2022年全國高考化學模擬試題解析8套

2022年全國卷新高考化學模擬試題01.《漢書?蘇武傳》有如下記載：“竹帛所載，丹青所畫”。其中竹帛是指竹簡單和白絹，丹青中的丹指丹砂（主要成分為HgS）,青指一種青色礦物顏料，既石青[主要成分為CU3（COj）2（OH）2]O下列相關說法正確的是（）A.竹與帛的主要成分是蛋白質(zhì).CU3（CO3）2（OH）2屬于堿式碳酸鹽C.丹砂在空氣中灼燒生成Hg和SD.石青在高溫下分解生成Cu、CCh和H2O【答案】B【解析】A項，竹的主要成分是纖維素，帛的主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯誤；B項，CU3（CCh）2（OH）2中陰離子是碳酸根離子和氫氧根離子，屬于堿式碳酸鹽，故B正確；C項，HgS在空氣中灼燒生成Hg和SO2,故C錯誤；D項，Cu3（CCh）2（OH）2在高溫下分解生成CuO、CO2和H2O,故D錯誤；故選B。.葡萄糖可發(fā)生以下轉化：2CHKHCOOH（乳酸）OH < C6Hl2。6（葡萄糖） >2cH3cH2OH+2co2T設Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.常溫常壓下，6.0g葡萄糖和乳酸的混合物中O原子數(shù)介于0.3Na與0.6Na之間Imol葡萄糖中含有6Na個羥基Imol乳酸與足量的乙醇反應可生成Na個乳酸乙酯分子D.相同條件下，相同物質(zhì)的量的乳酸分別與足量的鈉和碳酸氫鈉溶液反應，產(chǎn)生的氣體體積相同【答案】D【解析】A項，由于葡萄糖與乳酸的最簡式均為CHzO,所以6.0g混合物中含O原子數(shù)目為0.2Na,A錯誤；B項，每個葡萄糖分子中含有5個羥基，所以Imol葡萄糖中含有5Na個羥基，B錯誤；C項，由于酯化反應為可逆反應，不可能反應完全，所以Imol乳酸與足量乙醇反應生成的乳酸乙酯小于Imol,C錯誤；D項，由于乳酸分子中的羥基和竣基均可與鈉反應，所以鈉足量時，Imol乳酸可產(chǎn)生ImolHz,乳酸含有一個粉基，所以與足量碳酸氫鈉溶液反應時，Imol乳酸可產(chǎn)生ImolCCh,D正確；故選D。9.設Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕生成1molFe2Ch-nH2O（鐵銹），則負極上鐵單質(zhì)失去的電子數(shù)為B.100g32%甲醇水溶液中含有的O—H共價鍵數(shù)目為NaC.含NazSCh與NaHSCh共1mol的溶液中，MSO32)+^(HSO3-)+MH2SO3)=7VaD.C2HsOH+NaClO—CFhCHO+NaCl+HzO,則1mol[C2HsOH+NaQO]完全反應轉移電子數(shù)為Na【答案】C【解析】A項，鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕生成1molFe2Ch-nH2O(鐵銹)，根據(jù)鐵原子守恒可知消耗單質(zhì)鐵是2mol,負極上鐵失去電子轉化為亞鐵離子，則負極上鐵單質(zhì)失去的電子數(shù)為4Na,A不符合題意；B項，100g32%甲醇水溶液中，甲醇的物質(zhì)的量是Imol,根據(jù)其電子式Hh：c：6：hH"可知其中0-H共價鍵數(shù)目為Na,但水中也存在0-H鍵，B不符合題意；C項，含Na2sCh與NaHSCh共Imol的溶液中，依據(jù)物料守恒，n(SO32-)+zj(HSO3)+n(H2SO3)=1mol,貝ljMSO32-)+N(HSO3)+MH2so3)=Na,C符合題意；A項，C2H5OH+NaClO—CH3CHO+NaCl+H2O,次氯酸鈉作氧化劑，氯元素的化合價有+1價到-1價，化合價變化值是2,則1mol[C2H50H+NaC10]完全反應轉移電子數(shù)為2Na,D不符合題意；故選Co10.用圖示裝置制備補血劑甘氨酸亞鐵[(HzNCH2coO)2Fe](易溶于水，難溶于乙醇)。已知：檸檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和還原性，下列說法不正確的是A.先打開Ki、K排盡空氣后關閉K3,打開K2,并向c中滴加NaOH溶液，加熱c中加入檸檬酸可調(diào)節(jié)溶液的pH,并防止Fe2+被氧化c中反應的化學方程式為：2H2NCH2coOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2coO)?Fe+Na2so4+2比0D.洗滌得到的甘氨酸亞鐵所用的最佳試劑是檸檬酸溶液【答案】D【解析】A項，先打開Ki、K3,H2sO4與Fe反應產(chǎn)生FeS04、H2,H2可以將裝置中的空氣排出，待排盡空氣后關閉K3,打開K2,在裝置b中產(chǎn)生的FeS04在H2壓強的作用下沿導氣管進入裝置c中，并向c中滴加NaOH溶液，加熱，甘氨酸、FeSCU、NaOH發(fā)生反應，就制備得到補血劑甘氨酸亞鐵，A正確；B項，檸檬酸具有酸性、還原性，在c中加入檸檬酸既可調(diào)節(jié)溶液的pH,又可以防止Fe?+被氧化，以便于制取得到甘氨酸亞鐵，B正確；C項，在c中甘氨酸、FeSO4、NaOH溶液發(fā)生反應制取得到甘氨酸亞鐵，反應方程式為：2H2NCH2coOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2coO)2Fe+Na2so4+2H2O,C正確；D項，甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，因此洗滌得到的甘氨酸亞鐵所用的最佳試劑是乙醇，D錯誤；故選D?.下列離子方程式書寫錯誤的是()A.向明磯溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物質(zhì)的量最大時：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH=2Al(OH)3l+3BaSO41B.向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：C1O+CO2+H2O=HCO3+HC1OC.等物質(zhì)的量MgCL、Ba(0H)2和HC1溶液混合：Mg2++3OH+H+=Mg(OH)2l+H2OD.Ca(HCCh)2溶液與澄清石灰水按溶質(zhì)物質(zhì)的量之比2：3混合：Ca2++HCO3+OH-=CaCO3l+H2O【答案】C【解析】A項，向明磯溶液中滴加Ba(OH)2溶液，以明研.的物質(zhì)的量為Imol,含有2moiAF+'3moiSO4”，AF+恰好生成沉淀時，消耗3moiBa(0H)2,SCV完全沉淀時，消耗3moiBa(OH)2,若所加Ba(0H)2的物質(zhì)的量大于3mol,則會有A1(OH)3溶解，因此使沉淀的物質(zhì)的量最大時反應的離子方程式為：2A伊+3SO42+3Ba2++60H=2Al(OHR+BBaSOJ,故A正確；B項，因酸性：H2CO3>HC1O>HCO3,則向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：C10+CO2+H2O=HCO3-+HC1O,故B正確；C項，等物質(zhì)的量MgCL、Ba(OH)?和HC1溶液混合時，H+先與0H反應，剩余一半的0H?與Mg?+反應，因此反應離子方程式為2H++4OH+Mg2+=Mg(OHR+2H20,故C錯誤；D項，Ca(HCCh)2溶液與澄清石灰水按溶質(zhì)物質(zhì)的量之比2：3混合，0H-過量，則HCCh全部與0H反應生成C03。CCh?一再與Ca?，恰好反應生成CaCCh,反應離子方程式為Ca2++HCO+OH=CaCO31+H2O,故D正確；故選C。.為了減少對環(huán)境的污染，煤在直接燃燒前要進行脫硫處理。應用電解法對煤進行脫硫處理的基本原理如圖所示，下列說法不正確的是煤漿-MnSCh-H2sOs混合液A.陽極的電極反應：Mn2+-e=Mn3+B.每處理1molFeS2,導線上轉移了15moleC.H，在陰極放電生成氫氣D.電解過程中，混合液中H+的物質(zhì)的量濃度將變小【答案】D【解析】A項，由圖可知，MrP+在陽極失電子生成Mr?,,陽極的電極反應：Mn2+-e-=Mn3+,A正確；B項，F(xiàn)eS2與M/+反應生成MM+、Fe3\SO42-,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平方程式為FeS2+15Mn3++8H2O=15Mn2++Fe3++2SO42-+16H+,根據(jù)化合價的變化可知每處理1molFeS2,導線上轉移了15moie\B正確；C項，H+在陰極得電子發(fā)生還原反應2H++e=H2f,生成氫氣，C正確；D.電解過程中，當轉移15moi電子時，陰極消耗15moi氫離子，反應FeS2+15Mn3++8H2O=15Mn2++Fe3++2SO42-+16H+生成16moi氫離子，則混合液中H+的物質(zhì)的量濃度將增大，D錯誤；故選D。13.如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素，其中Y元素的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍。下列說法正確的是（）XYZWTY的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高Z的氧化物對應的水化物酸性比W的弱ZY2、XW4與NazZ的化學鍵類型相同D.根據(jù)元素周期律，可以推測存在TZz和TW4【答案】D【解析】X、Y、Z、W為短周期元素，Y元素的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，則Y為0元素，根據(jù)X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知，X為C元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，根據(jù)上述分析可知，X為C元素，Y為0元素，Z為S元素，W為C1元素，T為Ge元素。A項，Y的氫化物分別是H2O、H2O2,比0、H2O2常溫下都呈液態(tài)，X的氫化物為燒，燒分子中碳原子數(shù)不同，沸點差別很大，故Y的氫化物的沸點不一定比X氧化物的沸點高，A項錯誤；B項，Z的氧化物對應的水化物可能是硫酸或亞硫酸，W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱，若HC10屬于弱酸，H2s04屬于強酸，B項錯誤；C項，SO?、CCL的化學鍵類型為極性共價鍵，而Na2s的化學鍵類型為離子鍵，C項錯誤；D項，Ge與C同族，根據(jù)元素周期律可知，存在GeS2和GeCk,D項正確；故選D。二、非選擇題（本大題共4小題，共58分）（一）必做題（14分）實驗室以次氯酸鹽和鐵鹽為原料制備少量KzFeCM的操作步驟如下：.制備NaClO強堿性飽和溶液：①將20mLNaOH溶液加入儀器b中，冷水浴冷卻，通入CL,攪拌，直至溶液變?yōu)辄S綠色且有少量白色晶體析出為止（裝置如下圖所示）。②將所得飽和NaClO倒入燒杯并置于冷水浴中，分幾次加入20gNaOH固體并不斷攪拌，過濾，得NaClO強堿性飽和溶液。（1）甲裝置中a管的作用是.（2）寫出甲裝置中反應的化學方程式o（3）石灰乳的作用是。（4）反應過程中用冷水浴冷卻的原因是o.合成KjFeO4：①稱取5.05gFe（NCh）3-9H2O（相對分子質(zhì)量為404）固體，在冷水浴中分批加入I中所得濾液，并不斷攪拌，反應1小時后溶液呈深紫紅色（即Na2FeO4）o②離心分離除去NazFeCh水解得到的Fe（OH）3膠體，留上層清液（深紫紅色）。③向②的上層清液中緩慢加入KOH飽和溶液50.00mL,冰水浴保持5min,過濾，得KzFeCM相對分子質(zhì)量為198）粗產(chǎn)品。④將粗產(chǎn)品重結晶，并用異丙醇洗滌，低溫烘干，得純產(chǎn)品2.13g。（5）合成Na2FeO4的離子方程式為 。（6）過程③加入飽和KOH溶液即可得到KzFeO』粗產(chǎn)品，原因是。⑺用異丙醇洗滌的目的是o（8）K2FeO4的產(chǎn)率為（保留至0.1%）0【答案】（1）平衡壓強，使漏斗內(nèi)的液體能順利滴下（1分）（2）2KMnO4+16HC1=2KC1+MnCl2+5Cht+8H2O（1分）（3）除去未反應的氯氣，防止氯氣污染空氣（2分）（4）有利于氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成次氯酸鈉（2分）（5）2Fe3++3ClO+10OH=2FeO42+3Cr+5H2O（2分）（6）K2FeC>4的溶解度小于Na2FeO4,加入飽和KOH溶液可以增大IC的濃度，使Na2FeO4+2KOH=tK2FeO4+2NaOH平衡向右移動，析出晶體（2分）（7）用異丙醇代替水洗滌產(chǎn)品可以減少高鐵酸鉀的溶解損耗（2分）（8）86.1%（2分）【解析】（1）甲裝置中高鎰酸鉀與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，利用a管可平衡壓強，使漏斗內(nèi)的液體能順利滴下；（2）甲裝置中用高鎰酸鉀固體粉末與濃鹽酸發(fā)生反應可以制取氯氣，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl=2KCl+MnC12+5CbT+8H20；（3）氯氣有毒，污染空氣，石灰乳除去未反應氯氣，防止氯氣污染空氣；（4）溫度不同時，氯氣與NaOH反應的產(chǎn)物也不同，常溫下，生成次氯酸鈉，溫度高時，反應生成氯酸鉀，6NaOH+3Cl2A5NaCl+NaClOj+3H2O,降低了次氯酸鈉的產(chǎn)量；則反應過程中用冷水浴冷卻有利于氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成次氨酸鈉；（5）氫氧化鐵被次氯酸根氧化為高鐵酸根（FeCV）同時生成CivH2O,反應的離子方程式為2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl+5H2O；（6）該溫度下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，加入飽和KOH溶液可以增大K-的濃度，減小高鐵酸鉀的溶解，促進高鐵酸鉀晶體析出；（7）高鐵酸鉀可溶于水，用異丙醇代替水洗滌產(chǎn)品，可減少高鐵酸鉀的溶解損耗；（8）5.05gFe（NO3）3?9H2O的物質(zhì)的量為n（Fe（N03）3?9H20）=0.0125mol,根據(jù)鐵元素守恒可知n（K2FeO4）=0.0125mol,則/n（K2FeO4）=0.0125molx198g/mol=2.475g,則產(chǎn)率為2.13g=2.475gxioo%=86.1%o（14分）無色透明的錯石（主要成分為ZrSiOQ酷似鉆石，是很好的鉆石代用品。錯石又稱錯英石，常含有鐵、鋁、銅的氧化物雜質(zhì)。工業(yè)上一種以錯英石為原料制備ZrCh的工藝流程如圖所示：CO,C12溶CO,C12溶液鹽酸銅抑制劑NH.SCN濾渣2有機溶劑MIBK廢液已知：i.Zr在化合物中通常顯+4價，“氯化”過程中除C、O元素外，其他元素均轉化為高價氯化物；ii.SiCL.極易水解生成硅酸；ZrCk易溶于水，390(升華；iii.Fe(SCN)3難溶于有機溶劑MIBK,Zr(SCN)』在水中的溶解度小于在有機溶劑MIBK中的溶解度。請回答下列問題：(1戶粉碎”錯英石的目的為o(2)①“氯化”過程中，錯英石發(fā)生的主要反應的化學方程式為②“氯化”過程中ZrCL的產(chǎn)率與溫度、壓強的關系如圖所示:ZrCT,的產(chǎn)率/%340360380400420440由圖可知，"氯化''過程選擇的最佳條件為,“氯化”溫度超過390。＜3時，ZrC14產(chǎn)率降低的原因為O(3)“濾液1”中含有的陰離子除OH，C「外，還有(填化學式)。(4)①常用的銅抑制劑有NaCN(氧化鈉)，NaCN可與銅離子反應生成Cu(CN)2{/：Sp[Cu(CN)2]=4x10、。}沉淀。已知鹽酸溶解后的溶液中CM+的濃度為1mol【r,當溶液中CM+濃度不大于"io"mol【r時即達到后續(xù)生產(chǎn)的要求，則欲處理1L該溶液至少需要2molL_1的NaCN溶液的體積為L(溶液混合時的體積變化忽略不計，計算結果保留兩位小數(shù))。②由于氧化鈉有劇毒，所以需要對“廢液”中的氧化鈉進行處理，通常選用漂白粉或漂白液在堿性條件下將氟化鈉氧化，其中一種產(chǎn)物為空氣的主要成分。請寫出在堿性條件下漂白液與氟化鈉反應的離子方程式.(5)通過“萃取”“反萃取”可以分離鐵，富集錯，原理為o【答案】(1)增大反應物接觸面積，縮短“氯化”時間，提高錯英石的轉化率(2分)

