必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（广东专用）（解析版）.pdf

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1、绝密启用前2022年高考化学考前信息必刷卷03广东专用本卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质址：Hl C 12 0 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Co 59 Ba 137 一、选择题：本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“化学，让生活更美好”。下列生产活动没有涉及化学变化的是A.研发可降解塑料，减少“白色污染”C.汽车尾气净化，让环境更宜居【答案】DB.合成药物，让人类更健康D.风力发电，让能源更清洁【解析】A.塑料在降解的过程中要发生化学反应，故A不

2、选；B.合成药物主要涉及有机合成，有化学反应，故B不选；c.汽车尾气净化，是在催化剂的作用下将尾气中的CO、氮氧化物转化为沁和CO2,有化学反应，故C不选；D.风力发屯是将风能转为电能，没有化学反应，故D符合题意。答案选D。2.下列说法不正确的是A.纯碱可作化工原料，也是治疗胃酸过多的一种药剂B.硝酸是一种重要的化工原料，可用来制造化肥、染料、炸药等C.NaCIO溶液有消毒作用，加入适量醋酸可以增强其消毒作用D.贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径【答案】A【解析】A.纯碱碱性较强，可能造成食道损伤，不能治疗肖酸过多，A错误；B.硝酸可制造硝态氮肥，可生产亚硝酸盐，亚硝酸盐做还原

3、剂与若色染料反应对布料染色，可制TNT等炸药，B正确；C.NaCIO溶液消毒原因是CIO水解产生的HCIO具有强氧化性，加适侬醋酸可增大HCIO浓度，从而增强消毒性，C止确；D氢气是气体，不便千储存、运输，贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，D正确。答案选A。3.“玉兔”号月球巡视器白天用三结碑化稼太阳能电池板收栠能量，夜晚用放射性同位素元素怀(;!8Pu)“核电池“释放能痲。有关说法正确的是A.汇Pu的质量数为144B.眒化铢属于金属材料C.“玉兔”号白天用太阳能转化为电能【答案】C【解析】A.i8Pu的质砒数为238,A错误；B.珅化稼屈丁半导体材料，B错误；D.“核电池”

4、是通过化学反应提供电能C.“玉兔”号月球巡视器臼天用三结珅化铢太阳能电池板收织能界即太阳能转化为屯能，C正确；D核电池又叫“放射性同位索电池”，它是通过半导体换能器将同位索在哀变过程中不断地放出具有热能的射线的热能转变为屯能而制造而成，D错误；答案选C。4.下列有关氯及其化合物的性质与实际应用不相符的是选项性质实际应用A Ch是黄绿色气体工业上用氯气和氢气制造盐酸B HCI具有强酸性盐酸用千生产洁厕剂C 次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D 熔融NaCl可导电电解熔融NaCl制备Na【答案】A【解析】A.Cl2是黄绿色气体屈千物理性质，工业上用氯气和氢气制造盐酸是利用氯气具有强氧化性，屈于化学性

5、质，性质与实际应用小相符，故A选；B.HCI是强酸，具有强酸性，可用盐酸用于牛产洁厕剂，消除难溶物，故B不选；C.次氯酸根离子具有强的氧化性，能氧化有机色素，所以可以漂白粉漂白织物，故C不选；D.熔融NaCl可电离出钠离子和氯离子曲导电，电解熔融状态的氯化钠生成氯气和金屈钠，故D不选；故选：A。5.甲、乙两种有机物的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是f 甲：沪乙：VOHA.甲的分子式为CsH1o02C.甲和乙互为同系物【答案】DB.甲和乙互为同分异构体D.乙能发生酷化反应【解析】A.甲分子中含有8个碳原子、8个氢原子、2个氧原子，对应分子式为C8比02,A错误；B.甲中含有8个碳原子，乙中

6、含有7个碳原子，不可能互为同分异构休，B错误；C.甲屈千酕类有机物，乙屈千狻酸类有机物，所含官能团不同，故不屈千同系物，C钻误；D.乙中含有狻基，能与胫基发生酕化反应，D正确；故答案选D。6.辛勤劳动才能创造美好生活。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A 社区服务：回收旧衣物并进行分类棉、麻和丝主要成分均为纤维素B 家务劳动：用热的纯碱溶液去除餐具的油污碳酸钠溶液显碱性C 校内劳动：用稀硝酸处理做过银锐反应的试管硝酸具有强氧化性D 学农活动：利用豆科植物作绿肥进行施肥豆科植物可实现自然固氮【答案】A【解析】A.棉、麻的主婓成分为纤维素，丝的主要成分是蛋白质，劳动与所涉及的

