2022年湖南省岳阳一中高考化学三模试卷（附答案详解）

2022年湖南省岳阳一中高考化学三模试卷

1.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（）

A.德尔塔（Delta）,是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质

B.中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅

C.市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作。忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤

D.“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属

于无机非金属材料

2.下列指定反应的离子方程式正确的是（）

-

A.CO2通入足量的NaClO溶液中：C02+2C10-+H20=2HC1O+CO1

2+

B.用惰性电极电解CuC%水溶液：2Q-+Cu+2H0—CU（OH）2I+C12T+H2T

C.用Na2sO3溶液吸收少量CI2：3sog+Cl2+H20=2HS0]+2C1-+S0广

+2+

D.用高镒酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO1+5c+16H=2Mn+10CO2T

+8H2O

3.药物研发中，碳-氮（C-N）交换反应一旦实现,将会彻底改变药物化学领域。例如：

将有机物X转化为有机物Y的反应如图所示。下列说法正确的是（）

Z

A.X和Y均为芳香族化合物B.X中所有的碳原子可能共面

C.Y可发生加成反应和取代反应D.X、Y、Z互为同分异构体

4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.常温下22.4LNH3含有的中子数为7NA

B.常温下lLpH=13的Ba（0H）2溶液中OFT的数目为0.2NA

C.将50mLi2moi/L盐酸与足量MnC）2共热，转移的电子数为0.3町

D.56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为

5.科学家采用如图所示方法，可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反

应条件更加温和。下列说法正确的是（）

A.该过程中Li和出0作催化剂

B.三步反应都是氧化还原反应

C.反应HI可能是对LiOH溶液进行了电解

D.反应过程中每生成lmolNH3,同时生成0.75molO2

6.天津大学研制了一种纳米Cu-Si。?反应器用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应

获得EG,反应过程示意图如下，下列说法正确的是()

A.DMO分子中所有原子可能在同一平面上

B.EG的分子式为C2H6。2

C.反应过程中出分子中的极性键发生了断裂

D.反应前后DMO分子中只有碳碳单键发生了断裂

7.以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球为壳的封装型催化剂将小和。2直接合成出。2的

机理如图(a)所示。电催化还原。2时的两种可能转化路径如图(b)所示(其中吸附在

催化剂表面的物种用*标注)。下列说法错误的是()

A.直接合成法中，步骤②吸收能量，步骤④释放能量

B.电催化还原法制备小。2的优点之一是避免了电和。2共存的易爆环境

C.电催化还原时，2e-路径的步骤少，反应速率快

D.若催化剂表面对*00H吸附过强，则易生成0*,导致的产率降低

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8.分子TCCA（如图所示）是一种高效的消毒漂白剂。W、X、Y、y

Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y丫人又丫

核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是

（）Z

A.分子所有原子均满足8电子稳定结构

B.原子半径大小顺序：X<Y<Z

C.氧化物的水化物酸性：Z>X>W

D.简单气态氢化物的热稳定性：W>X>Y

9.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH。废水

和工业废气（主要含&、C02,SO2、NO、CO,不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法正确的是（）

产和KT必选a7d无污上气修］

；捕佚产物

A.固体1中主要含有CaCC）3、CaSO3

B.X可以是空气，且需过量

C.捕获剂所捕获的气体主要是CO

D.处理含NHt废水时，发生的反应为：NH：+5NO3+4H+=6NOT+4H2。

10.常温下，向饱和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如图

所示。溶液中氯元素的存在形式仅考虑Ch、C「、CIO-、HC1O,该过程不考虑HC1O

的分解。下列有关说法错误的是（）

A.M点:c(H+)>c(Cl-)>c(HC10)

