山東省德州市2022屆高考三模化學試題

山東省德州市2022屆高考三模化學試題

閱卷人

—一、單選題（共12題；共24分）

得分

1.（2分）以下化學與生活、科技相關(guān)的說法錯誤的是（）

A.北京冬奧會閉幕式上綻放的璀璨煙火與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關(guān)

B.以棉質(zhì)好、產(chǎn)量高著稱的新疆長絨棉主要成分與蔗糖屬于同系物

C.“天宮課堂”中過飽和乙酸鈉溶液析品放熱與形成新的化學鍵有關(guān)

D.“冰墩墩”透明外殼是二氯硅烷水解縮聚生成的，屬于合成高分子材料

【答案】B

【解析】【解答】A.煙火是原子核外電子發(fā)生躍遷，由高能級躍遷到低能級時，釋放的能量以光的

形式呈現(xiàn)出來的，故A不符合題意；

B.長絨棉主要成分是纖維素，屬于多糖，為天然高分子化合物，蔗糖屬于二糖，兩者結(jié)構(gòu)不相似,

不屬于同系物，故B符合題意；

C.過飽和乙酸鈉溶液析出晶體，生成乙酸鈉晶體，形成新的化學鍵，成鍵過程放出熱量，故C不

符合題意；

D.縮聚反應生成的是高聚物和小分子，冰墩墩的透明外殼是二氯硅烷水解產(chǎn)物經(jīng)過縮聚反應生成

的，屬于合成高分子材料，故D不符合題意：

故答案為：Bo

【分圻】A、煙火是原子核外電子發(fā)生躍遷，由高能級躍遷到低能級時，釋放的能量以光的形式呈現(xiàn)

出來的；

B、同系物指的是分子結(jié)構(gòu)相似，官能團數(shù)目和種類相同，分子組成上相差若干個-CH2；

C、乙酸鈉含有離子鍵，形成晶體即形成離子鍵；

D、二氯硅烷水解縮聚可以形成高分子材料。

2.（2分）段基硫（COS）的結(jié)構(gòu)與CO2類似，可作糧食熏蒸劑，防治蟲類、真菌對糧食的危害。下列

說法錯誤的是（）

A.COS屬于極性分子B.COS沸點高于CO?的沸點

C.COS空間構(gòu)型為直線形D.COS熱穩(wěn)定性大于CO2

【答案】D

【解析】【解答】A.COS中中心原子C上的孤電子對數(shù)為:x(4—2-2)=0,o鍵電子對數(shù)為2,價

層電子對數(shù)為2,VSEPR模型為直線形，由于沒有孤電子對，COS的空間構(gòu)型為直線形，分子中

正、負電的中心不重合，COS屬于極性分子，A項不符合題意；

B.COS、CO2固態(tài)時都屬于分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，COS的相對分子質(zhì)量大于CCh的相對分子質(zhì)量，

COS分子間范德華力大于CO2分子間范德華力，COS的沸點高于CO2的沸點，B項不符合題意；

C.COS中中心原子C上的孤電子對數(shù)為4x(4-2-2)=0,。鍵電子對數(shù)為2,價層電子對數(shù)為

2,VSEPR模型為直線形，由于沒有孤電子對，COS的空間構(gòu)型為直線形，C項不符合題意；

D.COS的結(jié)構(gòu)式為O=C=S,CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,鍵長：C=S鍵,C=O鍵，鍵能：C=S鍵V

C=O鍵，故COS的熱穩(wěn)定性小于CO2,D項符合題意；

故答案為：Do

【分析】A、根據(jù)分析，鉞基硫正、負電的中心不重合，為極性分子;

B、結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，可以根據(jù)其用對分子質(zhì)量判斷沸點;

C、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù);

雜化軌道數(shù)=2,為直線;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四直體;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形；

D、熱穩(wěn)定性受到化學鍵的鍵能影響，健長也大則鍵能越小。

3.(2分)輔助以鐵架臺、酒精燈、導管、橡膠塞、橡膠管、石棉網(wǎng)，選用下列適當規(guī)格的儀器不能

實現(xiàn)相關(guān)操作的是()

0o

A,組裝實驗室制乙烯的發(fā)生裝置

B.粗鹽提純中將最后所得的濾液蒸發(fā)結(jié)晶

C.配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸

D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇

【答案】C

【解析】【解答】A.制備乙烯需要圓底燒瓶、溫度計，可以實現(xiàn)，A不符合題意；

B.粗鹽提純中將最后所得的濾液為氯化鈉溶液，蒸發(fā)結(jié)晶得到氯化鈉晶體，B不符合題意;

C.配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸除提供儀器外還需要膠頭滴管，C符合題意；

D.除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可選用分液漏斗和燒杯，D不符合題意；

故答案為：Co

【分所】A、乙烯為乙醇和濃硫酸的反應，需要圓底燒瓶、溫度計；

B、粗鹽提純的濾液為氯化鈉溶液，經(jīng)過蒸發(fā)結(jié)晶需要用到蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈；

