2022年高考押题预测卷02（福建选考）-化学（全解全析）

绝密★启用前

2022年高考押题预测卷02【福建选考】

化学

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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：H—1C—12N—140—16Na—23S—32K—39Ag—108

一、选择题（本大题共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.虎年春晚，一段舞蹈诗剧《只此青绿》惊艳了观众。舞者生动的还原了北宋名画《千里

江山图》，《千里江山图》历经千年，依旧色彩艳丽，璀璨夺目。下列有关《千里江山图》所

用的颜料说法正确的是

A.赭石是氧化物类刚玉族赤铁矿，也是“车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的

主要成分

B.石绿（孔雀石），主要成份为碱式碳酸铜

C.《千里江山图》历经千年依然色彩艳丽，璀璨夺目，是由于所用颜料化学性质稳定，耐

酸耐碱

D.颜料中所用的朱砂是碱性氧化物

2.化合物IVeVC^°^cooH）是合成中药的一种中间体，以邻二甲苯为原料制备化合物

IV的一种合成路线如图所示。下列说法错误的是

A.由n生成in的反应类型为取代反应B.n和w均能使酸性高锯酸钾溶液褪色

C.ImolIV能与6molH2发生加成反应D.I能从碘水中萃取碘，有机相在上层

3.下列实验对应的离子方程式正确的是

A.氢氧化钠溶液中滴入少量硫酸铝溶液：3OH+Al"=Al（OH）,J

2

B.硫化钠溶液中通入过量SO2:2S-+SO,+2H2O=3SJ+4OH

C.次氯酸钙溶液中通入少量的CC>2：C1O+H2O+CO2=HCO；+HC1O

D.水杨酸溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液:

设NA为阿伏加德罗常数值。下列

A.消耗M个乙苯分子，生成标准状况下22.4LH2O

B.每生成Imol苯乙烯，转移电子数2M

C.10.6g乙苯中含有碳碳单键数目为0.2M

D.将ImolCO2溶于适量水中，溶液中CO：、HCO；和H2cO3粒子数之和小于M

5.微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3coOH和NH；,又可以实现海水淡化，原理如下

图所示。下列说法正确的是

生物生物

电极a，电机b

CO

C，Na,

CH.UNO、

1

r+1一空气

NH；「工L

出

离子交换膜a海水离子交换膜b

A.生物电极b为电池的负极

B.电极a的电极反应式为CH3COOH-8e+8OH-2CO2t+6H2O

C.每生成标准状况下2.24LN2,电路中转移0.6mol电子

D.离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜

6.如图所示的是一种混盐的结构，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号不同周期

的元素，X的核外电子数是Z的价电子数的4倍。下列叙述正确的是

A.ZXY2的水溶液具有漂白性

B.含有Y元素且可作水消毒剂的物质只有一种

C.Y的氧化物对应的水化物均为强酸

D.该化合物中的所有X和丫都满足8电子稳定结构

7.以锚铁矿(主要成分为FeOCnCh,含有少量AI2O3)为原料制备锚的工艺流程如图所示:

下列说法错误的是

A.焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4

B.滤渣1的主要成分为Fe2Ch

C.酸浸时应加入足量稀硫酸

D.转化时发生反应的化学方程式为4Na2CrO4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2S2O3+2NaOH

8.配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如CU2++4NH3/14[CU(NH3)4]”,其稳

定常数表达式为=已知：K,[Fe(C2O4)3].3H,O溶于水呈亮绿色。

2+4

C(CU)-C(NH3)

下表中的实验操作或实验现象能达到实验目的或得出相应结论的是

选项实验操作或实验现象实验目的或结论

常温下，向100mL浓度分别为0.10mol/L的K2c2。4和KSCN混常温下，稳定性：

A

[Fe(CO)r>Fe(SCN),

合溶液中滴加几滴氯化铁溶液，观察到溶液变为亮绿色243

取少量CzH.Br与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，再滴加

B检验C2HsBr中的溪元素

AgN03溶液

C向氯化亚铁溶液中滴加酸性高铳酸钾溶液检验溶液中的Fe?+

向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热一段时间后，加入NaOH溶液至

D检验淀粉是否水解

碱性，再加入碘水，观察溶液是否变蓝

9.甲烷催化二氧化碳重整制合成气过程中主要发生反应的热化学方程式为：

反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AH=247.1kJ-mol-'

