【赢在高考 黄金20卷】 2021年高考化学全真模拟卷（湖南专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（湖南专用）

第四模拟

（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H1N14O16C135.5Hg201

一、选择题：本题共10个小题，每小题3分。共30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.化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）

A.固体苛性钠和铝粉的混合物可用作管道疏通剂

B.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性

C.工业上可通过煤的干播获得乙烯、丙烯等化工原料

D.“世间丝、麻、裘皆具素质……”，“丝、麻”的主要成分分别是蛋白质和纤维素

【答案】C

【详解】A.铝粉和氢氧化钠反应生成大量气体，使管道内压强增大，利于疏通，并且放出大量热使污渍快

速溶解腐蚀，故A正确；

B.乙醇和重金属离子均能使蛋白质变性，故B正确；

C.煤的干播得到的是芳香族化合物，故C错误；

D.丝指天然高分子化合物蛋白质，麻属于纤维素，属于糖类，故D正确；故选C。

2.我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2s和Hg的协同脱除，部分反应机理如图（吸附在催化剂

表面的物种用*标注）。有关该过程的叙述错误的是

A.产生清洁燃料H?B.H2s脱除率为100%

C.H2s既被氧化又被还原D.脱Hg反应为Hg+S=HgS

【答案】B

【详解】

A.H?S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成Hz,A正确;

B.由图可知，H2s分解产生的H2和S单质会再次生成H?S,脱除率小于100%,B错误；

C.由图可知，H2s生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2s生成H2的过程中，H元素化

合价降低，被还原，C正确；

D.该过程是H2s和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS,D正确；故答案选B。

3.2020年是“氢键”的百年诞辰.M分子部分结构如图所示（-表示氢键）。W、X、Y、Z是短周期主族元素，

M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与丫2反应产生Z2,X元素是地壳中含量最高的金属元素。

下列说法正确的是（）

•W

。Z

M

A.氢键是一种特殊的化学键B.稳定性：W2Z>WY

c.X的氧化物的水化物是强碱D.简单离子半径：Z>Y>X

【答案】D

【分析】

W、X、Y、Z是短周期主族元素；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，且能形成氢键，根据原子结构可

知，W是H,Z是O；化合物WzZ能与丫2反应产生Z2,则Y的非金属性强于Z,Y是F；X元素是地壳中

含量最高的金属元素，则X是AI；综合分析：W是H、X是Al、Y是F、Z是O,依此解答。

【详解】

A.氢键是一种特殊的分子间作用力，影响物质的物理性质，A错误；

B.非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越强，故稳定性：HF>H2O,B错误；

C.氢氧化铝是两性氢氧化物，C错误；

D.原子结构相同，序数越大，半径越小，故简单离子半径：O>E>A1,D正确；答案选D。

4.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是

A.1molCb和Fe充分反应，转移电子数为3NA

B.标准状况下，1.12L苯含有C-H键的个数为3NA

C.22gCO2和足量Na2O2反应，产生的气体的分子数为0.25NA

D.0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为1.0NA

【答案】C

【详解】

A.ImolCh和Fe充分反应，氯气少量，。原子的化合价由0价变为-1价，转移电子数为2NA,A说法错误；

B.标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；

C.22gCCh的物质的量为0.5mol,其与足量Na^Ch反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为0.25NA,

C说法正确；

D.0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于0.5M\,D说法错误；

答案为C。

5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.能使酚配变红的溶液：K+、NH：、C「、NO；

B.0.1mol-LTKFe（SO4）2溶液：Na+、K+>SCN」、BP

K

c.c（o工）=°」m°LLT的溶液:Na+、Mg2\SO『、NO；

D.水电离的c（H+）=lxl（）T3moi[T的溶液：Na*、Fe2+>F，NO；

【答案】C

【详解】

A.能使酚配变红的溶液属于碱性溶液，OH-与NH：形成难电离物质NH3-H2。，不能大量共存，故A

错误；

B.KFeGOj?溶液中含有Fe3+,Fe?+与SCN一形成红色络合物Fe（SCN%,不能大量共存，故B错误；

K

C.c（（春）=0/molL,即c（H+）=01molLT,该溶液为酸性溶液，Na+，Mg2\SO：、N（二在

酸性溶液中可以大量共存，故C正确；

D.水电离的c（H+）=Ixl（rQmoLLT的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，若是酸性溶液，相