(2)①ZrSiCh+4Ch+4CO===ZrCh+SiCl4+4CO2(2分)②1MPa、390℃溫度高于390℃,ZrCL因升華而逸出(2分)(3)AlO7xSiOR2分)⑷①1.02②2CN-+5clO-+2OFT==2CO夕+5C「+N2T+H2O(2分)(5)“絡合”后Fe3+和Zr4+分別與N&SCN反應生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4,Fe(SCN力難溶于MIBK,Zr(SCN)4則被MIBK萃取，進入有機層，再利用H2s反萃取Zr(SCN)4,從而達到分離鐵，富集錯的目的(4分)【解析】⑴錯英石“粉碎”后表面積增大，反應速率加快，“氯化”時間縮短，錯英石的轉化率提高。(2)①根據(jù)已知條件i可知，“氯化”過程中除C、O元素外，其他元素均轉化為高價氯化物，Zr在化合物中通常顯+4價，因此“氯化”過程中，錯英石發(fā)生的主要化學反應為ZrSiCU+4C12+4CO===ZrCl4+SiCl4+4CO2,此反應體系為無水體系，SiCk不水解。②由圖可知，壓強和溫度都會影響ZrCL的產(chǎn)率，圖中“氯化”過程中ZrC。的產(chǎn)率最高時的條件為1MPa、390℃o由已知條件ii可知ZrCL易溶于水，390°C升華，因此若“氯化”溫度超過390 ZrCl4因升華而逸出，導致其產(chǎn)率降低。(3)“氯化”后“堿浸”，“氯化”產(chǎn)物ZrCL與NaOH反應生成難溶于水的Zr(OH)4,SiC14水解生成的HzSiCh與NaOH反應生成NazSiCh,Fe3\CiP+轉化為沉淀，AF+與過量NaOH溶液反應生成AIO晨因此，“濾液1”中含有的陰離子除OH，C「外，還有A1O3SiOfo(4)①1LG?'濃度為1molLr的溶液中〃(Cu2+)=lmol,消耗2moiNaCNoc(CM+)=IxlOFmolirNaCNoc(CM+)=IxlOFmolir時，c(CN")=lxIO"molL_1=2xlO-2mol-L-1,設至少需要NaCN溶液的體積為VL,則2/-2=2xl0-2x(/+i),解得々1.02。②選用漂白粉或漂白液在堿性條件下將氧化鈉氧化，其中一種產(chǎn)物為空氣的主要成分，即為N2,因此漂白液與鼠化鈉反應的離子方程式為2CN-+5clCT+2OH-=2COF+5C「+N2T+H2O。(5)“濾液2”中含有Fe3+和Zr4+,“絡合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4,由已知條件iii可知Fe(SCN)3難溶于MIBK,Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有機溶劑M舊K中的溶解度，故通過萃取Zr(SCN)』進入有機層，F(xiàn)e(SCN)3留在水層，再利用硫酸將含有Zr(SCN)4的有機層反萃取，從而達到分離鐵而富集錯的目的。28.(15分))H2s是石油化工行業(yè)廣泛存在的污染性氣體，但同時也是重要的氫源和硫源，工業(yè)上可以采取多種方式處理。I.干法脫硫(1)已知①H2s(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH\=-akJ-mol1,②S(s)+02(g)=SCh(g)AH*-bkJ-mol-1則常溫下空氣直接氧化脫除H2S的反應：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(1)AH=_kJmor'。

