湖南省常德市2022届高三化学模拟试题（含解析）.pdf

1、学科网（北京）股份有限公司2022 年常德市高三年级模拟考试 化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Mn 55 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 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.化学与生活息息相关，下列说法正确的是 A.75%的酒精因具有强氧化性可用于环境的杀菌消毒 B.太空站“太阳翼”中的硅可将太阳能转变为电能 C.我国利用2CO 合成的淀粉属于天然高分子化合物 D.北京冬奥会“剪切增稠液体服”中2SiO 的结构含OSiO【1 题答案】【答案】B【解析】【详解】A医疗中用 75%的乙醇溶液进行消毒，

2、是因为酒精能使蛋白质发生变性，而不是因为具有强氧化性，选项 A 错误；B单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料，选项 B 正确；C利用2CO 合成的淀粉属于合成高分子化合物，选项 C 错误；D2SiO 是原子晶体，其结构中只含 Si-O 键，形成正四面体结构，不含OSiO，选项 D 错误；答案选 B。2.下列方法正确且涉及氧化还原反应的是 A.工业上电解熔融状态MgO制备 Mg B.可用2CS 试剂洗涤试管壁上的S C.利用单质Al 与 NaOH 溶液制3Al(OH)D.用稀硝酸可除去试管壁上的Ag 【2 题答案】【答案】D【解析】【详解】AMgO 熔点高，不能用电解熔融 MgO 的方法制备 M

3、g，工业上应电解熔融状态 MgCl2来制备，镁的化合价由+2 变为 0 价，属于氧化还原反应，A 不符合题意；BS 易溶于 CS2，可用 CS2试剂洗涤试管壁上S，属于物理变化，不涉及氧化还原，B 不符合题意；学科网（北京）股份有限公司CAl 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能用来制取氢氧化铝。AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵，且氢氧化铝不溶于氨水，可制备氢氧化铝；或者偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝；或者氯化铝和偏铝酸钠溶液混合制取氢氧化铝，C 不符合题意；D稀硝酸和 Ag 反应生成硝酸银、一氧化氮和水，银的化合价由 0 价升高为+1 价，化合价变化属于氧

4、化还原反应，做法正确，D 符合题意；故选 D。3.设AN 为阿伏加德罗常数的值。42FeSO7H O在高温下易分解，主要发生的反应为：424FeSO7H O232322Fe O2SO2SO28H O高温。下列说法正确的是 A.常温常压下，220 g D O 含共用电子对数为A2N B.21mol SO 溶于水得到的23H SO 溶液中含氧原子数为A3N C.141L1mol L FeSO溶液中的2Fe 的数目为AN D.产生322.4 L SO 时，同时生成2SO 的分子数为AN 【3 题答案】【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，220 g D O 含共用电子对数为-1A-120g2?N

5、mol20g?mol=A2N，A 正确；B由于不知道溶于多少 g 水中，无法计算21mol SO 溶于水得到的23H SO 溶液中含氧原子数，B 错误；C由于 Fe2+在水溶液中能发生水解，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，则141L1mol L FeSO溶液中的2Fe 的数目小于-1-1A1L?1mol?L?N mol=AN，C 错误；D题干未告知物质所处的状态，无法计算产生322.4 L SO 时，同时生成2SO 的分子数，D 错误；故答案为：A。4.乙酸乙酯是一种重要的有机化工原料和工业溶剂，以正丁烷为原料合成乙酸乙酯的合成路线如下。22H C=CH3223332一3催化定剂条件C

6、H CH CH CHCH COOHCH COOCH CH下列有关说法正确的是 A.正丁烷的沸点低于异丁烷的沸点 B.乙酸分子结构中所有原子可能共平面 学科网（北京）股份有限公司C.乙酸与乙烯发生加成反应得到乙酸乙酯 D.乙烯发生聚合反应得到纯净物聚乙烯【4 题答案】【答案】C【解析】【详解】A碳原子数相同，支链越多，沸点越低，故正丁烷沸点高于异丁烷，选项 A 错误；BCH3COOH 分子中含有羧羰基，但甲基中的氢原子一定不共平面，选项 B 错误；C根据上述合成路线可知，乙酸与乙烯发生加成反应得到乙酸乙酯，选项 C 正确；D乙烯发生聚合反应得到的聚乙烯中聚合度 n 不同，为混合物，选项 D 错误

7、；答案选 C。5.短周期主族元素 X、Y、Z、W、M 的原子序数依次递增。相邻元素 Y、Z 位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物。X 分别与 Y、Z 可形成 10 个电子的分子。W 的单质在空气中燃烧发出耀眼白光。M 原子最外层电子数是其 K 层电子数的 3 倍。下列有关说法正确的是 A.简单氢化物的稳定性：YZ B.W 的最高价氧化物的水化物为强碱 C.X、Y、Z 形成的化合物中可能含有极性键和非极性键 D.M 在空气中燃烧的主要产物为3MO 【5 题答案】【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，短周期主族元素 X、Y、Z、W、M 的原子序数依次递增。相邻元素 Y、Z 位于同一周期且均具

