山东省德州市2022届高考三模化学试题

山东省德州市2022届高考三模化学试题

阅卷人

—一、单选题（共12题；共24分）

得分

1.（2分）以下化学与生活、科技相关的说法错误的是（）

A.北京冬奥会闭幕式上绽放的璀璨烟火与原子核外电子发生跃迁释放能量有关

B.以棉质好、产量高著称的新疆长绒棉主要成分与蔗糖属于同系物

C.“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析品放热与形成新的化学键有关

D.“冰墩墩”透明外壳是二氯硅烷水解缩聚生成的，属于合成高分子材料

【答案】B

【解析】【解答】A.烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放的能量以光的

形式呈现出来的，故A不符合题意；

B.长绒棉主要成分是纤维素，属于多糖，为天然高分子化合物，蔗糖属于二糖，两者结构不相似,

不属于同系物，故B符合题意；

C.过饱和乙酸钠溶液析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的化学键，成键过程放出热量，故C不

符合题意；

D.缩聚反应生成的是高聚物和小分子，冰墩墩的透明外壳是二氯硅烷水解产物经过缩聚反应生成

的，属于合成高分子材料，故D不符合题意：

故答案为：Bo

【分圻】A、烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放的能量以光的形式呈现

出来的；

B、同系物指的是分子结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成上相差若干个-CH2；

C、乙酸钠含有离子键，形成晶体即形成离子键；

D、二氯硅烷水解缩聚可以形成高分子材料。

2.（2分）段基硫（COS）的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。下列

说法错误的是（）

A.COS属于极性分子B.COS沸点高于CO?的沸点

C.COS空间构型为直线形D.COS热稳定性大于CO2

【答案】D

【解析】【解答】A.COS中中心原子C上的孤电子对数为:x(4—2-2)=0,o键电子对数为2,价

层电子对数为2,VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，COS的空间构型为直线形，分子中

正、负电的中心不重合，COS属于极性分子，A项不符合题意；

B.COS、CO2固态时都属于分子晶体，结构相似，COS的相对分子质量大于CCh的相对分子质量，

COS分子间范德华力大于CO2分子间范德华力，COS的沸点高于CO2的沸点，B项不符合题意；

C.COS中中心原子C上的孤电子对数为4x(4-2-2)=0,。键电子对数为2,价层电子对数为

2,VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，COS的空间构型为直线形，C项不符合题意；

D.COS的结构式为O=C=S,CO2的结构式为O=C=O,键长：C=S键,C=O键，键能：C=S键V

C=O键，故COS的热稳定性小于CO2,D项符合题意；

故答案为：Do

【分析】A、根据分析，钺基硫正、负电的中心不重合，为极性分子;

B、结构相似的分子晶体，可以根据其用对分子质量判断沸点;

C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数;

杂化轨道数=2,为直线;

杂化轨道数=3,成键电子数=3,为三角形;

杂化轨道数=3,成键电子数=2,为V形;

杂化轨道数=4,成键电子数=4,为四直体;

杂化轨道数=4,成键电子数=3,为三角锥;

杂化轨道数=4,成键电子数=2,为V形；

D、热稳定性受到化学键的键能影响，健长也大则键能越小。

3.(2分)辅助以铁架台、酒精灯、导管、橡胶塞、橡胶管、石棉网，选用下列适当规格的仪器不能

实现相关操作的是()

0o

A,组装实验室制乙烯的发生装置

B.粗盐提纯中将最后所得的滤液蒸发结晶

C.配制100mL一定物质的量浓度的稀硫酸

D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇

【答案】C

【解析】【解答】A.制备乙烯需要圆底烧瓶、温度计，可以实现，A不符合题意；

B.粗盐提纯中将最后所得的滤液为氯化钠溶液，蒸发结晶得到氯化钠晶体，B不符合题意;

