2022年高考化學仿真模擬卷2（解析版）（湖南專用）

【仿真演練?二輪】備戰(zhàn)2022年高考化學

模擬卷02（湖南專用）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的。

1.下列過程中沒有發(fā)生化學變化的是（）

A.濃硫酸使蔗糖變黑

B.二氧化氮低溫冷凝形成無色液體

C.液氨汽化起制冷作用

D.亞硫酸鈉除去水中的溶解氧

【答案】C

【解析】

A.濃硫酸使蔗糖變黑是因為濃硫酸使蔗糖脫水生成碳，有新物質牛成，是化學變化，故A不選；

B.二氧化氮紅棕色，四氧化二氮無色，該反應是一個氣體體積減小的可逆反應，加壓縮小體積時容器中

二氧化氮的濃度增大而使氣體顏色加深，繼續(xù)加壓平衡向正方向移動，氣體凝成無色液體四氧化二氮，由

氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，是化學變化，故B不選；

C.液氨汽化起制冷作用，是液態(tài)氨氣吸收熱量變?yōu)闅怏w，為物質狀態(tài)幫，沒有新物質生成，是物理變

化，故C選：

D.亞硫酸鈉與氧氣反應生成硫酸鈉，有新物質生成，是化學變化，故D不選；

故選：C?

2.下列物質在生活或生產中的應用錯誤的是（）

A.葡萄酒中添加二氧化硫用于殺菌、抗氧化

B.在含較多Na2cCh的鹽堿地中施加適量熟石灰降低了土壤堿性

C.陶瓷用煙不能用于熔融燒堿

D.甲烷是一種強效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生產甲醇

【答案】B

【解析】

A.根據二氧化硫的性質可知葡萄酒中適當添加二氧化硫，可以起到殺菌、抗氧化的作用，故A正確;

B.Na2co3與熟石灰反應產生了氫氧化鈉，增強了土壤堿性，故B錯誤：

C.陶瓷用煙會與燒堿反應，則陶瓷用煙不能用于熔融燒堿，故C正確；

D.甲烷是一種強效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生產甲醇，故D正確。

故選B。

3.下列有關實驗，對應現象以及結論都正確的是()

選項實驗現象結論

生成無色無味的能使澄說明原溶液中含有

A某無色溶液，加入足量的稀HC1

清石灰水變渾濁的氣體2

CO3-

將0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有先有白色沉淀生成后變Cu(OH)2的溶度積比

B

沉淀產生,再滴加0.1mol/LCuSOi溶液為淺藍色沉淀Mg(OH)2的小

將銅粉放入稀硫酸溶液中并不斷通入。2,再在溶銅粉快速溶解，溶液變形成Fe-Cu原電池，加

C

液中滴加少量FeSCU溶液為藍色快反應速率

向稀硝酸中加入過量Fe粉，反應完全再在溶液中Fe與硝酸反應得到

D溶液變?yōu)檠t色

滴力UKSCN溶液Fe3+

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.碳酸氫根離子與鹽酸反應生成二氧化碳，由現象可知，原溶液中可能含CO.，-或HC03-,或二者均有，

故A錯誤；

B.由操作和現象可知，發(fā)生沉淀的轉化，則Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小，故B正確；

C.Cu不能置換出Fe,無法構成原電池，酸性條件發(fā)生Cu與氧氣的氧化還原反應，亞鐵離子與氧氣反應

生成鐵離子，Cu與鐵離子反應，故C錯誤；

D.Fe過量，生成硝酸亞鐵，則滴加KSCN溶液后無現象，故D錯誤；

故選：Bo

4.魯米諾因能快速鑒定衣物等表面是否存在血跡而被稱為“血跡檢測小王子”，其一種合成路線如圖所示。

下列說法正確的是()

A.魯米諾的分子式為C8H6N3O2

B.魯米諾中最多12個原子位于同一平面

C.甲可以與Na2c03溶液反應生成CO2

D.反應（1）是取代反應，反應（2）是氧化反應

【答案】C

【解析】

A.魯米諾的分子式為C8H5N3O4,故A錯誤；

B.和苯環(huán)相連6個原子共平面碳氧雙鍵中的氧也可能共平面，氮原子也可能與苯環(huán)共平面，魯米諾中原子

位于同一平面的可以多于12個，故B錯誤；

C.甲含竣基可以與Na2cCh溶液反應生成CO2,故C正確；

D.反應（1）是羥基和N2H4之間是取代反應，硝基變氨基為還原反應，反應（2）氨基變硝基是氧化反

應，故D錯誤。

5.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.在高溫、高壓和催化劑的條件下，2gH2與足量N2反應，轉移的電子數為2NA