当于含有HNO3，HNO3具有强氧化性，可以与Fe?+、「分别发生氧化还原反应，不能大量共存，若是碱

性溶液，Fe?+与OFT形成Fe（0H）2沉淀，不能大量共存，故D错误。

故选Co

6.利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PoJ2并得到副产物NaOH、H2,Cl2,装置如图所示（M、N、

P、Q极均为惰性电极）。下列说法正确的是（）

M板N极产品室原料室

A.P极、Q极分别为阴极、阳极

B.A膜、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜

c.M极上的反应为C%—4e一+4（产=C（）2+2也0

D.理论上，M极消耗2.24L甲烷，P极产生OdmolCL

【答案】B

【分析】

由装置图知左边装置：甲烷燃料电池装置，属于原电池

M极为负极，电极反应为CH4—8e.+4（T=CC>2+2H2。

N极为正极，电极反应为02+4e--2。2-

右边装置：电解池装置

P极为阳极，电极反应为2c「—2e--Cl2T

Q极为阴极，电极反应为2H2。+21：^=20H-+H2T

【详解】

A.由可知，P极与燃料电池正极相连，为电解池的阳极，Q极为阴极，A错误;

B.由上述分析可知，Ca?+通过A膜向产品室移动，原料室中的Na+通过C膜向阴极室移动，l^PO；通

过B膜向产品室移动，所以，A膜、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，B正确；

C.M极为负极，电极反应为©^!4-86-+402-=（：02+21^0,C错误；

D.题中未说明温度、压强，无法计算2.24L甲烷的物质的量（若题目中说明CH4为标准状况下的气体，则

甲烷是O.lmol,整个电路中通过的电子数目相等，消耗O.lmol甲烷时，电路中通过O.8mol电子，P极得

到（UmolC、），D错误；故选B。

7.下列仪器装置和操作能达到相应实验目的的是（）

ABCD

=II1ItlA

1♦」丁

准确量取一定体积蒸干A1C13溶液制无水A1C13

接受蒸储水过滤海带灰的浸泡液

KMnCU标准溶液固体

【答案】B

【详解】

A.不能使用橡皮塞密封锥形瓶，不利于蒸储水的接收，应去掉橡皮塞，故不选A；

B.B为过滤装置，用B装置过滤除去海带灰的浸泡液中的固体杂质，故选B；

C.应该用酸式滴定管准确量取一定体积KMnOa标准溶液，故不选C；

D.AlCb水解生成氢氧化铝和HC1,加热促进铝离子水解且HC1挥发，水解平衡正向移动，直接蒸干AlCb

溶液得到A1（OH）3固体，得不到A1C13固体，故不选D；

选B»

8.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见物质，它们之间有如图转化关系（反应条件及其他产物已略去）：下

列说法不正确的是（）

'V]+J丙

A.若甲是Fe,则丁可能是Cl2

B.若丁是CO2,则甲可能为NaOH溶液

C.若甲是AlCy溶液，则丁可能是KOH溶液

D.若丁是。2,则乙、丙的相对分子质量可能相差16

【答案】A

【详解】

A.若甲是Fe,丁是CI2,Fe在CL中燃烧只生成氯化铁，氯化铁与氯气不反应，不符合转化关系，故A

错误；

B.若丁是CO2,则甲可能为NaOH溶液，NaOH先与CO?生成Na2co3,Na2cO3再与CO2和水反应生成

NaHCCh,故B正确；

C.若甲是A1C13溶液，氯化铝和少量KOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量KOH反应生成

