2022江蘇高考化學(xué)試題解析

2022江蘇高考試題解析

化學(xué)

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：HlC12N14016S32CI35.5Cr52Fe

56Cu64Ce140

1.我國(guó)為人類科技發(fā)展作出巨大貢獻(xiàn)。下列成果研究的物質(zhì)屬于蛋白質(zhì)的是

A.陶瓷燒制B.黑火藥C.造紙術(shù)D.合成結(jié)

晶牛胰島素

【答案】D

【詳解】A.陶瓷的主要成分是硅酸鹽，陶瓷燒制研究的物質(zhì)是硅的化合物，A不符合題意;

B.黑火藥研究的物質(zhì)是硫、碳和硝酸鉀，B不符合題意；

C.造紙術(shù)研究的物質(zhì)是纖維素，C不符合題意；

D.胰島素的主要成分是蛋白質(zhì)，故合成結(jié)晶牛胰島素研究的物質(zhì)是蛋白質(zhì)，D符合題意；

答案選D。

2.少量Na?。？與H?O反應(yīng)生成H2。？和NaOH。下列說(shuō)法正確的是

A.Na2。？的電子式為Na1：6：rNa+B.H?。的空間構(gòu)型為直線形

C.Hz。？中O元素的化合價(jià)為D.NaOH僅含離子鍵

【答案】C

【詳解】A.過(guò)氧化鈉是離子化合物，電子式是Na'［：d：d：lNa-，A錯(cuò)誤；

B.H2O中氧原子的成鍵電子對(duì)是2,孤電子對(duì)是2,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)為4,根據(jù)價(jià)層電子

對(duì)互斥理論，其空間構(gòu)型為V形，B錯(cuò)誤；

C.H?。？中H顯+1價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)為0,可計(jì)算出O的化合價(jià)為-1,C正確；

D.NaOH中。和H之間是共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤；

故選C。

3.工業(yè)上電解熔融ALO,和冰晶石（Na3A1猛）的混合物可制得鋁。下列說(shuō)法正確的是

A.半徑大?。簉（Al3+）＜r（Na+）B.電負(fù)性大小：%（F）＜x（O）

C.電離能大?。篖（O）〈L（Na）D.堿性強(qiáng)弱：NaOH＜Ai（OH）3

【答案】A

【詳解】A.核外電子數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大半徑越小，故半徑大小為r（A產(chǎn)）Vr（Na+）,

故A正確;

B.同周期元素核電荷數(shù)越大電負(fù)性越大，故效F)>%(O),故B錯(cuò)誤；

C.同周期從左往右第一電離能呈增大趨勢(shì)，同主族從上往下第一電離能呈減小趨勢(shì)，故電

離能大小為L(zhǎng)(O)>L(Na),故C錯(cuò)誤；

D.元素金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，故堿性強(qiáng)弱為

NaOH>AI(OH)3,故D錯(cuò)誤；

故選Ao

4.實(shí)驗(yàn)室制取少量SO2水溶液并探究其酸性，下列實(shí)驗(yàn)裝置和操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.用裝置甲制取SO2氣體B,用裝置乙制取SO2水溶液

C.用裝置丙吸收尾氣中的SO?D.用干燥pH試紙檢驗(yàn)SO2水溶液的

酸性

【答案】c

【詳解】A.60%硫酸和NaHSO3[s)可發(fā)生反應(yīng)：H2so4+2NaHSO產(chǎn)Na2so4+2SO2t+2H2。，

因此裝置甲可以制取SO2氣體，A正確；

B.氣體通入液體時(shí)“長(zhǎng)進(jìn)短處”，裝置乙可以制取SO2水溶液，B正確；

C.SO2不會(huì)與飽和NaHSCh溶液發(fā)生反應(yīng)，因此裝置丙不能吸收尾氣中的SO?，C錯(cuò)誤；

D.SO?水溶液顯酸性，可用干燥的pH試紙檢驗(yàn)其酸性，D正確；

答案選C。

5.下列說(shuō)法正確的是

A.金剛石與石墨烯中的COC夾角都為120。

B.SiH4.SiCl,都是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子

C.鋅原子(32Ge)基態(tài)核外電子排布式為4s24P2

D.NA族元素單質(zhì)的晶體類型相同

【答案】B

【詳解】A.金剛石中的碳原子為正四面體結(jié)構(gòu)，C?C?C夾角為109。28，，故A錯(cuò)誤；

B.SiH’的化學(xué)鍵為Si?H,為極性例，為正四面體，正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子；SiCl4

