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必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）
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这是一份必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共27页。
2022年高考化学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识内在联系和阅读理解能力。
1.高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神，如本卷的1、2题
2.同一个信息背景从多个角度考查，如本卷的5、6、7题。
3.有机题重点关注信息迁移能力、符合限定条件的同分异构体的书写及有机合成路线设计等，如本卷的18题。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能最直接有效地促进“碳中和”的是
A. 将煤进行气化或液化 B. 用地沟油制生物柴油
C. 以CO2为原料合成聚氨酯泡沫塑料 D. 开采可燃冰作为新能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．将煤进行气化或液化能提高煤的综合利用，但不能减少二氧化碳的排放，不能促进碳中和的实现，故A错误；
B．用地沟油制生物柴油能起到废物利用的作用，但不能减少二氧化碳的排放，不能促进碳中和的实现，故A错误；
C．以二氧化碳为原料合成聚氨酯泡沫塑料可以减少二氧化碳的排放，能促进碳中和的实现，故C正确；
D．开采可燃冰作为新能源会增大二氧化碳的排放，不利于碳中和的实现，故D错误；
故选C。
2. 某课题组设计一种以甲醇辅助固定的方法，原理如图。下列说法不正确的是
A. 化合物A为
B. 若用辅助固定，则产物可能为
C. 反应原料中的原子100%转化为产物
D. 反应②的类型为加成反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和原子守恒，①+→H2O+②+CO2→③+→+ ，总反应为2+CO2→H2O+。
【详解】A． ①+→H2O+，化合物A为，故A正确；
B． 根据总反应，若用辅助固定，+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；
C． 根据总反应，产物中有水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；
D． 反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确；
故选C。
3. M是合成某具有药理作用的有机物的中间体，其结构如图所示，下列有关M的说法正确的是
A. 分子式为C17H22O3 B. 分子中含有4种官能团
C. 1mol M最多能与4mol H2发生加成反应 D. 分子中所有碳原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由M分子的键线式可知，其含有碳原子数是17，其不饱和度为6，氧原子数为3，则其分子式为C17H24O3，故A错误；
B．由M分子的键线式可知,其含有的官能团有羧基、羟基、碳碳双键3种官能团，故B错误；
C．由M分子的键线式可知，能与氢气发生加成反应的是碳碳双键和苯环，则1mol M最多能与4mol H2发生加成反应，故C正确；
D．M分子中有很多饱和碳原子，采取sp3杂化方式，让其分子中所有碳原子不可能共面，故D错误；
答案C。
4. 下列有关实验操作、现象及对应的解释或结论均正确的是
实验操作
现象
解释或结论
A
向H2S溶液中通入O2
溶液变浑浊
非金属性：O＞S
B
向某溶液中加入稀盐酸
产生无色刺激性气味气体，可以使品红褪色
原溶液中一定含有
C
压缩装有H2、I2(g)和HI混合气体(已平衡)的密闭容器
气体颜色加深
平衡向生成I2的方向移动
D
将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间
铁钉表面出现小气泡
铁钉腐蚀，产生气体为氯气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其相应的单质的氧化性就越强。向H2S溶液中通入O2，发生反应：2H2S+O2=2H2O+2S↓，说明氧化性：O2＞S，则元素的非金属性：O＞S，A正确；
B．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，该气体可以使品红褪色，该气体是SO2，该溶液中可能含有，也可能含有，B错误；
C．H2、I2(g)和HI在容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应，将容器压缩，气体物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，但压缩容器的容积，使气体的压强增大，化学平衡不发生移动，因此不能使用化学平衡移动原理分析，C错误；
D．将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间，铁钉在中性盐水中会发生吸氧腐蚀而生锈，而不是发生析氢腐蚀，因此不会在铁钉表面出现小气泡，D错误；
故合理选项是A。
5. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关实验室制备ClO2的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取SO2 B. 用装置乙制备ClO2
C. 用装置丙吸收ClO2 D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．用装置甲通过70%硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水获取SO2，选项A正确；
B．实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，试剂选择正确，但二氧化硫通入时导管应该长进短出，才能充分接触，否则反应很难进行，选项B错误；
C. ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水，可用冰水吸收，选项C正确；
D．制备过程中有毒气体直接排放到空气中会造成污染，可用装置丁处理尾气吸收，氢氧化钠能与二氧化硫、二氧化氯反应，选项D正确；
答案选B。
6. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 浓HCl(aq)
C. HClO(aq) D. NaClO(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，无论氯气是否过量，氯气与铁反应生成氯化铁，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2和氯气，故B正确；
C．HClO光照条件下生成HCl和氧气，故C错误；
D．根据题干中方程式信息可知，二氧化硫的还原性大于二氧化氯，因此SO2不能将NaClO氧化成ClO2，故D错误；
答案为B。
7. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. 能溶于水，可用于工业制盐酸
B. 有强氧化性，可用于水体杀菌消毒
C. HClO不稳定，可用于棉、麻漂白
D. 溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C项错误；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
8. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是
A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率
