫酸、△NaOH溶液、△

(4)nHOOCCOOH+n+(2n-l)H2O

NHHN

I

H,C-C=OO=C-CHj

(5)5A

CIIO

o7COOH

CIIO/化＞/A(OOH

(6)

【解析】A的实验式为CH3O,A能连续发生氧化反应生成C,C和J发生缩聚反应生成M,则C为竣

酸，则C结构简式为HOOCCOOH,B为OHCCHO、A为HOCH2cH2OH；D发生取代反应生成E,根据H

结构筒式知，发生甲基的邻位取代，所以E结构简式为,氨基易被氧化，根据题给信息②知，E

发生氧化反应生成F为,F发生还原反应生成G为;G发生取代反应生

/-VCH=CH-/-A/-y-CH-CH-^A

成Hru『,H和溟发生加成反应生成i,i结构简式为yk，i发生水解反应生成

NHHNNHHN

H3C-C=OO=C-CH3H3C-C=OO=C-CHJ

J为\=（X。（1）根据分析可知E,故其化学名称为邻硝基甲苯；（2）根据分析可知H

NHHN

HjC-C=OO=C-CHj

为HH厂，故其中官能团的名称为碳碳双键、酰胺基（或肽键）；（3）根据上述分析可知DTE是甲苯

HjC-C=OO=C-CH,

在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生取代反应，ITJ是卤代燃在碱性条件下的水解反应，故转化过程中所用试

剂和反应条件分别是浓硝酸、浓硫酸、