8、有多种常见气态氧化物，X 分别与 Y、Z 可形成 10 个电子的分子，则 X 为 H，Y 为 C，Z 为N，W 的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则 W 为 Mg，M 原子最外层电子数是其 K 层电子数的 3 倍，则M 为 S，据此分析解题。【详解】A由分析可知，Y 为 C，Z 为 N，由于非金属性 NC，故简单氢化物的稳定性为 NH3CH4 即YZ，A 错误；B由分析可知，W 为 Mg，则 W 的最高价氧化物的水化物即 Mg(OH)2为中强碱，B 错误；C由分析可知，X、Y、Z 分别为 H、C、N，形成的化合物中可能含有极性键和非极性键如 CH3CH2NH2中既有极性键又有非极性键，C 正确；

9、D由分析可知，M 为 S，S 在空气中燃烧生成 SO2，即 M 在空气中燃烧的主要产物为2MO，D 错误；故答案为：C。学科网（北京）股份有限公司6.下列实验方案或装置能够达到实验目的的是 ABCD实验目的 测定氯水的pH 测定醋酸溶液的物质的量浓度 收集少量3NH 检验溶液中是否含有2-4SO 实验方案或装置 将氯水滴加至pH 试纸上，与标准比色卡对照 向含有少量酚酞的醋酸溶液中滴加 NaOH 标准溶液 A.A B.B C.C D.D【6 题答案】【答案】B【解析】【详解】A氯水具有漂白性，能够漂白pH 试纸，所以不能用pH 试纸测定氯水的pH，故 A 错误；B用强碱滴定弱酸，恰好完全反应时

10、生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，酚酞的变色的pH 范围为 8.210.0，滴定终点的pH 在酚酞的变色范围内，指示剂选择合理，能达到实验目的，故 B 正确；C氨气的密度比空气的密度小，用向下排空气法收集3NH，导管应插入试管底部，故 C 错误；D向盛有少量待测液的试管中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则可能是 AgCl，不能确定溶液中是否含有2-4SO，故 D 错误；答案选 B。7.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是 A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：2Cu 、K、23CO、Cl B.强酸性溶液中可存在大量以下离子：23SO 、ClO、Na C.将过氧化钠投入水

11、中：22222Na O2H O4Na4OHO D.氨化的2CaCl 溶液中通入过量2CO：2322342NHCaCOH OCaCO2NH 学科网（北京）股份有限公司【7 题答案】【答案】C【解析】【详解】A甲基橙显黄色的溶液中含有大量的 OH-，则2Cu +2OH-=Cu(OH)2，Cu2+23CO=CuCO3，A错误；B强酸性溶液中含有大量的 H+，则23SO +ClO=24SO +Cl-，B 错误；C将过氧化钠投入水中的离子方程式为：22222Na O2H O4Na4OHO，C 正确；D氨化的2CaCl 溶液中通入过量2CO 的离子方程式为：32234NH?H OCOHCONH，D 错误；

12、故答案为：C。8.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：碱性4KMnO 溶液处理：2234342CH OHMnOOHCOMnOH O(未配平，下同)酸化处理：24242MnOHMnOMnOH O 下列说法错误的是 A.“反应”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1 B.“反应”中氧化性：243MnOCO C.“反应”中，可用硫酸进行酸化 D.“反应”消耗2459.5 g MnO 时，反应中转移-0.5 mol e 【8 题答案】【答案】D【解析】【详解】A根据氧化还原反应配平可得：2234342CH OH6MnO8OHCO6MnO6H O，反应中-4MnO 为氧化剂，CH3OH 为还原剂，则“反

13、应”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，A 正确；B根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应”中-4MnO 为氧化剂，2-3CO是氧化产物，则氧化性：243MnOCO，B 正确；C由于2-4SO 与-4MnO、2-4MnO 不反应，则“反应”中，可用硫酸进行酸化，C 正确；D根据氧化还原反应配平可得：“反应”为242423MnO4HMnO2MnO2H O，则消耗学科网（北京）股份有限公司2459.5 g MnO 即-159.5g119g?mol=0.5mol 时，则反应中转移电子数目为：2?0.5mol3，D 错误；故答案为：D。9.23Li CO 可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微

14、溶于水，在冷水中溶解度较热水中大，不溶于醇。利用海水资源(主要含+Na、-Cl，少量的2+Mg、+K、+Li、2+Ca、2-4SO)制备碳酸锂的一种工艺如图所示：下列说法错误的是 A.工序和工序顺序可互换 B.选择温度为 8090，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率 C.用乙醇洗涤粗产品可起到快速干燥的效果 D.利用重结晶可分离 NaCl和KCl 【9 题答案】【答案】A【解析】【分析】该题目利用海水资源(主要含 Na+、Cl-，少量的 Mg2+、K+、Li+、Ca2+、SO 2-4)制备碳酸锂，太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀 1824 个月氯化钠和氯化钾从溶液中析出过滤，滤液 1 中主要（M