C、配制溶液需要用到容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒；

D、除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇需要用飽和碳酸鈉溶液萃取，采用分液漏斗和燒杯。

4.（2分）2021年我國科學家在全球范司內(nèi)首次實現(xiàn)了用CO2人工合成淀粉，其轉(zhuǎn)化過程如圖所示，

以下說法正確的是（）

9H

H2H2OO2H2O2O

山->H00H

CO2CH3OH—^^-?HCHO一\A/----------.一

A.過程I中利用太陽光解水制42,實現(xiàn)了太陽能至化學能的轉(zhuǎn)化

B.過程II的CH30Ht轉(zhuǎn)化反應中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成

C.過程III的產(chǎn)物HOJ^/OH中碳原子的雜化方式均為：sp2

D.核磁共振氫譜是驗證合成淀粉組成、結(jié)構(gòu)的最佳方法

【答案】B

【解析】【解答】A.過程I中為二氧化碳和氫氣反應生成甲醇，不是太花光解水制H2,故A不符合

題意：

B.過程0的CH3OH-HCHO轉(zhuǎn)化反應中，0=0中非極性鍵斷裂生成極性鍵H-O,且甲醇生成甲醛

時，有C=O鍵生成，所以該反應中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的性質(zhì)，故B符合題意；

C.該分子中連接雙鍵的碳原子價層電子對數(shù)是3、飽和碳原子價層電子對數(shù)是4,則C原子雜化類

型是Sp2、Sp3,故C不符合題意；

D.核磁共振氫譜判斷氫元素種類及各種氫原子個數(shù)之比，紅外光譜測定化學鍵，所以紅外光譜是驗

證合成淀粉組成、結(jié)構(gòu)的最佳方法，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、根據(jù)路線可知過程I為二氧化碳和氫氣反應生成水和甲醇;

B、相同的非金屬原子為非極性共價鍵結(jié)合，不同的非金屬原子為極性共價鍵結(jié)合;

C、雜化軌道二中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù):

雜化軌道數(shù)=2,為直線;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體;

雜化機道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

D、要測定有機物的結(jié)構(gòu)最佳方法是紅外光譜法，可以測定有機物中的官能團。

5.（2分）某離子液體的部分結(jié)構(gòu)如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中Y的原子半徑最小，

X、Z同主族，且Z的電子數(shù)等于Y、W電子數(shù)之和，X與R、W形成的二原子化合物均為常見的

城市空氣污染物。以下說法正確的是（）

A.做配體時，W提供孤電子對

B.RZ2.WY3.R匕分子中的鍵角依次減小

C.第一電離能：Y>W>X>R

D.氫化物的熔沸點大小順序一定為：R<Z<W

【答案】C

【解析】【解答】根據(jù)分析可知，R為C,X為O,Y為F,Z為S,W為N,

A.RW-為CN,CN-做配體時，應該是C（R）提供孤電子對，故A不符合題意；

B.RZz、WY3、RY4分別為CS2、NF3、CF4,CS2為直線形，其鍵角最大，NF3、CF4的VSEPR模型

均為四面體，但NF3的中心原子N含有1個孤電子對，CF4的中心原子C沒有孤電子對，孤電子對

越多鍵角越小，則CR的鍵角較大，所以鍵角大小為：CS2>CF4>NF3,故B不符合題意；

C.主族元素同周期從左向右第一電離能呈增大趨勢，N的2P能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離

能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：Y>W>X>R,故C符合題意；

D.R的氧化物為燒，碳原子數(shù)較多的燃常溫下為固態(tài)，其沸點大于氨氣、硫化氫、腓，故D不符

合題意；

故答案為：Co

【分圻】根據(jù)圖示分析，可知R含有4個共價鍵，為C或Si,Y含有1個共價鍵，可能為H、F、

Cl,Z含有6個共價鍵，為S,X含有2個共價鍵，為0,W含有2個共價鍵和1個離子鍵，可能為

B、N、P,結(jié)合題干“R、X、Y、Z、W中Y的原子半徑最小，X、Z同主族，且Z的電子數(shù)等于

Y、W電子數(shù)之和，X與R、W形成的二原子化合物均為常見的城市空氣污染物”，可知R為C,X

為O,Y為F,Z為S,W為N；

A、配體中，N形成3對共用電子對和一對離子鍵，C形成3對共用電子對和1對孤電子對:

B、鍵角和構(gòu)型有關(guān)，可以根據(jù)雜化軌道判斷其電子對數(shù):

雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù);

雜化軌道數(shù)=2,為直線;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體;

雜化凱道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

C、同周期元素，從左到右第一電離能依次減小，其中最外層電子半充滿、全充滿時第一電離能會反

差;

D、氫化物的沸點受到其相對分子質(zhì)量影響，相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，若是N、O、F三種

原子則可以和H形成氫鍵，沸點反差。

6.（2分）部分含鐵微粒所帶的電荷數(shù)與其中鐵元素化合價的關(guān)系如圖所示，由該圖可預測含鐵微粒

間相互轉(zhuǎn)化時所需試劑。下列推斷不合理的是（）

化合價

電荷數(shù)

