2023年高考第一次模拟考试卷：化学（河北A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷

化学•全解全析

本卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无

效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32

Fe56Co59Cu64Y89

一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.中国对于铁合金的记载很早，在《天工开物》中“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟。生

熟相和，炼成则钢。”体现了我国很早就已将不同碳含量的铁合金进行了区分，下列叙述正确的是

A.生铁的含碳量比熟铁低B.生铁变为熟铁是物理变化

C.钢的含碳量越高，硬度越小D.合金钢与碳素钢的组织结构不同

【答案】D

【详解】

A.生铁的含碳量比熟铁高，故A错误：

B.生铁变为熟铁涉及到炼钢过程的一系列化学变化，故B错误；

C.钢的含碳量越高，硬度越大，故C错误；

D.合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化,

从而使钢具有各种特殊性能，故D正确；

故选D。

2.某有机化合物M是一种药物的合成中间体，其结构简式如图。下列有关该有机化合物的说法不

正确的是

CH,

^COOC2H5

A.化学物M的分子式为CI8H22O3

B.化合物M中含有二种含氧官能团

C.每个M分子中最多有10个碳原子处于同一平面

D.该有机物能发生加成反应、取代反应和水解反应

【答案】C

【解析】

A.由结构简式可知，化学物M的分子式为C18H22O3,故A项正确；

B.根据结构简式可知，化合物M中含有默基和酯基两种含氧官能团，故B项正确;

C.苯环为平面型分子，碳碳双键相连的碳原子共平面，则每个M分子中最多有12个碳原子处于

同一平面，故C项错误；

D.该有机物中含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应、取代反应和水解反应，故D项正确；

答案选C。

3.2021年10月160,搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射

中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的

是

A.火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料

B.航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料

C.二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料

D.航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料

【答案】C

【解析】

A.合金具有金属特性，钛合金属于金属材料，故A正确；

B.橡胶含有碳元素，相对分子质量为几万到几千万，属于有机高分子材料，故B正确；

C.单质硅是太阳能电池板的核心材料，故C错误；

D.碳纤维主要成分是碳，属于新型无机非金属材料，故D正确；

选C。

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(OH)2溶液中OH的数目为0.2NA

C.将50mLi2moi/L盐酸与足量Mt!。?共热，转移的电子数为0.3NA

D.56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA

【答案】D

【解析】

A.常温下，不能使用V,“=22.4L/mol计算22.4LNW的物质的量，故无法计算22.4LNH3所含有的

中子数，A错误；

B.pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH)=0.1mol/L,n(OH)-().1mol/LxIL=0.1mol,即该溶液中0代的

数目为O.INA,B错误；

A

C.n(HCl)=0.05Lx12mol/L=0.6mol,根据化学方程式MnC)2+4HCI(浓)=MnCl2+CLT+2H2。可知,0.6mol

HC1完全参加反应可转移0.3mol电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，

故反应中转移电子数小于0.3M,C错误；

56g

D.C3H6和C4H8的最简式都是CH2,可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH)=,,,,=4mol.

21/4g/mol

n(H)=2x4mol=8mol,故该混合气体中氢原子数目为8M,D正确；

故选D。

5.我校化学组(部分夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是

ABCD

【答案】B

【解析】

A.利用浓硫酸与铜片反应制二氧化硫时需要加热，该装置未加热，所以不反应，选项A错误；

B.利用稀硝酸与铜丝反应制备NO,且NO不溶于水可以用排水法收集，选项B正确；

C.不能在容量瓶中直接溶解固体，选项C错误；

D.此法制备的乙块气体中含有H2s等还原性气体，所以可以使滨水褪色的不一定是乙焕，选项D

错误；

答案选B。

6.20世纪30年代，科学家查德威克用a粒子(即氢核：He)轰击某金属原子[X发现了中子，该核

反应还可得到了戈Y,核反应方程式为；He+2X-^Y+；n,其中X、Y的L能层上的电子数之

比为1：2。下列叙述错误

A.[X原子核内中子数与质子数相等B.X的氢氧化物与A1(OH)3的性质相似

C.Y有多种不同的含氧酸D.非金属性：X<Y

【答案】A

【详解】

根据核反应方程式为;He+>T用Y+),可知M=2+Z,2M+1=4+A,其中X、Y的L能层上的电

子数之比为1：2,则1X为:Be,2丫为

A.pi为：Be,质子数为4,质量数为9,中子数为9-4=5,中子数与质子数不相等，A错误；

B.根据对角线规则，Be(OH)2与AI(OH)3的性质相似，它们都具有两性氢氧化物的性质，B正确；

C.Y为C,C有多种含氧酸，如H2co3、H2c2O4等，C正确；

D.同周期主族元素从左到右元素的非金属性逐渐增大，则元素的非金属性：X(Be)<Y(C),D正确;