7、化学知识不相符，故A符合题意；B.碳酸钠水解显碱性，即CO:比o之Hco;+OH-HCO产比o之比co社OH-,可除去油污，且水解为吸热反应，加热促进水解，因此可用热的纯碱浴液洗涤径具k的油污，劳动与所视及的化学知识相符，故B不符合题意；C.稀硝酸和Ag反应生成硝酸银、NO和水，即3Ag+4HN03=3AgN03+NOj+2H心，该反应中N元素化合价山5价得电子降低到2价，被还原，HNO汁乍氧化剂，具有强氧化性，劳动与所涉及的化学知识相符，故C不符合题意；D.豆科柏物与根瘤荫共牛，根瘤菌能够固氮，即将空气巾的氮气通过牛物化学过程转化为含氮化合物，提高土壤中氮肥的含景，劳动与所涉及的化学知识相符

8、，故D不符合题意；答案为A。7.（河南省重点中学2021-2022学年高三上学期模拟调研（一）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A B C I D 装.,-8 皿(!i,Ifl置I生石灰兀II|l 累一,个I臼ij 已汜乏1 趾已已中怠乙醇目|除去Na2C03制取并收集一定岱I将乙醇氧化为乙酵快速制备少岱NH3的中的NaHCO3Cl2【答案】D【解析】A.收栠NH3时不能塞住试管口，故A错误；B.通过加热使NaHC03分解，加热可除去Na2C03中的NaHC03,加热较多固体时应在玵堪中进行，故B错误；C.收集氯气应采用卜排空气法，故C错误；D.在铜作催化剂的条件下加热，乙醇和氧气

9、发生催化氧化生成乙酕，故D正确；选D。8.常温下，滴有两滴酚猷溶液的Na2C03溶液中存在CO;-比O.:=HCO;+OH-平衡，溶液呈红色，下列说法不正确的是A 稀释溶液C(Hco;)c(Off)c(Co;-)-c(H勹增大B.通入CO2,或者加入少械氯化铁溶液，溶液pH均减小C.升高温度，红色变深，平衡常数增大c(HCO;)D加入NaOH固体，减小c(CO勺【答案】A【解析】A.稀释浴液，水解平衡常数Kll=c(HCO;)xc(Off)c(CO;)c(HC03)xc(Off)c(Co;-)xc(W)变小，故A错误；不变，而浴液的碱性变弱，即c(W)增人，故B.通入CO2,或者加入少量氯化按

10、溶液，均能消耗掉氢氧根，导致c(OH)减小，c(H+)增大，故溶液pH减小，故B止确；C.盐类水解吸热，故升高温度，水解平衡右移，水解平衡常数增大，且溶液中c(OH)增大，故红色变深，故C正确；c(HCO;)xc(OH)c(HCO;)D.加入氢氧化钠固体，增大了c(OR)，而水解平衡常数K1i=不变，故减小，故c(CO;)c(CO切D正确；故选A。9.我国科学家在Li-CO2电池的研究上取得重大科研成果，设计分别以金属Li及碳纳米管复合Li2CO汁故电池的电极，其放电时电池反应为3C02+4Li=2L2C03+C。该电池放电时A.Li电极发生还原反应B.Li十在电解质中移向负极。C.CO2在正

11、极上得到电子D电流由Li电极经外电路流向石墨复合LizC03电极【答案】C【解析】根据放电时电池反应为3C02+4Li=2L2C03+C,可知Li失去电千，为负极；CO2在正极上发生得电子的反应。A.由屯池反应可知，Li电极为负极，石墨复合Li2co3屯极为正极，匕电极反应式为Li-e=Li十，发生氧化反应，A项错误；B.电池放电时，电解质中阳离子移向正极，B项错误；C.碳纳米管复合压C03电极反应式为3C02+4L广4e=2Li2C01+C,C项正确；D.电流山碳纳米管复合压C03电极经外电路流向Li电极，D项错误。故选C。10.价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型，且体现了化学变化