-20+2+3

OHIT

--------------------A

A,常溫下，可用R材質(zhì)容器儲運濃硫酸

B.M可用K3［Fe(CN)6］溶液檢驗

C.若Q為金屬陽離子，可通過Fe2O3與稀HI溶液反應生成

D.Fc?+與氧化劑在堿性條件下反應可生成FcO2-

【答案】B

【解析】【解答】A.常溫下，鐵在濃硫酸中會發(fā)生鈍化，所以常溫下，可用R材質(zhì)容器儲運濃硫

酸，故A合理；

B,電+和K3［Fe(CN)6］溶液反應生成藍色沉淀，M不是Fe2+,所以M不能用K31Fe(CN)6］溶液檢驗，

故B不合理；

C.FezCh與稀HI溶液發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)ezCh中的+3價鐵被1還原為Fe2+,故C合理；

D.從圖中可以看出，在堿性溶液中可以生成FeO^,尸2年一中鐵為+6價，所以Fe3+與氧化劑在堿性

條件下反應可生成FeOQ,故D合理；

故答案為：Bo

【分析】A、鐵制品常溫下可以被濃硫酸、濃硝酸鈍化；

B、亞鐵離子可以用鐵氟酸鉀檢驗，M是氧化亞鐵，在水中沒有電離出亞鐵離子；

C、Q為亞鐵離子，而HI和FezCh在反應時會生Fe?+和L；

D、結(jié)合圖示，可知鐵離子在堿性條件下可以生成高鐵酸根。

7.(2分)下列由實驗現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是()

A.取補鐵口服液的上層清液，滴加酸性KMn/溶液，溶液紫色褪去，證明口服液中含有F/+

B.向盛有0.01巾0小廠1的?！?。。。2。溶液的小試管中滴加酚酣溶液，溶液變紅，再加入少量

CH3COONa^,溶液紅色加深，證明。/。。。乂。水解程度增大

C.向滴有酚配的NaOH溶液中加入%。2,溶液紅色褪去，可證明”2。2具有酸性

D.向BQ以2溶液中通人5。2，再通入X氣體，有白色沉淀生成，則X可能為堿性氣體

【答案】D

【解析】【解答】A.亞鐵離子、氯離子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，則溶液紫色褪去，不能證明

口服液中含有Fe2+,故A不符合題意；

B.再加入少量CH3coONa固體，醋酸根離子濃度增大，水解生成的氫氧根離子濃度增大，溶液紅

色加深，但醋酸鈉的水解程度減小，故B不符合題意；

C.過氧化氫具有強氧化性、漂白性，溶液紅色褪去，不能證明H2O2具有酸性，故C不符合題意；

D.X可能為氨氣，白色沉淀為亞硫酸根，則有白色沉淀生成，可知X可能為堿性氣體，故D符合

題意；

故答案為：Do

【分析】A、補鐵口服液中含有亞鐵離子和氯離子；

B、增大反應物的濃度，平衡朝水解方向移動，但是醋酸根水解程度減?。?/p>

C、過氧化氫具有漂白性，可以使有色溶液褪色；

D、氯化鋼溶液直接通入二氧化硫，不會生成白色沉淀，因為氯化氫酸性大于亞硫酸酸性，若是通入

X氣體，有白色沉淀生成，則可能使氯化氫被反應，有可能為堿性氣體。

8.（2分）2-甲基-2-氯丙烷（密度小于水）是重要的化工原料，實驗室中可由叔丁醇與濃鹽酸反應制

備，路線如下：

5%NaCO

濃鹽酸23

水溶液

W有Ch

有洗滌

機

室溫攪拌,分液洗滌.機洗滌①無水CaCb

液

機機分

相

反應15'一相~②蒸脩H3C-C-

相相

分鐘C1

叔丁醇2-甲基一2-

下列說法錯誤的是（）

A.由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反應類型為取代反應

B.室溫攪拌的作用是加快叔丁醇與濃鹽酸的反應速率

C.2.甲基?2.氯丙烷在紅外圖譜中理論上產(chǎn)生4組吸收峰

D.用5%Na2c03溶液洗滌分液的主要目的是除去氯化氫

【答案】C

【解析】【解答】A.從叔丁醇和2?甲基?2.氯丙烷的結(jié)構(gòu)簡式對比，氯原子取代羥基的位置，由叔丁

醇制備2?甲基?2?氯丙烷的反應類型為取代反應，故A說法不符合題意；

B.室溫攪拌的作用是加快叔丁醇與濃鹽酸的反應速率，故B說法不符合題意；

C.2-甲基2-氯丙烷中含有C-H、C-C、C-C1三種共價鍵，故在紅外光譜中理論上產(chǎn)生3組吸收峰，故

C說法符合題意；

D.碳酸鈉溶液可與氯化氫反應，用5%Na2c03溶液洗滌分液的主要目的是除去氯化氫，故D說法

不符合題意；

答案為C。

【分析】A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可以觀察羥基被氯原子取代；

B、攪拌可以加速反應速率；

C、紅外光譜可以測定有機物的結(jié)構(gòu)形式，根據(jù)結(jié)構(gòu)式可以知道2.甲基2?氯丙烷中含有C-H、C-C、

C-C1三種共價鍵；

D、分液后有機相含有部分雜質(zhì)，如氯叱氫，因此采用碳酸鈉洗滌。

9.(2分)聚陰離子型正極材料在鈉離子電池中極有應用前景。一種鈉離子電池用硬碳材料(N&C)作

負極，利用鈉離子在正負極上的嵌、脫過程實現(xiàn)充放電，該電池的工作原理為放電

放電

Na3_x(V0P04)2^+NaxC#Na3(VOPO^2F+Co下列說法錯誤的是()

