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必刷卷05-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）
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这是一份必刷卷05-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共27页。试卷主要包含了 硫的化合物种类繁多， 下列实验所选装置正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷05
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神的答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识的内在联系和阅读理解能力。
1.实验探究题注重试题的探究性和开放性，淡化课本现成知识和结论，考查学生的创新意识和创新能力。如本卷的10题。
2.化学反应速率与化学平衡重点关注多步连锁反应、速率方程、反应历程及活化能分析。如本卷的9、15题。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中国科技改变世界。下列说法错误的是
A. “飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，密度小、强度高
B. “天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．“飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，该材料具有密度小、强度高的特点，A正确；
B．“天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，纳米气凝胶属于胶体，因而可产生丁达尔效应，B正确；
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，C正确；
D．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分是晶体硅，而和光导纤维主要措施二氧化硅，因此二者的成分不相同，D错误；
故合理选项是D。
2. 下列物质性质与用途的对应关系正确的是
A. 乙烯能够发生加成反应，可用做催熟剂
B. 具有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
C. 能与水反应，可用作食品干燥剂
D. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯可用于催熟剂，可催熟植物的果实，与发生加成反应没有关系，A不符合题意；
B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，且少量SO2对人体是无害的，不是因为二氧化硫漂白性，B不符合题意；
C．CaO能与水反应，消耗水，可用作干燥剂，C符合题意；
D．Fe3+与Cu反应生成Fe2+与Cu2+，说明Fe3+具有较强的氧化性，不是因为FeCl3溶液呈酸性，D不符合题意；
故选C。
3. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8的氮原子为
B. 由H和形成的过程为
C. 的结构式为
D. 的结构示意图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，A错误；
B．HCl中只含共价键，其电子式为 ，B错误；
C．NH3中含个N-H键，NH3的结构式为： ，C正确；
D．Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为 ，D错误；
故选：C。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. 的溶液中、、、
B. 水电离的mol/L的溶液中：、、、
C. mol/L的溶液中：、、、
D. 与Al反应能放出的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+水解显酸性，不能在的溶液中大量共存，A不符合题意；
B．水电离的mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中、均不能大量共存，B不符合题意；
C．mol/L的溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液呈强酸性，、、、相互不反应且能够在酸性溶液中大量共存，C符合题意；
D．、可形成微溶物CaSO4而不能大量共存，D不符合题意；
答案选C。
5. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
故答案为A。
6. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S制取单质硫的反应说法正确的是
A. 反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)的△S>0
B. 途径①中通入O2越多，越有利于单质S的生成
C. 途径②反应过程中，ZnO是反应的催化剂
D. 途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，△S<0，选项A错误；
B．途径①中若通入O2过多，氧气可能会将硫化氢转化为二氧化硫，不利于单质S的生成，选项B错误；
C．②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫，同时生成FeSO4和ZnSO4：Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2 FeSO4+ZnSO4，故ZnO为反应物不是催化剂，选项C错误；
D．根据反应Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol，选项D正确；
答案选D。
7. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得。
下列说法正确的是
A. lmolX最多能与1molNaOH发生反应 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X D. 咖啡酸在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
【答案】A
【解析】
【详解】A．lmolX含有1mol羧基，最多能与1molNaOH发生反应，故A正确；
B．单键可以旋转，咖啡酸分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；
C．X和咖啡酸中均含有碳碳双键，都可以使溴水褪色，不可用溴水检验咖啡酸中是否含有X，故C错误；
D．咖啡酸中羟基和羧基均能与水形成氢键，在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D错误；
故答案为A。
8. 下列实验所选装置正确的是
A. ①检查装置气密性
B. ②用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳
C. ③用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸
D. ④选择合适试剂，分别制取少量CO2、NH3、NO和O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．关闭止水夹，通过分液漏斗向烧瓶中加入水，若装置不漏气，加入一段时间后，水不能流进烧瓶中，故①可用于检查装置气密性，A正确；
B．图示仪器适用于块状固体与液体混合制取气体，而纯碱与硫酸混合后，盐溶解在水中进入溶液中，不能实现固液分离，因此不能使用该装置制取CO2气体，应该使用石灰石与稀盐酸反应制取CO2气体，B错误；
C．NaOH溶液显碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞而使滴定管与玻璃塞黏连，导致仪器报废，应该使用碱式滴定管盛装NaOH溶液进行酸碱中和滴定，C错误；
D．NH3的密度比空气小，不能使用向上排空气的方法收集；NO会与空气中的O2发生反应，不能使用排空气的方法收集，D错误；
故合理选项是A。
9. 将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S—In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法中错误的是
A. 使用S—In催化剂能够降低反应的活化能
B. 催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子
C. 制甲酸过程的决速步骤为
D. 电催化还原制甲酸总反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，故B正确；
C．由于反应最大，是影响制备甲酸的决速步骤，故C错误；
D．由图2可知，电催化还原制甲酸总反应为CO2+2H2O=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变，故D正确；
答案选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 学习小组进行如下实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验
现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
实验①、③的白色沉淀经检验为。下列说法合理的是
A. 实验①、②说明在碱性条件下电离得到
B. 实验①、②、③证明与反应过程存在反应
C. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
D. 可用、检验长期放置的中是否含有
【答案】AB
【解析】
【详解】A．实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，实验①生成BaO2白色沉淀，说明在碱性条件下电离得到，故A正确；
B．实验①、②、③中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，故B正确；
C．实验①、②、③中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．H2O与Na2O2反应生成H2O2，为避免生成BaO2白色沉淀的干扰，应该加入MnO2分解H2O2，再加入BaCl2观察是否有BaCO3白色沉淀，即可证明长期放置的过氧化钠中是否含有Na2CO3，故D错误；
故选AB。
11. 目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是
A. 制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B. 滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C. 制得0.1 mol KIO3至少需要标准状况下5.6 L Cl2
D. 制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
【答案】CD
【解析】
【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。
【详解】A．根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；
B．根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；
C．根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，C正确；
D．制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；
故合理选项是CD。
12. 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得、、和NaOH。下列说法错误的是
A. a为电解池的阴极
B. 电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为
C. 当电路中转移2mol电子时，1mol通过膜d向右移动
D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得120gNaOH
【答案】D
【解析】
【分析】电解池以制得、、和NaOH，根据电解池分析得到左边得到NaOH和，右边得到、，则a为阴极，b为阳极，则Cu(2)为负极，Cu(1)为正极。
【详解】A．根据前面分析得到a为电解池的阴极，故A正确；
B．电池放电过程中，Cu(2)为负极，则负极上的电极反应为，则B正确；
C．当电路中转移2mol电子时，阳极区剩余2mol ，要使溶液呈电中性，则1mol通过膜d向右移动，故C正确；
D．电池放电过程中，Cu(2)的电极反应为，Cu(1)的电极反应为，反应前原电池左边硫酸铜物质的量为5mol，右边硫酸铜物质的量为1mol，电池从开始工作到停止放电，则左右硫酸铜物质的量为3mol，因此右侧有2mol铜离子生成，则转移4mol电子，根据2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH，转移2mol电子得到2molNaOH即80g，因此电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得160gNaOH，故D错误。
综上所述，答案为D。
13. 25℃时，向溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的与[Y代表或]的关系如图。下列相关结论正确的是
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 25℃时
C. 当溶液的时，
D. 当滴入溶液时，
【答案】B
【解析】
【分析】溶液的与[Y代表或]的关系如图所示，(3,1.2)在曲线a上，则a对应的电离常数；(6,1.7)在曲线b上，则b对应的电离常数，由于草酸的一级电离常数大于二级电离常数，故曲线a表示与的变化关系，曲线b表示pH与的关系，Ka1=10-1.8，Ka2=10-4.3；
【详解】A．由分析可知曲线a表示与的变化关系，A错误；
B．25℃时，B正确；
C．根据电荷守恒有，C错误；
D．滴入溶液时即生成溶液，由分析可知，，，即的电离程度大于水解程度，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为，D错误；
答案选B。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. 三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为：，其实验装置如下图所示：
已知：①(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；
②碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将 (橙色)还原为(绿色)。
（1）A装置用于干燥和观察其流速，A中的试剂是_______；无水的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
（2）装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞，A装置中可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
（3）尾气与装置G中过量的溶液发生反应的离子方程式是_______。
（4）测定产品中，质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色)，使转化为。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓混合均匀，滴入3滴试亚铁灵做指示剂，用新配制的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点，消耗标准溶液(滴定中被还原为)。
①计算产品中质量分数为_______。
②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B.步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C.步骤Ⅲ中溶液部分变质
D.步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】（1） ①. 浓 ②. 防止G中水蒸气进人E装置 ③. 将和分别充分排入装置E和G中
（2） ①. A中导管内液面上升 ②. 对D处稍加热
（3）
（4） ①. 79.25% ②. AB
【解析】
【分析】实验室制取CrCl3的反应为CnO3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气，以此来解析；
【小问1详解】
根据题目信息：CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置，无水CaCl2的作用是防止中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；
【小问2详解】
若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升； D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
【小问3详解】
装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：COCl2+4OH-=CO + 2C1-+2H2O；
【小问4详解】
①
根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH)4Fe(SO4)2，(NH)4Fe(SO4)2的物质的量：n=cV=30.00×10-3L×1.0mol⋅L-1=3×10-2mol，测定产品中CrCl3质量分数为：=79.25%；
②
A．步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤I中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH)4Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．由提示可知，步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸，由于Cl-具有还原性，会反应消耗Cr2O，导致(NH)4Fe(SO4)2消耗的体积偏小，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，B符合题意；
C．步骤I中所(NH)4Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，C不符合题意；
D．步骤中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，D不符合题意；
故选AB。
15. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）减少碳排放的方法有很多，转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a.