的化學(xué)鍵為Si-。，為極性鍵，為正四面體，正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，故B正確；

C.錯(cuò)原子(32Ge)基態(tài)核外電子排布式為［Ar］3d］。4s24P2,故C錯(cuò)誤；

D.NA族元素中的碳元素形成的石墨為混合晶體，而硅形成的晶體硅為原子晶體，故D錯(cuò)

誤；

故選Bo

6.周期表中NA族元素及其化合物應(yīng)用廣泛，甲烷具有較大的燃燒熱(890.3kJ-mo「)，是

常見(jiàn)燃料；Si、Ge是重要的半導(dǎo)體材料，硅晶體表面Si。？能與氫氟酸(HF,弱酸)反應(yīng)生成

凡5吃(H/SiR在水中完全電離為H+和Si&-)：1885年第國(guó)化學(xué)家恪硫化錯(cuò)(GeS2)與H2

共熱制得了門捷列夫預(yù)言的類硅一錯(cuò)；下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是

+

A.Si。2與HF溶液反應(yīng)：SiO2+6HF=2H+SiF^+2H2O

B.高溫下H2還原GeS?：GeS2+H2=Ge+2H2S

C.鉛蓄電池放電時(shí)的正極反應(yīng)：Pb-2e+SO；=PbSO4

D.甲烷的燃燒：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH=890.3kJmol'

【答案】A

【詳解】A.由題意可知，二氧化硅與氫氟酸溶液反應(yīng)生成強(qiáng)酸H2SiR和水，反應(yīng)的離子

方程式為SiC)2+6HF=2H++Si玲+2氏0,故A正確；

B.硫化楮與氫氣共熱反應(yīng)時(shí)，氧氣與硫化楮反應(yīng)牛成錯(cuò)和硫化氫，硫化氫高溫下分解牛成

H2

硫和氫氣，則反應(yīng)的總方程式為GeS2=Ge+2S,故B錯(cuò)誤；

高溫

C.鉛蓄電池放電時(shí)，二氧化鉛為正極，酸性條件下在硫酸根離子作用下二氧化鉛得到電子

發(fā)生還原反應(yīng)生成硫酸鉛和水，電極反應(yīng)式為正極反應(yīng)

+

PbO2+2e-+S0；+4H=PbSO4+2H2O,故C錯(cuò)誤；

D.由題意可知，Imol甲烷完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出熱量為890.3kJ,反應(yīng)的熱

化學(xué)方程式為0^伍)+2021)菖02短)+2區(qū)0(1)AH=-890.3kJ/mol,故D錯(cuò)誤；

故選A。

7.我國(guó)古代就掌握了青銅（銅-錫合金）的冶煉、加工技術(shù)，制造出許多精美的青銅器；Pb、

PbO?是鉛蓄電池的電極材料，不同鉛化合物一般具有不同顏色，歷史上曾廣泛用作顏料，

下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是

A.石墨能導(dǎo)電，可用作潤(rùn)滑劑

B.單晶硅熔點(diǎn)高，可用作半導(dǎo)體材料

C.青銅比純銅熔點(diǎn)低、硬度大，古代用青銅鑄劍

D.含鉛化合物顏色豐富，可用作電極材料

【答案】C

【詳解】A.石墨是過(guò)渡型晶體，質(zhì)軟，可用作潤(rùn)滑劑，故A錯(cuò)誤

B.單晶硅可用作半導(dǎo)體材料與空穴可傳遞電子有關(guān)，與熔點(diǎn)高無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C.青銅是銅合金，比純銅熔點(diǎn)低、硬度大，易于鍛造，古代用青銅鑄劍，故C正確；

D.含鉛化合物可在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以可用作電極材料，與含鉛化合物顏色

豐富無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選C。

8.氮及其化合物的轉(zhuǎn)化具有重要應(yīng)用。下列說(shuō)法不走碰的是

A.自然固氮、人工固氮都是將N2轉(zhuǎn)化為NH?

