2022年新高考模擬試題及解析011.2020年11月以來，我們國家在科技方面捷報頻傳：奮斗號載人潛水器潛至10909米的深海；嫦娥5號從月球攜帶的1.7kg7月壤成功返回；人造太陽首次放電；高分14號衛星發射成功等等。下列說法不正確的是（）A.月壤中富含的3He與地球上的，He互為同素異形體B.氫一3與氣的反應：；He+：H-＞；He+：H+18.4Mev,該反應不屬于氧化還原反應C.深潛器的外殼是特種鈦合金，該鈦合金超硬，能耐高壓D.人造太陽中的等離子體是不同于固體、液體與氣體的第四種物質聚集狀態【答案】A【解析】A項，3He與，He是質子數相同'中子數不同的同種元素的不同核素，兩者互為同位素，故A錯誤；B項，氨-3與氣的反應：；He+；Hf；He+；H+18.4Mev,沒有化合價變化，因此該反應不屬于氧化還原反應，故B正確；C項，深潛器的外殼是特種鈦合金，合金一般硬度大，因此該鈦合金超硬，能耐高壓，故C正確；D項，等離子體可以看成是帶電粒子密度達到一定程度的電離氣體，無論部分電離還是完全電離，其中負電荷總數等于正電荷總數，所以稱為等離子體，等離子體是物質的第四種聚集狀態，故D正確。故選A。8.某固體混合物中可能含有Na,、K\SO4%、ChCO32-等離子，取兩份該固體的溶液進行如下實驗：第一份加入過量的Ba（NCh）2溶液產生白色沉淀，分離濾液和沉淀。向白色沉淀中滴入過量鹽酸，所得溶液澄清；向濾液中滴加AgNCh溶液生成不溶于稀HNCh的白色沉淀。第二份取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色。下列關于該混合物的組成說法正確的是（）A.可能是K2s04和NaCl B.可能是NaCl和K2cO3C.可能是Na2sO4和KC1 D.一定是Na2c。3和NaCl【答案】B【解析】加Ba（NCh）2溶液產生白色沉淀，沉淀可能是BaSCU,BaCCh,向白色沉淀中滴入過量鹽酸，所得溶液澄清，說明沉淀是BaCOs,混合物一定有CO3”，肯定無S04%濾液不存在SO4、向濾液中滴加AgNCh溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀為AgCl,混合物一定有Ct;焰色反應火焰呈黃色，說明一定有Na+;K+無法判斷。據此分析可知，B是正確的。故選B?9.下列實驗操作規范且能達到實驗目的的是（）操作目的A稱取5.0gCuSO4?5H2。，加入27.0g水，攪拌溶配制10%CuSO4溶液

解B將兩種鹵化銀AgX和AgY的飽和溶液等體積混合，再加入足量的AgNCh溶液，析出的沉淀的物質的量：n(AgX)>n(AgY)證明Ksp(AgX)<%(AgY)C用玻璃棒蘸取溶液，點在干燥的pH試紙上，片刻后與標準比色卡比較并讀數測定0.05mol/L的NaClO溶液的pHD將粗碘放入燒杯中，燒杯口放一盛有冷水的燒瓶，隔石棉網對燒杯加熱，然后收集燒瓶外壁的固體提純混有NH4cl的粗碘【答案】A5.0gx160【解析】A項，5.0gCuSO4?5H2。中硫酸銅的質量為250 =3.2g,溶于27.0g水所得3.2gCuSC>4溶液的質量分數為5?°g+27.0gxl00%=10%,故A正確；B項，將兩種鹵化銀AgX和AgY的飽和溶液等體積混合，由于Ksp(AgX)>Kp(AgY),溶液中X一離子的濃度大，再加入足量的AgNO3溶液，可以使X?完全沉淀，生成AgX的物質的量大，故B錯誤；C項，次氨酸鈉具有強氧化性，能使有機色質漂白褪色，用pH試紙無法測定次氯酸鈉溶液的pH,故C錯誤；D項，碘受熱發生升華轉化為碘蒸汽，碘蒸汽遇冷發生凝華生成碘，氯化鐵受熱發生分解反應生成氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫在盛有冷水的燒瓶外壁發生化合反應生成氯化鐵，則用加熱、冷凝的方法無法提純混有氯化錢的粗碘，故D錯誤；故選A。.五倍子是一種常見的中草藥，其有效成分為X,在一定條件下X可分別轉化為Y、Z。下列關于X、Y'Z的說法正確的是()Y分子中含有兩種官能團X分子能發生取代'氧化和消去反應Z分子與NaOH溶液反應時最多可消耗7molNaOHY分子與氫氣發生加成反應的產物中含有兩個手性碳原子【答案】D【解析】A項，丫分子中含有竣基、羥基、碳碳雙鍵三種官能團，A不正確；B項，X分子中的竣基、羥基能發生取代反應，羥基能發生氧化反應，但不能發生消去反應，B不正確；C項，Z分子與NaOH溶液反應，Imol-COOH、-OH各消耗ImolNaOH,Imol-COO-可消耗2molNaOH,最多可消耗8moiNaOH,C不正確；D項，丫分子與氫氣發生加成反應的產物COOHHO/OH中，“*”處的碳原子為手性碳原子，共含有兩個手性碳原子，D正確；故選D。.近年來，科學工作者致力于二氧化碳轉化為甲烷'甲醇等技術研究，為解決環境和能源問題提供了一種新途徑。以下關于二氧化碳甲烷化的技術（如圖所示）說法錯誤的是（）A.過程I中，CO?分子內的化學鍵沒有斷裂B.過程I中，La元素的化合價沒有改變C.過程II中，H2-2H?為吸熱過程D.該技術的總反應為4H2+CO2跳^CH4+2HzO【答案】A【解析】A項，二氧化碳轉化為碳酸根，化學鍵斷裂了，A錯誤；B項，入的是二氧化碳分子，沒有發生氧化還原反應，La元素的化合價沒有改變，B正確；C項，化學鍵斷鍵是吸熱過程，化學鍵的形成是放熱過程，H2-2H?是斷鍵，為吸熱過程，C正確；D項，過圖片可知，反應為二氧化碳和氫氣制甲烷的過程，方程式正確，D正確；故選A。.一種新型污水處理裝置模擬細胞內生物電的產生過程，可將酸性有機廢水的化學能直接轉化為電能。下列說法中不正確的是（）惠*早交接?A.M極作負極，發生氧化反應B.電子流向：M—負載—N—電解質溶液-MC.N極的電極反應：O2+4H++4.2H2。D.當N極消耗5.6L（標況下）氣體時，最多有Na個H?通過陽離子交換膜【答案】B【解析】A項，M極加入有機物，有機物變成二氧化碳，發生氧化反應，說明M作負極，故正確；B項，M為負極，N為正極，所以電子流向：M-負載-N,電子只能通過導線不能通過溶液，故錯誤；C項，N極為正極，氧氣在正極上得到電子，電極反應：O2+4H++4e-=2H2O,故正確；D項，當N極消耗5.6L（標況下）氣體基5.6/22.4=0.25mol氧氣時，轉移0.25x4=lmol電子，所以最多有Na個H+通過陽離子交換膜，故正確。故選B。.X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數依次增大。已知X、丫、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個質子；丫原子的最外層電子數是內層電子數的2倍；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質在常溫下均為無色氣體；M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是（）A.五種元素的原子半徑從大到小的順序：M>W>Z>Y>XB.X、Z兩元素能形成原子個數比（X:Z）為3：1和4：2的化合物C.化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D.用M單質作陽極，石墨作陰極電解NaHCCh溶液，電解一段時間后，在陰極區會出現白色沉淀【答案】B【解析】X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數依次增大，已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個質子，X是氫元素；丫原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，丫是碳元素；M是地殼中含量最高的金屬元素，M是鋁元素。Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質在常溫下均為無色氣體，且原子序數小于鋁元素而大于碳元素，則z是氮元素，W是氧元素。A項，五種元素的原子半徑從大到小的順序：A1>C>N>O>H,即M>Y>Z>W>X,錯誤；B項，X（H）、Z（N）兩元素能形成原子個數比（X：Z）為3：1和4：2的化合物，即NHs和N2H4,正確；C項，CCh是酸性氧化物，NO?