C.配制100mL一定物质的量浓度的稀硫酸除提供仪器外还需要胶头滴管，C符合题意；

D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可选用分液漏斗和烧杯，D不符合题意；

故答案为：Co

【分所】A、乙烯为乙醇和浓硫酸的反应，需要圆底烧瓶、温度计；

B、粗盐提纯的滤液为氯化钠溶液，经过蒸发结晶需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；

C、配制溶液需要用到容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；

D、除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇需要用饱和碳酸钠溶液萃取，采用分液漏斗和烧杯。

4.（2分）2021年我国科学家在全球范司内首次实现了用CO2人工合成淀粉，其转化过程如图所示，

以下说法正确的是（）

9H

H2H2OO2H2O2O

山->H00H

CO2CH3OH—^^-»HCHO一\A/----------.一

A.过程I中利用太阳光解水制42,实现了太阳能至化学能的转化

B.过程II的CH30Ht转化反应中有非极性键的断裂和极性键的形成

C.过程III的产物HOJ^/OH中碳原子的杂化方式均为：sp2

D.核磁共振氢谱是验证合成淀粉组成、结构的最佳方法

【答案】B

【解析】【解答】A.过程I中为二氧化碳和氢气反应生成甲醇，不是太花光解水制H2,故A不符合

题意：

B.过程0的CH3OH-HCHO转化反应中，0=0中非极性键断裂生成极性键H-O,且甲醇生成甲醛

时，有C=O键生成，所以该反应中有非极性键的断裂和极性键的性质，故B符合题意；

C.该分子中连接双键的碳原子价层电子对数是3、饱和碳原子价层电子对数是4,则C原子杂化类

型是Sp2、Sp3,故C不符合题意；

D.核磁共振氢谱判断氢元素种类及各种氢原子个数之比，红外光谱测定化学键，所以红外光谱是验

证合成淀粉组成、结构的最佳方法，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、根据路线可知过程I为二氧化碳和氢气反应生成水和甲醇;

B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合;

C、杂化轨道二中心原子成键电子对数+孤电子对数:

杂化轨道数=2,为直线;

杂化轨道数=3,成键电子数=3,为三角形;

杂化轨道数=3,成键电子数=2,为V形;

杂化轨道数=4,成键电子数=4,为四面体;

杂化机道数=4,成键电子数=3,为三角锥;

杂化轨道数=4,成键电子数=2,为V形;

D、要测定有机物的结构最佳方法是红外光谱法，可以测定有机物中的官能团。

5.（2分）某离子液体的部分结构如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中Y的原子半径最小，

X、Z同主族，且Z的电子数等于Y、W电子数之和，X与R、W形成的二原子化合物均为常见的

城市空气污染物。以下说法正确的是（）

A.做配体时，W提供孤电子对

B.RZ2.WY3.R匕分子中的键角依次减小

C.第一电离能：Y>W>X>R

D.氢化物的熔沸点大小顺序一定为：R<Z<W

【答案】C

【解析】【解答】根据分析可知，R为C,X为O,Y为F,Z为S,W为N,

A.RW-为CN,CN-做配体时，应该是C（R）提供孤电子对，故A不符合题意；

B.RZz、WY3、RY4分别为CS2、NF3、CF4,CS2为直线形，其键角最大，NF3、CF4的VSEPR模型

均为四面体，但NF3的中心原子N含有1个孤电子对，CF4的中心原子C没有孤电子对，孤电子对

越多键角越小，则CR的键角较大，所以键角大小为：CS2>CF4>NF3,故B不符合题意；

C.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2P能级处于半满稳定状态，其第一电离

能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Y>W>X>R,故C符合题意；

D.R的氧化物为烧，碳原子数较多的燃常温下为固态，其沸点大于氨气、硫化氢、腓，故D不符

合题意；

故答案为：Co

【分圻】根据图示分析，可知R含有4个共价键，为C或Si,Y含有1个共价键，可能为H、F、

Cl,Z含有6个共价键，为S,X含有2个共价键，为0,W含有2个共价键和1个离子键，可能为

B、N、P,结合题干“R、X、Y、Z、W中Y的原子半径最小，X、Z同主族，且Z的电子数等于

Y、W电子数之和，X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物”，可知R为C,X

为O,Y为F,Z为S,W为N；

A、配体中，N形成3对共用电子对和一对离子键，C形成3对共用电子对和1对孤电子对:

B、键角和构型有关，可以根据杂化轨道判断其电子对数:

杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数;

杂化轨道数=2,为直线;

杂化轨道数=3,成键电子数=3,为三角形;

杂化轨道数=3,成键电子数=2,为V形;

杂化轨道数=4,成键电子数=4,为四面体;

杂化凯道数=4,成键电子数=3,为三角锥;

杂化轨道数=4,成键电子数=2,为V形;

C、同周期元素，从左到右第一电离能依次减小，其中最外层电子半充满、全充满时第一电离能会反

差;