B.FeCb溶液中Fe3+的濃度為Imol-L1,則1L該溶液中含有的C1的數目大于3N,、

C.常溫下，pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水電離出的H+的數目為10」2由

D.標準狀況下，CH4與2.24LCL恰好完全反應，生成物中氣體分子的數目為0.2NA

【答案】B

【解析】

A.氫氣與氮氣反應生成氨氣為可逆反應，不能進行到底，所以在高溫、高壓和催化劑的條件下，2gH2與

足量N2反應，轉移的電子數小于2NA,故A錯誤；

B.鐵離子部分水解，導致鐵離子數目減少，氯離子的數目大于鐵離子數目的3倍，FeCb溶液中Fe3+的濃

度為ImoHJ,則1L該溶液中含有的C「的數目大于3NA,故B正確；

C.溶液體積未知，無法計算氫離子個數，故c錯誤；

D.氯氣與甲烷反應生成氯化氫和一氯甲烷、二氯甲烷、-:氯甲烷、四氯化碳，其中只有氯化氫和一氯甲

烷為氣體，其余為液體，所以標準狀況下，2.24LCb物質的量為：五蕓荷=lmol,與CK反應完全，生成

44.+mot

物中氣體分子數目小于0.2NA，故D錯誤。

6.聚合硫酸鐵（PFS）是水處理中重要的絮凝劑，以廢鐵屑為原料制備PFS的具體工藝流程如下圖:

PFS固體產品

[Fe/OJO/SO^.]>

下列說法錯誤的是（）

A.步驟①，粉碎的目的是為了增大反應物接觸面積，提高“酸浸”反應速率

B.步驟④，加稀硫酸調節(jié)pH在一定的范圍內，讓Fe3+部分水解形成堿式鹽

C.步驟⑤，減壓蒸發(fā)，有利于降低水的沸點防止產物分解

D.步驟③，可以選擇雙氧水、氯氣等氧化劑將Fe2+轉化成Fe3+

【答案】D

【解析】

A.步驟①，粉碎的目的是增大反應物接觸面積，利于與酸反應，從而提高“酸浸”反應速率，故A正確：

B.鐵離子易水解生成紅褐色氫氧化鐵膠體，聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內，pH偏小時

Fe"水解程度弱，pH偏大時則容易生成Fe(0H)3,產率降低，則步驟④加稀硫酸調節(jié)pH在一定范圍內

的目的是讓Fe3+部分水解形成堿式鹽，故B正確；

C.常壓蒸發(fā)溫度過高易導致聚合硫酸鐵分解，步驟⑤中減壓蒸發(fā)，有利于降低蒸發(fā)溫度，防止產物分

解，故C正確；

D.步驟③，可選用H2O2將Fe?+轉化為Fe3+,還原產物為水，不引入新雜質，不能選CL,會引入新雜

質，故D錯誤。

故選D。

7.W、X、Y、Z是原子序數依次增加的短周期主族元素，位于三個周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X

的簡單氫化物可與其最高價氧化物對應的水化物反應生成鹽，Y的最高價氧化物對應的水化物是二元中強

堿，以下說法《肯送的是

A.原子半徑大?。篩>Z

B.Y3X2中既有離子鍵，又有共價鍵

C.Z的最高價氧化物可做干燥劑

D.可以用含XW3的濃溶液檢驗氯氣管道是否漏氣

【答案】B

【解析】

W、X,Y、Z是原子序數依次增加的短周期主族元素，位于三個周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的

簡單氫化物可與其最高價氧化物對應的水化物反應生成鹽，則x是N元素，Z是P元素，Y的最高價氧化

物對應的水化物是二元中強堿，Y是Mg元素。

A.由同周期元素，隨著原子序數的增大，原子半徑逐漸減小，可知Mg的原子半徑大于P的原子半徑，即

A說法正確；

B.Mg3N2中只有離子鍵，沒有共價鍵，故B錯誤；

C.P2O5可做干燥劑，故C正確；

D.由于氨水與氯氣可發(fā)生化學反應生成氯化鏤，即可以用含NH3的濃溶液檢驗氯氣管道是否漏氣，故D正

確。

故選

8.偏二甲姍(CH,)2N-NH2］與N2O4是常用的火箭推進劑，火箭發(fā)射時常出現紅棕色氣體，發(fā)生的化學反

應如下：

①(CH3)2N-NH2(1)+2N2O4(1)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H|<O