不是酸性氧化物，錯誤；D項，用金屬A1作陽極，石墨作陰極電解NaHCOi溶液，陽極上的電極反應為Al-3e-+3HCO?=A1（OH）31+3CO2t,陰極上的電極反應為2H20+2廣==20曠+H2T，故在陽極區出現白色沉淀，錯誤。二、非選擇題（本大題共4小題，共58分）（一）必做題26.（14分）無水FeCh是常用的芳香燒取代反應催化劑，它具有易水解、易升華的性質。鐵粉與氯氣反應制備無水FeCb的實驗裝置如圖所示：PQ，E和G用來收集產物。回答下列問題:（1）通入氯氣后，A中觀察到有酸霧產生，C中P2O5的作用是。（2）在E、G處收集產物是利用了FeCh的性質。（3）實驗過程中若F處出現堵塞，則在B處可觀察到的現象是o可通過（填簡單操作），使實驗能繼續進行。（4）1中反應的離子方程式為.（5）某同學用5.60g干燥鐵粉制得無水FeCb樣品13.00g,該次實驗的產率是。（6）實驗室中還常用SOCL與FeCh-6H2O晶體共熱制備無水FeCh,其化學反應方程式為.檢驗水合三氯化鐵原料中是否存在FeCL的試劑是o【答案】（1）除去酸霧（1分）（2）易升華（1分）（3）B處有氣泡產生（2分） 適當加熱F處（2分）（4）C12+2OH-=C1+C1O-+H2O（2分）（5）80.00%（2分）（6）FeCh-6H2O+6SOC12=FeCh+12HC1+6SO2（2分） 鐵氟化鉀（2分）【解析】潮濕的氯氣通過濃硫酸時，水與濃硫酸相遇放出大量的熱使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶內的空氣中水蒸氣形成酸霧，C中五氧化二磷的作用是除去酸霧，干燥的氯氣和鐵粉在D中反應生成氯化鐵，因氯化鐵易升華，到達E、G后重新凝華收集得到氯化鐵，反應不完的氯氣用1中NaOH溶液吸收，H中無水氯化鈣防止I中水蒸氣進入G中使氯化鐵水解。（1）由分析可知，C中P2O5的作用是除去酸霧；（2）在E、G處收集產物是利用了FeCh易升華的性質；（3）實驗過程中若F處出現堵塞，則氯氣將到達B處，看到有氣泡產生，然后進入NaOH溶液中與NaOH反應；氯化鐵易升華，則可通過適當加熱F處，使實驗能繼續進行；（4）1中未反應完的氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為C12+2OH=C1-+CIO+H2O；（5）由2Fe+3CkA2FeCb可知，每2moiFe反應生成2molFeCh,則5.60g（0.1mol）干燥鐵粉理論上可制得O.lmolFeCb,質量為0.1molxl62.5g/mol=16.25g,因此該次實驗的產率是130°gx100%16.25g =80.00%；（6）若直接加熱FeCbPHzO,氯化鐵會水解得氫氧化鐵和HC1,HC1揮發，促進氯化鐵水解，最終得到氫氧化鐵，實驗室中常用SOCL與FeCbPHzO晶體共熱制備無水FeCh,說明該過程產生了HC1抑制了氯化鐵水解，結合原子守恒可知該反應的化學方程式為FeClj-6H2O+6SOC12=FeCl3+12HC1+6SO2;亞鐵離子與鐵氧化鉀相遇產生藍色沉淀，因此檢驗水合三氯化鐵原料中是否存在FeCh的試劑是鐵冢化鉀溶液。(14分)鎂催化劑的主要成分為Ni,還含有一定量Al、Fe及氧化鐵、少量其他不溶性物質，回收廢饃催化劑制備硫酸鎂晶體(NiSO,7H2O)的工藝流程如下：NaOH溶液 稀FLSO, HQz溶液NaOH溶液濾餅①濾液②匚Li匚」一|濾液③|控制pH而.組廢銀催化劑一堿浸 -酸浸 轉化-調pH “上一硫酸銀晶體I—i― ―j—1 J 濃縮結晶濾液① 濾渣② 濾渣③溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金屬離子Fe3+Fe2+Ni2+開始沉淀的pH(c=0.01molL-')2.27.57.2沉淀完全的pH(c=1.0x105mol?L_,)3.29.08.7回答下列問題：(1)“堿浸”時發生反應的離子方程式是.提高“堿浸”速率的措施是(任寫一點即可)。(2)“濾液②”可能含有的金屬離子是?(3)“轉化”步驟中加入H2O2的目的是,反應的離子方程式是o(4)“調pH”時，最適宜的pH范圍是o(5)“控制pH濃縮結晶”步驟后得到硫酸饃晶體的操作依次是：過濾、、干燥。(6)利用表格中的數據，計算Fe(OH)3的Kp=【答案】(1RA1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2T(1分)加熱(增大NaOH溶液濃度、粉碎、攪拌等)(1分)(2)Ni2\Fe2+和Fe3+(2分)(3)將Fe?+氧化為Fe3+,以便轉化為Fe(OH)3沉淀除去(2分)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(2分)(4)3.2(4)3.2?7.2(2分)洗滌(1分)【解析】由題給流程可知，向廢銀催化劑中加入氫氧化鈉溶液堿浸，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，鎮、鐵和氧化鐵不與堿反應，過濾得到含有偏鋁酸鈉的濾液①和含有銀、鐵、氧化鐵和少量其他不溶性物質的濾餅①；向濾餅①中加入稀硫酸酸浸，銀、鐵和氧化鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵、硫酸鐵和硫酸鎂，過濾除去含有少量其他不溶性物質的濾渣

②，得到含有硫酸亞鐵、硫酸鐵和硫酸鎂的濾液②；向濾液②中加入過氧化氫溶液，將硫酸亞鐵轉化為硫酸鐵，再向溶液中加入氫氧化鈉溶液，調節pH在3.2?7.2的范圍內，將硫酸鐵轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣③和含有硫酸鎂的濾液③；濾液③經控制溶液pH濃縮結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸銀晶體。(1)“堿浸”時發生的反應為鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為2A1+2OH+2H202A102-+3H23將廢鎮催化劑粉碎、增大氫氧化鈉溶液濃度、加熱升高溫度、攪拌等措施能提高“堿浸”速率；(2)由分析可知，濾液②為硫酸亞鐵、硫酸鐵和硫酸鎮的混合溶液，含有的金屬陽離子為Ni2+、Fe2+和Fe3+；(3)“轉化”步驟中加入過氧化氫發生的反應為酸性條件下，硫酸亞鐵與過氧化氫發生氧化還原反應生成硫酸鐵和水，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,目的是將Fe?+氧化為Fe3+,以便加入氫氧化鈉溶液調節pH時轉化為Fe(OH)3沉淀除去；(4)調節溶液pH的目的是將Fe3+轉化為Fe(0H)3沉淀除去，而Ni?+不轉化為沉淀，由題給數據可知，最適宜的pH范圍是3.2?7.2；(5)由分析可知，濾液③經控制溶液pH濃縮結晶'過濾、洗滌、干燥得到硫酸銀晶體；(6)由題給數據可知，開始沉淀時，鐵離子的濃度為O.Olmol/L,氫氧根離子濃度為10"’mol/L,貝10"’mol/L,貝I]Fe(OH)3的Ksp=,或完全沉淀時，鐵離子的濃度為i.oxio-5mol/L,氫氧根離子濃度為IO"mol/L,則Fe(0H)3的Ksp= 。(15分)霧霾由多種污染物形成，包含顆粒物(PM2.5)、氮氧化物(NO。、CO、SO?等。化學在解決霧霾污染中有著重要的作用。(1)已知：02CO(g)+O2(g)=2CO2(g)A/7i=-566.0kJmor(2)研究發現利用(2)研究發現利用NH?可除去硝酸工業尾氣中的NO。NH3與NO的物質的量之比分別為：2、1：1.5、3：I時，NO脫除率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度/K①曲線a中，NO的起始濃度為6x10-4mgmr,從X點到Y點經過10s,則該時間段內②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) A//2=-116.5kJmol_1③N2(g)+O2(g)==2NO(g)A//3=+180.5kJ-moF1X/(800.Y,\(900,0.7豆廢氣中NO2與X/(800.Y,\(900,0.7豆NO的脫除速率為mg-②曲線c對應的NH3與NO的物質的量之比是,其理由是O（3）炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發現它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快速氧化S02o活化過程的能量變化模擬計算結果如圖所示。