B.水的电离程度：乂点<N点

C.从M点到P点，溶液中的器E减小

D.溶液中可能存在c（HC10）+c（ClO-）=c（Cl-）

11.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z的原子序数依

次增大且占据元素周期表中三个不同周期。下列说法不正确的是（）

Y”[x-z-x-z-x-z-xy-

w-xXx-w

A.Z的最高价氧化物对应的水化物为弱电解质

B.工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质Y

C.X的简单离子半径小于Y的简单离子半径

D.该化合物中Z满足8电子稳定结构

12.无膜氯液流电池是一种先进的低成本高储能电池，可广泛应用于再生能源储能和智

能电网的备用电源等，电池工作原理如图所示：下列说法错误的是（）

A.放电时，M极为正极

B.放电时，右侧储液器中NaQ的浓度增大

+

C.充电时，N极的电极反应式为：Na3Ti2（PO4）3-2e-=NaTi2（PO4）3+2Na

D.充电时，电路中每转移Imole'N电极理论上质量减小23g

13.反应2NaC10+C3H3N3O3=C3N3O3Cl2Na+NaOH4-%0可制备广谱消毒剂

C3N3O3Cl2Na,装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法错误的是（）

A.按气流从左至右，装置中导管连接顺序为f-c-d-a-b-e

B.升高温度有利于装置A中产品的生成

C.当加入4moiNaOH时，最多消耗氟尿酸（C3Hs^C^lmol

D.装置D中橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下

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14.Y是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。

下列说法不正确的是（）

A.X与Y互为同分异构体

B.ImoIX最多可以与4m0m2发生加成反应

C.ImolY最多能与2moiNaOH发生反应

D.产物Y能发生氧化、加成、取代反应

15.向5mL0.10mol•LH2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温度

随:能弋繁）的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）

HNaOH溶液）溶液）

A.30。（：时，Ka2（H2A）=10-97

B.从W至Z点，水的电离程度逐渐增大

C.当c(H2A)=c(A2-)时，溶液pH=6

业V(NaOH溶液)_2

D.'V(&A溶液)-3'J'c(H2A)>iC(A-)-|c(HA-)

16.一种银锢矿主要成分为Au、Ag2S.CuS、ZnS、PbS、FeS,In203,Ga2（）3等物质,

从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：

NaCIHCINaCIOH.(Xg>CaCO,CuCaCO,HQ

]，>H1.8liHpH*4.5I

一次

申-血T汪陈

就渝CO,PbS.ZnS

该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表:

金属离子

开始沉淀的pH

完全沉淀(c=1.0x10-5mol,IT】)的pH3.23.44.36.68.249.1

⑴“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl］、AgCD进'

入溶液，同时生成硫，写出Ag2s发生反应的离子方程

(2)高温水蒸气除铁利用了FeCh易水解的性质，写出该

反应的化学方程式o

(3)“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、

(4)“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有(写化学式)。

(5)“分铅锌”步骤中，维持H2s饱和水溶液的浓度为O.lmoLLT,为使ZM+沉淀

25

完全，需控制溶液的pH不小于［已知：lg3«0.48；Ksp(ZnS)=3.0xIO-,

-13

Kal(H2S)=1.0xIO",Ka2(H2S)=1.0xIO］,,

(6)已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电

势(用表示)，年越大则该物质的氧化性越强，年越低则该物质的还原性越强。

浸出步骤中金反应的两个半反应如下：

..CCHCIO),

,0.059I-Ie-J

HC1O+H+2e—Cl+HzO(p—1.494-----1g—(。一、—

.C(AuCl])

C(AUC1J)/C,

AuCl；+3e-=4C1_+Au<p=0.994+—1g

(隼与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，ce=lmol-L-1)*345

如图是Au的浸出率与NaCI溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因

是。

17.新冠肺炎疫情期间，含氯消毒剂在环境杀菌消毒方面发挥了重要的作用。其中CIO?

可用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面，其为易溶于水的绿色气体。

(1)某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。

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图2

①安装F中导管时，应选用图2中的（填字母序号）。

②打开B的活塞，A中制得CIO?和。2,写出反应的化学方程式。关闭B的活

塞，CIO?在D中被稳定剂完全吸收生成Nad。?，此时F中溶液的颜色不变，则装置C

的作用是。

③已知在酸性条件下NaCK）2可发生反应生成NaQ释放出CIO?,在CIO?释放实验中，

打开E的活塞，D中发生反应，写出反应的离子方程式。

④已吸收CIO2气体的稳定剂I和稳定剂H,加酸后释放CIO?的浓度随时间的变化如图

3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是，原因是。

赵

S爱

6

D

图3

（2）为测定某存储罐中所得溶液中CIO2的含量，进行了以下实验：

步骤1：准确量取CIO2溶液10.00mL,稀释成100mL试样。

步骤2：量取V】mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH<2.0,加入足量的KI晶体，

+

摇匀，在暗处静置30分钟。（已知：2CIO2+10r+8H=5I2+2C1-+4H2O）

步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol-L-】Na2s2O3溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3

溶液V2mL。（已知：％+2S2Og=2r+S4OK）

①准确量取lO.OOmLCQ溶液的玻璃仪器是。

②若实验中使用的Na2s2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果

（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）

③根据上述步骤可计算出原CIO2溶液的浓度为mol-IT】(用含字母的代数

式表示)O

18.镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛.请回答下列问题：

(1)铜是重要的金属材料铜属于元素周期表中的_____区元素，与铜同周期且基态

原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有种.