15、g2+、Li+、Ca2+、SO 2-4）加入过量氢氧化钙会反应生成氢氧化镁沉淀和少量硫酸钙沉淀，过滤滤液 2 中主要（Li+、Ca2+、SO 2-4、OH-），加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过滤，滤液 3 中主要(Li+、CO 2-3、Na+、SO 2-4)，加入碳酸钠 8090得碳酸锂沉淀，以此来解析；【详解】A工序和工序顺序不可互换，互换以后过量钙离子无法除去，A 错误；B在冷水中溶解度较热水中大，选择温度为 8090，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，B 正确；C碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产率和快速干燥的效果，C 正确 D首先 NaCl 和 KCl 固体先

16、加水溶解，加热蒸发，到一定的时候，有氯化钠晶体析出，当还剩下少量水时，乘热过滤，将滤液冷却可得氯化钾晶体，为了提高纯度可将以上得到的氯化钠晶体再溶于水再进行加热蒸发到得到大量晶体留下少量水的时候过滤出晶体，同样以上得到的氯化钾晶体可重复以上第一次操学科网（北京）股份有限公司作，D 正确；故选 A。10.近期，某科研团队发明了一种新型的锌离子热充电电池，可以利用人体产生的低热量充电。该电池以Zn 和2VO-PC 为电极材料，实现了低热量发电。放电时，2VO 结合2+Zn生成x22Zn VOyH O。原理图如图。下列说法正确的是 A.分离器可以为阴离子交换膜 B.充电时，阳极电极反应式为：-2+x

17、2222Zn VOyH O+2xe=VO+xZn+yH O C.放电时，电流从 Zn 极流向2VO-PC 极 D.充电时，锌离子从较高温一侧移至低温一侧【10 题答案】【答案】D【解析】【分析】由图示信息可知，放电时，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，VO2结合 Zn2+，说明 Zn2+可以由负极区经阳离子交换膜进入正极区，正极反应为：xZn2+VO2+yH2O+2xe-=x22Zn VOyH O，充电过程恰好与放电过程相反，即 Zn2+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，电极反应分别为：阴极：Zn2+2e-=Zn，阳极：x22Zn VOyH O-2xe-=xZn2+VO2+yH2

18、O，据此分析解题。【详解】A由分析可知，分离器可以为阳离子交换膜，A 错误；B充电时，阳极电极反应式为：-2+x2222Zn VOyH O-2xe=VO+xZn+yH O，B 错误；C由分析可知，放电时，Zn 为负极，VO2-PC 极为正极，电流从 VO2-PC 极流向 Zn 极，C 错误；D充电时，阳离子由阳极区移向阴极区，则锌离子从较高温一侧移至低温一侧，D 正确；故答案：D。二、选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有一个或学科网（北京）股份有限公司两个选项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。11.己

19、二酸二正己酯是一种增塑剂，大量应用于 PVB 胶片的生产。以己二酸和正丁醇为原料，在催化剂的作用下共热反应，经过回流、减压蒸馏(除去正丁醇)、常温过滤后制得己二酸二正己酯粗产品。合成原理为：2 432 4232 52 42 53()()()()()催化剂HOOC CHCOOHCH CHCH OHCH CHOOC CHCOO CHCH22H O实验装置图(部分装置略去)如下：下列说法正确的是 A.该反应可用浓硫酸作催化剂 B.减压蒸馏是为了降低正丁醇的沸点 C.过滤所得产品需经 NaOH 溶液洗涤、水洗、干燥实现进一步提纯 D.玻璃棒搅拌可起到加快过滤的作用【11 题答案】【答案】AB【解析】【

20、分析】反应装置中己二酸和正丁醇在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应生成己二酸二正己酯，经过回流，利用减压蒸馏除去正丁醇，再在常温下过滤得到己二酸二正己酯粗产品。【详解】A己二酸和正丁醇发生酯化反应生成己二酸二正己酯，可用浓硫酸作催化剂，A 正确；B减压蒸馏是一项通过降低压力来降低沸点的蒸馏技术，题中减压蒸馏可降低正丁醇的沸点从而除去正丁醇，B 正确；C己二酸二正己酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，造成产物损失，不能用氢氧化钠溶液洗涤产品，C 错误；D过滤时玻璃棒的作用是引流，不能用玻璃棒搅拌，容易捣破滤纸，D 错误；答案选 AB。学科网（北京）股份有限公司12.向一恒温恒容的密闭容器中充入2

21、1mol X 和23 mol Y 发生反应：223X(g)+3Y(g)2XY(g)，测得部分物质的物质的量浓度与时间关系如图 1 所示，在2TiOCu催化下反应机理与能量变化如图 2 所示。下列说法正确的是 A.223c(X)=c(Y)时，表明反应达到平衡 B.2t min 时改变某种条件，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数一定减小 C.投料改为22 mol X 和26 mol Y，3XY 的平衡体积分数增大 D.寻找合适催化剂降低阶段活化能，能有效提高2X 的平衡转化率【12 题答案】【答案】C【解析】【分析】该反应为223X(g)+3Y(g)2XY(g)，由图 2 可知，生成物的总能量低