偏铝酸钾，所以符合转化关系，故C正确；

D.若丁是02,甲为氨气，乙为NO、丙为二氧化氮（甲为硫或硫化氢、乙为二氧化硫、丙为三氧化硫）

等符合转化关系，乙、丙的相对分子质量可能相差16,故D正确；

故选A«

9.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）

A.常温下pH均为4的H2SO4和（NH41S04溶液中水电离出的c（H+）之比为1（）6:1

B.等浓度的HC1和CH3co0H溶液均加水稀释10倍，CH3coOH溶液的pH变化较大

+

C.O.lmoLLiNaHC）。,溶液的pH小于7,溶液中粒子浓度大小顺序为：c（Na）>c（C2O^j>

C（H2C2O4）

D.pH=2的H2s溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（0H）+c（HSj+

C（H2S）

【答案】C

【详解】A.常温下pH为4的H2sO4溶液中水电离的c（H'）等于溶液中的C（OH],

K]0/4

c（OH-）=1^、=H=10“°mol/L,pH为4的（NHJSO4溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中的氢离

子总浓度=l（Hmol/L,两溶液中水电离的c（H+）之比1：1（）6,故A错误;

B.等浓度的HC1和CH3co0H溶液均加水稀释10倍，因醋酸是弱酸能继续电离出氢离子，因此

CH3coOH溶液的pH变化较小，故B错误；

C.O.lmoLl/NaHC2（）4溶液的pH小于7,说明HC2。；的电离程度大于其水解程度，则电离产生的

+

c（C2O;j大于水解产生的c（H2c2O4），离子浓度的大小：c（Na）>c（C2O；j>c（H2C2O4）,故C正确；

D.H2s溶液HNaOH溶液混合时：由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（0H）+c（HS）+2c（s?],两

者任意比例混合时c（H?S）不一定等于2c（S'],因此等式c（Na+）+c（H+）=c（0H）+c（HS1+c（H2S）

不一定成立，故D错误；

故选：Co

10.某学生设计石蜡加热催化分解反应的实验装置如图。下列对该实验的说法正确的是（）

A.装置A中碎瓷片有催化作用，同时可以增大气态石蜡油的受热面积

B.装置B中试管中产生了液体，说明汽化的石蜡油重新冷凝

C.装置C、D中溶液均褪色，说明石蜡油催化分解生成的气体为乙烯

D.装置D中溶液颜色变浅，装置E中的气体可以燃烧，说明装置E中收集了CH’

【答案】A

【详解】

A.A中碎瓷片有催化作用，催化分解石蜡油，同时石蜡油汽化后，碎瓷片可以增大气态石蜡油的受热面积，

A正确；

B.B中试管中产生了液体，不仅仅是冷凝的汽化的石蜡油，还有石蜡油分解生成的相对分子质量较大的烯

煌和烷煌，B错误;

C.C、D中溶液均褪色，说明石蜡油催化分解的产物含不饱和烧，C错误；

D.D中溶液颜色变浅，说明烯嫌被酸性高锌酸钾氧化；装置E中的气体可以燃烧，说明气体是小分子烷短，

可能含有甲烷，D错误；

答案选A。

二、选择题：本题共4个小题，每小题4分。共16分，在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项是

符合题目要求的。全部选对的的4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。

11.实验室探究制备高镭酸钾的绿色化方案，其实验流程如图：

KC10KOHH0CH,COOH

I3I2；1

MnO2―”共熔|"f|溶解i因叶f|过滤i滤液—KMn()4晶体

滤渣

己知：KaMnO,在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO：会发生自身氧化还原(歧化)反应，生成MnO&和

MnO,1,

下列说法正确的是()