12、之美。下图为氯元素的价类二维图。下列说法正确的是化合价.-，戏主It-_-_ i上II令，令+1LII-d-_-_：，艾，今1+,+，-c-_-_ _-;+1+,r+,?T-b-_ _：土，十土+，千十-a-_ 1-754lOl+-氢化物单质氧化物酸盐A.a的形成过程：H+.9.1:-:,1:J-物质分类B.a与d,a与f在酸性情况下反应，均可以得到bC.工业上可利用阴离子交换膜电解饱和e溶液制备烧碱D.C的水溶液能够杀菌消毒，为一种新型絮凝剂【答案】B【解析】根据价类二维图1-1知：b、C、d分别Cl2、Cl02、HCIO,a、e、d可以为HCI、NaCl、NaCI030A.由分析可知a为H

13、CI,为共价化合物，其形成过程为：H十心1:-H:C:,A铅误；.8.根据氧化还原反应归中规律，a与d,HCI与HCIO,a与f,HCI与NaCI03在酸性情况下发生归中反应，均可以得到C,B正确C.氯碱工业中阳离子交换膜可将阴极产生的氢氧化钠和阳极产生的氯气隔离，避免二者发生反应，C错误；D.C为CI02,用作为一种新型自来水消群剂，原因是它的杀菌、消击的能力强，D错误；故选Bl l.沁为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1 LO.I mol/L乙醇溶液中OH键的键数为O.lNAB.2g D产0中含有的质子数、中子数、电子数、质量数均为NAC.IO 1nLl8 mol/L的浓硫酸与足噩

14、的镁反应时转移的电子数等于0.36NAD.1 L 1 mol/LFe2(SO心溶液中含有阳离子数目大于2NA【答案】D【解析】A.除乙醇分子中含有H-0键外，溶剂H心分子之间也存在H-0键，囚此该溶液中含有的OH键的键数大于0.INA,A错误；B.D产0的相对分子质扯是20,其中含有10个质了、10个电子，2gD严0的物质的址是0.1mol,其中含有的版子数、中子数、电子数均为N,，庙擞数为2NA,B错误；C.IO mLI 8 mol/L的浓硫酸中含有H2S04的物质的址是n(H1S04)=l8mo!/Lx0.0 1 L=0.18 mo!,开始时浓硫酸与 Mg反应产生MgSQ4、S02、H心，

15、后随右反应的进行，硫酸浓度变小，稀硫酸与Mg反应产生MgSQ4和H2。若这些硫酸完全反应变为MgS04,反应转移电子的物质的量为2x0.I 8 mol=0.36 mol,但由千有一部分转化为S02气体，因此反应过程中转移电子的物质的旦小千0.36mol,故转移的电子数目小千0.36NA,C 错误；D.l LI mo!/LFe2(SO心溶液中含有溶质的物质的笠为nFe2(SO心lmo!/LXl L=l mol,其电离产牛2mol Fe3+，在溶液中Fe3发生水解反应产生Fe(OH)3和HT,每有1个Fe3水解，会产生3个H十，故该溶液中含有阳离了的物质的址大千2mo!,则含有的阳离了数目人-f2

16、NA,D正确；故合理选项是D。12.利用实验器材（规格和数量不限，省略夹持装置），能够完成相应实验的有几项实验器材相应实验。谥筒、温度计、烧杯、碎纸条、盖板中和热的测定 烧杯、分液漏斗用饱和Na2C03溶液除去乙酸乙酕中的乙酸和乙醇 蜇筒、玻璃捧、烧杯、lOOrnL容量瓶用浓盐酸配制lOOmLO.lmol-L-1的稀盐酸溶液蒸ti烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、锥形 分离甲醇和甘油的混合物瓶、牛角管、石棉网 玵祸、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三脚架从食盐水中得到NaCl晶体A.2项B.3项c.4项D.5项【答案】A【解析】O缺少环形玻朗搅拌棒；缺少胶头滴管；蒸发结品不用玵祸而用蒸发皿，只有、能够

17、完成，故A正确故选A。13.（陕西省汉中市2021-2022学年高三上学期教学质址第一次检测）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为18,X砐外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，W与X位千同一主族。下列说法不正确的是A.X、W都能与Y形成离子化合物B.W的简单阴离子能促进水电离C.原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)D.最高价氧化物对应水化物的酸性：WZ【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大短周期主族元素，X最外层电子数是次外层屯子数的3倍，则X为0元素，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，则Z为Si元素，

