河北省邯郸市2022届高三模拟考试化学试题

河北省邯郸市2022届高三模拟考试化学试题

可能用到的相对原子质量：HlC12016F19P31S32C135.5Cu64Zn65Tel28

一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27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.近年来中国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天舟、巡天、问天、梦天、天问、神舟等等体现了中国

的强大科技力量，下列说法不正确的是

A.为航天器量身定制的柔性三结碑化像太阳电池阵首次在“天和”号使用，碑化钱属于半导体

B.“天宫”空间站使用石墨烯存储器，所用材料石墨烯与金刚石互为同分异构体

C.“天问一号”火星车使用热控保温材料----纳米气凝胶，可产生丁达尔效应

D.“神州十三号”飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料

【答案】B

【解析】

【详解】A.碑化钱是良好的半导体材料•，故A正确；

B.石墨烯与金刚石都是由碳元素构成的不同单质，属于同素异形体，故B错误：

C.新型纳米气凝胶做热控材料，气凝胶是分散在空气中，分散剂是气体，可产生丁达尔效应，故C正

确；

D.氮化硼陶瓷基材料属于新型无机非金属材料，故D正确；

故答案为B。

2.合理正确应用化学物质会使生活更加丰富多彩。下列有关物质的性质和用途不对应的是

选项物质性质用途

A.C1O2强氧化性自来水消毒剂

B.FezCh红色油漆中的红色颜料

C.Na2co3水解显碱性治疗胃酸的药物成分

D.钛合金耐高温、耐腐蚀制做发动机的火花塞

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.C1O2具有强氧化性，能消毒杀菌，常用于自来水消毒，故A正确：

B.Fe2O3呈红色，常添加到油漆中作红色颜料，故B正确：

C.Na2c03因碳酸根水解呈碱性，能与盐酸反应，但Na2c03碱性比较强，对胃黏膜刺激过大，一般不用

作治疗胃酸的药物成分，故C错误；

D.发动机火花塞须耐高温、耐腐蚀，钛合金具有耐高温、耐腐蚀的特性，故D正确；

答案选C。

3.硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环（如图所示）说法正确的是

A.火山口附近的单质硫燃烧时可直接生成S03

B.硫循环中硫的化合物均为无机物

C.硫酸盐在含硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下被还原为R,-S-R2

D.烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放

【答案】C

【解析】

【详解】A.单质硫燃烧时只能生成二氧化氯，故A错误；

B.由图可知，自然界中硫循环中含硫的煤和石油等属于有机物，故B错误；

C.由图可知，硫酸盐在含硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下，硫元素化合价降低被还原为R1-S-R2,故C正

确：

D.烧煤时加石灰石可减少形成酸雨的二氧化硫的排放，但不能减少形成温室效应的二氧化碳气体的排

放，故D错误；

故选C。

4.某课外活动小组拟在加热条件下用锯与氮气反应制取氮化锥（SnN》，用到的装置如下图所示，下列说法

中错误的是

A

A.装置A中发生的反应的离子方程式为NH；+N02=N2T+2H2O

B.装置的连接顺序为aTb—c—Jg—d,碱石灰的作用是防止水蒸气进入装置D中

C.反应开始时，应先点燃A处的酒精灯，一段时间后再点燃D处的酒精灯

D.该实验装置存在的缺陷是没有尾气处理装置

【答案】D

【解析】

A

【详解】A.装置A中，NHQ和NaNCh反应制备N2,反应的离子方程式为NH：+NO；=N2T+2H2O,A

正确；

B.SnN2遇水剧烈反应，故实验中需要使用干燥的N2和Sr反应制备SnN2,且要防止空气中的水蒸气进入

到装置D中，故该实验的装置连接顺序为A-B-D-C,导管口的连接顺序为arb-CTf一g-d,C中碱

石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置D中，B正确；

C.反应开始时，应先点燃A处的酒精灯，一段时间后，空气被赶出装置，再点燃D处酒精灯，C正确；

D.该实验产生的N2无毒，不需要尾气处理装置，D错误；

故选D。

5.Li2c。3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Mg?*、K*、Li，、Ca2+，SO：）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KC1

