2022年山西省太原市新高考语文仿真测试模拟试卷（二模）有答案.pdf

2022年山西省太原市新高考语文测试模拟试题（二模）本试卷分选一选和非选一选两部分。满 分 100分。考试工夫90分钟。可能用到的绝对原子质量:H 1 B-11 C-12 0-1 6 N a-23 Al-2 7p-31 S-32 CI-35.5 K-39Fe-56 1-127 R e-186 Bi-209一、选一选:本题共16小题,每小题3 分共48分。在每小题列出的四个选项中，只要一项是符合标题要求的。1.2019年底至2020年初，在抗击新型冠状肺炎（COV一一19）的战役中,化学在药品研制环境消毒、防护材料等方面又发挥了它重要的、不可替代的作用。下列说法不正确的是（）A.构成新型冠状的蛋白质与RNA都是高分子化合物B.75%酒精加2%的医用甘油等配制成的免洗洗手液中，乙醇能够消毒,甘油能起到保湿护肤的作用C.聚丙烯无纺布可用来制造用防护服和口罩等,聚丙烯的单体是丙烯D.用来合成抑制新型冠状的潜在磷酸氯嗤的两头体00（瞳琳）属于芳香煌2.硫酸盐（含 SO42-、HSO4-）气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其次要过程表示图如下图:下列说法不正确的是（）A.当日光射入充满硫酸盐气溶胶的暗室时，可观察到丁达尔效应B.HNO2是生成硫酸盐过程中的氧化产物C.硫酸盐气溶胶呈酸性D.该过程中有硫氧键生成第 1 页/总25页3.天工开物中有如下描述:“人间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中有关“丝、麻、裘（动物的皮毛制成的衣服）、褐（粗布衣）”的成分，下列描述正确的是（）A.纤维素蛋白质油脂维生素B.蛋白质纤维素维生素纤维素C.油脂蛋白质蛋白质油脂D.蛋白质纤维素蛋白质纤维素4.“清肺排毒汤”来源于中医经典方剂组合，可用于预防新型冠状。其中一种中药CH NHCH,成分麻黄碱的结构简式为 H CH3，下列说确的是（）A.麻黄碱难溶于水 B.麻黄碱不能使酸性重铭酸钾溶液变色C.麻黄碱分子中一切碳原子不可能位于同一平面上D.麻黄碱分子式是C10H16NO5.对于下列实验，其反应的离子方程式不正确的是（）A.泡沫灭火器中产生 CO2：AI3+3HCO3-=AI（OH）31+3CO2TB.少量SO2通入 NaCI 溶液中:3CIO-+SO2+H2O=C+SC）42-+2HCIOC.FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+D.向 BaCL溶液中通入SO2：Ba2+H2O+SO2=BaSO3l+2H+6.下列有关实验操作和景象及解释或结论都一定正确的是（）第 2 页/总25页选项实验操作和现象解释或结论A将NH4HCO,受热分解产生的气体通入某溶液,溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失该溶液是C a(0H),溶液或Ba(OH)2溶液B向盛有NaBr溶液的试管中依次滴入少址氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色IE金属性:ClBrC将小块金属钠放置在空气中，一段时间后，钠表面变暗.将其放置在林城中加热,钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快D向20%蔗慵溶液中加入足证稀硫酸,加热,再加入银氨溶液，加热，未出现银镜蔗糖未水解7.已知：Ai0、CH2cH2cH2 +HC1 CH3CH2CH3+C1-CH(CH,)2+HC1 AH、A/4CH3cH2cH2 +H B r CH(CH,)2+HBr(3)以上微粒均为气体形态；波动性:CMChhQCH3cH2cH2 下列说确的是()A.AHi=AH2+AH3 H4B.E(HCl)E(H Br)可表示为 H1一AH3c.H2HID.升高温度，活化能降低，化学反应速率增大8.N 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙说正确的是()A.284g Na 2sO4和 Na zHPCU固体混合物中，阴离子总数小于2NAB.0.1NA个Fe(0H)3胶体粒子的质量为10.7g C.