18、W与X位千同一主族，则W为S元素，又它们原子的最外层电子数之和为18,可知Y的最外层电子数为18-6-6-4=2,则Y为Be元素，据此分析解答。A.y为Be,是金屈元素，可以与O、S形成离子化合物，A正确；B.W为S，其简单阴离子S2会水解，进而促进水的屯岛，B正确；C.同周期元素，原子半径从左至右依次减小，同主族元系自上而下原子半径依次增大，囚此原子半径：r(Si)r(S)r(Be)r(O),C错误；D.非金屈性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性SSi,则酸性H2S04H心03,D正确；答案选C。14.2021年为我国实现碳达峰、碳中和关键的一年，CO2综合利用的技术不断创新。

19、某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为：CO2(g)+CH4(g)亡立CO(g)+2H2(g)。向体积为lL的密闭容器中充入lmol C儿和lmolCO?，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是。A.该反应的Lllip1 80 70 0,徇轧化W欠60./.仁so,.40 P p1:30 芍00 750 1000 1250 1500温度七c.ll00C时，该反应的平衡常数为12.96D.反应达到平衡后在容器内再充入lmolC凡和lmolCO2,此时CO2的转化率会增大【答案】C【解析】A.由题干图示可知，压强相同时，温度升高，CO2的转化率增大

20、，说明升高温度平衡正向移动，故该反应的b.HO,A错误；B.由题干图示可知，温度相同时，m压强下CO2的转化率更大，结合反应力程式CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)可知，增大压强，化学平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故压强：P产P1,B错误；C.II00C时，根据三段式分析可知，起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)l l O 0 0.6 0.6 1.2 1.2，该反应的平平衡浓度(mol/L)0.4 衡常数jJK=c2(CO)c叽）1.22?1.22 c(C02)c(CH4)0.4?0.4 丿=12.96,C正确；

21、0.4 l.2 1.2 D.反应达到平衡后在容器内再允入lmolCH4和lmolCO2,相当千对容器增大压强，化学平衡逆向移动，故此时CO2的转化率会减小，D错误；故答案为：C。15.下列离子方程式正确的是A.向澄清石灰水中加入少兰NaHC03溶液：Ca2+20H飞2Hco;=CaC03.J,.+2H20+co了8.漂白粉溶液中通入过揽CO2:CIO-+Hp+CO2=HCIO+HCO;C.Fe2(SO心溶液与Cu粉混合：Fe3+Cu=Cu2+Fe2+D.Na202与水混合：20;-+2Hp=40H-+02个【答案】B【解析】A.向澄消石灰水中加入少址NaHC03溶液，溶液中OH一无法反应完，即

22、参加反应的Ca2+、OH计酰数之比个等千其组成比，Ca2+Off+HCO;=CaC03-!,+Hp,故A错误；B.漂白粉溶液中迪入过址二氧化碳，生成碳酸氢钙和次氯酸Clo-+H20+CO2=HCIO+HCO;，故B正确；C.电荷不守恒，Fe2(SO心溶液与Cu粉混合：2Fe3+Cu=Cu 2+2Fe2+，故C错误；D.Na心不能改写离了形式，Na202与水混合：2Na202+2H20=4Na+40H-+02t,故D错误；故选B。16.一种利用微生物或经基自由基(OH)将苯酚转化为CO2和比0的原电池-电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是a b c d 0微生物g煤贺H

23、h八02GC N液溶c MNa,.,3、丿H 27 0-0(2 r r cc 千I一质-子六-牵.)I.一令吻畸令-换-膜f Na2S04 溶液含水度废个l浓酚商苯A.a、b极所在为原电池，c、d极所在为电解池B.b极区溶液一段时间后pH变小C.d极电极反应为比0-e-=H飞OHD.每转移2.8mole,该组合装置产生CO213.44L（标准状况）【答案】D【解析】a极发生还原反应，Cr20干 6e+7H心2Cr(OH)3+80H,该电极为原电池正极，b极苯酚失电子被氧化为CO2,电极反应式为C出s0H-28e+1 l比0气汒0汁28H十，该电极为原电池负极；c极为电解池阴极，电极反应为2H+

24、2e=H寸，d极为电解池阳极，电极反应为H20-e=H十廿OH，羚基自由基(OH)进步氧化苯酚，方程式为c6比OH+280H=6co叶17H心，据此答题。A.根据以上分析可知，a、b极所在为原屯池，C、d极所在为电解池，故A正确；B.b极苯酚失电子被氧化为CO2,电极反应式为c6压OH-28e+l lH20=6CO汁28H十，则b电极附近pH变小，故B正确；C.心侧装笸为电解装笸，d是阳极，结合图示，电极反应中产牛胫基自由基(OH)和H十，电极反应式为比0-e=OH+H十，故C正确；D.b电极上电极反应式为c6比OH-28e+1 lH心6CO汁28H十，转移2.8mole时，产生0.6molC