A.“共熔”投料的顺序为：先加入MW?和Ke.,待熔融后再加入KOH

B.“歧化”步骤所得的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1

C.“歧化”过程中加入的CH3coOH会被氧化

D.从提高原料利用率的角度分析，本实验流程的优点是滤渣可循环利用

【答案】BD

【分析】

MnCh、KOH和KCKX在高温下熔融反应生成KzMnO」,加水溶解，向溶液中加入醋酸调节溶液的pH,K2MnO4

发生歧化生成KMnCh和MnCh,过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到KMnCU晶体。

【详解】

MnO^

A.共熔投料时若先加入MnO?和KCIO3,则2Ko2KCl+3ChT，KCQ分解，就不能和MnCh、

A

KOH在高温下熔融反应生成K2MnO4,故A项错误；

B.“歧化”步骤中KzMnCU反应得到氧化产物(KMnCU)和还原产物(MnCh),一部分K?MnO4中Mn元素化合

价升高1价生成KMnCU,另一部分KzMnCh中Mn元素化合价降低2价生成MnCh,根据得失电子守恒，氧

化产物与还原产物的物质的量之比为2:1,故B项正确；

C.“歧化”过程中加入的CH.3C00H不会被生成的KMnCh氧化，故C项错误；

D.过滤这个步骤得到的滤渣是MnCh,可以循环利用，所以D项正确。

故答案选：BD。

12.相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应:X2(g)+3Y2(g)^2XY3(g)AH=-akJ/mol,

实验测得反应的有关数据如表。

起始物质的量/mol达到平衡

达平衡过程中

容器反应条件所用时间

的能量变化

X2丫2XY3

/min

①恒容13010放热0.1akJ

②恒压130t放热bkJ

下列叙述正确的是

A.对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的值相同

B.①中：从开始至lOmin内的平均反应速率u(X2)=0.1mol/(LTnin)

C.②中：X2的平衡转化率小于10%

D.b>O.la

【答案】AD

【详解】

A.平衡常数是温度函数，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A正确；

B.由题给数据可知，容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ,则反应消耗X2的物质的量为1:

akJ/mol

0.1mol

=0.1mol,从开始至lOmin内的平均反应速率1)(X2)=——--=0.01mol/(L・min),故B错误；

10min

l

C.由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量O.lakJ,则反应消耗X2的物质的量为W21ay

akJ/mol

=0.1mol,X2的平衡转化率为需1x100%=10%,该反应为气体体积减小的反应，恒压容器相比于恒容容

器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压容器②中X2的

平衡转化率应大于10%,故c错误；

D.由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量O.lakJ,该反应为气体体积减小的反应，恒压容器

相比于恒容容器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压

容器②中放出的热量大于O.lakJ,即b>0.1a,故D正确；

故选AD。

13.实验测得等物质的量浓度NaHCCh和Na2c03溶液的pH随温度变化如图所示.下列说法错误的是（）

A.NaHCCh和Na2cCh水解均是吸热反应

B.M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离

C.N点时NaHCCh已经完全分解

D.若将N点溶液恢复到25℃,pH>8.62

【答案】BC

【详解】

A.盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则NaHCCh和Na2co3水解均是吸热反应，

A说法正确：

B.NaHCCh溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子，碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，M点之前，升温

pH减小，主要原因是碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B说法错误；

C.若N点NaHCCh己经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45,与碳酸氢钠溶液的pH不符，

C说法错误；

D.升高温度部分碳酸氢钠发生变质，则将N点溶液恢复到25℃,混合液pH>8.62,D说法正确；

答案为BCo

14.25℃时，难溶盐CaSC>4、CaCO,,MnCO3溶液中阳离子浓度的负对数［pM=-lg（M2+）］和阴离子浓

度的负对数“R=-lg（R"）］的关系如图所示，下列说法正确的是（）

III•)

r--l-CaCO.-r

86

A.25℃,Ksp(CaCO3)=10-

B.向A点对应的溶液中加入固体CaCl),可得到Y点对应的溶液

C.25℃，三种物质的溶解度：MnCO3>CaCO3>CaSO4

D.25C，向lOOmLMnCO；饱和溶液中加入LllgCaC^G),有CaCC)3沉淀生成

【答案】AD

【详解】

A.25"C，K、p(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO；-)=1043x1()43=i0a6,故A正确；

