2022年高考化学模拟预测卷05（福建卷）（解析版）

【仿真演练】备战2022年高考化学模拟预测卷（福建

卷）

（总分：100分时间：75分钟）

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.中华传统文化源远流长，下列说法错误的是

A.“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓''的材质为Fe3O4

B.《抱朴子》中“曾青涂铁，铁赤色如铜"，"曾青”是可溶性铜盐

C.“凡石灰，经火焚炼为用”，“石灰”指的是Ca（OH）2

D.《汉书》中“高奴县有消水可燃”，这里的“滴水”指的是石油

【答案】C

【解析】A.Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，司南中“杓”所用材质为Fe.Q4,选项A正确：

B.“曾青涂铁，铁赤色如铜”，发生了硫酸铜和铁的置换，曾青是硫酸铜，是可溶性铜盐，

选项B正确；

C.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项C错误；

D.《汉书》中“高奴县有滴水可燃"“治水''可以燃烧，是指石油，石油是燃的混合物能够燃烧，

选项D正确；

答案选C。

2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1,4-二氧杂螺［2,2］丙烷的结构简

式为仅下列说法错误的是

A.Imol该有机物完全燃烧需要3moi02

B.该有机物的二氯代物有2种（不考虑立体异构）

C.该有机物所有原子均处于同一平面

D.该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体

【答案】c

【解析】A.该化合物的分子式是c3H4。2,Imol该有机物完全燃烧需要3moiA项正

确；

B.在该物质分子中只有2个碳原子上分别含有2个氢原子，其二氯代物中，两个氯原子可

以在同一个碳原子上，也可以在不同的碳原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，B项正

确；

C.由于该分子中的碳原子为饱和碳原子，其结构与CHa中的碳原子类似，构成的是四面体

结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，C项错误；

D.HCOOCH=CH2的分子式也是C3H4c)2,二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异

构体，D项正确。

故选C。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.标准状况下，1L2L苯的分子数目为O$NA

B.18gH所含的中子数为ION、

C.7g乙烯和C4L的混合气体中所含氢原子的总数为NA

D.含10moiH,S。,的浓硫酸与足量的铜反应生成的SO?分子的数目为5NA

【答案】C

【解析】A.标准状况下苯是液体，故A错；

B.1个Hz，O有10中子，Hz娑O的相对分子质量为20,18gH2*0的物质的量为

吁=09nol,所以含的中子数为95，B错；

20g/mol

C.乙烯和c4H8的最简式均为CH2,7g混合气体可认为最1J：o[=0-5molCH2,所以H原

子有Imol,故C正确；

D.浓硫酸与足量的铜反应到一定程度时变成稀硫酸不再反应,故参加反应的硫酸少于lOmol,

产生的SO?少于5mol,故D错；

正确答案选C。

4.下图分别代表澳甲烷和2—溪叔丁烷发生水解的反应历程。

I.CH3Br+NaOH^CH3OH+NaBr

II.(CH3)3CBi+NaOHT(CH3)3COH+NaBr

能6-6；

S[HO-CHj-Br)