b.
c.
上述反应中原子利用率最高的是_______(填编号)。
（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因是_______。
（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则_______0(填“>”、“<”或“=”)；其他条件不变，甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因是_______。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，_______(填“>”、“<”或“=”)；时，若起始压强为，计算_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数、与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的速率常数，则点_______表示c点的。
【答案】（1）b （2） ①. ②. 催化剂活性最高或温度较低反应速率较小，温度较高副反应平衡右移，副产物增多
（3） ①. < ②. 有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大 ③. < ④. 0.5 ⑤. B
【解析】
【分析】(1)根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，计算原子的利用率；
(2)根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2=CO2+2H2O，根据盖斯定律进行放热的计算；根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度高可能使催化剂的活性降低，进行分析；
(3)①根据图像可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，判断ΔH；浓度对平衡影响分析；
②根据图像可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，影响反应速率的因素进行判断，利用三行式进行分压数据分析，再根据Kp=进行计算；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)，则K=，该反应为放热反应，升高温度平衡移动，再进行分析；
【小问1详解】
根据题中信息CO2转化成有机化合物，有机物为我们的预期产物，其他属于没有充分利用的，根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，可知a的原子利用率为=×100%=48.4%；b.的原子利用率为×100%=64.0%；c.的原子利用率为×100%=28.0%，b的原子利用率高；
【小问2详解】
①根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2 =CO2+2H2O，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH3×2-ΔH1+=-395.6kJ⋅mol-1×2-（-156.9kJ⋅mol-1=-634.3kJ⋅mol-1；
②根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度过高主要发生副反应，温度低反应速度慢，温度高也可能使催化剂的活性降低，综合考虑选择500℃左右；
【小问3详解】
①根据图像可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，说明反应放热ΔH<0，分子筛膜能选择性分离出H2O (g)，使生成物的浓度降低，平衡正向移动，导致甲醇产率增大；
②根据图像可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，b点前温度低反应速率慢未到达平衡，b点后面达到了平衡，且温度高反应速率v(c)正=v(c)逆，a点未到达平衡温度低反应慢，且v(a)逆
恒容密闭容器，根据pV=nRT，可知p和n正比，反应后总的物质的量为(1+2+1+1)mol，的压强为×3.5MPa=2.5MPa，根据Kp===0.5；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)则K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk越小，即点B表示c点的lgk正；
16. 回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度()如表：
温度/
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
（1）Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
（2）Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
（3）浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是_______。
（4）Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是_______。
（5）工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为_______。
（6）Ⅵ步将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是_______。
【答案】（1）增大接触面积，提高溶解效率
（2）、
（3）消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀
（4）温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
（5）
（6） ①. ②. 阳 ③.