(2)镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是Mg2+,碱性条件下，检验Mg2+是

否存在的化合物被称为“试镁灵”，其结构简式如图1所示，其组成元素中第一电

离能由大到小的顺序为(用元素符号表示)，分子中N原子的杂化类型为

(3)氨硼烷(H3BNH3)是一种安全、高效的储氢材料，可由反应3cH4+2B3N3H6+

6H2O=3CO2+6H3BNH3制得.

①H3BNH3的结构与乙烷相似，H3BNH3中存在配位键，提供孤电子对形成配位键

的原子是(填元素符号).

②CC>2的空间构型为，出0的键角小于CH’的键角，原因为.

(4)一种由Mg2+、N3-、F-组成的化合物的立方晶胞如图2所示：

①该化合物的化学式为卡-的配位数为.

②Mg2+填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为%.

③若距离最近的两个Mg2+的核间距为apm,NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞

密度为______g-cm-3.

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化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如图。

ANa；Cra

H,SO,

回答下列问题:

(1)A的名称为,F所含官能团的名称为。

(2)④的反应类型为,G的结构简式为.

(3)反应③的化学方程式为。

(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为。

(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含

-OH,M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为。(任写一利1)

(6)参照上述合成路线

。(乙醇、乙酸及无机试剂任选)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.德尔塔(Delta)病毒成分含有蛋白质，故A正确；

B.晶体硅为良好的半导体，是制造芯片主要原料，二氧化硅不具有此性质和用途，故B

错误；

C.聚酯纤维易在碱性环境下水解，所以市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作。忌

长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤，故C正确；

D.氮化硼陶瓷基复合材料耐高温，是新型无机非金属材料，属于无机非金属材料，故D

正确；

故选：Bo

A.病毒是蛋白质一种；

B.依据晶体硅为良好的半导体解答；

C.聚酯纤维易在碱性环境下水解；

D.氮化硼陶瓷为新型无机非金属材料。

本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途

的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度

不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.CO2通入足量的NaClO溶液中，离子方程式：C02+CIO-+H20=HC1O+

HCOj,故A错误；

通电

2+

B.用惰性电极电解Cud2水溶液，离子方程式为：2Cr+Cu—Cu+Cl2T，故B错误；

C.用Na2sO3溶液吸收少量CL离子方程式为：3S01-+Cl2+H20=2HSO3+2C1-+

so"故c正确;

D.用高锌酸钾标准溶液滴定草酸，离子方程式为：2MnO；+5H2c2O4+6H+=2Mn2++

10CO2T+8H2O,故D错误；

故选:Co

A.CO2通入足量的NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钠；

B.用惰性电极电解CuCk水溶液，阴极铜离子放电，反应生成铜和氯气；

C.氯气少量，发生氧化还原反应生成亚硫酸氢钠、氯化钠和硫酸钠：

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D.草酸为弱酸，应保留化学式。

本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键,

注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目

难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.x、Y都不含苯环，二者不属于芳香族化合物，故A错误；

B.X中两个环连接的碳原子为饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所

以X中所有碳原子一定不共平面，故B错误；

C.Y中含有碳碳双键、碳氮双键和亚氨基，具有烯燃、氨的性质，碳碳双键和碳氮双键

能发生加成反应，亚氨基能发生取代反应，故C正确；

D.X、Y、Z的分子式分别是C9H13NS、C8H12N2S、C9H13NS,则X、Z互为同分异构体，X和

Z与Y不互为同分异构体，故D错误；

故选：Co

A.X、Y都不含苯环；

B.X中两个环连接的碳原子为饱和碳原子，具有甲烷结构特点；

C.Y中含有碳碳双键、碳氮双键和亚氨基，具有烯煌、氨的性质；

D.X、Y、Z的分子式分别是C9H13NS、C8H12N2S、C9H13NS»