【答案】A

【解析】

【分析】该题目的利用海水资源（主要含Na+、C1-,少量的Mg2+、K+、Li\Ca2\SO，）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\SO：）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：、0H）,加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过滤，滤液3中主要（Li+、CO：、Na\SO：）,加

入碳酸钠80〜90C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KO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

作，D正确；

故选Ao

6.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.119.5gCHCb中含有NA个C1-H键

B.6.4gCu与足量的S反应转移的电子数为0.2NA

C.lL0.1mol-L」（NH4）2HPC>4溶液中的离子总数为0.3NA

D.16gCFU和36gH2O中含有的共价键数均为4NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.CHCb中不含CLH键，故A错误；

B.Cu与S反应生成CsS,Cu为+1价，6.4gCu的物质的量为O.lmol,完全反应转移电子数为0.1NA,故

B错误；

C.(NH4)2HPO4溶液中存在HPO：WIT+PO：,使离子数目增多，因此lL0.1molL」(NH4)2HPO4溶液中

的离子总数大于0.3NA,故C错误；

D.16gCH4的物质的量为Imol,含有C-H键数目为4NA,36gH2O的物质的量为2mol,含有O-H数目为

4NA,故D正确；

答案选D。

7.我国科研人员发现中药成分黄苓素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄苓素的说法不正确的是

A.分子中有3种含氧官能团B.能与NaHCCh溶液反应

C.在空气中可发生氧化反应D.能和母2发生取代反应和加成反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醛键、能基共三种含氧官能团，A正

确；

B.黄苓素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比H2cCh弱，所以不能与NaHCCh溶液反应，B错误；

C.酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；

D.该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓澳水发生苯环上

的取代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Bn等发生加成反应，D正确；

故选：Be

8.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机

物，其主要原理如图所示。下列说法不正确的是

A.石墨烯为载体的催化剂的作用是破坏C-H键

催化剂

B.步骤v、vi的总反应方程式是H2O2+HCHOHCOOH+EhO

C.步骤ii得到的产物所有原子可能共面

D.上述反应过程中，用虚线圆框住的部分表示不稳定的自由基状态

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，在反应的过程中，分别是CH』、CH3OH、HCHO分子中的C-H键断裂，故A正