充電

A.充電時，Na+從陽極脫嵌，經(jīng)電解質(zhì)嵌入陰極

B.電解質(zhì)可以是含NQ+的導電有機聚合物或水溶液

C.放電時，正極的電極反應為可。3-?r"。4)2尸+工6一+/7(?+=血3(70204)29

D.用該電池電解硫酸鈉溶液，負極質(zhì)量減少23g,陽極產(chǎn)生標況下氣體5.6L

【答案】B

+

【解析】【解答】A.從方程式可以看出，充電時陰極的電極反應為：C+xe-+xNa=NaxC,Na+從陽極

脫嵌，經(jīng)電解質(zhì)嵌入陰極，A不符合題意；

B.金屬鈉與水能反應，故電解質(zhì)不能為水溶液，B符合題意；

C.放電時：正極為Na3-x(VOPO4)2F得電子，電極反應式為：Na3-x(VOPO4)2F+xe-

+

+xNa=Na3(VOPO4)2F,C不符合題意；

D.負極反應為：NaxC-xe-=C+xNa+,質(zhì)量減少23g時電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為Imol,陽極電極式為：

+

2H2O-4e-=4H+O2,陽極產(chǎn)生氧氣0.25mol,標況下的體積為5.6L,D不符合題意;

故答案為：Bo

【分析】根據(jù)化學反應式分析，放電時，C化合價降低，得到電子，因此在正極反應，反應過程

中，而Na3（VOPO4）2F則作為負極，失去電子，反應過程中Na3（VOPO4”F形成Na3-x（VOPO4）2F和

Na+；

A、充電時，正極作為陽極，負極作為陰極，陽極反應為Na、C形成Na+和C,陰極反應為Na+和Na3-

X（VOPO4）2F形成Na3（VOPO4）2F；

B、電解質(zhì)為含有鈉的溶液；

C、正極為C得到電子，結(jié)合鈉離子形成NaxC；

D、負極為Na3（VOPCU）2F形成Na3-x（VOPCU）2F和Na+,減少23g時即電離出1mol的Na+,失去

Imol電子，此時陽極為氫氧根放電，每轉(zhuǎn)移4moi電子，則生成Imol氧氣，因此轉(zhuǎn)移Imol電子生

成0.25mol的氧氣，標準狀況下為5.6L。

10.（2分）利用鋅灰（主要成分為ZnO,含有CuO、PbO、SiO2.FeO、尸e2/等雜質(zhì)）制備高純ZnO

的工藝流程如下，下列說法錯誤的是：（）

稀HI2s0」適量KIMnCh溶液試!劑aNHTJICO,*

鋅灰T酸浸I-$步驟||——4步驟2|--------T步驟3一ZnC6-xZnCOHh-^^ZnO

II\

濾清1MnO2xFe(OH)3濾淡2

A,濾渣1的主要成分為Si。?、PbS04

2++

B.步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為：MnO4+3Fe+7H2O=3Fe（0H）3I+MnO2I+SH

C.加入的試劑a為Zn,目的是除去C〃2+

D.取步驟3后的干燥濾餅U.2g煩燒,可得產(chǎn)品8.1g,則x=2

【答案】D

【解析】【解答】A.Si。?不與稀硫酸反應，鋅灰中PbO加稀硫酸溶解得到PbSO,不溶于水，過濾，

濾渣1為PbSCh、SiO2,A不符合題意；

B.加入高缽酸鉀氧化亞鐵離子為氫氧化鐵、硫酸鎰被氧化為二氧化鎰，步驟1中發(fā)生反應的離子方

2++

程式為：MnO4+3Fe+7H20=3Fe（OH）3X+MnO2I+5H,B不符合題意；

C.為除去硫酸銅可采用置換反應，試劑a為Zn,鋅粉發(fā)生置換反應：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4,目的

是除去c/+,C不符合題意；

D.設(shè)ZnCOxZn(OH)2的物質(zhì)的量為ymol,ZnCOyxZn(OH)2饌燒得至UZnO,則固體質(zhì)量減少的質(zhì)

量為二氧化碳、水的質(zhì)量，n(ZnO)=瑞=82Mol=根據(jù)固體質(zhì)量減少的質(zhì)量、ZnO的

物質(zhì)的量列方程為44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1,解得x=ky=0.05,D符合題意；

故答案為：Do

【分析】先分析流程，主要成分為ZnO,含有CuO、PbO、St。?、FeO>Fe2/等雜質(zhì)，經(jīng)過酸

浸后濾渣為不溶于酸的二氧化硅以及生成的沉淀PbSO-濾液為ZnSO4、CuSO4、FeSOa、

Fe2(SO4)3,濾液中滴入高鈦酸鉀，高缽酸鉀作為氧化劑，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，經(jīng)過pH調(diào)