【解析】
【分析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
【小问1详解】
Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
【小问2详解】
Ⅱ步加入过量溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、。故答案为：、；
【小问3详解】
浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀。故答案为：消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀；
【小问4详解】
根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
【小问5详解】
工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为。故答案为：；
【小问6详解】
①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。故答案为：；阳；
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是，故答案为：。
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 石墨烯、高温氯化钠、砷化镉等超导材料应用广泛。回答下列问题：
（1）石墨烯结构如图1所示，则碳原子的杂化方式为_______，12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为_______。
（2）温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2方格处填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，此时晶体的导电性大大增强。已知氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+最可能通过途径_______(填图中序号)迁移到空位处。
（3）石墨烯限域单原子铁催化剂使CH4在室温条件下被H2O2直接氧化为HCHO、HCOOH，比较HCHO、HCOOH的沸点高低并说明理由_______。
（4）镉(Cd)与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的价电子排布式为_______；与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，原因是_______。
（5）砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构为正方体如图3，占据顶点和面心，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，其中“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_______。晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为_______pm(列计算式即可)。
【答案】（1） ①. sp2 ②. 1∶3
（2）Ⅰ （3）HCOOH沸点较高，因为HCOOH分子之间存在氢键
（4） ①. 4d105s2 ②. 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水中的H+而电离出OH-
（5） ①. (，1，) ②.
【解析】
【小问1详解】
在石墨烯结构中每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，因此C原子杂化类型是sp2杂化；
在一个正六边形中含有6个C原子，每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，为相邻的3个正六边形所共有，则1个小六边形中含有的C原子数目是6×=2，每个C-C共价键都是σ键，是相邻的2个C原子形成，故平均1个六边形含有2个C原子，含有3个σ键；12 g 石墨烯中C的物质的量是1 mol，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，含有σ键物质的量是1.5 mol，因此12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为0.5 mol：1.5 mol=1：3；
【小问2详解】
导电性增强的原因：该晶体导电时，Na+在电场作用下迁移到空位上，形成电流；在氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+不可能通过途径II迁移到空位处，则是Na+最可能通过途径I迁移到空位处；
【小问3详解】
HCHO、HCOOH都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于HCOOH的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致HCOOH的沸点比只存在分子间作用力的HCHO高；
【小问4详解】
Zn是第四周期四IIB元素，原子核外价电子排布式是3d104s2，则与Zn同一族且处于相邻周期的Cd元素的基态原子的价电子排布式为4d105s2；
由于原子半径：N＜P，元素的电负性：N＞P，则NH3更易结合水中的H+而电离出OH-，因此溶液的碱性：NH3强于PH3；
【小问5详解】
如图的原子坐标系，①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，) ，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1；③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；
根据均摊法，该晶胞中As原子个数为：8×+6×=4，含有Cd原子数为6个，该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为体对角线的。假设晶胞边长为a pm，则根据晶胞密度计算公式可得ρ=，a=×1010 pm，故该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为L=pm。
18. 物质F可用于制造有机离子导体，其某种合成路线如下：
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）试剂X的名称为___________，C中官能团的名称为___________。
（2）D→E的化学方程式为_____，检验E中是否含有D的试剂为____，E→F的反应类型为_____。
（3）符合下列条件的D的同分异构体有___________种。
①属于芳香族化合物 ②能发生银镜反应 ③含有6种不同化学环境的氢
（4）结合上述合成路线，设计由3-溴-1-丁醇为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
【答案】（1） ①. 甲醛 ②. 碳碳三键、羟基
（2） ①. +H2O2+H2O ②. 溴水 ③. 加成反应
（3）5 （4）CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH
【解析】
【分析】A是乙炔，结构简式是CH≡CH，CH≡CH与HCHO发生信息①反应产生B是CH≡C-CH2OH，B与溴苯发生取代反应产生C是，C与H2在Pd催化下加热发生加成反应产生D：，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，E与CO2、TBAB加热发生加成反应产生F。
【小问1详解】
试剂X是HCHO，名称为甲醛；C是，其中含有的官能团名称为碳碳三键、羟基；
【小问2详解】
D是 ，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，则D→E的反应方程式为： +H2O2+H2O；
D中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，而E不能使溴水褪色，因此检验E中是否含有D的试剂为溴水；
E与CO2在TBAB作用下发生加成反应产生F，故E →F的反应类型是加成反应；
【小问3详解】
D是 ，其同分异构体符合条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③含有6种不同化学环境的氢，可能的结构有、、、、，共5种不同结构，因此有5种同分异构体；
【小问4详解】
3-溴-1-丁醇(CH3-CHBr-CH2-CH2OH)与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH3-CH=CH-CH2OH，然后与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生，然后与CO2在TBAB作用下加热发生加成反应产生目标产物，故以3-溴-1-丁醇为起始原料制取的合成路线为：CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH。
2022年高考化学考前信息必刷卷05
