江蘇省蘇州市2022屆高考考前模擬化學(xué)試卷題（解析版）

化學(xué)試卷

注意事項(xiàng)：

1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共100分。調(diào)研時(shí)間75分鐘。

2.將選擇題的答案填涂在答題卡的對應(yīng)位置上，非選擇題的答案寫在答題卡的

指定欄目內(nèi)。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12O16S32C135.5Cr52Mn55Fe

56Cu64

一、單項(xiàng)選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題

意。

高溫

1.工業(yè)可通過A12O3+N2+3C=^2A1N+3co制得高溫陶瓷材料A1N。下列說法正確的是

A.傳統(tǒng)陶瓷主要成分是硅酸鹽B.A1N是分子晶體

C.刈發(fā)生氧化反應(yīng)D.反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.玻璃、水泥和陶瓷均屬于無機(jī)硅酸鹽產(chǎn)品，則傳統(tǒng)陶瓷主要成分是硅酸鹽，A

正確；

B.A1N具有很高的熔點(diǎn)，故不是分子晶體，而是共價(jià)晶體（或者稱為原子晶體），B錯(cuò)誤;

高溫

C.A12O3+N2+3C=^2A1N+3co反應(yīng)中N的化合價(jià)由0價(jià)降低到-3價(jià)，故N?發(fā)生還原反

應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D.復(fù)分解反應(yīng)是指兩種化合物互相交換成分生成兩種新的化合物的反應(yīng)，故該反應(yīng)不屬

于復(fù)分解反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤；

故答案為：Ao

2.反應(yīng)CL+Na2sO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脫氯。下列說法正確的是

A.中子數(shù)為20的氯原子：B.比0分子中含極性共價(jià)鍵

C.Na+的結(jié)構(gòu)示意圖：D.HC1的電子式：H+［：C1：］'

【答案】B

【解析】

【詳解】A.中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)子數(shù)為17、質(zhì)量數(shù)為37,原子符號為:;CL故A

錯(cuò)誤；

B.水分子的結(jié)構(gòu)式為H—O—H,分子中含有氫氧極性共價(jià)鍵，故B正確；

C.鈉離子的核電荷數(shù)為11,核外2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8,離子的結(jié)構(gòu)示意圖為

+，故c錯(cuò)誤;

D.氯化氫是共價(jià)化合物，電子式為H：@：，故D錯(cuò)誤;

故選B。

3.侯氏制堿法原理為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3i+NH4C1?下列有關(guān)模擬侯氏制堿

法的實(shí)驗(yàn)原理和裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

【答案】C

【解析】

【詳解】A.直接加熱氯化錢固體無法制得氨氣，應(yīng)加熱氯化筱與消石灰固體混合物制備

氨氣，故A錯(cuò)誤；

B.制備碳酸氫核時(shí)，應(yīng)將二氧化碳通入溶有氨氣的飽和食鹽水中，否則無法制得碳酸氫

鈉，故B錯(cuò)誤；

C.分離碳酸氫鈉固體時(shí)，應(yīng)用過濾的方法分離，故C正確；

D.碳酸氫鈉受熱分解制備碳酸鈉時(shí)，應(yīng)在試管中加熱碳酸氫鈉，不能在燒杯中加熱碳酸

氫鈉，故D錯(cuò)誤；

故選C。

4.SO2>NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生產(chǎn)。工業(yè)制硫酸時(shí)，接觸室中主要反

1

應(yīng)為：2so2（g）+O2（g）=2SO3（g）AH=-196.6kJ-mol,S02,NO*也是大氣主要污染物，

NOx可與NR混合，通過選擇性催化劑高溫脫除，S02可通過堿液吸收去除。下列關(guān)于

SO2、S03、NH3、NH：說法中正確的是

A.S02水溶液能導(dǎo)電，S02是電解質(zhì)B.NH：中含有配位鍵

4

C.S03中硫原子軌道雜化類型為sp3D.NH3為非極性分子

【答案】B

【解析】

【詳解】A.S02水溶液能導(dǎo)電，但二氧化硫自身不電離產(chǎn)生離子，故S02是非電解質(zhì)，

A錯(cuò)誤；

B.氨分子的N上有1對孤電子對、氫離子有空軌道，則NH：中有3根普通的NH有1

個(gè)配位鍵，B正確；

C.S03中中心原子的孤電子對數(shù)=生”2=0、價(jià)層電子對數(shù)=3+0=3,故為sp2雜化、

空間構(gòu)型為平面正三角形，C錯(cuò)誤；

D.N%由極性鍵構(gòu)成、呈三角錐形，則正負(fù)電荷中心不重疊，屬于極性分子，D錯(cuò)誤；

答案選B。

5.SO2,NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生產(chǎn)。工業(yè)制硫酸時(shí)，接觸室中主要反