确；

B.H2O2将CH4转化为含氧有机物，即CH4被H2O2依次氧化为CH3OH、HCHO、HCOOH,步骤v、vi的

催化齐IJ

反应物为HCHO和H2O2,则总反应方程式是H2O2+HCHO—HCOOH+HzO,故B正确；

C.由图可知，步骤ii所得产物为CHQH,CH.QH可看作-OH取代甲烷中的H原子形成的，所有原子不

可能共面，故C错误；

D.催化剂吸附后断裂了CFU、CH3OH、HCHO分子中的共价键，形成了不稳定的自由基，故D正确：

答案选C。

9.《X-MOL》报道了一种两相无膜锌/吩嚷嗪电池，其放电时的工作原理如图所示（PI7在水系/非水系电解

液界面上来回穿梭，维持电荷守恒）。

ZnSOd+KPFe的

水溶液

PTZ+TBAPFe的

CHzCl?溶液

难溶于水。下列说法错误的是

A电池使用时不能倒置

B.充电时，石墨毡上的电极反应式为PTZ-e=PTZ+

C.放电时，P琮由CH2CU层移向水层

D.放电时，Zn板每减轻6.5g,水层增重29g

【答案】D

【解析】

【分析】放电时，Zn失电子，发生氧化反应，故Zn作负极；石墨毡作正极。充电时，Zn电极发生得电子

反应，作阴极；石墨毡作阳极。

【详解】A.水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极分隔开，故不能倒置，故A正确；

B.由分析可知，石墨毡作阳极，电极反应式为PTZ-e=PTZ+，故B正确；

C.放电时，阴离子移向负极，故移向水层，故C正确；

D.放电时，Zn板每减轻6.5g,同时水层增重6.5g,转移电子的物质的量为0.2mol,有OZmolPI^移动到

水层，故水层增重为0.2molxl45g/mol+6.5g=35.5g,故D错误；

故选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，只有一项

或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答

案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，

该小题得0分。

10.某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z原子最外层电子

数是电子层数的3倍。下列说法正确的是

M3X—Z\/Z-XM3

W

M3X—z/、Z—XM3

A.Z的氢化物只含极性键

B.原子半径：M>W>X>Y>Z

C.Y的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高

+

D.已知H3WO3的解离反应：H3WO3+H2O^H+W(OH)4,Ka=5.81xlO」。，可判断H3WO3是一元弱酸

【答案】D

【解析】

【分析】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O元素：根据结构图中元素成键规律，W是B

元素、X是C元素、Y是N元素。

【详解】A.O的氢化物有HzO、H2O2,H2O2中含极性键、非极性键，故A错误；

B.同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B>C>N>O>H,故B错误；

C.X是C元素、Y是N元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以N的沸点不一定比C

的氢化物的沸点高，故C错误；

+

D.W为B元素，H,BO3+H2O^H+B(OH)4,K“=5.81xlO-i°,说明只发生一步电离，可判断

H3BO3是一元弱酸，故D正确;

答案选Do

11.某溶液中只可能含有K+、NH；、Fe2\AP+、Cl\SO；、CO；,A10；中的若干种离子，离子浓度

均为O.lmoLL4某同学进行了如下实验，下列说法正确的是

广气体NaOHp气体

济稀硫酸.无明显Ba(NO,)2溶液舒溶液4滤液c官o2

液过量”现象一过量滤液X沉淀C

J沉淀AJ沉淀B

A.原溶液中含有AF+、不含Al。?

B.原溶液中存在NH：、Fe2\C1-,SO；

C.沉淀C中含有BaCCh、A1(OH)3

D.滤液X中大量存在的阳离子有NH；、Fe2+和Ba2+

【答案】B

【解析】

【分析】溶液中加入稀硫酸无明显现象，说明无CO/；加入硝酸钏溶液，有气体生成，说明发生了氧化

还原反应，则含有Fe2+,不含Al。？；有沉淀A,说明沉淀A为硫酸钢沉淀，但不能说明含有SO：,因为

前面加入了硫酸，滤液X中加入过量NaOH溶液生成气体，则气体为氨气，原溶液中含有NH：；沉淀B

含有氢氧化铁沉淀；滤液中通入少量二氧化碳有沉淀C生成，沉淀C一定含有碳酸根，由于溶液中离子浓

度均为O.lmoLLL结合电荷守恒可判断不可能含有AF+,只有含有NH：、Fe2\Cl\SO：才能保证电

荷守恒，溶液中也不存在K+。

【详解】A.根据上述分析可知，溶液中不含AP+、A102,故A错误；

B.根据上述分析可知，溶液中存在NH；、Fe2\ChSO；,故B正确；

C.根据上述分析可知，溶液中不含AP+,则沉淀C为碳酸根，不含A1(OH)3,故C错误；

D.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3\H+和Ba?+,故D错误；

答案选B

12.作为“血迹检测小王子”，鲁米诺反应在刑侦中扮演了重要的角色，其一种合成原理如图所示。下列有

关说法正确的是

A.鲁米诺的化学式为C8H6N3O2

B.一定条件，A可以和甘油发生聚合反应

C.ImolB与足量H2完全反应最多消耗5moiFh

D.(1)、(2)两步的反应类型分别为取代反应和还原反应

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据鲁米诺的结构简式可知，其化学式为C8H7N3O2,故A错误；