D、氢化物的沸点受到其相对分子质量影响，相对分子质量越大，熔沸点越高，若是N、O、F三种

原子则可以和H形成氢键，沸点反差。

6.（2分）部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒

间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（）

化合价

电荷数

-20+2+3

OHIT

--------------------A

A,常温下，可用R材质容器储运浓硫酸

B.M可用K3［Fe(CN)6］溶液检验

C.若Q为金属阳离子，可通过Fe2O3与稀HI溶液反应生成

D.Fc?+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FcO2-

【答案】B

【解析】【解答】A.常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，所以常温下，可用R材质容器储运浓硫

酸，故A合理；

B,电+和K3［Fe(CN)6］溶液反应生成蓝色沉淀，M不是Fe2+,所以M不能用K31Fe(CN)6］溶液检验，

故B不合理；

C.FezCh与稀HI溶液发生氧化还原反应，FezCh中的+3价铁被1还原为Fe2+,故C合理；

D.从图中可以看出，在碱性溶液中可以生成FeO^,尸2年一中铁为+6价，所以Fe3+与氧化剂在碱性

条件下反应可生成FeOQ,故D合理；

故答案为：Bo

【分析】A、铁制品常温下可以被浓硫酸、浓硝酸钝化；

B、亚铁离子可以用铁氟酸钾检验，M是氧化亚铁，在水中没有电离出亚铁离子；

C、Q为亚铁离子，而HI和FezCh在反应时会生Fe?+和L；

D、结合图示，可知铁离子在碱性条件下可以生成高铁酸根。

7.(2分)下列由实验现象所得结论正确的是()

A.取补铁口服液的上层清液，滴加酸性KMn/溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有F/+

B.向盛有0.01巾0小厂1的。“3。。。2。溶液的小试管中滴加酚酣溶液，溶液变红，再加入少量

CH3COONa^,溶液红色加深，证明。/。。。乂。水解程度增大

C.向滴有酚配的NaOH溶液中加入%。2,溶液红色褪去，可证明”2。2具有酸性

D.向BQ以2溶液中通人5。2，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体

【答案】D

【解析】【解答】A.亚铁离子、氯离子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明

口服液中含有Fe2+,故A不符合题意；

B.再加入少量CH3coONa固体，醋酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，溶液红

色加深，但醋酸钠的水解程度减小，故B不符合题意；

C.过氧化氢具有强氧化性、漂白性，溶液红色褪去，不能证明H2O2具有酸性，故C不符合题意；

D.X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸根，则有白色沉淀生成，可知X可能为碱性气体，故D符合