B.向A点对应的溶液中加入固体CaCU，钙离子浓度增大，pM=-Ig(M2+)减小，不可能得到Y点对应

的溶液，故B错误；

C.比较三种物质的Ksp,25℃.三种物质的溶解度：MnCO3<CaCO3<CaSO4,故C错误；

D.100mLMnCC)3饱和溶液中c(CO1)=1053moHJ.25"C，向100mLMnCC)3饱和溶液中加入

LUg

22+536386

l.llgCaCl2(s),c(Ca>Illgmor'=0.1mol-L-',0c=c(CO)c(Ca)=10-x0.1=10->10-,有GCO3

-OJA

沉淀生成，故D正确；

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15-17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18-19题

为选考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：此题包括3小题，共39分。

15.(12分)碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。

I.合成该物质的步骤如下：

1

步骤1：配制200mL0.5mol-L-'MgSO4溶液和400mL0.5molL-NH4HCO3溶液；

步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃,边搅拌边把所配MgS04溶液于1min内逐

滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；

步骤3：放置lh后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3・nH2O,n=l~5）»

（1）步骤1中配制4（）0mL0.5moi.L-iNFhHCCh溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，

还有«

（2）①步骤2中应采取的较好加热的方法为；

②生成MgCO3・nH2O的离子方程式为。

II.测定合成的MgCOnlhO中的n值：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴

入稀硫酸与晶须反应，生成的CCh被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4〜5h,反应后期将温度升到

30℃,最后，烧杯中的溶液加足量氯化钏溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；

重复上述操作2次。

（3）图中气球的作用是

（4）设NaOH溶液为amol-L"bmL。3次实验测得消耗c盐酸的体积平均值为dmL,则n值为

（用含a、b、c、d的代数式表示）。

（5）若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值______（填“偏大”、"偏小”或“无影响”）。

【答案】（1）500mL容量瓶

2+

(2)水浴加热Mg+(n-l)H2O+NHrH2O+HCO'=MgCOj-nH2O；+NH^

(3)缓冲压强并封闭体系

l-0.042(ab-cd)

0.009(ab-cd)

(5)偏大

【分析】

II.测定合成的MgCChFHzO中的n值实验原理：MgCO3nH2。溶液先与稀硫酸反应生成CO2,反应方程式

为MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2t,将生成的CCh气体导入过量NaOH溶液反应生成碳酸钠，反应方程

式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,向烧杯中的反应液加入足量氯化钢溶液后，碳酸钠与氯化钢反应生成碳酸

银，此时溶液中溶质为氯化钢、氢氧化钠、氯化钠，向溶液中滴加盐酸，盐酸先与氢氧化钠反应，滴加盐

酸至溶液呈中性时，盐酸恰好与氢氧化钠完全反应，通过盐酸的量确定吸收二氧化碳后剩余氢氧化钠的量，

然后利用总氢氧化钠的量与剩余氢氧化钠的量确定吸收二氧化碳中氢氧化钠的反应量，从而计算出二氧化

碳的物质的量，由MgCChiiHzO可知〃(C)=〃(MgCO3),由此可得1.000g碳酸镁晶须中碳酸镁的质量，由碳

酸镁晶须总质量-碳酸镁质量=晶须中水的质量，由此计算出“(H2O),通过八',；二、=一解得门值,以此

n(MgCO3)1

进行解答。

【详解】

I.⑴配制400mL0.5molBNHuHCCh溶液实验中，应选择500mL容量瓶进行配制，利用托盘天平称量

NFhHCCh固体质量，将NHjHCCh固体质量转移至烧杯中，用量筒量取一定体积蒸储水加入烧杯中，用玻

璃棒不断搅拌使固体溶解，待溶液恢复至室温后，再转移至容量瓶中，然后洗涤烧杯并转移至容量瓶中，

再向容量瓶中加入蒸储水至液面刻度接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸缁水至刻度线，然后摇匀溶液，