故合理选项是Ao

7.下列说法正确的是

A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁

B.浓H2so4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化

C.加热Nai与浓H3P04混合物可制备HL说明H3Po4比HI酸性强

D.向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2

【答案】A

【详解】

A.镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；

B.浓H2s04能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误：

C.浓H3P。4为难挥发性酸，加热Nai与浓H3P。4混合物可制备HI,是难挥发性酸制取挥发性酸,

C错误；

D.向浓HNCh中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D

错误。

故选A»

8.磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：

-9„过依

叫

4NaOH;，液

K»,SO.小出

溶液-----：—。•乩PO、

11J*反应

下列说法错误的是

A.NaH『C)2既能与酸反应又能与碱反应

B.流程中有两处涉及氧化还原反应

C.该过程需要在无氧条件下进行

D.分解反应生成HF。」和P&的物质的量之比为1：1

【答案】A

【解析】

白磷与过量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成PFh和NaHzPCh溶液，NaH2PCh溶液与稀硫酸反应

生成H3PCh,H3PO2为一元弱酸，发生分解反应生成PH3和H3Po4。

A.H3PO2为一元弱酸，NaHzPCh为正盐，只能与酸反应，A错误；

B.白磷与氢氧化钠溶液反应、H3P02分解生成PH3和H3PO4,这两个反应中元素化合价发生变化，

是氧化还原反应，B正确；

C.P%在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C正确；

D.H3P中P元素为+1价.H3P和PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律，反

应生成H3PO4和PH3的物质的量之比为1：1,D正确；

故选Ao

9.M0H是一种一元弱碱，25℃时，在20.0mL0.1mol-L'MOH溶液中滴加0.1mol盐酸VmL,

混合溶液的pH与1g吸)的关系如图所示.下列说法错误的是

c(MOH)

7.0010.75pH

A.x=3.75

B.a点时，V=10.0mL

C.25℃时，MOH的电离常数Kb的数量级为IO"

D.V=20.0mL时，溶液存在关系：2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH)+c(C『)

【答案】B

【解析】

c(M+)

由图可知,点时pH=10.75,故c(OH)=10-3.25,当电=0,故c(M+)=c(MOH),

c(MOH)

C(M)C(OH)

(

c(MOH)

A-由分析知Kb=10代当pH=7时，c(OHH(P,则湍^叱，故x=3.75,A项正确；

B.当V=10.()mL,若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl),由于M+的水解程度和

c(M+)

MOH的电离程度不同，则c(MOH)，c(MCl),故怆/,八条工。，B项错误；

C.由分析知Kb=.M)<(0〃)=10375,故MOH的电离常数Kb数量级为10-4,c项正确；

bc(MOH)

D.当V=20.0mL时，由电荷守恒可知:c(H+)+c(M+)=c(OH)+c(Cl),由质子守恒可知:c(H+)=c(OH)+

c(MOH),用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH)+c(Cl),D项正确;

答案选B。

10.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1,且A、B、

C、D可形成化合物X如图2,C与E同主族。下列说法错误的是

原

子

半

径

A.A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物

B.简单离子的半径：E>D>C

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：E>B

D.化合物X在低温更加稳定

【答案】B

【解析】

根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期

元素，A是H元素；根据A、B,C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元

素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E

是S元素，以此来解析；

A.H与O能形成化合物H2O、H2O2,Na与O能形成化合物NazO、Na2O2,C与O能形成化合物

CO、CO2,A正确；

B.电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2>O2>Na\

B错误；

C.非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性s>c,最高价氧化物的水化物

酸性H2sC)4>H2co3,C正确；

D.X为Na2co3比02,H2O2受热易分解，Na2co3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加