25、O2,标准状况下生成CO2体积为V=nVm=0.6molx22.4Umol=l3.44L,泾基自山基对有机物有极强的氧化能力，d电极上高浓度含苯酚废水被氧化也生成CO2,苯酚被氧化的化学方程式为：C小心H+280H=6CO订17H心，该组合装置产生CO2大于13.44L，故D错误；故选：D。二、非选择题：共56分。第17-19题为必考题，考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。17.(14分）向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。(I)溶液变为棕黄色的原因是KI被Ch氧化为12，离子方程式是。猜侧棕黄

26、色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为x。实验l设计如表实验验证I2被氧化装置序号试剂a甲t 乙(2)(D本实验中，试剂a作剂（填氧化”或“还原”)。甲能证实b被氧化而乙不能，原因是实验11通过如下实验可测定x试剂aNa2S03溶液KI溶液1取v1nLcmolL-1 KI溶液千锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。现象溶液均变黄，遇淀粉变蓝n边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A,试纸不变蓝。iii冷却至室温后，加入过址Kl固体，生成大量紫熙色沉淀(I让w立即用amol-L-1Na心03溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶

27、液，继续滴定至终点，消耗Na2S203溶液bmL。已知：I计2S20;-=S4Q!-+21 I+I2嘻?/I;（棕黄色）I2在纯水中溶解度很小，饱和磺水呈浅黄色(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是。(4)结合数据，计算可得x=（用代数式表示）。反思(5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，m中为保证所加的KI固体过谥，理论上加入的n(KI)应大千1中n(Kl)的_（填数字）倍。(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅的原因：。【答案】(1)2r+c12=2c 1-+12 c2分）(2)还原(I分）通过还原产物为12可证明原溶液中含有高价态的含磺物质。甲用Na2S03

28、不引入嫔元素，则牛成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化牛成(2分）(3)将湿润的淀粉Kl试纸放下锥形瓶U(2分）(4)ab I(2分）CV(5)7(2分）(6)随滴定反应进行，c(T-)增大，使r+I2汀尸平衡正向移动，促进I2溶解，c(I;）增大，溶液颜色变探；I2 完全溶解后，c(l2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅(3分）【解析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=l计2c1，以及I2+I=h，氧化性Chh,KI溶液中通入氯气发牛反应Cb+2KJ=KCl+2,溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是

29、因为氯气将I2氧化，Ch可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：h+5Cb+6H心IOHCI+2HI01;c(I-）培大，使I飞121;平衡1卜向移动，促进I2溶解，c(；）增大，溶液颜色变深；K完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(I-）增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。(1)溶液变为棕黄色，说明牛成礁单质，说明氯气的氧化性比镇强，原因是KI被Ch氧化为I2，离子方程式是2r+c12=2c1-+r2。故答案为：2r-+Cl2=2Cl飞I2:(2)O本实验中，要证叭l2被氧化，试剂a作还原剂（填氧化”或“还原”)。故答案为：还原；甲能证实l2被氧化而乙不能，原

30、因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含磺物质。甲用Na2S03个引入碳元索，则生成的l2一定是还原产物；乙中12可能是Kl被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为1江证明原溶液中含有高价态的含磺物质。甲用Na2S03不引入磺元索，则生成的I2一定是还原产物；乙中h可能是Kl被其他氧化剂氧化生成；(3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，橾作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉Kl试纸放千锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉Kl试纸放千锥形瓶LJ;ab(4)结合数据，根据电了得失守恒，vmLcmol-L-1 x-(-1)=b1nLamol L-1(2.5-2 x 2,计算可得x=-

31、l（用代数CV ab 式表不）。故答案为：-1;CV(5)确原了最外层有7个电了，敬的价为7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的Kl固体过噩，理论上加入的n(Kl)应大丁1中n(KI)的7（填数字）倍。故答案为：7;(6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅的原因：随滴定反应进行，c(I-)增人，使I飞I2亡I；平衡正向移动，促进I2溶解，c(I;)增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(h)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大千c(I-）增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，c(I-）增大，使I飞12I;平衡正向移动，促