(2)常用脫硫劑的脫硫效果及反應條件如下表，最佳脫硫劑為脫硫劑出口硫(mgm-3)脫硫溫度(°C)操作壓力(MPa)再生條件一氧化碳<1.33300~4000~3.0蒸氣再生活性炭<1.33當：日m/皿0~3.0蒸氣再生氧化鋅<1.33350—4000-5.0不再生鎰礦<3.994000-2.0不再生H.熱分解法脫硫在密閉容器中，充入一定量的H2s氣體，發(fā)生熱分解反應H2s(g)=H2(g)+Es2(g)控制不同的溫度和壓強進行實驗，結果如圖(a)。仆0箝分&溫度巾

圖(a)H?S平衡轉化率與溫度.東強的關系圖(3)圖(a)中壓強關系pi、22、P3由大到小的順序為,該反應為(填"吸熱”或“放熱”)反應。j_(4)若壓強為P2、溫度為975。(?時，H2s(g)=^H2(g)+5s2(g)的平衡常數(shù)K=0.04,則起始濃度c=_mol,L3若向容器中再加入1molH2s氣體，相同溫度下再次達到平衡時，K_0.04(填“>”“〈”或“=”)。ni.間接電解法脫硫間接電解法是通過FeCb溶液吸收并氧化H2s氣體，將反應后溶液通過電解再生，實現(xiàn)循環(huán)使用，該法處理過程如圖(b)。

圖(b)圖(b)間接電解法處理過程(5)電解反應器中陽極的電極反應式為,離子交換膜(選填“陽離子”或“陰離子”)交換膜。(6)氣液比為氣體與液體的流速比，吸收反應器內(nèi)液體流速固定。測定吸收器中相同時間內(nèi)不同氣液比下H2s的吸收率和吸收速率，結果如圖(c)所示，隨著氣液比減小，H2s的吸收速率逐漸降低，而吸收率呈上升趨勢的原因為o102nW:?一??”10102nW:901 ? ? ? 10l/$ l/IO1/20 1/)01/100Pt比ftkc)不阿氣液比下H：S的吸收率和吸收速率【答案】⑴-2a+2b(2分)(2)活性炭(1分)(3)P3?pi(2分)吸熱(1分)(4)0.018(2分)=(1分)(5)Fe2+-e=Fe3+(25>)陽離子(1分)(6)氣液比減小，通入H2s的總量減少，參加反應的H2s的量減少，吸收速率減小；吸收液的量增大，氣液接觸更充分，使硫化氫的吸收率增大(3分)3【解析】I.⑴①H2s(g)+202(g)=S02(g)+H20(g)AHi=-akJmol',?S(s)+O2(g)=SO2(g)A//2=-bkJmoH,2x①-2x②得2H2s(g)+O2(g)=2S(s)+2H2。。)，此反應的A//=2xA/7i-2xA〃2=-2a+2bkJ-mO\'o(2)結合題目中表格信息，活性炭出口硫小，溫度為常溫，操作壓力也小，且蒸氣可再生，故最佳脫硫劑為活性炭。II.(3)反應H2s(g)--H2(g)+2S2(g)的正反應方向為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，H2s的平衡轉化率降低，即壓強越大H2s的平衡轉化率越低，因此P3>P2>PI；由題圖可知，壓強一定的情況下，隨著溫度升高H2s的平衡轉化率升高，因此該反應為吸熱反應。(4)由題圖可知壓強為P2、溫度為975(時H2s的平衡轉化率為40%,平衡常數(shù)K=0.04,設H2s起始濃度為x,利用三段式表示為：H2s(g—-H2(g)+5s2(g起始量X00轉化量0.4x0.4x0.2x平衡量x-0.4x0.4x0.2x。(即/⑸)0.4x-(02x)5K=c-S)x-0.4x =004,解得尸o.oi8mol/L；平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變平衡常數(shù)不變。111.(5)反應后溶液電解再生即將FeCL氧化為FeCb,電解反應器中陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為Fe2+-e=Fe3+,離子交換膜為陽離子交換膜。(6)由題圖可知，氣液比減小，通入H2s的總量減小，參加反應的H2s的量減小，吸收速率就較小；吸收液的量增大，氣液接觸充分，H2s的吸收率增大。(二)選做題37.［化學——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)］(15分)鐵(Fe)、鉆(C。)、鐐(Ni)是第四周期第VIII族的元素，其單質(zhì)具有磁性，其化合物常用于制備電池導體。(1)鐵、鉆、銀均位于元素周期表區(qū)，基態(tài)C。的價電子排布式為O(2)Fe、Co、Ni化學性質(zhì)相似的原因是o(3酒已位離子［CO(NO3)4F中，N的雜化方式為,該配離子中各元素的第一電離能的大小順序為,Imol該配離子中含。鍵數(shù)目為o(4)Ni(CO)4的結構與相關性質(zhì)見表，其空間構型為,晶體類型為晶體。相對分子質(zhì)量熔點沸點結構171-19.3℃43℃o/koc之冷o(5)Sm作分、Ni、O形成的稀土饃基氧化物具有金屬一絕緣體相轉變特性，其晶胞結構中Sm和O如圖所示，Ni位于O形成正八面體空隙中，則該稀土鎂基氧化物的化學式為,設晶胞邊長為apm,該稀土氧化物的摩爾質(zhì)量為Mg/mol,Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該氧化物的密度為g/cm3(用含a、M、Na的式子表示)?！敬鸢浮浚╨）d（l分）3d74s2（1分）（2）Fe、C。、Ni的電子層數(shù)相同，最外層電子數(shù)相同，原子半徑相近，化學性質(zhì)相似（2分）（3）sp2（l分）N>O>Co（l分）16Na（1分）M（4）正四面體（2分）分子（1分）（5）SmNiCh（2分）a,NAxlCf"（3分）【解析】（1）由元素周期表結構可知，鐵'鉆、鎮(zhèn)均位于元素周期表d區(qū)，C。的原子序數(shù)為27,所以基態(tài)Co的價電子排布式為3d74s2；（2）Fe、Co、Ni的核外電子排布式分別為：[Ar]3d64s2,[Ar]3d74s2,[Ar]3dx4s2,電子層數(shù)相同，最外層電子數(shù)相同，只有次外層的3d電子數(shù)不同，故原子半徑相近，化學性質(zhì)相似；（3酒己位離子[Co（NCh）4F中，Cd*的配位數(shù)為4,所以采用的雜化方式為sp2；同周期電離能從左往右逐漸增大，但由于N為半充滿結構，電離能高于相鄰元素，C。為金屬，第一電離能最小，所以該配離子中各元素的第一電離能的大小順序為N>O>Co,硝酸根含3個o鍵，配位離子[Co（NO3）4廣中，Co?一的配位數(shù)為4,存在4個配位鍵，共含。鍵數(shù)目為3x4+4=16,所以Imol該配離子中含b鍵數(shù)目為16Na;（4）由圖可知，Ni（CO）4的空間構型為正四面體，熔沸點較低，屬于分子晶體；（5）Ni位于O形成正八面體空隙中，則Ni位于晶胞的頂點，該晶胞中含有1個Sm原子，8xW=i個Ni原子，12x1=3個0原子，則該稀土鎂基氧化物的化學式為SmNiCh,設晶胞邊長為apm,該稀土氧化物的摩爾質(zhì)M量為Mg/mol,Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該氧化物的密度為個Ni* g/cn^。38.[化學——選修5：有機化學基礎]（15分）芳丙酮香豆素（H）常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路線如圖所示（部分反應條件略去）。已知：①已知：①CH3CH0+CH3coeH35時至舊心液>CH3cH（OH）CH2coe其中一種產(chǎn)物）。②RCOCH3+R1COOR2-尋親住y+RCOCH2coR1+R20H