常温下,pH=2 的盐酸中的H+总数为0.01NAD.14 g 聚乙烯(三C%CH?玉)含有的质子数目为8NA9.下列理想不能用勒夏特列原理解释的是()A.Na OH溶液使酯水解比稀H2s。4使酯水解更彻底B.实验室用排饱和食盐水的方法搜集氯气C.工业制取金属钾Na(l)+KCI(l)Na CI(1)+K(g),选取合适的温度，使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来D.紧缩出包)、L(g)和Hl(g)平衡体系,体系颜色加深10.X、丫、Z、M是原子序数依次增大的短周期元素，们组成一种团簇分子的化学式为Z2M2Y4(YX)2O X、M的族第 3 页/总25页3序数均等于周期序数，丫原子核外最外层电子数是其电子总数的可下列说法不正确的是（）A.简单离子半径:Y ZMB.Z和 M 的价氧化物对应的水化物的碱性:ZMC.X与 丫构成的化合物中,X 与 Y的原子个数之比一定为2:1D.Z、M 的单质与Na OH溶液可构成原电池,M的单质作负极o11.毗咤（N）是类似于苯的芳香化合物，其环上的三氯代物有（）A.5种 B.6种 C.7种 D.8种12.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，安装如图所示。若上端开口关闭,可得到强还原性的H（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的-0H（羟基基）。下列说确的是（）上端开Q进污水口砂芯板二一铁屑、碳粉出水Q铁碳微电解装置A.无论上端开口是关闭还是打开,负极反应均为Fe3e-=Fe3+B.生成0 H 的电极反应式为O2+2H+2e-=2-OHC.若上端开口关闭,则下端出水口处被处理后的水中含有大量的HQ.处理含有草酸（H2c2。4）的污水时,上端开口应关闭13.工业上用发烟HCI O4与潮湿的CrCh反应来除去Cr（I H）,反应生成棕色的烟 5。2。4）2,部分 HCI O 4 中氯元素转化为价态。下列说确的是（）A.CrO2（CI O4）2中 C r元素显+4价 B.该反应中涉及的酸都是含氧酸C.每生第 4 页/总25页成 8 mol 0。2(。4)2,就有3 mol HCI O4被还原D.该反应的离子方程式为19CI O4-+8Cr3+8OH-=8CrO2(CI O4)2+3C|-+4H2O14.硫酸锌是制造锌领白和锌盐的次要原料，已知25K时,Ksp Zn(O H)2=1.0 x10-17,Ksp(Ag 2so4)=1.2x10-5,下列说法错误的是()A.在 ZnS 04溶液中各离子的浓度关系为c(S O42-)c(Zn2+)c(H+)c(OH-)B.M他条件不变时，加热ZnS CU溶液,水的电离平衡向正反应方向挪动,Kw增大C.在 1L0.1mol-l_ T 的 ZnS 04溶液中加入等体积的0.2mol,l_ T 的 Ag NC)3溶液(忽略混合时溶液的体积变化),可生成Ag 2s。4沉 淀 D.常温下，要除去0.20mol-LT ZnS C)4溶液中的 Zn2+使 c(Zn2+)41xio-5mol-LT,要调理溶液pH715.下列变化中的物质a、b、c、d可以是混合物，下列叙说一定正确的是()|黄色沉淀|变 化 物 质b变 化 物 质d|红 康 液|A.物质a 一定是化合物B.变化中氧化剂和还原剂可能是同一种物质C.变化中一定有气体生成D.物质d不可能是无机物的水溶液16.250t,O.1 mol Na 2co3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒的浓度与pH 的关系如图所示。下 列 有 关 叙 说 正 确 的 是()第 5 页/总25页A.W 点所示的溶液中:c(Na+)+c(H+)=2(CO32-)+c(OH-)+c(Cr)B.任何 pH的溶液中:c(H2co3)+c(HCC)3-)+c(CO32-)=0.1mol LT C.pH=7 的溶液中：C(HCO3-)C(CL)C(CO32-)D.CO32一 的一级水解平衡常数 0 =1.0 x10-3二、非选一选:本题共4 小题，共 5 2 分。17.(12分)N、P、A s是重要的氮族元素，氮族元素的单质及其化合物的运用较为广泛。