B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C. 反应X的可通过如下反应获得：、
D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；
故选D。
9. 某化合物由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，且四种元素的最外层电子数均不相同，其中X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z>W B. XW是一种优质的耐高温材料
C. 最高正化合价：X
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X，Y，Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设X的最外层电子数为x，W的最外层电子数为y，则x+x+1+x+2+y=15，整理可得3x+y=12，且x＜4、y≤8，x=1时y=9＞8(不符合)，x=2时y=6，结合原子序数可知X为Mg，Y为Al，Z为Si，W为O元素；x=3时y=3，X、W同主族(不符合要求)，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．XW是MgO，氧化镁熔点高，耐高温，是良好的耐火材料，可制作坩埚，故B正确；
C．W为O，无最高正价，X为Mg，Y为Al，Z为Si，分别是IIA族、IIIA族、IVA族元素，则最高正价：X
故选：C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是
A. 曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO
B. 依据曲线b可推知0.2mol•L-1KNO3溶液(无氧)能氧化SO2
C. 曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=BaSO4↓+4H+
D. 曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项正确；
B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，对比曲线a可知，是硝酸根离子的作用；依据该实验预测0.2 mol·L-1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，B选项正确；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ +2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；
故选D。
11. 下列实验操作及现象不能得到相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体干燥后再通入少量溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色
乙醇发生了消去反应
B
向淀粉溶液中先加入稀硫酸并加热，再加入碘水，溶液变蓝
淀粉未发生水解
C
向稀溶液中加入铜片并加热，试管口观察到红棕色气体
铜与稀溶液反应生成
D
向浓度均为的、混合溶液中滴加滴的溶液，产生黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合，在170℃时会发生消去反应，生成乙烯和水，生成的乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，验操作及现象可得到结论，A不符合题意；
B．向淀粉溶液中先加入稀硫酸并加热，再加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中含淀粉，则淀粉可能部分发生水解，B符合题意；
C．铜与稀溶液反应生成，在试管口遇空气变成红棕色的NO2，C符合题意；
D．等浓度的碘离子与氯离子，碘离子优先与少量银离子发生反应生成黄色沉淀碘化银，则说明，D不符合题意；
故选BC。
12. 我国科学家设计了一种太阳能驱动的H2S分解装置，工作原理如图所示。下列叙述正确的是
A. H+在电解质溶液中从右向左定向移动
B. 乙中电极上发生氧化反应，溶液进入甲中将H2S转化为S
C. 丙中发生的电极反应为-2e-+2H+=
D. 丁中在催化剂表面发生电化学反应生成 H4[SiW12O40] 和H2
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知：H2S在甲区中与Fe3+发生氧化反应生成S单质，反应为2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，所以乙区为阳极区，丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e- +2H+=H6[SiW12O40]；丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，结合电子守恒进行计算，据此分析解答。
【详解】A．在理论上甲区每生成1 mol S时，转移2 mol电子，由于电子和质子电荷数相等，又乙区为阳极区，丙区为阴极区，所以H+由质子交换膜左侧向右侧移动的物质的量为2 mol，A错误；
B．乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，在甲装置中Fe3+与H2S发生氧化还原反应为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，B正确；
C．丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e- +2H+=H6[SiW12O40]，C错误；
D．丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，没有发生电化学反应，D错误；
故合理选项是B。
13. H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用其浓度基本保持不变。某天然水体中lgc(X)(X为H2A、HA-、A2-、M2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. H2A为H2SO3
B. 曲线②代表A2-
C. Ksp(MA)的数量级约为10-9
D. H2A的二级电离常数为10-8.3
【答案】C
【解析】
【分析】H2A的浓度保持不变，则①代表H2A，随着pH逐渐增大、HA-、A2-离子浓度增大，pH较小时HA-的浓度大于A2-的浓度，则曲线②代表HA-，曲线③代表A2-，曲线④代表M2+。
【详解】A．H2A由于与空气中的某种成分作用其浓度基本保持不变，而H2SO3易被空气中的氧气氧化生成硫酸，A错误；
B． 由分析可知曲线②代表HA-，曲线③代表A2-，B错误；
C． 曲线③代表A2-，曲线④代表M2+，过点(8.3,-5)作辅助线如图
可知c(A2-)=10-5mol/L时，c(A2-)=10-3.4mol/L，则Ksp(MA)= 10-5×10-3.4=10-8.4，故其数量级为10-9，C正确；
D．曲线②③的交点代表溶液中A2-、HA-的浓度相等，由坐标 (10.3，-1.1)知：H2A的二级电离常数，D错误；
答案选C。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. CO2是一种丰富的碳资源，将其清洁转化为高附加值化学品以实现资源利用是研究热点。
Ⅰ.合成CH3OH。在200～250℃的CO2加氢反应器中，主要反应有：
反应ⅰCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=-90kJ•mol-1
反应ⅱCO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=+41kJ•mol-1
反应ⅲCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