二zy

CHaBr+OH-、

..V…

__________CHjOH+Br-

I的反应历7

下列分析正确的是

A.叔丁醇既能发生取代反应、消去反应，还能被催化氧化成酮

B.其他条件不变，升高温度，反应I正反应速率增大程度大于逆反应速率的增大程度

C.增大NaOH溶液的浓度，可使反应I和H的速率都增大

D.反应过程中反应I和H都有C—Br键的断裂和C—O键的形成

【答案】D

【解析】A.叔丁醇中宜接与羟基相连的碳上无H原子，不能被催化氧化成酮，故A错误；

B.反应I中反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，升高温度，平衡逆向移

动，反应I逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大程度，故B错误；

C.反应II卤代嫌先自身转变为过渡态，然后氢氧根与过渡态的烧结合，氢氧化钠不直接和

卤代燃一起转化到活化态，所以增加氢氧化钠的浓度不能使II速率增大，故c错误：

D.反应过程中反应I和II都是卤代燃转化为醇，即都存在C-Br的断裂和C-O键的形成，

故D正确；

故选：D。

5.常温下，下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是

A.澄清透明的中性溶液：Fe3+sBa"、Cr、NO；

B.能使pH试纸变深红的溶液：K，Na，、「、CrO；-

C.pH=13的NaOH溶液:Na，C「、SO；、A1O-

D.c(0H)〈衣T的溶液:Ca2+>K'、NO?、CHCOO

【答案】C

【解析】A.铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，澄清透明的中性溶液不可能存在铁离子,

故A错误；

B.能使pH试纸变深红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中铭酸根离子会转化为重铭酸根离子，

重铭酸根离子会与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；

C.Na+、Cr、SO:、A10；四种离子在pH为13的氢氧化钠溶液中不发生任何反应，能大

量共存，故c正确：

D.c(OH)〈卮的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚硝酸根离子和醋酸根离子能与氢离子反

应，不能大量共存，故D错误；

故选Co

6.利用下列装置和试剂进行实验，所用仪器或相关操作合理的是

ABCD

配制一定浓度的硫比较Zn与Cu的金属性强制备无水氯化用NaOH标准溶液滴定

酸溶液弱铝锥形瓶中的盐酸

【答案】B

【解析】A.容量瓶是精量器，不能用于稀释浓硫酸，故A错误；

B.用原电池反应可以比较锌与铜的金属性强弱，故B正确；

C.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发时氯化氢受热挥发，水

解平衡不断右移，促使氯化铝水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得无水氯化铝，故C错

误；

D.用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液，且眼

睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；

故选B。

7.我国科学家研究发现某些大阴离子的盐可作水系锌离子电池的电解质溶液，显示了优良

的循环性能，某种大阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元

素，其中X、Y、Z位于同一周期，Y、W位于同一主族。下列叙述错误的是

ZY一一

Z—X——W一Y

III

zY

A.简单离子半径大小顺序为W>Y>Z

B.W2Y；,中的氧元素有两种价态

C.X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物的沸点

D.Imol该离子含有电子的数目为74NA

【答案】C

【解析】从阴离子的结构分析，W形成六个共价键，为硫元素，X形成四个共价键，一般

为碳元素，Y形成2个共价键，且Y、W位于同一主族，所以是氧元素，Z形成一个共价键，

是氟元素。

【详解】

A.简单离子中，硫离子半径大，氧离子和氟离子电子层结构相同，根据核电荷数越大，半

径越小分析，半径关系为W>Y>Z,A正确；

B.SzO：中有过氧键，因此氧有两种价态，B正确；

C.碳元素的氢化物为烧类，沸点不一定低于HzO或H2O2,C错误；

D.1个该离子中含有74个电子，D正确；

故选C。

8.明(N2H4)是一种常见的还原剂，设其在酸性溶液中以N?H；形式存在。利用如图电解装置,

+

N2H；可将U0；转化为U4+(N?H；转化为N2)O下列说法不正确的是

钛板・镀拍钛网

质子交换膜

+

A.镀铜钛网上发生的电极反应式为：N2H；-4e-=N2f+5H

B.标准状况下，若生成11.2LN2,则有2moiH+从镀伯钛网通过质子交换膜流向钛板

C.电解一段时间后电解质溶液的pH减小

D.在该电解装置中，N2H；还原性强于H2O

【答案】C

【解析】A.镀柏钛网外接电源的正极，可知镀钳钛网是阳极，其电极反应式是还原剂失电子，

故其电解反应式为N2Hs-4e-=N2T+5H+,故A正确；

+4+

B.钛板外接电源负极，是电解池的阴极，其电极反应式为2U0；++8H+4e-=2U+4H2O,

故电解池总反应式为2UO[+8H*+N2H；=2U4++N2T+5H++4H2O,标准状况下，若生成

22.4LN2,需消耗4moiH+,则若生成II.2LN2,则消耗电子2moiH+,则有2moiH+从镀钳钛

网通过质子交换膜流向钛板，故B正确；

C.从电解反应式来看2UO；+8H++N2H；=2U"+N2T+5H++4H2O,电解过程中消耗氢离子,

则电解一段时间后，溶液的pH增大，故C错误；

D.在该电解装置中，是N2H；失去电子，而不是水，故D正确：

本题答案C。

9.用某种含铁烧渣(主要含FezCh和少量SiCh)制取颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下:

%斜1W足量氮率&气

「_____

14.;TrI_

烧渣一*|酸浸IT还原i•睁叶一|制帽!"H过产2-EqOOH

~JT

的豪寒褥猴

下列说法不正确的是

A.为加快“酸浸”反应的速率，可以适当增加硫酸的浓度

B.可,以用KSCN检验''还原”反应后溶液中是否存在Fe3+

2++3+

C.“制备”反应的离子方程式为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

D.“过滤2”所得滤液中主要含有的阳离子是NH；

【答案】C

【解析】含铁烧渣（主要含FezCh和少量SiCh）加H2sCh溶液进行酸浸，SiCh和硫酸不反应，

FezCh和硫酸反应得到Fe2（SC>4）3,加FeSz进行还原得到S、FeSCU,过滤除去S、SiCh得到

FeSCh溶液，FeSCh溶液加足量氨水、空气反应，过滤得到FeOOH。

A.适当增大硫酸浓度，可以增大单位体积内活化分子数总数，从而增加有效碰撞几率，都

可加快酸溶的速率，故A正确：

B.铁离子与KSCN溶液作用出现血红色，可以用KSCN检验“还原”反应后溶液中是否存在

Fe3+,故B正确;

C.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，没有铁离子生成，故C

错误；

D.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为

2+

4Fe+8NH3H2O+O2=8NH：+4FeOOHi+2H2O,因此“过滤2”所得滤液中主要含有的阳

离子是NH：,故D正确；

10.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反

应的终点。用0.100mol/L的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol/L

的盐酸和CH3coOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法

正确的是

A.相同温度下，C点水的电离程度大于A点

B.由PA段电导率变化趋势可知，K+的导电能力强于H+

+1

C.A点溶液中：C(CH3COO)+C(OH)-C(H)=0.1mol-L-

++

D.B点溶液中：c(K)>c(OH)>c(CH3COO)>c(H)

【答案】D

【解析】A.溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3coOH是弱电解质，溶液中自由移动的

离子浓度比强酸HC1的小。在开始滴定时①电导率小于②，说明①是醋酸的滴定曲线，②

是HC1的滴定曲线。当加入KOH溶液体积至20mL时，二者都是恰好反应产生盐。A点

CH3co0K是强碱弱酸盐，C点是K。是强酸强碱盐，CH3co0K水解促进水的电离，而

KCI不水解，对水的电离平衡无影响，所以相同温度下，A点水的电离程度大于点C,A错

误；

B.PA段电导率增加，是由于开始时CH3co0H溶液中自由移动的离了•浓度较小，溶液导

电能力较弱，随着KOH的滴入，弱酸CH3COOH与KOH发生中和反应产生CH3coOK,

产生了大量自由移动的CH3co0-、K+,溶液中自由移动的圈子浓度增大，因而溶液的导电

能力增强，而不能说K+的导电能力强于H+,B错误；

C.A点为CH3co0K溶液，根据电荷守恒可得：c(CH3coO-)+c(OH)=c(H+)+c(K+),根据

K+在反应前后物质的量不变，可知c(K+)=粤粤=0.050mol/L,所以

20.OOmL+20.00mL

c(CH3COO)+c(OH)-c(H+)=c(K+)=0.050mol/L,C错误；

D.B点溶液为KOH、CH3coOK等浓度的混合溶液,根据元素守恒可知，(K，)最大;CH3coOK

是强碱弱酸盐，CH3coO-水解消耗水电离产生的H+,使溶液c(OH)增大，最终达到平衡时

c(OH)>c(H+),且盐电离产生的c(CH3co0-)大于水电离产生的c(H+),故溶液中离子浓度:

++

c(K)><?(OH)>c(CH3COO)>c(H),D正确；

故合理选项是D。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.(13分)利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)

制备活性氧化锌(ZnO),同时回收硫酸俊晶体的工艺流程如下：

稀硫酸H2O2试剂aNH4HCO3

含锌铜预处理

烟尘----二溶解一步瞿I*步骤II步骤山―丽砰f活性氧化锌

滤*I一系列操作a访1M.曰/上

残渣滤渣n滤液I-------------►硫酸镂晶体

已知：25。(3时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度

c<1.0xlQ-Smol-L-1时，可认为该离子沉淀完全。

回答下列问题：

(1)“步骤1”加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是；该步骤

也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至_______,以达到相同的目的，可选择的

试剂是(填标号)。

A.氨水B.氢氧化钠C.氧化锌D.氢氧化领

(2)“步骤H”所力口试剂a为。

(3)“步骤IH”中得到沉淀的化学式可以表示为aZnCO3bZn(OH)2,该反应的离子方程式为

;实验时称取34.9g沉淀充分焙烧，当_________________时可认为焙烧

完全,最终获得24.3g活性氧化锌,通过计算确定aZnCO3-bZn(OH)2中a与b之比为。

(4)由滤液I得到硫酸钱晶体的一系列操作为。

【答案】(1)促进FY+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀2.8AC

(2)Zn

(3)(a+b)Zn2++2(a+b)HCO；=aZnCO3-bZn(OH)21+(a+2b)CO2f+aH2O冷却后称量，连续两

次称量的质量差不超过0.1g2:1

(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

【解析】含锌铜烟尘主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物，预处理后加入稀硫酸溶解，

过滤除去不溶性残渣后得到含有ZnSO4、CuSO4,FeSCh和Fe2(SCU)3的混合溶液；向混合

溶液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe，+,加热促进Fe"水解使其转化为Fe(OH)3沉淀，过滤

得到滤渣I为Fe(OH)3；向滤液中加入试剂a应为Zn,利用Zn的活泼性比Cu强，置换出

Cu,过滤除去，滤渣II为Cu和过量的Zn；再向所得滤液中加入NH4HCO3,得到

aZnCOibZn(OH)2沉淀，然后过滤得到沉淀和滤液I,将沉淀焙烧得到ZnO；将滤液I蒸发

浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镂晶体。

⑴“步骤1”加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+,再将溶液进行加热，促进Fe：+水解使其转化为

Fe(OH)3沉淀；由图可知pH=1.8时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe3+)=10-2mOi/L,若要使沉淀完

3+32

全，应使c(Fe3+)q.0xl(T5molLL根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe)-c(OH')=1O-

(IO-14V-38.6

X[kyj=10-38.6,所以当c(Fe3+)=1.0xl()-5molLi时，c(OH尸心器]mol/L=K)n2moi/L,

c(H+)=10-2-8moUL,则pH=2.8,所以在加入H2O2后加入ZnO或氨水将pH至少调至2.8,也

能将Fe3+沉淀完全，调节pH试剂不能选用氢氧化钠和氢氧化钢，因为会引入杂质，故应选

AC,故答案为：促进F/+水解使其转化为Fe(0H)3沉淀；2.8；AC。

(2)“步骤II”加入试剂a,目的是除去CM+,所以试剂a应为Zn,利用Zn的活泼性比Cu强，

置换出Cu,再过滤除去，故答案为：Zn。

(3)由图可知，“步骤III”中，向ZnSCh溶液中加入NHiHCCh,得到aZnCO3-bZn(OH)2沉淀和

2+

(NH4)2SO4,离子方程式为：(a+b)Zn+2(a+b)HCO；=aZnCO3bZn(OH)21+(a+2b)CO2T+aH2O：

实验时称取34.9g沉淀充分焙烧，需要冷却后称量，当连续两次称量的质量差不超过0.1g

时可认为焙烧完全；

根据焙烧反应方程式，列比例式：

aZnCO,bZn(OH)2=(a+b)ZnO+aCO2T+bH2O

(125a+99b)81(a+b)