22、于反应物的总能量，因此该反应为气体体积减小的放热反应。由图 1 可知，2t min 时改变某种条件，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小 Y2浓度或增大 XY3浓度或升高温度，据此分析解答。【详解】AX2 和 Y2 的起始量和转化量之比相等均为 1:3，则反应从开始到平衡过程中始终有22c(X):c(Y)=1:3，即223c(X)=c(Y)，所以当223c(X)=c(Y)时，反应不一定达到平衡，故 A 错误；B由图 1 可知，2t min 时改变某种条件，重新达到平衡后，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小 Y2浓度或增大 XY3浓度或升高温度，若是浓度因素的影响，则平

23、衡常数不变，故 B 错误；C投料改为22 mol X 和26 mol Y，为原投料量的 2 倍，恒温恒容条件下等同于加压，平衡向正反应方向学科网（北京）股份有限公司移动，则3XY 的平衡体积分数增大，故 C 正确；D催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高2X 的平衡转化率，故D 错误；答案选 C。13.催化丙烯制醛的反应机理如下图所示：下列说法错误的是 A.该反应的催化剂为3HCo(CO)B.总反应式为32催化剂232CH CHCHH+COCH CH CHO C.若反应物为乙烯，产物可能为22OHCCH CH CHO D.上述循环过程中，Co 的化学键数目发生了

24、变化【13 题答案】【答案】B【解析】【详解】A由题干反应历程图可知，3HCo(CO)参与反应过程，反应前后保持不变，是该反应的催化剂，A 正确；B由题干反应历程图可知，总反应式32催化剂3222CH CHCHH+COCCH CHHCHO，B 错误；学科网（北京）股份有限公司C由题干反应历程图可知，若反应物为乙烯，产物可能为22OHCCH CH CHO，总反应为：CH2=CH2+CO+H2 催化剂OHCCH2CH2CHO，C 正确；D由题干反应历程图可知，上述循环过程中，Co 的化学键数目发生了变化，D 正确；故答案为：B。14.常温下，向-10.1mol L弱酸3H A 中滴加等浓度的 Na

25、OH 溶液，测得混合溶液中各物种的物质的量分数 以及-23c(H A)lg c(H A)、2-2c(HA)lg c(H A)分别与pH 的关系如图所示。比如-2H A 的物质的量分数：-22c(H A)(H A)=所以含A的微粒物质的量浓度之和。3H A 的第一、二步的电离常数分别为a1K、a2K。下列说法正确的是 A.曲线表示-23c(H A)lg c(H A)与pH 的关系 B.pH=7时，2-+2c(HA)c(Na)C.a1a2lgK+lgK=8D.3H A 与足量 NaOH 溶液反应：-2-32H A+2OH=HA+2H O【14 题答案】【答案】BD【解析】【详解】A当纵坐标为 0

26、时，即-23c(H A)lg c(H A)=0 或者2-2c(HA)lg c(H A)=0，即 c(H2A-)=c(H3A)或者 c(HA2-)=c(H2A-)，右图中可知，曲线 I 对应的 pH=1.3，曲线 II 对应的 pH=6.7，可知 Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.7，则曲线 I 表示学科网（北京）股份有限公司-23c(H A)lg c(H A)与 pH 的关系，A 错误；B根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，则pH=7 时，c(Na+)=c(H2A-)+2c(HA2-)即2-+2c(HA)c(Na)，B 正确；C由

27、A 项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.7，则a1a2lgK+lgK=-8，C 错误；D由题干图示信息可知，含 A 的微粒只有三种即 H3A、H2A-、HA2-，说明 H3A 为二元弱酸，则3H A 与足量 NaOH 溶液反应：-2-32H A+2OH=HA+2H O，D 正确；故答案为：BD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1517 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 18、19 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括 3 小题，共 39 分。15.某学习小组拟以铁为原料制备 FeCl3并测定 Fe 的转化率，继而制备磁流体(Fe3O4)。已知：

28、3FeCl 易升华；较稳定的pH 有利于形成粒径适中、结晶度良好的磁流体(34Fe O)；磁流体制备的主要原理：2+3+-342Fe+2Fe+8OHFe O4H O 恒温水浴。实验过程如下：取5.6 g Fe 利用如下实验装置(加热装置略去)制备3FeCl：测定单质 Fe 的转化率 将所得3FeCl 样品分为五等份进行测定。取一份样品溶于浓盐酸，再加入过量2SnCl 溶液(322FeSn42Sn2Fe)，然后滴加2HgCl 溶液除去过量2SnCl，过滤，向滤液中滴加酸和指示剂，用12270.1000 mol L K Cr O标准溶液滴定滤液中2Fe (该条件下，Cl 不参与反应)，重复上述操作