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神的答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识的内在联系和阅读理解能力。
1.实验探究题注重试题的探究性和开放性，淡化课本现成知识和结论，考查学生的创新意识和创新能力。如本卷的10题。
2.化学反应速率与化学平衡重点关注多步连锁反应、速率方程、反应历程及活化能分析。如本卷的9、15题。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中国科技改变世界。下列说法错误的是
A. “飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，密度小、强度高
B. “天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．“飞扬”火炬外壳由碳纤维与树脂的复合材料制成，该材料具有密度小、强度高的特点，A正确；
B．“天问一号”火星车使用热控保温材料一纳米气凝胶，纳米气凝胶属于胶体，因而可产生丁达尔效应，B正确；
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，C正确；
D．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分是晶体硅，而和光导纤维主要措施二氧化硅，因此二者的成分不相同，D错误；
故合理选项是D。
2. 下列物质性质与用途的对应关系正确的是
A. 乙烯能够发生加成反应，可用做催熟剂
B. 具有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
C. 能与水反应，可用作食品干燥剂
D. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯可用于催熟剂，可催熟植物的果实，与发生加成反应没有关系，A不符合题意；
B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，且少量SO2对人体是无害的，不是因为二氧化硫漂白性，B不符合题意；
C．CaO能与水反应，消耗水，可用作干燥剂，C符合题意；
D．Fe3+与Cu反应生成Fe2+与Cu2+，说明Fe3+具有较强的氧化性，不是因为FeCl3溶液呈酸性，D不符合题意；
故选C。
3. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8的氮原子为
B. 由H和形成的过程为
C. 的结构式为
D. 的结构示意图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，A错误；
B．HCl中只含共价键，其电子式为 ，B错误；
C．NH3中含个N-H键，NH3的结构式为： ，C正确；
D．Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为 ，D错误；
故选：C。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. 的溶液中、、、
B. 水电离的mol/L的溶液中：、、、
C. mol/L的溶液中：、、、
D. 与Al反应能放出的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+水解显酸性，不能在的溶液中大量共存，A不符合题意；
B．水电离的mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中、均不能大量共存，B不符合题意；
C．mol/L的溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液呈强酸性，、、、相互不反应且能够在酸性溶液中大量共存，C符合题意；
D．、可形成微溶物CaSO4而不能大量共存，D不符合题意；
答案选C。
5. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
故答案为A。
6. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S制取单质硫的反应说法正确的是
A. 反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)的△S>0
B. 途径①中通入O2越多，越有利于单质S的生成
C. 途径②反应过程中，ZnO是反应的催化剂
D. 途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，△S<0，选项A错误；
B．途径①中若通入O2过多，氧气可能会将硫化氢转化为二氧化硫，不利于单质S的生成，选项B错误；
C．②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫，同时生成FeSO4和ZnSO4：Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2 FeSO4+ZnSO4，故ZnO为反应物不是催化剂，选项C错误；
D．根据反应Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol，选项D正确；
答案选D。
7. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得。
下列说法正确的是
A. lmolX最多能与1molNaOH发生反应 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X D. 咖啡酸在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
【答案】A
【解析】
【详解】A．lmolX含有1mol羧基，最多能与1molNaOH发生反应，故A正确；
B．单键可以旋转，咖啡酸分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；
C．X和咖啡酸中均含有碳碳双键，都可以使溴水褪色，不可用溴水检验咖啡酸中是否含有X，故C错误；
D．咖啡酸中羟基和羧基均能与水形成氢键，在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D错误；
故答案为A。
8. 下列实验所选装置正确的是
A. ①检查装置气密性
B. ②用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳
C. ③用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸
D. ④选择合适试剂，分别制取少量CO2、NH3、NO和O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．关闭止水夹，通过分液漏斗向烧瓶中加入水，若装置不漏气，加入一段时间后，水不能流进烧瓶中，故①可用于检查装置气密性，A正确；
B．图示仪器适用于块状固体与液体混合制取气体，而纯碱与硫酸混合后，盐溶解在水中进入溶液中，不能实现固液分离，因此不能使用该装置制取CO2气体，应该使用石灰石与稀盐酸反应制取CO2气体，B错误；
C．NaOH溶液显碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞而使滴定管与玻璃塞黏连，导致仪器报废，应该使用碱式滴定管盛装NaOH溶液进行酸碱中和滴定，C错误；
D．NH3的密度比空气小，不能使用向上排空气的方法收集；NO会与空气中的O2发生反应，不能使用排空气的方法收集，D错误；
故合理选项是A。
9. 将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S—In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法中错误的是
A. 使用S—In催化剂能够降低反应的活化能
B. 催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子
C. 制甲酸过程的决速步骤为
D. 电催化还原制甲酸总反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，故B正确；
C．由于反应最大，是影响制备甲酸的决速步骤，故C错误；
D．由图2可知，电催化还原制甲酸总反应为CO2+2H2O=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变，故D正确；
答案选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 学习小组进行如下实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验
现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
实验①、③的白色沉淀经检验为。下列说法合理的是
A. 实验①、②说明在碱性条件下电离得到
B. 实验①、②、③证明与反应过程存在反应
C. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
D. 可用、检验长期放置的中是否含有
【答案】AB
【解析】
【详解】A．实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，实验①生成BaO2白色沉淀，说明在碱性条件下电离得到，故A正确；
B．实验①、②、③中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，故B正确；