反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)\H

反应III：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)A/7=205.9kJ-mol-'

常压下，将原料气CH4和CO2以一定流速(气体摩尔流量qn(CH4)=qn(C02)=100kmolh」)通入

装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水的摩尔流量随温度变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是

2

00100

15075

10050

50205

8

001000120014001600

温度/X

A.反应II的AS<0

B.图中曲线A表示CO2的转化率随温度的变化

C.温度在873〜1200K间，反应HI的进行程度大于反应II

%(CH)

D.其他条件不变，随着4的比值增加，CO2的平衡转化率降低

q„(co2)

10.天然水体中的碳酸盐系统（CO”H2cO3、HCO,,CO；）,微粒不同浓度分布会影响溶

液的pH。某温度下，溶洞水体中lgc（X）（X为H2co、、HCO；、CO：或Ca"）与pH关系如图

所示：

下列说法正确的是

A.曲线①代表H2col

B.A2的数量级为KT

C.该温度下c（Ca?+）与c2（H"）为线性关系

D.溶液中始终存在c（Ca>）+c（H+）=c（OH）+c（CO：）+c（H2co、）

非选择题（共60分）

11.（11分）硒（Se）是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐

年上升。实验室模拟工业对富硒废料（含Ag?Se、Cu?S）进行综合处理的一种工艺流程如下:

富氧空气HNO3有机溶剂城水N2H4-H2O

IIIII

富硒废率一I焙烧I―►I浸取|--1操作1|一|操作2|操作3]—►精银

IIIII

气体1气体2水相有机相气体3

水溶

硒硫酸铜晶体

（1）焙烧时应把废料于中（填仪器名称），为提高焙烧效率可采取的措施

（写一条即可）。

⑵HNO,应选用（填“浓”或“稀”）溶液，原因是。

（3）操作2的名称是。

⑷N2H「也0还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：

⑸如图装置可以制备一水合肿（2匕.凡0）,其阳极的电极反应式为

（6）有机溶剂为煤油与硫酸的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影

响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为o（浸出液

c（Ag+）=2xlO-,molL-1）

%

1>

OOQ-100

3甚

魁80

60-60

40-40

20-/

20

020406080100024

c(H+)

萃取剂浓度％

图1萃取剂浓度对银萃取率的影响图2浸出液酸度对银萃取率的影响

12.(11分)向KI溶液中持续通入Cb,发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探

究溶液变色的原因。

(1)溶液变为棕黄色的原因是KI被CL氧化为L,离子方程式是

［猜测］棕黄色褪去的原因是b被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。

［实验I］设计如表实验验证12被氧化

装置序号试齐Ua现象

试剂a甲Na2sO3溶液

溶液均变黄，遇淀粉变蓝

乙KI溶液

褪色后的溶液

⑵①本实验中，试剂a作一剂(填“氧化”或“还原”)。

②甲能证实L被氧化而乙不能，原因是。

［实验H］通过如下实验可测定x

i.取vmLcmol-L-'KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cb至棕黄色褪去。

ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A,试纸不变蓝。

iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(12)。

iv.立即用amol-L'Na2s2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。

当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2s2。3溶液bmL。

己知：l2+2S2O；-=S4O4+2r

I+I2脩”I式棕黄色)

12在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色

(3)ii的目的是除去溶液中的C12,操作A是o

(4)结合数据，计算可得*=—(用代数式表示)。

［反思］

(5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入

的n(KI)应大于i中n(KI)的(填数字)倍。

(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：一。

13.(13分)2022年冬奥会的国家速滑馆“冰丝带”采用二氧化碳跨临界制冰，CCh的资源化可

以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。请回答：

(1)CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：

CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)AH=+41kJ/mol

CO(g)+2H2(g)UCH30H(g)AH=-90kJ/mol

①能说明反应CO(g)+2H2(g)UCH30H(g)已达平衡状态的是(填字母)。

A.单位时间内生成ImolCH30H(g)的同时消耗了ImolCO(g)

