【文档说明】湖南省常德市2022届高三模拟试卷及答案 化学（解析版）.pdf，共(27)页，1.499 MB，由envi的店铺上传

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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：H1O16S32Mn55Fe56Cu64一、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2S

iO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，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；D．2SiO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MgB.可用2CS试剂洗

涤试管壁上的SC.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】A．MgO熔点高，不能用电解熔融MgO的方法制备Mg，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；B．S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；的学科网（北京）股份有限公司C．Al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。42FeSO7HO在高温下易分解，主要发生的反应为：424FeSO7HO232322FeO2SO2SO28HO高温。下列说法正确的是A.常温常压下，220gDO含共用电子对数为A2NB.21molSO溶于水

得到的23HSO溶液中含氧原子数为A3NC.141L1molLFeSO溶液中的2Fe的数目为AND.产生322.4LSO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，220gDO含共用

电子对数为-1A-120g×2?20g?=A2N，A正确；B．由于不知道溶于多少g水中，无法计算21molSO溶于水得到的23HSO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141L1molLFeS

O溶液中的2Fe的数目小于-1-1A1L?1mol?L?=AN，C错误；D．题干未告知物质所处的状态，无法计算产生322.4LSO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。22HC=

CH3223332一3催化定剂条件CHCHCHCHCHCOOHCHCOOCHCH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；B．CH3COOH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；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：Y>ZB.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N＞C，故简单氢化物的稳定性为NH3＞CH4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；D．由分析可知，M为S，S在空气中燃烧生成SO

2，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.AB.BC.CD.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，恰好完全反应时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，酚酞的变色的pH范围为8.2~10.0，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.将过氧化钠投入水中：22222NaO2HO4Na4OHOD.氨化的2CaCl溶液中通入过量2CO：2322342NHCaCOHOCaCO2N

H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：22222NaO2HO4Na4OHO，C正确；D．氨化的2CaCl溶液中通入过量2CO的离子方程式为：32234NH?，D错误；故答案为：C。8.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①碱性4KMnO溶液处理：2

234342CHOHMnOOHCOMnOHO(未配平，下同)②酸化处理：24242MnOHMnOMnOHO下列说法错误的是A.“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之

比为6:1B.“反应①”中氧化性：243MnOCOC.“反应②”中，可用硫酸进行酸化D.“反应②”消耗2459.5gMnO时，反应中转移-0.5mole【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据氧化还原反应配平可得：2234342CHOH6MnO8O

HCO6MnO6HO，反应中-4MnO为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”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①”中-4MnO为氧化剂，2-3CO是氧化产物，则氧化性：243

MnOCO，B正确；C．由于2-4SO与-4MnO、2-4MnO不反应，则“反应②”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②”为242423MnO4HMnO2MnO2HO，则消耗学科网（北京）股份有限公司2459.5gMnO即-159

.5g119g?mol=0.5mol时，则反应中转移电子数目为：2?3，D错误；故答案为：D。9.23LiCO可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微溶于水，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③和工序④顺序可互换B.选择温度为80~90℃，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+、SO2-4)制备碳酸锂，太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月氯化钠和氯化钾从溶液中析出过滤，滤液1中主要（Mg2+、Li+、Ca2+、

SO2-4）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+、SO2-4、OH-），加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过滤，滤液3中主要(Li+、CO2-3、Na

+、SO2-4)，加入碳酸钠80～90℃得碳酸锂沉淀，以此来解析；【详解】A．工序③和工序④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80~90℃，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的学科网（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x22ZnVOyHO。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+x2222ZnVOyHO+2xe=VO+x

Zn+yHO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-=x22ZnVOyHO，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：x22ZnVOyHO-2xe-=xZn

2++VO2+yH2O，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+x2222ZnVOyHO-2xe=VO+xZn+yHO，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，有一个或为