29、，平均消耗标准溶液23.00 mL。学科网（北京）股份有限公司制备磁流体(34Fe O)将高纯度3FeCl 与2FeCl 溶液混合，再向混合溶液中逐滴加入氨水，一定条件下结晶一段时间，获得深黑色34Fe O 磁浆样品。回答下列问题：（1）装置 D 的名称为_。（2）装置 C 中冰水的作用是_。（3）2HgCl 转化为22Hg Cl 沉淀的化学方程式_。（4）Fe 的转化率为_，若未滴加2HgCl 溶液，则转化率将_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（5）利用氨水代替 NaOH 溶液制备34Fe O 的优点是_。【1519 题答案】【答案】（1）干燥管（2）冷凝 FeCl3蒸气，以收集 Fe

30、Cl3（3）2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2+SnCl4（4）.69.00%.偏大（5）防止碱性太强，与 Fe3+、Fe2+反应生成 Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，引入杂质【解析】【分析】本题为实验探究题：I 为 FeCl3的制备，装置 A 为 Cl2的干燥装置，可用浓硫酸，B 为制备 FeCl3的发生装置，反应原理为：2Fe+3Cl2点燃2FeCl3，由于 FeCl3 易升华，C 装置为冷凝收集 FeCl3，D 装置用碱石灰吸收多余的 Cl2进行尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入 C 装置引起 FeCl3水解，II 为 Fe 的转化率测定，根据得失电子守恒和滴定原理进行计算

31、，据此分析解题。【小问 1 详解】由题干实验装置图可知，装置 D 的名称为干燥管，故答案为：干燥管；【小问 2 详解】由分析可知，装置 C 中冰水的作用是冷凝 FeCl3 蒸气，以收集 FeCl3，故答案为：冷凝 FeCl3 蒸气，以收集FeCl3；【小问 3 详解】由题干信息可知，HgCl2转化为 Hg2Cl2沉淀是 HgCl2与 SnCl2反应生成 Hg2Cl2和 SnCl4，故该反应的化学方程式为 2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2+SnCl4，故答案为：2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2+SnCl4；学科网（北京）股份有限公司【小问 4 详解】根据电子得失守恒可得，n(Fe2+

32、)=6n(K2Cr2O7)=60.1000mol/L23.0010-3L=1.3810-2mol，则 Fe 的转化率为：-25?1.38?10 mol?56g/mol100%5.6g=69.00%，若未滴加2HgCl 溶液，则过量的 SnCl2也将消耗 K2Cr2O7，导致标准液的体积偏大，则也将导致 Fe 的转化率偏大，故答案为：69.00%；偏大；【小问 5 详解】由于 NaOH 溶液碱性太强，易与 Fe3+、Fe2+反应生成 Fe(OH)3、Fe(OH)2 沉淀，引入杂质，则利用氨水代替NaOH 溶液制备34Fe O 的优点是防止碱性太强，与 Fe3+、Fe2+反应生成 Fe(OH)3、

33、Fe(OH)2沉淀，引入杂质，故答案为：防止碱性太强，与 Fe3+、Fe2+反应生成 Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，引入杂质。16.以经焙烧处理的锌冶炼钴渣(主要含有 ZnO、MnO、23Co O、34Co O，少量CdO、FeO、23Fe O、CaO、MgO、2SiO 等杂质)为原料制备电池级4CoSO、4MnSO 混合液的工艺流程如下：已知：常温下，-27spK(CdS)=8.0 10，-22spK(ZnS)=2.0 10。回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分是_。（2）“浸出”时，34Co O 转化为2Co ，写出该反应的离子方程式_。（3）若溶液中金属离子浓度为6110mol

34、L，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保2Cd 恰好沉淀完全而2Zn 不沉淀，2+c(Zn)的值有何要求？_(列式计算说明)。（4）“氟化物X”为_(填标号)。A.NaF B.KF C.2MnF D.2MgF（5）萃取时，发生反应：+22+Mn(aq)+2HA(l)(aq)+2H(MnAaq)。采取“逆流萃取”的作用是_，有机相可通过硫酸处理后得到的副产品为_(填化学式)。【1620 题答案】【答案】（1）CaSO4和 SiO2（2）Co3O4+4H+SO2=3Co2+2H2O+2-4SO学科网（北京）股份有限公司（3）为了确保2Cd 恰好沉淀完全而2Zn 不沉淀，此时 c(

35、S2-)2+Ksp(CdS)c(Cd)=-27-61?8.0?1010=8.010-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)Ksp(ZnS)，故 c(S2-)-22-212.0?108.0?10=2.510-2mol/L（4）C （5）.增大接触面积，使萃取充分.ZnSO4【解析】【分析】本题为工艺流程题，是以锌冶炼钴渣为原料来制备电池级 CoSO4、MnSO4 混合液，“浸出”是用硫酸、SO2来浸出，反应原理有：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、CdO+H2SO4=CdSO4+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CaO+H2SO4=