應(yīng)為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)AH=-196.6kJ-mol),SO2、NOx也是大氣主要污染物,NOx

可與NH3混合，通過選擇性催化劑高溫脫除，SO2可通過堿液吸收去除。在指定條件下，

下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是

A.NO(g)—yi2_^.HNO3(aq)B.SO2(g)―H2so4(aq)

催蒜溫>

C.SO2aaxH3.H2o>NH4HSO3(aq)D.NOxN?(g)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.一氧化氮不溶于水，也不能與水反應(yīng)生成硝酸，故A錯(cuò)誤；

B.二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，不能生成硫酸，故B錯(cuò)誤；

C.二氧化硫與過量的一水合氨反應(yīng)生成亞硫酸鏤，不能生成亞硫酸氫錢，故C錯(cuò)誤；

D.在催化劑作用下，氮的氧化物與氨氣發(fā)生歸中反應(yīng)生成氮?dú)?，故D正確；

故選D。

6.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生產(chǎn)。工業(yè)制硫酸時(shí)，接觸室中主要反

應(yīng)為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)AH=-196.6kJmoH,SO2、NOx也是大氣主要污染物,NOX

可與NH3混合，通過選擇性催化劑高溫脫除，SO2可通過堿液吸收去除。對于反應(yīng)

2s02(g)+Ch(g)2s03(g),下列說法正確的是

A.該反應(yīng)AHVOAS>0

B.2molSCh(g)和1molCh(g)所含鍵能總和比2molSCh(g)所含鍵能小

C.反應(yīng)在高溫、催化劑條件下進(jìn)行可提高SCh的平衡轉(zhuǎn)化率

D.該反應(yīng)中每生成22.4LS03轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約等于2x6.02x1023

【答案】B

【解析】

【詳解】A.該反應(yīng)是氣體計(jì)量系數(shù)減小的反應(yīng)，故ASO,A錯(cuò)誤;

B.由題給條件可知，該反應(yīng)AH=反應(yīng)物鍵能和-產(chǎn)物鍵能和<0,B正確；

C.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率減小，催化劑只能改變反應(yīng)速

率，不能使平衡移動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D.沒有給出三氧化硫的狀態(tài)，無法計(jì)算其物質(zhì)的量，另外，標(biāo)準(zhǔn)三氧化硫?yàn)楣虘B(tài)，也無

法計(jì)算其物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；

故選B。

7.鹵族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列說法正確的是

A.電負(fù)性：F<Cl<Br<IB.鍵能：HF<HBr

C.失電子能力：Cl<Br<1D.鍵極性：Cl—I<Br—I

【答案】C

【解析】

【詳解】A.同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，電負(fù)性依次減小，則鹵族

元素的電負(fù)性的大小順序?yàn)镮<Br<Cl<F,故A錯(cuò)誤；

B.鹵素元素的電負(fù)性越大，原子與氫原子形成的共價(jià)鍵的鍵能越大，氟元素的電負(fù)性大

于氯元素，則氟化氫分子中的氫氟鍵的鍵能大于氯化氫分子中的氫氯鍵，故B錯(cuò)誤；

C.單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，對應(yīng)還原產(chǎn)物陰離子的還原性越弱，同主族元素，從上到下元素

的非金屬性依次減弱，單質(zhì)的氧化性依次減弱，對應(yīng)還原產(chǎn)物陰離子的還原性依次增強(qiáng)，

所以鹵族元素的陰離子失電子能力大小順序?yàn)镃「VBr<「，故C正確；

D.鹵素元素的電負(fù)性越大，與碘原子形成的共價(jià)鍵的犍極性越大，氯元素的電負(fù)性大于

溪元素，則氯碘鍵的極性大于澳碘鍵，故D錯(cuò)誤；

故選C

8.用低品銅礦（主要含CuS、FeO）制備Cu2。的一種工藝流程如下：

下列說法正確的是

2+2+

A.“酸浸”過程中CuS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：S+MnO2+4H7^Mn+S+

2H2O

B.“酸浸”所得溶液中的陽離子主要有H+、Mn2\CM+和Fe2+

C.1個(gè)CsO晶胞（如圖）中含4個(gè)氧原子

D.水合朧濃度過大，CU2O產(chǎn)率下降，可能的原因是CU2。進(jìn)一步被還原成單質(zhì)銅

【答案】D

【解析】

【分析】由題給流程可知，低品銅礦用稀硫酸、二氧化錦酸浸時(shí)，硫化銅與稀硫酸和二氧

化鑄反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸錦、硫和水，氧化亞鐵與與稀硫酸和二氧化鎰反應(yīng)生成硫酸