B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变

C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化

D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化

②研究表明：在相同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=l：3投料进行合成甲醵，在有分子筛膜(分

子筛膜具有选择透过性)时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因

可能是。

(2)在催化剂作用下，甲醇能与烯燃的液相反应制得TAME,体系中同时存在如图反应：

XHi

A“2

反应m：

①三个反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度变化关系如图所示。据图分析，比较

'y/K-1

A.<-IB.-1〜0C.0-1D.>1

②向某反应容器中加入l.OmolTAME,控制温度为353K,测得TAME的平衡转化率为a。

已知反应III的平衡常数Kx(IU)=9.0,则反应I的平衡常数KNI)=。同温同压下，再

向该容器中注入惰性溶剂四氢吠喃稀释,达到平衡时,A与CAOH物质的量浓度之比c(A)：

C(CH3OH)=。

(3)工业上还可采用CH30HUCO+2H2的原理来制取高纯度的CO和H2o有科学家研究在利

基催化剂表面上利用甲醵制氢的反应历程，其中吸附在钿催化剂表面上的物种用*标注。下

图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，则甲醇脱氧反应中速率最慢的一步历程是

(

O

U2o157.2

V103.1116.1112.6H3.9

38o

)4o\50.5/

蜩o

器4o

玄8O

箕-65.7

过

过

过

过

X*,.过3

HHHXX

渡

渡

渡

渡

渡

OZE寸

++++Z

态

态

态

态

X态

OOO0+

。IXHXKW0V.

。OIIIO

。0

14.(13分)CuInS?是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题：

(l)«In的价层电子排布式为。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+；表示，与之相反的用-g

表示，称为电子的自旋量子数。对于基态S原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为

。S可以形成两种常见含氧酸，其通式为(HO)n,SOn,判断该两种含氧酸酸性强

弱并分析原因。

(3)硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有一(填标号)，其中硫酸根的空间构型为—o

A.配位键B.金属键C.共价键D.氢键E.范德华力

⑷硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H?NCH2coONa)可得到配合物A,结构如图所示。

①氨基乙酸钠中碳原子的杂化方式为—,Imol氨基乙酸钠含有。键的数目为：

②配合物A中非金属元素电负性由大到小的顺序为。

(5)CuIn，(式量为Mr)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数为NA,则CuInS?晶体的密

度为g-cm丸列计算式)，图b为Cu原子沿z轴方向向x-y平面投影的位置，在

图b中画出S原子在该方向的投影位置__________(用"・”表示S原子)。

15.(12分)以苯酚、甲基丙烯等为原料，可制备重要的有机中间体F和G。合成路线如下:

或煌基)

(1)化合物F中含氧官能团的名称是和«

(2)写出反应类型：A-B：；B—C：o

(3)写出一定条件下C转化为D的化学方程式：。

(4)G的分子式为CuHisO,红外光谱显示具有醛基和四个甲基。写出F转化为G的化学方

程式：o

(5)F转化为G的过程中，可能发生副反应生成H°H为G的同分异构体(不考虑顺反异构),

具有五元环结构。H的结构简式为。鉴别G和H使用的试剂和条件为

(6)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚和CH2=CH2为原料制备有机物

CHJCHJ

的合成路线流程图(无机试剂任用)

HOOCCH2CHC»2CH2COOH

2022年高考押题预测卷02【福建选考】(解析版)

化学•全解全析

题号12345678910

答案BCDACACABD

1.B

【解析】

【详解】

A.赤铁矿主要成分为F%03,司南柄的主要成分为FeQ4,A错误；

B.石绿主要成分为碱式碳酸铜，B正确；

C.《千里江山图》所用原料石绿能与酸反应，C错误：

D.朱砂主要成分为As。：，是酸性氧化物，D错误；

故选A。

2.C

【解析】

【详解】

()