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

4324232524253()()()()()催化剂△HOOCCHCOOHCHCHCHOHCHCHOOCCHCOOCHCH22HO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N

aOH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】【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21molX和23molY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.2tmin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22molX和26molY，3XY的平衡体积分数增大D.寻找合适催化剂降低阶段②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，2tmin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】A．X2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，2tmin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，则平衡常数不变，故B错误；C．投料改为22molX和26molY，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232CHCHCHH+COCHCHCHOC.若反应物为乙烯，产物可能为22OHC

CHCHCHOD.上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化【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

3222CHCHCHH+COCCHCHHCHO，B错误；为学科网（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22OHCCHCHCHO，总反应为：CH2=CH2+CO+H2催化剂OHCCH2CH

2CHO，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-10.1molL弱酸3HA中滴加等浓度的NaOH溶液，测得混合溶液中各物种的物质的量分数δ以及-23c(HA)lgc(HA)、2--2

c(HA)lgc(HA)分别与pH的关系如图所示。[比如-2HA的物质的量分数：--22c(HA)δ(HA)=所以含A的微粒物质的量浓度之和]。3HA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Ⅱ表示-23c(HA)lgc(HA)与pH的关系

B.pH=7时，2-+2c(HA)<c(Na)C.a1a2lgK+lgK=8D.3HA与足量NaOH溶液反应：-2-32HA+2OH=HA+2HO【14题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．当纵坐标为0时，即-23c(HA)lgc

(HA)=0或者2--2c(HA)lgc(HA)=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(HA)lgc(HA)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3HA与足量NaOH溶液反应：-2-32HA+2OH=HA+2HO，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15~17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：①3FeCl易升华；

②较稳定的pH有利于形成粒径适中、结晶度良好的磁流体(34FeO)；③磁流体制备的主要原理：2+3+-342Fe+2Fe+8OHFeO4HO恒温水浴。实验过程如下：Ⅰ．取5.6gFe利用如下实验装置(加热装置略去

)制备3FeCl：Ⅱ．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(322FeSn42Sn2Fe)，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12270.10

00molLKCrO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，平均消耗标准溶液23.00mL。学科网（北京）股份有限公司Ⅲ．制备磁流体(34FeO)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34FeO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22HgCl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34FeO的优点是___________。【15~19题答案】【答案】（1）干燥管（2）

冷凝FeCl3蒸气，以收集FeCl3（3）2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2+SnCl4（4）①.69.00%②.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，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=Hg2

Cl2+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+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.1000mol/L×23.00×10-3L=1.38×10-2mo

l，则Fe的转化率为：-25?×100%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34FeO的优点是防止碱性太强，与Fe3+、Fe2+反应生成Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，引入杂质，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、23CoO、34CoO，少量CdO、FeO、23FeO、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)=8.010，-22spK(ZnS)=2.010。回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分是___________。（2）“浸出”时，34CoO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6110molL，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.NaFB.KFC.2MnFD.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)

。【16~20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(S2-)≥2+Ksp(C

dS)c(Cd)=-27-61?8.0?1010=8.0×10-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜-22-212.0?8.0?=2.5×10-2mol/L（4）C（5）①.增大接触面积，使萃取充分②.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+H

2O、CaO+H2SO4=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S

iO2，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CaS

O4和SiO2，故答案为：CaSO4和SiO2；【小问2详解】由分析可知，“浸出”时，34CoO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6110molL，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，此时c(S2

-)≥2+Ksp(CdS)c(Cd)=-27-61?8.0?1010=8.0×10-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜-22-212.0?8.0?=2.5×10-2mol/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=8.0×10-21mol/L，2+c(Zn)c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜-22-212.0?8.0?=2.5×10-2mol/L；

【小问4详解】由于NaF、KF将引入新的杂质离子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：i

．222N(g)2O(g)2NO(g)1ΔH=133.0kJmolii．22N(g)O(g)2NO(g)1ΔH=180.0kJmoliii．2242NO(g)NO(g)1ΔH=58.1kJmol则反应iv：222NO(g)O

(g)2NO(g)的ΔH=___________1kJmol，该反应分两步进行：第一步：222NO(g)NO(g)快反应，ΔH<0，平衡常数为K第二步：2222NO(g)O(g)2NO(g)慢反应反应iv的总反应速率可表示为22=kKp(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24NO(g)的VL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zmol，温度升高至2T℃，反应进行至tmin时，恰好达到平衡，该过程以24NO表示的平均化学反应速率为-1-10vmol