（1）△H3=____，反应ⅲ能够自发进行的条件是___(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
（2）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为3mol·L-1和4mol·L-1，若只发生反应ⅲ，达到平衡时，CH3OH的体积分数为20%，则CO2和H2的平衡转化率之比为___；该温度下反应ⅲ的平衡常数K=___L2•mol-2。
（3）一定条件下利用反应ⅲ制备甲醇，测得CO2的转化率与温度(T)、起始投料比(m)的关系如图所示。
①下列描述正确的是___(填标号)。
A.若m=，则m3最大
B.在T1℃前，v正>v逆；在T2℃时，v正
D.若反应一段时间后CH3OH和H2O的体积分数相同，则可判断上述反应达到平衡
②在T2℃时，不同投料比的CO2转化率趋于相近的原因是___。
Ⅱ.CO2电催化合成HCOOH。电催化反应器示意图如图所示。
（4）阴极上的电极反应式为____；该电解反应得到的副产品除H2外，还可能有___(任写一种)。
【答案】（1） ①. -49kJ/mol ②. 低温
（2） ①. 4∶9 ②. 0.5
（3） ①. AC ②. 温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响
（4） ①. CO2+2e-+2H+=HCOOH ②. CO
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：反应i+ii得iii，则△H3=(-90+41)kJ/mol=-49kJ/mol，反应ⅲ气体分子数减小，则△S<0，由△H<0，自发进行的判据△G=△H-T△S <0，则能够自发进行的条件是低温；
【小问2详解】
只发生反应ⅲ，设平衡时CH3OH的浓度为xmol/L，列三段式：，达到平衡时，CH3OH的体积分数为20%，则，解得x=1，CO2和H2的平衡转化率分别为、，两者之比为∶=4∶9；该温度下反应ⅲ的平衡常数；
【小问3详解】
①A．若m=，对于反应ⅲCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，增大起始投料比，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，则转化率越大m越大，即m3最大，A正确；
B．在T1℃前，v正>v逆，未达到平衡，反应正向进行，T1℃时达到平衡态，T1℃后，温度升高由△H3<0，平衡逆向移动，转化率降低，则在T2℃时，反应仍为平衡态，即v正=v逆，B错误；
C．若m2==，转化量=，则a点CO2的平衡转化率等于H2的平衡转化率，C正确；
D．任何时候每生成1molCH3OH同时生成1molH2O，则任意时候CH3OH和H2O的体积分数都相同，不能判断上述反应达到平衡，D错误；
故选：AC；
②在T2℃时，不同投料比的CO2转化率趋于相近的原因是；温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；
【小问4详解】
①阴极的电极上CO2得电子产生甲酸，故电极反应式是CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②该电解反应得到的副产品除H2外，还可能CO2得电子产生CO。
15. 某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
序号
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
（1）实验①和②的目的是___________。
（2）甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。
a．盐酸 b．硫酸 c．草酸
【实施实验】
小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物；
(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；
(c) 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。
（3）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。
（4）第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。
（5）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。
（6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【结论与反思】
（7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。
结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。
【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响
（2）b （3）否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和
（4）+4H2C2O4=4CO2++4H2O
（5）实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强
（6）减少 （7）还原剂和酸性
【解析】
【小问1详解】
由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响；
【小问2详解】
a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；
b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；
c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；
故答案为：b；
【小问3详解】
由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和；
【小问4详解】
由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有气体产生同时生成，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O；
【小问5详解】
比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，根据已知信息 (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而氧化性减弱，则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强；
【小问6详解】
据此推测，若在第ii阶段将调节至，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少；
【小问7详解】
在反应+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。
16. 是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为，含有少量、、、)为原料制备的工艺流程如图。
已知：
①25℃时相关物质的见下表。
物质
②氢氧化氧锰()难溶于水和碱性溶液；在“沉淀池Ⅰ”的条件下，不会被氧化。
（1）中的化合价为_______价。
（2）向“沉淀池Ⅰ”中加入，的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。
（3）转化为的离子方程式为_______。
（4）转化为中“Ⅲ.实验操作”包含过滤，洗涤、干燥。
①过滤时，需要用到的玻璃仪器有_______。
②检验是否洗涤千净，可选用的试剂的化学式为_______。
（5）高纯度的转化为的化学方程式为_______。
【答案】（1）+3 （2） ①. 将氧化为，便于后续除杂 ②.