節(jié)后，濾渣為氫氧化鐵和二氧化鋅，濾液為CuSCh、ZnSO4,濾液加入試劑2的目的是使銅離子沉

淀，同時不能影響鋅離子，因此沉淀劑為Zn,使銅離子形成單質(zhì)，濾渣2為銅，濾液為ZnSO4,經(jīng)

過碳酸氫鏤使ZnSO4轉(zhuǎn)化為沉淀，燃燒得到金屬氧化物；

A、濾渣1的主要成分為貞。2、PbS04；

B、高鋅酸根和亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成氫氧化鐵和二氧化鐳；

C、鋅和銅離子發(fā)生置換反應生成銅和鋅離子；

D、混合物的解題可以根據(jù)二元一次方程組解答，設(shè)某種物質(zhì)的物質(zhì)的量為x,另一種為y,結(jié)合已

知數(shù)據(jù)列出二元一次方程組。

11.(2分)用1mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60mL0.02moiZL硫酸銅溶液；氨水稍

過量后，再用1mol/L的硫酸反滴定銅氨配合物溶液。實驗記錄如下：

實驗

反應過程中的pH和電導率變化對比曲線

現(xiàn)象

(mom

，來淀漸

，到藍溶。加酸，不產(chǎn)淺色

，來淀漸

加水，不產(chǎn)淺色..

滴氮時先斷生藍沉淀后沉逐溶解得深色液滴硫時先斷生藍沉淀后沉逐

溶

解，

得至IJ

藍色

溶

液。

資料：i.實驗中產(chǎn)生的淺藍色沉淀為堿式硫酸銅，化學式為Cu2(OH)2so4；

ii.電導率是以數(shù)字表示的溶液中傳導電流的能力。

下列分析中錯誤的是()

A.a之前未加氨水，溶液pHV7的原因是CU2++2H2O=CU(OH)2+2H+

B.ab段發(fā)生的主要反應為：2Cu2++SO/+2NH3-H2O=Cu2(OH)2soJ+2NH+

C.d點混合溶液pHV7,與反應后生成的NH1水解有關(guān)

D.根據(jù)a&與bd段曲線變化趨勢，說明溶液的電導率僅與反應前后離子的濃度和離子所帶電荷

數(shù)有關(guān)

【答案】D

【解析】【解答】A.a之前未加氨水，溶液中溶質(zhì)為CuS04,該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中鹽電離產(chǎn)

生的CM+發(fā)生水解反應：CU2++2H2O=CU(OH)2+2H+,消耗水電離產(chǎn)生的0",使水的電離平衡正向

移動，最終達到平衡時溶液中c(H+)>c(0H),因此溶液pHV7,A不符合題意；

B.向溶液中滴加少量氨水時，產(chǎn)生淺藍色沉淀是堿式硫酸銅，根據(jù)電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)

2+

的拆分原則，可知該反應的離子方程式為：2Cu+SO2-+2NH3H2O=Cu2(OH)2SO4l+2NH。B不

符合題意；

C.d點混合溶液pH<7,溶液顯酸性，是由于溶液中含有(NHSSOq,該鹽是強酸弱堿鹽，在溶液中

NH^發(fā)生水解反應，消耗水電離產(chǎn)生的0H-產(chǎn)生NH3H2O,使水的電離平衡正向移動，最終達到

平衡時溶液中c(H+)>c(0H)導致溶液pHV7,故與反應生成的NHJ■水解有關(guān)，C不符合題意；

D.根據(jù)a3與be段曲線變化趨勢，說明溶液的電導率不僅與反應前后離子的濃度和離子所帶電荷

數(shù)有關(guān)，而且也與離子的種類有關(guān)，D符合題意；

故答案為：Do

【分析】A、硫酸銅中銅離子為弱離子，可以發(fā)生水解；

B、根據(jù)提示可知，銅離子和硫酸根、一水合氨生成淺藍色沉淀堿式硫酸銅，化學式為

CU2（OH）2so4；

c、錢根離子為弱離子，可以發(fā)生水解；

D、根據(jù)圖示可知導電率和離子濃度、離子電荷數(shù)、離子種類有關(guān)。

12.（2分）高銅酸鉀是一種難溶于水的黑色粉末狀固體，與高鐵酸鉀性質(zhì)相似?？梢杂伤牧u基合銅

酸鉀和次濱酸在冰水浴中合成：①[以（OH）/+HBrOTKCUO2+KBr+KBrO+%。（未配平）。

高銅酸鉀在酸性條件下不穩(wěn)定：@KCUO2+H2S0402+CuS04+H20+K2S04（^^）O下列說

法錯浜的是（）

A.①中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2

B.②若有標況下5.6L6生成，轉(zhuǎn)移電子0.2以

C.②中KCUO2既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性

D,由①②可知氧化性強弱順序為：HBTO>KCUO2>（）2

【答案】B

【解析】【解答】A.反應①中HBrO-?KBr中Br元素化合價降低，HbrO做氧化劑，

K2[Cu（。H）4]TKCnO2中Cu元素化合價升高，/[?！ǎ?。切/做還原劑，反應方程式為

2K2[CU（OH\]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO4-5H2。，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為