鐵、硫酸銃、硫和水，向反應(yīng)后的溶液中加入合適的試劑調(diào)節(jié)溶液pH,將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫

氧化鐵沉淀，過濾得到含有硫、氫氧化鐵的濾渣和含有缽離子和銅離子的濾液；向?yàn)V液中

加入合適的試劑將鎰離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾得到鎰渣和含有銅離子的濾液；向?yàn)V液中加入

水合明將銅離子轉(zhuǎn)化為氧化亞銅。

【詳解】A.酸浸過程中硫化銅發(fā)生的反應(yīng)為硫化銅與稀硫酸和二氧化鐳反應(yīng)生成硫酸

銅、硫酸錦、硫和水，反應(yīng)的離子方程式為CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2。，故

A錯(cuò)誤；

B.由分析可知，酸浸所得溶液中的陽離子主要有H+、MH+、C/+和Fe3+,故B錯(cuò)誤；

C.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)和體心的白球的個(gè)數(shù)為8X）+1=2,位于體內(nèi)的黑

球?yàn)?,由化學(xué)式可知，白球?yàn)檠踉?，則晶胞中氧原子個(gè)數(shù)為2,故C錯(cuò)誤；

D.若水合肺濃度過大，水合月井與溶液中的銅離子反應(yīng)生成銅，會(huì)導(dǎo)致氧化亞銅的產(chǎn)率降

低，故D正確；

故選D。

9.科學(xué)家發(fā)明了如圖所示的新型Zn—CO2水介質(zhì)電池，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，

放電時(shí)，CO2被轉(zhuǎn)化為儲(chǔ)氫物質(zhì)甲酸等。下列說法正確的是

雙極隔膜

A.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為：Zn+2e+40H=Zn(OH)j

B.放電時(shí)，1molCCh完全轉(zhuǎn)化為HCOOH,理論上轉(zhuǎn)移4moi電子

C.充電時(shí)，正極溶液中0H-濃度升高

D.充電時(shí)，電池總反應(yīng)為：2Zn(0H)；32Zn+02T+40H+2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】由圖可知，放電時(shí)，左側(cè)電極為負(fù)極，堿性條件下，鋅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生

成四羥基合鋅離子，電極反應(yīng)式為Zn—2院+40丁=Zn(0H)；,右側(cè)電極為正極，酸性條

件下，二氧化碳在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成甲酸，電極反應(yīng)式為CCh+2e-+

2H+=HC00H,充電時(shí)，左側(cè)電極為陰極，四羥基合鋅離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鋅

和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為Zn(0H)：+2e-=Zn+40H一,右側(cè)電極為陽極，水在陽極失

去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H20—4廣=02t+4H+,充電的

總反應(yīng)為2Zn(0H)：—2Zn+O2t+4OH+2H2Oo

【詳解】A.由分析可知，放電時(shí)，左側(cè)電極為負(fù)極，堿性條件下，鋅失去電子發(fā)生氧化

反應(yīng)生成四羥基合鋅離子，電極反應(yīng)式為Zn—2右+40H—=Zn(0H)f,故A錯(cuò)誤；

B.由分析可知，放電時(shí)，右側(cè)電極為正極，酸性條件下，二氧化碳在正極得到電子發(fā)生

還原反應(yīng)生成甲酸，電極反應(yīng)式為CO2+2e+2H+=HC00H,則Imol二氧化碳放電時(shí)，

理論上轉(zhuǎn)移2moi電子，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，充電時(shí)，右側(cè)電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和

氫離子，電極反應(yīng)式為2H20—4e=。2t+4H+,溶液中氫離子濃度增大，溶液pH減小，

故C錯(cuò)誤；

D.由分析可知，充電的總反應(yīng)為2Zn(0H)：馴2Zn+O2f+4OH—+2H20,故D正確；

故選D。

10.在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO?和H2可能的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說法不