34.9g24.3g

(125a+99b)81(a+b)一,,,

'…~,整理得，210.6a=421.2b,解得：a:b=2:l。

34.9g24.3g

故答案为：(a+b)Zn2++2(a+b)HCO；=aZnCO3bZn(OH)21+(a+2b)CO2T+aH2O：冷却后称量，

连续两次称量的质量差不超过O.lg;2:1。

(4)钱盐受热易分解，应该用降温结晶的方法获得晶体，所以由滤液I得到硫酸核晶体的一系

列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。

12.(14分)硫鼠[(SCN)J是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br?和I2之

间。

资料：①SCN中S、C、N元素的化合价依次为：-2价、+4价、-3价。

②SCN一的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的(SCN)2,(SCN%可聚合为红色的(SCN)…

③2cy+4SCN-=2CuSCNJ(白色)+(SCN](黄色)。

现有如下探究：

I.探究Cu?+对KSCN溶液检验Fe"的影响：

实验编号操作现象

厂刊“

i.加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；

n

实验1ii.取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变

M_2mL().5mol/L为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。

母厂FC2(SC>4)3溶液

(1)写出实验1中第i步的离子方程式

甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu"干扰了检验Fe'+的现象。

该同学又继续进行如下实验

实验编号操

操作现象

作现象

1mL0.2mol/L

KSCN

开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉

实验2

淀，上层溶液变为黄色。

_1mL0.05mol/L

CuSO

14

一5滴0.05mol/L

CuSO4

实验3无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。

2mL

—0.5mol/LFeSO4

0.2mol/LKSCN

(2)经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是

(3)由实验2、3可知，实验3中溶液变红的原因是

II.探究浓硝酸与KSCN溶液的反应

［实验一］浓硝酸与KSCN溶液反应

滴加5滴_静置一段时间后一

1mol/LKSCN溶液”WW

i.2mL浓硝酸ii.溶液立即变红iii.突然剧烈反应，红色迅速

D褪去，放出大量红棕色气体

(4)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了(填化学式)。

［实验二］浓硝酸与KSCN溶液反应产物

a.将实验一ii中的气体通入和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。

b.过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入适量的稀盐酸，沉淀完全溶解，再滴加少

量溪水，观察溪水是否褪色。

C.另取少量实验一i中试管内的溶液加入BaCb溶液，产生大量白色沉淀。

(5)a中，Ba(0H)2和NaOH混合溶液浓度较小时可能不会产生白色沉淀,原因是。

(6)通过b可以证实红棕色气体中是否含有SO?。若含有SO”溟水会褪色，则褪色的原因是

(用离子方程式表示)，滨水不褪色则不含SO-

(7)也0?也可与KSCN溶液反应，完全转化为无毒无害物质，请写出SCN-被氧化的离子方

程式___________。

【答案】⑴Cu+2Fe"=2Fe2++Cu2+

(2)部分(SCN)?与水反应生成酸

(3)Cu2+与SCN-产生白色沉淀的同时生成(SCN%,Fe?+被(SCN%氧化为Fe",

Fe3++3SCN礴？Fe(SCN)3，所以溶液变红

(4)(SCN)X

(5)NO2溶于水形成硝酸，溶解了白色沉淀

++

(6)SO,+Br,+2H,O=4H+S0：+2BL或H2SO3+Br,+H2O=4H+S0,+2Br

(7)2SCN-+11H2O2=2SOf+2CO2T+N2T+10H,O+2H"