一無水?,…有水一無水?,…有水?輒原子。碳原子無水情況下，一個氧分子反應的活化能為,容易活化氧分子的條件是（填“有水”或“無水（4）利用反應6NO2+8NH3=7N2+12H2。構成的電池既能有效消除氮氧化物的排放，減輕霧霾污染，又能充分利用化學能，裝置如圖所示。離子交換膜20%-30%KOH離子交換膜20%-30%KOH溶液20%?30%KOII溶液①B極的電極反應式為②若反應轉移1.2mol電子，A極生成N：的體積為L（標準狀況）。【答案】（l）2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）A"=-l196.0kTmo「（2分）（2）①1.2x10-5（2分）②1：2（2分）N%與NO的物質的量的比值越大，NO的脫除率越大（2分）（3）0.75eV（2分）有水（1分）（4）①2NH3-6e-+6OH-==N2+6H2O（2分）（2）3.36（2分）【解析】（1）由蓋斯定律可知，①'2一②一③可得廢氣中NO?與CO轉化成無污染氣體的熱化學方程式為2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g),貝ljAH=A〃|x2一.一附3=(-566.0kJmol-|)x2—(―116.5kJmor1)—(+180.5kJmor')=—1196.0kJ-moP'o(2)①曲線a中，NO的起始濃度為6xl0rmgmr,A點的脫除率為0.55,B點的脫除率為0.75,從A點到B點經過10s,該時間段內NO的脫除速率S75—0.55 4展?叫3=[2乂]。=mg,m-3.s-■o②NH3與NO的物質的量的比值越大，NH3的物質的量越大，NO的脫除率越大，物質的量之比分別為1：2、1：1.5、3：1,所對應的曲線分別為c、b、a。（3）活化能是指一個反應要想進行所需要的最低能量，則沒有水加入的反應的活化能為E=0.75eV；有水加入的反應的活化能為E=0.57eV,所以水可使氧分子活化反應的活化能降低。（4）①根據裝置圖可知，電極B通入氨氣，在KOH溶液中氨氣被氧化為氮氣，電極反應式為2NH3—6e-+6OH-=N2+6H2O;②由化學方程式可知，A極消耗6moi二氧化氮，生成3moi氮氣，反應轉移24moi電子，則反應轉移1.2mol電子，A極生成0.15mol氮氣，標準狀況下體積為0.15molx22.4Lmor'=3.36L。（二）選做題37.［化學一選修3：物質結構與性質］（15分）鋰離子電池是現代高性能電池的代表，高性能的電極材料與物質結構密切相關。（l）LiFePC>4因具有良好的結構穩定性而成為新一代正極材料，這與POF的結構密切相關，P0「的立體構型為oP、0、S的電負性從大到小的順序為o（2）通常在電極材料表面進行“碳”包覆處理以增強其導電性。抗壞血酸1 OII 、°^OsV^cn2onh（）oil J常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是,抗壞血酸中碳原子的雜化方式為,1mol抗壞血酸中手性碳原子的數目為（Na為阿伏加德羅常數的值）。（3）Li+過度脫出易導致鋰電池結構坍塌產生Ch而爆炸，實驗證實。2因具有單電子而成為順磁性分子，下列結構式（黑點代表電子）中最有可能代表02分子結構的是（填標號）。???????A.:O==O: B.：O—O:C.:go： D.：0—0：（4）目前最常用的電極材料有鋰鉆復合氧化物和石墨。①鋰鉆復合氧化物中Li、C。、0分別形成了六邊層狀結構（圖a）,按照Li-0-CD-Li—O-Co-O—Li順序排列，則該化合物的化學式為,Co?+的價層電子排布式為o②石墨晶胞（圖b）層間距為dpm,C—C鍵長為apm,石墨晶體的密度為pg-cm、，列式表示阿伏加德羅常數的值為.

oo?oo?Co?Li圖a 圖b【答案】⑴正四面體形（1分）0>S>P（1分）（2）分子中含有多個羥基，可與水分子間形成氫鍵（1分）sp2、sp3（2分）2Na（1分）（3）B（2分）（4）①LiCoChQ分）3d（4）①LiCoChQ分）3d6（1分）②163c12dp【解析】（1）PO『中P原子價層電子對個數445+3-4x2=4且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷空間構型為正四面體形；元素的非金屬性越強，其電負性越大，則電負性00H°丫20HO>S>Po（2）抗壞血酸1100H J中碳原子數目相對較少，且分子內含4個羥基，可與水形成分子間氫鍵，因此易溶于水；分子內有碳碳單鍵，對應碳原子為Sp,雜化方式，也有碳碳雙鍵，對應碳原子為Sp?雜化方式；與四個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳原子，由圖知，1個抗壞血酸分子中含2個手性碳原子，貝I]1mol抗壞血酸中手性碳原子的數目為2M。（3）結合信息：Ch因具有單電子而成為順磁性分子，從示意圖知B結構中化學鍵有3電子，B有單電子，B滿足。（4）鋰鉆復合氧化物中Li、C。、0分別形成了六邊層狀結構（圖a）,整個六棱柱結構中：Li個數為12x；+2x[+6=9個，Co個數為7+6*?=9,0個數為14+12x（=18,則Li、Co和0個數比為1：1：2,化學式為LiCoCh;CcP+的電子排布式為[Ar]3d6,其價層電子排布式為3d6；石墨晶胞中碳原子數目=8x：+4xJ+l+2x：=4,故晶胞的質8 4 2量=4、衛^g,層內（平行四邊形）C―C鍵長為apm=axi0roem,底面的邊長為2x堂"10一|。Na 2cm=3"l（）r。cm,底面上的高為日x底面的邊長=}xi（）-iocm,層間距為dpm,則晶胞的體積cmx|axio-1°cmx2i/xl0-10cm=3^t/a2x10-30cm3,則該晶胞的密度〃=彳=

gcm3,貝ljNa=廠-x1030。3第々2乂1（）-3。 73cl2dp38.［化學——選修5：有機化學基礎］（15分）由于聚碳酸酯結構的特殊性，芳香族聚碳酸酯已成為五大工程塑料中增長速度最快的通用工程塑料。某芳香族聚碳酸酯的合成路線如下:方式② , _催化劑、方式② , _催化劑、已知：①RCOORi+R20H >RCOOR2+RiOHMclrHr方式①X藝工環氧乙烷OH g［A? 0家\②2^+”—C—R2—>HO OH+h2O（1）工藝X的名稱為,有機物E的名稱是。（2）C到F的反應類型為;有機物P的結構簡式是o（3）反應V的化學方程式為o（4）有機物W的相對分子質量是D的三倍，且二者的最簡式相同，滿足下列條件的W的同分異構體的結構簡式是o①分子中含有甲基②核磁共振氫譜顯示有2組峰0 0_. / 脫水劑、］一口（5）已知：?2-C00H >—C—0—C—+H2O；HO OH內l—COOH②內酯型酚配（ 0 ）在pHVO時可轉變為 M。寫出以鄰二甲苯H。1—HAir-coon和苯酚為原料合成 KJ 的合成路線： （無機試劑任選）。【答案】（1）裂解（2分）乙烷（2分）（2）加成反應（2分）HOCH2cH20H（2分）

(3)noII催化劑l：llv(3)noII催化劑l：llv<>—€—OCH,CH,+(2n-l)H2O(2分)(4)H,C附(2分)【解析】對比F和苯的分子式可知，C為丙烯，根據B為甲烷，逆推A生成B、C的反應為烷燒的裂解，進而推知D為乙烯，E為乙烷，F-H是異丙苯氧化生成H(苯酚)和丙酮的反CH,

1( ＜：—/；~~()11)應，反應II是苯酚+丙酮-M 1" 的反應；反應H1是環氧乙烷和二氧化碳中()