回答下列成绩：(1)33AS与 P 位于同一主族，磷 原 子 的 结 构 表 示 图 为，碑在周期表中的地位是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(2)下列能阐明N 和 P 非 金 属 性 绝 对 强 弱 的 是(填 标 号)。A.NH3比 P%波动性强B.Na 3P。4溶液与HNO3反应生成H3 P 硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性D.常温下，氮气是气体，磷单质是固体(3)NH2C I 比 HCI O波动性高,易水解，因水解后能产生可菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂,NH2cl发生水解的化学方程式为 o(4)关于地下水中碎的来源有多种假设，其中一种认为是富含碑的黄铁矿(FeS 2淇 中 S为一1 价)被氧化为Fe(OH)&同时生成SC，导致碑脱离矿体进入地下FeS 2被。2氧化的离子方程式为(5)水体中溶解的A s次要以As(DI)亚碑酸盐和As(V)碎酸盐方式存在。已知:投料前水样pH=5.81,0.1mol-l_ T Na CI O溶液pH=10.5；溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。去除水体中的As,可先将As(I H)转化为As(V),选用a CI O可完成该转化研讨 Na Clo投加量对As(I H)氧化率的影响得到如下结果：第 6 页/总25页济、的a J F sx Y70605()403020101 000 1 2001 400 1 600NaClO投加微/(mg-L)0600产生图中所示结果的缘由是_强阴离子交换柱可以吸附以阴离子外形存在的As(V)达到去除As的目的。已知:一定条件下,As(V)的存在方式如下表所示:PH22771111 14存在形式H,ASO4HAsOjHAsO；、AsO；pH=6时，NaCIO氧化亚硅酸(H3ASO3)的离子方程式是18.(13分)硫酰氯(SO2c12)可用作无机化学的氯化剂，在和染料的制取中也有重要作用。已知:硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.TC,沸点为69.1。(：密度为1.67g-cm-3；在潮湿空气中“发烟”；100久以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。某化学学习小组拟用干燥的和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为SO2(g)+CI2(g)=:SO2cl2(1MH=-97.3kJ-mo|T,实验安装如图所示(部分夹持安装未画出)a70%硫酸b第7页/总25页回答下列成绩：（1）仪器e 的名称是；仪器d 中的试剂是，作用是o（2）能否将仪器a 中 70%硫酸换成98.3%硫酸？（填“能”或“不能）缘由是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（3）若缺少安装B 和 D（均盛放浓硫酸）,潮湿氯气和二氧化硫会发生副反应，化学方程式是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _；同时生成的SO2cL也会水解而发烟，该反应的化学方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（4）为了防止硫酰氯分解，某同窗建议将安装C 放在（填“冰水浴中冷却”或“热水浴中加热）（5）本实验中通入SO2的体积为11.2L（已折算成标准情况下）,充 足,实 验 最终搜集到硫酰氯27.0mL,则硫酰氯的产率为（结果保留一位小数）。19.（13分）工业上以碳酸镐矿（次要成分为MnCO3,另含FeO、Fe2O3 等杂质）为次要原料生产镒酸锂（LiMrizO。