36、CaSO4+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O、Co2O3+H2SO4+SO2=2CoSO4+H2O、Fe2O3+H2SO4+SO2=2FeSO4+H2O、Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，过滤得滤渣，则滤渣得主要成分为 CaSO4和 SiO2，滤液中加入 MnS 得到 CdS 沉淀，过滤出 CdS 后，向滤液中加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，在加入 MnCO3调节 pH 以析出 Fe(OH)3沉淀，来除去铁，过滤，继续向滤液中加入氟化物 X，析出 MgF2、CaF2沉淀，过滤得滤液 3，通过加入有机萃取剂 HA 进行逆流萃取来除去Mn2+，最后

37、得到水层溶液即为电池级 CoSO4、MnSO4混合液，据此分析解题。【小问 1 详解】由分析可知，“浸渣”的主要成分是 CaSO4和 SiO2，故答案为：CaSO4和 SiO2；【小问 2 详解】由分析可知，“浸出”时，34Co O 转化为2Co 的反应方程式为 Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，则该反应的离子方程式为：Co3O4+4H+SO2=3Co2+2H2O+2-4SO，故答案为：Co3O4+4H+SO2=3Co2+2H2O+2-4SO；【小问 3 详解】若溶液中金属离子浓度为6110mol L，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保2Cd 恰好沉

38、淀完全而2Zn 不沉淀，此时 c(S2-)2+Ksp(CdS)c(Cd)=-27-61?8.0?1010=8.010-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)Ksp(ZnS)，故 c(S2-)-22-212.0?108.0?10=2.510-2mol/L，故答案为：为了确保2Cd 恰好沉淀完全而2Zn 不沉淀，此时 c(S2-)2+Ksp(CdS)c(Cd)=-27-61?8.0?1010=8.010-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)Ksp(ZnS)，故 c(S2-)-22-212.0?108.0?10=2.510-2mol/L；【小问 4 详解】由于 NaF、KF 将引入新的杂质

39、离子 Na+、K+很难除去，而 MgF2不能用于除去 Mg2+，故“氟化物X”为 MnF2，故答案为：C；学科网（北京）股份有限公司【小问 5 详解】萃取时，发生反应：2+2Zn(aq)+2HA(l)ZnA(aq)+2H(aq)。采取“逆流萃取”的作用是增大接触面积，使萃取充分，由分析可知，有机相中含有 Zn2+，可通过硫酸处理后使得上述平衡逆向移动，故得到的副产品为 ZnSO4，故答案为：增大接触面积，使萃取充分；ZnSO4。17.含氮物质的研究具有深远意义。回答下列问题：（1）已知：i222N(g)2O(g)2NO(g)1H=133.0 kJ molii22N(g)O(g)2NO(g)1H

40、=180.0 kJ moliii2242NO(g)N O(g)1H=58.1 kJ mol则反应 iv：222NO(g)O(g)2NO(g)的H=_1kJ mol，该反应分两步进行：第一步：222NO(g)N O(g)快反应，H0，平衡常数为K 第二步：2222N O(g)O(g)2NO(g)慢反应 反应 iv 的总反应速率可表示为22=k K p(NO)p(O)其中 p(NO)、2p(O)分别为 NO、2O 的分压，k为速率常数，随着温度升高而升高。试分析随着温度升高而 减小的原因_。（2）在混有2NO(g)和24N O(g)的V L 密闭容器中发生反应，随着温度升高，体系中各物质平衡时的物

41、质的量分数 x 的变化关系如下图所示。曲线a 表示_的物质的量分数与温度的变化关系。若1T时，混合气体的物质的量为 z mol，温度升高至2T，反应进行至 tmin 时，恰好达到平衡，该过程以24N O 表示的平均化学反应速率为-1-10v mol Lmin，则2T条件下，平衡时的24N O 的物质的量24n(N O)=_(用含z、0v、t 的式子表示)，此时摩尔分数平衡常数xK=_(摩尔分数即物质的量分数，用物质的量分数代替平衡浓度)。学科网（北京）股份有限公司（3）研究表明，以碱性 NaCl溶液为电解质溶液，无膜电解法去除 NO 效果好。其工作原理如下图所示。Y 为_(填“阳”或“阴”)极

42、。若加入少量22H O 可进一步提高脱氮率，写出22H O 产生自由基2HO 的电极反应式_。【1719 题答案】【答案】（1）.-47.第一步反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数 K 减小，NO的分压增大，且温度升高对平衡常数的影响大于对速率常数的影响（2）.NO2.0Z+V Vt2mol.2（3）阳.H2O2-e-+OH-=HO2+H2O【解析】【小问 1 详解】已知：i222N(g)2O(g)2NO(g)11H=133.0 kJ molii22N(g)O(g)2NO(g)12H=180.0 kJ mol则反应 iv：222NO(g)O(g)2NO(g)可由反应 i-ii，根据

43、盖斯定律可知H=12H-H=(+133.0kJ/mol)-(+180kJ/mol)=-471kJ mol，第一步：222NO(g)N O(g)快反应，学科网（北京）股份有限公司H0，平衡常数为K，第二步：2222N O(g)O(g)2NO(g)慢反应 反应 iv 的总反应速率可表示为22=k K p(NO)p(O)其中 p(NO)、2p(O)分别为 NO、2O 的分压，k为速率常数，随着温度升高而升高，由于第一步反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数 K减小，NO 的分压增大，且温度升高对平衡常数的影响大于对速率常数的影响，则导致随着温度升高而减小，故答案为：-47；第一步反应为放热