（3）
（4） ①. 烧杯，漏斗、玻璃棒 ②.
（5）
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)，所以加入硫酸进行酸浸，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、Al3+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fc3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Al3+、Fe3+形成沉淀除去；沉淀池Ⅰ后得到的滤液中含Mn2+、Co2+，沉淀池Ⅱ加含S2-沉淀剂得到的沉淀2是CoS，得到含MnSO4的溶液〔含杂质(NH4)2SO4]，通过蒸发浓缩、趁热过滤可以提取MnSO4晶体；再加双氧水氧化、氨水生成MnOOH，再加热得到Mn2O3。
【小问1详解】
根据化合物中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x+(-2)+(-2)+1=0，解得x=+3；
【小问2详解】
根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，加入S2-可以和滤液中的Co2+生成CoS沉淀，故滤渣2为CoS；
【小问3详解】
由图可知，MnSO4的溶液中加入3%双氧水和氨水后转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
①过滤操作，需要用到仪器有烧杯、普通漏斗、玻璃棒、滤纸、铁架台，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
②MnOOH固体混有硫酸根，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净；
【小问5详解】
高纯度的MnOOH在250℃条件下进行72h加热得Mn2O3和水，反应的化学方程式为：；
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：
（1）有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有___________种，N、O杂化轨道类型分别为___________、___________。
（2）W可与形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态的价电子排布式为___________。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是___________键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。
（3）有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为___________(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有___________个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度___________(列出计算式，的摩尔质量为123 )。
【答案】（1） ①. 2 ②. ③.
（2） ①. ②. 减小 ③. Cu—N
（3） ①. Zr ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：2；sp2；sp3；
【小问2详解】
①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；
②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故答案为：Cu—N；
【小问3详解】
①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故答案为：Zr；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故答案为：。
18. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备该物质的合成路线如下：
已知：+
回答下列问题：
（1）已知：气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。
（2）B中含有的官能团的名称为___________。
（3）D的结构简式为___________。
（4）H→I的反应类型是___________。
（5）反应E→F的化学方程式为___________；E中含有___________个手性碳原子(连有四个不同基团的碳原子)。
（6）芳香族化合物X是H的同分异构体，其苯环上有三个取代基，与足量溶液反应可生成，符合条件的X有___________种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为___________(写出一种)。
（7）根据上述路线中的相关知识，设计以乙醇为主要原料制备的合成路线___________。
【答案】（1）乙烯 （2）羟基
（3） （4）取代反应或酯化反应
（5） ①. ②. 1
（6） ①. 6 ②. 或
（7）
【解析】
【分析】由合成路线，B发生反应得到C，C与D发生已知反应得到E，E的结构简式为，则C为CH3CHO，D为，B的分子式为C2H6O，可知B→C为乙醇的催化氧化反应，因此B为CH3CH2OH，又气体A对氢气的相对密度为14，则A与H2O在催化剂的条件下发生反应得到B，A为CH2=CH2，E在加热条件下发生消去反应得到F，则F为，F与银氨溶液发生银镜反应，再酸化得到G，G在一定条件下生成H，H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下生成I，据此分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知，A为CH2=CH2，名称为乙烯；
【小问2详解】
B为CH3CH2OH，含有的官能团名称为羟基；
【小问3详解】
由分析，D的结构简式为；
【小问4详解】
H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成I，故反应类型为酯化反应(取代反应)；
【小问5详解】
E在加热条件下发生消去反应得到F，反应的化学方程式为，E的结构简式为，分子中含有的手性碳原子如图，仅1个；
【小问6详解】
由题意可知，符合条件的芳香族化合物X含2个，苯环上的取代基为1个、2个，三者在苯环上有6种位置关系，所以符合条件的X共有6种；其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
【小问7详解】
结合已知信息，以乙醇为主要原料制备的合成路线可以是：。
2022年高考化学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识内在联系和阅读理解能力。
1.高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神，如本卷的1、2题
2.同一个信息背景从多个角度考查，如本卷的5、6、7题。
3.有机题重点关注信息迁移能力、符合限定条件的同分异构体的书写及有机合成路线设计等，如本卷的18题。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能最直接有效地促进“碳中和”的是
A. 将煤进行气化或液化 B. 用地沟油制生物柴油