稳定，D正确；

故选Bo

11.ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标

注的数字是该原子位于z轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。下列说法正确的是

OZn2+

0或apm

A.S2凋围等距且最近的S2一有6个

B.基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种

C.Zd+与S2-的最短距离为无apm

4

D.在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种

【答案】C

【详解】

Q

A.根据投影图知，该晶体的晶胞结构为,由此可知该晶体中S:一周围等距且最近的

S2一有12个，故A错误：

B.Zn元素的基态原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d">4s2,有30种运动状态不同的电子,

15种空间运动状态不同的电子，故B错误；

C.根据晶胞结构可知，ZM+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为由apm,故C正确；

4

D.在第三周期中，比S元素笫一电离能大的元素有P、CLAr三种元素，故D错误；

故选：Co

12.某种电催化法以CoP、Ni2P为催化电极合成牌类化合物(RCN)和偶氮化合物(R-N=N-R),

装置示意图如图。下列说法错误的是

A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应

B.阴极发生反应：

NO2

+8e-+4H2O=+80H-

C.OH从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动

D.每当合成得至UlmolRCN,同时合成lmolR-N=N—R

【答案】D

【详解】

A.右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高,

且发生氧化反应，故A正确；

B.右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为

C.右侧为阴极、左侧为阳极，OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；

D.阳极反应式为，R-CH2NH2-4e+4OH=R-CN+4H2O,根据得失电子守恒，每当合成得到ImolRCN,

同时合成0.5molR-N=N-R,故D错误；

选D。

13.Cu—Ce—O*固溶体作为金属催化剂，能有效促进电化学还原，反应产生CPU和C2H4的中间体,

*co在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法正确的是

CH,

ffiC2H4

对C>VP：

皖,OOH—COH•CH—C

M,do—COH<:

•c—cmfc./：CHJ-CHJU)