C．实验①、②、③中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．H2O与Na2O2反应生成H2O2，为避免生成BaO2白色沉淀的干扰，应该加入MnO2分解H2O2，再加入BaCl2观察是否有BaCO3白色沉淀，即可证明长期放置的过氧化钠中是否含有Na2CO3，故D错误；
故选AB。
11. 目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是
A. 制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B. 滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C. 制得0.1 mol KIO3至少需要标准状况下5.6 L Cl2
D. 制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
【答案】CD
【解析】
【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。
【详解】A．根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；
B．根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；
C．根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，C正确；
D．制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；
故合理选项是CD。
12. 相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得、、和NaOH。下列说法错误的是
A. a为电解池的阴极
B. 电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为
C. 当电路中转移2mol电子时，1mol通过膜d向右移动
D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得120gNaOH
【答案】D
【解析】
【分析】电解池以制得、、和NaOH，根据电解池分析得到左边得到NaOH和，右边得到、，则a为阴极，b为阳极，则Cu(2)为负极，Cu(1)为正极。
【详解】A．根据前面分析得到a为电解池的阴极，故A正确；
B．电池放电过程中，Cu(2)为负极，则负极上的电极反应为，则B正确；
C．当电路中转移2mol电子时，阳极区剩余2mol ，要使溶液呈电中性，则1mol通过膜d向右移动，故C正确；
D．电池放电过程中，Cu(2)的电极反应为，Cu(1)的电极反应为，反应前原电池左边硫酸铜物质的量为5mol，右边硫酸铜物质的量为1mol，电池从开始工作到停止放电，则左右硫酸铜物质的量为3mol，因此右侧有2mol铜离子生成，则转移4mol电子，根据2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH，转移2mol电子得到2molNaOH即80g，因此电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得160gNaOH，故D错误。
综上所述，答案为D。
13. 25℃时，向溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的与[Y代表或]的关系如图。下列相关结论正确的是
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 25℃时
C. 当溶液的时，
D. 当滴入溶液时，
【答案】B
【解析】
【分析】溶液的与[Y代表或]的关系如图所示，(3,1.2)在曲线a上，则a对应的电离常数；(6,1.7)在曲线b上，则b对应的电离常数，由于草酸的一级电离常数大于二级电离常数，故曲线a表示与的变化关系，曲线b表示pH与的关系，Ka1=10-1.8，Ka2=10-4.3；
【详解】A．由分析可知曲线a表示与的变化关系，A错误；
B．25℃时，B正确；
C．根据电荷守恒有，C错误；
D．滴入溶液时即生成溶液，由分析可知，，，即的电离程度大于水解程度，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为，D错误；
答案选B。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. 三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为：，其实验装置如下图所示：
已知：①(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；
②碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将 (橙色)还原为(绿色)。
（1）A装置用于干燥和观察其流速，A中的试剂是_______；无水的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
（2）装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞，A装置中可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
（3）尾气与装置G中过量的溶液发生反应的离子方程式是_______。
（4）测定产品中，质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色)，使转化为。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓混合均匀，滴入3滴试亚铁灵做指示剂，用新配制的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点，消耗标准溶液(滴定中被还原为)。
①计算产品中质量分数为_______。
②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B.步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C.步骤Ⅲ中溶液部分变质
D.步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】（1） ①. 浓 ②. 防止G中水蒸气进人E装置 ③. 将和分别充分排入装置E和G中
（2） ①. A中导管内液面上升 ②. 对D处稍加热
（3）
（4） ①. 79.25% ②. AB
【解析】
【分析】实验室制取CrCl3的反应为CnO3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气，以此来解析；
【小问1详解】
根据题目信息：CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置，无水CaCl2的作用是防止中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；
【小问2详解】
若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升； D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
【小问3详解】
装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：COCl2+4OH-=CO + 2C1-+2H2O；
【小问4详解】
①
根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH)4Fe(SO4)2，(NH)4Fe(SO4)2的物质的量：n=cV=30.00×10-3L×1.0mol⋅L-1=3×10-2mol，测定产品中CrCl3质量分数为：=79.25%；
②
A．步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤I中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH)4Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．由提示可知，步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸，由于Cl-具有还原性，会反应消耗Cr2O，导致(NH)4Fe(SO4)2消耗的体积偏小，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，B符合题意；
C．步骤I中所(NH)4Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，C不符合题意；
D．步骤中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，D不符合题意；
故选AB。
15. 研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）减少碳排放的方法有很多，转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a.