C. 以CO2为原料合成聚氨酯泡沫塑料 D. 开采可燃冰作为新能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．将煤进行气化或液化能提高煤的综合利用，但不能减少二氧化碳的排放，不能促进碳中和的实现，故A错误；
B．用地沟油制生物柴油能起到废物利用的作用，但不能减少二氧化碳的排放，不能促进碳中和的实现，故A错误；
C．以二氧化碳为原料合成聚氨酯泡沫塑料可以减少二氧化碳的排放，能促进碳中和的实现，故C正确；
D．开采可燃冰作为新能源会增大二氧化碳的排放，不利于碳中和的实现，故D错误；
故选C。
2. 某课题组设计一种以甲醇辅助固定的方法，原理如图。下列说法不正确的是
A. 化合物A为
B. 若用辅助固定，则产物可能为
C. 反应原料中的原子100%转化为产物
D. 反应②的类型为加成反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和原子守恒，①+→H2O+②+CO2→③+→+ ，总反应为2+CO2→H2O+。
【详解】A． ①+→H2O+，化合物A为，故A正确；
B． 根据总反应，若用辅助固定，+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；
C． 根据总反应，产物中有水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；
D． 反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确；
故选C。
3. M是合成某具有药理作用的有机物的中间体，其结构如图所示，下列有关M的说法正确的是
A. 分子式为C17H22O3 B. 分子中含有4种官能团
C. 1mol M最多能与4mol H2发生加成反应 D. 分子中所有碳原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由M分子的键线式可知，其含有碳原子数是17，其不饱和度为6，氧原子数为3，则其分子式为C17H24O3，故A错误；
B．由M分子的键线式可知,其含有的官能团有羧基、羟基、碳碳双键3种官能团，故B错误；
C．由M分子的键线式可知，能与氢气发生加成反应的是碳碳双键和苯环，则1mol M最多能与4mol H2发生加成反应，故C正确；
D．M分子中有很多饱和碳原子，采取sp3杂化方式，让其分子中所有碳原子不可能共面，故D错误；
答案C。
4. 下列有关实验操作、现象及对应的解释或结论均正确的是
实验操作
现象
解释或结论
A
向H2S溶液中通入O2
溶液变浑浊
非金属性：O＞S
B
向某溶液中加入稀盐酸
产生无色刺激性气味气体，可以使品红褪色
原溶液中一定含有
C
压缩装有H2、I2(g)和HI混合气体(已平衡)的密闭容器
气体颜色加深
平衡向生成I2的方向移动
D
将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间
铁钉表面出现小气泡
铁钉腐蚀，产生气体为氯气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其相应的单质的氧化性就越强。向H2S溶液中通入O2，发生反应：2H2S+O2=2H2O+2S↓，说明氧化性：O2＞S，则元素的非金属性：O＞S，A正确；
B．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，该气体可以使品红褪色，该气体是SO2，该溶液中可能含有，也可能含有，B错误；
C．H2、I2(g)和HI在容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应，将容器压缩，气体物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，但压缩容器的容积，使气体的压强增大，化学平衡不发生移动，因此不能使用化学平衡移动原理分析，C错误；
D．将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间，铁钉在中性盐水中会发生吸氧腐蚀而生锈，而不是发生析氢腐蚀，因此不会在铁钉表面出现小气泡，D错误；
故合理选项是A。
5. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关实验室制备ClO2的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取SO2 B. 用装置乙制备ClO2
C. 用装置丙吸收ClO2 D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．用装置甲通过70%硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水获取SO2，选项A正确；
B．实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，试剂选择正确，但二氧化硫通入时导管应该长进短出，才能充分接触，否则反应很难进行，选项B错误；
C. ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水，可用冰水吸收，选项C正确；
D．制备过程中有毒气体直接排放到空气中会造成污染，可用装置丁处理尾气吸收，氢氧化钠能与二氧化硫、二氧化氯反应，选项D正确；
答案选B。
6. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 浓HCl(aq)
C. HClO(aq) D. NaClO(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，无论氯气是否过量，氯气与铁反应生成氯化铁，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2和氯气，故B正确；
C．HClO光照条件下生成HCl和氧气，故C错误；
D．根据题干中方程式信息可知，二氧化硫的还原性大于二氧化氯，因此SO2不能将NaClO氧化成ClO2，故D错误；
答案为B。
7. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. 能溶于水，可用于工业制盐酸
B. 有强氧化性，可用于水体杀菌消毒
C. HClO不稳定，可用于棉、麻漂白
D. 溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C项错误；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
8. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是
A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率
B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C. 反应X的可通过如下反应获得：、
D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；
故选D。
9. 某化合物由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，且四种元素的最外层电子数均不相同，其中X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z>W B. XW是一种优质的耐高温材料
C. 最高正化合价：X