②N2O4(1)U2NO2(g)△H2>0

下列說法不正確的是()

A.反應中①，N2O4為氧化劑

B.反應①中，生成ImolCCh時，轉移8moie-

C.由反應②推斷：加壓、降溫是獲得液態(tài)N2O4的條件

D.溫度升高，反應①的化學反應速率減小、反應②的化學反應速率增大

【答案】D

【解析】

A.反應①中，N2O4中N元素的化合價降低，則N2O4為氧化劑，故A正確；

B.C2H8N2中C元素化合價由T價升高到+4價，N元素化合價由-3價升高到0價，N2O4中N元素化合價

由+4價降低到。價，反應①中，生成ImolCCh時，轉移8moie,故BiE確；

C.N2O4(1)=2NCh(g)△H2>0,增大壓強逆向移動，降低溫度向放熱方向移動，降低溫度也向逆方向

移動，所以加壓、降溫是獲得液態(tài)N2O4的條件，故C正確；

D.升高溫度增大反應速率，所以溫度升高，反應①的化學反應速率減大、反應②的化學反應速率增大，故

D錯誤。

故選D..

9.已知：pKa=-lgKa,25c時，H2s03的pKai=1.85,pKa2=7.19.常溫下，用O.lmol/LNaOH溶液滴定

20mL0.1mol/LH2sO3溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法不正確的是()

匕2。40Vr[NaOH<*qj)/mL

A.A點所得溶液中：V。等于10mL

+2

B.B點所得溶液中:c(Na)+c(H+)=2c(SO3)+c(HSO3)+c(OH)

C.C點所得溶液中：c(Na+)>3c(HSOr)

D.D點所得溶液中水解平衡常數KM=1()68I

【答案】A

【解析】

A.a點溶液中pH=1.85,則溶液中c(H+)=10lii5mol/L,H2sO3的一級電離平衡常數為K”產駕黑%=10-

,85mol/L,所以c(H+)=Kai,表明溶液中c(NaHSO,O=c(H2so3),若恰好是lOmLNaOH,反應起始時

存在c(NaHSO,0=c(H2so3),平衡時c(H2so3)<c(NaHSO.O,因此所加NaOH體積需<10mL,

會得到平衡時C(NaHSCh)=c(H2SO3),即Vo<lOmL,故A錯誤；

B.B點加入NaOH溶液的體積為20mL,此時反應恰好產生NaHS。?，為第一個化學計量點，溶液中存在質

++2

子守恒:c(Na)+c(H)=2c(SO3-)+c(HSO3)+c(OH),故B正確：

C.H2s03的二級電離平衡常數為Ka2="絲也=10〃」9moi/L,c點溶液的pH=7.19,即溶液中c(H+)=10-

c(HSO。

719moi/L,則c(H+)=Ka2,溶液中C(HSO3)=c(SO32),根據電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c

(SO32)+c(HSO3)+c(OH),溶液為堿性，則c(H+)<c(OH),則有c(Na+)>2c(SO32)+c

(HSOf),也就有c(Na+)>3c(HSOy),故C正確；

D.d點為加入NaOH溶液40mL,此時溶液中恰好生成Na.SO.,,為第二個滴定終點，此時Na2so3水解使溶

2

液顯堿性，溶液的pH為9.85,發(fā)生水解的方程式為SO3+H2O#HSO3+OH-,則SO32冰解平衡常數KM=

c(〃SO?)c(OH-)_K

w%=10-6.81,故D正確。

c(S吟)心

故選Ao

10.科學家設計了一種可以循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2的裝置，總反應方程式為2co2=2CO+

O20下列說法正確的是()

A.由圖分析N電極為正極

B.OH-通過離子交換膜遷向左室

C.陰極的電極反應為CO2+H2O+2e=CO+2OH-

D.反應完畢，該裝置中電解質溶液的堿性增強

【答案】C

【解析】

本題考查化學電源新型電池，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，明確電極反應、能量轉化為解答