無硼的是

A.若用HCOOD催化釋氫，反應(yīng)除生成CO2外，還生成HD

B.第一步轉(zhuǎn)化N與H間形成配位鍵

C.若用HCOOK溶液代替HCOOH釋氫速率加快

D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最終所得氣體中H2的純度會(huì)降低

【答案】D

【解析】

【詳解】A.第一步HCOOD電離出D+與N結(jié)合，第二步HCOO-CCh+H:第三步D+、

H反應(yīng)生成HD,所以HCOOD催化釋氫，除生成C02外，還生成HD,故A正確；

B.N原子含有孤電子對、H+有空軌道，根據(jù)圖示，第一步轉(zhuǎn)化N與HCOOH電離出的H+

通過配位鍵結(jié)合，故B正確；

C.若用HCOOK溶液代替HCOOH,HCOO的濃度大，第二步反應(yīng)放出二氧化碳的速率加

快，總反應(yīng)速率加快。故釋氫速率加快。故C正確；

D.若用HCOOK溶液代替HCOOH,HCOOK水解出HCOOH,釋氫歷程不變，所以最終

所得氣體中H2的純度不會(huì)降低，故D錯(cuò)誤；

選D。

11.紫花前胡醇（結(jié)構(gòu)簡式如圖所示）可從中藥材當(dāng)歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫

力。下列的說法正確的是

A.1mol紫花前胡醇最多能與2moiNaOH反應(yīng)

B.分子中含2個(gè)手性碳原子

C.紫花前胡醇不能發(fā)生消去反應(yīng)

D.紫花前胡舞不能使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子中的酚酯基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則1

mol紫花前胡醇最多能與2mol氫氧化鈉反應(yīng)，故A正確；

B.由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子中含有1個(gè)連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的手性碳原

子，故B錯(cuò)誤；

C.由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子與羥基相連的碳原子右鄰碳原子上連有氫原子，所

以一定條件下能發(fā)生消去反應(yīng)，故c錯(cuò)誤；

D.由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子中含有的羥基和碳碳雙鍵能與酸性高鎰酸鉀溶液發(fā)

生氧化反應(yīng)使溶液褪色，故D錯(cuò)誤；

故選Ao

12.室溫下，根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是

選

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論

項(xiàng)

測得O.lmolLTCH3coONa溶液pH約為9,HN02電離出H+的能力比

A

O.lmol-L'NaNOa溶液pH約為8CHiCOOH強(qiáng)

向濃度均為0.1molL-1的BaCL和CaCL混合溶液中滴K(BaSO)<

Bsp4

加溶液，出現(xiàn)白色沉淀

Na2sChKSp(CaSO4)

向溶有S02的BaCb溶液中通入氣體X,出現(xiàn)白色沉

CX一定具有強(qiáng)氧化性

淀

鹵代煌Y與NaOH水溶液共熱后，再滴入AgNO3溶

D鹵代燒已變質(zhì)

液，產(chǎn)生黑色沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由濃度均為O.lmol/L的醋酸鈉溶液的pH大于亞硝酸鈉可知，醋酸根離子在溶

液中的水解程度大于亞硝酸根離子，則亞硝酸的酸性強(qiáng)于醋酸，電離出氫離子的能力強(qiáng)于

醋酸，故A正確；

B.向濃度均為O.lmol/L的氯化鋼和氯化鈣的混合溶液中滴加硫酸鈉溶液，出現(xiàn)的白色沉

淀可能是硫酸鋼，也可能是硫酸鈣，所以無法比較硫酸鋼和硫酸鈣的溶度積大小，故B錯(cuò)

誤；

C.向溶有二氧化硫的氯化鋼溶液中通入氨氣，會(huì)有亞硫酸鋼白色沉淀生成，生成白色沉

淀的反應(yīng)中氨氣未表現(xiàn)氧化性，故c錯(cuò)誤；

D.鹵代燃Y與氫氧化鈉水溶液共熱后，由于未加入稀硝酸中和氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉

會(huì)與直接加入的硝酸銀溶液反應(yīng)生成氫氧化銀，氫氧化銀分解生成黑色氧化銀，所以反應(yīng)

生成黑色沉淀不能確定鹵代燃已變質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選Ao

13.硫酸工業(yè)尾氣(主要含S02、N2和。2),用Na2s03溶液吸收可轉(zhuǎn)化為NaHSCh,當(dāng)

c(HSO；)：c(SO；)七10時(shí)，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2sCh溶液。己知

Xal(H2so3)=10心,Ka2(H2so3)=1Oh,下列說法不無卿的是

+

A.NazSCh溶液中存在：c(OH)=c(H)+c(HSO3)+2c(H2SO3)

B.Na2sO3溶液吸收SO2的離子方程式為：SO3+SO2+H2O-2HSO；

C.當(dāng)c(HSC>3)：c(SO：)=10時(shí)，此時(shí)吸收液的pH=6.2

D.與原Na2sO3溶液相比，吸收液充分分解放出S02再生后吸收SO2能力幾乎不變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.亞硫酸鈉溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系以0丁)=C(H+)+C(HSO；)+2C(H2SO3),故