1：2,A不符合題意；

B.反應②反應方程式為44以。2+6“25。4=02+4以§。4+6“2。+2/f25。4，生成ImolO2轉(zhuǎn)移

4mol電子，標況下生成5.6LO2即物質(zhì)的量為n=4y七=0.25?no/,轉(zhuǎn)移電子

l

0.25molx4xNAmol=/V/|,B符合題意；

C.反應②反應方程式為4長。〃。2+6“25。4=。2+4?！?。4+6/72。+2人'25。4，Cu元素化合價升

高，O元素化合價降低，KCaOz既做氧化劑也做還原劑，KCi/Oz既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性，C

不符合題意；

D.由氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，由①可得氧化性：HBrO>KCUO2,由②可得氧化性：

KCUO2>。2，則氧化性強弱順序為：HBrO>KCuO2>02,D不符合題意；

故答案為：Bo

【分析】A、氧化劑為化合價降低的物質(zhì)，還原劑為化合價升高的物質(zhì)，根據(jù)化合價升降守恒可以

配出氧化劑和還原劑的化學計量數(shù)之比為1：2；

B、結(jié)合氧氣的化合價可知每生成Imol氧氣會轉(zhuǎn)移4moi電子；

C、銅元素化合價升高被氧化，氧元素化合價降低被還原；

D、結(jié)合氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氟化性判斷，氧化劑為化合價降低的物質(zhì)，氧化產(chǎn)物為化合

價升高的產(chǎn)物。

閱卷人

一二、多選題(共3題；共6分)

得分

13.(2分)2021年諾貝爾化學獎授予本亞明，利斯特和戴維，麥克米倫，以表彰他們對“不對稱有機

催化的發(fā)展”做出的貢獻。氨基酸衍生物作為催化劑用于丙酮與4-硝基苯甲醛的不對稱反應如下：

①

下列說法正確的是()

A.該反應類型為取代反應

B.①②③④四種物質(zhì)可用鈉和新制氫氧化銅進行鑒別

C.①②③④四種物質(zhì)具有相同的含氧官能團

D.④的同分異構(gòu)體中滿足與NQ//CO3溶液反應有氣泡產(chǎn)生，且苯環(huán)上含硝基等兩個取代基的有

15種

【答案】B,D

【解析】【解答】A.對比反應物和產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)可知，該反應為加成反應，A不符合題意；

B.①②與金屬Na不反應，但②能與新制氫氧化銅生成磚紅色沉淀；③④與金屬Na反應，③

能使新制氫氧化銅溶解，④與新制氫氧化銅不反應，B符合題意；

C.①含談基，②含醛基和硝基，③含峻基和亞氨基，④含談基、羥基、硝基，四種物質(zhì)所含的

含氧官能團不同，c不符合題意；

D.④的同分異構(gòu)體中滿足與Na”。。?溶液反應有氣泡產(chǎn)生，說明含竣基，苯環(huán)上除硝基外，含酸基

的原子團可能為：-CH2cH2cH2coOH、-CH2cH(CH3)COOH、-CH(CH3)CH2coOH、-

CH(C2H5)COOH、-C(CH3)2COOH,苯環(huán)上各有鄰、間、對三種結(jié)構(gòu)，共15種，D符合題意；

故答案為：BDo

【分析】A、反應過程中，醛基的碳氧雙鍵斷開形成單鍵，為加成反應;

B、鈉可以鑒別峻基和羥基，新制氫氧化銅可以鑒別醛基；

C、幾種有機物分別含有酮基、醛基、硝基、竣基、羥基；

D、可以和碳酸氫鈉反應的為竣基，同分異構(gòu)體的判斷可以從碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)判斷。

14.（2分）用CO還原N2。可減輕汽車尾氣對空氣的污染，該反應的熱化學方程式為：他。（9）+

CO（g）=CO2（g）+N2（g）AH。在體積為1L的密閉容器A（500℃,恒溫）、B（起始500℃,絕熱）中分

別加入O.lmolM。和0.4molCO,測得容器中N?。轉(zhuǎn)化率隨時間變化關(guān)系如圖。下列說法正確的是

（）

30

米

/25

距

20

15

10

5

0100200300400l/s

A.A容器中N2O的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關(guān)系是圖中的曲線a

B.可通過縮小容器體積來縮短b曲線對應容器達到平衡的時間，同時不改變N2。的平衡轉(zhuǎn)化率

C.500℃該反應的化學平衡常數(shù)

D.在平衡后向A容器中加入0.075molN2。與0.025molC02，則平衡正向移動

【答案】B,C

【解析】【解答】A.反應放熱，絕熱容器中隨著反應進行溫度升高，反應速率不斷加快，達到平衡

的時間縮短，同時溫度升高不利于反應正向進行，則到達平衡時，B容器相對于A容器，NzO的轉(zhuǎn)

化率降低，但達到平衡的時間縮短，所以曲線a反應B容器中NzO的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關(guān)系，A

