必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）

这是一份必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共27页。试卷主要包含了1mlx转移电子数为4NA等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷01
河北专用

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、有创新精神的答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识的内在联系和阅读理解能力。

1.无机化工流程题重点关注：①溶度积常数计算的变化(溶度积常数未知、溶度积与离子浓度计算结合)；②元素化合物知识与反应热、电化学、弱电解质电离平衡、氧化还原滴定、有机化学等知识的深度融合。
2.实验探究题淡化课本现成知识和结论，重点关注：有机化学与无机化学融合实验。
3.化学反应速率与化学平衡重点关注多步连锁反应、速率方程、反应历程及活化能分析。
4.电化学重点关注新型可充电电池和有离子交换膜的电解池综合分析，重视双隔膜三室原电池和电解池。
5.电离平衡、盐的水解、溶液酸碱性、溶解平衡等重点关注：图像的坐标，对数坐标(或分数坐标)、离子浓度之比的对数(负对数)、离子浓度分布系数与pH为坐标的图像分析。
6. 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

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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A. 德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B. 市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤
C. “天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属无机非金属材料
D. 中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法正确；
B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；
C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；
D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说法错误；
答案为D。
2. 在一定条件下，水可将甲烷氧化成甲醇：。下列有关描述不正确的是
A. 甲烷的球棍模型为 B. 的电子式为
C. 和互为同位素 D. CH3OH的结构式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知甲烷是正四面体结构，且碳原子半径大于氢原子半径，故甲烷的球棍模型为，A正确；
B．H2O是共价化合物，则的电子式为，B正确；
C．同位素是指具有相同数目的质子和不同数目中子的同一元素的不同原子之间，故和不互为同位素，C错误；
D．结构式是指用一根短线表示一对共用电子的式子，则CH3OH的结构式为，D正确；
故答案为：C。
3. As2O3俗称砒霜，是一种两性氧化物，可用于治疗癌症。As2O5是一种酸性氧化物。水体中含有一定浓度的H3AsO3和H3AsO4时会破坏水质，需要通过一定的方法除去。下列转化在指定条件下能够实现的是
A. As2O3H3AsO3 B. As2O5As2O3
C. H3AsO4Na3AsO4(aq) D. As2O5H3AsO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．As2O3是一种两性氧化物，和盐酸会生成盐而不是酸，A错误；
B．As2O5具有强氧化性，次氯酸钠也具有氧化性，不能发生氧化还原反应，B错误；
C．H3AsO4为三元酸，可以和过量的氢氧化钠生成正盐Na3AsO4，C正确；
D．As2O5是一种酸性氧化物，可以和水反应生成H3AsO4，D错误；
故选C。
4. 五指毛桃汤中含有佛手柑内酯(结构简式如图)。下列有关该化合物的说法错误的是


A. 分子式是C11H10O4 B. 含有2种含氧官能团.
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1mol该化合物最多消耗2molNaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，分子式是C11H8O4，A错误；
B．含有酯基、醚键，2种含氧官能团，B正确；
C．结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．1分子该化合物中酯基水解消耗1分子氢氧化钠，生成酚羟基消耗1分子氢氧化钠，1mol该化合物最多消耗2molNaOH，D正确；
故选A。
5. 下列实验方案的设计、现象和结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
将红棕色气体X通入淀粉-KI溶液中
溶液变成蓝色
X为溴蒸气
B
用pH计测量同温同浓度的和溶液的pH

金属性：Mg＞Al
C
向足量含有KSCN的溶液中滴加2滴氯水
溶液变成血红色
还原性：
D
向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加几滴银氨溶液
立即产生黄色沉淀
：

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将红棕色气体X通入淀粉-KI溶液中，溶液变成蓝色，说明I-被氧化为I2，该红棕色气体可能是溴蒸气或NO2，A错误；
B．用pH计测量同温同浓度的和溶液的pH，，盐的酸性越强，离子水解生成的碱的碱性越弱，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，则金属性：Mg＞Al，B正确；
C．向足量含有KSCN的溶液中滴加2滴氯水，溶液变成血红色，说明有Fe3+生成，则Fe2+优先被氧化，因此还原性：，C正确；
D．向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加几滴银氨溶液，立即产生黄色沉淀，说明先生成AgI的黄色沉淀，则：，D正确；
答案选A。
6. 图中实验装置正确，且能达到实验目的的是