因此所需玻璃仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，故答案为：500mL容量瓶；

(2)①NEHCCh受热易发生分解，因此将反应温度控制在50℃较好的加热方式为水浴加热；

②MgSO4溶液和NKHCCh溶液以及氨水之间发生复分解反应生成MgCOrnHzO,反应离子方程式为Mg2+

+(n-1)H2O+NH3-HzO+HCO3=MgCO3-nHuOJ+NH：；

II.(3)由上述分析可知，实验过程中会有CO?气体生成，装置内压强会增大，容易产生安全隐患，目实验

过程中需要将反应生成的CO2气体全部吸收，因此气球的作用是缓冲压强并封闭体系；

(4)由上述分析可知,n(HCI)=cmol-L1xdx1()-3L=10-3xcdmol="(NaOH)余,

则吸收二氧化碳中氢氧化钠的反应量为“(NaOH),产“(NaOH)总-n(NaOH)*=amol-L-'xbxlO^L-10-3xcd

mol=10-3x(ab-cd)mol,

由2NaOH〜CO2可知，”(CO2)=—〃(NaOH)“*=*(ab-cd)mo]>

22

10-3x(ab-cd)

由MgCO3nH2。~CC)2可知,n(MgCO3)=n(CO2)=mol,

2

n?(MgCO3)=molx84g/mol=4.2x102(ab—cd)g,

根据质量守恒可知,m(H2O)=加(MgCChnHzO)—/?z(MgCO,3)=[1-4.2x102(ab—cd)]g,

[1-4.2x10-2曲-cd)]g

则H(H2O)=

18g/mol

[l-4.2xl0-2(ab-cd)]g

»(HO)n18g/mol=1-OEZQib-cd)

由化学式MgCO3-nHO可知,2

23

zz(MgCO3)]10-x(ab-cd)0.009(ab-cd)'

-----------------mol

2

（5）若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，部分CO2将溶于水未参加反应，会导致〃（CO2）偏小，使得

〃KMgCO3）偏小，制止0）将偏大，导致最终计算结果偏大。

16.（15分）钻铝系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钻铝催化剂（主要含有MoS2、CoS和ALO?）中

回收钻和铜的工艺流程如图:

氨水

鲤限有机萃取剂I

有嬴ff'翳f匹卜的酸铉

辫T焙烧卜*|崂i+一没取液-幽

水相2

水相1

有机相2f水相草酸牯一ACOJOI

有机萃取剂2j）

破酸草酸核

已知：浸取液中的金属离子主要为MoO；+、Co2+>AT"。

（l）铝酸钱［（NH4）2MoO4］中Mo的化合价为,MoS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO2

和（填化学式）。

（2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为（任写一条）。

（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例（协萃比）协同萃取MoO；+和Co?*,萃取情况如图所示，当协萃比=

更有利于MoO；+的萃取。

%

M

萃w

取

率»

/»