③烯醇式（）結構不穩(wěn)定，容易結構互變，但當有共輾體系（苯環(huán)、碳碳雙鍵'碳氧③烯醇式（雙鍵等）與其相連時變得較為穩(wěn)定。（1）寫出化合物C中官能團的名稱O（2）寫出化合物D（分子式C9H6。3）的結構簡式?（3）寫出反應⑤的反應類型。（4）寫出反應④的化學方程式.（5）寫出化合物F滿足以下條件所有同分異構體的結構簡式o①屬于芳香族化合物但不能和FeCb溶液發(fā)生顯色反應；@1mol該有機物能與2molNaOH恰好完全反應；③歸-NMR圖譜表明分子中共有4種氫原子。,/,，?——CH—01010（6）參照茉丙酮香豆素的合成路線，設計一種以E和乙醛為原料制備一a.?的合成路線oOHqA0H'+ 5%NaOU溶液 )OOCHooaiA、 fCHO0 &邛CH-CHCHO CH-CHCHOBrBr 0H'+ 5%NaOU溶液 )OOCHooaiA、 fCHO0 &邛CH-CHCHO CH-CHCHOBrBr NaOH/比0、OHOH【解析】A發(fā)生取代反應生成B,同時有乙酸生成；0n—ch:cch3(2分)OOCCHir/X、H" E(4分)CH=CHCHO1HxBr2s)(5分)B發(fā)生異構生成C,C轉化生成D,CHO分子式C9H6。3,根據(jù)c、G'H的結構簡式以及C-D的轉化條件可以推知D為有苯環(huán)，故￡為<>^。，則,F發(fā)生消去反應生成G。（1）由結構E有苯環(huán)，故￡為<>^。，則,F發(fā)生消去反應生成G。（1）由結構可知，化合物C中官能團有：羥基、班基；（2）由分析可知，化合物D的結構簡式為:OHj。-。；（3）F為一…f 根據(jù)G的結構簡式以及反應條件可知該反應為羥基的消去反應；（4）反應④與題目所給信息①的反應類似，根據(jù)信息①③可知該化學方程式為：5燦1女）出容液）5燦1女）出容液）H—CH;CCHj;（5）F的結構簡式為化合物F的同分異構體滿足以下條件：①屬于芳香族化合物但不能和FeCb溶液發(fā)生顯色反應，說明含有苯環(huán)，但不含酚羥基；②Imol該有機物能與2moiNaOH恰好完全反應，又因為F中只有兩個氧原子，所以說明存在酯基且水解生成髏酸與酚羥基;符合條件的同分異構體③iH-NMR圖譜檢測表明分子中共有4種氫原子，說明存在對稱結構,符合條件的同分異構體加熱條件下發(fā)生消去反（6）。1工加熱條件下發(fā)生消去反（6）。1工?與乙醛反應生成f廠CHO,然后在濃硫酸、有：應生成◎應生成◎-CHYHCH0,再與澳發(fā)生加成反應生成I,最后在堿性條件下水解生成O尸-產(chǎn)HO水解生成O尸-產(chǎn)HO

_OHOH合成路線流程圖為CHOCH-CHO濃硫酸Br2CCL、CH-CHCHOI|BrBrNaOHH”CH-CHO濃硫酸Br2CCL、CH-CHCHOI|BrBrNaOHH”)