A.由图可知，、人取代n中苯环上的氢原子生成HL因此由II生成in的反应类型为

C1

取代反应，故A正确；

B.II和IV中苯环上均有-CH3,则n和W均能使酸性高锌酸钾溶液褪色，故B正确；

C.ImolIV中含有Imol碳碳双键、1mol锻基、1mol苯环，可以与5molH2发生加成反应，

故C错误；

D.邻二甲苯与水不互溶且与碘不反应，碘在邻二甲苯中的溶解度比在水中的溶解度大，所

以邻二甲苯可以作萃取剂，又因为邻二甲苯的密度小于水，因此有机相在上层，故D正确；

答案选C。

3.D

【解析】

【详解】

A.氢氧化钠溶液与少量硫酸铝溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为

3+

A1+4OH-=A1O2+2H2O,故A错误；

B.硫化钠溶液与过量二氧化硫反应生成硫沉淀和亚硫酸氢钠次氯酸钙溶液2s2-+3SO2+

H2O=3S1+2HSO；,故C错误；

C.次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸次氯酸钙溶液Ca2++2C1O-+

C02=CaCChl+2HC10,故C错误；

产

D.酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，一短缝溶液与碳酸氢钠溶液反应生成

故选Do

4.A

【解析】

【详解】

A.HzO在标况下是液体，不能利用22.4L/mol计算体积，故消耗M个乙苯分子，生成H?O

的体积不是22.4L,A错误；

B.由化学方程式可以看出，每生成1个苯乙烯，电子转移的数目为2e1则生成Imol苯乙

烯，转移2moi电子，B正确；

C.10.6g乙苯的物质的量为9等7=01mo】,苯环不含碳碳单键，Imol乙苯中含有2moiC-C

单键，故0.Imol乙苯中所含的C-C单键数目为0.2M,C正确；

D.溶液中含有C02分子，依据碳原子守恒原则，CO；、HCO；和H2cO3粒子数之和小于

NA,D正确；

故选Ao

5.C

【解析】

【分析】

该装置为原电池，有机废水中的CH3co0H发生失电子的氧化反应生成CO2,亚硝酸根发

生得电子的还原反应生成N2,“极为负极，b极为正极。

【详解】

A.”极为负极，CH3co0H失电子，b极为正极亚硝酸根得电子，故A错误；

B.由分析知。极为负极，则负极反应式为CH3coOH+2Hq-8e-=2CO2T+8H+,故B错

误；

C.ImoWO：发生得3moi电子的还原反应生成0.5molNz，每生成标准状况下2.24LN2,电路

中转移0.6mol电子故C正确；

D.原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na*通过阳离子

交换膜移向b极、CP■通过阴离子交换膜移向。极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a

为阴离子交换膜，离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；

故答案为C。

6.A

【解析】

【分析】

由图可知Z能形成Z2+,则Z的价电子数为2,X核外电子数是Z的价电子数4倍，则X核

外8个电子，X为0,结合X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号不同周期的元素，可知

X为第三周群元素，Z为第四周期元素，则Z为钙，该化合物中存在YX-和YX；,则丫为

C1,据此解答。

【详解】

A.ZXY2为CaOCb为混盐，含有次氯酸根离子，具有强的氧化性，具有漂白性，故A正确；

B.含有丫元素且可作水消毒剂的物质有多种，如氯气、二氧化氯，故B错误；

C.HC1O为弱酸，故C错误；

D.X和丫在混盐中形成C10-和。。3，依据结构可知，0均满足8电子结构，C1在CIO

中满足8电子稳定结构，在CIO；中不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选：A。

7.C

【解析】

【分析】

格铁矿在氧气中与纯碱烦烧生成NazCrCU和NaAlCh固体，发生反应为AbCh+Na2co3日士

2NaAIO2+CO2t，主反应为4FeOCr2O3+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2,加水通过

水浸NaAICh、Na2CrO4进入浸出液中，而不溶的Fe?C)3形成滤渣1,浸出液加入稀硫酸形成

滤渣2是A1(OH)3沉淀，最后分离出Na2CrO4溶液，加入S发生转化，发生反应为

4Na2CrC)4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2O3+2NaOH,得到Cr(OH)3再转化为Cr；