的工艺流程如下：碳酸铉矿 KMnO4 CaO MnF,K,S;O,Li2CO,I JL I JL ,I,T,_,|限浸|-氧化|“除铁|-T过滤|T 合成MnO-锂化|LiMn;O4|f I硫酸 滤渣1 滤渣2相关金属离子 co（Mn+）=0.1m ol,LT构成氢氧化物沉淀的pH 如下：金属离子FeJ*Fe2*Mn2*开始沉淀的pH1.97.08.1沉淀完全的pH3.29.010.1回答下列成绩：（1）“酸浸”时可将碳酸镒矿粉碎，并进行充分的搅拌，为进步锦的浸出率还可采第 8 页/总25页取的措施有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(写出一种即可)。(2)“氧化”过程中加入少量的KMnO%作用是 o 若省略“氧化”步骤，形成的后果是_O(3)滤 渣 1 的次要成分是(4)加入MnF2是为了除去溶液中的Ca 2+,若使溶液中的Ca?+沉淀完全，需溶液中F-浓度不低于mol-LT 已知:常温时,Ksp(Ca F2)=1.46x10-1。；离子浓度41 xio 一 时沉淀完全；14 6=3.82 o“合成MnCV的化学方程式为(6)“锂化”是将MnO2和 Li2c。3按 4:1的物质的量比配料，球磨35h,然后升温至600750。&保温24h,自然冷却至室温得产品。升温到515久时,开始有CO?产生，比估计碳酸锂的分解温度(723T)低得多。可能的缘由是 o(7)工业上以伯极为阳极、石墨为阴极电解KHS O4溶液可以制备K2s2。8,则阳极的电极反应式为_ O20.(14分)氮的氧化物是形成大气净化的次要物质,研讨氮氧化物的反应机理对于环境净化有重要意义。回答下列成绩：(1)NO在空气中存在如下反应2NO(g)+C)2(g)=2NO2(g)反应分两步完成，其反应历程如图所示。第 9 页/总25页该反应的 H=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 反 应 I 和反应口中,一个是快反应，会建立平衡形态,而另一个是慢反应。决定2NO（g）+O 2（g）2 N O 2（g）反应速率的是（填“反 应I”或“反应 n”）,请写出判断的理由 o（2）NO2可发生二聚反应生成冲0%热化学方程式为2NO2g）N2O4（g）AH 0,已知该反应的正反应速率方程为v正=1 正-c2（NO 2）,逆反应速率方程为v 逆=1逆（的204）,其中k 正、k 逆分别为正、逆反应的速率常数（速率常数只和温度有关）。1图（1g k表示速率常数的对数；表示温度的倒数）中所示a、b、c、d四1条斜线中,能表示I g k正随变化关1系的是斜线，能表示I g k逆随变化关系的是斜线 o7,也2 图 中 A、B、C、D 点的纵坐标分别为a+1.5、a+0.5、a 0.5、a 1.5,则第 10页/总25页温度为K 时，该反应的化学平衡常数K=L m o r1.已知温度为K 时，某时辰恒容密闭容器中NO?、冲。4浓度均为0.2mol-l_ T,此时v 正 v 逆(填或“Br,B正确；将一小块金属钠放置在空气中，一段工夫后，钠表面变暗，生 成 Na?。,加热时，钠燃烧,发出黄色火焰，生成Na zOzC错误验证蔗糖的水解产物时，要先加入足量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入银氨溶液，水浴加热，若直接向水解液中加入银氨溶液，过量的稀硫酸会和银氨溶液发生中和反应，从而不产生银镜,无法验证能否水解,D 错误。7.A【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。解题关键就本题而言，反应物相反，成的物质的波动性越高,放出的能量的值就越大。【解题思绪】根据盖斯定律，得一=一 ，即 Hi=4H2+2XH3 HmA 正确；由一得 HCI+B 一 HBr+CI，则 E(H-CI)-E(H Br)可 表 示 为 一H i,B 错误；波动性:CH(CH3)2CH3cH2cH2，阐明CH(CH3)2的能量绝对低，反应吸收的能量少,或放出的能量多，故 H2HI,C 错误；活化能与温度有关，升高温度,活化分子的百分数增大,化学反应速率增大,D 错误。8.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力。【解题思绪】284g Na 2sO4和 Na2HPO4固体混合物的物质的量为2 mol,所含阴离子总数为2NA,故 A 错误；胶体粒子是很多个分子的集合体，无法计算其质量,B 错误；常温下,p H=2 的盐酸中c(H+)=0.01mol-l_ T,由于溶液的体积未知，不能计算其中含有的H+总数,C 错误；工CH,T H,玉的最简式为CH2,每个 C也 含 8 个质子,14g 千。