A正確；

B.亞硫酸鈉溶液吸收二氧化硫的反應(yīng)為亞硫酸鈉溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，

反應(yīng)的離子方程式為SO：+SO2+H2O=2HSO3,故B正確；

c(SO；)c(H+)

C.亞硫酸的電離常數(shù)Ka2(H2so3)=當(dāng)°3503)：以50。=10時(shí)，溶液中

c(HSOp

K,(H9S0jc(HS0；)

c(H+)=32v(SO^')....-=1°-7'2X10moI/L=10-6'2mol/L)溶液的pH為6.2,故C正

確；

D.吸收能力下降的吸收液加熱再生為亞硫酸鈉溶液的反應(yīng)為溶液中的亞硫酸氫鈉受熱分

解轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉具有還原性，可能被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，硫酸鈉溶

液不能與二氧化硫反應(yīng)，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D錯(cuò)誤；

故選D。

14.C02催化加氫合成二甲醛是一種C02轉(zhuǎn)化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：

反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJmor'

反應(yīng)II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△”=—122.5kJmoL

在恒壓、C02和H2的起始量一定的條件下，C02平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH30cH3的選擇性

2xCH30cH3的物質(zhì)的量

隨溫度的變化如圖所示。(CH30cH3的選擇性=xlOO%)

反應(yīng)的CO?的物質(zhì)的量

下列說法不延頤的是

A.CO的選擇性隨溫度的升高逐漸增大

B.反應(yīng)2co(g)+4H2(g)=CH30cH3(g)+H2O(g)A//=-204.9kJmoL

C.在240?320℃范圍內(nèi)，溫度升高，平衡時(shí)CH30cH3的物質(zhì)的量先增大后減小

D.反應(yīng)一段時(shí)間后，測得CH30cH3的選擇性為48%(圖中A點(diǎn))，增大壓強(qiáng)可能將

CH30cH3的選擇性提升到B點(diǎn)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖可知，升高溫度，二甲醛的選擇性減小，由碳原子個(gè)數(shù)守恒可知，一氧

化碳的選擇性增大，故A正確；

B.由蓋斯定律可知，反應(yīng)n—2X反應(yīng)I得到反應(yīng)，則

2co(g)+4H2(g)=CH30cH3(g)+H2O(g)AH=(—122.5kJmor1)—2X(+41.2kJmor')=—204.9

kJmol故B正確;

C.反應(yīng)II是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，二甲醛的物質(zhì)的量減小，故

C錯(cuò)誤；

D.反應(yīng)II是氣體體積減小的反應(yīng)，在溫度不變的條件下，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向

移動(dòng)，甲醛的物質(zhì)的量增大，二甲醛的選擇性增大，則增大壓強(qiáng)可能將二甲醛的選擇性由

A點(diǎn)提升到B點(diǎn)，故D正確；

故選Co

二、非選擇題：共4題，共58分。

15.以軟鎰礦(主要成分為MnCh,還含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫鐵礦(主

要成分FeS*為原料，兩礦聯(lián)合浸取可制備大顆粒的電池用Mn3O4?

(1)浸?。簩④浝彽V與硫鐵礦粉碎混合，用硫酸浸取。研究發(fā)現(xiàn)，酸浸時(shí)，F(xiàn)eS2和MnCh

顆粒構(gòu)成兩個(gè)原電池反應(yīng)，其原理如圖所示(部分產(chǎn)物未標(biāo)出)。

②隨硫鐵礦的增加，錦的浸出率降低，可能的原因是.

(2)除鈣鎂：向已除去Fe、Al、Si元素MnS04溶液中(pH約為5)加入NFUF溶液，將

Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為氟化物沉淀。則空Q

。［已知Ksp(MgF2)=5xlO-u,

c(Ca~)

9

Ksp(CaF2)=5xlO-]

(3)氧化：將“沉淀”步驟所得含少量Mn2(OH)2s04的Mn(OH)2固體濾出，洗凈，力口水

打成漿，漿液邊加熱邊持續(xù)通空氣，制得MmOa。

①寫出由Mn(0H)2反應(yīng)得到MmOa的化學(xué)方程式

②沉淀加熱通空氣過程中溶液pH隨時(shí)間變化如圖所示，其中pH先基本不變后迅速下降的

〃h

③所得產(chǎn)物中鎰元素含量隨通入空氣時(shí)間的變化如圖所示，當(dāng)通空氣時(shí)間超8小時(shí)，產(chǎn)物

中鋅元素含量減小的原因是

12345時(shí)間/h

【答案】(1)①.FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S②.隨硫鐵礦用量增加，生成的單質(zhì)硫會(huì)覆