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团

及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.常温下，气体摩尔体积未知，不能确定氨气的物质的量，即不能确定所

含中子数，故A错误；

B.常温下pH=13的氢氧化钢溶液中，氢氧根离子浓度为O.lmol/L,故1L溶液中氢氧根

离子的物质的量为O.lmol,个数为O.INA个，故B错误：

C.二氧化锦只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移的电子

数小于0.3NA个，故C错误；

D.C3H6和C4H8的最简式为CH2,56g该混合物中含有C%的物质的量为：就篙=4mol,

含有8molH原子，含有的氢原子数为8NA，故D正确；

故选：Do

A.常温下，气体摩尔体积未知，不能确定氨气的物质的量；

B.常温下pH=13的氢氧化钢溶液中，氢氧根离子浓度为O.lmol/L；

C.二氧化锦只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；

D.二者最简式为CH2,结合最简式计算。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积

的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的

关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。

5.【答案】D

【解析】解：A.由转化图可知先产生后消耗，是中间产物，Li为催化剂，故A错误；

B.反应II是U3N和电0反应生成LiOH和NH3,反应中没有元素化合价的变化，不是氧化

还原反应，故B错误；

C.第III步反应是对熔融LiOH进行了电解，由LiOH获得了金属Li和氧气和水，反应的化学

、.通电

方程式是4LiOH^^4Li+。2T+2H2。，溶液电解不能得到金属锂，故C错误；

D.总反应是2N2+6H2O=4NH3+3O2，生成4moi氨气，同时生成3moi氧气，每生成

lmolNH3,同时生成0.75mol故D正确；

故选：Do

△

由图示可知，反应I是电和Li反应生成U3N,化学方程式为：N2+6Li—2Li3N;反应H是

U3N和Hz。反应生成LiOH和N%,化学方程式为U3N+3H2（）=3LiOH+NH3，即W为

LiOH；反应IH是由LiOH获得了金属Li和氧气和水，故反应IH是对LiOH溶液进行了电解，

据此分析。

本题涉及到有关Li元素的化学反应，及电解法制Li,知识新颖，考查到碱金属的性质和

电解的应用，还要学会看图识图，注意基础知识的积累，题目比较简单。

6.【答案】B

【解析】解：A.甲基碳是饱和碳，所连原子呈四面体结构，所以DMO分子中所有原子不

可能在同一平面上，故A错误；

B.EG是乙二醇，分子式为C2H6。2，故B正确；

C.反应过程中电参与反应，且出是非极性键，化学键会断裂，故C错误；

D.DMO分子中不只有碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，故D错误；

故选:B„

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根据题意结合图可知，草酸二甲酯(DMO)和氢气发生还原反应，生成MG和甲醇，MG再

进一步转化成EG,EG是乙二醉，据此分析解题。

本题考查物质的转化、反应的中间体的判断、化学方程式的书写等，难度中等，侧重考

查学生对图中信息的分辨能力。

7.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，直接合成法中，步骤②断裂H-H,需要吸收能量，步骤④形

成H-0键，释放能量，故A正确；

B.由图可知，电催化还原法制备H2O2,先将氢气转化为氢离子，不存在H2和。2共存的

易爆环境，故B正确；

C.反应速率的快慢主要决定于活化能的大小，与步骤的多少无关，故C错误；

D.催化剂表面对*00H吸附过强，*00H不能完全脱附，则易生成0*,从而导致小。2的

产率降低，故D正确；

故选：Co

A.化学反应中，断键过程需要吸收能量，成键过程释放能量；

B.电催化还原法制备电。2,先将氢气转化为氢离子；

C.反应速率的快慢主要决定于活化能的大小；

D.催化剂表面对*00H吸附过强，*00H不能完全脱附，则易生成0*。

本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查反应热、反应速率、反应机理

等，属于基本知识的考查，难度不大。

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化学键来推断元素为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