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X，Y，Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设X的最外层电子数为x，W的最外层电子数为y，则x+x+1+x+2+y=15，整理可得3x+y=12，且x＜4、y≤8，x=1时y=9＞8(不符合)，x=2时y=6，结合原子序数可知X为Mg，Y为Al，Z为Si，W为O元素；x=3时y=3，X、W同主族(不符合要求)，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．XW是MgO，氧化镁熔点高，耐高温，是良好的耐火材料，可制作坩埚，故B正确；
C．W为O，无最高正价，X为Mg，Y为Al，Z为Si，分别是IIA族、IIIA族、IVA族元素，则最高正价：X
故选：C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
10. 将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是
A. 曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO
B. 依据曲线b可推知0.2mol•L-1KNO3溶液(无氧)能氧化SO2
C. 曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=BaSO4↓+4H+
D. 曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项正确；
B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，对比曲线a可知，是硝酸根离子的作用；依据该实验预测0.2 mol·L-1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，B选项正确；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ +2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；
故选D。
11. 下列实验操作及现象不能得到相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体干燥后再通入少量溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色
乙醇发生了消去反应
B
向淀粉溶液中先加入稀硫酸并加热，再加入碘水，溶液变蓝
淀粉未发生水解
C
向稀溶液中加入铜片并加热，试管口观察到红棕色气体
铜与稀溶液反应生成
D
向浓度均为的、混合溶液中滴加滴的溶液，产生黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合，在170℃时会发生消去反应，生成乙烯和水，生成的乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，验操作及现象可得到结论，A不符合题意；
B．向淀粉溶液中先加入稀硫酸并加热，再加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中含淀粉，则淀粉可能部分发生水解，B符合题意；
C．铜与稀溶液反应生成，在试管口遇空气变成红棕色的NO2，C符合题意；
D．等浓度的碘离子与氯离子，碘离子优先与少量银离子发生反应生成黄色沉淀碘化银，则说明，D不符合题意；
故选BC。
12. 我国科学家设计了一种太阳能驱动的H2S分解装置，工作原理如图所示。下列叙述正确的是
A. H+在电解质溶液中从右向左定向移动
B. 乙中电极上发生氧化反应，溶液进入甲中将H2S转化为S
C. 丙中发生的电极反应为-2e-+2H+=
D. 丁中在催化剂表面发生电化学反应生成 H4[SiW12O40] 和H2
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知：H2S在甲区中与Fe3+发生氧化反应生成S单质，反应为2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，所以乙区为阳极区，丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e- +2H+=H6[SiW12O40]；丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，结合电子守恒进行计算，据此分析解答。
【详解】A．在理论上甲区每生成1 mol S时，转移2 mol电子，由于电子和质子电荷数相等，又乙区为阳极区，丙区为阴极区，所以H+由质子交换膜左侧向右侧移动的物质的量为2 mol，A错误；
B．乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，在甲装置中Fe3+与H2S发生氧化还原反应为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，B正确；
C．丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e- +2H+=H6[SiW12O40]，C错误；
D．丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，没有发生电化学反应，D错误；
故合理选项是B。
13. H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用其浓度基本保持不变。某天然水体中lgc(X)(X为H2A、HA-、A2-、M2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. H2A为H2SO3
B. 曲线②代表A2-
C. Ksp(MA)的数量级约为10-9
D. H2A的二级电离常数为10-8.3
【答案】C
【解析】
【分析】H2A的浓度保持不变，则①代表H2A，随着pH逐渐增大、HA-、A2-离子浓度增大，pH较小时HA-的浓度大于A2-的浓度，则曲线②代表HA-，曲线③代表A2-，曲线④代表M2+。
【详解】A．H2A由于与空气中的某种成分作用其浓度基本保持不变，而H2SO3易被空气中的氧气氧化生成硫酸，A错误；
B． 由分析可知曲线②代表HA-，曲线③代表A2-，B错误；
C． 曲线③代表A2-，曲线④代表M2+，过点(8.3,-5)作辅助线如图
可知c(A2-)=10-5mol/L时，c(A2-)=10-3.4mol/L，则Ksp(MA)= 10-5×10-3.4=10-8.4，故其数量级为10-9，C正确；
D．曲线②③的交点代表溶液中A2-、HA-的浓度相等，由坐标 (10.3，-1.1)知：H2A的二级电离常数，D错误；
答案选C。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. CO2是一种丰富的碳资源，将其清洁转化为高附加值化学品以实现资源利用是研究热点。
Ⅰ.合成CH3OH。在200～250℃的CO2加氢反应器中，主要反应有：
反应ⅰCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=-90kJ•mol-1
反应ⅱCO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=+41kJ•mol-1
反应ⅲCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
（1）△H3=____，反应ⅲ能够自发进行的条件是___(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
（2）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为3mol·L-1和4mol·L-1，若只发生反应ⅲ，达到平衡时，CH3OH的体积分数为20%，则CO2和H2的平衡转化率之比为___；该温度下反应ⅲ的平衡常数K=___L2•mol-2。