不符合題意；

B.縮短b曲線對應容器達到平衡的時間，但不改變NzO的平衡轉(zhuǎn)化率，且在催化劑一定的情況

下，反應為氣體分子數(shù)不變的反應，反應前后體系壓強不變，增大壓強互以增大化學反應速率縮短

到達平衡的時間，同時不影響反應平衡轉(zhuǎn)化率，具體措施可以減小容器體積，B符合題意：

C.根據(jù)圖像，500℃時，NzO的平衡轉(zhuǎn)化率為25%,起始時充入O.lmolNzO、C4molCO反應,

N2。?）+⑷=C°2(g)+%)

起始量1mol0.10.400則平衡常數(shù)K-歌舞置-

轉(zhuǎn)化量/mol0.0250.0250.0250.025,

平衡量Imol0.0750.3750.0250.025

n(N2)皿CO2)=0.025x0.025二1

--C符合題意;

n(/V29)n(CO)0.075x0.375礪'

D.在平衡后向A容器中加入0.075molN2。與0.025molC02，=瑞麻黑=黑既:?黑必

喋生嚶=*=(=親，則平衡不移動，D不符合題意：

U.ibXU.3/D看。看。

故答案為：BC。

【分圻】A、反應為放熱反應，隨著反應進行，溫度升高，速率變快，時間變短；

B、縮小體積，平衡朝習題系數(shù)縮小的方向移動，由于該反應左右兩邊氣體系數(shù)相等，因此平衡不移

動，但是各種物質(zhì)濃度增大，速率變快；

C、平衡常數(shù)的計算可以從三段式入手，結(jié)合圖示進行計算

D、平衡后繼續(xù)氣體，平衡不移動。

15.(2分)常溫下，向NaOH溶液中逐滴滴入亞磷酸(43「。3)，各含磷微粒的分布分數(shù)X(平衡時某

微粒的濃度占各微粒濃度之和的分數(shù))與pOH的關(guān)系如圖所示。已知pOH=-，gc(O/T),反應中只

能生成/7。2打。3和NQ/P/兩種鹽。下列說法正確的是()

A.曲線a代表乂(“32。3)

B.H2Poi的電離平衡常數(shù)Ka=1X10-73mol?L-1

C.NQH2P。3溶液中c(”+)>c(OH-)

D.pOH=7時,c(Na+)=2c(HP0g)+c(H2P火)

【答案】C,D

【解析】【解答】A.根據(jù)分析，曲線a代表X(HPOg),A不符合題意；

B.&P03的電離平衡常數(shù)右2=10-B不符合題意：

C.八2"2「。3溶液中/P。］的電離常數(shù)為Ka2=10-6-7血01.廣1,水解常數(shù)為：Kh=^-=^-21=

Kalio-

-126

10-<Ka2，故溶液呈酸性，c(H+)>c(O”—)，C符合題意；

D.pOH=7時,pH=7,c(H+)=c(O"-)根據(jù)電荷守恒:c(Na+)+?“+)=2c(HP0g)+

C(H2PO^+c(O/T),故C(NQ+)=2c(”POg)+c(H2Po5),D符合題意;

故答案為：CDo

【分析】先分析圖象的基本情況，pOH為橫坐標，pOH越大，則酸性越強，其次，結(jié)合信息“反

應中只能生成NazHPg和Na/Pg兩種鹽“，可知H3P。3為二元酸，可以發(fā)生兩次電離，一級電離

為H3P（）3=H++H2P。3一，二級電離為H2P。3-UH++HPO32一，隨著酸性減弱，電離程度減弱，

H3P03濃度減小，H2P03-濃度增強，一級電離程度減弱，二級電離程度增強，當酸性減弱到一定程度

時，一級電忌幾乎不存在，二級電離為主，此時H2P03-濃度減小，HP032-濃度增大，二級電離程度

減弱；

A、根據(jù)上述分析，曲線a代表HPO廣，曲線b代表H2P。3-，曲線c代表H3Po3；

B、二級電離平衡常數(shù)可以根據(jù)HPO/和H2PO3的交點計算，即曲線a和曲線b的交點，結(jié)合二級

電離平衡常數(shù)Ka2=婆（為）,可知在交點處Ka2=c（H+）,而橫坐標為pOH,需要換算為

C（H2P。3）

c（H+）；

C、NaH2P03溶液即溶質(zhì)為NaH2P03,此時c（H2P0打最大,即b曲線的最高點,此時pOH大于7,

溶液為酸性；

D、pOH=7溶液為中性，結(jié)合電荷守恒，等量代換可以知道c（Na+）=2c（HPOg）+c（%PO3）。

閱卷人

一三、非選擇題（共5題；共39分）

得分

16.（9分）鋁、鐵、銅等金屬在日常生活中應用廣泛，鈦由于其特殊的性能被譽為“未來世紀的金

屬其單質(zhì)及化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域具有廣泛應用。回答下列問題：

（1）（2分）基態(tài)Cu原子的價電子軌道表示式為;［4（。，）4「的空間構(gòu)型

為o

（2）（2分）Imol配合物［n67（%。）5］。2中。鍵的數(shù)目為，其組成元素的電負性大小順

序是o

（3）（2分）N/與C/+形成配位鍵的能力（填“強于”或“弱于”）坳。與C〃2+形成配位鍵

的能力，請用實驗事實加以說

明：

（4）（3分）TiN具有高硬度和優(yōu)良的耐磨損性，用AI部分代替TiN中Ti后可以提升耐磨性5倍

以上。其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，摻雜A1后的晶體密度是TiN晶體的倍（精確到小數(shù)點后第