A. 利用图1 装置模拟石油的分馏
B. 利用图 2 装置检验 NH4Cl分解产生的两种气体
C. 利用图 3 装置蒸发结晶得到食盐晶体
D. 利用图 4 装置配制一定物质的量浓度的硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．分馏装置中，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；
B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢混合气体，气体通过五氧化二磷吸收氨气后，通过观察湿润蓝色石蕊试纸变红证明生成HCl，气体通过碱石灰吸收氯化氢后，通过观察湿润的酚酞试纸变红证明生成氨气，故B正确；
C．蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中进行稀释，故D错；
故选：B。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 溶液与过量溶液反应：
B. 金属Na与溶液反应：
C. 少量与KClO溶液反应：
D. 草酸与酸性溶液反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液与过量溶液反应生成BaSO4沉淀和偏铝酸根离子，反应离子方程式为，故A正确；
B．Na先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，故B错误；
C．少量SO2通入KClO溶液中，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-═Cl-+SO+2HClO，故C错误；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故选：A。
8. FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态。下列说法正确的是

A. 最高化合价：Y＞X＞W
B. W的简单离子半径一定小于周期表中其它所有元素简单离子的半径
C. Z单质在一定条件下可置换出Y单质
D. Y的氢化物的稳定性一定强于X的氢化物的稳定性
【答案】C
【解析】
【分析】FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态，则Z是F元素；W形成1个共价键，且原子序数比F小，则W是H；X形成4个共价键，则X是C元素；Y形成2个共价键，则Y是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】综上所述，W是H，X是C，Y是O，Z是F元素。
A．O元素原子半径小，元素的非金属性较强，没有与族序数相当的最高正化合价，碳元素的最高化合价为+4价，大于氧元素，A错误；
B．H元素的简单离子H+的半径是所有简单离子中半径最小的，但H-与Li+、Be2+核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：H-＞Li+＞Be2+，B错误；
C．F2可与水剧烈反应产生HF、O2，该反应所属基本类型为置换反应，C正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。题目未指明是否是最简单的气体氢化物，因此不能比较物质的稳定性的强弱。如元素的非金属性：O＞C，则稳定性：H2O＞CH4，但H2O2的稳定性弱于CH4，D错误；
故合理选项是C。
9. 海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是

A. 海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
B. 钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
C. 影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D. 光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
【答案】D
【解析】
【分析】如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。
【详解】A． CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A正确；
B． 钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C． 温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C正确；
D． 光合作用，碳由+4价降为0价，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4xNA(NA表示阿伏伽德罗常数)，故D错误；
故选D。
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. Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：

下列关于活化历程的说法错误的是
A. 活化能最大的步骤：中间体2→中间体3
B. 只涉及极性键的断裂和生成
C. 在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，故A正确；
B．反应过程中涉及C-C键的断裂和C-H键的形成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的形成，故B错误；
C．根据图示，过渡态1中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故C正确；
D．根据图象，总反应是Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应热，因此热化学方程式为，故D正确；
故选B。
11. 双极膜是由一张阳膜和一张阴膜制成的复合膜，在直流电场作用下能将中间层中的解离成和。利用双极膜和维生素C的钠盐制备维生素，装置如下图所示。已知维生素C具有弱酸性和还原性，下列说法正确的是

A. X离子是、Ⅱ区出口处的浓度减小
B. M极的电势高于N极，电解刚开始时阳极区附近溶液的变小
C. 将Ⅰ区的溶液替换成，可以提高维生素C的产率
D. 当M极生成(标准状况下)时，Ⅳ区溶液的质量增加
【答案】BD
【解析】
【分析】M电极上得到O2，该电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，N极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析；
【详解】A．根据装置图，Ⅱ区中得到NaOH溶液，如果X离子为H+，H+能与NaOH溶液反应，无法得到NaOH溶液，X离子应是OH-，I区中Na+移向Ⅱ中，氢氧化钠浓度增大，故A错误；
B．根据上述分析，M极为阳极，N极为阴极，M极电势高于N极，阳极电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，c(H＋)增大，pH变小，故B正确；
C．如果替换成C6H7O6Na，得到C6H8O6，维生素C为弱酸，导电能力减小，维生素C具有还原性，能被阳极产生的氧气氧化，因此维生素C的产率降低，故C错误；
D．M极生成标准状况下2.24L的氧气，电路中转移电子物质的量为0.4mol，会有0.4molNa＋从Ⅲ移向Ⅳ区，阴极上会产生0.2molH2，Ⅳ区溶液质量增加(0.4mol×23g·mol－1－0. 2mol×2g·mol－1)=8.8g，故D正确；
答案为BD。
12. 硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如下图(图中~表示链延长)。