Lmin，则2T℃条件下，平衡时的24NO的物质的量24n(NO)=___________(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。①Y为___________(填“阳”或“阴”)极。②若加入少量22HO可进一步提高脱氮率，写出22HO产生自由基2HO的电极反应式___________。【17~19题答案】【答案】（1）①.-47②.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）①.NO2②.0Z+VVt2mol③.2（3）①阳②.H2O2-e-+OH-=HO2·+H2O【

解析】【小问1详解】已知：i．222N(g)2O(g)2NO(g)11ΔH=133.0kJmolii．22N(g)O(g)2NO(g)12ΔH=180.0kJmol则反应iv：222NO(g)O(g)2NO(g)可由反应i-ii，根据盖斯定律可知ΔH=1

2ΔH-ΔH=(+133.0kJ/mol)-(+180kJ/mol)=-471kJmol，第一步：222NO(g)NO(g)快反应，.学科网（北京）股份有限公司ΔH<0，平衡常数为K，第二步：2222NO(g)O(g)2NO(g)慢反应反应iv的总反应速率可表示为22=k

Kp(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iii．2242NO(g)NO(g)1ΔH=58.1kJmol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zmol，温度升高至2T℃，反应进行至tmin时，恰好达到平衡，该过程以24NO表示的平均化学反应速率为-1-10vmolLmin，根据三段式分析可得

：22400002NO(g)NO(g)(mol)aZ-a(mol)2VVtVVt(mol)a+2VVtZ-a-VVt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-VVt22，平衡时的

24NO的物质的量24n(NO)=Z-a-V0Vt=0Z+VVt2mol，此时摩尔分数平衡常数xK=2422(NO)(NO)xx=20.50.5=2，故答案为：NO2；0Z+VVt2mol；2；【小问3详

解】①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；②若加入少量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2[FeOOFe(OH)]

铁双核结构的催化剂，实现了常温下4CH高效转化为3CHCOOH。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）2[FeOOFe(OH)]中O原子的杂化形式为___________，草酸铁铵

43243NHFe{()[(CO)]}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362[Fe(NH)]Cl，3621mol[Fe(NH)]Cl含配位键的物质的量为___________mol，3

NH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___________-3gcm(列出计算式)。设阿伏加德罗常数的值为AN。【18~21题答案】【答案】（1）3d5（2）①.sp3②.正四面体（3）①.6②.变大③.3NH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（4）①.CuFeS2②.四面体③.302A608×10Nac【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2[FeOOFe(OH)]中O原子周围均形成了2个σ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43243NHFe{()[(CO)]}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?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362[Fe(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3621mol[Fe(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?82

=4，Fe的个数为：116?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：NAa2c×10-30cm3，1mol晶胞的质量为：4mol×152g/mol=608g

，则该晶体的密度为302-3032-AA3608g608×10Nac?mρ===g?cmVNac，故答案为：CuFeS2；四面体；302A608×10Nac。[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___________(填标号)。A.1molB可与3NaHCO溶液反应产生22molCOB.1molC最多可与28molH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。①含有结构②含有醇羟基③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)。【19~24题答案】【答案】（1）①.间甲基苯酚或3-甲基苯酚②.羟基、醚键和酮羰基（2）①.还原反应②.取代反应（3）CD学科网（北京）股份有限公司（4）+H2O（5）18（6

）酸性高锰酸钾溶液232Fe(OH)NH?242HSONaNO【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?2=6，则E同时满足①含有结构，②含有醇羟基即含有-CH2OH，③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1molB可与3NaHCO溶液反应产生21molCO，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1molC最多可

与27molH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?2=6，则E同时满足①含有结构，②含有醇羟基即含有-CH2OH，③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?242HSONaNO，故答案为：酸性

高锰酸钾溶液232Fe(OH)NH?242HSONaNO。学科网（北京）股份有限公司获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com