比一(：出于含有1 mol CH2,所含质子数目为8NA,D 正确。技巧点拨。出一CH2主的实验式为CH2,不管n 的值有多大,14gEC%CH?玉中 CH2的数目是不变的，即千C%一CH?玉 中含有的质子数目第 15页/总25页是固定的值。9.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。【解题思绪】酯水解生成酸和醇，是可逆反应，氢氧化钠和酸发生中和反应,有利于平衡正向挪动，能用勒夏特列原理解释,A不符合题意:氯气在溶液中存在平衡C l2+H 2Mg 2+A|3+,A正确；由于Mg的金属性强于A,则价氧化物对应的水化物的碱性:Mg(OH)2AI(O)3,B正确：H与0构成的化合物有3 1。2旧 与0原子个数之比分别为2:1、1:1,C错 误;Mg、A l与Na OH溶液可构成原电池，发生反应2Al+2Na OH+2H2。=2Na AI C)2+3H2T，其中A l是还原剂，作原电池的负极，故D正确。1 1.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于化学观念和思想方法。解题关键判断毗咤环上的三氯代物种数，要学会信息的转化，由于取代基数目较多,可将其转化成判断二氯代物的种数，二氯代物可以采用“定一移一”法,这样可以避免反复或漏写。【解题思绪】的分子的环上连有5个H,其环上的三氯代物个数与二氯代物个数相反，二氯代物如图所示(数字代表另2 C I 5一个C I的地位):a N N ，共有6种,B正确。1 2.B【关键能力】本第1 6页/总2 5页题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与揣测能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于思想方法、态度责任。【解题思绪】原电池工作时,Fe作负极，电极反应式为Fe2e-=Fe2+,A错误；由题干信息及质量守恒、电荷守恒原理知,B 正确；H非常活泼，不可能波动存在,C 错误：草酸具有还原性,除去草酸需求氧化性的物质，上端开口关闭得到强还原性的H(氢原子)，无法获得强氧化性的物质，上端开口打开，并鼓入空气则可生成有强氧化性的羟基基,将草酸氧化,D 错误。13.C【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力。【解题思绪】CrO2(CIO4)2中 0 为一2 价、CI为+7价，根据化合物中各元素化合价代数和等于0,可知C r元素化合价为+6,A 错误；HCIO4属于含氧酸，由题干中“部 分 HCO4中氯元素转化为价态”，即有HCI生成,HCI是无氧酸,B 错误；由于酸性环境，反应物中不能补充O H,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19cle)4-+8Cr3+4H2O=8CrO2(CIO4)2+3C+8H+,每生成 8mol CrO2(CIO4)2,就有3 mol HCIO4被还原,C 正确,D 错误。14.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。【解题思绪】ZnSOj是强电解质，在溶液中能完全电离,c(SC)42-)和 c(Zn2+)较大，由于Zn2+在溶液中会发生水解 Zn2+2H2OZn(OH)2+2H+,导致 c(SO42-)c(Zn2+),溶液显酸性,c(H+)c(OH-),|大 I此离子浓度大小关系为c(SO42-)c(Zn2+)c(H+)c(OH-),A 正确；ZnSCU溶液中存在平衡ZM+2H2OZn(OH)2+2H+,水的电离被促进，水解反应和水的电离过程均吸热，加热，水解平衡和水的电离平衡均正向挪动,Kw增大,B 正确；在1L0.1mol-LTZnSC)4溶液中加入等体积的0.2mol-l_T的 AgNC)3溶液，溶液中 c(Ag+)=0.1 mol L-11c(S042-)=0.05 mol-L-1,c2(Ag+)xC(SO42-)=5x10-4Ksp(Ag2SC)4),有 Ag2s。