B.侯氏制堿法以H?O、NH”CO?、NaCl為原料制備NaHCO?和NHQ

C.工業(yè)上通過(guò)NH3催化氧化等反應(yīng)過(guò)程生產(chǎn)HNC）3

D.多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自然界的“氮循環(huán)”

【答案】A

【詳解】A.自然固氮是將N2轉(zhuǎn)化為含氮化合物，不一定是轉(zhuǎn)化為NH3,比如大氣固氮是

將N2會(huì)轉(zhuǎn)化為NO,A錯(cuò)誤；

B.侯氏制堿法以HzO、NH3、CO2、NaCl為原料制備NaHCCh和NH4CL反應(yīng)的化學(xué)方程

式為H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3i+NH4Cl,B正確；

C.工業(yè)上通過(guò)NH3催化氧化等反應(yīng)過(guò)程生產(chǎn)HNO3,相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)方程式為

催化劑

4NH+5O24N0+6H2。、2NO+O2=2NO2>3NO2+H2O=2HNO^+NO

A

4NO2+O2+2H2OMHNO3,C正確；

D.氮元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)，多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自

然界的“氮循環(huán)”，D正確；

故選Ao

9.精細(xì)化學(xué)品Z是X與HBr反應(yīng)的主產(chǎn)物，X-Z的反應(yīng)機(jī)理如下:

Br

下列說(shuō)法不氐碰是

A.x與互為順?lè)串悩?gòu)體

B.X能使濱的CC14溶液褪色

C.X與HBr反應(yīng)有副產(chǎn)物生成

D.Z分子中含有2個(gè)手性碳原子

【答案】D

【詳解】A.X與互為順?lè)串悩?gòu)體，故A正確;

B.X中含有碳碳雙鍵，故能使澳的CCL溶液褪色，故B正確:

C.X中的碳碳雙鍵可以和HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成故C正確;

D.Z分子中含有的手性碳原子如圖:含有1個(gè)手性碳原子,故D

錯(cuò)誤;

故選D。

10.用尿素水解生成的NH,催化還原NO,是柴油機(jī)車輛尾氣凈化的主要方法。反應(yīng)為

4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)^^4N2(g)+6H2O(g),下列說(shuō)法正確的是

A.上述反應(yīng)ASvO

46

C(NJC(H2O)

B.上述反應(yīng)平衡常數(shù)K二,JPc「萬(wàn)島

c(NH3)c(O2)c(NO)

C.上述反應(yīng)中消耗ImolNHs，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2x6.02x1023

D.實(shí)際應(yīng)用中，加入尿素的量越多，柴油機(jī)車輛排放的尾氣對(duì)空氣污染程度越小

【答案】B

【詳解】A.由方程式可知，該反應(yīng)是一個(gè)氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，即熠增的反應(yīng)，反應(yīng)AS

>0,故A錯(cuò)誤；

46

C(N2)-C(H2O)

B.由方程式可知，反應(yīng)平衡常數(shù)K二4八二、故B正確：

c(NH3)C(O2)C(NO)

C.由方程式可知，反應(yīng)每消耗4moi氨氣，反應(yīng)轉(zhuǎn)移12moi電子，則反應(yīng)中消耗Imol氨氣

轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3moiX4X-X6.02X1023=3x6.02X1023,故C錯(cuò)誤；

4

D.實(shí)際應(yīng)用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨氣過(guò)量，柴油機(jī)車輛排放的氨氣對(duì)

空氣污染程度增大，故D錯(cuò)誤；

故選B。

11.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)探究方案不熊達(dá)到探究目的的是

選

探究方案探究目的

項(xiàng)

向盛有FeSO4溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液，振蕩，再滴加Fe2+具有還原

A

幾滴新制氯水，觀察溶液顏色變化性

向盛有SO2水溶液試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，加熱試管，so2具有漂白

B

觀察溶液顏色變化性

向盛有淀粉-KI溶液的試管口滴加幾滴浜水，振蕩,觀察溶液顏色Br2的氧化性比

C

變化12的強(qiáng)

CH.COOH是

D用pH計(jì)測(cè)量醋酸、鹽酸的pH,比較溶液pH大小

弱電解質(zhì)

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【詳解】A.向盛有FeSO,溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液，無(wú)現(xiàn)象，振蕩，再滴加幾

滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色，亞鐵離子被新制氯水氧化，說(shuō)明Fe?+具有還原性，A正確；

B.向盛有SO?水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，品紅溶液褪色，振蕩，加熱試管，溶液

又恢豆價(jià)色,說(shuō)明SO2具有漂白性，R正確：

C.向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴浪水，振蕩，溶液變?yōu)樗{(lán)色，說(shuō)明B12的氧化性比