【解答】

Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，Y不能位于第一、第三周期，若Y位于第

二周期，最外层电子数为6,Y为0；W、X、Y、Z是分属两个不同短周期

且原子序数依次递增的主族元素，由分子结构可知W形成4个共价键，X形成3个

共价键，则W为C、X为N；Z应位于第三周期，只能形成1个共价键，Z为

C1,由上述分析可知，W为C、X为N、Y为0、Z为C1,

A.由最外层电子数+成键数均等于8可知，所有原子均满足8电子稳定结构，故A

正确；

B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺

序：Y<X<Z,故B错误；

C.最高价氧化物的水化物酸性：Z>X>W,不是最高价含氧酸不能确定，故C错

误；

D.非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：W<

X<Y,故D错误；

故选：A。

9.【答案】C

【解析】解：A.固体还包括过量的Ca(0H)2,故A错误；

B.通入空气不能过量，不然会生成NO,故B错误；

C.通过分析，气体2为电、CO的混合气体，氮气无污染，所以捕获气体为CO,故C正确；

D.根据图知，NH：、NO]发生氧化还原反应生成无污染的氮气，根据元素守恒知，还生

成水，方程式为NH[+NO5=N2T+2H2O,故D错误；

故选：C„

N2>CO?、SO2、NO、CO通过过量的石灰乳,C02,SO2被吸收，生成CaC()3和CaSC)3,

剩余气体1含有N2、NO和CO,从后面产物有NaNOz知，通入的X可能是空气，将NO氧化

为NO?,但不能过量，否则不能生成NaNOz，气体2为电、CO,电为无污染，所以捕获

产物为CO。

本题以三废处理为载体考查物质的分离提纯，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，

明确元素化合物性质及各物质成分是解本题关键，A中易漏掉过量的Ca(OH)2而导致错

误判断，题目难度不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.M点饱和氯水中未加入氢氧化钠，此时存在反应+H2O=H++cr+

HC1O,HC1O部分电离，则C(H+)>c(C「)>c(HC10),故A正确；

B.M点到N点过程中，酸电离出的氢离子浓度减小，酸对水的电离抑制作用减小，则水

的电离程度增大，故B正确；

C.由CRT+H20=HC1O+OFT可得水解平衡常数为小(CIO-)=出端詈，从M点到

P点，溶液中的HC1O的浓度减小，Kh(QO-)不变，则黑鼻的值增大，故C错误；

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D.M点是饱和氯水中未加入氢氧化钠，此时存在CI2+H2OUH++CI-+HCIO,由物料

守恒可知c(HC10)+c(ClO-)=C(cr),故D正确；

故选：Co

A.M点是饱和氯水，此时存在反应Q2+H2OUH++CI-+HQO,次氯酸部分电离；

B.M点到N点，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸电离出的氢离子浓度减小，酸对水的电离

抑制作用减小；

C.从M点到P点，溶液中的HC1O的浓度减小，Kh(ClO-)不变，结合Kh(CKT)=

c(0H->c(HC10)八」匚

c(CIO-)分析；

D.M点是饱和氯水，此时存在C12+H2O=H++C=+HQO,结合物料守恒分析。

本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较等知识，为高频考点，明确图示曲线

变化情况为解答关键，注意掌握物料守恒及水的电离的影响因素，试题侧重考查学生的

分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。

11.【答案】CD

【解析】解：A.P的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，是弱酸，是弱电解质，故A正

确；

B.工业上用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，故B正确；

CQ2-和AN+电子层结构相同，但0的质子数比A1少，对核外电子的束缚力弱于A1,所以

。2-半径比A13+半径大，故C错误：

D.Z为P,最外层有5个电子，和其他原子共用三对电子能满足8电子稳定结构，该化合

物中P周围有5个共价键，所以不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选：CD,

W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大且占据元素周期表中三个不同周期，

则W为H；根据形成的化合物的结构可知，X最外层有6个电子，在阴离子中，3个X得了

3个电子，贝IJX为0；Y形成了阳离子，带3个单位正电荷，则Y为Al；Z最外层有5个电子，

则Z为P。

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构分析判断,

题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。

12.【答案】CD

【解析】解：A.由分析可知M为正极，电极反应为Clz+2e-=2C1-,故A正确；

B.放电时，右侧储液器中NaCl的浓度增大，因为负极发生反应帅3节2/。4)3-2e-=

+

NaTi2(P04)3+2Na,产生Na+,正极产生C「，从而导致NaCl的浓度增大，故B正确；

C.充电时,N极为阴极，电极反应为NaTi2(P04)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PC)4)3，故C