_____2T

2*CO-：

,CH—C'.：

*CH2—CH

au+iho

；,CHO

♦CHCOII

Cu-C^O,

A.制约CO?还原为C2H4反应速率的是*COH—COH一CH*—COH

B.*CH.QTCH4+0*只有化学键的形成

C.Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性

D.由*CO生成*OH的反应为*CO+5H+-5e=CH4+*OH

【答案】C

【详解】

A.能垒高的可以制约反应，由图知，制约CO?还原为C2H4反应速率的是CH*—COH—*C-COH,

A错误；

B.*CH3OTCH4+O*既有化学键的断裂、又有化学键的形成，B错误；

C.由图知，生成甲烷的历程中、活化能小，因此更容易生成甲烷、即Cu—Ce—固溶体催化剂

对生成CW有较高选择性，C正确；

D.由*。3生成CH4与*OH的反应为化合价降低、得电子、是还原反应，D错误；

答案选C。

14.下列方案设计、现象和结论都正确的是

选项目的方案设计现象和结论

往装有铁钉的试管中加入3mL饱和氯化钠

钢铁的吸氧腐蚀出现蓝色沉淀，说明

溶液，充分反应后，取少量铁钉附近溶液于

A

过程有Fe”生成有Fe,生成

另一支试管中，滴加1滴K31Fe(CN)6］溶液

产生砖红色沉淀，说

葡萄糖分子中含向2mL10%的CuS04溶液中滴入5滴5%

B明葡萄糖分子中含

有醛基溶液，再加入葡萄糖溶液，加热

NaOH2mL有醛基

试管中的溶液紫色

澳乙烷可以发生将溟乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的

C褪去，说明溪乙烷发

消去反应气体通入盛有酸性高镭酸钾溶液的试管中

生消去反应

测定碳酸氢钠加向装有NaHCO、固体的试管中，滴入几滴

温度计示数略有上

D水过程中的热量水，振荡，将温度计插入其中，观察温度计

升，说明该过程放热

变化示数变化

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】

A.钢铁的吸氧腐蚀过程中产生的Fe?+可用K3［Fe(CN%］溶液检验，出现蓝色沉淀，说明有Fe?+生

成，故A正确；

B.新制氢氧化铜的配制需要碱过量，应向2mLi()%的NaOH溶液中滴入5滴5%CuSC>4溶液，再加

入2mL葡萄糖溶液，加热，产生砖红色沉淀，说明葡萄糖分子中含有醛基，故B错误；

C.乙醇易挥发，溪乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体中有乙醇蒸气，乙醇具有还原性，也

能使酸性高钵酸钾溶液褪色，影响乙烯的检验，故C错误；

D.碳酸氢钠固体中滴入几滴水的过程是吸热过程，现象和结论错误，故D错误；

故选Ao

二、非选择题：共58分。

15.（14分）纯品氯化钠可用于食品、制药、氯碱工业等许多领域。实验室中利用下列装置进行从

海水提取纯品氯化钠的实验。海水中主要离子及浓度见下表：

离子crNa+Mg2*so：Ca2+K+

浓度(xlO-3mol/L)54646853.328.110.49.97

磁力授伴器

回答下列问题。

（1）盛放BaCb溶液的仪器名称为，球形冷凝管的出水管为（填“a”或"b”）。

（2）在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mLimolLiBaCL溶液，力"热

lOmin后取下，确定沉淀完全的实验方法是,能否用CaCL代替BaCL

做沉淀剂（填“能”或“否

（3）减压过滤（第一次）出泥沙与BaSCU,减压过滤的主要优点是（写一条）。

（4）加热滤液至沸，分别加入2mLSmol.L'NaOH溶液和2mL饱和Na2cCh溶液，lOmin后减压过

滤（第二次）。进行两次过滤而不是合并一次过滤的主要目的是：①防止泥沙溶于NaOH溶液；②防

止发生沉淀转化:（写出离子方程式）。工业上不宜选择用Ba（OH）2

同时除去Mg2+和SO--,可能的合理考虑是（双选）。

A.Ba（OH）2比较贵B.Ba（OH）2的溶解度比较低

C.Ba（OH）2属于二元强碱D.SO:恰好沉淀完全时、Mg2+不能完全沉淀

（5）在滤液中滴加2moi4/盐酸，直至溶液pH在2〜3之间，搅拌。有人认为调节溶液酸碱性呈

中性即可，这样做的后果是«

（6）据下图分析，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经、,乙醇

洗涤，干燥，得到纯品氯化钠。

【答案】

(1)恒压滴液漏斗b

(2)静置，向上层清液中滴加BaCh溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反否

(3)分离速率快，固液分离彻底，分离效率高

(4)BaS04(s)+C0^(aq).'BaCO3(s)+SO；-(aq)AD

(5)导致CO；未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠

(6)蒸发结晶趁热过滤

【解析】

本题为实验题，模拟工业匕从海水中获得粗盐，并对其进行分离和提纯，先向海水混合物中加入氯

化钢溶液，过滤分离出硫酸饮和泥沙，在向滤液1中分别加入NaOH溶液和Na2c03溶液，再进行

二次过滤，过滤出氢氧化镁和碳酸钙、碳酸锹沉淀，向滤液2中加入稀盐酸至pH到2~3之间即盐

酸适当过量，除去过量的NaOH和Na2co3,然后蒸发结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，干燥，据此

分析解题。

(1)由题干实验装置图可知，盛放BaCL溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗，球形冷凝管中冷却水应