蓋在FeS2顆粒表面，減少了Fe2+的生成，導(dǎo)致錦的浸出率降低

、1

(2)-----

100

A

(3)①.6Mn(OH)2+O2=2Mn3Ck+6H2O②.開始時(shí)發(fā)生Mn(OH)2被O2氧化生

成水，溶液pH無明顯變化；7h后MnMOH)2sCU被02氧化，生成H2so4,溶液pH減小(也

A

可用方程式表示：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O,故溶液pH無明顯變化；3Mn2(OH)2SO4

A,

+O2=2Mn.Q4+6H++3SO；,溶液pH減小)③.MmCh部分被氧化為更高價(jià)的猛的氧

化物

【解析】

【分析】根據(jù)流程圖以及軟鎰礦、硫鐵礦所含物質(zhì)可知，在酸浸取構(gòu)成兩個(gè)原電池將錦元

素轉(zhuǎn)化成Mn",然后調(diào)節(jié)溶液pH,將鐵、鋁、硅元素除去，根據(jù)問題(2),加入筑化物，

除去Ca、Mg元素，向?yàn)V液中加入氨水，Mn元素主要轉(zhuǎn)化成Mn(OH)2,最后通入空氣將

Mn(OH)2氧化成MgCU,據(jù)此分析；

【小問1詳解】

①根據(jù)題意，酸浸時(shí)，F(xiàn)eS2和MnCh構(gòu)成兩個(gè)原電池，依據(jù)其原理可知，生成單質(zhì)S的反

應(yīng)是FeS2與Fe3+反應(yīng)，電池總反應(yīng)的離子方程式為FeS?+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案為

FeSz+2Fe3+=3Fe2++2S；

②根據(jù)①產(chǎn)生硫單質(zhì)，隨著硫鐵礦的增加，產(chǎn)生硫單質(zhì)附著在FeSz,阻礙反應(yīng)的進(jìn)行，與

MnCh反應(yīng)的Fe?+物質(zhì)的量減少，導(dǎo)致產(chǎn)生Md+量減少；故答案為隨硫鐵礦用量增加，生

成的單質(zhì)硫會(huì)覆蓋在FeS2顆粒表面，減少了Fe2+的生成，導(dǎo)致鎰的浸出率降低；

【小問2詳解】

加入氟化筱將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化成CaF2、MgFz沉淀，則有

c(Mg2+)_Ksp(MgFp5x10--1一公差二1

-_=；

7^^p(CaF2)5^l00故口案為前；

【小問3詳解】

8

①M(fèi)n(OH)2轉(zhuǎn)化成Mn3C)4,Mn的化合價(jià)由+2升高為+§價(jià)，Mn(OH)2為還原劑，氧氣為氧

A

化齊IJ,利用化合價(jià)升降法以及原子守恒，得到反應(yīng)方程式為6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+

A

6H2O；故答案為6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；

A

②根據(jù)問題①的反應(yīng)方程式為6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O,溶液pH無明顯變化；“沉

淀''步驟所得Mn(OH”固體含少量Mn2(OH)2SO4,7h后被氧氣氧化，其反應(yīng)方程式為

3Mm(OH)2so4+O2=2Mn3O4+6H++3SO：,c(H+)增大，溶液pH減小；故答案為開始

時(shí)發(fā)生Mn(OH)2被02氧化生成水，溶液pH無明顯變化；7h后MnMOH)2s04被。2氧化，

A

生成H2SO4,溶液pH減小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2+O2=2M113O4+6H2O,故溶

液pH無明顯變化；3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3C)4+6H++3SO；,溶液pH減小)；

③產(chǎn)物中鐳元素含量減小的原因可能是MmO4部分被氧化為更高價(jià)的鋅的氧化物；故答案

為MmO4部分被氧化為更高價(jià)的鐳的氧化物。

16.天然產(chǎn)物F具有抗腫瘤、鎮(zhèn)痙等生物活性，可通過以下路線合成：

(1)化合物C中含有的含氧官能團(tuán)名稱為。

(2)E-F的反應(yīng)類型為。

(3)D-E中有一種副產(chǎn)品(分子式C14H14O3)生成，該副產(chǎn)品的結(jié)構(gòu)簡式為一

(4)C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足以下條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：

a.能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng);

b.堿性條件下水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。

o.COOCH

（5）寫出以力和n—C00CH3為原料制備（爐3的合成路線流程圖（無機(jī)試劑

和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。

【答案】（1）（酮）鍛基、酯基

—NaOH醺—溶液、>/°、^COOCH,-Q-r.COOCH:出、⑨一cooc%

【解析】

【分析】A和X發(fā)生取代反應(yīng)生成B,B加熱后生成C,C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D,D與