错误；

D.充电时，N极发生反应NaTi2(PC)4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(P04)3,当转移Imolel

N电极理论上增大lmolNa+,即质量增大23g,故D错误，

故选：CDo

M极氯气参加反应，得到电子，化合价降低，发生还原反应，则M为正极，贝UN为负极，

据此进行分析。

本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解

题的关键，难点是电极反应式的书写。

13.【答案】BC

【解析】解：A.A为制取C3N303clzNa的装置、B为除去氯气中HC1的装置、C为处理尾气

装置、D为制取氯气装置，所以完成上述实验，按气流从左至右，导管连接顺序为f-c-

dta->b—e,故A正确；

B.升高温度，氯气和NaOH溶液反应生成NaC103,生成NaClO浓度减少，不利于装置A中

产品的生成，故B错误；

C.由反应方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H20,2NaC10+C3H3N3O3=

C3N303cl?Na+NaOH+H2O,可得关系式：4NaOH〜2NaC10〜C3H3N3O3,力口入

4moiNaOH时，可消耗ImolC3H3N3O3,由于产物也生成NaOH,则消耗氟尿酸大于lmol,

故C错误；

D.装置D是浓盐酸和Ca(C10)2反应生成。2，由于产生气体，装置D内压强较大，使用橡

皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下，故D正确；

故选:BCo

浓盐酸和Ca(C10)2发生反应为Cr+C10-+2H+=Cl2T+H20,生成C%；盐酸具有挥发

性，所以生成的氯气中含有HC1,用饱和的食盐水除去Cl?中的HQ,氯气和NaOH溶液反

应生成NaCl、NaClO和山0,C3H3N3O3和NaClO反应生成CsNsOsQzNa、NaOH和％0,

发生反应为2NaC10+C3H3N3O3=C3N303cl2Na+NaOH+小0；氯气有毒,多余的氯

气需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答

第16页，共26页

的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中

等。

14.【答案】C

【解析】解：A,X与Y的分子式相同，Y含有酚羟基、默基，X不含，二者结构不同，它

们互为同分异构体，故A正确；

B.X中酯基不能与氢气发生加成反应，含有的1个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成

反应，ImolX最多可以与4moi电发生加成反应，故B正确；

C.Y中1个酚羟基、1个酯基水解生成的1个酚羟基和1个粉基都与氢氧化钠发生中和反应,

故ImolY最多能与3moiNaOH发生反应，故C错误：

D.Y含有酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有的碳碳双键、苯环、城基可以发

生加成反应，含有酯基，可以发生取代反应，故D正确；

故选:Co

A.X与Y的分子式相同，二者结构不同；

B.X中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；

C.Y中酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和殁基都与氢氧化钠发生中和反应；

D.Y含有酚羟基、碳碳双键、酯基、城基、苯环等，具有它们的性质。

本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯基与氢氧

化钠反应原理，题目侧重考查学生分析能力、灵活运知识的能力。

15.【答案】BD

【解析】解：A.由图可知，pH=9.7时，溶液中c(HA-)=c(A2-),此时—="噎黑-)=

c(H+)=10-9.7,由于电离平衡常数受温度影响，反应过程中温度发生变化，由图可知

当c(HA-)=c(A2-)时溶液温度大于3(TC,故30田时,%2(出人)力10-9.7,故A错误;

B.X点是H2A与NaOH溶液恰好反应生成NaHA,Z是H2A与NaOH恰好反应生成Na2A,盐

的水解促进水的电离，Z点水的电离程度最大，从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，故

B正确;

c(H+)xc(HA~)

C.Kai=曾患宇，当C(H2A)=C(A2-)时，c2(H+)=KaiXKa2,

C(H2A)

假设温度不变时，根据W点可知Kai=C(H+)=10-23,根据Y点可知Ka2=C(H+)=

10-9.7,故，©25+)=10-23*10-9.7,解得c(H+)=10-6,溶液pH=6,但平衡常数

受温度影响，反应过程中温度发生变化，故当c(H2A)=c(A2-)时，溶液pH46,故C

错误；

D•当播鬻=3时，娥=禁鬻黑=|,由图可知，此时溶液pH=9.7,根

据电荷守恒有(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),而c(H+)<c(OH-),

22

故(Na+)>c(HA-)+2c(A-),根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A")],

则3[C(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]>2[c(HA-)+2c(A2-)],整理可得cC^A)>|c(A2~)-

ic(HA-),故D正确;