该下进上出，以提高冷凝效果，故球形冷凝管中的出水管为b,故答案为：恒压滴液漏斗；b；

(2)在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mLimolUBaCb溶液,加热

lOmin后取下，确定沉淀完全的实验方法是静置，向上层清液中滴加BaCL溶液，若不再产生白色

沉淀，则沉淀完全，由于CaSCh是微溶物，若用CaCL代替BaCL做沉淀剂，则使SO：沉淀不完全,

即SO：不能完全除去，故不能用CaCb代替BaCb做沉淀剂，故答案为：静置，向上层清液中滴加

BaCL溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反；否：

(3)与普通过滤相比，减压过滤具有分离速率快，固液分离彻底，分离效率高的优点，故答案为：

分离速率快，固液分离彻底，分离效率高；

(4)加热滤液至沸，分别加入2mL3moiL-NaOH溶液和2mL饱和Na2cCh溶液，lOmin后减压过

滤(第二次)，进行两次过滤而不是合并一次过滤即先过滤出泥沙和BaSO4,再过滤出Mg(0H)2和

BaCCh、CaCCh等，其主要目的是：①由于泥沙中的SiCh等能与NaOH反应生成可溶性的硅酸盐，

引入新的杂质，则能防止泥沙溶于NaOH溶液：②防止发生沉淀转化即BaSCX,转化为BaCCh，导致

硫酸根除不干净，该转化的离子方程式为：BaSO4(s)+C。：(叫).'BaCOKsHSOraq),

A.由于Ba(OH”比较贵，工业生成中需考虑生成成本，原料的价格是工业生成中必须考虑的因素，

A符合题意；

B.Ba(OH”的溶解度虽然比较低，但能溶于水中，足以沉淀镁离子和硫酸根，B不合题意；

C.沉淀镁离子和硫酸根与几元碱无关，故Ba(0H)2属于.元强碱不属于工业生成考虑的问题，C

不合题意；

D.己知Ksp(BaSO4)=l.lxl0」。，Ksp[Mg(OH)2]=1.6xl0i2,且溶液中的Mg2+浓度和SOj浓度不同，

可能导致当SO；恰好沉淀完全时，Mg2+不能完全沉淀，这也是工业生产中需要考虑的因素，D符

合题意；

故答案为：BaSO4(s)+C(*(aq).BaCCh(s)+SO：(aq)；AD；

(5)由分析可知，二次过滤之后的滤液中主要含有过量的OH-和CO；,己知NaHCCh溶液显弱碱

性，碳酸显弱酸，则若调节pH值呈中性，则溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸，导致CO；未除干净,

最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠，故答案为：导致CO；未除干净，最终所得产品中含有碳

酸氢钠或者碳酸钠：

(6)由即干图示可知，KC1的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显，将调

节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经蒸发结晶、趁热过滤，乙醇洗涤，干燥，得到纯

品氯化钠，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤。

16.(15分)合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆研并回

收锡的流程如下：

已知：SM+容易水解。

回答下列问题：

(1)加快“脱锡”速率的措施有(写出一点)。“操作I"包含、、过滤、

洗涤、干燥。

(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH,其目的是；硫酸铜浓度与脱

锡率的关系如图所示，当浓度大于120g时，脱锡率下降的原因___________________。

98c

一

直

外

破

«

95'—一-----一—1------------(

0SO120150250

CuSO$浓度/糖L”)

(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、SM+、H+、SO：',以石墨为电极，通过控制溶液pH、电

解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为:当阴

极出现的现象时，说明电解回收锡结束。

(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为。

(5)称量纯净的胆帆2.50g进行热重分析，实验测得胆研的热重曲线如图所示。贝I120℃时所得固

体的化学式为。

【答案】

(1)研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)蒸发浓缩冷却结晶

(2)抑制S#+水解置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反

应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降

+

(3)2H2。-4e』O2?+4H或4OH-4e-=0分+2H2O气泡产生

+2+

(4)2CU+O2+4H=2CU+2H2O

(5)CUSO4H2O

【解析】

本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆机的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡

液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆帆，以此解题。

(1)从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点

即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矶的过程，胆机中有结晶水，故“操作I”包含蒸发浓缩、冷却结

晶；

(2)根据已知信息S*+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH,其目的是抑制SM+水解；铜离

子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱

锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应

的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；

(3)阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H9-4e-=O?T+

4H+或40H-4e=O2f+2H20；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反

应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氨气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，

说明电解回收锡结束：

(4)“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+Ch+4H+

2+

=2CU+2H2O：

(5)设120℃时固体物质的相对分子质量为M,2.50:250=1.78:M,M=178,故120℃时固体物质的

成分为：CUSO4H20O

17.(14分)CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有

用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。

I.工业上以CO?和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：

气门2NHJ8)CO(s)H,O(g)

------------------------------2---------F------------------ft-----------------------

液加2NH.(I)COJI)

VJA

"M尸09.2kJ.moW.

NH,C(X>NII4(I)*AHJ(XI>*NII,CONH,(I)

A//2=l5.5Unwr'

(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为：

2NH3(1)+CO2(1)=H2O(1)+NH2coNH2⑴△H=kJ/moU

(2)在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H<0。下列说法正确的

是。

A.增大CCh的浓度，有利于NH3的转化率增大

B.反应在任何温度下都能自发进行

C.当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态

D.充入He,压强增大，平衡向正反应移动

II.可利用CCh和CH4催化制备合成气(CO、H2),在一定温度下容积为1L密闭容器中，充入等物

质的量CH4和CCh,加入Ni/AbCh使其发生反应：CH4(g)+CO2(g),2CO(g)+2H2(g)«

(3)反应达平衡后，平衡常数K=8I,此时测得c(CO)为3mol/L,则CFU的转化率为(保留2

位有效数字)。

(4)制备“合成气”反应历程分两步：

步骤反应正反应速率方程逆反应速率方程

Vi£=k2-C2(H2)

反应①CH4(g)•C(ads)+2H2(g)vjE=ki-c(CH4)