已知：的性质与C相似，L可由，在酸催化下水解、聚合制得。下列关于硅橡胶的说法不正确的是
A. L、M的热稳定性好与键键能大有关
B. 由制得L的过程中，有产生
C. M可通过加成反应实现交联，得到网状结构
D. 硅橡胶的抗氧化性：
【答案】D
【解析】
【详解】A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与键键能大有关，A正确；
B．L可由在酸催化下水解、聚合制得，水解会生成和HCl，B正确；
C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C正确；
D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：，D错误；
故选D。
13. 在“水质研学行动”中，科学兴趣小组对某地矿泉水进行了检测。室温下，测得该水中p(X)与pOH关系如图所示[已知：p(X)=-lgc(X)，X为H2CO3、、或Ca2+]。下列说法错误的是

A. 曲线③代表p(Ca2+)随pOH的变化 B. 该温度下，pH+p()=10.8
C. 该温度下的Ksp(CaCO3)=1×10-9.2 D. 当p(Ca2+)=6.1时，p()=1.8
【答案】AD
【解析】
【分析】天然水体中的H2CO3与空中的CO2保持平衡，p(H2CO3)为一条值不变的横线，随着pH的增大，溶液碱性增强，HCO、CO浓度都增大，pH较小时c (HCO)>c (CO)，根据p(X)=-lgc(X)，pOH=-lgc(OH-)，碱性越强，pOH越小，离子浓度越大，p(X)越小，因此曲线代表③HCO，②代表CO，①代表Ca2+，以此来解析；
【详解】A．由上述分析可知，曲线①代表p(Ca2+)随pOH的变化，A正确；
B．根据分析可知，曲线③代表CO由点(3.7，1)，可知POH=3.7，根据水的离子积可知14=pOH+pH，得pH=14-3.7=10.5，p(CO）=1.0，可得pH+p(CO)=10.5+×1.0=10.8，B正确；
C．根据点(5.5，4.6）为p(CO）和p(Ca2+)交叉点，p(CO）=p(Ca2+)故根据ksp(CaCO3)=c(CO)c(Ca2+)=10-4.6×10-4.6=10-9.2，C正确；
D．根据点(3.7，1)，p(CO）和p(HCO)交叉点，p(CO）=p(HCO)，为HCO⇌H+CO，Ka===10-10.3；根据点(7.7，5）p(HCO)和p(H2CO3)交叉点，故p(HCO)=p(H2CO3)，HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，Kh==c(OH-)=10-7.7；当p(Ca2+)=6.1，根据ksp(CaCO3)=10-9.2可知p(CO）=3.1，代入Ka==10-10.3，得==10-7.2①，根据题中信息可知c(H2CO3)=10-5，代入Kh==10-7.7，得==10-2.7②，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14③，将①②③联立，解得c(HCO)=10-2.05，p(HCO)=-lgc(HCO)=-lg(10-2.05)=2.05，D错误；
故选AD；
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. 将CO2还原成甲烷，是实现CO2资源化利用的有效途径之一。
I．CO2甲烷化
CO2甲烷化过程可能发生反应：
ⅰ．CO2(g) ＋ 4H2(g) CH4(g) ＋ 2H2O(g) ΔH1
ⅱ．CO2(g) ＋ H2(g) CO(g) ＋ H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ∙mol−1
ⅲ．CO(g) ＋ 3H2(g) CH4(g) ＋ H2O(g) ΔH3＝－206.1 kJ∙mol−1
……
(1)ΔH1＝______ kJ∙mol−1。
(2)不同条件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡转化率如图所示。

①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因______。
Ⅱ．微生物电化学法
微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。
(3)阴极的电极反应式是______。
(4)若生成1 mol CH4，理论上阳极室生成CO2的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。
【答案】 ①. −164.9 ②. p3＞p2＞p1
③. CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) ④. CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O ⑤. 44.8
【解析】
【分析】
【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝−164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。
(2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)；故答案为：CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(3)根据图中信息CO2 化合价降低变为CH4，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O；故答案为：CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O。
(4)根据CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O，若生成1 mol CH4，转移8mol电子，有根据CH3COO− －8e−＋ 2H2O＝2CO2 ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO2，其体积是44.8L；故答案为：44.8。
15. 草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。
（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖()制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。