【详解】

A.焙烧时FeOCnCh—NazCrCU、FezCh,Fe和Cr元素化合价都升高，通入氧气做氧化剂，

发生反应为4FeOCr2O3+7O2+8Na2CO3空8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2,则氧化剂与还原剂的物

质的量之比为7：4,A正确；

B.由分析可知，不溶于水的FezCh形成滤渣1,B正确；

C.酸浸时加入稀硫酸目的是形成A1(OH)3沉淀，除去铝元素，由于Al(0H)3能溶于硫酸，

则不能加入足量稀硫酸，C错误；

D.转化时加入S和NazCrCU反应生成Na2s2O3、Cr(OH)3,S元素化合价升高了2,有2

个S发生变价，Cr元素化合价降低了3,结合得失电子守恒和原子守恒，发生反应方程式

为4Na2Cr€)4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2Ch+2NaOH,D正确；

故选：Co

8.A

【解析】

【详解】

A.常温下，向100mL浓度分别为0.10mol/L的K2c2O4和KSCN混合溶液中滴加几滴氯

化铁溶液，观察到溶液变为亮绿色，说明生成了［Fe(JO4)3产而没有生成Fe(SCN)3,说明稳

定性：［Fe(C2O4)3p>Fe(SCN)3,故A正确；

B.取少量C2HsBr与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，要先加入硝酸将NaOH中和后再

滴加AgNOj溶液，否贝ijAgNCh会和NaOH反应生成AgOH,AgOH不稳定，会分解为棕

黑色的Ag2O而看不到淡黄色的AgBr,故B错误；

C.酸性高钵酸钾溶液也能氧化CL故向氯化亚铁溶液中滴加酸性高镭酸钾溶液不能检验

溶液中的Fe2+,故C错误；

D.检验淀粉是否水解，应检验是否有葡萄糖生成，而且即使检验淀粉是否存在，也不能加

入过量的NaOH,因为NaOH会和碘反应，故D错误；

故选A-

9.B

【解析】

【详解】

A.根据盖斯定律，反应H=反应I-反应III,则CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

A//=247.lkJ/mol-205.9kJ/mol=41.2kJ/mol,反应H的公”>0,反应能自发进行，则AS>0,故A

错误；

B.两种原料气的流速相同，若只发生反应I,则在相同条件下两种反应物的转化率必然相

同。由图知曲线A的转化率大于曲线B的转化率，温度低于873K时，水的摩尔流量随温

度升高而增大，反应I消耗甲烷和二氧化碳，反应II消耗CO?和H2生成H2O(g),反应in

消耗甲烷和水蒸气生成CO和H2,说明水蒸气的生成量大于消耗量，则CO2的消耗量大于

CH4,CCh的转化率大于CH4,所以曲线A表示CO2的转化率随温度的变化，故B正确；

C.由图中信息可知，在873〜1200K间升高温度，CO2的转化率始终大于CH4,说明在该温

度范围内反应n的化学反应速率始终大于反应HL因此，在相同的反应时间内，反应II正

向进行的程度大于反应HI；水的摩尔流量随着温度升高而减小，不能说明反应HI正向进行

的程度大于反应H,只能说明随着温度升高反应III的化学反应速率增大的幅度大于反应II,

导致在相同时间内反应III的正向进行的程度与反应II的正向进行的程度越来越接近(在

1200K时，反应HI与反应n的正向进行的程度相同，水的摩尔流量为o,由于反应in的反

应物之——水是由反应n提供的，故反应HI的进行程度不可能大于反应H),故c错误；

D.其他条件不变，要*的比值增加相当于二氧化碳的浓度不变，增大甲烷的浓度，平

q.g)

衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故D错误；

故选Bo

10.D

【解析】

【分析】

根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO,、COj浓度都增大，而在pH很

小时也产生HCO；,而随着CO：浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca?+逐渐减小，因

此曲线③代表HCO、，④代表CO；,①代表Ca2+,②代表H2co3,据此计算分析判断。

【详解】

A.分析可知，随着CO：浓度增大，逐渐生成CaCCh沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代

表Ca2+,A错误；

B.③代表HCO；,④代表COj,当③和④交叉点时c(HCO；)=c(COj),此时pH处于9~10

之间，尾0=照*"l=c(H+),匕2的数量级为10-%B错误；

c(CO；)