2位），設(shè)原子①的原子坐標為（0,0,0）,則原子②的原子坐標為,已知相

鄰的Ti-N原子距離為anm,則晶胞中原子①與②距離為nm。

?N

?Ti

?Al

k

3d4s

【答案】（,）'巫I巫國田；正四面體形

（2）0>Cl>H>Ti

（3）強于：向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解得到深藍

色溶液

（4）0.92；（1,11）；V6a

【解析】【解答】（1）中根據(jù)電子排布式及鮑林不相容原理和洪特規(guī)則進行書寫，微粒的空間構(gòu)型根

據(jù)雜比軌道類型ABn型分子特點進行判斷：（2）中根據(jù)共價鍵的類型判斷。鍵，利用配合物中共價鍵

的個數(shù)進行判斷；電負性根據(jù)元素的非金屬性進行判斷，利用周期律進行判斷；（3）根據(jù)配位鍵形

成的實質(zhì)進行判斷，利用實驗說明利用物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化進行判斷；（4）根據(jù)晶胞密度的計算公式進行

計算，利用三維坐標根據(jù)投影進行判斷；原子間距離根據(jù)勾股定理進行計算；

（1）銅原子的價電子排布式是3d'04s',根據(jù)鮑林不相容原理和洪特規(guī)則書寫其價電子軌道表示式為：

1川四百:故答窠為‘亞向亞口由—間構(gòu)型根

據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型為正四面體；故答案為正四面體；

（2）[，67（“2。）5]02中，配體氯離子和水與鈦離子之間的配位鍵是6個屬于。鍵，配體水分子中氫氧

鍵共10個屬于。鍵，故。鍵含有16個，Imol配合物[TiC?H2O）5]Cl2中。鍵的數(shù)目為16NA,故答案為

16NA；根據(jù)非金屬性越強，電負性越強，故其含有的元素電負性大小順序為：0>Cl>H>Ti；故答

案為：0>Cl>H>Ti；

（3）氨氣中氮原子電負性小于水分子中氧原子的電負性，故更易提出孤對電子形成配位鍵，故答案為

強于；實驗事實向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解得到

深藍色溶液；故答案為：向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，先生成藍色沉淀，然后藍色沉淀

溶解得到深藍色溶液;

（4）TiN晶胞中，鈦離子實際個數(shù)為：12xJ+l=4;實際氮離子個數(shù)為：8xi+6x1=4,設(shè)晶

4-oZ

胞的體積為V,故TiN晶胞的密度為：。="黑產(chǎn)=培瑞；當用A1部分代替TiN中Ti后，

/1A

實際含有鈦原子為：12xi=3,實際氮原子個數(shù)為：8xi+6xi=4,實際鋁原子個數(shù)為：1;故

4-oL

密度為：。="芍潸2=靛,故摻雜A1后的晶體密度是TiN晶體的舞。0.92;故答案

為0.92；設(shè)原子①的原子坐標為（0,0,0）,則原子②的原子坐標為（1,1,與故答案為：（1,1

i）:已知相鄰的Ti-N原子距離為anm,從②點向下邊做垂線，根據(jù)兩個勾股定律計算得eQ,故答

案為：V6a；

【分圻】（1）銅為29號元素，其核外電子排布式為Is22322P63s23P63dm4s1

雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)；

雜化軌道數(shù)=2,為直線;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=3,為三角形;

雜化軌道數(shù)=3,成鍵電子數(shù)=2,為V形;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=4,為四面體;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=3,為三角錐;

雜化軌道數(shù)=4,成鍵電子數(shù)=2,為V形

（2）。鍵即配對原子個數(shù)，即每一個共價鍵中必定含有一個o鍵；電負性跟非金屬性掛鉤，非金屬

性越強，則電負性越強；

（3）電負性越弱，其提供孤電子對的能力越強；

（4）品胞的密度要結(jié)合體積、阿伏加德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量進行計算；原子坐標要根據(jù)原點進行判

斷。

17.（9分）廢舊鋰電池的有效回收，可以減少環(huán)境污染，也能緩解貴金屬資源危機。一種高效處理

三元鋰電池正極活性物質(zhì)（其中金屬元素的質(zhì)量分數(shù)為以一6.78%、Mn-16.94%、Co-11.88%,

M-30.37%）,回收貴金屬元素的工藝如下。

焦炭

HSO丁二酮眄草酸鈉

co224NaOHKMnO4

極

正III

性

活

質(zhì)

物一I沉保|一［^^1沉鉆一

I一II

含鋰濾液T-MU€)2COC2O4

(另外回收)沉淀

已知：金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示:

金屬離子Co2+Mn2+Ni2+

開始沉淀的pH6.67