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的碳氧雙鍵發生的加成反應；根據信息①可知，反應IV是一和甲醇發生醇酯交換反應，產CH,物P是乙二醇，N是碳酸二甲酯，反應V是碳酸二甲酯與 二%.發生的縮聚反應。(1)根據以上分析，工藝X的名稱為裂解，有機物E為乙烷；(2)C到F為苯和丙烯在催化劑條件下生成異丙苯的反應，反應類型為加成反應，產物P是乙二醇，結構簡式為HOCH2cH20H；(3)反應V是碳酸二甲酯與反應V是碳酸二甲酯與發生的縮聚反應，化學方程式為CH. ° 產0IIO—II 傕化劑H-Eo-O—€3kOCH.n鼠’+/必(1：-℃小f CH, +(2n?l)H2。；(4)有機物W的相對分子質量是D的三倍，且二者的最簡式相同，則W的分子式為C6H匕滿足①分子中含有甲基，②核CH,A,磁共振氫譜顯示有2組峰的物質是1,2,3-三甲基環丙烷，結構簡式為H,CCH,；(5)HO OHho-O\T/0^-°h,以鄰二甲苯和苯酚為原料合成水解會得到,以鄰二甲苯和苯酚為原料合成水解會得到八-COOHM的合成路線，對比前后結構可知，需要將苯酚與鍛基結構反應，即發生所給信息②的反應，同時鄰二苯右側要形成環狀結構，鄰二甲苯可以被高鎰酸鉀氧化成鄰苯二甲,,—<H>||酸（ 根據題給信息可知，鄰苯二甲酸分子內脫水可形成環狀，合成路線圖為2022年新高考模擬試題及解析02.化學與生產、生活及社會發展密切相關。下列說法正確的是（）A.醫療上用濃度為95%的酒精殺菌消毒.葡萄糖作為人類重要的能量來源，是由于它能發生水解C.石墨纖維和制醫用口罩的聚丙烯纖維都是有機高分子化合物D.聚合硫酸鐵［Fe2（OH）,（SO4）』是新型絮凝劑，可用來處理水中的懸浮物【答案】D【解析】A項，過高濃度的酒精使蛋白質凝固的本領很大，能使細菌表面的蛋白質凝固起來，形成了一層硬膜，阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌免遭死亡，酒精濃度過低，雖可進入細菌，但不能將其體內的蛋白質凝固，同樣也不能將細菌徹底殺死，醫療上用濃度為75%的酒精殺菌消毒，故A錯誤；B項，葡萄糖屬于單糖，不能發生水解反應，葡萄糖在人體組織中緩慢氧化放出熱量，供給人體所需能量，故B錯誤；C項，石墨纖維是由碳元素構成的單質，不是有機高分子化合物，故C錯誤；D項，聚合硫酸鐵［Fe2（OHMSO4）,］”中的鐵離子在水溶液中能發生水解反應，生成氫氧化鐵膠體，可以吸附水中的懸浮物，故D正確。.在酸性環境中，納米Fe/Ni復合材料去除污染水體中的NO3的反應過程（Ni不參與反應）如圖所示。下列表達反應過程或現象的方程式錯誤的是（）A.反應步驟i：NO?+Fe+2H+=NO2+Fe2++H2OB.反應步驟ii：NO7+3Fe+8H+=3Fe2++NHt+2H2OC.反應進行一段時間，過濾出水體中出現的白色絮狀物，白色絮狀物在空氣中最終變成紅褐色：4Fe（OH）2+02+2H2O=4Fe（OH）3D.向硝酸亞鐵溶液中滴加稀硫酸發現溶液變黃：2Fe2++SO「+4H+===2Fe3++SO2T+2H2O【答案】D【解析】反應步驟i是NOf與Fe反應生成NOW和Fe2+,NOf-NO?得2e\Fe-Fe?+失2e,根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，配平離子方程式為NO5+Fe+2H+===NO5+Fe2++H2O,A項正確；反應步驟ii是NO）與Fe發生氧化還原反應生成Fe2+和NH九NO3-NH；得6e，Fe-Fe?+失2e,根據得失電子守恒'電荷守恒和原子守恒，配平離子方程式為NO5+3Fe+8H+=3Fe2++N}K+2H2。，B項正確；隨著反應進行，

c(H+)減小，溶液堿性增強，反應一段時間后出現白色絮狀物Fe(0H)2,在空氣中放置發生反應：4Fe(OH)2+02+2H2O==4Fe(OH)3,變成紅褐色的Fe(0H)3,C項正確；向硝酸亞鐵溶液中滴加稀硫酸溶液變黃，是因為酸性條件下NO3將Fe2+氧化為Fe3+,離子方程式為3Fe2++4H++NO7=3Fe3++NO?+2H2O,D項錯誤。.下列實驗對應的現象及結論均正確的是()選項實驗操作現象結論A將SO2通入BaCL溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSCh沉淀，后被氧化為BaSO4B向酸性KMnO4和H2c2。4的混合液中加入一小塊MnSO4生成氣體的速率加快，溶液迅速褪色MnSO4可能是該反應的催化劑C向NaAlCh溶液中滴加NaHCCh溶液固體有白色渾濁出現，并產生氣體AlCh-結合H+的能力比CO32強D將濃硫酸滴入蔗糖中并攪拌得到黑色蓬松的固體并產生有刺激性氣味的氣體該過程中濃硫酸僅體現了吸水性和脫水性【答案】B【解析】A項，亞硫酸的酸性弱于鹽酸，二氧化硫不能與氯化鋼溶液反應，不可能有白色的亞硫酸鋼沉淀生成，故A錯誤；B項，向酸性高鎰酸鉀和草酸的混合液中加入一小塊硫酸鎰固體，生成氣體的速率加快，溶液迅速褪色說明硫酸鎰是該反應的催化劑，使反應速率加快，故B正確；C項，向偏鋁酸鈉溶液中滴加碳酸氫鈉溶液，偏鋁酸根結合氫離子的能力強于碳酸根，偏鋁酸鈉溶液與碳酸氫鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，反應中沒有氣體生成，故C錯誤；D項，濃硫酸具有脫水性和強氧化性，將濃硫酸滴入蔗糖中并攪拌，濃硫酸先表現脫水性使蔗糖脫水碳化，再表現強氧化性與脫水碳化生成的碳發生氧化還原反應生成二氧化硫、二氧化碳和水，從而得到黑色蓬松的固體并產生有刺激性氣味的氣體，故D錯誤；故選B。.復雜天然產物MV合成過程的某片段如圖(已知Me表示甲基)，下列有關敘述錯誤的是()A.X的分子式為C10H14O3COOMeA.X的分子式為C10H14O3COOMeB.X、Y都能使酸性重鋁酸鉀溶液變色C.X、Y中均最多有7個碳原子在同一平面D.能用Na來鑒別X、Y【答案】C【解析】A項，有機物X分子式為C10H14O3,A正確；B項，X、Y中都含有碳碳雙鍵，故都能使酸性重銘酸鉀溶液變色，B正確；C項，只有Y中最多有7個碳原子共面，C錯誤；D項，X不能與鈉反應，Y能與鈉反應，D正確；故選C。.多相催化反應是在催化劑表面通過吸附、解吸過程進行的。我國學者發現T°C時(各物質均為氣態)，甲醇與水在銅催化劑上的反應機理和能量變化如圖。下列說法正確的是()下列說法正確的是()A.反應過程只有C-H鍵斷開B.反應I的活化能為(c-a)krmoHC.總反應的熱化學方程式為：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)/〃4=(b-a)kJ,moLD.反應歷程中，反應II決定整個反應進程的快慢【答案】C【解析】A項，據圖可知反應過程中甲醇中的O-H鍵也發生斷裂，故A錯誤；B項，反應1的活化能為反應物斷鍵吸收的能量，即反應1過程中最大能量與a的差值，圖中沒有體現反應I過程中的最大能量，故B錯誤；C項，熔變=生成物的能量-反應物能量，據圖可知總反應的熱化學方程式為：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)/，4=(b-a)kJ?mo「，故C正確；D項，據圖可知反應i的活化能大于反應n的活化能，活化能越大反應越慢，慢反應決定整個反應的反應速率，所以反應I決定整個反應進程的快慢，故D錯誤；故選C。.普通電解精煉銅的方法所制備的銅中仍含雜質，利用下面的雙膜(陰離子交換膜和過濾膜)電解裝置可制備高純度的Cu。下列有關敘述正確的是()電段《 ?—電段《 ?—T———I 電殘射\I—I/80〃 '國強規洛府 1-化蒙黃: A.電極a為粗銅，電極b為精銅B.甲膜為過濾膜，可阻止陽極泥及漂浮物雜質進入陰極區C.乙膜為陰離子交換膜，可阻止雜質陽離子進入陰極區D.當電路中通過Imol電子時，可生成32g精銅【答案】D【解析】A項，由題意結合電解原理可知，電極a是陰極，為精銅；電極b陽極，為粗銅，A不正確；B項，甲膜為陰離子交換膜，可阻止雜質離子陽離子進入陰極區，B不正確；C項，乙膜為過濾膜，可阻止陽極泥及漂浮物雜質進入陰極區，C不正確；D項，當電路中通過Imol電子時，可生成0.5mol精銅，其質量為32g,D正確。故選D。.主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序數均不大于20。化合物ZW2與水劇烈反應，生成一種強堿和一種可燃性氣體單質，Q與X同族，且X的最外層電子數是內層電子數的3倍，常溫下，丫的單質能溶于Q的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法正確的是（）A.簡單離子半徑：Z>Q>X>YB.工業上用電解相應氯化物冶煉丫單質C.Q與X形成的化合物中，每個原子最外層均滿足8電子結構D.