12的強(qiáng)，C正確；

D.用pH計(jì)測(cè)量醋酸、鹽酸pH用以證明CH3coOH是弱電解質(zhì)時(shí)，一定要注明醋酸和

鹽酸的物質(zhì)的量濃度相同，D錯(cuò)誤。

故選D。

12.一種捕集煙氣中C02的過(guò)程如圖所示。室溫下以O(shè).lmo卜L/KOH溶液吸收C02,若通入

C02所引起的溶液體積變化和H20揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總

=C(H2co3)+e(HCO；)+C(COj)。H2c03電離常數(shù)分別為Kal=4.4xl0-7、Ka2=4.4xlOL下列

說(shuō)法正確的是

A.KOH吸收C02所得到的溶液中：c(H2co3)>C(HC0；)

B.KOH完全轉(zhuǎn)化為K2cO3時(shí)，溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HCO；)+c(H2co3)

C.KOH溶液吸收CO2,c總=0.1molL」溶液中：c(H2CO3)>c(CO^)

D.如圖所示的“吸收”轉(zhuǎn)化”過(guò)程中，溶液的溫度下降

【答案】C

【詳解】A.KOH吸收C02所得到溶液，若為K2c03溶液，則CO：主要發(fā)生第一步水解,

溶液中：2cO3)VC(HCO；),若為KHCO3溶液，則HCO；發(fā)生水解的程度很小，溶液中:

c(H2co3)VC(HC0；),A不正確；

B.KOH完全轉(zhuǎn)化為K2c03時(shí)，依據(jù)電荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+

+c(HC0；)+2&C0：),依據(jù)物料守恒，溶液中：《K+)=2[c(C0；-)+c(HC0；)+c(H2co3)],則

c(OH)=c(H+)+c(HCO,)+2c(H2cO3)，B不正確；

C.KOH溶液吸收CO2,?KOH)=0.1molLLc^.lmolL1,則溶液為KHCO3溶液，

Alxl0~14

w1

/Ch2=TT=7?2.3x10-?>/Ca2=4.4x10",表明HCO；以水解為主，所以溶液中:

KQ4.4x10-7

c<H2co3）>c（COj）,C正確：

D.如圖所示的“吸收，轉(zhuǎn)化”過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)為：CO2+2KOH=K2cOa+FhO、

K2cO3+CaO+H2O=CaCO31+2KOH（若生成KHCOa或K2cCh與KHCOa的混合物，則原理相

同），二式相加得：CO2+CaO=CaCO3l，該反應(yīng)放熱，溶液的溫度升高，D不正確：

故選C。

13.乙醇-水催化重整可獲得H2。其主要反應(yīng)為

1

C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)AH=173.3kJmol,

1

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.2kJmol-,在1.0x103、

n始（C2H網(wǎng)）：“他0）=1:3時(shí),若僅考慮上述反應(yīng)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性及H2的

產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示。

n生成（C°）

co的選擇性二x100%,下列說(shuō)法正確的是

n生成（C02）+n生成（C0）

A.圖中曲線①表示平衡時(shí)H?產(chǎn)率隨溫度的變化

B.升高溫度，平衡時(shí)CO的選擇性增大

n(C2&OH)

C.一定溫度下，增大可提高乙醇平衡轉(zhuǎn)化率

n(H2O)

D一定溫度下，加入CaO（s）或選用高效催化劑，均能提高平衡時(shí)Hz產(chǎn)率

【答案】D

【分析】根據(jù)已知反應(yīng)

①C2H50H稔）+3應(yīng)0?=2以）2倍）+6凡亳）AH=173.3kJmo「，反應(yīng)

②C()2(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)AH=41.2kJmor',且反應(yīng)①的熱效應(yīng)更大，溫度升

高的時(shí)候?qū)Ψ磻?yīng)①影響更大一些，即C02選擇性增大，同時(shí)CO的選擇性減小，根據(jù)CO的

選擇性的定義可知③代表CO2的選擇性，①代表CO的選擇性，②代表H2的產(chǎn)率，以此解

題。

【詳解】A.由分析可知②代表H2的產(chǎn)率，故A錯(cuò)誤；

B.由分析可知升高溫度，平衡時(shí)CO的選擇性減小，故B錯(cuò)誤；

n(C2H5OH)

c.一定溫度下，增大一:口二、，可以認(rèn)為開始時(shí)水蒸氣物質(zhì)的量不變，增大乙醇物質(zhì)

n(H2O)