4 沉淀生成,C 正确；根据 KspZn(OH)2=1.0 x10-17计算要除去o.20mol-LTZnSC4溶液中的ZM+,残留在溶液中的 ZM+浓度要小于或等于1xio-5mol L-1,c(OH-)第 17页/总25页=mol-L_ 1=1 x 10-6mol-L_ 1,ph=I g =一 幻10-8=8,故要调理溶液pHN8,D错误。15.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。【解题思绪】向稀硫酸中加入Cu,加热,并通入空气，发生反应2CU+O 2+2H2s。4 2CUS O 4+2H2O,此时物质a为单质Cu和氧气,A 错误；H2s。4可与 Na 2s2O 3发生氧化还原反应Na 2s2O 3+H2so4=Na 2so4+S I+S O2T+H2O 产生黄色沉淀硫单质该反应中氧化剂和还原剂均为Na2S2O3,B 正确；若物质c 中除铁粉外还含有铁红且铁粉和铁红按一定比例混合，使生成的Fe3+和铁粉恰好完全反应生成Fe2+,反应不一定有氢气生成,若物质c 为 FeO,也有题中景象，反应也没有氢气生成,C 错误；硫酸是酸，溶液显酸性，遇石蕊试液变为红色，石蕊是无机物，因此物质d可能是无机物的水溶液,D 错误。16.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力归纳与论证能力。【必备知识】考查的必备知识包括盐类的水解、溶液中粒子浓度的大小比较、水解平衡常数的计算、图象分析。【解题思绪】W 点时溶液的pH=11,且C(CO32-)=C(HCC)3一),即少量的盐酸与碳酸钠反应，溶液中的溶质为Na CI、Na 2cO3与 Na HCO?,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCC3-)+c(OH-)+c(Cr)=3C(CO32-)+c(OH-)+c(C|-),A错误；当 pH 6时,溶液中含碳微粒的总浓度明显减小，阐明反应中有CO2生成，所以当溶液中有CO2放出时,c(H2co3)+C(HCO3-)+c(CO32-)Na HCO3+HCI =Na CI+H2CO3和H2cO 3=H2+CO 2T，在反应中,生成的Na CI 和 Na HCCh浓度相等，在反应中，生成的Na HCO3又耗费一部分，所以c(Na CI)c(Na HCO3),BP c(C|-)c(HCO3-),C 错误；C C 一 的一级水解平衡常数Khi=c(HCO3-c(OH-)/c(CO32-),当溶液的 pH=11 时,c(HCC)3-)=c(CO32-),KM=C(OH-)=1.0X10 3,D 正确。第 18页/总25页 技巧点拨解答有关溶液中粒子浓度关系的试题,首先要想到溶液中的“三大守恒”:质子守恒、电荷守恒和物料守恒，再图象，观察给出的微粒之间能否存在某种等量关系,再进行等量关系的转化判断给出的微粒浓度关系能否正确。17.,（1 分）第周围期第VA族（1 分乂2）AB（2 分）（3）NH2CI+H2O =NH3+HCI O（2）（4）4FeS 2+15O2+14H2O=4Fe（OH）3+8S O42-+16H+（2 分）（5）起氧化作用的物质是次氯酸,Na O溶液为碱性，当投加量大时,溶液碱性加强Q H-浓度增大,CI CT 水解程度降低，次氯酸不易生成，所以 As（m）氧化率降低（2 分）HCIO+H3ASO3=H2ASO4-+C|-+2H+（2分，写 CI CT 参与反应的得1 分）【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与揣测能力、归纳与论证能力。【必备知识】考查的必备知识包括原子结构、氮族元素及其化合物的性质、盐类的水解等。【解题思绪】（1）P 原子核外有15个电子，原子结构表示图为 A s 比 P 的原子序数大18,在周期表中位于P 的下一周期，在周期表中的地位是第周围期第VA族。（2）氢化物的波动性越强，则非金属元素的非金属性越强,N%比 P%波动性强，则 N 元素非金属性强于P 元素,A 正确；Na 3P。4溶液与HNO3反应生成 H3P。4,阐明HNO3的酸性强于H3Po4,元素价氧化物对应的水化物酸性越强，则该元素的非金属性越强，与其氧化性有关,B 正确,C 错误；非金属单质的形态与非金属元素的非金属性强弱有关,D 错误。