A^r-CH-CHCHOJOHOH2022年全國卷新高考化學模擬試題02.漢字是歷史上最古老的文字之一，通過考古研究發(fā)現(xiàn)在不同歷史時期出現(xiàn)過甲骨文、鐘鼎文、石鼓文等不同書體。下列說法錯誤的是（）A.甲骨文是記錄在龜甲或獸骨上的文字，獸骨中有含鈣的礦物質(zhì).簡牘是寫有文字的竹簡與木牘的概稱，竹簡的主要成分是纖維素C.石鼓文為刻石文字，因其刻石外形似鼓而得名，石頭一般由無機硅酸鹽組成D.鐘鼎文是澆鑄在青銅器上的文字，青銅易被腐蝕且熔點比銅高【答案】D【解析】A項，甲骨文是商代晚期刻在龜甲、獸骨上的文字，獸骨中有含鈣的礦物質(zhì)，A說法正確；B項，簡牘是寫有文字的竹簡與木牘的概稱，而竹簡的主要成分是纖維素，為多糖，B說法正確；C項，石鼓文一般為刻石文字，石頭由無機硅酸鹽組成，C說法正確；D項，青銅為銅、錫合金，合金具有良好耐腐蝕性且熔點比純金屬的熔點低，D說法錯誤；故選Do8.在抗擊新冠肺炎的過程中，科研人員研究了法匹拉韋、利巴韋林、氯硝柳胺等藥物的療效，三種藥物主要成分的結構簡式如下。下列說法不正確的是（）X（法匹拉書） Y（利巴韋林） Z（氯硝柳胺）A.丫中存在手性碳原子 B.X和Z都能發(fā)生加成反應和水解反應C.ImolZ中最多可以消耗6moiNaOHD.丫和丙三醇互為同系物【答案】D【詳解】A項，手性碳原子應連接4個不同的原子或原子團，丫中存在手性碳原子，即啜1,04H,故A正確；B項，由X和Z的結構可知，X和Z中都含有肽鍵，所以都能發(fā)生水解反應；X中含有碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應，丫中含有苯環(huán)也可以發(fā)生加成反應，故B正確；C項，由Z的結構可知，其結構中含有2個氯原子、一個酚羥基，一個肽鍵，由于氯原子水解后又產(chǎn)生酚羥基，則ImolZ中最多可以消耗6moiNaOH,故C正確；D項，由丫的結構可知，丫是由C、H、N、O四種元素組成的，其結構和丙三醇不相似，因此丫和丙三醇不能互為同系物，故D錯誤；故選D。.設Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（A.14.0gFe發(fā)生吸氧腐蝕生成Fe2O3-xH2O,電極反應轉移的電子數(shù)為0.5NaB.標準狀況下，11.2LH2s溶于水，溶液中含硫粒子的數(shù)目大于0.5NaC.常溫下，0.5LpH=溫的Ba（OH）2溶液中Ba2+的數(shù)目為0.5MD.分子式為C2H6。的某種有機物4.6g,含有C—H鍵的數(shù)目一定為0.5M【答案】A【解析】A項，14.0gFe的物質(zhì)的量為」^7=0.25mol,Fe發(fā)生吸氧腐蝕的負極反應56gmol1式為Fe—2e-==Fe2+,則電極反應轉移的電子數(shù)為0.25molx2NA=0.5NA,A項正確；B項，標準狀況下，H2s為氣體，11.2LH2s氣體為0.5mol,H2s溶于水，電離產(chǎn)生HS.和S?，根據(jù)S原子守恒可知，含硫微粒共0.5Na,B項錯誤；C項，常溫下，pH=14的Ba（0H）2溶液中氫氧根離子的濃度為ImolLj則Ba2+的濃度為0.5molLi,Ba?+的數(shù)目為0.5molL"0.5LxNa=0.25Na,C項錯誤；D項，C2H6。的摩爾質(zhì)量為46gmo「L4.6gC2H6。的物質(zhì)的量為0.1mol,C2H6?？赡転镃H3cH2OH,也可能為CH30cH3,則含有C—H鍵的數(shù)目可能為0.5Na,也可能0.6Na,D項錯誤。.實驗室探究SO2性質(zhì)的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.裝置a中的反應可用銅片和濃硫酸代替B.若X為H2s溶液，裝置b中產(chǎn)生淡黃色沉淀C.若X為含HC1、BaCL的FeCb溶液，裝置b中產(chǎn)生白色沉淀D.反應后裝置c中溶液的pH降低【答案】A【解析】銅與濃硫酸反應要加熱生成二氧化硫，所以不能替換，A項錯誤；二氧化硫與硫化氫反應生成單質(zhì)硫，B項正確；鐵離子具有強氧化性，可將二氧化硫氧化成硫酸根離子，鋼離子與硫酸根離子反應生成不溶于鹽酸的硫酸鋼白色沉淀，C項正確；通入酸性氣體，溶液pH降低，D項正確。11.下列化學反應對應的離子方程式表示正確的是（）A.KA1(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO/恰好完全沉淀：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2A1(OH)3；+3BaSO4lNH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC.向Ca(C10)2溶液中通入少量SO2：Ca2++ClO-+H2O+SO2=Cr+CaSO41+2H+D.FeBm溶液與等物質(zhì)的量的CL反應：2Fe2++2Br+2cl2=2Fe3++4Ck+Br2【答案】D【解析】A項，設KA1(SC>4)2溶液中溶質(zhì)為Imol,向溶液中滴加Ba(OH)z使SCV-恰好完全沉淀，則需要加入2moiBa(OH)2,所加入的0田的物質(zhì)的量為4mol,AP先與反應生成A1(OH)3,后A1(OH)3恰好與0H-完全反應，因此該離子方程式為AP++2SO42+2Ba2++4OH-=AlO2.+2BaSO4l+2H2O,故A項表示錯誤；B項，NH4HCO3溶于水后，其電離出的NFU+、HCCh-均能與0H反應，因此該離子反應方程式為HCO3-+NH4++2OH-=CC^—NF^FhO+bbO,故B項表示錯誤；C項，SO?先與C10發(fā)生氧化還原反應生成SO42-、CivH+,S04?再與溶液中Ca2,反應生成微溶物CaSCh,因SO?少量，則最終產(chǎn)生的H,將與過量的結合生成弱電解質(zhì)HC10,因此該離子方程式為Ca2++3C10+H2O+SO2=Cr+CaS04j+2HC10,故C項表示錯誤；D項,因還原性：Fe2+>Br,因此Fe?,先與CL反應，再與Br反應，設FeBn的物質(zhì)的量為Imol,則Fe?+完全反應消耗0.5molCI2,余下0.5molCL與ImolBr反應，其離子方程式為2Fe2++2Br+2CL=2Fe3++4Cr+Br2,故D項表示正確；故選D。12.BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚。某科研所在處理含苯酚廢水的同時獲得電能，原理如圖所示。下列說法正確的是陶咬離子交換膜 廢水A.此裝置只將光能轉化為電能B.每氧化1molC6H50H需要156.8LO2M為負極，N為正極N極的電極反應式是C6H5OH+7O2-7e=6CO2T+3H2O【答案】D【詳解】A項，該裝置將光能變成了化學能，A錯誤；B項，從圖分析，N極附近苯酚變成了二氧化碳和水，每摩爾苯酚反應失去7moi電子，需要1.75mol氧氣，但沒有說明是否為標況，不能計算其體積，B錯誤；C項，N極苯酚失去電子，發(fā)生氧化反應，為負極，M極為正極，C錯誤；D項，N極苯酚失去電子生成二氧化碳和水，電極反應為C6H5OH+7O2-7e-=6CO2T+3H2O,D正確；故選D。13.白云土是一種硅酸鹽，用氫氟酸處理白云土生成一種水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四種元素均為短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外層電子數(shù)依次增大，丫2+與W具有相同電子層結構，下列說法正確的是（）A.X的氫化物具有強還原性 B.工業(yè)上電解Z的氯化物制取Z單質(zhì)C.離子半徑：Y2+>W D.X、丫、Z的氯化物均屬于離子化合物【答案】A【解析】X、Y、Z位于同一周期，均為短周期元素，可以初步推測它們可能是第二周期元素，或第三周期元素，丫2+與w-具有相同電子層結構，可以推測出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以丫是Mg元素，W是F元素，X則只能是Na元素，根據(jù)XYZW6元素的化合價代數(shù)和為零，可以推測出Z的化合價為+3價，結合X、Y、Z位于同一周期且最外層電子數(shù)依次增大，可以推測出Z元素是Al。A項，X的氫化物，根據(jù)推測出的元素，可知其是NaH,其中H為-1價，具有很強的還原性，故A說法正確；B項，工業(yè)上制取Z單質(zhì)，就是制取鋁，工業(yè)制取鋁，是電解氧化鋁的方法制取的，而不是氯化鋁，故B說法錯誤；C項，根據(jù)推測出的元素名稱，丫2+離子是Mg2+,W離子是F\它們具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，半徑越小，所以Mg2+<P,即丫2+<W\故C說法錯誤；D項，根據(jù)推測出的Z元素為A1元素，氯化鋁不是離子化合物，故D說法錯誤；故選A。二、非選擇題（本大題共4小題，共58分）（一）必做題（14分）甘氨酸亞鐵［（HzNCH2co0）2Fe］是一種用于治療缺鐵性貧血的藥物，用下圖裝置可以在實驗室中制備甘氨酸亞鐵：有關物質(zhì)性質(zhì)如下表所示:甘氨酸(HzNCH2coOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。檸檬酸易溶于水和乙醇，酸性較強，有強還原性。甘氨酸亞鐵易溶于水且在水中難電離，難溶于乙醇、冰醋酸。實驗步驟如下：I.打開Ki、K3,向c中通入氣體，待確定c中空氣被排盡后，將b中溶液加入到c中。II.在5（TC恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加適量NaOH溶液調(diào)溶液pH至5.5左右，使反應物充分反應。HL反應完成后，向c中反應混合液中加入無水乙醇，析出沉淀，將沉淀過濾、洗滌得粗產(chǎn)品，將粗產(chǎn)品純化后得精品。回答下列問題：（1）儀器b的名稱是,d的作用是o（2）步驟I中將b中溶液加入到c中的操作是關閉打開 （填K”或“心”）；步驟II中若調(diào)節(jié)溶液pH偏高，則所得粗產(chǎn)品中會混有雜質(zhì)（寫化學式）。（3）c中生成甘氨酸亞鐵的化學方程式是o（4）下列關于該實驗的說法正確的是（填字母）。a.反應混合液中加入檸檬酸的作用是防止Fe2+被氧化b.步驟I中可由d中導管是否還有氣泡冒出來判斷裝置中的空氣是否排盡c.步驟III中加入無水乙醇的作用是降低甘氨酸亞鐵的溶解度d.步驟山中沉淀洗滌時，用蒸僧水作洗滌劑（5）①工業(yè)上常用高氯酸（不與冰醋酸反應）標準溶液在非水體系中滴定甘氨酸的方法測定產(chǎn)品中的甘氨酸的含量。請設計實驗，將所得粗產(chǎn)品中的甘氨酸分離出來直接用于滴定：②滴定過程中下列操作會使甘氨酸的測定結果偏高的是（填字母）。a.滴定時未用高氯酸標準溶液潤洗滴定管b.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視c.搖動錐形瓶時有液體濺出d.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失【答案】（1）蒸僧（燒）瓶（1分） 液封，防止空氣進c中將甘氨酸亞鐵氧化（1分）（2）K3（1分）K2（l分）Fe（OH）2（l分）（3）2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=（H2NCH2coO）2Fe+Na2so4+2比0（2分）（4）ac（3分）（5）①將粗產(chǎn)品置于一定量的冰醋酸中，攪拌，過濾，洗滌，得甘氨酸的冰醋酸溶液（2分）②ad（3分）【解析】先打開Ki、心，鐵屑與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵同時產(chǎn)生氫氣，將裝置內(nèi)的空氣排盡；之后關閉K3,打開K2,通過產(chǎn)生的氣體將b中溶液壓入c中；c中盛放甘氨酸和少量檸檬酸，在5（FC恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加NaOH溶液，調(diào)溶液pH至5.5左右，使反應物充分反應，反應完成后加人無水乙醇，降低甘氨酸亞鐵的溶解度，從而使其析出。