的量，乙醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤；

D.加入CaO(s)與水反應(yīng)放熱，且CaO吸收C02,促進(jìn)反應(yīng)①向正反應(yīng)方向進(jìn)行，反應(yīng)②

向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，對(duì)反應(yīng)①影響較大，可以增大H2產(chǎn)率，或者選月對(duì)反應(yīng)①影響較大的

高效催化劑，增加反應(yīng)①的反應(yīng)，減少反應(yīng)②的發(fā)生，也可以增大H?產(chǎn)率，故D正確；

故選D。

二、非選擇題：共4題，共61分。

14.硫鐵化合物(FeS、FeSz等)應(yīng)用廣泛。

(1)納米FeS可去除水中微量六價(jià)珞[Cr(VI)]。在pH=4~7的水溶液中，納米FeS顆粒表

面帶正電荷，Cr(VI)主要以HCrQ,、Cr2。手、CrO｝等形式存在，納米FeS去除水中Cr(VI)

主要經(jīng)過(guò)“吸附―反應(yīng)-沉淀的過(guò)程。

己知：1＜印任電5)=6.5?1(嚴(yán)，KT[Fe(OH)2]=5.0?，H2s電離常數(shù)分別為

KQ產(chǎn)1.1?KJ2=1.3?

①在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與CrO：反應(yīng)生成Fe(OH〃、CKOHb和單質(zhì)S,其離子方程式為

________________0

②在弱酸性溶液中，反應(yīng)FeS+H*一^Fe?-+HS一的平衡常數(shù)K的數(shù)值為。

③在pH=4~7溶液中，pH越大，F(xiàn)eS去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是。

(2)FeS2具有良好半導(dǎo)體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結(jié)構(gòu)相似，該FeS2晶體

的一個(gè)晶胞中用的數(shù)目為,在FeS?晶體中，每個(gè)S原子與三個(gè)Fd+緊鄰，且Fe-S

間距相等，如圖給出了FeS?晶胞中的Fe?+和位于晶胞體心的口的S—S鍵位于晶胞

體對(duì)角線上，晶胞中的其他/已省略)。如圖中用”」將其中一個(gè)S原子與緊鄰的Fe?+連接

起來(lái)o

0-0第?Fe2^

(3)FeS?、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測(cè)得氧化過(guò)程中剩余固體的

質(zhì)量與起始FeS?的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800C時(shí)，F(xiàn)eS?氧化成含有

兩種元素的固體產(chǎn)物為(填化學(xué)式，寫出計(jì)算過(guò)程)。

601???l-」

200400600800

77C

5

【答案】(1)①.FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH②.5xl0-

③.c(OH)越大，F(xiàn)eS表面吸附的Cr(VI)的量越少，F(xiàn)eS溶出量越少，Cr(VI)中CrO亍物

(3)Fe2O3；設(shè)FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx,M(FcS2)=120g/mol,

3

M

貝(Feox)=120g/molx66.7%=80.04g/mol,則56+16x=80.04,x=—，即固體產(chǎn)物為Fe2O3

【小問(wèn)1詳解】

在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與CrO孑反應(yīng)生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質(zhì)S的離子方程式為:

FeS+CrO;+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH；反應(yīng)FeS+H+—^Fe2++HS的平

2+218

衡常數(shù)K="Fe~+)：(HS),由題目信息可知,K(FeS)=c(Fe)c(S)=6.5xlO-,H2S

c(H)

電離常數(shù)Ka2="H?：S)=].3X]043,所以

c(HS')

-5

c(Fe))=K(FeS)-?Ka2=5x10;在pH=4~7溶液中，pH越大，F(xiàn)eS去除

c(H)

水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH)越大，F(xiàn)eS表面吸附的Cr(VI)的量越少，F(xiàn)eS溶

出量越少，Cr(VI)中CrOf物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越大；故答案為：

5

FeS+CrO^+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH；5xl0;c(OH)越大，F(xiàn)eS表面吸附

的Cr(VI)的量越少，F(xiàn)eS溶出量越少，Cr(VI)中CrO孑物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越大。