（3）一定条件下利用反应ⅲ制备甲醇，测得CO2的转化率与温度(T)、起始投料比(m)的关系如图所示。
①下列描述正确的是___(填标号)。
A.若m=，则m3最大
B.在T1℃前，v正>v逆；在T2℃时，v正
D.若反应一段时间后CH3OH和H2O的体积分数相同，则可判断上述反应达到平衡
②在T2℃时，不同投料比的CO2转化率趋于相近的原因是___。
Ⅱ.CO2电催化合成HCOOH。电催化反应器示意图如图所示。
（4）阴极上的电极反应式为____；该电解反应得到的副产品除H2外，还可能有___(任写一种)。
【答案】（1） ①. -49kJ/mol ②. 低温
（2） ①. 4∶9 ②. 0.5
（3） ①. AC ②. 温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响
（4） ①. CO2+2e-+2H+=HCOOH ②. CO
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：反应i+ii得iii，则△H3=(-90+41)kJ/mol=-49kJ/mol，反应ⅲ气体分子数减小，则△S<0，由△H<0，自发进行的判据△G=△H-T△S <0，则能够自发进行的条件是低温；
【小问2详解】
只发生反应ⅲ，设平衡时CH3OH的浓度为xmol/L，列三段式：，达到平衡时，CH3OH的体积分数为20%，则，解得x=1，CO2和H2的平衡转化率分别为、，两者之比为∶=4∶9；该温度下反应ⅲ的平衡常数；
【小问3详解】
①A．若m=，对于反应ⅲCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，增大起始投料比，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，则转化率越大m越大，即m3最大，A正确；
B．在T1℃前，v正>v逆，未达到平衡，反应正向进行，T1℃时达到平衡态，T1℃后，温度升高由△H3<0，平衡逆向移动，转化率降低，则在T2℃时，反应仍为平衡态，即v正=v逆，B错误；
C．若m2==，转化量=，则a点CO2的平衡转化率等于H2的平衡转化率，C正确；
D．任何时候每生成1molCH3OH同时生成1molH2O，则任意时候CH3OH和H2O的体积分数都相同，不能判断上述反应达到平衡，D错误；
故选：AC；
②在T2℃时，不同投料比的CO2转化率趋于相近的原因是；温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；
【小问4详解】
①阴极的电极上CO2得电子产生甲酸，故电极反应式是CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②该电解反应得到的副产品除H2外，还可能CO2得电子产生CO。
15. 某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
序号
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
（1）实验①和②的目的是___________。
（2）甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。
a．盐酸 b．硫酸 c．草酸
【实施实验】
小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物；
(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；
(c) 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。
（3）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。
（4）第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。
（5）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。
（6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【结论与反思】
（7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。
结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。
【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响
（2）b （3）否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和
（4）+4H2C2O4=4CO2++4H2O
（5）实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强
（6）减少 （7）还原剂和酸性
【解析】
【小问1详解】
由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响；
【小问2详解】
a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；
b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；
c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；
故答案为：b；
【小问3详解】
由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和；
【小问4详解】
由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有气体产生同时生成，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O；
【小问5详解】
比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，根据已知信息 (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而氧化性减弱，则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强；
【小问6详解】
据此推测，若在第ii阶段将调节至，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少；
【小问7详解】
在反应+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。
16. 是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为，含有少量、、、)为原料制备的工艺流程如图。
已知：
①25℃时相关物质的见下表。
物质
②氢氧化氧锰()难溶于水和碱性溶液；在“沉淀池Ⅰ”的条件下，不会被氧化。
（1）中的化合价为_______价。
（2）向“沉淀池Ⅰ”中加入，的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。
（3）转化为的离子方程式为_______。
（4）转化为中“Ⅲ.实验操作”包含过滤，洗涤、干燥。
①过滤时，需要用到的玻璃仪器有_______。
②检验是否洗涤千净，可选用的试剂的化学式为_______。
（5）高纯度的转化为的化学方程式为_______。
【答案】（1）+3 （2） ①. 将氧化为，便于后续除杂 ②.