32、进I2溶解，c(I;）增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(h)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大千c(I-）增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。18.()4分）某生产BaC03的化工厂生产排出大量的钡泥（主要含有BaC03、BaS03、Ba(FeO心等），该厂利用钡泥制取Ba(N03)2品体（不含结晶水）。部分工艺流程如下：X(Ba(OH)i 睬立叫号卢西望尸Ba(NO3h溶液旦Ba(NO3h品休滤渣1滤渣2已知：pH=3.2时，可使Fe3沉淀宪全。诰回答下列问题：(1)为提高酸溶速率，可采取的措施有（任写一条）。(2)酸溶时，Ba(FeO心与酸X反应的化学方程式为。(3)该厂结

33、合本厂实际，化合物Y蔽好选用。A.HN03 B.Ba(OH)2 C.BaC03 D.Na2C03(4)滤渣l是，滤渣2是(5)反应11需调节溶液至中性，目的是。(6)”一系列操作“具体是。(7)测定所得Ba(N03)2晶体的纯度：准确称取w克晶体溶于蒸熘水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称虽其质撇为m克，则该晶体的纯度为。【答案】()升高温度或适当捉高酸的浓度或将钡泥粉碎哼(1分）(2)Ba(FeO少8HN03=8a(N03)2+2Fe(NO沁4比0(2分）(3)C(2分）(4)Ba$04(I分）Fe(OH)3(I分）(5)中和溶液中过址的硝酸，以免制备品体的操作中出现硝酸蒸气

34、，腐蚀设各(2分）(6)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，丁燥(2分）(7)261m x100%C31r)233w【解析】钡泥主要含BaC03、BaS03、Ba(FeO立等，山丁产品为硝酸钡晶体，加入X为硝酸，山丁硝酸能将BaC03溶解，BaS03氧化生成BaS04,FeO;转化为Fe3+，过滤除去滤渣IBaS04,滤液中含有硝酸钡、硝酸铁、硝酸，加入Y调节pH，使F产转化为Fe(OH)沉淀，Y既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂生产BaC03,故Y选用BaC03,过滤除去滤渣2Fe(0Hh沉淀，再加入氢氧化钡中和硝酸，得到硝酸钡溶液，经蒸发浓缩，冷却结品，过滤，洗涤，干燥可得到硝酸钡品体，

35、据此分析解题。Cl)适当升高温度、适当提高酸的浓度、将钡泥粉碎或者进行搅拌等都可以提高酸溶速率，故答案为：升的温度或适当提高酸的浓度或将钡泥粉碎等；(2)由分析可知，酸X为HN03,故酸溶时，Ba(Fe02)z与酸X反应的化学方程式为：Ba(FeO众8HN03=Ba(NO边2Fe(NO初4H心，故答案为：Ba(Fe02)2+8HN03=Ba(NO边2Fe(NO沁4H心；(3)由分析可知，滤液中含有硝酸钡、硝酸铁、硝酸，加入Y调节pH,使Fe“转化为Fe(OH)3沉淀，Y既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂生产BaC03,故答案为：C;(4)由分析可知，滤渣l是BaS04,滤渣2是Fe(OH

36、)3,故答案为：BaS04;Fe(OH)3;(5)山千加入BaC03调节pH为45之后溶液中含有HN03,制备晶体的操作中将出现硝酸蒸气，腐蚀设备，故反应II需调节浴液至中性，目的是中和浴液中过植的硝酸，以免制各品体的橾作中出现硝酸蒸气，腐蚀设备，故答案为：中和溶液中过量的硝酸，以免制备晶体的操作中出现硝酸蒸气，腐蚀设备；(6)由分析可知，“一系列操作”是将硝酸钡溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可得到硝酸钡品体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；m(7)最终得到mg为BaS04的质昆，根据钡离子守恒：nfBa(NO出n(BaS04)=mol,则233 m 261m 26

37、lm 261m rnBa(NO闭rnolx26I g/mol=g,所以该Ba(N03)z的纯度!?g x I 00%=x I 00%，故233 233 233 233w 答案为261m、.xJOO%。233w 19.(14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，CO2制CH3OH是热点研究之一。中科院大连化物所研究团队直接利用CO2与凡合成甲醇，主要涉及以下反应：(DC02(g)+H2(g)CO(g)+Hp(g)t:.HI CO(g)+2儿(g)CHpH(g)归2=-90k.J mol-1 CO2(g)+3H2(g)CHpH(g)+HzO(g)心/3=-49kJ mol一