题意；

故答案为：Do

【分析】A、补铁口服液中含有亚铁离子和氯离子；

B、增大反应物的浓度，平衡朝水解方向移动，但是醋酸根水解程度减小；

C、过氧化氢具有漂白性，可以使有色溶液褪色；

D、氯化钢溶液直接通入二氧化硫，不会生成白色沉淀，因为氯化氢酸性大于亚硫酸酸性，若是通入

X气体，有白色沉淀生成，则可能使氯化氢被反应，有可能为碱性气体。

8.（2分）2-甲基-2-氯丙烷（密度小于水）是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制

备，路线如下：

5%NaCO

浓盐酸23

水溶液

W有Ch

有洗涤

机

室温搅拌,分液洗涤.机洗涤①无水CaCb

液

机机分

相

反应15'一相~②蒸脩H3C-C-

相相

分钟C1

叔丁醇2-甲基一2-

下列说法错误的是（）

A.由叔丁醇制备2-甲基-2-氯丙烷的反应类型为取代反应

B.室温搅拌的作用是加快叔丁醇与浓盐酸的反应速率

C.2.甲基・2.氯丙烷在红外图谱中理论上产生4组吸收峰

D.用5%Na2c03溶液洗涤分液的主要目的是除去氯化氢

【答案】C

【解析】【解答】A.从叔丁醇和2•甲基・2.氯丙烷的结构简式对比，氯原子取代羟基的位置，由叔丁

醇制备2・甲基・2•氯丙烷的反应类型为取代反应，故A说法不符合题意；

B.室温搅拌的作用是加快叔丁醇与浓盐酸的反应速率，故B说法不符合题意；

C.2-甲基2-氯丙烷中含有C-H、C-C、C-C1三种共价键，故在红外光谱中理论上产生3组吸收峰，故

C说法符合题意；

D.碳酸钠溶液可与氯化氢反应，用5%Na2c03溶液洗涤分液的主要目的是除去氯化氢，故D说法

不符合题意；

答案为C。

【分析】A、根据结构简式可以观察羟基被氯原子取代；

B、搅拌可以加速反应速率；

C、红外光谱可以测定有机物的结构形式，根据结构式可以知道2.甲基2•氯丙烷中含有C-H、C-C、

C-C1三种共价键；

D、分液后有机相含有部分杂质，如氯叱氢，因此采用碳酸钠洗涤。

9.(2分)聚阴离子型正极材料在钠离子电池中极有应用前景。一种钠离子电池用硬碳材料(N&C)作

负极，利用钠离子在正负极上的嵌、脱过程实现充放电，该电池的工作原理为放电

放电

Na3_x(V0P04)2^+NaxC#Na3(VOPO^2F+Co下列说法错误的是()

充电

A.充电时，Na+从阳极脱嵌，经电解质嵌入阴极

B.电解质可以是含NQ+的导电有机聚合物或水溶液

C.放电时，正极的电极反应为可。3-«r"。4)2尸+工6一+/7(?+=血3(70204)29

D.用该电池电解硫酸钠溶液，负极质量减少23g,阳极产生标况下气体5.6L

【答案】B

+

【解析】【解答】A.从方程式可以看出，充电时阴极的电极反应为：C+xe-+xNa=NaxC,Na+从阳极

脱嵌，经电解质嵌入阴极，A不符合题意；

B.金属钠与水能反应，故电解质不能为水溶液，B符合题意；

C.放电时：正极为Na3-x(VOPO4)2F得电子，电极反应式为：Na3-x(VOPO4)2F+xe-

+

+xNa=Na3(VOPO4)2F,C不符合题意；

D.负极反应为：NaxC-xe-=C+xNa+,质量减少23g时电路中转移电子数为Imol,阳极电极式为：

+

2H2O-4e-=4H+O2,阳极产生氧气0.25mol,标况下的体积为5.6L,D不符合题意;

故答案为：Bo

【分析】根据化学反应式分析，放电时，C化合价降低，得到电子，因此在正极反应，反应过程

中，而Na3（VOPO4）2F则作为负极，失去电子，反应过程中Na3（VOPO4”F形成Na3-x（VOPO4）2F和

Na+；

A、充电时，正极作为阳极，负极作为阴极，阳极反应为Na、C形成Na+和C,阴极反应为Na+和Na3-

X（VOPO4）2F形成Na3（VOPO4）2F；

B、电解质为含有钠的溶液；

C、正极为C得到电子，结合钠离子形成NaxC；

D、负极为Na3（VOPCU）2F形成Na3-x（VOPCU）2F和Na+,减少23g时即电离出1mol的Na+,失去

Imol电子，此时阳极为氢氧根放电，每转移4moi电子，则生成Imol氧气，因此转移Imol电子生

成0.25mol的氧气，标准状况下为5.6L。

10.（2分）利用锌灰（主要成分为ZnO,含有CuO、PbO、SiO2.FeO、尸e2/等杂质）制备高纯ZnO

的工艺流程如下，下列说法错误的是：（）

稀HI2s0」适量KIMnCh溶液试!剂aNHTJICO,*

锌灰T酸浸I-$步骤||——4步骤2|--------T步骤3一ZnC6-xZnCOHh-^^ZnO

II\

滤清1MnO2xFe(OH)3滤淡2

A,滤渣1的主要成分为Si。?、PbS04

2++

B.步骤1中发生反应的离子方程式为：MnO4+3Fe+7H2O=3Fe（0H）3I+MnO2I+SH

C.加入的试剂a为Zn,目的是除去C〃2+

D.取步骤3后的干燥滤饼U.2g烦烧,可得产品8.1g,则x=2

【答案】D

【解析】【解答】A.Si。?不与稀硫酸反应，锌灰中PbO加稀硫酸溶解得到PbSO,不溶于水，过滤，

滤渣1为PbSCh、SiO2,A不符合题意；

B.加入高钵酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁、硫酸镒被氧化为二氧化镒，步骤1中发生反应的离子方

2++

程式为：MnO4+3Fe+7H20=3Fe（OH）3X+MnO2I+5H,B不符合题意；

C.为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn,锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4,目的