化合物ZW2中只含有離子鍵【答案】D【解析】由題意知，ZW2是CaH?,Z是Ca元素、W是H元素；X的最外層電子數是內層電子數的3倍，故X是O元素，Q與X同族，則Q為S元素，丫的單質能溶于Q的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，則丫為A1元素。A項，Ca2+、S2有3個電子層，0”、AP+有兩個電子層，Ca2\S3的半徑偏大，電子層相同時，根據“序小徑大"，S2'>Ca2+,O2>aP+,所以簡單離子半徑：q>Z>X>Y,A項不符合題意；B項，工業上電解AbCh冶煉A1單質，B項不符合題意；C項，.Q與X形成的化合物有S02與S03,S原子最外層電子數均不滿足8電子結構，C項不符合題意；D項，化合物ZW2是CaFh,屬于離子化合物，電子式為[H：「Ca：+[:H「，只含有離子鍵，D項符合題意；故選D二、非選擇題（本大題共4小題，共58分）（一）必做題（14分）實驗小組研究Ag2s的生成與轉化。已知：i.AgCl（s）+3Cl-（aq）AgCh3'（aq）ii.常溫下一些鹽在水中的溶解度及顏色如下表：鹽AgClAg2sAg2sO3Ag2sO4CuS溶解度/g1.5X10-41.3x10-164.6x1O-40.7961.08x10-17顏色白色黑色白色白色黑色⑴證明AgCl能夠轉化為Ag2S,實驗如下:/2滴0」0?卜1廠溶液114滴0.101。1七'鵬溶酒|0 匕L白色沉淀 日一現象a1mL0.1molTJ溶液a①AgNCh溶液是溶液(填“a”或"b”)，另一溶液是NaCl溶液。②現象a是o(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2s轉化為AgCl,實驗如下：①白色固體含AgCl,結合平衡移動原理解釋加水稀釋產生白色固體的原因：o②小組同學對Ag2s轉化為AgCl的原因提出假設：假設一：S2-可與CM+形成CuS,從而降低cS)加入CM+是使Ag2s發生轉化的主要原因；假設二：Ag，可與C1-形成AgCQ,從而降低c(Ag+),加入Ct是使Ag2s發生轉化的主要原因。小組同學設計對比實驗，證明假設二不合理，實驗操作和現象是(3)有文獻表明，HNCh能使Ag2s轉化為Ag2s03,實驗如下：①加入濃氨水，溶解白色固體a的目的是o②檢驗白色固體b中含有亞硫酸根的實驗操作和現象是。(4)綜合上述實驗，溶解度較大的銀鹽轉化為Ag2s較容易；而使Ag2s轉化為溶解度較大的銀鹽，可采取的措施有。【答案】(1)①b(l分)②白色沉淀變為黑色沉淀(2分)(2)①加水稀釋使平衡AgCl(s)+3Cl(aq) AgC4-(aq)逆向移動，生成白色沉淀(2分)②用2mL4moi/LNaCl溶液浸泡Ag2s沉淀，取上層清液，加水稀釋，未見白色沉淀產生(2分)(3)①使白色沉淀a中的SCh?進入溶液中，以便后續檢驗(2分) ②向白色固體b中加入足量鹽酸，沉淀部分溶解(2分)(4)加入合適的試劑，使之轉化為更難溶的硫化物；加入合適的氧化劑，將S2-氧化(3分)【解析】(1)證明AgCl能夠轉化為Ag2S,①由上圖可知，應是向氯化鈉溶液中滴加AgNCh溶液至白色沉淀不再生成，證明氯離子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化鈉溶液，則溶液中白色沉淀轉化成了黑色沉淀，證明有硫化銀生成；b溶液應為AgNCh溶液；⑵研究CuCL溶液能否使Ag2s轉化為AgCl,①白色固體含AgCl,已知：1人8(:16)+3。-(aq)AgCQ(aq),用2ml2moi/LCuCb溶液來浸泡硫化銀固體，因為氯離子濃度較大，會有一些硫化銀轉化為氯化銀，而氯化銀又繼續和氯離子反應生成更穩定的AgC14)(aq)離子，所以過濾后，上層清液里含有AgCQ(aq)離子，加水稀釋，使AgCl(s)+3Cl(aq)AgCU3"(aq)逆向移動，有氯化銀白色沉淀生成；②小組同學對Ag2s轉化為AgCl的原因提出假設：認為Ag+可與Ct形成AgCU3",從而降低c(Ag+),加入Ct是使Ag2s發生轉化的主要原因是不合理的，因此做了對比實驗，增大氯離子的濃度，再取上層清液加水稀釋沒有看到白色沉淀出現，認為假設二不合理；(3)有文獻表明，HNCh能使Ag2s轉化為Ag2s03,①用硝酸浸泡硫化銀固體，因為硝酸具有強氧化性，所以可把硫化銀氧化，生成亞硫酸銀白色沉淀，加濃氨水后，亞硫酸銀和氨水反應轉化為銀氨溶液，又向溶液中加入過量的硝酸鋼溶液，會生成白色的亞硫酸鋼沉淀，所以加入濃氨水，使白色沉淀a中的SCh2-進入溶液中，以便后續檢驗，②若白色固體b中含有亞硫酸根，則向白色固體b中加入足量鹽酸，沉淀部分溶解，證明含有亞硫酸根離子；(4)綜合上述實驗，可以得出以下結論：溶解度較大的銀鹽轉化為Ag2s較容易；而使Ag2s轉化為溶解度較大的銀鹽不容易，如果要使Ag2s轉化為溶解度較大的銀鹽可采取加入加入合適的試劑，使之轉化為更難溶的硫化物；或者加入合適的氧化劑，將S3氧化。(14分)(14分)1.某化工廠以銘鐵礦(主要成分為FeO和CnCh,含有ALCh、SiO?等雜質)為主要原料生產化工原料紅帆鈉(主要成分Na2Cr2O7-2H2O),工藝流程如圖：.Bi(OH)3HLI紅磯鈉卜@H溶液ii虛固口|溶液.常溫，NaBiCh不溶于水，有強氧化性，堿性條件下，能將CN轉化為CrOF..常溫時，部分金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的pH如下表：金屬離子Fe3+Al'',Cr3+Fe2+開始沉淀時的pH 2.7 3.4 5.5 7.5 0.7完全沉淀時的pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5(1)步驟①提高酸溶速率的措施(任填一條即可)。固體A的成分是 (填化學式)。(2)步驟③需加氫氧化鈉溶液調節pH,調節pH范圍為,目的是(3)寫出④反應的離子方程式o(4)將溶液H經過即得紅羽鈉粗晶體。II.經該工廠的工業廢水中含1.00x10-3moi1一1的CnO歹，其毒性較大。該化工廠的科研人員為了變廢為寶，將廢水處理得到磁性材料Cro3Fei.5Fe04(Fe的化合價依次為+3、+2),又設計了如下工藝流程：|Cr°.sFe"FeO](5)第①步反應的離子方程式是.(6)常溫時，如忽略步驟①所加FeSCV7H2O所引起的溶液體積變化，依據上表數據，則步驟②加入NaOH溶液調節溶液的pH至9時，溶液中Cr3+的濃度為*3.2)。⑺欲使1L該廢水中的50廠完全轉化為Cro.5Fei.5Fe040理論上需要加入FeSO4-7H2O的質量為g(已知FeSO4-7H2O的摩爾質量為278gmo「)。【答案】(1)加熱/攪拌/粉碎/適當提高稀硫酸的濃度(任寫一條)(1分)SiO2(l分)(2)4.9<pH<5.5使Fe3\Ap+均完全轉化為Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀而被除去(2分)⑶3NaBiCh+2C~++7OH+H2O=2CrOF+3Bi(OHR+3Na+(2分)(4)蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌干燥(2分)(5)。2。/+6F/++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O(2分)(6)6.4x10-14(2分)(7)2.78(2分)【解析】(1)加熱、攪拌、粉碎、適當提高稀硫酸的濃度均可加快化學反應速率，任答一種即可。銘鐵礦中的FeO、CnCh和AI2O3均能溶于硫酸，SiCh不溶，故第①步得到的固體A為SiO2o(2)步驟③的目的是使Fe3+、AF+均完全轉化為Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀而被除去，但不能使CF+沉淀，故需要調節的pH范圍為4.9<pH<5.5o(3)在堿性條件下，NaBiCh能將CN+轉化為CrOF,則反應的離子方程式為3NaBiO3+2C13++70H-+H2O=2CrOr+3Bi(OH)3；+3Na+o(4)由溶液H得紅磯鈉粗晶體需經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌干燥。