故选：BDo

A.由图可知，pH=9.7时,溶液中c(HA-)=c(A2-),此时Ka2=c(H+),但此时溶液温

度大于3(TC：

B.X点是H2A与NaOH溶液恰好反应生成NaHA,Z是H2A与NaOH恰好反应生成Na2A,盐

的水解促进水的电离；

c(H+)xc(HA_)短—c(H+)xc(A2-)2+

a2当C(H2A)=c(A2-)时，C(H)=KxK,

-C(H2A)，——c(HA-)-ala2

假设温度不变时，根据W点计算Kai，根据Y点计算Ka2,可以计算pH,但平衡常数受温

度影响;

D•当壁翳=3时,畿用黑鬻筮=|,由图可知，此时溶液pH=9.7,根

据电荷守恒有(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OFT),而c(H+)<c(OH"),

22

故(Na+)>c(HA-)+2c(A-),根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A-)],

联立计算判断。

本题考查水溶液中离子平衡，涉及弱电解质电离、盐类水解、平衡常数计算、离子浓度

大小比较等，注意随反应进行溶液的温度发生变化，注意电荷守恒、物料守恒在离子浓

度大小比较中运用，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。

16.【答案】Ag2s+2H++3C「+CKT=2AgCQ+S+&02FeCl3+

海温

3+

3H2o(g)^Fe2O3i+6HClTFe?+、GaIn(OH)3,Ga(OH)30.74c(C「)增大，(p均

减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率

减小

【解析】解：(1)浸出Ag2s同时生成硫，是Ag2s与NaClO发生氧化还原反应生成S和AgCl，

+

发生反应的离子方程式为：Ag2s+2H+3C1-+CIO-=2Ag«2+S+H2O,

+--

故答案为：Ag2s+2H+3d+CIO=2AgC)2+S+H20；

(2)由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+

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当

3H2O(g)—Fe2O3I+6HC1T'

高温

故答案为：2FeCl3+3H2O(g)—Fe2O3I+6HC1T；

(3)含有AuCD、AgClz，Cu2+、ZM+、Pb2+.Fe3+、1/+和Ga3+的浸出液中通入水蒸气

除去Fe3+后，“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，离子方程式为：Fe+Cu2+=

Fe2++Cu,则反应后得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+,Zn2+>Pb3+>In3+,

Fe2+>Ga3+,则阳离子还有：Fe2+,Ga3+,

故答案为：Fe2+、Ga3+；

⑷“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5,此时溶液的Fe3+、In3+和Ga3+完全沉淀，则得

到的滤渣除少量Fe(0H)3外还有In(0H)3、Ga(OH)3,

故答案为：In(0H)3、Ga(OH)3;

(5)Zn2+沉淀完全，溶液中c(Zn2+)<1.0x10-smol/L,此时c(S2-)>湍=

3.0x10-25.1/IIICIic-iIT+IZC(HS_)XC(H+)2-,

20+z

-------mol/L=3.0x10mol/L,H2s=HS+H,Kal=———；HS#S+

1.0x10-5I/4C(H2S)

13

H+,Ka2=。喘,),KalxKa2=弋雷-)=1.0x10-7x1.0xIO_=1.0x

1产。，=$S加/L,pH=Tgc(H»