①仪器a的名称是___________。
②下，装置A中生成，同时生成和NO且物质的量之比为，该反应的化学方程式为___________。
③装置B的作用是___________
（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。
将在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至溶液pH介于___________之间，然后将溶液___________、___________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。
（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。
准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol/L稀硫酸酸化后，再用标准溶液进行滴定，消耗溶液的体积为12.00mL。
①滴定终点的现象是___________。
②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是___________。
③产品中的质量分数为___________%。[已知：的摩尔质量为374g/mol]
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. ③. 安全瓶，防倒吸
（2） ①. ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶
（3） ①. 滴入半滴溶液溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②. 反应生成的是该反应的催化剂 ③. 74.8
【解析】
【分析】55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO，NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时需要有防止倒吸装置；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快；根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而可以计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数；
【小问1详解】
①仪器a的名称为球形冷凝管；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸；
【小问2详解】
草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；然后将提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；
【小问3详解】
①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；
③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。
16. 稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图1所示。回答下列问题：


已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。
②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
Ka1(H2C2O4)
Ka2(H2C2O4)
2.0×10-8
5.0×10-10
6.0×10-2
6.25×10-5

（1）“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为___________。
（2）含钪元素的微粒与lgc(F-)、pH的关系如下图所示，用氨水调节溶液的pH值，控制pH的范围是3.5＜pH＜___________。


（3）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如下图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3，由图3中数据可得x：z=___________。


（4）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是___________。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是___________。
（5）将1.8mol PbSO4加到1L含有0.12mol/L H2C2O4的废水中。发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)，该反应的平衡常数K=___________。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是___________(化学式)。
【答案】（1）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（2）4.2 （3）1：2
（4） ①. ScF3+H2O=ScOF+2HF ②. “除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
（5） ①. 1.5×10-4 ②. PbSO4
【解析】
【分析】Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+，并用氨水调节pH，然后加入NH4F“沉钪”形成复盐xNH4Cl·yScF3·zH2O沉淀，复盐沉淀再经“脱水除铵”获得纯度很高的ScF3，最后用Ca置换出Sc单质。
【小问1详解】
由流程知Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，由于C元素的化合价升高，故空气中的O2参与反应，根据得失电子守恒、原子守恒配平得“焙烧”过程中的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【小问2详解】
由流程和已知①知，调节pH时维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F-结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节pH范围为：3.5＜pH＜4.2；答案为：4.2。
【小问3详解】
由于“在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3”，结合已知②，xNH4Cl·yScF3·zH2O“脱水除铵”指脱去结晶水和NH4Cl，NH4Cl受热分解成NH3与HCl，后NH3与HCl重新化合成NH4Cl会产生白烟现象，故380~400℃减少的为NH4Cl的质量，200~300℃减少的为结晶H2O的质量，则n(NH4Cl)=，n(H2O)=，；答案为：1：2。
【小问4详解】
ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与H2O反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF3 + H2O = ScOF + 2HF；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解；答案为：ScF3 + H2O = ScOF + 2HF；“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
【小问5详解】
Ka1(H2C2O4) =、Ka2(H2C2O4)=，则Ka1(H2C2O4) ×Ka2(H2C2O4)=，反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数K=== Ka1(H2C2O4) ×Ka2(H2C2O4)×=6.0×10-2×6.25×10-5×=1.5×10-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数知，有少量PbSO4转化成PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，故所得“沉淀”是PbSO4；答案为：1.5×10-4；PbSO4。
(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. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有多种用途。请回答下列有关问题：
（1）现代化学中，常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。
（2）某同学画出的基态碳原子的核外电子排布图为，该电子排布图违背了___________。CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为___________、___________。
（3）基态溴原子的价层电子排布图为___________；第四周期中，与溴原子核未成对电子数相同的金属元素有___________种。
（4）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞结构示意图如图甲所示，其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为___________，已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体的密度为___________g·cm-3。

（5）Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号O2-围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为___________，有___________%的正八面体空隙没有填充阳离子。