38、1)2C02(g)+6H2(g)CH30CH3(g)+3Hp(g)凶儿121kJ ITIOr1(l)AH产(2)反应、的平衡常数随温度变化曲线如图I所示，则表示反应的lgKC-T关系的曲线为（填I或“m”)。勹200 300 400 500 600 700 830 温度C图1(3)恒压下，向容器中充入lmolCO2、3molH2,CO2的平衡转化率随温度变化曲线如图I中n线所示。在500C达到平衡时，体系中CH3OH的物质的她为amol,H20的物质的批为bmol,则此时凡的转化率为。此时反应的平衡常数值l（填“大于“、“小千”或，等千。）(4)有同学认为在400C以后反应在该体系中可以忽略，

39、其依据是。(5)500C以后CO2的平衡转化率随温度变化的可能原因是。(6)恒压下将CO2和凡按体积比1:3混合，在不同催化剂作用下发生反应。在相同时间段内CH3OH的选择CH3OH的物质的量性和产率随温度的变化如图n所示。其中CH3OH的选择性xlOO%。反应的CO2的物质的址CH30呜择性C30印上率氓0正魅丘40-CZT催化剂35 一女一咳正l)T催化剂30 6 co研率5-.CZT催化剂4 一一一女.叩l)T催化剂3210 卢90252015冈温度oc图II则合成甲醇的适宜条件是（填标号）。A.23oc B.210c c.czr催化剂D.CZ(Zr.-l)T催化剂(7)BASF高压法制

40、备CH3COOH时的钻磺催化循环法如图lII所示，该循环的总反应为。HzO CH3COCo(C0)4 CH3Co(C0)4 邸飞h2 CO CH3COCo(C0)4(H心）图m【答案】(1)+41kJ.mol1(2分）(2)1(2分）4.2(3)-:-b+a-0.6(2分）小千(I分）3 3(4)其平衡常数小千10气可以认为几乎不反应(I分）(5)反应是CD吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应是放热反应，温度升高平衡向逆方向移动；目温度对反应的影响大于对反应CD的影响(2分）(6)AD(2分）(7)CO+CH30H 钻烘催化剂)CH3COOH(2分）【解析】()根据反应可知CD=迄），根据

41、盖斯定律可进行心1的计算；(2根据反应放热升温对凡的影响，以及lgKc-T值的关系曲线可得曲线；(3)根据图中信息司知反应wJ知500C，反应值小千10-5,认为容器发牛CD，设三个反应二氧化碳反应的分别为x、a、2y,结合三个反应的数据，再根据原子守恒和转化率，可求得比的转化率；再根据图中信息可知根据图中信息830C时反应(DlgKc=O,此反应吸热，温度越高Kc值越大，可知500C反应CD的Kc小T 1;(4)根据图中信息400C反应的lgK产5，ke=l0气温度越高凡值越小：(5)反应是CD吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应是放热反应，温度升高平衡向逆方向移动；且温度对反应的影响大

42、千对反应的影响；(6)由图II信息知，相同温度下，CZ(Zr-l)T仵催化剂时，CH30H的选择性和产率都优千CZT作催化剂，为兼顾CH30H的选扦性和产率，由图知温度；(7)根据题图中向里的箭头为反应物向外的箭头为生成物，则co和CH30H为反应物而CH3COOH为生成物，可得循环总反应力程式；(I)根据反应可知CD=迄），根据盖斯定伟可知AH,=AHJ-AH产49kJ-moJ1-(-90kJ-moJ1)=+4l kJ-mol飞(2)反应CO(g)+2H认g严CH30H(g)t:,.H2=-90kJ-mo尸为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高，凡值越小，lgK越小，故表示反应的lgKc-T

43、关系的曲线为I:(3)根据图中信息400C反应的lgKc-=-5,Kc=10气温度越高凡值越小，凡小千lO.5可以忽略不计；500C 时反应的平衡常数的值小千IO5，可认为容器中没有发生反应（即可以忽略），认为容器发生,设三个反应二氧化碳反应的的员分别为x、a、2y,则CO2(g)+H2(g)CO(g)+Hp(g)CO2(g)+3H2(g)CHpH(g)+Hp(g)x x x x a 3a a a 2co 2(g)+6H2(g)r=CH30CH3(g)+3Hp(g)2y 6y 3y x+a+2y 根据题意可知根据图中信息可知反应500C时，CO2转率为60%，则60%，根据水的物质的帮为b=x