C.pH=-lgc(H+),由图知lgc(Ca2+)与-lgc(H+)成线性关系，则该温度下c(Ca")与c(H')为线

性关系，C错误；

D.溶液存在电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H+)=c(OHj+2c(CO^)+c(HCO；),②代表H2co、，

2t

物料守恒：c(H2CO.,)+c(Ca)=c(CO；')+c(HCO3),两式相减，溶液中始终存在

2++

c(Ca)+c(H)=c(OH)+c(CO=-)+c(H2CO3),D正确；

故选：D。

11.(1)省土另将废料研磨充分

⑵稀产物无毒

(3)萃取

(4)4Ag(NH3)；+N2H4・H2O=4Ag[+N2T+4NH：+4NH3T+H2O

2

(5)2NH3-2e+O=N2H4-H,0

(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银

的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大

【解析】

【分析】

废料(含Ag2Se、CU2S),焙烧可生成SeCh、SO2,气体1与水反应生成H2sO4和Se,母液含

硫酸；烧渣含Ag、CuO,加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO,氧化铜反应生成硝酸铜，气

体2是NO,加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：

+

Ag+2NH3«H2O=Ag(NH3)：+2H2O,操作3中发生反应为4AgCNH.O：

+N2H4・H2O=4Ag]+N2T+4NH:+4NH3T+H2O；

(1)

焙烧时应把废料于用烟中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积;

(2)

浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO,与氧化铜反应生成硝酸铜，HNO?应选用稀硝

酸，原因是产物无毒；

(3)

操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；

(4)

+

硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag+2NH3-H2O=Ag(NH3)：+2H2O,N2H4H2O

还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反

应的离子方程式：4Ag(NH3)；+N2H”H2O=4Agl+N2T+4NH：+4NH3T+H2O；

(5)

阳极上用NH3制备一水合脱(N2H/凡0),N元素化合价从-3升到-2,电极反应式为

2

2NH3-2e+O=N2H4H2O；

(6)

根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当

萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取

率影响不大。

12.(l)2r+C12=2C1+I2

(2)还原通过还原产物为k可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2s03不引

入碘元素，则生成的12一定是还原产物；乙中12可能是KI被其他氧化剂氧化生成

(3)将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口

(4)^-1

cv

(5)7

(6)随滴定反应进行，c(r)增大，使「+LUI；平衡正向移动，促进12溶解，c(g)增大，溶

液颜色变深；12完全溶解后，c(l2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(r)增大的程

度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅

【解析】

【分析】

氯气与KI发生反应CL+2r=b+2cr,以及i2+r=b-；氧化性ci2>i2,KI溶液中通入氯气发生

反应CL+2KI=KCl+l2,溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气

将12氧化，Ch可氧化HI03等，反应的化学方程式为：l2+5Ch+6H2O=10HCl+2HIO3；c(I)增

大，使「+LUI；平衡正向移动，促进卜溶解，c(I；)增大，溶液颜色变深；上完全溶解后，

c(i2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(r)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液

颜色变浅。

(1)

溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被C12氧化为12,

离子方程式是2「+C12=2C「+l2。故答案为：2r+Cl2=2Cr+I,；

(2)

①本实验中，要证明L被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；

②甲能证实12被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为12可证明原溶液中含有高价态的含

碘物质。甲用Na2sCh不引入碘元素，则生成的12一定是还原产物；乙中12可能是KI被其

他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为12可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。

甲用Na2s03不引入碘元素，则生成的12一定是还原产物；乙中12可能是KI被其他氧化剂

氧化生成；

(3)

ii的目的是除去溶液中的Ch,操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸

放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；

(4)

结合数据，根据电子得失守恒,vmLcmol-L-1[x-(-Ol=bmLamol-L-1[2.5-2]x2,计算可得*=

约-1(用代数式表示).故答案为：--1;

CVCV

(5)

碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii

中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案

为：7；

(6)

从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，c(「)增

大，使r+LUl；平衡正向移动，促进12溶解，c(I；)增大，溶液颜色变深；12完全溶解后，

c(L)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(F)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液

颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，c(「)增大，使f+hUl；平衡正向移动，促进12

溶解，以写)增大，溶液颜色变深；12完全溶解后，c(h)随滴定反应进行而减小，且减小的程

度大于c(「)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。

13.(1)CD分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH,有利于反应正向进行

(2)B>AD—~——1：10

a-

(3)CO*+4H*-CO*+2H2*1或者4H*-2H2*

【解析】

(1)

①A.用不同物质的速率表示反应达到平衡，反应方向应是一正一逆，且反应速率之比等于

化学计量数之比，单位时间内生成ImolCH30H的同时消耗ImolCO,反应方向都是向正反

应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；

B.组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定

义，混合气体密度始终不变，因此该条件下，混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，

故B不符合题意；

C.化学平衡常数只受温度的影响，容器为绝热恒容，化学反应都会伴随能量的变化，容器

中的温度在改变，当温度不再改变，反应平衡常数也不再改变，说明反应达到平衡，故c

符合题意；

D.组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的反应，因此当

气体平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；

答案为CD；

②分子筛膜具有选择性透过性，使用分子筛膜相当于从反应体系中不断分离出甲醇，促使平

衡向正反应方向进行，提高甲醉的平衡产率；故答案为分子筛膜从反应体系中不断分离出

CH3OH,有利于反应正向进行；

(2)

①根据图像可知，温度越低，平衡常数越大，说明这三个反应均为放热反应，即AH/<0、

△H2<0、A的能量比B的能量高，能量越低，物质越稳定，即B比较稳定；由盖

斯定律可知，则A〃/-A42=A〃3<0,因此由于放热反应的AH越小，

其绝对值越大，则解的数值范围是大于1,选项D正确；故答案为B>A；D；

②向某反应容器中加入LOmolTAME,控制温度为353K,测得TAME的平衡转化率为明

则平衡时n(TAME)=(l-a)mol,n(A)+n(B)=n(CH3OH)=amol,已知反应III的平衡常数公产9.0,

n(B)

则一*=9.0,将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9amol(n(A)=0.1amoh

"A)

1-a

反应I的平衡常数K尸一—=1211婴包；同温同压下，再向该容器中注入惰性溶

0.1(卫¥

l+a

剂四氢吠喃稀释，反应I的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时,

TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH30H物质的量浓度之比不变，c(A)：

故答案为圆!坐上©；

c(CH3OH)=0.1a：a=l:10；1：10;

a

(3)

活化能越大，化学反应速率越慢，根据能量示意图可知，速率最慢的一步历程是

CO*+4H*TCO*+2H2*或者4H*->2H2*；故答案为CO*+4H*TCO*+2H2*或者4H*T2H2*。

14.⑴4d5s25Pl

(2)+1或-1亚硫酸为(HO^SO,硫酸为(HO)2SC)2,也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的

n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离

子，硫酸的酸性更强

⑶B正四面体

(4)sp3、sp28NA0>N>C>H

O---O---O

o--o--o

【解析】

(1)

In为49号元素，基态In原子电子排布式为：Is22s22P63s23P64s23印。4P65s24印%?,则价层电

子排布式为：4d105s25p1,故答案为：4dl05s25pl；

(2)

3s3p

对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反,

同mtn

自旋磁量子数的代数和为0,根据洪特规则可知，其3P轨道的两个单电子自旋状态相同,

因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为(-=T或为

X,即为:或元素可以形成两种常见含氧酸，其通式为，

(1)X4+(-1)2=+1+1-1；S(HO)n,SO.

即亚硫酸为(HO)2SO,硫酸为(HO)2SC)2,也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原

子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸

性更强，故答案为：+1或-1;亚硫酸为(HO&SO,硫酸为(HO)2s。2,也就是说硫酸的n值

大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更

易电离出氢离子，硫酸的酸性更强；

(3)

硫酸铜稀溶液中水分子之间有氢键和范德华力存在，水分子和硫酸根离子中均存在共价键,

铜离子和水分子间可以形成配位键，即不存在金属键；硫酸根离子中中