【解析】I.Fe2(SO4)3溶液因含Fe3+呈黄色,加入铜粉后发生Cu+2Fe3+=2Fe2++CM+,溶液

逐渐变为蓝色：取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，发生了2C/++

4SCN=2CuSCN](白色)+(SCN)2(黄色)，(SCN”将亚铁离子氧化为铁离子，发生Fe3++3SCN

UFe(SCN)3,所以溶液变红，振荡后SCN-和Cu?'充分接触，又发生2Cu2，+

4SCN=2CuSCN[(白色)+(SCN”(黄色)，产生白色沉淀，同时由于SCN被消耗，Fe3++3SCN

UFe(SCN)3逆向移动，红色消失；

由实验2可知发生了铜离子和硫氟酸根离子发生了2CU2++4SCN=2CUSCN1(白色)+

(SCN)2(黄色)，(SCN)2溶于水导致上层溶液呈黄色；

通过实验3,验证了实验1中的ii的结论；

II.浓硝酸有强氧化性，浓硝酸中加入KSCN后，SCN-被浓硝酸氧化为(SCN”，(SCN”聚

合为红色的(SCN)x,溶液迅速变红；静置一段时间后剧烈反应，红色迅速褪去可能是浓硝酸

氧化了(SCN)x所致。

(1)加入Cu粉后溶液逐渐变蓝，说明生成了铜盐，因此发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；

(2)根据实验2的现象，开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉淀，上层溶液变为

黄色，说明发生了2CU2++4SCN=2CUSCNJ(白色)+(SCN”(黄色)，(SCN)2性质与卤素单质

相似，部分(SCN)2与水反应生成酸，溶液pH值减小：

(3)由分析可知Cu?+与SCN产生白色CuSCN的同时生成(SCN)2,Fe?+被(SCN)2氧化为Fe3

+,Fe3++3SCN-UFe(SCN)3,所以溶液变红；

(4)由分析可知浓硝酸中滴加KSCN溶液,溶液立即变红是因为SCN-被氧化为黄色的(SCN)2,

(SCN)2聚合为红色的(SCN)X；

⑸实验一中产生红棕色气体，因此混合气体中有大量的NO2使溶液呈酸性，Ba(0H)2和

NaOH浓度较小时，开始产生的白色BaCCh沉淀溶解；

(6)通过b可以证实红棕色气体中是否含有SO?,若含有SO。，发生反应

++

SO,+Br2+2H,O=4H+SO：+2Br或H2SO3+Br,+H,O=4H+SO：+2Br-,滨水会褪色,

滨水不褪色则不含SC)2；

(7)凡。2也可与KSCN溶液反应，完全转化为无毒无害物质，SCN-被氧化生成硫酸钾、硫

酸、二氧化碳、氮气和水，反应的离子方程式为

+

2SCN"+11H,O,=2S0；'+2cO2T+N2T+10H2O+2Ho

13.(13分)甲醇是一种重要的有机化工原料，在工业上有着重要的用途。

⑴二氧化碳催化加氢制甲醇反应的化学方程式为3H2(g)+CO2(g)—^H2O(g)+CH3OH(g)。在

2L恒容密闭容器中加入4moi比和ImolCCh在一定条件下发生上述反应，lOmin时剩余

L6molH2,此时C02的转化率为，用CH30H表示lOmin内的化学反应速率为,

增加该反应中活化分子百分数的方法有(答两点)。

(2)若在催化剂a或b存在下，C02和H2能同时发生两个反应：①3H2出)+(202(8)=^

H2O(g)+CH3OH(g),②在控制CCh和H2初始投料比

n(CO))

而广，为1：2.2,相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如表(甲醇选择性指转

化的C6中生成甲醇的百分比)：

实验编号T/K催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(％)

1543催化剂a12.3423

2543催化剂b10.972.7

3553催化剂a15.339.1

4553催化剂b12.071.6

①在相同温度下，不同的催化剂对C02转化成CH30H的选择性有显著的影响，你认为原因

是o

②553K下，反应①在无催化剂、催化剂a和催化剂b三种情况下，活化能最小的是。

(3)工业上常用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)^^CH30H(g)AH〈O。若在450℃和