(5)CnOy有強氧化性，在酸性條件下能將Fe2+氧化為Fe3+,自身被還原為C2+,反應的離子方程式為Cr2Or+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O?(6)常溫時，如忽略步驟①所加FeSCU7FhO所引起的溶液體積變化，依據上表數據得知CH開始沉淀時pH=5.5,即c(OH-)=Kw=cHixin-14———=lxio-8-5molL-1,則/fSp[Cr(OH)3]=cCCr3+)c3(OH_)=O.OOlx2x(lxio-85)3^6.4x10-1X1055it- [X]0~142二步驟②加入NaOH溶液調節溶液的pH至9時，c(QH")= =^^-=1x10^mol-Lr,根據Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)-cSlOHlMclCF+KaxiorpnGdxio-29,則溶液中Cr3+的濃度為c(Cr3+)=6.4xl()r4moi(7)1L該廢水中〃(5。/)=卜10-3mol,根據Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2Or~4Cro.5Fe?,5FeO4~10FeSO4-7H2O,因此理論上〃(FeSO4-7H2O)=10〃(Cr2。歹)=lOxJxio-3mol=0.01mol,所以質量m(FeSC)4,7H20)=0.01molx278g?mori=2.78g。(15分)H2s和SO2是兩種大氣污染物，H2s和SO2的轉化是資源利用和環境保護的重要研究課題。(1)H2s與CO?發生如下反應：H2S(g)+CO2(g)=C0S(g)+H20(g)△〃相關的化學鍵鍵能數據如表：化學鍵C=O(CO2)C=O(COS)C=SH—0H—SE/kJemol-l803739577465399由此計算△〃=_<)(2)高溫下CO可將SO2還原成硫蒸氣：4CO(g)+2SO2(g) 4CO2(g)+S2(g)A//i<0o①平衡時CO的體積分數(％)與溫度和壓強的關系如圖1所示(虛線框表示沒有測定該條件下的數據)。10°「平衡時CO的體積分數/%「、丁2、「由大到小的關系是,判斷的理由是.②742K時，在起始壓強為po,體積為VL的恒容密閉容器中投入amolCO和0.5amolSO2,達到平衡后容器壓強變為0.9p。，則SO2的平衡轉化率為該溫度下該反應的平衡常數a=(用平衡分壓代替平衡濃度計算平衡常數，列出計算式即可)。③該反應的正、逆反應速率表達式分別為V正=k￡c4(CO)c2(SO2)、V送=k^c4(CO2)C(S2)。(k正、k逆分別為正、逆反應的反應速率常數，只與溫度有關)Arrhenius提出了速率常數與溫度一E&的經驗公式：k=AeRT(k為速率常數，A為常數，e為自然對數的底數，R為理想氣體常數，T

為熱力學溫度，Ea為活化能)。在相同溫度下，活化能越大，速率常數越(填“大”或k逆“小當該反應達到平衡后，升高溫度，k正(填“增大”、“減小”或"不變’)。(3)電化學處理H2s和SO?是近年來發展迅速的廢氣處理方法。某科研小組將微電池技術用于去除工業尾氣中的H2S,裝置示意圖如圖2,主要反應為2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H20,室溫時，pH=7的條件下，研究反應時間對H2s的去除率的影響。裝置中微電池負極的電極反應式為o一段時間后，單位時間內H2s的去除率降低，可能的原因是NaCl溶液滲層NaClNaCl溶液滲層NaCl溶液鐵硬填料含有H2s的工業尾氣、空氣圖2【答案】⑴+38kJ/mol(2分)(2)①T3>T2>「(2分)壓強越大，CO的體積分數越小，T2、T3對應的CO的體積分數逐漸增大，該反應逆向進行，則13>12>小(2分)0.61.35xO.9po)4x*|xO.9p°②0.61.35xO.9po)4x*|xO.9p°②60%(2分)(―xo.9p(yx(—xo.9P(y(2分)③小(1分) 增大(1分)(3)Fe-2e-+H2S=FcS+2H+(1分) 生成的FeS附著在鐵碳填料的表面，原電池負極的表面積減小，化學反應速率減慢(2分)【解析】(1)H2s(g)+CCh(g) COS(g)+H2O(g)AH=2x339kJ/mol+2x803kJ/mol-739kJ/mol-577kJ/mol-2x465kJ/mol=+38kJ/mol；(2)①反應4co(g)+2SCh(g) 4CO2(g)+S2(g)A//i<0,是氣體分子數減小的放熱反應，增大壓強，平衡正向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CO的體積分數增大，由圖1,壓強越大，CO的體積分數越小，「、T2vT3對應的CO的體積分數逐漸增大，該反應逆向進行，則T3>T2>［；②742K時，在起始壓強為po,體積為VL的恒容密閉容器中投入amolCO和0.5amolSO2,達到平衡后容器壓強變為O.9po,則S02的平衡轉化率為設轉化的SO2的物質的量為x,列三段式：

4CO（fi4CO（fi+▲S02（S）-士4CO：@+s3起始量mola0.5a00變化量mol2xX2x0.5x平衡量mola-2x0.5a-x2x0.5xn平_p平1.5a-0.5x0.9p0根據PV=nRT,同溫同壓下，% p始91.5aP。，1nIn—xl00%=60%轉化率為°$a ；平衡時n『1.35a,各氣體的分壓:,則S02的平衡a-2xO.3a0.4 0.5a-0.3a 0.2Pco22x0.3a1.35a=25xa3axO9po=Pco22x0.3a1.35aL35a 1-35 ,該溫度下該反應,0.6._,40.15（ x0.9pn）x-x0.9pnn4.D ~~___L35__21r_p（co2）P（s2）_04 A02 ,;③活化能越大，速率越小,的平衡常數PP&-SO「（而x°%?（13ro;③活化能越大，速率越小,升高溫度，平衡左移，增大；（3）Fe在負極放電，電極反應式：Fe-2e-+H2S=FcS+2H+；一段時間后，去除率降低的原因：生成的FeS附著在鐵碳填料的表面，原電池負極的表面積減小，化學反應速率減慢。（二）選做題37.［化學一選修3：物質結構與性質］（15分）Al、Cr、Co、Ni的合金及其相關化合物用途非常廣泛，如鋰離子電池的正極材料為LiCoCh,電解質溶液為LiBF4溶液。（1月。2+的基態核外電子排布式為,BFr的空間構型為.（2）鉆元素可形成種類繁多的配合物。三氯五氨合鉆的化學式為Co（NH3）5Ch,是一種典型的維爾納配合物，具有反磁性。0.01molCo（NH3）5Cb與足量硝酸銀溶液反應時生成2.87g白色沉淀。CO（NH3）503中Co,+的配位數為,該配合物中的配位原子為oQ-on Q^nhkS nh?（3）1951年Tsao最早報道了用LiAlFU還原睛： 」 。①LiAlM中三種元素的電負性從大到小的順序為_（用元素符號表示）。中碳原子的軌道雜化類型為,Imol該分子中含。鍵的物質的量（5）NiO的晶胞結構如圖乙所示，其中離子坐標參數A為（0,0,0）,B為（1,1,1）,則C的離子坐標參數為o一定溫度下，NiO晶體可以自發地分散并形成“單分子層”，可以認為O”作密置單層排列，Ni2?填充其中（如圖丙），已知02一的半徑為叩m,設阿伏加德羅常數的值為Na,每平方米的面積上具有該晶體的質量為（用含a、Na的代數式表示）g。【答案】⑴[Ar]3d7或Is22s22P63s23P63d7（2分）正四面體（1分）（2）6（1分）N、Cl（l分）（3）①H>Al>Li（1分）②sp、sp2（l分）20moi（1分）（4）Cr2CoAl（2分）1 1 25Gxi（5）（1,2,2）（2分）2a-NA（3分）【解析】（DC。?，基態核外電子數為25個，所以基態核外電子排布式為[Ar]3d7或Is22s22P63s23P63d7；BF，中B價層有4個電子對，呈正四面體構型；（2）生成白色沉電2.87g,2.87g則n（AgCl）J43.5g/mol=002moi,說明該配合物外界含有兩個氯離子，另外一個氯離子和氨氣分子為內界，所以配位數為6,中心原子是C。