本題的關鍵，注意電解原理的應用，題目難度中等。

裝置實現“太陽能一電能一化學能“轉化，電能轉化為化學能，為電解裝置，總反應為2co2=2CO+O2,陰極

發(fā)生還原反應生成CO,陽極發(fā)生氧化反應生成氧氣，由電子的定向移動可知N電極為負極，P電極為正極，

以此解答該題。

A.圖中N型半導體為負極，P型半導體為正極，右側是陽極，左側是陰極，故A錯誤；

B.圖中N型半導體為負極，P型半導體為正極，右側是陽極，左側是陰極，OH-向陽極即右側電極周圍移

動，故B錯誤；

C.左側為陰極，發(fā)生得電子的還原反應，也極反應為CO2+2e-+H2O=CO+2OH,故C正確；

D.根據總反應方程式為2co2=2CO+O2,該裝置中電解質溶液的堿性幾乎不變，故D錯誤；

故選：Co

二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一個或兩個選項符

合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.下列各組離子或物質是否能夠大量共存的評價及離子反應方程式書寫均正確的是()

選項粒子組評價

無色溶液中：Na\不能大量共存，因為有沉淀和氣體生成2A13++CO2-

A3

322

Al\SO4\CO3"+3H2O=2A1(OH)31+CO2T

中性溶液中:Fe3\

B不能大量共存，因為有沉淀生成2Fe3++3S%=Fe2s31

2

NH4\S\NO3-

澄清溶液中：K\

C不能大量共存，因為有沉淀生成Cu2++2OH=Cu(OH)21

2+

Cu>Cl、NH3?H2O

酸性溶液中：Fe2\

D能大量共存于同一溶液中

32

Al\SO4\I

A.AB.BC.CD.D

【答案】AD

【解析】

A.CO3?一是弱酸的陰離子要結合水電離出的氫離子，而A仍是弱堿的陽離子要結合水電離出的氫氧根離

子，兩者水解互促，反應的離子方程式為：2Al3++3C0/+3H2O2A1(OH)31+3CO2?,評價及離子方程式

均合理，故A正確；

B.Fe3+、S2-之間發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：2Fe3++3S"=Sl+2FeS],故B錯誤；

2++

C.NH3?H2O不能拆開，正確的離子方程式為：CU+2NH3?H2O=CU(OH)21+2NH4,故C錯誤；

D.Fe2\AP\$04”、r之間不反應，能夠大量共存，評價及離子反應方程式書寫均正確，故D正確；

故選：AD。

12.一定量的C02與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應：C(s)+CO2(g)=2CO(g)o平衡

時.，體系中氣體體積分數與溫度的關系如圖所示。已知：氣體分壓(P分)=氣體總壓(p.e)x體積分數。

下列說法正確的是()