B.A中含有两个竣基，甘油中含有多个羟基，一定条件下，A可以和甘油发生聚合反应，故B正确；

C.B中只有苯环与氢气发生加成反应，硝基和酰胺键均不能与氢气发生加成反应，则ImolB与足量H2完

全反应最多消耗3molH2,故C错误；

D.第(1)步中竣基与N2H4发生取代反应，第⑵步中硝基被Na2sCh还原为氨基，故D正确：

答案选BD。

13.25C时，改变O.lmolL」弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数b(RCOOH)随之

c(RCOOH)

改变[已知5(RCOOH)=-7———-7—GF-],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3cH2C00H)溶液中

c(RCOOH)+cIRCOO1

3(RC00H)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A.甲酸酸性大于丙酸

B.对于甲酸和丙酸，当lg[c(RCOOH)/c(RCOO)]>0时，溶液都为酸性

C.等浓度的HCOONa和CH3cHzCOONa两种溶液中的水电离的c(OH-)相等

D.将O.ImoLL”的HCOOH溶液与O.lmol/L的CH3cH2coONa溶液等体积混合，所得溶液中:

c(HCOO”)<c(CH3cH2co0H)

【答案】CD

【解析】

c（RCOOj-c（H+）

【详解】A.当溶液中3(RCOOH)=3(RCOO)时，c(RCOOH)=c(RCOO),K产,、

c(RCOOH)

=C(H+)=10-PH,电离平衡常数越大酸性越强，根据图知：Ka(HCOOH)>Ka(CH3cH2coOH),则酸性：

HCOOH>CH3CH2COOH,故A正确；

B.当lg[c(RCOOH)/c(RCOO)]>()时,c(RCOOH)>c(RCOO),BP8(RCOOH)>8(RCOO),根据图知，甲酸

中M点前、丙酸中N点前溶液都呈酸性，故B正确；

C.等浓度的HCOONa和CH3cHzCOONa两种溶液，水解程度：HCOONa<CH3CH2COONa,水的电离程

度：HCOONavCH3cH2coONa,则CH3cH2coONa溶液中的水电离的c(OH-)更大，故C错误；

D.将0.1mol/L的HCOOH溶液与O.lmol/L的CH3cH2coONa溶液等体积混合，得到等浓度的HCOONa

+H488

和CH3cH2coOH的混合溶液，Ka(HCOOH)=c(H+)=10PH=10-3.75,Ka(CH3CH2COOH)=c(H)=1OP=1O-,

io14

K(HCOO)=――=10-10-25<Ka(CH3cH2coOH),说明HCOO-的水解程度小于CH3cH2coOH的电离程

hIO-375

度，则混合溶液中c(HCOO»c(CH3cH2coOH),故D错误；

答案选CD»

三、非选择题：共57分。第14〜16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17〜18题为

选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共42分。

14.实验室可利用S02与C12在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯(SO2cl2),所用的反应

装置如图所示(部分夹持装置省略)，使用甲装置既可以制备氯气，也可以制备SO2气体。已知：SO2c12的

熔点为-54.1C,沸点为69.1C,密度1.67g/mL；SO2cL遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生