-IgJ^=0.74.pH不小于0.74,

故答案为：0.74；

(6)由(p=1.49+等1g=寻可知，c(C「)越大，(p越小，即HC10氧化性越小，由<p=

0049tc(AuCl；)ce

0994+华|g।J“；)」可知，c(C「)越大，<p越小，AuCq的还原性越强，因此，

HC10与AuCl］反应速率减慢，金浸出率减小，

故答案为：c(Cr)增大，<p均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大

于增强程度，故Au的浸出率减小。

由银锢矿制备稀有金属的主要流程为：银锢矿主要成分为Au、Ag2S.CuS、ZnS、PbS、

FeS,In2O3,Ga2()3等物质，首先用氯化钠，盐酸,次氯酸钠混合物从原材料浸出含有

Au%、AgC15，Cu2+、Zn2+,Pb2+,Fe3+、Ii?+和Ga?+的浸出液,向浸出液中通入水

蒸气，可促进Fe3+水解生成的Fe(0H)3分解得到Fe2C>3,过滤除去不溶物后，再用碳酸

钙中和过量的酸,再用铜置换出滤液中的银和铜，并过滤除去，再用铁置换出滤液的铜，

经过滤后的滴液再用碳酸钙调节溶液pH。4.5,再向溶液中通入H2s气体，可使溶液中

的ZM+、Pb2+转化为ZnS和PbS,过滤除去不溶物，所得滤液即为贫液；

(5)Zn2+沉淀完全，溶液中c(Zn2+)<1.0x10-smol/L,此时c(S2-)>:糕：)=

3.oxio-^=*-20,=HS-+H+,K=-=2-+

mo3Q10mol/LH2SalHSS

1.0x10-5I/4C(H2S)

13

H+,Ka2=翳?KalxKa2=弋黑”)=1.0xIO-，x1.0xIO_=1.0x

+

10-2。，c2(H+)”：容2)=篝凯c(H)<^mol/L，再计算溶液pH=

—lgc(H+)；

rC(HC10)1

(6)由<p=1.49+等lg鼎U可知，c(C厂)越大，(p越小，即HC10氧化性越小，由(p=

2_

[C(Au9c14)z->r]-01

0.994+字1g,温；可知，c(C厂)越大，<p越小，AuClI的还原性越强。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方

法、为解题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及化学反应原理的

综合应用，题目难度中等。

17.【答案】b2NaC102+4HC1=2NaCl+2C1O2T+C12T+2H2O吸收CIO2中混有的。2

+

和HC15a05+4H=Cl-+4C1O2T+2H2O稳定齐IJH稳定剂D可以缓慢的释放出

C1O2,交较长时间维持保鲜所需要CIO2的浓度酸式滴定管偏高等

【解析】解：(1)①根据分析可知，安装F中导管时，应选用图2中的b,

故答案为：b；

②打开B的活塞，A中制得CIO2和。2,根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化

学方程式为2NaC102+4HC1=2NaCl+2C1O2T+C12T+2H2O,关闭B的活塞，CIO2在D

中被稳定剂完全吸收生成NaClOz，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收CIO2

中混有的Ch和HCL

故答案为：2NaClC)2+4HCl=2NaCl+2C102T+C12T+2H2。；吸收CIO2中混有的C股和

HC1；

③在酸性条件下NaClOz可与盐酸反应生成NaQ释放出CIO2,NaClO?发生歧化反应，根

据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为：5C10]+4H+=

cr+4C102T+2H2O,

+-

故答案为：5C1O2+4H=Cl+4C102T+2H2O；

④由图可知效果较好的稳定剂是稳定剂n,原因是稳定剂口可以缓慢的释放出ci。?，较

长时间维持保鲜所需要CIO2的浓度，

故答案为：稳定剂口；稳定剂口可以缓慢的释放出ci。?，交较长时间维持保鲜所需要CIO?

的浓度；

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(2)①准确量取lO.OOmLQOz溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，

故答案为：酸式滴定管；

②若实验中使用的Na2s2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则滴定消耗的Na2s2O3

溶液的体积偏大，计算出的12的量偏大，则实验结果偏高，

故答案为：偏高；

③根据题意有关系式：2cIO2〜5%〜IOS2。歹，贝lJn(ClC)2)=|n(Na2S2O3)=gcmol•

L-1xVx10-3L=1cVx10-3mol,原CIO2溶液的浓度为支竺丫二吧犍=

50.01LVi/

故答案为：4一。

(1)①安装F中导管时，气体应长进短出：

②打开B的活塞，A中NaClC>2和HC1反应生成NaCI、C1O2,Cl2,H2O,装置C的作用是吸

收CIO2中混有的Cl2和HC1,否则F中KI会被氯气氧化生成碘单质；

③在酸性条件下NaCK)2可与盐酸反应生成NaQ释放出QC)2，NaQO?发生歧化反应，根

据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式；

④稳定剂n可以缓慢的释放出CIO2，且能较长时间维持保鲜所需要。。2的浓度；

(2)①滴定管的精确度为0.01mL,CIO2具有氧化性，可以氧化碱式滴定管中的乳胶管；

②若实验中使用的Na2s2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则滴定消耗的Na2s2O3

溶液的体积偏大，计算