443SSO6S0FMOO92s科度

A.550C時，若充入惰性氣體，VE、v也均減小，平衡向逆反應方向移動

B.650℃時，反應達平衡后CO2的轉化率為25.0%

C.TC時，若充入等體積的CO2和CO,平衡向逆反應方向移動

D.925℃時，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp=24.0p總

【答案】B

【解析】

A.在體積可變的恒壓密閉容器中，550℃時，若充入惰性氣體，容器體積增大，相當于減小反應體系壓

強，v正，v逆均減小，平衡向氣體分子數增多的方向移動，即正向移動，故A錯誤；

B.由圖可知，650℃平衡時，體系中CO2和CO的體積分數分別為60%和40%,設CO?物質的量為6mol,

CO為4mol,結合反應可知轉化為二氧化碳為2mol,則反應達平衡后CCh的轉化率為茄J備j

xl00%=25.0%,故B正確；

C.由圖可知，TC平衡時，體系中CO?和CO的體積分數均為50%,T°C時，若充入等體積的CO2和CO,

體積分數仍為50%,平衡不移動，故C錯誤；

D.由圖可知，925℃平衡時，體系中CO?和CO的體積分數分別為96%和4%,氣體分壓（p分）=氣體總壓

（p&）x體積分數，則Kp=^*=23.04p總，故D錯誤；

故選：故

13.四氯化錫在軍工業(yè)生產中具有重要的作用。實驗室常用金屬錫與氯氣直接化合制備無水四氯化錫。已

知：①無水四氯化錫的熔點-33℃、沸點114.1℃；②四氯化錫易水解，易溶于有機溶劑。下列說法正確的

是（）

A.試劑E為無水氯化鈣

B.儀器甲的名稱為直形冷凝管

C.上述各裝置的連接順序是a—>h—>i—?e—?d—>c—?b

D.實驗所得SnCL中溶有SnCb,可用蒸儲的方法提純SnCL

【答案】CD

【解析】

A.由上述分析可知，試劑E為堿石灰，可吸收尾氣且防止空氣中水蒸氣進入，故A錯誤；

B.儀器甲的名稱為蒸儲燒瓶，乙為球形冷凝管，故B錯誤；

C.由上述分析可知，各裝置的連接順序是a—>h—>i―>f—>g—>e—>d—>c—>b,故C正確；

D.實驗所得SnCL中溶有SnCb,沸點不同，可蒸儲分離提純，故D正確；

故選：CDo

催化凋

14.工業(yè)上可采用CH30H-C0+2H2的方法來制取高純度的CO和H.我國科研人員通過計算機模擬，

△2

研究了在杷基催化劑表面甲醇制氫的反應歷程如圖所示，其中吸附在鉗催化劑表面上的物種用*標注。下

列說法正確的是()

已知：甲醇(CH3OH)脫氫反應的第一步歷程，有兩種可能方式：

方式I：CH.QH*-CH3O*+H*Ea=+103.1kJ?moH,

方式II:CH3OH*-CH3*+OH*Eb=+249.3kJ?moH

(

T⑵

w

S0

i

40

t

)

-40

-8O

a

??

HHHX

o+Tl

-??

?

HOQv

oXO

HU

<J3

A.CH3OH*-CO*+2H2(g)的AH>。

B.①②都為0-H鍵的斷裂過程

C.由活化能E值推測，甲醉裂解過程主要歷經的方式應為H

D.放熱最多階段的化學方程式為CHO*+3H*=CO*+4H*

【答案】AD

【解析】

A.由起始及最終狀態(tài)可知，最終狀態(tài)能量高，貝IJCFBOH*一CO*+2H2(g)的AH〉。，故A正確；

B.甲醇只有1個0-H鍵，則只有①為O-H鍵的斷裂過程，故B錯誤；

C.方式I中活化能小，則甲醇裂解過程主要歷經的方式應為I,故C錯誤；

D.由圖可知，放熱最多為112.6kJ/mol轉化為-65.7kJ/mol,此時對應的反應為CHO*+3H*=CO*+4H*,故D

正確；

故選：AD。

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15~17題為必考題，每個試題考生都必須作答。第18、19

題為選考題，考生根據要求作答。

(-)必考題：此題包括3小題，共39分。

15.(12分)

二氧化鈕(V0?)是一種新型熱敏材料+4價的鋼化合物在弱酸性條件下易被氧化。實驗室以V2O5為原料合

成用于制備VO2的氧鈕(IV)堿式碳酸鉞晶體，過程如下：

6mo卜L"鹽酸和

V2O5-VOCb溶液.”"9"咋(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]10H2O

微沸數分鐘氧鈿(IV)堿式碳酸鉉晶體

iii

回答下列問題：

(1)V0C12中V的化合價為。

(2)步驟i中生成VOCL的同時生成一種無色無污染的氣體，該化學方程式為。也可只用濃鹽酸

與V2O5來制備V0C12溶液，該法的缺點是

(3)步驟ii可在下圖裝置中進行。

①反應前應通入CO2數分鐘的目的是。

②裝置B中的試劑是o

(4)測定氧鋼(IV)堿式碳酸鏤晶體粗產品中鋼的含量。

稱量ag樣品于錐形瓶中，用20mL蒸儲水與30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnCU溶液至稍過量,

充分反應后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2,最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2

+2++2+3+

標準溶液滴定至終點，消耗體積為bmL。滴定反應為：VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O.

①KMnO4溶液的作用是oNaNCh溶液的作用是。

②粗產品中鈿的質量分數的表達式為o

【答案】

(1)+4

(2)2V2O5+N2H4-2HCl+6HCl=4VOCh+N2T+6H20；有氯氣生成，污染空氣

(3)①排除裝置中的空氣，避免產物被氧化

②飽和碳酸氫鈉溶液

(4)①將+4價的銳化合物氧化為VCh+;除去過量的KMnO4

八51bc.