【答案】（1）原子光谱
（2） ①. 洪特规则 ②. 平面三角形 ③. 三角锥形
（3） ①. ②. 4
（4） ①. 面心立方最密堆积 ②.
（5） ①. 2:1 ②. 50
【解析】
【分析】根据利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素回答；根据题中核外电子排布图结合电子排布原则判断；根据VSEPR理论判断杂化类型和空间构型；根据溴的核外电子数画出溴的价层电子排布图并判断与溴原子核未成对电子数相同的金属元素种数；根据晶胞的结构，判断晶胞中磷原子空间堆积方式，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；根据题中信息，计算晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比和正八面体空隙没有填充阳离子所占比例；据此解答。
【小问1详解】
光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；答案为原子光谱。
【小问2详解】
由题中图示可知，2p轨道上的2个电子没有分占不同的轨道，且自旋方向相同，故该电子排布图违背了洪特规则，中的碳原子价层电子对数为n=3+=3+0=3，孤电子对数为0，则的中心碳原子是sp2杂化，空间构型为平面三角形，中心原子的价层电子对数为n=3+=3+1=4，孤电子对数为1，则的中心碳原子是sp3杂化，空间构型为三角锥形；答案为洪特规则；平面三角形；三角锥形。
【小问3详解】
溴的原子序数为35，其核内的质子数为35，核外的电子数为35，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，价电子排布式为4s24p5，则基态溴原子的价层电子轨道排布图为 ，未成对电子数为1对，则第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有K、Sc、Cu和Ga共4种；答案为；4。
【小问4详解】
由题中磷化硼晶体晶胞结构可知，实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，所以P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×+6×=4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量m=4×g，晶体密度ρ=4×g÷(a×10-10cm)3=g/cm3；答案为面心立方最密堆积；。
【小问5详解】
由题中结构可知，结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，面心位置6个O2-围成的正八面体，将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目=1+12×=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为8:4=2:1；由图可知晶体结构中O2-离子数目为8×+6×=4，由化学式可知晶胞中Fe原子数目为3，根据化合价代数和为0，则晶胞中含有2个Fe3+、1个Fe2+，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则填充在正四面体空隙中的Fe3+为1个，填充在正八面体空隙中有1个Fe3+和1个Fe2+，有2个正八面体空隙空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；答案为2:1；50。
18. 药物阿维巴坦中间体G的合成路线如下图所示。

已知：
Ⅰ．RCOOH RCOCl RCONHR＇
Ⅱ．RCOR＇+ R＂NH2 +H2O
(、R＇、R＂为烃基、氢原子或卤素原子)
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为______________。E生成F的反应类型为___________。
（2）E的结构简式为______________。
（3）试剂X的分子式为______________。
（4）F生成G的化学方程式为__________________。
（5）物质H与D互为同分异构体，H分子同时满足以下条件：
①含有1个碳碳双键的六元碳环；
②环上只有2个含氮的取代基；
③分子中有5种不同化学环境的氢原子。
则H的结构简式为_____________。
（6）结合题中信息，请设计以CH3NH2和为原料合成的路线(其他试剂任选)：____________。
【答案】（1） ①. 羟基、酰胺基 ②. 还原反应
（2） （3）
（4）+COCl2 +2HCl
（5） （6）
【解析】
【分析】A发生信息1的第一步反应生成B ，B为，B发生信息1的第二步反应生成C为，C和氢发生加成反应生成D ， D发生信息II的反应生成E为，E中碳氮双键和氢发生加成反应生成F，F和X发生发生取代反应生成G，G中含有Cl原子，则X为，以此来解析；
【小问1详解】
C的结构简式为，所以C中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基；
【小问2详解】
E的结构简式为，根武E和F的结构可判断E生成F的反应类型为加成反应或还愿反应；
【小问3详解】
根据以上分析知，X的结构简式为，分子式为COCl2；
【小问4详解】
根据F和G的结构，可写出F生成G的化学方程式为+COCl2 +2HCl；
【小问5详解】
H中含有环己烯结构，根据不饱和度可推知，2个含氢取代基分别为硝基与氨基；分子中有5种不同化学环境的氢原子子，可推知碳碳双键与2个取代基的位置，则H的结构简式为；
【小问6详解】
以CH3NH2和为原料合成，发生D生成E类型的反应、E生成F类型的反应，F生成G类型的反应得到目标产物，合成路线为：
；