是除去c/+,C不符合题意；

D.设ZnCOxZn(OH)2的物质的量为ymol,ZnCOyxZn(OH)2馔烧得至UZnO,则固体质量减少的质

量为二氧化碳、水的质量，n(ZnO)=瑞=82Mol=根据固体质量减少的质量、ZnO的

物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1,解得x=ky=0.05,D符合题意；

故答案为：Do

【分析】先分析流程，主要成分为ZnO,含有CuO、PbO、St。?、FeO>Fe2/等杂质，经过酸

浸后滤渣为不溶于酸的二氧化硅以及生成的沉淀PbSO-滤液为ZnSO4、CuSO4、FeSOa、

Fe2(SO4)3,滤液中滴入高钛酸钾，高钵酸钾作为氧化剂，可以将亚铁离子氧化为铁离子，经过pH调

节后，滤渣为氢氧化铁和二氧化锌，滤液为CuSCh、ZnSO4,滤液加入试剂2的目的是使铜离子沉

淀，同时不能影响锌离子，因此沉淀剂为Zn,使铜离子形成单质，滤渣2为铜，滤液为ZnSO4,经

过碳酸氢镂使ZnSO4转化为沉淀，燃烧得到金属氧化物；

A、滤渣1的主要成分为贞。2、PbS04；

B、高锌酸根和亚铁离子发生氧化还原反应生成氢氧化铁和二氧化镭；

C、锌和铜离子发生置换反应生成铜和锌离子；

D、混合物的解题可以根据二元一次方程组解答，设某种物质的物质的量为x,另一种为y,结合已

知数据列出二元一次方程组。

11.(2分)用1mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60mL0.02moiZL硫酸铜溶液；氨水稍

过量后，再用1mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：

实验

反应过程中的pH和电导率变化对比曲线

现象

(mom

，来淀渐

，到蓝溶。加酸，不产浅色

，来淀渐

加水，不产浅色..

滴氮时先断生蓝沉淀后沉逐溶解得深色液滴硫时先断生蓝沉淀后沉逐

溶

解，

得至IJ

蓝色

溶

液。

资料：i.实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2so4；

ii.电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。

下列分析中错误的是()

A.a之前未加氨水，溶液pHV7的原因是CU2++2H2O=CU(OH)2+2H+

B.ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO/+2NH3-H2O=Cu2(OH)2soJ+2NH+

C.d点混合溶液pHV7,与反应后生成的NH1水解有关

D.根据a&与bd段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷

数有关

【答案】D

【解析】【解答】A.a之前未加氨水，溶液中溶质为CuS04,该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产

生的CM+发生水解反应：CU2++2H2O=CU(OH)2+2H+,消耗水电离产生的0",使水的电离平衡正向

移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(0H),因此溶液pHV7,A不符合题意；

B.向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质

2+

的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu+SO2-+2NH3H2O=Cu2(OH)2SO4l+2NH。B不

符合题意；

C.d点混合溶液pH<7,溶液显酸性，是由于溶液中含有(NHSSOq,该盐是强酸弱碱盐，在溶液中

NH^发生水解反应，消耗水电离产生的0H-产生NH3H2O,使水的电离平衡正向移动，最终达到

平衡时溶液中c(H+)>c(0H)导致溶液pHV7,故与反应生成的NHJ■水解有关，C不符合题意；

D.根据a3与be段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷

数有关，而且也与离子的种类有关，D符合题意；

故答案为：Do

【分析】A、硫酸铜中铜离子为弱离子，可以发生水解；

B、根据提示可知，铜离子和硫酸根、一水合氨生成浅蓝色沉淀碱式硫酸铜，化学式为

CU2（OH）2so4；

c、钱根离子为弱离子，可以发生水解；

D、根据图示可知导电率和离子浓度、离子电荷数、离子种类有关。

12.（2分）高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜

酸钾和次滨酸在冰水浴中合成：①[以（OH）/+HBrOTKCUO2+KBr+KBrO+%。（未配平）。

高铜酸钾在酸性条件下不稳定：@KCUO2+H2S0402+CuS04+H20+K2S04（^^）O下列说

法错浜的是（）

A.①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2

B.②若有标况下5.6L6生成，转移电子0.2以

C.②中KCUO2既表现氧化性，又表现还原性

D,由①②可知氧化性强弱顺序为：HBTO>KCUO2>（）2

【答案】B

【解析】【解答】A.反应①中HBrO-»KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，

K2[Cu（。H）4]TKCnO2中Cu元素化合价升高，/[。〃（。切/做还原剂，反应方程式为

2K2[CU（OH\]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO4-5H2。，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为