②兩X100%

【解析】

(1)根據正負化合價代數和為0可知V0C12中V的化合價為+4價；

(2)根據步驟i的轉化以及生成一種無色無污染的氣體，可知該氣體為氮氣，所以根據氧化還原反應可知

對應的化學方程式為：2V2O5+N2H4-2HCl+6HCl=4VOCb+N2T+6H9；由于五氧化二機具有氧化性，鹽酸具

有還原性，二者反應會產生氯氣，污染空氣；

(3)①由于+4價的鋼化合物在弱酸性條件卜.易被氧化，所以反應前應通入CO2數分鐘的目的是排除裝置

中的空氣，避免產物被氧化；

②由于產生的二氧化碳中混有HC1,HC1的存在會影響實驗，因此需要除去，可以選用飽和碳酸氫鈉溶

液；

(4)①根據題目信息可知KMnO4溶液的作用是將+4價的乳化合物氧化為VO2+：NaNCh溶液的作用是除

去過量的KMnO4；

+2++2+u

②根據給定反應VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O可知鋼的物質的量為篇no/,因此鋼的質量分數為

嬴皿53加?！?0%=噩x100%

agxuuua

16.(14分)

甲醛(HCHO)在化工、醫(yī)藥、農藥等方面有著廣泛的應用。回答下列問題：

(1)甲醇脫氫法可制備甲醛。已知：

CH30H(1)UHCHO(g)+H2(g)△H=+x

CH3OH(g)#C0(g)+2H2(g)AH=+ykj?mol-'

CH3OH(1)VO(g)+2H2(g)AH=+zkJ?mol-1

1

則反應CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)的AH=kJ.mol-

(2)恒溫恒容條件下，反應CHQH(g)UHCHO(g)+H2(g)達到平衡的標志是(填標號)。

A.CH3OH、HCHO、出的分子數之比為1：1：1

B.CH3OH、HCHO、氏的物質的量濃度變化表示的反應速率之比為1：1：1

C.混合氣體的平均摩爾質量保持不變

D.容器中氣體的總壓強保持不變

(3)650C時，Na2cCh固體催化甲醉脫氫是自由基引發(fā)的鏈反應，甲醇在Na2co3表面上先吸附，然后發(fā)

生分解，生成自由基?H、?CH20H,自由基再從催化劑表面脫附、脫氫生成HCHO和CO,?H相互結合成

H2O將下面可能性較大的轉化過程補充完整：

@CH3OH=?H+.CH2OH；

②=?H+HCHO；

③?CH20H=3+C0；

④?H+?H=H2。

(4)反應CH.QH(g)UHCHO(g)+H2(g)的能量變化如圖a所示，CHQH(g)的平衡體積分數變化

如圖b所示。

CHQH的平街體積分數/%

HCHO^H^g)

CHQH@

反應過程

①根據圖a,該反應的熱化學方程式可表示為o

②根據圖b,壓強pi和P2的大小關系為PiP2(填或"=")。

③圖b中，X點的CH30H的平衡轉化率為。

(5)向恒容容器中同時通入一定量的CHQH(g)和水蒸氣，發(fā)生反應CH30H(g)UHCHO(g)+H2

(g),測得容器內氣體總壓和CH30H(g)的轉化率隨時間變化如圖C所示。

paa/kPaCHQH(g)轉化率4

102030405060

時間/min

困C

平衡時，p(H2O)=kPa,平衡常數Kp=kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數)。

【答案】

(1)(x+y-z)

(2)CD

(3)?CH20H?H

(4)CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=+96.5kJ/mol>66.7%

【解析】

(1)

①CH30H(1)UHCHO(g)+H2(g)△H=+xkJ?mol''

1

②CH30H(g)^CO(g)+2H2(g)△H=+ykJ-mol-

③CH3OH(1)HO(g)+2氏(g)△H=+zkJ?mol-'

根據蓋斯定律：①+②-③得CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=(x+y-z)kJ/mol,

故答案為:x+y-z；

(2)

A.反應達到平衡時，CH.QH、HCHO、比的分子數保持不變，CH.QH、HCHO、H2的分子數之比為1：

1：1,不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B.無論反應是否達到平衡狀態(tài)，CHQH、HCHO、出的物質的量濃度變化表示的反應速率之比都為1：1：

