【文档说明】2022年高考真题——化学（江苏卷）含解析.doc，共(20)页，2.602 MB，由envi的店铺上传

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江苏省2022年普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ce140一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列成果研究的物质

属于蛋白质的是A.陶瓷烧制B.黑火药C.造纸术D.合成结晶牛胰岛素【答案】D【解析】【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅的化合物，A不符合题意；B．黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B

不符合题意；C．造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意；D．胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D符合题意；答案选D。2.少量22NaO与2HO反应生成22HO和NaOH。下列说法正确的是A.22NaO的电子式为B.2HO的空

间构型为直线形C.22HO中O元素的化合价为-1D.NaOH仅含离子键【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是，A错误；B．2HO中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形，B错误；C．22HO中H显+1价，根据正负化

合价为0，可计算出O的化合价为-1，C正确；D．NaOH中O和H之间是共价键，D错误；故选C。3.工业上电解熔融23AlO和冰晶石()36NaAlF的混合物可制得铝。下列说法正确的是A.半径大小：()()3++rAl<rNaB.电负性大小：χ(F)<χ(O)C.电离能大小：

11I(O)<I(Na)D.碱性强弱：3NaOH<Al(OH)【答案】A【解析】【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为()()3++rAl<rNa，故A正确；B．同周期元素核电荷数越大电负性

越大，故χ(F)χ(O)＞，故B错误；C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为11I(O)I(Na)＞，故C错误；D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强

弱为3NaOHAl(OH)＞，故D错误；故选A。4.实验室制取少量2SO水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A.用装置甲制取2SO气体B.用装置乙制取2SO水溶液C.用装置丙吸收尾气中的2SOD.用干燥pH试纸检验2SO水溶液的酸性【答案】C【解析】【详解】A

．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取2SO气体，A正确；B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取2SO水溶液，B正确；C．SO2不会与饱和Na

HSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的2SO，C错误；D．2SO水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；答案选C。5.下列说法正确的是A.金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为120B.

4SiH、4SiCl都是由极性键构成的非极性分子C.锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为224s4pD.ⅣA族元素单质的晶体类型相同【答案】B【解析】【详解】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-

C-C夹角为109°28′，故A错误；B．4SiH的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；4SiCl的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar]3d

10224s4p，故C错误；D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。6.周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热()-1890.3kJmol，是常见燃料；S

i、Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面2SiO能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成26HSiF(26HSiF在水中完全电离为+H和2-6SiF)；1885年德国化学家将硫化锗()2GeS与2H共热制得了门捷列夫预言的类硅—锗；

下列化学反应表示正确的是A.2SiO与HF溶液反应：+2-262SiO6HF=2H+SiF+2H+OB.高温下2H还原2GeS：222GeS+H=Ge+2HSC.铅蓄电池放电时的正极反应：-2-44Pb-2e+SO=PbSOD.甲烷的燃烧：()()-14222CHg+2Og

=CO(g)+2HO(g)ΔH=890.3kJmol【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸26HSiF和水，反应的离子方程式为+2-262SiO6HF=2H+SiF+2H+O，故A正确；B．硫化锗与

氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为22HGeS=Ge+2S高温，故B错误；C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下

二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应-2-+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2HO，故C错误；D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的

热化学方程式为()()4222CHg+2Og=CO(g)+2HO(l)ΔH=-890.3kJ/mol，故D错误；故选A。7.我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、2PbO是铅蓄

电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是A.石墨能导电，可用作润滑剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青

铜铸剑D.含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料【答案】C【解析】【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，

故C正确；D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；故选C。8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确．．．的是A.自然固氮、人工固氮都是将2N转化为3NHB.侯氏制碱法以2HO、3NH、2CO、NaCl为原料制备3NaHCO和4

NHClC.工业上通过3NH催化氧化等反应过程生产3HNOD.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”【答案】A【解析】【详解】A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为

NO，A错误；B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产

HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；D．氮元素在自然界中既

有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确；故选A。9.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如下：下列说法不正确．．．的是A.X与互为顺反异构体B.X能使溴的

4CCl溶液褪色C.X与HBr反应有副产物生成D.Z分子中含有2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．X与互为顺反异构体，故A正确；B．X中含有碳碳双键，故能使溴的4CCl溶液褪色，故B正确；C．X中的碳碳双键可以和HBr发生加成反应生成，故C正确；D．Z分子中含有的手性碳原子如图