1：2,A不符合题意；

B.反应②反应方程式为44以。2+6“25。4=02+4以§。4+6“2。+2/f25。4，生成ImolO2转移

4mol电子，标况下生成5.6LO2即物质的量为n=4y七=0.25?no/,转移电子

l

0.25molx4xNAmol=/V/|,B符合题意；

C.反应②反应方程式为4长。〃。2+6“25。4=。2+4。”5。4+6/72。+2人'25。4，Cu元素化合价升

高，O元素化合价降低，KCaOz既做氧化剂也做还原剂，KCi/Oz既表现氧化性，又表现还原性，C

不符合题意；

D.由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：HBrO>KCUO2,由②可得氧化性：

KCUO2>。2，则氧化性强弱顺序为：HBrO>KCuO2>02,D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A、氧化剂为化合价降低的物质，还原剂为化合价升高的物质，根据化合价升降守恒可以

配出氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：2；

B、结合氧气的化合价可知每生成Imol氧气会转移4moi电子；

C、铜元素化合价升高被氧化，氧元素化合价降低被还原；

D、结合氧化剂的氧化性大于氧化产物氟化性判断，氧化剂为化合价降低的物质，氧化产物为化合

价升高的产物。

阅卷人

一二、多选题(共3题；共6分)

得分

13.(2分)2021年诺贝尔化学奖授予本亚明，利斯特和戴维，麦克米伦，以表彰他们对“不对称有机

催化的发展”做出的贡献。氨基酸衍生物作为催化剂用于丙酮与4-硝基苯甲醛的不对称反应如下：

①

下列说法正确的是()

A.该反应类型为取代反应

B.①②③④四种物质可用钠和新制氢氧化铜进行鉴别

C.①②③④四种物质具有相同的含氧官能团

D.④的同分异构体中满足与NQ//CO3溶液反应有气泡产生，且苯环上含硝基等两个取代基的有

15种

【答案】B,D

【解析】【解答】A.对比反应物和产物的结构可知，该反应为加成反应，A不符合题意；

B.①②与金属Na不反应，但②能与新制氢氧化铜生成砖红色沉淀；③④与金属Na反应，③

能使新制氢氧化铜溶解，④与新制氢氧化铜不反应，B符合题意；

C.①含谈基，②含醛基和硝基，③含峻基和亚氨基，④含谈基、羟基、硝基，四种物质所含的

含氧官能团不同，c不符合题意；

D.④的同分异构体中满足与Na”。。?溶液反应有气泡产生，说明含竣基，苯环上除硝基外，含酸基

的原子团可能为：-CH2cH2cH2coOH、-CH2cH(CH3)COOH、-CH(CH3)CH2coOH、-

CH(C2H5)COOH、-C(CH3)2COOH,苯环上各有邻、间、对三种结构，共15种，D符合题意；

故答案为：BDo

【分析】A、反应过程中，醛基的碳氧双键断开形成单键，为加成反应;

B、钠可以鉴别峻基和羟基，新制氢氧化铜可以鉴别醛基；

C、几种有机物分别含有酮基、醛基、硝基、竣基、羟基；

D、可以和碳酸氢钠反应的为竣基，同分异构体的判断可以从碳链异构、位置异构判断。

14.（2分）用CO还原N2。可减轻汽车尾气对空气的污染，该反应的热化学方程式为：他。（9）+

CO（g）=CO2（g）+N2（g）AH。在体积为1L的密闭容器A（500℃,恒温）、B（起始500℃,绝热）中分

别加入O.lmolM。和0.4molCO,测得容器中N?。转化率随时间变化关系如图。下列说法正确的是

（）

30

米

/25

距

20

15

10

5

0100200300400l/s

A.A容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的曲线a

B.可通过缩小容器体积来缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，同时不改变N2。的平衡转化率

C.500℃该反应的化学平衡常数

D.在平衡后向A容器中加入0.075molN2。与0.025molC02，则平衡正向移动

【答案】B,C

【解析】【解答】A.反应放热，绝热容器中随着反应进行温度升高，反应速率不断加快，达到平衡

的时间缩短，同时温度升高不利于反应正向进行，则到达平衡时，B容器相对于A容器，NzO的转

化率降低，但达到平衡的时间缩短，所以曲线a反应B容器中NzO的转化率随时间的变化关系，A

不符合题意；

B.缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变NzO的平衡转化率，且在催化剂一定的情况

下，反应为气体分子数不变的反应，反应前后体系压强不变，增大压强互以增大化学反应速率缩短

到达平衡的时间，同时不影响反应平衡转化率，具体措施可以减小容器体积，B符合题意：

C.根据图像，500℃时，NzO的平衡转化率为25%,起始时充入O.lmolNzO、C4molCO反应,

N2。®）+⑷=C°2(g)+%)