I,故B錯誤；

C.根據質量守恒，混合氣體的質量始終不變，該反應是氣體物質的量增大的反應，隨著反應進行，混合氣

體的平均摩爾質量減小，當混合氣體的平均摩爾質量保持不變，說明反應已達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D.該反應是氣體體積增大的反應，隨著反應進行，容器中氣體的總壓強增大，當容器中氣體的總壓強保持

不變，說明反應已達到平衡狀態(tài)，故D正確；

故答案為：CD；

(3)根據自由基再從催化劑表面脫附、脫氫生成HCHO和CO,?H自由基相互結合成H2,再根據題中信

息得至gCHzOH-H+HCHO；?HCH2O=3.H+CO,

故答案為：?CH2OH；?H；

(4)

①CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=正反應活化能-反逆應活化能=(234-137.5)kJ/mol=+96.5kJ/mol,

故答案為:CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=+96.5kJ/mol；

②該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，CH.QH(g)的平衡體積分數增大，則pi>p2,

故答案為：>:

③設起始甲醇的物質的量為amol,甲醇轉化物質的量為xmol,列化學平衡三段式，

CHjOH(g)#HCHO(g)+H2(g)

起始(mol)a00

轉化(mol)XXX

平衡(mol)a-xXX

a—x2/

CH-QH(g)的平衡體積分數=。-*+x+xx100%=20%,解得x=3amol,CH3OH的平衡轉化率為或100%46.7%,

故答案為:66.7%；

(5)設起始甲醇和水蒸氣的物質的量分別為xmol、ymol,列化學平衡三段式，

CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)

起始(mol)X00

轉化(mol)0.6x0.6x0.6x

平衡(mol)0.4x0.6x0.6x

(x+y)mollOOkPalAxtnol

根據壓強之比等于物質的量之比，則(L6x+y)m“=160kP。,解得y=].4x,平衡時p(H2O)+L4x)m。儀125kPa=

0.6.0.6

rurun\fu\Tx125kPaX-5-X125/fPfl

175p(HCHO')-p(“2)2_________?_______

___________________0,4

3kPa；Kp=p(c/OH)=-xi25kPa=37.5kPa,

175

故答案為:??；37.5o

17.(13分)

馬日夫鹽［Mn(H2Po4)2?2H2。］主要用作磷化劑；以軟鎰礦(主要成分為MnOa及少量的FeO、AI2O3和

SiO2)為原料制備馬日夫鹽的主要工藝流程如圖：

FI有機策取用一蛔魁常液題?=

--------__2_，

粉狀軟一但?一|舉以分液1向pHfft|T^"|一低考I—大也

I44

.一詢七卡—2―一~~:二?步驟W二----------■

(1)按照無機物命名規(guī)律，馬日夫鹽［Mn(H2PO4)2?2比0的化學名稱為。

(2)步驟一中，MnO2被SO2和還原。若S02氣體中混有空氣，測得反應液中Mi?+、SCV-的濃度

隨反應時間t變化如圖，科研人員認為Mn?+對02與H2sCh反應起催化作用，其理由是0

(3)濾渣X主要成分為；步驟三調節(jié)pH時，最適宜加入的物質是

A.過量稀鹽酸

B.適量Na2cCh溶液

C.適量磷酸溶液

D.過量CaCCh

(4)在沉錦過程中，應將Na2cCh溶液逐量加入鎰鹽溶液中，如果顛倒試劑混合順序會有Mn(OH)2生

成，其原因是Na2co3溶液具有較強性；步驟五產生馬日夫鹽晶體的化學反應方程式為

(5)Fe3+的萃取率與溶液的pH和接觸時間之間的關系如圖，據此分析，萃取的最佳條件為

討

利

取

100取

率10(

夕

%50率

％

0.51.01.51.7(pH)306090120150(min)