L01xl06pa时，向某密闭容器中通入ImolCO和3moi出,充分反应后CO的转化率达到95%,

若其他条件相同时，改为通入ImolH?和ImolCEOH,则CH30H的平衡转化率为

;工业实际生产时.，采用图中M点对应的反应条件，而不是N点，请说明

选择的理由：o

【答案】(1)80%O.fMmolL'min-1升高温度，采用更高效的催化剂

(2)反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，反应速率不同催化剂b

(3)5%M点温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率与N点相差不大，压强为常压，

对设备要求不高，更经济

【解析】(l)10min时剩余1.6molH2»该时间段消耗H2的物质的量为(4mol—1.6moi)=2.4mol,

消耗CO2的物质的量为空粤=0.8mol,82的转化率为学粤xl00%=80%；v(CH3OH)=

3Imol

0.8mol

方I=0.04mol/(Lmin)；升高温度和使用更高效的催化剂，均会提高活化分子的百分数，

10min

加快反应速率：故答案为80%；0.04mol/(L-min)；升高温度，使用更高效的催化剂；

(2)①从表格中数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内CO2的转化

率不同，说明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，反应速率不同，

因而对甲醇的选择性有影响；故答案为反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力

不同，反应速率不同；

②由实验3、4可知，4中甲醇选择性高，则相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH30H

有较高的选择性，对应的活化能最小；故答案为催化剂b；

(3)通入ImolH?和ImolCH.^OH与通入ImolCO和3moiH?达到的平衡为等效平衡，正向CO

的平衡转化率为95%,则逆向甲醇的平衡转化率为5%。相对于N点而言，M点温度在

500~600K之间，温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率与N点相差不大，且常压对

设备和动力要求低，更经济：故答案为5%:M点温度较高，反应速率较快，CO的平衡转

化率与N点相差不大，压强为常压，对设备要求不高，更经济。

14.(10分)铁(Fe)、钻(Co)、银(Ni)是第四周期第VDI族的元素，在化学上称为铁系元素，其

合金和化合物在生产生活中应用广泛。

(1)硫酸银溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。

①基态Ni原子的价电子排布图为o

②化合物[Ni(NH3)6]SO4中元素电负性由大到小的关系为o

③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的中心原子的杂化类型为,写出一种与阴离子互为等电子体

的分子式：一o

④[Ni(NH3)6]SO4含有的化学键类型包括一(填序号)。

A.极性共价键B.离子键C.配位键D.金属键E.非极性共价键

(2)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPOKM=Fe、Co等元素)。

①第四电离能大小关系是l4(Co)—L»(Fe)(填“〉”或"v”)，原因是

_____________________________O

②LiMPCU属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷

酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示。

•磷原子

。氧原子

焦磷酸根离子三磷酸根离子

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为一(用n代表P原子数)。

(3)FeCCh可作补血剂，CoCCh可用于陶瓷工业的着色剂。已知：r(Fe2+)为61pm,r(C02+)为

65pm,在隔绝空气条件下分别加热FeCCh和CoCCh时，FeCCh的分解温度低于CoCCh,其

原因是o

sp3SiCl4或CC14或SiF4等ABC

(2)<C。失去的第四个电子是3d6上的一个电子，而Fe失去的第四个电子是3d5的一个

n+2

电子，3d轨道半充满时稳定性强，故IMCoMMFe)[PnO3n+ir>-

(3)r(Fe2+)<r(Co2+),晶格能FeO>CoO,FeCCh比CoCCh易分解

【解析】

(1)①已知镁是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布图为川而口■川而，故答案为:

InininiHHO

②根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下元素的非金属依次减小,

故化合物[Ni(NH3)6]SO4中元素电负性由大到小的关系为0>N>S>H>Ni,故答案为：

O>N>S>H>Ni；

③[Ni(NH3)6]SC>4中阴离子即为SO：,其中心原子S原子的价层电子对数为：4+,(6+24?2)=4,

2

故的中心原子S的杂化类型为sp3,等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，

故与阴离子互为等电子体的分子式：SiC14或CC14或SiF4等，故答案为：sp3；SiCU或CC14

或SiF4等；

④[Ni(NH3)6]SC)4含有的化学键类型包括[Ni(NH3)6F+与SO：之间的离子键，[Ni(NH3)6p+内部

的配位键和N-H极性键，SO：内部的极性键，故不含金属键和非极性共价键，故答案为：

ABC；

⑵锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPCU(M=Fe、Co等元素)。

①由于C。失去的第4个电子是3d6上的电子，而