起始量1mol0.10.400则平衡常数K-歌舞置-

转化量/mol0.0250.0250.0250.025,

平衡量Imol0.0750.3750.0250.025

n(N2)皿CO2)=0.025x0.025二1

--C符合题意;

n(/V29)n(CO)0.075x0.375砺'

D.在平衡后向A容器中加入0.075molN2。与0.025molC02，=瑞麻黑=黑既:•黑必

喋生嘤=*=(=亲，则平衡不移动，D不符合题意：

U.ibXU.3/D看。看。

故答案为：BC。

【分圻】A、反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，速率变快，时间变短；

B、缩小体积，平衡朝习题系数缩小的方向移动，由于该反应左右两边气体系数相等，因此平衡不移

动，但是各种物质浓度增大，速率变快；

C、平衡常数的计算可以从三段式入手，结合图示进行计算

D、平衡后继续气体，平衡不移动。

15.(2分)常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(43「。3)，各含磷微粒的分布分数X(平衡时某

微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH的关系如图所示。已知pOH=-，gc(O/T),反应中只

能生成/7。2打。3和NQ/P/两种盐。下列说法正确的是()

A.曲线a代表乂(“32。3)

B.H2Poi的电离平衡常数Ka=1X10-73mol•L-1

C.NQH2P。3溶液中c(”+)>c(OH-)

D.pOH=7时,c(Na+)=2c(HP0g)+c(H2P火)

【答案】C,D

【解析】【解答】A.根据分析，曲线a代表X(HPOg),A不符合题意；

B.&P03的电离平衡常数右2=10-B不符合题意：

C.八2"2「。3溶液中/P。］的电离常数为Ka2=10-6-7血01.广1,水解常数为：Kh=^-=^-21=

Kalio-

-126

10-<Ka2，故溶液呈酸性，c(H+)>c(O”—)，C符合题意；

D.pOH=7时,pH=7,c(H+)=c(O"-)根据电荷守恒:c(Na+)+«“+)=2c(HP0g)+

C(H2PO^+c(O/T),故C(NQ+)=2c(”POg)+c(H2Po5),D符合题意;

故答案为：CDo

【分析】先分析图象的基本情况，pOH为横坐标，pOH越大，则酸性越强，其次，结合信息“反

应中只能生成NazHPg和Na/Pg两种盐“，可知H3P。3为二元酸，可以发生两次电离，一级电离

为H3P（）3=H++H2P。3一，二级电离为H2P。3-UH++HPO32一，随着酸性减弱，电离程度减弱，

H3P03浓度减小，H2P03-浓度增强，一级电离程度减弱，二级电离程度增强，当酸性减弱到一定程度

时，一级电忌几乎不存在，二级电离为主，此时H2P03-浓度减小，HP032-浓度增大，二级电离程度

减弱；

A、根据上述分析，曲线a代表HPO广，曲线b代表H2P。3-，曲线c代表H3Po3；

B、二级电离平衡常数可以根据HPO/和H2PO3的交点计算，即曲线a和曲线b的交点，结合二级

电离平衡常数Ka2=婆（为）,可知在交点处Ka2=c（H+）,而横坐标为pOH,需要换算为

C（H2P。3）

c（H+）；

C、NaH2P03溶液即溶质为NaH2P03,此时c（H2P0打最大,即b曲线的最高点,此时pOH大于7,

溶液为酸性；

D、pOH=7溶液为中性，结合电荷守恒，等量代换可以知道c（Na+）=2c（HPOg）+c（%PO3）。

阅卷人

一三、非选择题（共5题；共39分）

得分

16.（9分）铝、铁、铜等金属在日常生活中应用广泛，钛由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金