M

协萃比

(4)操作I的名称为o

(5)向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为。

(6)Co?+萃取的反应原理为C『+2HR/COR2+2H\向有机相2中加入H2s0&能进行反萃取的原

因是(结合平衡移动原理解释)。

(7)水相2中的主要溶质除了H2s还有(填化学式)。

(8)CO3O4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH,其电极反应式为o

【答案】(1)+6MOO3

(2)搅拌

(3)4:1

(4)分液

+

(5)MOO^+4NH3-H2O=MOO：+4NH；+2H2。

(6)根据Co2++2HR褶为C0R2+2H+可知，加入H2so4,c(H)增大,平衡向左移动Al2(SO4)3

-

(7)Co3O4+OH'+H20-e=3CoOOH

【分析】

从废钻铝催化剂(主要含有MOS2、CoS和A12O3)经过焙烧后，得到MOO3,CoO和二氧化硫，加入硫酸后，

浸取液中的金属离子主要为MoO］、Co?+、AP+,经过萃取和分液得到有机相1和水相1,有机相1中

含有MoOf,加入氨水后得到铝酸核溶液，经结晶后得到铝酸镂；水相1中含有Co?+、Al3+-SO42-,经

萃取分液后，水相2中含有H2sO4和A12(SC)4)3,有机相2中含有Co?*、SCV-,加入硫酸后，得到水相

3,加入草酸镀，得到草酸钻，加热草酸钻可以得到四氧化三钻，据此分析解答。

【详解】

(1)[(NHJ2MOO4]中，钱根离子为+1价，0为-2价，所有元素的化合价之和为0,Mo的化合价为+6,

MoS2和氧气反应的化学方程式为：2Mos2+7Ch=2MOO3+4SO2,可知生成物有二氧化硫和MOO3两种氧

化物；

(2)为「加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；

(3)根据图像，找到MoO；+最多，Co2+较少的协萃比为4:1；

(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；

(5)有机相1中含有MoO；+,加入氨水后得到铝酸铁溶液，化学方程式为

+

MoO；+4NH3-H20=MoOf+4NH；+2H2O:

⑹根据CQ2++2HR皤公C0R2+2H+可知，加入H2so4，c(H。增大，平衡向左移动，能进行反萃

取；

⑺水相1中含有Co?＞、Al3+-SO42-,经萃取分液后，水相2中含有H2sO4和A12(SC)4)3；

(8)CO3O4可以表示成CoOCo2O3,在碱性条件下可发生氧化反应，生成CoOOH,电极反应为

--

Co3O4+OH+H2O-e=3CoOOH。

17.(12分)综合利用C02、CO对构建低碳社会有重要意义。

(1)Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2o原理是：在500℃,低浓度CO2与口4竽。4接触后生成两种锂盐;

平衡后加热至700℃,反应逆向进行，放出高浓度C02,Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为。

(2)固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO2/H2O,既可高效制备合成气(C0+H2),又可实现C02

的减排，其工作原理如图。写出电极c发生的电极反应式：、。

H2OH2

co2co

o,

(3)电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)#CH3OH(g)o对此反应进行如下研

究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2,达到平衡时容器体积为2L,且含有0.4mol

CH3OH(g)o此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将(填“向正反应方向"“不”或响逆反应

方向”）移动。

（4）已知:

若甲醇的燃烧热为AH3,试用AF、△外、表示CO（g）+2H2（g）UCH30H⑴的AH,则△”=

（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价C02热解为碳和氧气，实现CCh再资源化，转化过程如图所示,

若用1mol缺铁氧化物与足量CCh完全反应可生成molC(碳)。

【答案】(1)Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4

22

(2)CO2+2e=CO+OHiO+2e=H2+O

(3)向逆反应方向

(4)2A//1-AH2-A//3

(5)

【分

（1）根据信息分析和质量守恒书写低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成的两种锂盐,再书写平衡后加热至700℃,

反应逆向进行，放出高浓度C02,Li4SiCU再生的方程式。

（2）其工作原理如图，电极c上CO?中C化合价降低，比0中H化合价降低，作电解池的阴极。

（3）先计算平衡时HMg）、CO（g）和CH30H（g）物质的量，求出平衡常数，再求出向容器中再通入0.35molCO

气体时容器体枳，求出浓度商并与平衡常数比较。

（4）根据图像和燃烧热的概念得到三个热反应方程式，再根据盖斯定律计算。

（5）根据图中信息得到反应方程式，再根据方程式计算。

【详解】

（1）在500℃,低浓度CO2与Li4SiCU接触后生成两种锂盐，根据元素守恒得到两种锂盐为Li2cCh和LizSiCh；

平衡后加热至700℃,反应逆向进行，放出高浓度CO2,LhSiCU再生。700C时反应的化学方程式为Li2c03+

Li2SiO3=CO2+Li4SiO4；故答案为：Li2cO3+Li2SiC>3=CCh+LhSiOo。

(2)其工作原理如图，电极c±CO2中C化合价降低，比0中H化合价降低，作电解池的阴极，电极c发

222

生的电极反应式：C€)2+2e=CO+O,H2O+2e=Hz+CP；故答案为：CCh+2e=CO+O,H2O+2e=H2+O„

(3)某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2,达到平衡时容器体积为2L,且含有0.4mol