，配位原子是N和C1；（3）①元素的金屬性越強，電負性越小，在常溫下，Li可與水反應，A1不與水反應，說明Li的金屬性強于A1,則其電負性小于Al,A1和Li均能與酸反應置換出Hz,說明H的電負性最大，則LiAlH」中三種元素的電負性從大到小的順序為：H>Al>Li;②中既有碳碳三鍵，又有苯環，則碳原子的軌道雜化類型為sp、sp2；共含有7moi碳氫鍵，12moi碳碳鍵及1mol碳氮三建，則共含有◎鍵的物質的量為20mo1；（4）頂點粒子占豆，面上粒子占5,棱上粒子占W,內部粒子為整8xi+6xl+4xl=8個晶胞所有，所以一個晶胞中含有Cr的數目為： 8 2 ,一個晶胞中含有C。12x-+1x1=4的數目：4 ,一個晶胞中含有A1的數目為：4x1=4,所以晶體化學式為Cr2CoAl；(5)NiO的晶體結構如圖甲所示，其中離子坐標參數A為(0,0,0),B為(1,1,0),_L_L LLC在x、y、z軸上的投影分別是1、5'5,所以C晶胞參數為(1,5,5);根據圖知，每個Ni原子被3個O原子包圍、每個O原子被3個Ni原子包圍，如圖所示,相鄰的3個圓中心連線為正三角形，三角形的邊長為2apm.每個三角形含有一個Ni原子，三角形的面積=(2x2ax2axsin60°xi()-24)m2=6x102%2m之，如圖實際上每個Ni原1x6=1子被兩個小三角形包含，小平行四邊形面積為2次x o原子個數=% ,每平1 M 1 59+16-7= X—g—7= :--X g方米面積上分散的該晶體的質量=26X10"Na=2>/3xio-'a2'256xI2a2NA-= Ago38.［化學——選修5：有機化學基礎］(15分)貝凡洛爾是一種用于治療高血壓的藥物，其中間體F的一種合成路線如下：(1)F中含氧官能團名稱為、o(2)B—C的反應類型為o(3)在Ni催化下C與H2反應可得X,X的分子式為C10H15O2N,寫出X的結構簡式(4)寫出同時滿足下列條件的D的所有同分異構體的結構簡式1①屬于芳香化合物，能發生銀鏡反應和水解反應②分子中只有4種不同化學環境的氫wQ踹為原料制wQ踹為原料制?鵬寫出該制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。【答案】（1）酶鍵（I分）酰胺鍵（1分）（2）取代反應（2分）【解析】A（）與HCHO【解析】A（）與HCHO發生加成反應、然后與HC1發生取代反應生成）,E與X）,E與X發生取代反應生成2aB（CHjO、 ）,B與KCN在K2cCh作用下發生取代反應生成CH3A ^^y^jj^COOH）,C水解生成D（CHj5人1 ）,D與PCk發生取代反應生成醒鍵和酰胺鍵；（2）B-C的反應為在碳酸鉀溶液中，5。兒,與KCN發生取代反應生成;CHjO.(3)C的結構簡式為eq,2 ,分子中含有的一C三N能夠與氫氣發生加成反應，由(3)C的結構簡式為eqch3o.式C10H15O2N可知，在Ni催化下，ImolC與2moi氫氣發生加成反應生成chqch3o.人八.nh?X的結構簡式為CHQ? ；(4)由D的一種同分異構體屬于芳香化合物，能發生銀鏡反應和水解反應可知，該同分異構體的結構中含有苯環、醛基和酯基；由分子中只有4種不同化BCO學環境的氫可知，苯環上的含氧取代基可能為一OOCH和一0H或一OOCH和一0CH3,其中含BCO,OCHmHCOO-有一OOCH和一OCH3的結構簡式為HtCO,含有HCOO-有一OOCH和一OCH3的結構簡式為HtCO,含有一OOCH和一HCOO-8周、H0HCOO-0H的結構簡式為 H0;(5)由題給有機物的轉化流程可知，以與澳發生加成反應生成BrCOOH00。Br,在碳酸鉀溶液中，與澳發生加成反應生成BrCOOH00。Br,在碳酸鉀溶液中，&與KCN發生取代反應生成CN,CN經酸化得到&JOH,和CH2NH2為原料制備、48NH—J的合成步驟為2022年新高考化學模擬試題及解析037.2020年7月31日我國北斗三號全球衛星導航系統正式開通，北斗系統的建設與化學有著密切的聯系。下列說法不正確的是()A.北斗衛星天線的核心材料是比頭發絲還細的金屬絲，其主要成分是高純度金等B.北斗衛星運載火箭采用了四氧化二氮例2。4)、偏二甲駢［(CH3)2NNH2］、液氫、液氧作為推進劑，它們的分子中都含共價鍵C.北斗衛星運載火箭發射時產生的紅色煙霧主要是因為N2O4被氧化生成了NO2氣體D.枷原子鐘被譽為導航衛星的“心臟”，其元素枷處于第1A族【答案】C【解析】A項，北斗衛星天線的核心材料的金屬絲主要成分是高純度金和鋁，A正確；B項，四氧化二氮例2。4)、偏二甲腑［(CH3)2NNH2］'液氫'液氧的分子中都含共價鍵，B正確；C項，N2O4與NO?中無元素化合價的升降，未發生氧化還原反應，C錯誤；D項，根據元素周期表信息可知，枷位于元素周期表第五周期第1A族，D正確；故選C。8.設Na代表阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是()A.含Na個銅原子的CuO和Cu2s的混合物質量為80.0gB.標準狀況下，22.4L氧氣作氧化劑時轉移電子數一定為4Na500mL2mol'L-1碳酸鈉溶液中帶電粒子數一定大于3Na50mLi8moiL-濃硫酸與足量鋅粒反應，產生的氣體分子數小于0.9M【答案】B【解析】A項，CuO的摩爾質量為80gCu2s的摩爾質量為160g-mori,含Na個銅原子的CuO的質量為80.0g,含Na個銅原子的Cu2s的質量為80.0g,故含Na個銅原子的CuO和Cu2s的混合物質量為80.0g,故A正確；B項，標準狀況下，22.4L氧氣的物質的量為1mol,若鈉在氧氣中燃燒，1mol氧氣完全反應生成1mol過氧化鈉，轉移2moi電子，即1molCh作氧化劑時轉移電子數不一定為4Na,故B錯誤；C項，500mL2moi1一1碳酸鈉溶液中，碳酸鈉的物質的量為0.5x2=l(mol),1mol碳酸鈉可以電離出2moi鈉離子和1mol的碳酸根離子，由于碳酸根離子部分水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，導致溶液中陰離子數目增多，所以溶液中帶電粒子總物質的量大于3mol，總數大于3Na,故C正確；D項，50mL18moll/i濃硫酸中硫酸的物質的量=0.05xl8=0.9(mol),消耗0.9mol硫酸生成0.45mol二氧化硫，由于鋅足量，濃硫酸的濃度逐漸減小，鋅與稀硫酸反應生成氫氣，1mol硫酸生成1mol氫氣，故反應生成二氧化硫和氫氣總物質的量小于0.9mol,數目小于0.9敞，故D正確。.根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是()

選項實驗操作和現象結論A向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNCh溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀h溶液中存在平衡：b L+IB在Ca(ClO)2溶液中通入SCh氣體，有沉淀生成酸性：H2SO3>HC1OC向Na2s溶液中滴加鹽酸，產生氣泡Cl的非金屬性比S強D在植物油中滴幾滴酸性高銹酸鉀溶液，振蕩，溶液褪色植物油含有酯基【答案】A【解析】A項，滴加淀粉溶液變藍說明含有碘單質，滴加硝酸銀產生黃色沉淀，說明含有1-,所以Kb的溶液中含12、卜，即Kb溶液中存在平衡為6=^L+r,故A正確；B項，在Ca(C10)2溶液中通入SO2氣體，有沉淀生成是因為次氯酸根將二氧化硫氧化成硫酸根，硫酸鈣微溶所以有沉淀生成，不能比較兩種酸的酸性強弱，故B錯誤；C項，氫化物的酸性強弱不能作為非金屬性強弱的判斷依據，應比較最高價含氧酸的酸性強弱，故C錯誤；D項，植物油的結構中含有碳碳雙鍵，所以可以使酸性高銃酸鉀溶液褪色，并不是酯基，故D錯誤；故選A。.化合物Z是合成某種藥物的中間體，可由下列反應制得：下列有關化合物X、Y和Z的說法不正確的是()A.X分子中有一個手性碳原子B.已知試劑Y的分子式為：C5H13N3,則Y的結構簡式為：X、Z一定條件下均可以和氫氣發生加成反應X、Z一定條件下都可以和鹽酸、NaOH溶液反應【答案】D【解析】A項，X分子中有一個手性碳原子，故A正確；B項，X中含有竣基，Z中有肽鏈，是竣基和氨基發生取代反應生成的，可以得出Y中有氨基，依據碳原子守恒可推出Y的結構簡式為： H,故B正確；C項，X、Z均含有苯環和碳碳雙鍵，可以與氫氣發生加成反應，故C正確；D項，X中沒有氨基，與鹽酸不反應，故D錯誤；故選D。