属其单质及化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：

（1）（2分）基态Cu原子的价电子轨道表示式为;［4（。，）4「的空间构型

为o

（2）（2分）Imol配合物［n67（%。）5］。2中。键的数目为，其组成元素的电负性大小顺

序是o

（3）（2分）N/与C/+形成配位键的能力（填“强于”或“弱于”）坳。与C〃2+形成配位键

的能力，请用实验事实加以说

明：

（4）（3分）TiN具有高硬度和优良的耐磨损性，用AI部分代替TiN中Ti后可以提升耐磨性5倍

以上。其晶胞结构如下图所示，掺杂A1后的晶体密度是TiN晶体的倍（精确到小数点后第

2位），设原子①的原子坐标为（0,0,0）,则原子②的原子坐标为,已知相

邻的Ti-N原子距离为anm,则晶胞中原子①与②距离为nm。

・N

•Ti

•Al

k

3d4s

【答案】（,）'巫I巫国田；正四面体形

（2）0>Cl>H>Ti

（3）强于：向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解得到深蓝

色溶液

（4）0.92；（1,11）；V6a

【解析】【解答】（1）中根据电子排布式及鲍林不相容原理和洪特规则进行书写，微粒的空间构型根

据杂比轨道类型ABn型分子特点进行判断：（2）中根据共价键的类型判断。键，利用配合物中共价键

的个数进行判断；电负性根据元素的非金属性进行判断，利用周期律进行判断；（3）根据配位键形

成的实质进行判断，利用实验说明利用物质间的转化进行判断；（4）根据晶胞密度的计算公式进行

计算，利用三维坐标根据投影进行判断；原子间距离根据勾股定理进行计算；

（1）铜原子的价电子排布式是3d'04s',根据鲍林不相容原理和洪特规则书写其价电子轨道表示式为：

1川四百:故答窠为‘亚向亚口由—间构型根

据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体；故答案为正四面体；

（2）[，67（“2。）5]02中，配体氯离子和水与钛离子之间的配位键是6个属于。键，配体水分子中氢氧

键共10个属于。键，故。键含有16个，Imol配合物[TiC«H2O）5]Cl2中。键的数目为16NA,故答案为

16NA；根据非金属性越强，电负性越强，故其含有的元素电负性大小顺序为：0>Cl>H>Ti；故答

案为：0>Cl>H>Ti；

（3）氨气中氮原子电负性小于水分子中氧原子的电负性，故更易提出孤对电子形成配位键，故答案为

强于；实验事实向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解得到

深蓝色溶液；故答案为：向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀

溶解得到深蓝色溶液;

（4）TiN晶胞中，钛离子实际个数为：12xJ+l=4;实际氮离子个数为：8xi+6x1=4,设晶

4-oZ

胞的体积为V,故TiN晶胞的密度为：。="黑产=培瑞；当用A1部分代替TiN中Ti后，

/1A

实际含有钛原子为：12xi=3,实际氮原子个数为：8xi+6xi=4,实际铝原子个数为：1;故

4-oL

密度为：。="芍潸2=靛,故掺杂A1后的晶体密度是TiN晶体的舞。0.92;故答案

为0.92；设原子①的原子坐标为（0,0,0）,则原子②的原子坐标为（1,1,与故答案为：（1,1

i）:已知相邻的Ti-N原子距离为anm,从②点向下边做垂线，根据两个勾股定律计算得eQ,故答

案为：V6a；

【分圻】（1）铜为29号元素，其核外电子排布式为Is22322P63s23P63dm4s1

杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；

杂化轨道数=2,为直线;

杂化轨道数=3,成键电子数=3,为三角形;

杂化轨道数=3,成键电子数=2,为V形;

杂化轨道数=4,成键电子数=4,为四面体;

杂化轨道数=4,成键电子数=3,为三角锥;

杂化轨道数=4,成键电子数=2,为V形

（2）。键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个o键；电负性跟非金属性挂钩，非金属

性越强，则电负性越强；

（3）电负性越弱，其提供孤电子对的能力越强；

（4）品胞的密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量进行计算；原子坐标要根据原点进行判

断。

17.（9分）废旧锂电池的有效回收，可以减少环境污染，也能缓解贵金属资源危机。一种高效处理

三元锂电池正极活性物质（其中金属元素的质量分数为以一6.78%、Mn-16.94%、Co-11.88%,

M-30.37%）,回收贵金属元素的工艺如下。

焦炭

HSO丁二酮眄草酸钠

co224NaOHKMnO4

极

正III

性

活

质

物一I沉保|一［^^1沉钻一

I一II

含锂滤液T-MU€)2COC2O4

(另外回收)沉淀

已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示:

金属离子Co2+Mn2+Ni2+

开始沉淀的pH6.67