CH3OH(g),则消耗0.8molH2(g),0.4molCO(g),剩余0.2molHz(g)和().8molCO(g),此时容器内气体物质的

0.4

量共0.2mol+0.8moi+0.4mol=1.4mol,容器体积为2L,此时平衡常数为K=2=50；此时向容

U.o

——X(——)

22

器中再通入0.35molCO气体，则气体物质的量为1.75mol,根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之

比，得到容器体积为1.75molX2L=2.5L,此时co物质的量为1.15moL则浓度商

1.4mol

0.4

54.3>50,因此平衡将向逆反应方向移动；故答案为：向逆反应方向。

1.15

--------X

2.5

(4)根据图像得到H2(g)+^-O2(g)=H20(1)A//I,CO2(g)=CO(g)+^-O2(g)Aft,甲醇的燃烧热为AH3,

3

即CH3OH(I)+-O2(g)=CO2(g)+2H2O(I)Aft,将第一个方程式乘以2减去第二个方程式，再减去第三个方

程式得到CO(g)+2H2(g)=CH30H⑴的则—A为；故答案为：2A//1-Aft-Afto

(5)根据图中信息得到反应方程式为10Feo.90+C02=3Fe304+C,若用1mol缺铁氧化物与足量CCh完全

反应，根据方程式可生成0」molC(碳)；故答案为：0.1。

【点睛】

向恒压容器加入气体时，一定要注意加入的气体会使整个容器体积增大，因此要计算出此时容器的体积，

再根据浓度商进行计算并与平衡常数相比较。

(-)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

18.【选修3：物质结构与性质】(15分)

FritzHaber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。

(1)在基态I3N原子中，核外存在对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓

图为形。

(2)根据价层电子对互斥理论，N/、NO,、Nth-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是

，与N0『互为等电子体的分子为。液氨中存在电离平衡2NH3=NH4++NH2,根据

价层电子对互斥理论，可推知NH2-的空间构型为，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为

。NH3比P%更容易液化的原因为o

(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(NQ金属盐CO(N5)2(H2O)4-4H2O的合成，其结构如图所示,

可知N5-的化学键类型有。

(4)把特定物质的量之比的NEC1和HgCb在密封管中一起加热时，生成晶体X,其晶胞的结构图及晶胞

参数如图所示。则晶体X的化学式为,其晶体密度为(设阿伏加德罗常数的值为NA,

列出计算式)g-cm3。

【答案】(1)2哑铃(纺锤)

(2)NH3SCh或BF3V形sp3

液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3,故NH3比P%更易液化

(3)Q键、兀键

10210

(4)HgNHKh1x325.5/NAx(ax10-)xcx1O'

【详解】

(I)氮原子的电子排布是Is22s22P3,可知核外存在2对自旋相反的电子。核外电子占据的最高能级为2p,

电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；

(2)NE、NO工、NO2-中，中心原子价层电子对数分别为3、4,4,不同于其他两种粒子的是NHs；等

电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NOr互为等电子体的分子为SO.;或BF3：N正的中心原子N

的价层电子对数为4,孤电子对数为2,可知空间构型为V形：氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+gx

（5-3x1）=4,所以N原子采用sp3杂化；液氮存在分子间氢键，沸点高于P%,故NH3比P%更易液化；

（3）由结构可知，存在的化学键为。键、兀键；

（4）由均摊法可知，1个晶胞中Hg2+、NHj、C「个数分别为1、1、3,则晶体X的化学式为HgNH4c13；

晶体密度P=NM/NAV,又M（HgNH4cl3）=325.5g/mol,V=（axlOlo）2-cxlO10cm3.

故p=lx325.5/NAX（axlO-lo）2xcxlO-|0g-cm~3o

19.【选修5：有机化学