b.
c.
上述反应中原子利用率最高的是_______(填编号)。
（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因是_______。
（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则_______0(填“>”、“<”或“=”)；其他条件不变，甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因是_______。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，_______(填“>”、“<”或“=”)；时，若起始压强为，计算_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数、与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的速率常数，则点_______表示c点的。
【答案】（1）b （2） ①. ②. 催化剂活性最高或温度较低反应速率较小，温度较高副反应平衡右移，副产物增多
（3） ①. < ②. 有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大 ③. < ④. 0.5 ⑤. B
【解析】
【分析】(1)根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，计算原子的利用率；
(2)根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2=CO2+2H2O，根据盖斯定律进行放热的计算；根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度高可能使催化剂的活性降低，进行分析；
(3)①根据图像可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，判断ΔH；浓度对平衡影响分析；
②根据图像可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，影响反应速率的因素进行判断，利用三行式进行分压数据分析，再根据Kp=进行计算；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)，则K=，该反应为放热反应，升高温度平衡移动，再进行分析；
【小问1详解】
根据题中信息CO2转化成有机化合物，有机物为我们的预期产物，其他属于没有充分利用的，根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，可知a的原子利用率为=×100%=48.4%；b.的原子利用率为×100%=64.0%；c.的原子利用率为×100%=28.0%，b的原子利用率高；
【小问2详解】
①根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2 =CO2+2H2O，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH3×2-ΔH1+=-395.6kJ⋅mol-1×2-（-156.9kJ⋅mol-1=-634.3kJ⋅mol-1；
②根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度过高主要发生副反应，温度低反应速度慢，温度高也可能使催化剂的活性降低，综合考虑选择500℃左右；
【小问3详解】
①根据图像可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，说明反应放热ΔH<0，分子筛膜能选择性分离出H2O (g)，使生成物的浓度降低，平衡正向移动，导致甲醇产率增大；
②根据图像可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，b点前温度低反应速率慢未到达平衡，b点后面达到了平衡，且温度高反应速率v(c)正=v(c)逆，a点未到达平衡温度低反应慢，且v(a)逆
恒容密闭容器，根据pV=nRT，可知p和n正比，反应后总的物质的量为(1+2+1+1)mol，的压强为×3.5MPa=2.5MPa，根据Kp===0.5；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)则K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk越小，即点B表示c点的lgk正；
16. 回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度()如表：
温度/
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
（1）Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
（2）Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
（3）浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是_______。
（4）Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是_______。
（5）工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为_______。
（6）Ⅵ步将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是_______。
【答案】（1）增大接触面积，提高溶解效率
（2）、
（3）消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀
（4）温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
（5）
（6） ①. ②. 阳 ③.