【小問(wèn)2詳解】

因?yàn)镕eS?的晶體與NaQ晶體的結(jié)構(gòu)相似，由Na。晶體結(jié)構(gòu)可知，一個(gè)NaCl晶胞含有4

個(gè)Na和4個(gè)CL則該FeS?晶體的一個(gè)晶胞中S；的數(shù)目也為4；FeS?晶體中，每個(gè)S原子

與三個(gè)Fe?+緊鄰，且Fe-S間距相等，根據(jù)FeS?晶胞中的Fe?+和S；的位置⑸中的S-S鍵

位于晶胞體對(duì)角線上)可知，每個(gè)S原子與S-S鍵所在體對(duì)角線上距離最近的頂點(diǎn)相鄰的三

個(gè)面的三個(gè)面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等，其中一個(gè)S原子與緊鄰的Fe2+連接圖如下：

【小問(wèn)3詳解】

有圖可知，800℃時(shí)，氧化過(guò)程中剩余固體的質(zhì)量與起始FeS2的質(zhì)量的比值為66.7軌設(shè)

FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx,M(FeSz)=120g/mol,則

3

M

<Feox)=120g/molx66.7%=80.04g/mol,56+16x=80.04,x=-,所以固體產(chǎn)物為FezCh；

故答案為：Fe2O3；設(shè)FeS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx,

3

M(FeS2)=120g/mol,則M(PeO)=120g/molx66.7%=80.04g/mol，則56+16x=80,04,x=-,

即固體產(chǎn)物為FezCh。

15.化合物G可用于藥用多肽的結(jié)構(gòu)修飾，其人工合成路線如下:

NH

D*,△2

2)調(diào)pH約為

OCH3

(1)A分子中碳原子的雜化軌道類型為o

(2)B-C的反應(yīng)類型為o

(3)D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的垢構(gòu)簡(jiǎn)式：o

①分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②堿性條件水解，酸化后得2種產(chǎn)物，其中一種

含苯環(huán)且有2種含氧官能團(tuán)，2種產(chǎn)物均能被銀氨溶液氧化。

(4)F的分子式為CDHI,NO-其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

o

h

cR)C/°H(R和R'表示燃基或氫,

(5)已知://l)R'MgBr.R”表示炫基):

RR+

2)H3OR/

NaOH

△

CHO

寫出以和CHWgBr為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑和有

CHO

NOH

機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)

5)

、CuNaOHNH9H

OHO0NOH

E

經(jīng)過(guò)還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為F,F再轉(zhuǎn)化為G,其中F和G的分子式都是C12H17NO2,則F為

,F和G互為手性異構(gòu)體。

A分子中，苯環(huán)上的碳原子和雙肩上的碳原子為sp2雜化，亞甲基上的碳原子為sp3雜化,

即A分子中碳原子的雜化軌道類型為sp2和sp\

【小問(wèn)2詳解】

B-C的反應(yīng)中，B中的羥基被氯原子代替，該反應(yīng)為取代反應(yīng)。

【小問(wèn)3詳解】

D的分子式為Cl2H14O3,其一種同分異構(gòu)體在堿性條件水解，酸化后得2種產(chǎn)物，其中一種

含苯環(huán)且有2種含氧官能團(tuán)，2種產(chǎn)物均能被銀氨溶液氧化，說(shuō)明該同分異構(gòu)體為酯，且水

解產(chǎn)物都含有醛基，則水解產(chǎn)物中，有一種是甲酸，另外一種含有羥基和醛基，該同分異構(gòu)

體屬于甲酸酯；同時(shí)，該同分異構(gòu)體分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則該同分異構(gòu)

體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCOO

CH3CH3

【小問(wèn)5詳解】

根據(jù)已知的第一個(gè)反應(yīng)可知,

可以轉(zhuǎn)化為根據(jù)流程圖中D-E的反應(yīng)可知,

的合成路線為:

NOH

16.實(shí)驗(yàn)室以二氧化鈍(CeOz)廢渣為原料制備C「含量少的Ce2(CO))3,其部分實(shí)驗(yàn)過(guò)程

如下：

稀鹽酸、『2。2溶液，水萃取%HA稀T酸氨水、卜;H3HCO3

CeC>2廢渣----?|向|-------|中和|-“采取|—“反』取|----?［施----->Ce2(CO3)3

(1)“酸浸”時(shí)CeO?與H2O2反應(yīng)生成Cd+并放出。2,該反應(yīng)的離子方程式為o

(2)pH約為7的CeCh溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)可生成Ce2(COJ3沉淀，該沉淀中cr