44、反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数 K 减小，NO 的分压增大，且温度升高对平衡常数的影响大于对速率常数的影响；【小问 2 详解】由反应 iii2242NO(g)N O(g)1H=58.1 kJ mol可知，升高温度，反应 iii 的化学平衡逆向移动，平衡时 NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线a 表示 NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若1T时，混合气体的物质的量为z mol，温度升高至2T，反应进行至 tmin 时，恰好达到平衡，该过程以24N O 表示的平均化学反应速率为-1-10v mol Lmin，根据三段式分析可得：22400

45、002NO(g)N O(g)(mol)aZ-a(mol)2V VtV Vt(mol)a+2V VtZ-a-V Vt起始量转化量平衡量，则2T条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a=013Z-V Vt22，平衡时的24N O 的物质的量24n(N O)=Z-a-V0Vt=0Z+V Vt2mol，此时摩尔分数平衡常数xK=2422(N O)(NO)xx=20.50.5=2，故答案为：NO2；0Z+V Vt2mol；2；【小问 3 详解】由图示可知，Y 电极上发生的电极反应为：Cl-+2OH-2e-=ClO-+H2O，发生氧化反应，则 Y 为阳极，故答案为：阳；若加入少量

46、H2O2可进一步提高脱氮率，H2O2将失去电子产生具有强氧化性的自由基 HO2和 H2O，则该转化的电极反应式为：H2O2-e-+OH-=HO2+H2O，故答案为：H2O2-e-+OH-=HO2+H2O。(二)选考题：共 15 分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修 3：物质结构与性质18.近日，中科院研究者制备了一种含2FeOOFe(OH)铁双核结构的催化剂，实现了常温下4CH 高效转化为3CH COOH。回答下列问题：学科网（北京）股份有限公司（1）基态3+Fe的价电子排布式为_。（2）2FeOOFe(OH)中O 原子的杂化形式为_，草酸铁铵4 324

47、 3NHFe()(C O)常用于摄影和蓝色印刷，其中+4NH 的空间构型为_。（3）在无水状态下，2FeCl 与3NH 形成3 62Fe(NH)Cl，3 621molFe(NH)Cl 含配位键的物质的量为_mol，3NH 形成配合物后H-N-H键角会_(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是_。（4）黄铜矿是最重要的铜矿。黄铜矿的长方体晶胞结构及晶胞参数见下图。由图可知，黄铜矿的化学式为_，金属离子占据_(填“四面体”或“八面体”)空隙，该晶体的密度为_-3g cm(列出计算式)。设阿伏加德罗常数的值为AN。【1821 题答案】【答案】（1）3d5（2）.sp3.正四面体（3）.6.变大.3

48、NH 形成配合物后则 N 周围的孤电子对变为成键电子对了，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用（4）.CuFeS2.四面体.302A608 10N a c【解析】【小问 1 详解】已知 Fe 是 26 号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则基态3+Fe的价电子排布式为 3d5，故答案为：3d5；【小问 2 详解】学科网（北京）股份有限公司2FeOOFe(OH)中O 原子周围均形成了 2 个 键，且有 2 对孤电子对，即其价层电子对数为 4，则 O 原子的杂化形式为 sp3，草酸铁铵4 324 3NHFe()(C O)

49、常用于摄影和蓝色印刷，其中+4NH 中 N 原子周围的价层电子对数为：4+1(5-1-4?1)2=4，根据价层电子对互斥模型可知，+4NH 的空间构型为正四面体，故答案为：sp3；正四面体；【小问 3 详解】在无水状态下，2FeCl 与3NH 形成3 62Fe(NH)Cl，每个 NH3中含有 1(5-3?1)2=1 对孤电子对，则 NH3与Fe2+之间形成一个配位键，则3 621molFe(NH)Cl 含配位键的物质的量为 6mol，3NH 形成配合物后则 N周围的孤电子对变为成键电子对了，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，则3NH 形成配合物后H-N-H键

50、角会变大，原因是3NH 形成配合物后则 N 周围的孤电子对变为成键电子对了，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故答案为：6；变大；3NH 形成配合物后则 N 周围的孤电子对变为成键电子对了，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用；【小问 4 详解】由黄铜矿的长方体晶胞结构及晶胞参数图可知，1 个晶胞中含有的 Cu 个数为：118?+4?+182=4，Fe 的个数为：116?+4?24=4，O 原子都在体内，个数为 8，则黄铜矿的化学式为 CuFeS2，由晶胞图可知，金属离子占据四面体空隙，1mol 晶胞的体积为：NAa2c10-