（3）
（4） ①. 烧杯，漏斗、玻璃棒 ②.
（5）
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)，所以加入硫酸进行酸浸，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、Al3+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fc3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Al3+、Fe3+形成沉淀除去；沉淀池Ⅰ后得到的滤液中含Mn2+、Co2+，沉淀池Ⅱ加含S2-沉淀剂得到的沉淀2是CoS，得到含MnSO4的溶液〔含杂质(NH4)2SO4]，通过蒸发浓缩、趁热过滤可以提取MnSO4晶体；再加双氧水氧化、氨水生成MnOOH，再加热得到Mn2O3。
【小问1详解】
根据化合物中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x+(-2)+(-2)+1=0，解得x=+3；
【小问2详解】
根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，加入S2-可以和滤液中的Co2+生成CoS沉淀，故滤渣2为CoS；
【小问3详解】
由图可知，MnSO4的溶液中加入3%双氧水和氨水后转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
①过滤操作，需要用到仪器有烧杯、普通漏斗、玻璃棒、滤纸、铁架台，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
②MnOOH固体混有硫酸根，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净；
【小问5详解】
高纯度的MnOOH在250℃条件下进行72h加热得Mn2O3和水，反应的化学方程式为：；
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：
（1）有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有___________种，N、O杂化轨道类型分别为___________、___________。
（2）W可与形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态的价电子排布式为___________。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是___________键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。
（3）有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为___________(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有___________个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度___________(列出计算式，的摩尔质量为123 )。
【答案】（1） ①. 2 ②. ③.
（2） ①. ②. 减小 ③. Cu—N
（3） ①. Zr ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：2；sp2；sp3；
【小问2详解】
①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；
②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故答案为：Cu—N；
【小问3详解】
①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故答案为：Zr；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故答案为：。
18. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备该物质的合成路线如下：
已知：+
回答下列问题：
（1）已知：气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。
（2）B中含有的官能团的名称为___________。
（3）D的结构简式为___________。
（4）H→I的反应类型是___________。
（5）反应E→F的化学方程式为___________；E中含有___________个手性碳原子(连有四个不同基团的碳原子)。
（6）芳香族化合物X是H的同分异构体，其苯环上有三个取代基，与足量溶液反应可生成，符合条件的X有___________种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为___________(写出一种)。
（7）根据上述路线中的相关知识，设计以乙醇为主要原料制备的合成路线___________。
【答案】（1）乙烯 （2）羟基
（3） （4）取代反应或酯化反应
（5） ①. ②. 1
（6） ①. 6 ②. 或
（7）
【解析】
【分析】由合成路线，B发生反应得到C，C与D发生已知反应得到E，E的结构简式为，则C为CH3CHO，D为，B的分子式为C2H6O，可知B→C为乙醇的催化氧化反应，因此B为CH3CH2OH，又气体A对氢气的相对密度为14，则A与H2O在催化剂的条件下发生反应得到B，A为CH2=CH2，E在加热条件下发生消去反应得到F，则F为，F与银氨溶液发生银镜反应，再酸化得到G，G在一定条件下生成H，H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下生成I，据此分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知，A为CH2=CH2，名称为乙烯；
【小问2详解】
B为CH3CH2OH，含有的官能团名称为羟基；
【小问3详解】
由分析，D的结构简式为；
【小问4详解】
H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成I，故反应类型为酯化反应(取代反应)；
【小问5详解】
E在加热条件下发生消去反应得到F，反应的化学方程式为，E的结构简式为，分子中含有的手性碳原子如图，仅1个；
【小问6详解】
由题意可知，符合条件的芳香族化合物X含2个，苯环上的取代基为1个、2个，三者在苯环上有6种位置关系，所以符合条件的X共有6种；其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
【小问7详解】
结合已知信息，以乙醇为主要原料制备的合成路线可以是：。
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