（1）根據(jù)b的結構特點可知b為蒸僧燒瓶，d中導管插入液面以下，可以形成液封，防止空氣進入c中將甘氨酸亞鐵氧化；（2）關閉K3,打開K2,產(chǎn)生的氣體可將b中溶液壓入c中；pH偏高可能生成Fe（OH）2沉淀；（3）反應物有甘氨酸、硫酸亞鐵以及NaOH,已知生成物有甘氨酸亞鐵，結合元素守恒可知方程式應為2H2NCH2coOH+FeSO4+2NaOH=（H2NCH2coO）2Fe+Na2so4+2H2O;（4）a項，根據(jù)題目信息可知檸檬酸具有還原性，可以防止亞鐵離子被氧化，故a正確；b項，空氣排盡后也會有氫氣生成，氣泡產(chǎn)生的速率與空氣是否排盡無關，故b錯誤；c項，根據(jù)題目信息可知甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其從溶液中析出，故c正確；d項，甘氨酸亞鐵易溶于水，用水洗滌會造成大量產(chǎn)品損失，故d錯誤。故選ac；（5）①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亞鐵難溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可將粗產(chǎn)品置于一定量的冰醋酸中，攪拌，過濾，洗滌，得甘氨酸的冰醋酸溶液；②已知高氯酸為標準液，甘氨酸為待測液，甘氨酸的測定結果與標準液的體積成正比。a項，滴定時未用高氯酸標準溶液潤洗滴定管，需多滴標準液，使甘氨酸的測定結果偏高；b項，.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯視使標準液讀數(shù)偏小，會使甘氨酸的測定結果偏低；c項，搖動錐形瓶時有液體濺出，待測液物質(zhì)的量減少，所滴加的標準液也會減少，使甘氨酸的測定結果偏低；d項，滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，標準液讀數(shù)偏大，使甘氨酸的測定結果偏高；故選ad。（14分）用蛇紋石（主要含3MgO2SiO2-2H2O、FeO、FezCh、AL03及少量CnCh）制取MgO的工藝流程如圖：1酸 1水蛇紋石礦粉一4酸浸|一嗣分離|—|粗結晶|一如硫酸鎂粗品一|凈化氧化鎂| J濾餅 h2a酸性溶液已知該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:金屬離子Fe3+AP+Cr3+Fe2+Mg?+開始沉淀pH1.63.33.86.59.4沉淀完全PH3.25.26.89.712.4回答下列問題:（1）“酸浸”時，當蛇紋石礦粉粒度一定、硫酸的濃度、活化劑用量及液固比一定時，提高浸取率還可采取的措施是_（列舉1條）；3MgO-2SiO2-2H2O與硫酸反應的化學方程式為—（生成產(chǎn)物之一為SiO2/7H2O）o（2）“凈化”過程包括“氧化”和“沉出雜質(zhì)”兩步驟。①寫出“氧化”時反應的離子方程式：_.②“沉出雜質(zhì)”加氨水時，應控制溶液pH的范圍是_o③氨水“凈化”反應的溫度對MgO純度和產(chǎn)率的影響如圖所示，在35?40。（2,隨溫度升高，產(chǎn)率降低的主要原因是_；在25?50（,溫度越高，MgO純度隨溫度升高而提高的主要原因是 O反應溫度（3）用2.76t該蛇紋石（3MgO2Si02,2H2。含量為80%）原料按以上流程制取MgO,制取過程中Mg的損失率為6%,可以制得MgO的質(zhì)量為_kgo【答案】（1）適當升高酸浸液溫度或適當延長浸取時間或適當加快攪拌速率等（2分）3MgO?2SO2?2H2O+3H2so4=3MgSO4+2SiO2?〃H2OJ+（5-〃）H2O（2分）（2）@2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2分）?6,8<pH<9.4（2分）③氨水分解生成氨氣，受熱時氨氣快速揮發(fā)（2分）升高溫度有利于雜質(zhì)金屬離子轉化為氫氧化物沉淀而除去（2分）（4）902.4（2分）【解析】蛇紋石加硫酸酸浸后，F(xiàn)eO、FezCh、ALCh及少量CnCh都與硫酸反應溶于硫酸，3MgO-2SiO2-2H2O與硫酸反應生成硫酸鎂和不溶于酸的2SiO2?〃H2O,過濾即可除去，經(jīng)過系列操作得到硫酸鎂粗品，加入雙氧水將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，加入氨水使Fe3+、CB、AF+完全沉淀，分離出硫酸鎂，將硫酸鎂轉化為氫氧化鎂，加熱分解得到氧化鎂。（1）適當升高酸浸液溫度或適當延長浸取時間或適當加快攪拌速率等都可以提高浸取率；給出反應物為3MgO2SiO22H2。和硫酸，其中一種生成物為SiChzHzO,3MgO2SiO2-2H2O與硫酸反應的化學方程式為3MgO2Si022H2O+3H2so4=3MgSO4+2SiO2?〃H2Ol+(5-〃)H2O。(2)①加入H2O2可以將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，“氧化”時反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2Oo②“沉出雜質(zhì)”加氨水時，pH的選擇考慮的因素是其它離子沉淀完全但不影響Mg2+,根據(jù)題目表格給出的數(shù)據(jù)可知應控制溶液pH的范圍是6.8WpH<9.4。③溫度升高促進Mg?+的水解，但是過高促使氨氣揮發(fā)，所以在35?40。。隨溫度升高，MgO產(chǎn)率降低；溫度越高Mg(OH)2分解越徹底，MgO的純度越高。(3)利用關系式求解：3MgO-2SiO2-2H2O?3MgO276 1202.76tx80% x解得x=0.96t,Mg的損失率為6%,可以制得MgO的質(zhì)量為0.96tx(l-6%)=0.9024t=902.4kgo(15分)CO2和CH4是兩種主要的溫室氣體，以CH4和CO2為原料制造更高價值的化學產(chǎn)品是用來緩解溫室效應的研究方向，回答下列問題：(1)工業(yè)上CH4H2O催化重整是目前大規(guī)模制取合成氣(CO和H?混合氣稱為合成氣)的重要方法，其原理為：反應I：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g);△Hi=+206.4kJmorl反應n：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g);△H2=-41kJ-moF1CH4(g)和HzO?反應生成CO2(g)和Hz(g)的熱化學方程式是。(2)將CO2和CH4在一定條件下反應可制得合成氣，在1L密閉容器中通入CH4與C02,使其物質(zhì)的量濃度均為1.0mol-L」，在一定條件下發(fā)生反應：，CH4(g)+CO2(g)=^2CO(g)+2H2(g)測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強的關系如下圖1所示：圖1 圖::①壓強pi、02、P3'P4由小到大的關系為o②對于氣相反應，用某組分(B)的平衡壓強p(B)代替物質(zhì)的量濃度c(B)也可表示平衡常數(shù)(記作Kp),如果04=2MPa,求*點的平衡常數(shù)(用平衡分壓代替平衡濃度計算)。③下列措施中能使平衡正向移動的是(填字母)。A.升高溫度 B.增大壓強C.保持溫度、壓強不變，充入HeD.恒溫、恒容，再充入1molCCh和1molCH4(3)科學家還研究了其他轉化溫室氣體的方法，利用圖2所示裝置可以將CO2轉化為氣體燃料CO(電解質(zhì)溶液為稀硫酸)，該裝置工作時，M為極(填“正”或“負)導線中通過2moi電子后，假定體積不變M極電解質(zhì)溶液的pH(填“增大，、“減小”或“不變”)，N極電解質(zhì)溶液變化的質(zhì)量Am=go【答案】⑴CH4g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)△〃=+165.4kJmoH(2分)16(2)①piVp2Vp3Vp4(2分)②9(MPa)2(4分)③acd(3分)(3)負(1分)不變(1分)18(2分)【解析】(1)反應I：CH4(g)+H2O(g)=^CO(g)+3H2△M=+206.4kJmoH,反應n：CO(g)+H2O(g)=^CO2+H2(g)△，2=-41kJmoH,根據(jù)蓋斯定律I+II得CH?g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△//=(+206.4mol-L-1)+(-41kJ-mol-1)=+165,4kJ-mol1；(2)①由CH4(g)+CO2(g)二^2CO(g)+2H2(g)可知，該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強平衡逆向移動，則CH4的平衡轉化率減小，結合圖1可知，piVp2Vp3Vp4；②由圖1可知，x點CH_?的平衡轉化率為CHJg)+CQ(g)-_2C0(g)+2HMg)起始量110 0變化量(mo〃L)0.50.51150%,則平衡量0.50.511平衡時，c(總)=(0.5+0.5+l+l)mol,L」=3mol?L」，各分壓為0.5mol/L1 0.5mol/L1p(CH4)=3mol/Lx2MPa=3MPa,p(CO2)=3moiILx2MPa=3MPa,lmol/L2 Imol/L2p(CO)=3m。//Lx2MPa=3MPa,p(H2)=3m。//Lx2MPa=3MPa,摩啕LpAfLpa)-Kp=PS4)xp92)=<3八3J=9(MPa)2。③a項，由圖1可知，隨著溫度升高，CH4的平衡轉化率上升，說明平衡正向移動，故a符合題意；b項，該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，故b不符合題意；c項，保持溫度、壓強不變，充入He,相當于減小壓強，平衡正向移動，故c符合題意；d項，恒溫、恒容，再充入ImolCCh和ImolCH4,增大反應物濃度，平衡正向移動，故d符合題意；答案為acd。(3)由圖可知，電子由M極到N極，說明M極為負極；M極電極反應為2H2CMe=O2+4H+,N極電極反應為2CO2+4H++4e=2CO+2H2O,導線中通過2moi電子后，則負極產(chǎn)生2moiH+,通過質(zhì)子交換膜的H"為2mol,即M極電解質(zhì)溶液中H+沒有改變，M極電解質(zhì)溶液的pH不變；由N極電極反應為2co2+4H++4e=2CO+2H2?？芍琋極增加的實際是0和H原子，導線中通過2moi電子，增加O原子的物質(zhì)的量為Imol,轉移過來的H，為2mol,則N極電解質(zhì)溶液△6=1molx16g/mol+2molxIg/mol=18g。（二）選做題37.［化學——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)］（15分）化學作為一門基礎自然科學，在材料科學、生命科學、能源科學等諸多領域發(fā)揮著重要作用，其中鐵和銅是兩種應用廣泛的元素。（1）基態(tài)鐵原子的價電子軌道表示式為.（2）磁性材料鐵氧體在制備時常加入CH3coONa、尿素［CO（NH2）21等堿性物質(zhì)。尿素分子中所含元素的電負性由小到大的順序是,1mol尿素分子中含有的。鍵數(shù)目為（Na為阿伏加德羅常數(shù)的值）。CH3coONa中碳原子的雜化類型為。（3）Fe（CO）5又名皴基鐵，常溫下為黃色油狀液體，則Fe（C0）5的晶體類型是,寫出與CO互為等電子體的分子的電子式（任寫一種）。（4）CuO在高溫時分解為Ch和Cu2O,請從陽離子的結構來說明在高溫時，Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因o（5）磷青銅是含少量錫、磷的銅合金，某磷青銅晶胞結構如圖所示：①其化學式為。②若晶體密度為8.82gem-3,則最近的Cu原子核間距為pm（用含心的代數(shù)式表示）。 3d 4s［答案］⑴WtI”t田四（2分）（2）H<C<N<0（2分）7Na（1分）sp3、sp2（2分）（3）分子晶體（1分）：N：：N：（1分）（4）Cu+的最外層電子排布為3d10,Ci?*的最外層電子排布為3d9,最外層電子排布為全滿時穩(wěn)定，故CsO比Cu。更穩(wěn)定（2分）（5）①SnCu3P（2分） ②迫xyI342-x10僅4分）2 \］8.82Na【解析】（1）基態(tài)Fe原子價電子排布式3d64s2,則基態(tài)鐵原子的價電子軌道表示式為