44、+a+3y,将0联立解得x=l.8-2b-a,y=b-0.6代入而氢气的转率为x+3a+6y l.8-2b-a+3a+6(b-0.6)4b+2a-l.8 4,.2=-b+-3 3 3 a-0.6;反应O为吸热反应，升温平衡正向移动，品度越高Kc值越大，可知m代农反应O，根据树中信息830C时反应lgK,.=O,即K(1,温度低丁830C,500C此时反应的平衡常数值K，小丁I;(4)根据图中信息400C反应的lgK产-5,Kc=IO气温度越高凡值越小，在4ooc以后反应在该休系中Kc小千lO.5可以认为几乎不反应，可以忽略不计；(5)反应是吸热反应，温度升高平衡向正方向移动；反应是放热反应，溫

45、度升高平衡向逆方向移动：目温度对反应的影响大千对反应的影响，故500C以后CO2的平衡轧化率随温度升高而减小；(6)巾图II信息知，相同温度下，CZ(Zr-l)T作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于CZT作催化剂，所以工业合成甲醇选择催化剂CZ(Zr-l)T,为兼顾CH30H的选择性和产车，由阳知温度应选择23oc:故选AD。(7)根据题附中向里的箭头为反应物，向外的箭头为生成物，则co和CH3OH为反应物，而CH3COOH为生成物，则循环总反应的方程式为：CO+CH30H钻磺催化剂）CH3COOH。（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。2

46、0.选修3:物质结构与性质（14分）钻及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。(l)基态Co的价层电子排布式是3d74s气轨道表示式是l_。-在元素周期表中，该3d 元素属千（填d”或ds”)区。(2)Co(NH心ClCl？是C泸的一种重要配合物。该配合物的一种配体是NH30NH3的空间结构呈一形，是一（填“极性”或“非极性”)分子。该配合物中Co3参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个一和3个。设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足拟AgN03溶液，（补全实验操作和数据）。(3)钻蓝可用于青花瓷的颜

47、料。钻蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含I型和II型两种小立方体。图2是钻蓝的品胞。Co o Al 0 0 图1O图2中II型小立方体分别是b、一（填字母序号）。钻蓝晶体中三种原子个数比N(Co):N(AI):N(O)=_。【答案】(I)IlI 3d lIlJ（2分）48 a b b c c f 图2d(I分）(2)三角锥(2分）极性(I分）4s(I分）4p(l分）充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其庙量为2.87g(2分）(3)deg C 2夕)1:2:4(2夕)【解析】(1)基态Co的价层电子排布式是3d安，轨道表示式是Iti|H|t 1个13d 国。在元4s 素周期表中

48、，第四周期，VIII族，该元素屈丁d（填“d”或ds”)区。故答案为：It|H I t I f|3d 吓d;(2)Co(NH出ClC2是Co3的一种重要配合物。5-lx3 O该配合物的一种配体是NH3.N比的N原子价层电子对数为3+=4,有1个孤电子对，空间结构2 呈三角锥形，正负电荷中心不币叠，是极性（填“极性”或“非极性”)分子。故答案为：三角锥；极性；该配合物中Co3参与杂化的6个能扯相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故答案为：4s;4p;设计实验证实该配合物浴千水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。2.51g 实验如下：称取2.51g该配合物，O.Olmol,先加水溶解，

49、lCo(NH沁ClC2=lCo(NH沁c112+2c1-,250.5g加oz-1再加足量AgN03溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干橾后2.87g 称重，测得其质量为2.87g,=0.02mol,说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没143.5g加01-有断裂。故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、丁燥后称币，测得其压量为2.87g;(3)O根据品胞中I型立体结构、II型小立方体关系，图2中II型小立方体分别是b、deg（填字母序号）。故答案为：d eg;I型立体结构含有Co原子数是4x+l、O原子数是4,II型小立方体含有Co原子数是4x-、O

50、凉子数8 8 是4、Al原了数是4,该立方品胞由4个1型和4个lI型小立方体构成，所以1个品胞含有Co原了数是8、0原子数是32、A原千数是16,钻蓝晶体中种原子个数比N(Co):N(Al):N(0)=8:16:32=1:2:4,故答案为：1:2:4。21.选修5:有机化学基础（14分）以经A为原料合成物质J的路线如下（部分反应条件或试剂省略），其中lmolC与足量钠反应生成标准状况下22.4LH2,D只有一种结构，G为五元环状化合物。酰三千鸟匡三三产IEi.NaOH/醇，心ii.W急）H3cxxCOOC扎比CCOOC沮5J 乙醇，一定条件 三 已知：(+II-。?心二HH竿夕+H20。回答下