(1)请写出该实验的仪器连接顺序：--_—(用甲、乙、丙表

示，可重复使用)。

(2)在实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作是。

(3)丙装置中仪器a的名称是一，碱石灰的的作用.。

(4)①甲装置中制备S02时，试剂X、Y的组合最好是(填字母代号)。

A.98%浓硫酸+CuB.70%H2s04+Na2sO3固体

C.浓HNCh+Na2so3固体D.70%H2SO4+Na2SO3浓溶液

②甲装置中制备Cb的化学方程式是。

(5)SO2c12在潮湿的环境中对金属有强烈的腐蚀作用，结合方程式解释原因：o

(6)为测定所得产品的纯度，实验小组选用的方案是将一定体积的产品加入到足量Ba(NCh)2溶液中，过

滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%,试分析造成这种结果

的原因(每一步操作步骤均准确)。

【答案】(1)甲一乙一丙一乙一甲

(2)用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，

液体不再滴下，说明装置气密性良好

(3)①.球形冷凝管②.吸收CL和S02,防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置

(4)①.B②.2KMn04+16HC1(浓)=2KC1+2MnCl2+5CLf+8H2O

(5)在潮湿的环境中，SO2cL与水反应SO2cl2+2H2O=H2so4+2HCL反应生成的酸腐蚀金属

(6)由于产品不纯，溶解了S02,SCh被硝酸钢氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大

【解析】

【分析】由实验装置图可知，装置甲为70%浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的装置，也可以是高

镒酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气的装置，装置乙中盛有的浓硫酸可以用于干燥二氧化硫气体，也可以用

于干燥氯气，装置丙中二氧化硫与氯气在活性炭作用下反应制备磺酰氯，装置中球形冷凝管用于冷凝回流

磺酰氯，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入

丙装置导致磺酰氯发生水解，则仪器的连接顺序为甲T乙T丙一乙一甲。

【小问1详解】

由分析可知，实验的仪器连接顺序为甲T乙一丙一乙一甲，故答案为：甲T乙T丙一乙一甲；

【小问2详解】

该实验是有气体制备和参与的实验，实验实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作为用止水夹夹

住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴

下，说明装置气密性良好，故答案为：用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加

水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好；

【小问3详解】

由分析可知，丙装置中仪器a为球形冷凝管，干燥管中盛有的碱石灰的作用是用于吸收氯气和二氧化硫，

防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，故答案为：球形冷凝管；吸收

CL和S02,防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置；

【小问4详解】

①甲装置是固液不加热制备气体的装置，所以不能选用共热才能反应生成二氧化硫的铜和浓硫酸制备二氧

化硫；二氧化硫是具有还原性的气体，所以不能选用具有强氧化性的浓硝酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧

化硫；二氧化硫易溶于水，所以不能选用不利于气体逸出的亚硫酸钠浓溶液制备二氧化硫，应选用亚硫酸

钠固体；98%浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子形式存在，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率

慢，不利于二氧化硫的生成，所以应选用70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，故选B；

②由分析可知，甲装置中制备氯气的反应为高锌酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化镭、氯气和水，

反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KC1+2MnCl2+5C12f+SHaO,故答案为：

2KMnO4+16HCl（浓）=2KC1+2MnCl2+5C12T+8H2O：

【小问5详解】

由题意可知，在潮湿的环境中，磺酰氯发生水解反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为

SO2cl2+2H2OH2so4+2HC1,反应生成的酸会对金属有强烈的腐蚀作用，故答案为：在潮湿的环境中，

SO2c12与水反应SO2CI2+2H2OH2so4+2HC1,反应生成的酸腐蚀金属；

【小问6详解】

将一定体积的产品加入到足量硝酸钢溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算

测得含硫量超过了100%说明磺酰氯溶解了二氧化硫，二氧化硫溶于硝酸钢溶液时生成亚硫酸使溶液呈酸

性，酸性条件下二氧化硫被硝酸钢氧化为硫酸，导致反应生成的硫酸钏沉淀量增大，使得测得含硫量增

大，故答案为：由于产品不纯，溶解了SO?,S02被硝酸钢氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含

硫量增大。

15.锡酸钠晶体（Na2SnO3-3H2O）在电镀、媒染等工业应用广泛，神（52Te）被誉为“国防与尖端技术的维生

素以锡碗渣废料（主要成分为SnO、TeO,还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物）为原料，制备锡酸

钠晶体和碗的工艺流程如下图：

锡酸的晶体

已知：①水碎液中溶质主要成分为NazSnCh、NazTeCh、Na3AsC)4和NazPbCh；

②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。

回答下列问题:

。)“碱浸''时，TeO发生反应的化学方程式为一

(2)“除碑”时，若要使0.002molL」AsO：沉淀完全(离子浓度不大于mmolL」)，则需要加入等体积的

Ba(OH”溶液的物质的量浓度至少为。(己知常温下椅［Ba3(AsO4)2］=l(H4)。

(3)“除铅”时，加入Na2s所发生反应的离子方程式为._0

(4)“除碑”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2,70℃后随温度升高Te的脱

除率下降的原因可能是。

90wr

86t-

84l-

82J-

3o6070

图2

(5)“溶析结晶''的操作是,洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。

(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为；

(7)所得价产品中硅的纯度测定步骤如下：

①取4.0g碑产品，加入酸使其转化为亚磺酸(FhTeCh),将其配制成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶

中。

②往锥形瓶中加入20.00mLO.lmoll"酸性LCnCh溶液，充分反应使亚硅酸转化为硅酸(HeTeOJ。

③用0.1mol-L」硫酸亚铁钱KNH4)2Fe(SO4)2］标准溶液滴定剩余的酸性LCnCh溶液，滴入几滴试亚铁灵指

示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00mL硫酸亚铁镀标准溶液。

计算所得蹄产品中碗的纯度为。

【答案】(1)2TeO+O2+4NaOH=2Na2TeO3+2H2O

(2)0.0032mol-L-1

2

(3)S+PbOf+2H2O=PbSl+4OH-

(4)H2O2受热分解

(5)加热蒸发、趁热过滤

(6)3：1(7)86.4%

【解析】

【分析】锡碑渣废料(主要成分为SnO、TeO,还含有少量Fe、Pb、As等元素氧化物)在通入空气的情况

下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为NazSnCh、NasAsCU、Na2Pbe)2、NaaTeCh的水碎液，由后续操作

可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S,

Na3AsO4>NaaPbCh分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2,NazTeCh被氧化为

NaaTeCU沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH,使NazSnCh结晶析出，表明NaOH能降低

NazSnCh的溶解度，有利于NazSnCh结晶析出，以此来解答。

【小问1详解】

“碱溶”时，SnO被空气中的6在NaOH存在的环境中氧化为NazSnCh,同时产生H20,发生反应的化学

方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnCh+2H2O；

【小问2详解】

假定溶液体积为VL,Ba?+在混合体系中存在形式由两部分构成，一部分与AsO：沉淀3Ba2++2AsO：

=Ba3(AsO4)21，需〃(Ba2+)=0.003Vmol；同时溶液中存在BaKAsChX的溶解平衡：

I1Q-24-

32+262+4

c(Ba)-c(AsO]')=A^sp[Ba3(AsO4)2].此时c(AsO?)=10-mol/L,c(Ba)=3/—----mol/L=1.0xlO-

VClO-6)2

IQx2V+0003V

mol/L,需n(Ba2+)=10-4x2Vmol,故c[Ba(OH)2]=--------------:——--mol/L=0.0032mol/L；

【小问3详解】

结合分析可知，"除铅"时，加入Na2s所发生反应的化学方程式为Na2S+Na2PbO2+2H2O=PbSJ+4NaOH,

2

该反应的离子方程式为：S+PbO^+2H2O=PbSi+4OH-:

【小问4详解】

过滤后滤液中加入H2O2,Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于

H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；

【小问5详解】

碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结

晶，加入NaOH,使NazSnCh结晶析出；

【小问6详解】

NazTeCU加入浓盐酸转化为H2TeCh，随后与SO2反应转化为Te单质，FhTeCh为氧化剂，SCh为还原剂，

被氧化为H2SO4,故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；

【小问7详解】

+3+2++3+3+

根据反应关系Cr2O^+3H2TeO3+8H+2H2O=2Cr+3H6TeO6和Cr2O^+6Fe+8H=2Cr+6Fe+4H2O,可得

关系式：Cr2O^-----3H2TeO3~~~~3Te,发生该转化关系的C^O歹的物质的量“(5。歹)=01mol/Lx0.02

L」x0.1mol/LxO.012L=1.8x10-3mol,所以〃(Te)=3〃(Cr2。1)=5.4xl03mol。取4.0g碗产品，加入酸使其

6

转化为亚确酸(H2TeO3),将其配制成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行实验，则确产品中碗的质