反應pH環(huán)境接觸時間

(6)馬日夫鹽作防銹磷化劑的原因是利用其較強的酸性以及在防銹處理過程中生成了具有保護作用的

FeHPCU,馬日夫鹽顯酸性的主要原因是(用相關化學用語回答)。

【答案】

(1)二水合磷酸二氫鐳

(2)FeO或Fe?+當Mn%增加到一定濃度后，與H2s反應速率迅速升高

(3)Al(OH)3B

(4)堿H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2Po4)2?2比0+(202T

(5)pH=1.7下萃取60min

+2

(6)H2PO4^H+HPO4-

【解析】

(1)馬日夫鹽［Mn(H2PO4)2?2比0的化學名稱為二水合磷酸二氫鎰，故答案為：二水合磷酸二氫鈦；

(2)步驟一中，MnCh被SO?和FeO或Fe?+還原，若SCh氣體中混有空氣，測得反應液中MM+、SCV-的濃

度隨反應時間t變化如圖，科研人員認為MiF+對Ch與H2sCh反應起催化作用，其理由是當MM+增加到一

定濃度后，02與H2so3反應速率迅速升高，

故答案為：FeO或Fe2+；當Md+增加到一定濃度后，O?與H2sCh反應速率迅速升高；

(3)濾渣X主要成分為Al(0H)3；步驟三調節(jié)pH時，最適宜加入的物質是適量Na2co3溶液中和氫離

子，且不引入新雜質，若選碳酸鈣，與磷酸氫根離子反應，影響純度，

故答案為：Al(OH)3；B：

(4)在沉鋅過程中，應將Na2cCh溶液逐量加入鐳鹽溶液中，如果顛倒試劑混合順序會有Mn(OH)2生成，

其原因是Na2CO3溶液具有較強堿性；步驟五產生馬日夫鹽晶體的化學反應方程式為

H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2Po4)2?2H2O+CO2t，

故答案為：堿；H?O+MnCC)3+2H3PCh=Mn(H2PO4)2*2H2O+CO2t；

(5)由Fr+的萃取率與溶液的pH和接觸時間之間的關系圖，可知萃取的最佳條件為pH-1.7下萃取60min,

萃取率最大，

故答案為：pH=1.7下萃取60min；

+2

(6)馬II夫鹽水解顯酸性的主要原因是H2PO4#H+HPO4-,

+2

故答案為：H2PO4#H+HPO4O

(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

18.［選修3物質結構與性質］(15分)

1797年法國化學家沃克蘭從當時稱為紅色西伯利亞礦石中發(fā)現了銘，后期人類發(fā)現銘元素在其他方面有重

要用途。

(1)Cr與K位于同一周期且最外層電子數相同，兩種元素原子第一電離能的大小關系為KCr(填“>”

或“<”)。

(2)氮化(CrN)具有極高的硬度和力學強度、優(yōu)異的耐磨性能，+基態(tài)核外電子排布式

為;CrN晶體類型與NaCl晶體相同，但前者熔點(1650℃)比后者(801℃)的高，

主要原因是。

(3)Cr3+可與很多分子或離子形成配合物，如圖配合物中的配位鍵數為,其中采取sp3雜化的元素

(4)倍的一種氧化物的晶胞結構如圖所示，其中氧離子與晶體鎂的堆積方式一致，銘離子在其八面體空

隙中(如仃4在。1、。2、。3、。4、。5、。6構成的八面體空隙中)。

①該氧化物的化學式為?

②該晶胞有%八面體空隙未填充陽離子。

③己知氧離子半徑為acm,晶胞的高為bcm,代表阿伏加德羅常數的值，該晶體的密度

為g-CWT%用含a、b和N4的代數式表示)。

【答案】

(1)<

(2)fAr]3d3氮化鋁中的離子所帶電荷數多，晶格能較大

(3)6C、N、O

1521

(4)①仃2°3②33.3----

9NAXab

【解析】

根據原子半徑和核外電子排布比較第一電離能大?。航Y合構造原理書寫核外電了一排布式：根據配合物理論

判斷配位鍵數，結合雜化軌道理論判斷雜化方式；利用均攤法分析晶胞得出物質的化學式，結合立體幾何

知識、根據公式11=《=\,p=?進行晶胞的相關計算。以此解答。

(l)Cr原子的原子半徑小、核電荷數大，對核外電子的吸引力更強，故第一電離能K<Cr。

(2)Cr為24號元素，其原子核外共有24個電子，Cr失去3個電子得到仃，則仃的核外電子排布式為

Is22s22P63s23P63d3或[A。3d3,氮化鋁(CrN)和NaCl均為離子晶體，氮化銘中的離子所帶電荷數多，晶格

能較大，所以熔點：CrN>NaG

(3)根據圖示配合物的結構及氧元素可形成2個化學鍵分析可知，該配合物中的配位鍵數為6,其中的飽和C

原子、N原子及只形成單鍵的O原子均采取sr，雜化。

(4)①由晶胞結構示意圖可知，該晶胞中氧離子位于晶胞