【解析】
【分析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
【小问1详解】
Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
【小问2详解】
Ⅱ步加入过量溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、。故答案为：、；
【小问3详解】
浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀。故答案为：消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀；
【小问4详解】
根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
【小问5详解】
工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为。故答案为：；
【小问6详解】
①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。故答案为：；阳；
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是，故答案为：。
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 石墨烯、高温氯化钠、砷化镉等超导材料应用广泛。回答下列问题：
（1）石墨烯结构如图1所示，则碳原子的杂化方式为_______，12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为_______。
（2）温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2方格处填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，此时晶体的导电性大大增强。已知氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+最可能通过途径_______(填图中序号)迁移到空位处。
（3）石墨烯限域单原子铁催化剂使CH4在室温条件下被H2O2直接氧化为HCHO、HCOOH，比较HCHO、HCOOH的沸点高低并说明理由_______。
（4）镉(Cd)与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的价电子排布式为_______；与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，原因是_______。
（5）砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构为正方体如图3，占据顶点和面心，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，其中“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_______。晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为_______pm(列计算式即可)。
【答案】（1） ①. sp2 ②. 1∶3
（2）Ⅰ （3）HCOOH沸点较高，因为HCOOH分子之间存在氢键
（4） ①. 4d105s2 ②. 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水中的H+而电离出OH-
（5） ①. (，1，) ②.
【解析】
【小问1详解】
在石墨烯结构中每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，因此C原子杂化类型是sp2杂化；
在一个正六边形中含有6个C原子，每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，为相邻的3个正六边形所共有，则1个小六边形中含有的C原子数目是6×=2，每个C-C共价键都是σ键，是相邻的2个C原子形成，故平均1个六边形含有2个C原子，含有3个σ键；12 g 石墨烯中C的物质的量是1 mol，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，含有σ键物质的量是1.5 mol，因此12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为0.5 mol：1.5 mol=1：3；
【小问2详解】
导电性增强的原因：该晶体导电时，Na+在电场作用下迁移到空位上，形成电流；在氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+不可能通过途径II迁移到空位处，则是Na+最可能通过途径I迁移到空位处；
【小问3详解】
HCHO、HCOOH都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于HCOOH的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致HCOOH的沸点比只存在分子间作用力的HCHO高；
【小问4详解】
Zn是第四周期四IIB元素，原子核外价电子排布式是3d104s2，则与Zn同一族且处于相邻周期的Cd元素的基态原子的价电子排布式为4d105s2；
由于原子半径：N＜P，元素的电负性：N＞P，则NH3更易结合水中的H+而电离出OH-，因此溶液的碱性：NH3强于PH3；
【小问5详解】
如图的原子坐标系，①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，) ，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1；③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；
根据均摊法，该晶胞中As原子个数为：8×+6×=4，含有Cd原子数为6个，该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为体对角线的。假设晶胞边长为a pm，则根据晶胞密度计算公式可得ρ=，a=×1010 pm，故该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为L=pm。
18. 物质F可用于制造有机离子导体，其某种合成路线如下：
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）试剂X的名称为___________，C中官能团的名称为___________。
（2）D→E的化学方程式为_____，检验E中是否含有D的试剂为____，E→F的反应类型为_____。
（3）符合下列条件的D的同分异构体有___________种。
①属于芳香族化合物 ②能发生银镜反应 ③含有6种不同化学环境的氢
（4）结合上述合成路线，设计由3-溴-1-丁醇为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
【答案】（1） ①. 甲醛 ②. 碳碳三键、羟基
（2） ①. +H2O2+H2O ②. 溴水 ③. 加成反应
（3）5 （4）CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH
【解析】
【分析】A是乙炔，结构简式是CH≡CH，CH≡CH与HCHO发生信息①反应产生B是CH≡C-CH2OH，B与溴苯发生取代反应产生C是，C与H2在Pd催化下加热发生加成反应产生D：，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，E与CO2、TBAB加热发生加成反应产生F。
【小问1详解】
试剂X是HCHO，名称为甲醛；C是，其中含有的官能团名称为碳碳三键、羟基；
【小问2详解】
D是 ，D与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生E：，则D→E的反应方程式为： +H2O2+H2O；
D中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，而E不能使溴水褪色，因此检验E中是否含有D的试剂为溴水；
E与CO2在TBAB作用下发生加成反应产生F，故E →F的反应类型是加成反应；
【小问3详解】
D是 ，其同分异构体符合条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③含有6种不同化学环境的氢，可能的结构有、、、、，共5种不同结构，因此有5种同分异构体；
【小问4详解】
3-溴-1-丁醇(CH3-CHBr-CH2-CH2OH)与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH3-CH=CH-CH2OH，然后与H2O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生，然后与CO2在TBAB作用下加热发生加成反应产生目标产物，故以3-溴-1-丁醇为起始原料制取的合成路线为：CH3-CHBr-CH2-CH2OHCH3-CH=CH-CH2OH。
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