51、30cm3，1mol 晶胞的质量为：4mol152g/mol=608g，则该晶体的密度为302-3032-AA3608g608 10N a c?10 cmm=g?cmVN a c，故答案为：CuFeS2；四面体；302A608 10N a c。选修 5：有机化学基础19.大黄素(E)是中药大黄的主要成分，具有广泛的药理作用。大黄素的衍生物 G，提高了药理活性，合成路线如下：学科网（北京）股份有限公司回答下列问题：（1）A 的名称为_，G 的含氧官能团的名称为_。（2）BC、EF的反应类型分别为_、_。（3）已知：碳原子所连四个原子或基团均不同时，该碳原子称为不对称碳原子。下列有关说法正确的是_

52、(填标号)。A.1mol B可与3NaHCO 溶液反应产生22 mol CO B.1mol C最多可与28 mol H 发生加成反应 C.F、G 结构中均含有 1 个不对称碳原子 D.D 结构的核磁共振氢谱显示有八组峰（4）写出CD的化学反应方程式_。（5）E 的同分异构体中满足下列条件的共有_种。含有结构 含有醇羟基 有两个羟基直接与同一个苯环相连（6）参照上述合成路线，以和苯酚为原料，设计合成的路线_(其它试剂任选)。【1924 题答案】【答案】（1）.间甲基苯酚或 3-甲基苯酚.羟基、醚键和酮羰基（2）.还原反应.取代反应（3）CD 学科网（北京）股份有限公司（4）+H2O（5）18（6

53、）酸性高锰酸钾溶液232Fe(OH)NH?H O242H SONaNO【解析】【分析】根据题干路线的信息可知，由 A 的分子式和 B 的结构简式可知，A 的结构简式为：，(5)由题干路线图中 E 的结构简式可知，E 的分子式为：C15H10O5，不饱和度为：2?15+2-102=6，则 E 同时满足含有结构，含有醇羟基即含有-CH2OH，有两个羟基直接与同一个苯环相连的同分异构体：先考虑两个羟基-OH 有四种位置关系，如图所示：、，再考虑第三个基团的位置关系又分别有 3 种、6 种、6 种和3 种，如图所示：、，则共有 3+6+6+3=18 种，(6)本题采用逆向合成法，根据题干合成路线图中

54、C 到 D学科网（北京）股份有限公司的转化信息可知，目标产物可由和反应制得，根据题干合成路线图中 D到 E 的转化信息可知，可由转化而得，根据 B 到 C 的转化信息可知，可由转化而来，而则可以由原料和酸性高锰酸钾作用而来，据此分析确定合成路线，据此分析解题。【小问 1 详解】由分析可知，A 的结构简式为：，则 A 的名称为间甲基苯酚或 3-甲基苯酚，由题干 G 的结构简式可知 G 的含氧官能团的名称为羟基、醚键和酮羰基，故答案为：间甲基苯酚或 3-甲基苯酚；羟基、醚键和酮羰基；【小问 2 详解】由题干合成路线图可知，BC是硝基转化为氨基，则该反应类型为还原反应，EF是+HCl，则该反应类型为

55、取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；【小问 3 详解】A由题干路线图中 B 的结构简式可知，1 分子 B 中含有 1 分子羧基，则1mol B可与3NaHCO 溶液反应产生21mol CO，A 错误；B由题干路线图中 B 的结构简式可知，1 分子 C 中含有 2 个苯环和 1 个酮羰基可以和 H2发生加成反应，则1mol C最多可与27mol H 发生加成反应，B 错误；C由题干路线图中 F、G 的结构简式可知，F、G 结构中均含有 1 个不对称碳原子如图所示学科网（北京）股份有限公司、，C 正确；D由题干路线图中，D 的结构简式可知，D 结构不存在对称轴，故每个苯环上核磁共振氢谱显示各有

56、 4组峰，共八组峰，D 正确；故答案为：CD；【小问 4 详解】由题干路线图中信息可知，CD即通过质量守恒定律可知，产物中还有 H2O 生成，则该反应的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；【小问 5 详解】由题干路线图中 E 的结构简式可知，E 的分子式为：C15H10O5，不饱和度为：2?15+2-102=6，则 E 同时满足含有结构，含有醇羟基即含有-CH2OH，有两个羟基直接与同一个苯环相连的同分异构体：先考虑两个羟基-OH 有四种位置关系，如图所示：、，再考虑第三个基团的位置关系又分别有 3 种、6 种、6 种和 3 种，如图所示：、学科网（北京）股份有限公司，则共有 3+6+6+3=18 种，故答案为：18；【小问 6 详解】本题采用逆向合成法，根据题干合成路线图中 C 到 D 的转化信息可知，目标产物可由和反应制得，根据题干合成路线图中 D 到 E 的转化信息可知，可由转化而得，根据 B 到 C 的转化信息可知，可由转化而来，而则可以由原料和酸性高锰酸钾作用而来，据此分析确定合成路线如下：酸性高锰酸钾溶液232Fe(OH)NH?H O242H SONaNO，故答案为：酸性高锰酸钾溶液232Fe(OH)NH?H O242H SONaNO。学科网（北京）股份有限公司