含量與加料方式有關(guān)。得到含cr量較少的Ce2(CO13的加料方式為(填序號(hào))。

A.將NH4HCO3溶液滴加到CeCL溶液中B.將CeCL溶液滴加到NH4HCO3溶液中

(3)通過(guò)中和、萃取、反萃取、沉淀等過(guò)程，可制備C「含量少的Ce2(CC)3)3。已知Ce3+

能被有機(jī)萃取劑(簡(jiǎn)稱HA)萃取，其萃取原理可表示為

Ce3+（水層）+3HA（有機(jī)層）^^Ce（A%（有機(jī)層）+3HY水層）

①加氨水“中和”去除過(guò)量鹽酸，使溶液接近中性°去除過(guò)量鹽酸的目的是。

②反萃取的目的是將有機(jī)層C1+轉(zhuǎn)移到水層。使Ce3+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，應(yīng)選擇的

實(shí)驗(yàn)條件或采取的實(shí)驗(yàn)操作有（填兩項(xiàng)）。

③與“反萃取”得到的水溶液比較，過(guò)濾Ce2（COJ溶液的濾液中，物質(zhì)的量減小的離子有

（填化學(xué)式）。

（4）實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)定溶液中Ce"的含量。已知水溶液中Ce"可用準(zhǔn)確濃度的

（NH,）2Fe（SO4）2溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由紫紅色變

為亮黃色，滴定反應(yīng)為Fe2++Ce/=Fe3++Ce3+。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：①準(zhǔn)確量取

25.00mLCe3+溶液［c（Ce"）約為o.2mol?L“］，加氧化劑將Ce3+完全氧化并去除多余氧化

劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中后定容；②按規(guī)定操作分別將

0.02000mol?U（NH4%Fe（SO4）2和待測(cè)Ce8溶液裝入如圖所示的滴定管中：

③O

+3+

【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H=2Ce+O2t+4H2O

（2）B（3）①.減少氫離子，使萃取的過(guò)程右移，促進(jìn)C葭被萃取

②.酸性條件，多次萃?、?Ce3+

（4）從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)Ce"溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用

0.02000moI-IJi（NH4）2Fe（S04）2來(lái)滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液E寸，溶液由紫紅色變?yōu)?/p>

亮黃色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積

【分析】首先用稀鹽酸和過(guò)氧化氫溶液酸浸二氧化鋅廢渣，得到三價(jià)錦，加入氨水調(diào)節(jié)pH

后用萃取劑萃取其中的三價(jià)缽，增大三價(jià)缽濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價(jià)鈾，再

加入氨水和碳酸氫鏤制備產(chǎn)物，以此解題。

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)信息反應(yīng)物為CeOz與Hz。？，產(chǎn)物為Ce3+和。2,根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離

+3+

子方程式為：2CeO2+H2O2+6H=2Ce+O2T+4H2O；

【小問(wèn)2詳解】

反應(yīng)過(guò)程中保持CeCL少量即可得到含C1量較少的Ce2(CO)3，故選B；

【小問(wèn)3詳解】

①減少氫離子，使萃取的過(guò)程右移，促進(jìn)Ce3+被萃取，故答案為：減少氫離子，使萃取的

過(guò)程右移，促進(jìn)C葭被萃??；

②根據(jù)萃取原理可知，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件是酸性條件，為了使Ce，.盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)

移，可以采用多次萃??；

③"反萃取''得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+,過(guò)濾后溶液中Ce"離子濃度較小，故答

案為：Ce";

【小問(wèn)4詳解】

應(yīng)該用標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測(cè)C/+溶液：用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，故答案為：從左側(cè)滴定

管中放出一定體積的待測(cè)Ce4+溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用

0.02000mol-lJ(NH4)2Fe(S04)2來(lái)滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)?/p>

亮黃色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。

17.氫氣是一種清潔能源，綠色環(huán)保制氫技術(shù)研究具有重要意義。

(1)“CuCl-Hz。熱電循環(huán)制氫X經(jīng)過(guò)溶解、電解、熱水解和熱分解4個(gè)步驟，其過(guò)程如圖

所示。

HCl(g)CuCl(s)

H2G(1)—?溶解＞電解＞熱水解?熱分解

02(g)

①電解在質(zhì)子交換膜電解池中進(jìn)行。陽(yáng)極區(qū)為酸性CuCl；溶液，陰極區(qū)為鹽酸，電解過(guò)程

中CuC%轉(zhuǎn)化為CuCl：。電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生的主要電極反應(yīng)為［用電極反應(yīng)式表示)。

②電解后，經(jīng)