CH3I在NaH作用下發(fā)生反應(yīng)生成E,E還原生成F。

【小問1詳解】

C的結(jié)構(gòu)簡式為夕（?，含有的含氧官能團(tuán)名稱為（酮）皴基、酯基；

【小問2詳解】

根據(jù)E和F的結(jié)構(gòu)簡式分析，皴基轉(zhuǎn)化為羥基，反應(yīng)過程中得到了F,則E-F的反應(yīng)類型

為還原反應(yīng)；

【小問3詳解】

由E的結(jié)構(gòu)簡式知，E分子式為Cl5Hl6。3,副產(chǎn)物（分子式為C|4Hl4。3）比E少1個(gè)CH2,

則與E相比，生成E時(shí)有2個(gè)甲基取代了2個(gè)H,而生成副產(chǎn)物時(shí)只有1個(gè)甲基取代了

H,故副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式:

【小問4詳解】

C的結(jié)構(gòu)簡式為。QQ）,C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足：a.能與FeCb溶液發(fā)生顯色

反應(yīng)，則含有酚羥基；b.堿性條件下水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有2種不同化

oO

ii

o-cIIc三

學(xué)環(huán)境的氫則高度對稱，符合條件的同分異構(gòu)體有A

OH

【小問5詳解】

以COOCHs為原料制備H3的合成路線，由與澳發(fā)生加成反應(yīng)得到

在氫氧化鈉的醉溶液中加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成

?COOCH3反應(yīng)生成"廣0001，，［"2與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)生成0200CH3

NaOH醇溶液

A

17.氯化銀(NiCL?6H2O)常用于電鍍、陶瓷等工業(yè)，某實(shí)驗(yàn)室以單質(zhì)Ni為原料制取氯化保

的實(shí)驗(yàn)步驟如下:

單質(zhì)NiNiCO,?Ni(OH)2NiCl2?6H2O

濾渣

已知:①Fe(OH)3完全沉淀pH為3.2；Ni(OH)2開始沉淀pH為7.2,完全沉淀pH為9.2。

②NiCL易水解，從溶液中獲取NiCh?6H2O須控制PH<2?

(1)在三頸燒瓶中(裝置見如圖)加入一定量Ni粉和水，通入空氣，滴入稀硝酸和稀硫酸

NaOH

溶液

①向A裝置中通入空氣的作用除攪拌外還有

②若銀粉過量，判斷反應(yīng)完成的現(xiàn)象是。

(2)將所得NiSCU溶液與NaHCOs溶液混合反應(yīng)得到NiC03?Ni(OH”沉淀，過濾，洗

滌。

①沉淀反應(yīng)的離子方程式為。

②檢驗(yàn)NiCCh?Ni(OH”沉淀已經(jīng)洗滌完全的方法是o

所得固體中混有少量。請補(bǔ)充完整由固體

(3)NiCCh?Ni(0H)2Fe(0H)3NiCO3-Ni(OH”

制備NiCh-6H2O的實(shí)驗(yàn)方案：向NiCCh?Ni(0H)2固體中加入鹽酸，攪拌，

。[NiCb溶解度曲線如圖所示。實(shí)驗(yàn)中須選用的儀器和試劑：pH計(jì)、鹽酸、

【答案】(1)①.將生成的NO氧化為硝酸，使產(chǎn)生的NO部分轉(zhuǎn)化為Nth,便于NO,

被NaOH溶液完全吸收②.三頸燒瓶內(nèi)無紅棕色氣體出現(xiàn)

2+②.取最后一次洗滌所得

(2)?.2Ni+4HCO3=NiCO3-Ni(OH)21+3CO2f+H2O

濾液，向其中滴加鹽酸酸化的BaCb溶液(硝酸鋼也得分)，若無明顯現(xiàn)象則已洗滌干凈

(3)至固體全部溶解，向所得溶液中加入NiCCh至反應(yīng)液3.2<pH<7.2,靜置，過濾，向

濾液中加入適量鹽酸，用pH計(jì)控制溶液pH小于2,蒸發(fā)濃縮，冷卻至左右結(jié)晶，過濾，

用冰水洗滌，干燥

【解析】

【分析】以單質(zhì)Ni為原料制取氯化銀：在A裝置三頸燒瓶中加入一定量Ni粉和水，通入

空氣，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，發(fā)生反應(yīng)：3Ni+8H++2NO；=3Ni2++2NOT+4H20,至