：，含有1个手性碳原子，故D错误；故选D。10.用尿素水解生成的3NH催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为32224NH(g)+O(g)+4NO(g)4N(g)+6HO(g)，下列说法正确的是A.上述反应ΔS<0B.上述反应平衡常数(

)()()()46224432cNcHOK=cNHcOc(NO)C.上述反应中消耗31molNH，转移电子的数目为2326.0210D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应

是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误；B．由方程式可知，反应平衡常数()()()()46224432cNcHOK=cNHcOc(NO)，故B正确；C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为

3mol×4×14×6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；故选B。11.室温下，下列实验探究

方案不能．．达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向盛有4FeSO溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化2+Fe具有还原性B向盛有2SO水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化2SO具有漂白性

C向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化2Br的氧化性比2I的强D用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小3CHCOOH是弱电解质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解

】A．向盛有4FeSO溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明2+Fe具有还原性，A正确；B．向盛有2SO水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明2SO具有漂白性，B正确；C．

向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明2Br的氧化性比2I的强，C正确；D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明3CHCOOH是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。故选D。12.一种捕集烟气中C

O2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(3HCO−)+c(23CO−)。H2CO3电离

常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(3HCO−)B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(3HCO−)

+c(H2CO3)C.KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(23CO−)D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【解析】【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则23CO−主要发生第一

步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(3HCO−)，若为KHCO3溶液，则3HCO−发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(3HCO−)，A不正确；B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(

K+)+c(H+)=c(OH-)++c(3HCO−)+2c(23CO−)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(23CO−)+c(3HCO−)+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c(3HCO−)+2c(H2CO3)，B不正确；C．KOH溶液吸收CO2，c(KO

H)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2=W1aKK=1471104.410−−≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明3HCO−以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(23CO−

)，C正确；D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D

不正确；故选C。13.乙醇-水催化重整可获得2H。其主要反应为-125222CHOH(g)+3HO(g)=2CO(g)+6H(g)ΔH=173.3kJmol，-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=41.2kJmol，在51.010Pa、()()始25始2nC

HOH:nHO=1:3时，若仅考虑上述反应，平衡时2CO和CO的选择性及2H的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性生成生成2生成n(CO)=100%n(CO)+n(CO)，下列说法正确的是A.图中曲线①表示平衡时2H产率随温度的变化B.升高温度，平

衡时CO的选择性增大C.一定温度下，增大()()252nCHOHnHO可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时2H产率【答案】D【解析】【分析】根据已知反应①-125222

CHOH(g)+3HO(g)=2CO(g)+6H(g)ΔH=173.3kJmol，反应②-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=41.2kJmol，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，

即CO2选择性增大，同时CO的选择性减小，根据CO的选择性的定义可知③代表CO2的选择性，①代表CO的选择性，②代表H2的产率，以此解题。【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性减小，故B错误；C．一定温度下，

增大252n(CHOH)n(HO)，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入CaO(s)与水反应放热，且CaO吸收CO2，促进反应①向正反应方向进行，反应②向逆反应方向进行，对反应①影响较大，可以增大2H产率，或者选用对反

应①影响较大的高效催化剂，增加反应①的反应，减少反应②的发生，也可以增大2H产率，故D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.硫铁化合物(FeS、2FeS等)应用广泛。（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(VI)

]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(VI)主要以-4HCrO、2-27CrO、2-4CrO等形式存在，纳米FeS去除水中Cr(VI)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。已知：-18spK(FeS)=6.5?

10，-17sp2KFe(OH)=5.0?10；2HS电离常数分别为-7a1K=1.1?10、-13a2K=1.3?10。①在弱碱性溶液中，FeS与2-4CrO反应生成3Fe(OH)、3Cr(OH)和单质S，其离子方程式为_______。②在弱酸

性溶液中，反应+2+-FeS+HFe+HS的平衡常数K的数值为_______。③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。（2）2FeS具有良好半导体性能。2

FeS的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该2FeS晶体的一个晶胞中2-2S的数目为_______，在2FeS晶体中，每个S原子与三个2+Fe紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了2FeS晶胞中的2+F

e和位于晶胞体心的2-2S(2-2S中的SS−键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他2-2S已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的2+Fe连接起来_______。（3）2FeS、FeS在空气中易被氧化，将2FeS在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与