制“"“也。(2)同周期元素從左到右電負性增強，尿素［CO(NH2)2］分子中所含元素的()電負性由小到大的順序是H<C<N<0,尿素的結構如圖H2N NH21mol尿素分子中含有的。鍵數(shù)目為7Na。根據(jù)VSEPR理論，CH3coONa中甲基中的C原子為sp'雜化，粉基中的C原子為sp?雜化，故CH3coONa中碳原子的雜化類型為sp3、sp2o(3)根據(jù)Fe(CO)5的性質(zhì)可知其是分子晶體；與CO互為等電子體的分子為N2,電子式為：N：：N：44)Cu+的最外層電子排布為3d%CM+的最外層電子排布為3d3最外層電子排布為全滿時穩(wěn)定，故CU2。比CuO更穩(wěn)定。(5)①1個晶胞含P：1個，Cu：6x：=3個，Sn：8x)=1個，故化學式為2 8SnC'P;②一個晶胞質(zhì)量，〃=^g,設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為。，則屋二用,+02,(?=—x,結合密度"=',>=2=Na人=^^cm3,x=y2 V pgem-3?cm=^2x3p4Fxl0pNz2 8.82Na38.［化學——選修5：有機化學基礎］(15分)季戊四醇雙縮環(huán)已酮是重要的化工原料，其合成路線如下：-1StV/MC0J起強固體酸八)HC,『?H,CH嘿附讖/箴黜人CH&--1StV/MC0J起強固體酸八)環(huán)己鬣—C-CHOCH—C-CHOCH2OH…稀氫氧化鈉溶液、已知：—CHO+H >(1)有機物W的化學名稱是,丫中官能團的名稱.(2)物質(zhì)Z的結構簡式是,由乙快生成乙醛的反應類型是o(3)寫出下列反應的化學方程式。W與02反應生成環(huán)己酮;環(huán)己酮生成季戊四醇雙縮環(huán)已酮.(4)Z有多種同分異構體，滿足下列條件的有種(不考慮立體異構)。①官能團的種類和個數(shù)與Z相同；②每個碳原子只連接1個羥基這些同分異構體中含有手性碳原子最多有個。(5)根據(jù)苯酚與醇類的性質(zhì)差異，判斷苯環(huán)(選填“增強”或“減弱”)了羥基氧原子的電子云密度?！敬鸢浮浚?）環(huán)己醇（1分）羥基、醛基（1分）ch2ohHOH/3-C-CHO（2）（HOCH2）3CCHO（或 CH2°H）（2分）加成反應（1分）[^-OHCu/Ag、r^i=O（3）20 +O2―^^20+2比0（2分）Ct=o 昭羽0、、C（CH20H）4+2O 耐褊―\-VXo^/Vo/W+2H2O（2分）（4）11（2分）3（2分）（5）減弱（2分）【解析】根據(jù)流程圖可知，乙煥一方面與水發(fā)生加成反應得到乙醛，根據(jù)給定信息得知，HH—C—CHO乙醛與甲醛在稀氫氧化鈉溶液作用下反應得到X（ &l2°H）,X繼續(xù)與甲醛在稀氫氧化鈉溶CH20HH-C—CHO液作用下反應可得到Y（ CH20H）,Y繼續(xù)與甲醛在稀氫氧化鈉溶液作用下反應可得到CH20HHOH/：-C-CHOZ（ CH20H）,z中醛基與氫氣發(fā)生加成反應生成羥基最終得到分子式為C5H12O4的有CH20HHOHjC—C—CH2OH機物，其結構簡式為： 20H ；另一方面乙快生成苯，苯與氯氣在催化劑作用下發(fā)生取代反應生成氯苯，氯苯在稀氫氧化鈉條件下發(fā)生水解酸化后生成苯酚，苯酚與氫氣發(fā)生加成反應生成）W發(fā)生催化氧化反應生成環(huán)己酮，最后合成目標產(chǎn)物。（1）有ch2ohH-C-CHO機物W的結構簡式為U,其名稱為環(huán)己醇，Y為 CH20H,其官能團的名稱為羥基、醛基；（2）根據(jù)上述推斷可知，物質(zhì)Z的結構簡式是（HOCH2）3CCHO（或CH20HHOH^C—C—CHOCH20H）,乙快與水發(fā)生加成反應可生成乙醛，則其反應類型是加成反應；（3）W與02在銅或銀催化作用下發(fā)生催化氧化反應生成環(huán)己酮和水，其化學方程式為：