（3）NH2cl水解后产生的可菌消毒的物质是HClO o（5）p H=6 时,Na CI O溶液中CI CT 生成HCO,HCI O氧化亚的酸（H3Ase）3）的离子方程式是HCIO+H3ASO3H2=H2ASO4-+CI+2H+技巧点拨解答第（5）小题时要留意分析表格中不同pH 下 As（V）的存在方式，同时要留意溶液pH 对反应的影响。pH=6 时 Na CI O与 H+反应转化第 19页/总25页为 HCI O,起氧化作用的物质是HCI O,离子方程式中写HCI O,18.（1）（球形）冷凝管（1 分）碱石灰（1 分）吸收未反应的S O?和 C L 防止净化空气，并防止空气中的水蒸气进入安装C（1 分）（2）不能（1 分）98.3%硫酸中水分太少硫酸分子电离程度极小，氢离子浓度极小,与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体的速率太慢（2 分）CI 2+S O 2+2H2O =2HCI+H2so2 分）S O2CI2+2H2O =H2S O4+2HCI（2 分）（4）冰水浴中冷却（1 分）（5）66.8%（2分）【关键能力】本题考查的关键能力是探求与创新能力。【解题思绪】（1）仪器e 是（球形）冷凝管：仪器d中盛放碱石灰，作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气,防止净化空气，并防止空气中的水蒸气进入安装C。（2）98.3%硫酸中水分太少，硫酸分子电离程度极小，氢离子浓度极小，与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体的速率太慢，因此不能将仪器a中 70%硫酸换成98.3%硫酸。（3）若缺少安装B 和 D（均盛放浓硫酸），潮湿氯气和二氧化硫发生反应，氯气在水存在的条件下可将S O2氧化成硫酸,本身被还原为HCI,反应的化学方程式为CI2+S O 2+2H2O=2HCI+H2S O 4：反应生成的S O2cb遇水能够水解而“发烟”,生成氯化氢,反应的化学方程式为S O 2cl2+2H2O =H2so4+2HCI（4）由于S O2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（1）/=9 7.3 吐 11101-1,反应放热，硫酰氯在 10国以上开始分解，为了进步硫酰氯的产率，应将安装C 放在冰水浴中冷却。（5）根据化学方程式 S O 2（g）+02（g）=S02cl2，可知 n（S C）2）：n（S 02cl2）=1:1,标准情况下,11.2L S O2为 0.5mol,则理论上生成0.5molS O2c员而S O2CI2的实践产量 m（S 02cl2）=1.67g cm-3x27.0mL=45.09g,n（S O2c切45.09 0.334=1 3 5 mol=0.334mol,则 S O 2cI 2 的产率=-5 x=66.8%19.适当增大硫酸的浓度（或适当升高温度等）（1 分）（2）将 Fe2+转化为Fe3+（1 分）Fe?+和Mr）2+沉淀的pH 范围有堆叠,会形成Md+的损失（2 分3）Fe（OH）3、Ca S O4（1分）（4）3.82、10-3亿分）第 20页/总25页MnS CU+K2s2。8+2出0=MnC+K2so4+2H2so，2 分）（6）M nC2 作催化齐，加快了碳酸锂分解（2 分）（7）2HS C）4-2 e-=S 2O 82-+2H+（写 S O 42-失电子也给分,2 分）【关键能力】本题考杳的关键能力是分析与揣测能力归纳与论证能力、探求与创新能力。【解题思绪】（1）为了进步碳酸镒矿中镒的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施还有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等。（2）根据题表中数据分析可知,Fe2+沉淀完全的pH 为 9.0,而 MM+开始沉淀的pH 为 8.1,Fe2+和MM+沉淀的pH 范围有堆叠，所以“氧化”过程用KMnCU将Fe2+氧化为Fe3+,便于除去F2 Fe3+,KM nC4转化为Mn2“除铁”时加入的目的是调理溶液的pH,使 Fe3+完全转化为Fe（0H）3沉淀而除去,同时与H2so4反应生成Ca S CU沉淀,故滤渣1 的次要成分是Fe（0H）3、Ca S 04o （4）加入 MnF2是为了除去溶液中的 Ca 2+,当 c（Ca 2+）=1xio-5mo|.