反應(yīng)結(jié)束，過濾，制得NiSCU溶液，通入空氣攪拌，并使生成的NO氧化為硝酸，或使產(chǎn)

生的NO部分轉(zhuǎn)化為NO2,便于NOx被B裝置中NaOH溶液完全吸收，將所得NiSCU溶液

與NaHCCh溶液混合發(fā)生反應(yīng)：2Ni2++4HCO3=NiCO3-Ni(OH)21+3CC)2T+H2O,得到

NiCO3-Ni(OH)2沉淀，向NiC0>Ni(0H)2固體中加入鹽酸，邊加邊攪拌，用pH計(jì)測定反應(yīng)

液3.2<pH<7.2,停止加入鹽酸，靜置，過濾，向?yàn)V液中加入適量鹽酸，控制溶液pH小

于2,蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用乙醇洗滌，干燥，得到氯化銀(NiCL-6H2O),據(jù)此分

析。

【小問1詳解】

①由分析可知，三頸燒瓶中有NO生成，向A裝置中通入空氣的作用是攪拌，還可以將生

成的NO氧化為硝酸(或使產(chǎn)生的NO部分轉(zhuǎn)化為NOz,便于NOx被NaOH溶液完全吸

收)；

②若銀粉過量，則過量的銀粉與空氣反應(yīng)，NO不能被氧化，三頸燒瓶內(nèi)無紅棕色氣體出

現(xiàn)；

【小問2詳解】

①NiSO4溶液與NaHCCh溶液混合反應(yīng)得到NiCC)3-Ni(OH)2沉淀，沉淀反應(yīng)的離子方程式為

2+

2Ni+4HCO3=NiC03Ni(0H)2j.+3C02t+H20o

②NiCCh-Ni(OH)2沉淀未洗凈的話，洗滌液中含有硫酸根離子，故檢驗(yàn)NiCCh-Ni(OH)2沉淀

是否洗滌完全的方法是：取最后一次洗滌液，向其中滴加鹽酸酸化的BaCh溶液，若無明

顯現(xiàn)象，則已洗凈；

【小問3詳解】

已知：Fe(OH)3完全沉淀pH為3.2；Ni(OH)2開始沉淀pH為7.2,完全沉淀pH為9.2,

NiCO3-Ni(OH)2固體中混有少量Fe(OH)3,應(yīng)先將其轉(zhuǎn)化為離子，再調(diào)節(jié)pH沉淀鐵離子，

pH的調(diào)節(jié)不能沉淀銀離子，pH范圍3.2<pH<7.2,過濾后從濾液獲得NiCLCEhO,由

固體制備。的實(shí)驗(yàn)方案：向固體中加入鹽酸，邊

NiCO3Ni(OH)2NiCb6H2NiCO3Ni(OH)2

加邊攪拌，用pH計(jì)測定反應(yīng)液3.2<pH<7.2,停止加入鹽酸，靜置，過濾，向?yàn)V液中加

入適量鹽酸，控制溶液pH小于2,蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用乙醇洗滌，干燥。

18.廢氣中的H2s可用電解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多種方法脫除。

(1)電解法脫除：將燒堿吸收H2s后的溶液加入到如圖所示的電解池的陽極區(qū)進(jìn)行電

解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng)：

①寫出陰極的電極反應(yīng)方程式。

②電解后陽極區(qū)溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì)，其離子方程式為?

(2)Fe2(SC>4)3吸收脫除：用Fe2(SC>4)3溶液吸收HzS,其反應(yīng)后的溶液可在硫桿菌作用下

實(shí)現(xiàn)吸收液的再生。

①用Fe2（SO4）3吸收液脫除H2s的原理經(jīng)歷以下三步：

第一步：H2s（g）=H2s（叫）

+

第二步：H2S^H+HS-

第三步：HS-+2Fe3+=S；+2Fe2++H+

一定條件下，不同F(xiàn)e3+濃度溶液及該溶液起始pH與脫硫率的關(guān)系如圖所示。當(dāng)Fe3+濃度

大于10gL」時(shí)，隨著Fe3+濃度增大，脫硫率逐漸降低。其原因是o

1001------------------------------------12.5

8o

￡_

6o

3_

4o

_一脫硫率]

2O

一，I?]