100mL

量分数为4x10「molx128

20.00mL

x100%=86.4%

4.0

16.2030年实现碳达峰，2060年达到碳中和的承诺，体现了我国的大国风范。以CO2、Ph为原料合成

CH30H可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：

LCO2(g)+3H2(g)#CH3OH(g)+H2O(g)AHi

n.CO2(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)AH2=+41.5kJ-morl

回答下列问题：

(1)已知CH30H(g)=CO(g)+2H2(g)AH3=+91kJ-moH,则AH尸。

(2)①不同条件下，按照n(C02)：n(H»=l：3投料，CO?的平衡转化率如图所示。

%

、

树

^

港

避

小

.g

uo

压强Pi、P2、P3由大到小的顺序是_判断理由是.」压强为Pi时，温度高于30(TC后，CO2

的平衡转化率升高的原因是______。

②在温度为T℃下，将ImolCCh和3m0IH2充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应I和反应II,

体系中各组分分压(各组分分压=总压x各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。

1.5

图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是(填化学式)，该组分平衡时的分压为MPa。

0~15min内，反应I的反应速率v(H2)mol-L'min1；1℃时，反应II的平衡常数Kp=(用分压

代替浓度)。

(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所

①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：.

②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和(UOmolCHQH,则Pt电极上产生。2的物质的量为mol。

【答案】(1)-49.5kJ-mol-'

(2)①.P3>P2>Pl②.反应I正向气体分子数减小，反应II正向气体分子数不变，相同温度下，增

大压强反应I平衡正向移动，反应n平衡不动，则增大压强CO2的转化率增大，所以P3>P2>P1③.反

应I正向放热，反应n正向吸热，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应H决定④.co⑤.

0.1®.0.016©.0.1875

+

(3)①.CO2+2H+2e=HCOOH®.0.9

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律可得，△H\=△H2-△/73=(+41.5kJmorl)-(+91kJ-moll)=-49.5kJmor1。

【小问2详解】

①反应I的正反应为气体分子数减小的反应，反应n气体分子数不变，相同温度下，增大压强，反应I平

衡正向移动，反应II平衡不动，则CO2的转化率增大，所以P3>P2>P|；A/7i<0,AH2>0,反应I的

正反应为放热反应，反应n的正反应为吸热反应，温度高于3oo℃之后，反应转化率主要由反应U决定。

②在温度为TC下，将ImolCCh和3moiH2充入容积为5L的恒容密闭容器中，则H2的起始分压为

1.5MPa,CO2的起始分压为0.5MPa；根据阿伏伽德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气

08MPa

体压强与气体物质的量成正比，平衡时，P(H2)=0.8MPa,P(CO2)=0.2MPa,则〃(a)=3moiX」------

1.5MPa

=1.6mol,n(CO2)=lmolx------=0.4moh设转化为CH30H的CO2的物质的量为xmol,转化为CO的

0.5MPa

(、一

CO?©+3H2g)CHQH(g)+H2O(g)