ch2oh HOH￡-C—CH20HC-OH Cu/Ag * ??_-+O2-23+2H2O；環(huán)己酮與 CH20H 發(fā)生反應生成季戊四醇雙時n。，縮環(huán)已酮，其方程式可表示為：C(CH20H)4+2O 盛麗―*V^oVV(yA_/+2H2O；ch2oh

HOH/?-C-CHO

(4)Z的結構簡式為 CH20H,分子式為C5H10O4,不飽和度為1,官能團名稱為醛基和羥基，分別含1個和3個，采用定一議多的思想可先定丁烷的種類共2種，然后按插醛基，最后安插3個羥基，可寫出碳骨架表示的同分異構體如下：C—c-c—C-CHOC—C—C—C—CHOOHOHOHOHOHOH、CHOOHOH OHOHCHOCHOC-C-C—COHOH()HXCHO C—C—C—CHOCHOC-C-C—COHOH()HXTOC\o"1-5"\h\z? ? ?C-C-C—C C COHOHOH、OHOHOH11 1C-C—C-CHOOHOHOHx、OHOHOHOH、OHOHOH11 1C-C—C-CHOOHOHOH1 1 1C 共11種，其中含手性碳原子最多的有3個，如C-g—?一(5)苯酚屬于弱酸，醇類無酸性，則苯環(huán)減弱了羥基氧原子的電子云密度，使羥基氫原子更容易電離出氫離子，酸性增強。2022年全國卷新高考化學模擬試題037.化學與生活、科技及環(huán)境密切相關。下列說法正確的是（）A.2020年3月9日，發(fā)射了北斗系統(tǒng)第五十四顆導航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是一種有機高分子材料B.白葡萄酒含維生素C等多種維生素，通常添加微量SO?的目的是防止營養(yǎng)成分被氧化C.酒精與84消毒液混合，可增強殺滅新型冠狀病毒效果D.《新修本草》中有關于“青磯”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如瑙璃……燒之赤色……”這里的赤色是析出了Cu單質(zhì)【答案】B【解析】A項，計算機的芯片材料是高純度單質(zhì)硅，是無機材料，A錯誤；B項，二氧化硫具有還原性，可防止營養(yǎng)成分被氧化，B正確；C項，84消毒液的有效成分為NaClO,有強氧化性，乙醇有還原性，二者混合發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生有毒CL,不僅降低消毒效果，還可能引發(fā)中毒，C錯誤；D項，“青磯”即為綠磯，化學式為FeSCVHzO,燒之赤色，赤色是Fe2O3,D錯誤；故選B。.《新型冠狀病毒肺炎診療方案（試行第七版）》中指出，洛匹那韋（Lopinavir）與氯嗤類藥物均可用于治療新冠肺炎。洛匹那韋（Lopinavir）（圖1）和羥基氯口至（圖2）的結構分別如圖所示，對這兩種有機化合物描述正確的是（ ）A.洛匹那韋是一種人工合成的蛋白質(zhì).洛匹那韋能夠發(fā)生酯化、加成、氧化、還原反應C.羥基氯B奎的分子式為G8H24N30clD.羥基氯哇分子苯環(huán)上的一氯代物有5種【答案】B【解析】A項，蛋白質(zhì)是高分子化合物，A項不符合題意；B項，該物質(zhì)有羥基，可發(fā)生酯化反應；有苯環(huán)，可發(fā)生加成，加氫還原反應；有機物可發(fā)生氧化反應，B項符合題意；C項，分子式應為Ci8H26N3OCI,C項不符合題意；D項，羥基氯口奎分子中苯環(huán)上的一氯代物有3種，D項不符合題意；故選B。設Na為阿伏加德羅常數(shù)值。下列說法正確的是（）A.常溫下，lLpH=9的CH3coONa溶液中，發(fā)生電離的水分子數(shù)為Ixio2以B.常溫下，10mL5.6molL-FeCb溶液滴到100mL沸水中，生成膠粒數(shù)為0.056MC.向NazO?通入足量的水蒸氣，固體質(zhì)量增加6g,該反應轉移電子數(shù)為警D.6.8gKHSO4晶體中含有的離子數(shù)為0.15Na【答案】C【解析】A項，常溫下，pH=9的CH3coONa溶液，水電離出的氫氧根離子濃度是1'10一5moiLF1L該溶液中，發(fā)生電離的水分子數(shù)為1x10-5%,故A錯誤；B項，氫氧化鐵膠體粒子是氫氧化鐵的聚集體，常溫下，10mL5.6molirFeCh溶液滴到100mL沸水中，生成膠粒數(shù)小于0.056必，故B錯誤；C項，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T?2屋，由化學方程式可知，過氧化鈉反應生成氫氧化鈉時質(zhì)量增大，固體增加4g轉移2moi電子，向NazCh通入足量的水蒸氣，固體質(zhì)量增加6g,該反應轉移電子數(shù)為等，故C正確；D項，KHSO』固體含有K+、HSO；,6.8gKHSO4晶體中含有的離子數(shù)為一68gx2xNa=0.1Na,故D錯誤。136gmol1.某興趣小組設計如圖實驗裝置探究氧化銅與足量的硫反應。下列說法錯誤的是（）A.加熱前應先關閉a,打開K、c,排除裝置內(nèi)空氣B.酸性高鎰酸鉀溶液用于檢驗和吸收SO?氣體C.撤離酒精燈，反應能繼續(xù)進行，說明該反應為放熱反應D.實驗后，產(chǎn)物中的黑色固體是CuS【答案】D【解析】硫能與空氣中的氧氣反應生成SO2,造成干擾，所以加熱前應先關閉a,打開K、c,排除裝置內(nèi)空氣，A項正確；Sth具有還原性，能與酸性高鎰酸鉀溶液反應生成無色物質(zhì)，實驗現(xiàn)象明顯，同時SO?是污染性氣體，可用酸性高鎰酸鉀溶液吸收，B項正確；S與CuO的反應條件是加熱，反應的條件由反應放熱維持，說明該反應為放熱反應，C項正確；CuOxCu2s均是黑色固體，實驗后產(chǎn)物中的黑色固體可能是Cu2s或CuO或CuS,不能確定產(chǎn)物一定是CuS,需要補出實驗證明，D項錯誤。.下列離子方程式正確的是（）

A.Na2s2O3溶液與稀H2sCh反應：S2O33+6H+=2S+3H2。B.在海帶灰的浸出液中滴加H2O2得到%：2I-+H2O2+2H+72+O2T+2H2。C.向NH4Al(SOS溶液中加入Ba(0H)2溶液至S(V恰好沉淀完全：Al3++2SO?"+2Ba2++40H-=A102-+2BaSO4i+2H2OD.Fe與稀硝酸反應，當n(Fe)：n(HNO3)=l：2時：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2++2NOT+4H2O【答案】D【解析】A項，.Na2s2O3溶液與稀H2sO4反應生成硫酸鈉、二氧化硫、硫單質(zhì)和水，正確的離子方程式為：S2O32-+2H+=2S1+SO2T+H2O,故A錯誤；B項，在海帶灰的浸出液中滴加H2O2得到L,反應生成碘單質(zhì)和水，正確的離子飛方程式為：2r+H2O2+2Hf=h+2H2O,故B錯誤；C.向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SCV-恰好沉淀完全，由于鐵根離子結合氫氧根離子能力大于氫氧化鋁，則反應生成氫氧化鋁沉淀和一水合氨，正確的離子方程式為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH=Al(OH)31+NHrH2O+2BaSO4；,故C錯誤；D項，F(xiàn)e與稀硝酸反應，當n(Fe)：n(HNO3)=3：8時，F(xiàn)e與稀硝酸恰好完全反應生成Fe(NO3)2、H2O、NO,n(Fe)：n(HNO3)=l：2>3：8,Fe過量，氧化產(chǎn)物為Fe?+,還原產(chǎn)物為NO,所以離子方程式為：3Fe+2NCh-+8H+=3Fe2++2NOT+4H2。，故D正確。故選D。.用一種陰、陽離子雙隔膜三室電解槽處理廢水中的NH：,模擬裝置如圖所示，下列說法正確的是十(NHjSCh溶液Fe|11mol?LH2sO4\ /1mol-L-1H1PO4溶液' /溶液陰離子選擇陽離子選擇

透過膜透過膜A.陽極的電極反應式為Fe-3e=Fe3+B.陰極的電極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2TC.電解一段時間后，陰極室溶液中的pH升高D.電解一段時間后，陰極室溶液中的溶質(zhì)一定是(NH4)3PC)4【答案】C【解析】A項，F(xiàn)e為陽極，發(fā)生反應Fe-2e=Fe2+,A錯誤；B項，陰極上H，放電生成H2,電極反應式為2H++2e=H2T，B錯誤；C項，電解時，陰極上出放電生成H2,溶液中c(OH)增大，溶液中pH增大，C正確；D項，電解時，溶液中NH：向陰極室移動，H+放電生

成H2,溶液中OH和NH；結合生成電解質(zhì)NH3H2O,所以陰極室中溶質(zhì)為NH3H2O和(NH4)3PC)4或NH4H2Po八(NH4)2HPO4,D錯誤。13.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，化合物M、N均由這四種元素組成，且M的相對分子質(zhì)量比N小16。分別向M和N中加入燒堿濃溶液并加熱，二者均可產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。下列說法錯誤的是()X形成的某陽離子X5+中每個X都達到8電子結構M和N可能發(fā)生反應R與丫形成的具有漂白性的物質(zhì)和丫與Z形成的具有漂白性的物質(zhì)等物質(zhì)的量混合后漂白性增強X和Z的最簡單氣態(tài)氫化物之間反應能生成兩種鹽【答案】C【解析】向M和N中加入燒堿濃溶液并加熱，二者均可產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則M、N中含有鐵根；又M的相對分子質(zhì)量比N小16,剛好一個氧原子的質(zhì)量，可能有多種情況：若M是亞硫酸鉉(NH4)2SO3,則N是硫酸鐵(NH5S04；若M是亞硫酸氫鐵NH4HSO3,則N是硫酸氫鐵NH4HSO4;若M是高氯酸鉉NHQCh,則N是氯酸鐵NH4c104等；又R、X、丫、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，故R是H,X是N,丫是O,Z是S或C1等。A項，某陽離子Xs+,為Ns+,其結構式為三N-=N],每個氮原子周圍均滿足8電子結構，故A正確，不符合題意；B項，若M是亞硫酸氫鐵NH4HSO3,N是硫酸氫鐵NH4HSO4,二者反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，故B正確，不符合題意；C項，過氧化氫和二氧化硫反應會生成硫酸：H2O2+SO2=H2SO4,漂白性減弱，故C錯誤，符合題意；D項，X和Z的最簡單氣態(tài)氫化物可能分別是氨氣和硫化氫，二者分別呈酸堿性，可發(fā)生反應生成硫化鐵、硫氨化鐵，故D正確，不符合題意；故選C。二、非選擇題(本大題共4小題，共58分)(一)必做題41mL硝酸■化的 41mL硝酸■化的 p.0.1boIL'AsNO)嬉戲SMO.OIdoIL,2，**暖化的SMO.OIdoIL,ZNCMIIK(pHN).溶液?色文淺出現(xiàn)黃色澤濁幾秒"后溶液?色文淺出現(xiàn)黃色澤濁幾秒"后

出現(xiàn)大量灰II色潭注假設a：Fe2?被空氣氧化，離子方程式為;假設b：Fe2-被酸性溶液中NCh氧化；假設c：Fe”被%氧化。小組同學通過進一步實驗證實了a、b不是產(chǎn)生Fe3+的主要原因，又查閱資料得知2Fe2++L=2Fe3++2I-的反應限度小、產(chǎn)生的c（Fe3+）低，故推測c（Fe3+）增大是因為向II的淺黃色溶液中加入AgNCh溶液后，,促使該平衡正向移動。（3）上述推測雖然合理，但IV中灰黑色渾濁中只檢驗出少量Agl,主要成分是Ag。小組同學查閱