起始2FeS的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，2FeS氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。【答案】（1）①.2--4233FeS+CrO+4HO=Fe(OH)+Cr(OH)+S+2OH②.5510−③.c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(V

I)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中2-4CrO物质的量分数越大（2）①.4②.（3）Fe2O3；设2FeS氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，2(FeS)M120g/mol=，则x()FeOM120g/mol66.7%=80.04

g/mol=，则56+16x=80.04，x=32，即固体产物为Fe2O3【解析】【小问1详解】在弱碱性溶液中，FeS与2-4CrO反应生成3Fe(OH)、3Cr(OH)和单质S的离子方程式为：2--4233FeS+CrO+4HO=Fe(OH

)+Cr(OH)+S+2OH；反应+2+-FeS+HFe+HS的平衡常数K=2+-+c(Fe)c(HS)c(H)，由题目信息可知，2+2--18spK(FeS)=c(Fe)c(S)=6.510，2HS电离常数+2--13a2-c(H)c(S)K==1.310c(HS)，所以K

=2+-+c(Fe)c(HS)c(H)=spK(FeS)a2K=5510−；在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中

2-4CrO物质的量分数越大；故答案为：2--4233FeS+CrO+4HO=Fe(OH)+Cr(OH)+S+2OH；5510−；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中2-4CrO物质的量分数越大。【小问2详解】因

为2FeS的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该2FeS晶体的一个晶胞中2-2S的数目也为4；2FeS晶体中，每个S原子与三个2+Fe紧邻，且Fe-S间距相等，根据2FeS晶胞中的2+Fe和2-2S的位置(2-2S中的S-S键位于

晶胞体对角线上)可知，每个S原子与SS−键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的2+Fe紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的2+Fe连接图如下：；故答案为：4；。【小问3详解】有图可知，800℃时，氧化过程中

剩余固体的质量与起始2FeS的质量的比值为66.7%，设2FeS氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，2(FeS)M120g/mol=，则x()FeOM120g/mol66.7%=80.04g/mol=，56+16x=80.04，x=32，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：F

e2O3；设2FeS氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，2(FeS)M120g/mol=，则x()FeOM120g/mol66.7%=80.04g/mol=，则56+16x=80.04，x=32，即固体产物为Fe2O3。15.化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其

人工合成路线如下：（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。（2）B→C的反应类型为_______。（3）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子中含有4种不同化学环境的氢原子；②碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯

环且有2种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化。（4）F的分子式为12172CHNO，其结构简式为_______。（5）已知：(R和R'表示烃基或氢，R''表示烃基)；写出以和3CHMgBr为原料制备的

合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。【答案】（1）sp2和sp3（2）取代反应（3）（4）（5）【解析】【分析】A（）和CH3I发生取代反应生成B（）；B和SOCl2发生取代反应生成C（）；C和CH3OH发生取代反应生成D（）；D和NH2OH

发生反应生成E（）；E经过还原反应转化为F，F再转化为G，其中F和G的分子式都是C12H17NO2，则F为，F和G互为手性异构体。【小问1详解】A分子中，苯环上的碳原子和双肩上的碳原子为sp2杂化，亚甲基上的碳原子为sp3杂化，即A分子中

碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3。【小问2详解】B→C的反应中，B中的羟基被氯原子代替，该反应为取代反应。【小问3详解】D的分子式为C12H14O3，其一种同分异构体在碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯环且有2种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化，说明该同分异构体为酯，且水解产

物都含有醛基，则水解产物中，有一种是甲酸，另外一种含有羟基和醛基，该同分异构体属于甲酸酯；同时，该同分异构体分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体的结构简式为。【小问4详解】由分析可知，F的结构简

式为。【小问5详解】根据已知的第一个反应可知，与CH3MgBr反应生成，再被氧化为，根据已知的第二个反应可知，可以转化为，根据流程图中D→E的反应可知，和NH2OH反应生成；综上所述，的合成路线为：。16.实验室以二氧化铈(2CeO)废渣为原料

制备-Cl含量少的233Ce(C)O，其部分实验过程如下：（1）“酸浸”时2CeO与22HO反应生成3+Ce并放出2O，该反应的离子方程式为_______。（2）pH约为7的3CeCl溶液与43NHHCO溶液反应可生成233Ce(C)O沉淀，该沉淀中-Cl含量与加料方式有关。得到含-Cl量较少的