|_ T 时,c（F、=mol-LT =3.82x10-3mo|-LT（5）根据流程图分析可知滤液中MnS CU被 K2s2。8氧化生成M nC2,则“合成MnCV的化学方程式为MnS CU+K2s2。8+2出0=MnOzl+K2so4+2H2so，6）可能的缘由是 MnO2作催化剂力I 快了碳酸锂分解。电 解 KHS CU溶液时，阳极上HS O 4-得到电子发生氧化反应生成S 2O 82-,故阳极的电极反应式为2HsO4-2e-=S 2O82-+2H+20.（Ei E3）k J m o L（2 分）反 应H（1 分）反应I I 的活化能大于反应I 的活化能，反应I I 断键时需求吸收更多的能量，反应速率慢（2 分）（2）c（1 分）d（1 分）10（3 分）（2 分）增大（1 分）增大（1 分）【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与揣测能力、归纳与论证能力。【解题思绪】（1）反应热=生成物的总能量一反应物的总能量，该反应的热化学方程式为2NO（g）+O 2（g）、2NC2（g）H=（E1-E3）kJ-mo|-1o 普通情况下，反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定2NO（g）+O 2（g）=2 N O 2（g）反应速率的是反应口,由于反应n 的活化能大于反应I 的活化能，反应n 中反第 21页/总25页1应物断键时需求吸收更多的能量，反应速率慢（2）随着温度的降低,增大，正、逆反应速率均减小，则 I g k正和I g k逆 均减小，则斜线c、d符合要求，由于温度降低平衡正向挪动,v 正”逆，则降低相反温度时I g k逆减小得更快，则斜线c 表1 1示 I g k正随变化的关系除I 线 d表示I g k逆随变化的关系。反应达平衡时K正V I E=V逆即k 正-c2（NC）2）=k 逆 的 2。4）,化学平衡常数K=卜逆=10a-0.510a-1.5L-mo|-1=10L m o r1 NO 2、W 浓度均为 OZmol L，则浓度0.2商 Qc=0.22i_.m or1=5L-mo|T 5（2 分）（酚）羟基、0IIHO C CHO醛基(2 分)(2)HO（2 分）加成反应（1 分）HO COOH(3)H0(2 分)(4)（任写两种即可,2 分）aH一O第 23页/总25页减震境B n O Q-C H Q HBnO:-CHOHOCHO CH、CHO、一定条件-H,0HO 一 -CH=CHCH()(4 分)【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与揣测能力归纳与论证能力。【解题思绪】（1）由结构简式确定分子式，数出物质结构简式中各原子的个数即可，丹参素的分子式为C9HIO05（也可以这样求分子式:丹参素分子中有9 个碳原子,如果碳原子是饱和的，则分子式应该为C9H 20。5,而丹参素分子中有5 个不饱和度，减去 10个 H,则丹参素的分子式为C,H10O5）物质F 中的官能团为（酚）羟基、醛基。（2）由 E 的结构简式可推知D 的结构HO简式为H O ，则 B 和 D 合成 E 的化学方程式为9 HO HO40 V.工COOHHOCCHO+-0HH。H。，反应原理为醛基的碳氧双键断裂，邻苯二酚（D）苯环上碳氢键断裂，发生加成反应。（3）手性碳原子上要连接4 个不同的原子或原子团,丹参素分子中只要一个手性碳原子，如图所示：H0COOH）y rH。011 o（4）物质X 分子式为C9Hl0。3,核磁共振氢谱有6 组峰，峰面积之比为1:1:12:2:3,苯环上只要两个取代基，阐明该物质分子中必含一个甲基；能与氯化铁溶液发生显色反应，分子中应存在酚羟基；发生银镜反应，分子中应存在醛基或该物质为甲酸某酯。由此写出符合条件的物质X 的结构简式：（5）逆合成分析如卜:第 24页/总25页HO&CH=)=CHCHO=CH3CHO+一 脱保护x 八 官能团转化、1 0-：CHO=二二二，B n O :CHO/r 碱 性 条 件 卜、B n0-CH2OH=7 HO CH,OH rJ 酚羟星需要保护/J第25页/总25页