1311

CO2的物质的量为ymol,则有：起始(mol)1300

转化(mol)X3xXX

平衡(mol)1-x-y3-3x-yXx+y

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

1111

l-x-y=0.4

1300，则有，解得x=0.4,

3-3x-y=1.6

转化(mol)x3xXX

平衡(mol)1-x-y3-3x-yXx+y

y=0.2,x+y=0.6即平衡时«(CH3OH)=0.4mol,n(CO)=0.2mol,n(H2O)=0.6mol,则平衡时，RCH3OH)二

=0.4molx制=0.2m。k吆曳=O」MPa,

H(CH3OH)XP，"82Mpa=02MPa>P(C0)=n(C0)x

H

H(CO2J0.4mol(CO2)0.4mol

0.2MPa=Q3MPa)则图中已有CH.QH和H2O的分压变化，缺少的

P(H2O)=n(H2O)x

n(CO2)0.4mol

“八一〜八…八八一、,—AH(H9)1.2mol

CO的分压变化，其平衡时的分压为O.IMPa；反应I中，△n(H2)=1.2mol,v(H2)=—二-----------

Vt5Lxl5min

P(CO).P(H2O)0.1Pax0.3MPa

=0.016mol,L」•min"反应II的平衡常数KP=-----------------=0.1875。

P(H2).P(CO2)O.8MPaxO.2MPa

【小问3详解】

该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e=HCOOH,Pt

电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e=4H++O2t,CO2中的C呈+4价，C2H4中的C呈-2价，CH.QH中的

C呈-2价，若Cu电极上只生成0.15molC2H4和OJOmoICNOH,则转移电子的物质的量为

2x6x0.15mol+6x0.30mol=3.6mol,故Pt电极上产生。2的物质的量为1x3.6mol=0.9mol。

4

(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目

对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂，多答，按所涂的首题进行评分；不

涂，按本选考题的首题进行评分。

［选修3：物质结构与性质］

17.研究表明TiCh一aNb、Cu(In-GaxSe2)是光学活性物质，具有非常好的发展前景。

(1)已知锢的原子序数为49,基态锢原子的电子排布式为［Kr］；Ga、In、Se,第一电离能从大到

小顺序为o

(2)H2SeO3与H2sCh中酸性更强的是;原因是。

(3)3iGa可以形成GaCbxNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加

入足量AgNCh溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的

量之比为I:2.则该溶液中溶质的化学式为。

(4)CW+与NH3形成的配离子为［CU(NH3)4］2+,在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨分子中

键角略大，其原因是。

向［CU(NH3)4］SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：。

(5)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2s两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所

构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图，如图2所示。已知CuS和Cu2s的晶胞参数分别为apm

和bpm,阿伏加德罗常数的值为NAO

①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为pm。

②Cu2s晶体的密度为p=g-cm-3(列出计算式即可)。

(6)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe-Sm-As-F-0组成的化合

物。一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。回答下

列问题:

图1图2

①图中F和02-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表

示为___;

②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原

子1的坐标为(工，L),则原子2和3的坐标分别为______、________。

222

［答案］(1)①.4d105s25p'②.Se>Ga>In

(2)①.H2sO3②.HzSeCh与H2s03均可写为(HO^RO,非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，

对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是H2s03

(3)［Ga(NH3)4Cl2JCl

(4)①.NH3中的孤电子对与CM+配位，受到CW+吸引，对N—H成键电子对斥力减弱，故N—H键

角变大②.减小溶剂极性，降低［CU(NH3)4］SO4的溶解度

(5)①.也a②.短冷而

u

2NAxb3xlO-

(6)①.SmFeAsOi-xFx②.(!，-,0)③.(0,0,-)

222

【解析】

【小问1详解】

钿原子序数为49,则其电子排布式为Is22s22P63s23P635。4s24P64甲。5s25pl简化电子排布式为［Kr］

l02

4d5s5p';Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期元素的

第一电离能随着原子序数增大而增大，但第UA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电

l02

离能从大到小顺序为Se>Ga>In,故答案为：4d5s5p';Se>Ga>In；

【小问2详解】

SeO；中硒原子的价层电子对数为4,采取杂化sp3,H2SeO3与H2sCh均可写为(HO)2RO,非羟基氧数目

相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，导致H2s03的酸性

更强，故答案为：H2so3：EhSeCh与H2s03均可写为（H0）2R0,非羟基氧个数相同，由于S的电负性更

强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是H2so3；