233Ce(C)O的加料方式为_______(填序号)。A．将43NHHCO溶液滴加到3CeCl溶液中B．将3CeCl溶液滴加到43NHHCO溶液中（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备-Cl含量少的

233Ce(C)O。已知3+Ce能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为3+Ce(水层)+3HA(有机层)3Ce(A)(有机层)++3H(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。②反萃取的目的是

将有机层3+Ce转移到水层。使3+Ce尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤233Ce(C)O溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。（4）实验中需要测定溶液中3+C

e的含量。已知水溶液中4+Ce可用准确浓度的()()4422NHFeSO溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为2+4+3+3+Fe+Ce=Fe+Ce。请补充完整实验方案：①准确量取3+2

5.00mLCe溶液[()3+cCe约为-10.2molL]，加氧化剂将3+Ce完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250mL容量瓶中后定容；②按规定操作分别将()()-144220.02000molLNHFeSO和待测4+Ce溶液装入如图所示的滴定管中：③_______

。【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O（2）B（3）①.减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce3+被萃取②.酸性条件，多次萃取③.3+Ce（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测4+Ce溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用()()-144220.02

000molLNHFeSO来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积【解析】【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈

浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。【小问1详解】根据信息反应物为2CeO与22HO，产物为3+Ce和2O，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3

++O2↑+4H2O；【小问2详解】反应过程中保持3CeCl少量即可得到含-Cl量较少的233Ce(C)O，故选B；【小问3详解】①减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce3+被萃取，故答案为：减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce3+被萃取

；②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使3+Ce尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的3+Ce，过滤后溶液中3+Ce离子浓度较小，故答案为：3+Ce；【小问4详解】应该用标准液滴定待测4+Ce溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂

，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测4+Ce溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用()()-144220.02000molLNHFeSO来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。17.氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重

要意义。（1）“2CuCl-HO热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性-2CuCl溶液，阴极区为盐酸，电解过程中-2CuCl转化为2-

4CuCl。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。（2）“-32Fe-HCO-HO热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收2CO制得

的3NaHCO溶液反应，生成2H、HCOONa和34FeO；34FeO再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在300℃时，密闭容器中3NaHCO溶液与铁粉反应，反应初期有3FeCO生成并放出2H，该反应的离子方程式为_______。②随着反应进行，

3FeCO迅速转化为活性34-xFeO，活性34-xFeO是-3HCO转化为-HCOO的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、-HCOO的

产率随()-3CHCO变化如题图所示。-HCOO的产率随()-3cHCO增加而增大的可能原因是_______。（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“-32Fe-HCO-HO热循环制氢和甲酸”的优点是_

______。【答案】（1）①.-2-42CuCl2CleCuCl−−+−=②.Cu、O（2）①.-2-3332300Fe+2HCOFeCO+CO+H℃②.H的电负性大于Fe，小于O，在活性34-xFeO表面，H2断裂

为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与-3HCO中略带正电的碳结合，后者与-3HCO中略带负电的羟基氧结合生成H2O，-3HCO转化为-HCOO③.随()-3cHCO增加，生成3FeCO和H2的速率更快、产量增大，生成-HCOO的速率更快

、产率也增大（3）高效、经济、原子利用率高、无污染【解析】【小问1详解】①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性-2CuCl溶液，电解过程中-2CuCl转化为2-4CuCl，电解时阳极发生的主要电极反应为

：-2-42CuCl2CleCuCl−−+−=；②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有2-4CuCl，故发生化合价变化的元素有Cu、O。【小问2详解】①在300℃时，密闭容器中3

NaHCO溶液与铁粉反应，反应初期有3FeCO生成并放出2H，离子方程式为：-332300Fe+2HCOFeCO+H℃；②H的电负性大于Fe，小于O，在活性34-xFeO表面，H2断裂为H原子，一个吸附

在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与-3HCO中略带正电的碳结合，后者与-3HCO中略带负电的羟基氧结合生成H2O，-3HCO转化为-HCOO；③在其他条件相同时，随()-3cHCO增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe

的转化率也增大，即生成3FeCO和H2的速率更快，量更大，则得到活性34-xFeO的速度更快，量也更多，生成-HCOO的速率更快，产率也更大。【小问3详解】“-32Fe-HCO-HO热循环制氢和甲酸”系统将-3HCO转化为-HCOO和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，

Fe初期生成3FeCO后迅速转化为活性34-xFeO，34-xFeO氧化为34FeO再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。