反应②viE=k3-C(CO2)va»=k4,c2(CO)

C(ads)+CO2(g)-2C0(g)

上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示:

①反应速率快慢比较：反应①________反应②(填或"=”)，请依据有效碰撞理论微观探

析其原因______________o

②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)<-2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=(用ki、k2,k3、

k4表示)。

(5)制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)△H2=+41.0kJ/mol,

n(CO,)n(HJ

在刚性密闭容器中，进料比不六分别等于1.0、1.5、2.0,且反应达到平衡状态。反应体系中，一舄

n(CH4)n(CO)

随温度变化的关系如图所示：

n(CO))n(H)

随着进料比一蒲彳的增加，W2的值_____(填“增大不变”或“减小)其原因是______,

n(CHJn(CO)

【答案】

(1)-93.7

(2)AC

(3)60%

(4)<反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率

(5)减小随着投料比吃工的增加，n(CCh)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，

n(H2)减少，黑冷减少

【解析】

(1)根据盖斯定律：

2NH3(1)+CO2(1)^H2O(1)+NH2CONH2(1)AH=AHi+AH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/moL故答案为：

-93.7；

(2)A.增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；

B.因为正反应是燧减的反应，即△5<(),根据△H-TaS<0可知，反应在低温下才能自发进行，

高温下是不能自发进行的，故B错误；

C.混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应

达到平衡状态，故C正确；

D.在恒容密闭容器中，充入He,各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；

故答案为：AC；

(3)设充入CK和CO2物质的量都为xmol,列三段式：

()

CH49+CO2g=28®+2%

起始量/mol/LXX0°.K=C(CO)-C(HJ=冬=81,解

2

转化量/mol/L1.51.533C(CH4)C(CO2)(X-1.5)

平衡量/mol/Lx-1.5x-1.533

得x=2.5mol,CH4的转化率为心㈣xl(X)%=60%；

2.5mol

(4)①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞

几率大，速率快，则反应速率：反应①〈反应②；

②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，

v(正尸匕《<21)*2«5)=丫(逆)=%(:«0)2*/；(112)2,K='则K=^^；

(5)可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料的增加，崂兴的

n^vrl4j

n(COJ

值减小，其原因是随着投料比不六的增加，n(C02)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增

多，n(H2)减少，喘^减少。

18.(15分)甲基效应可以显著改变药物分子的性质。药物分子后期甲基化研究过程中的一种分子

(G)可由丙烯(A)制得，合成路线如下：

,

已知：R-OH+R-CH2-X_碱>R-0-CH2-R'+HX

R-OH+II_碱>II+HC1

R"—C—ClR—O—C—R"

00

R-NH2+II—碱>||+HC1

R"—C—ClR—NH—C—R"

(R、R\R"可以是芳基，X为卤原子)

回答下列问题；

(1)A-B的反应类型为；F中含氧官能团有醛键、(填名称)。

(2)C-D的化学方程式为；G的结构简式为。

(3)碳原子上连有4个不同的原子或基因时，该碳称为手性碳。写出E的结构简式，用星号(*)标

出E中的手性碳。

(4)核磁共振氢谱显示，化合物有组峰，与该物质互为同系物，分子式为C9H即0

的物质有种(不考虑立体异构)。

OH—O

(5)以(如、°.为原料，参照上述合成路线及相关信息合成，写

CIOI{

出能获得更多目标产物的较优合成路线(其他试剂任选)。

OHOil

(U;NBS^一。

【答案】

(1)取代反应羟基

(2)C1CHCH(OH)CH2CI+NaOH——>+NaCl+HO

2Cl2

或者HOCH2CHClCHCl+NaOH——>+NaCH-HO

2Cl2

(3)

(4)4

(5)

CH:Br

、碱、NaOH水溶液

NiOHA,

2RK'I

()

【解析】

本题是有机合成流程题，已知A为丙烯，其结构简式为：CH2=CHCH3,根据A到B的转化条件可

知，B的结构简式为CH2=CHCH2C1,由B到C的转化条件并结合D额的结构简式和C到D的转化

条件可知，C的结构简式为：C1CH2cH(OH)CH2cl或者HOCH2cHe1CH2cL由F的结构简式和G

NH

O

的分子式并结合已知信息可知，G的结构简式为:,(5)由题干流程图转化信

息可知，CHMr和0..发生类似于题干流程中D到E的反应生成OH，