20世紀60年代合成了催化劑Rh(PPh3)3C(Ph表示苯基)，實現了溫和條件下的烯煌加氫。以丙烯加氫為例，可能的催化機理如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.Rh(PPh3)3Cl—Rh(PPh3)2Cl的反應過程中有PPh3(三苯基瞬)生成B.反應過程中Rh和H的化合價有變化，C1和C則保持不變C.實際降低丙烯加氫反應活化能的可能是Rh(PPh3)2ClD.PPh3中的P和烯煌中的雙鍵均可提供電子對與Rh原子共用【答案】B【解析】A項，Rh(PPh3)3Cl-?Rh(PPh3)2。的反應過程中脫去1分子PPh3,故A正確；B項，反應過程中碳的化合價也有變化(C3H6+H2-C3H8),故B錯誤；C項，Rh(PPh3)3Cl^Rh(PPh3)2Cl后才發生循環反應，故實際降低丙烯加氫反應活化能的可能是Rh(PPh3)2Cl,故C正確；D項，P原子最外層有5個電子，其中3個與苯基碳原子形成共價鍵，還有1對未共用電子對，可提供給Rh原子共用。由圖可觀察到烯煌中的雙鍵也可提供電子對與Rh原子共用，故D正確；故選B。H2s是一種劇毒氣體，對H2s廢氣資源化利用的途徑之一是回收能量并得到單質硫，反應原理為2H2s(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(1)AH=-632kJ?molL如圖為質子膜H2s燃料電池的示意圖。下列說法正確的是()A.電池工作時，電流從電極a經過負載流向電極bB.電路中每流過4moi電子，電池會向外界釋放632kJ熱能C.電極a上發生的電極反應式為2H2s-4e=S2+4H+D.22.4LH2s參與反應時，2moiH，經質子交換膜進入正極區【答案】C【解析】A項，根據反應原理可知，通H2s的一極為負極，失去電子，電子從電極a經過負載流向電極b,則電流從電極b經過負載流向電極a,故A錯誤；B項，原電池是化學能轉化為電能的裝置，因此電路中每流過4moi電子，電池不會向外界釋放632kJ熱能，故B錯誤；C項，電極a是負極，H2s失去電子轉化為S2,結合質子交換膜，寫出電極反應式：2H2S-4e=S2+4H+,故C正確；D項，沒有標明狀態，根據氣體體積不能確定物質的量，故D錯誤；故選CoW、X、Y、Z四種短周期元素的原子序數依次增大，其中X、Y、Z位于同一周期，W、丫位于同一主族，Z原子的最外層電子數是X原子最外層電子數的2倍。丫與Z形成的一種化合物的結構如圖所示，下列敘述不正確的是（）A.最簡單離子的半徑：X<ZB.最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>YX的氧化物既能溶于稀硫酸，又能溶于燒堿溶液16gz的單質與足量的W的最高價含氧酸濃溶液共熱反應時，轉移2moie-【答案】D【解析】W、X、丫、Z四種短周期元素的原子序數依次增大，由丫與Z形成的一種化合物的結構可知Z形成2個共價鍵、丫形成3個共價鍵，Z的最外層電子數為6,丫的最外層電子數為5,其中X、丫、Z位于同一周期，W、丫位于同一主族，結合原子序數可知W位于第二周期時，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外層電子數是X原子最外層電子數的2倍，X的最外層電子數為3,則X為A1、丫為P、Z為S、W為N。A項，電子層越多、離子半徑越大，則最簡單離子的半徑：X<Z,故A正確；B項，非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，則最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y,故B正確；C項，X的氧化物為氧化鋁，具有兩性，既能溶于稀硫酸，又能溶于燒堿溶液，故C正確；D項，發生16gS+6HNO3（濃）Ah2so4+6NO2T+2H2。，n（S）=32g/mol=05molj轉移電子為o.5molx（6-0）=3mol,故D錯誤；故選D。二、非選擇題（本大題共4小題，共58分）（一）必做題（14分）焦亞硫酸鈉（Na2s2O5）具有強還原性，在醫藥、橡膠'印染、食品方面應用廣泛。某化學小組擬用如圖裝置制備焦亞硫酸鈉。洞絲A BC D實驗步驟：①按圖連接裝置，檢查裝置氣密性；②裝入藥品，加熱A中試管，C中反應至pH=4.1停止加熱，將A中銅絲外移脫離濃硫酸；③將C中液體轉移至蒸發裝置中，加熱，結晶脫水'過濾'洗滌、干燥。試回答下列問題：（1）A試管中發生反應的化學方程式為;B裝置的作用是.（2）C中反應至pH=4.1,C中溶液主要溶質為（填化學式）。（3）將步驟③C中液體加熱至過飽和結晶脫水生成焦亞硫酸鈉的化學方程式為;若溫度稍過高，可能還會生成;為了制得較純凈焦亞硫酸鈉，步驟③中應注意、o（4）Na2s2O5可用作食品抗氧劑。小組通過下述方法檢測某飲料中殘留的Na2s2O5：①取100.00mL飲料于錐形瓶中，加入0.0100mol/L的12溶液VimL,塞緊瓶塞充分反應。②打開瓶塞，將錐形瓶內液體調至接近中性，滴加4?5滴淀粉溶液變藍。用0.100mol/L的Na2s2O3溶液滴定，滴定至終點時，消耗Na2s2O3溶液VzmL,飲料中殘留的Na2s2O5為mg/Lo若滴定前溶液pH調至大于10,則殘留的Na2s2O5測定值（填“偏高”、“偏低”或“無影響（已知：S2O；+2L+3H2O=2SO：+41-+6H+2s2。；+I2=S4。：+21-）【答案】（l）Cu+2H2so4（濃）ACuSO4+SO2T+2H2OQ分） 防倒吸（1分）（2）NaHSO3（2分）（3）2NaHSCh=Na2s2O5+H2OQ分）Na2so3（或Na2so4）（1分） 小火加熱控制溫度（1分）隔絕空氣（1分）

（4）9.5%-47.5%（3分） 偏高（1分）【解析】⑴裝置A中，銅與濃硫酸反應，反應方程式為Cu+2H2s0?濃）&CuSO4+SO2T+2H2O；生成的二氧化硫氣體如果沒有裝置B直接通入C裝置中，會與飽和碳酸鈉溶液反應，發生倒吸現象，故裝置B的作用是防倒吸；（2）C中反應至pH=4.1,說明溶液顯酸性。Na2cCh顯堿性，Na2sCh顯堿性，NaHCCh顯堿性，而NaHSO?顯酸性，故C中溶液主要溶質為NaHSO3；（3）將步驟③C中NaHSCh溶液加熱至過飽和結晶脫水生成焦亞硫酸鈉，其化學方程式為：2NaHSCh=Na2s2O5+H2O;若溫度稍過高，NaHSCh會受熱分解生成二氧化硫和亞硫酸鈉，亞硫酸鈉可能被氧氣氧化成Na2so4,故溶液中可能生成Na2so3（或Na2so4）;焦亞硫酸鈉具有強還原性，也被0?氧化，故為了制得較純凈焦亞硫酸鈉，要步驟③中注意控制溫度和隔絕空氣；（4）發生的反應有：①S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+；?2S2O3=9.5V-47.5E,;若滴定前溶液pH調至大于10,I2-+I2=S4O62+2r；開始L與=9.5V-47.5E,;若滴定前溶液pH調至大于10,I2n(Z2)=-n(S,O：)=-xO.l00wo//Zxl^xlO'會與堿反應，消耗更多，則計算剩余的k就變少，最后計算殘留的Na2s2O5會偏高。27.（14會與堿反應，消耗更多，則計算剩余的k就變少，最后計算殘留的Na2s2O5會偏高。27.（14分）利用工業生產的鋅鎰廢料（含ZnO25%、MnO227%?還含有FeO、FezCh和不2 - 2 ,則與Na2s2O5的I2為0.0100/noZ/￡xr,xl0-3-5xl0-溶于酸的雜質）制備ZnSO47H2O和KMnCh的實驗流程如下：溶于酸的雜質）制備ZnSO47H2O和KMnCh的實驗流程如下：n(S1O^)=-n(I2)=-x(1.0xl0-5K-5.0xl05K)-x(1.0xl0-5r；-5.0xl0^)xl90xl03稀HjSO,加入HQ?、控溫、濾液|鋅缽廢料|煮沸'優濾-x(1.0xl0-5r；-5.0xl0^)xl90xl03稀HjSO,加入HQ?、控溫、濾液|鋅缽廢料|煮沸'優濾濾渣I用4S0,調pH、濾液「索要作—|粗ZnSO4-7HQ]KOH奏燧水浸一K2MnO41④過濾.溶液r濾渣調pH、過濾②通CO?至pH為10?11.趁熱過濾，濾液冷卻結苗圖記亂石~已知：①3K2MnC>4+2c02=2KMnO4+MnO21+2K2c。3②20（時相關物質在水中的溶解度數據見下表:物質K2CO3KH