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必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用）
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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（江苏专用），共22页。试卷主要包含了 硫的化合物种类繁多等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷03
江苏卷专用
2021年江苏高考化学试卷，在继承2020年江苏高考化学试卷基础上，又进行了变化和创新。在试题总题量保持相对稳定的情况下，对试题结构进行了微调。客观题的题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2020年江苏高考化学试卷相当，但难度比去年有所下降。选考内容不管是《选修三》还是《实验化学》，都比较基础，难度比去年有明显的下降。总的来说，2021年江苏高考化学试卷，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯的
预测2022年江苏高考化学试卷试题结构将会继续出现客观题题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加。预测纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，2022届高三复习，我看还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学(中}学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2022年2月，我国科学家成功开发全球首套二氧化碳加氢制汽油(碳原子数在5～12之间的烃)的装置。下列有关二氧化碳加氢制汽油的说法正确的是
A. 汽油属于纯净物 B. 汽油中含有C、H、O三种元素
C. 反应过程中CO2被还原 D. 该反应属于化合反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．汽油是(碳原子数在5～12之间的烃)混合物，故A错误；
B．汽油是烃类，只含C、H元素，故B错误；
C．二氧化碳加氢制汽油是还原反应，故C正确；
D．二氧化碳加氢制汽油，汽油是碳原子数在5～12之间的烃，故还要生成一种含氧化合物，不属于化合反应，故D错误；
故答案为C
2. 工业制MgCl2的一种方法为Cl2+MgO+CMgCl2+CO。下列说法正确的是
A. 基态Cl原子核外电子排布式为3s23p5 B. Mg2+与O2-具有相同的电子层结构
C. MgCl2的电子式为 D. O表示中子数为16的氧原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价层电子排布式为3s23p5，选项A错误；
B．Mg2+与O2-均为10电子结构，具有相同的电子层结构，核外均为两个电子层，电子数分别为2、8，选项B正确；
C．MgCl2由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，其电子式为，选项C错误；
D．O表示质量数为16、质子数为8、中子数为8的氧原子,选项D错误；
答案选B。
3. 以含钴废渣(主要成分CoO、，还含有、ZnO等杂质)为原料制备需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲配制“酸浸”所需的1mol/L 溶液
B. 用装置乙制备“还原”所需的气体
C. 用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧固体制
【答案】C
【解析】
【详解】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A错误；
B．浓硫酸和铜反应需要加热，B错误；
C．过滤可以用来分离出不溶性物质，C正确；
D．灼烧固体时应该用坩埚，不用蒸发皿，D错误；
故选C。
4. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 难溶于水，可用作瓜果保护气
B. 具有还原性，可用作制冷剂
C. 具有强氧化性，可用于制硝酸铵
D. 溶液呈酸性，可用于除铁锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气可用作瓜果保护气，是因为性质稳定，故A错误；
B．可用作制冷剂，是因为易液化，故B错误；
C．具有酸性，可用于制硝酸铵，故C错误；
D．氧化铁易溶于酸性溶液，溶液呈酸性，可用于除铁锈，故D正确；
选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，则X为N元素；Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；X与Z处于同一主族，则Z为P元素，W的单质常温下是一种黄绿色气体，则W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
故选B。
6. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S、SO2、SO、SO的说法正确的是
A. H2S的稳定性比H2O的强 B. SO2与H2S反应体现SO2的还原性
C. SO的空间构型为平面三角形 D. SO中S原子轨道杂化类型为sp3
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性越强其最简单氢化物越稳定，非金属性O>S，H2O的稳定性比H2S的强，故A错误；
B．SO2与H2S反应生成S，SO2中S元素化合价下降，体现了SO2的氧化性，故B错误；
C．SO的价电子对数为，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．SO的价电子对数为，S原子轨道杂化类型为sp3，故D正确；
故答案为D。
7. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
故答案为A。
8. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S制取单质硫的反应说法正确的是
A. 反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)的△S>0
B. 途径①中通入O2越多，越有利于单质S的生成
C. 途径②反应过程中，ZnO是反应的催化剂
D. 途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，△S<0，选项A错误；
B．途径①中若通入O2过多，氧气可能会将硫化氢转化为二氧化硫，不利于单质S的生成，选项B错误；
C．②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫，同时生成FeSO4和ZnSO4：Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2 FeSO4+ZnSO4，故ZnO为反应物不是催化剂，选项C错误；
D．根据反应Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol，选项D正确；
答案选D。
9. 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。
下列有关说法不正确的是
A. 富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I—最近的Ag+有4个
B. 转化后的溶液中主要含有Fe2+和I—
C. 用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
D. 氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，含碘海水富集后加入硝酸银溶液将碘离子转化为碘化银沉淀，过滤得到碘化银；碘化银在加入适量铁粉和蒸馏水，将碘化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银和含有碘化亚铁的滤液；向滤液中通入氯气，将碘离子转化为碘得到粗碘。
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中每个银离子周围距离最近的碘离子有4个，由碘化银的化学式可知，距离每个碘离子最近的银离子有4个，故A正确；
B．由分析可知，碘化银在加入适量铁粉和蒸馏水，将碘化银转化为碘化亚铁和银，转化后的溶液中主要含有亚铁离子和碘离子，故B正确；
C．由分析可知，滤渣Y为银，银与稀硝酸反应得到的硝酸银溶液可以循环使用，故C正确；
D．若通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍，过量的氯气会将亚铁离子氧化为铁离子，导致制备成本增大，故D错误；
故选D。
10. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得。
下列说法正确的是
A. lmolX最多能与1molNaOH发生反应 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X D. 咖啡酸在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
【答案】A
【解析】
【详解】A．lmolX含有1mol羧基，最多能与1molNaOH发生反应，故A正确；
B．单键可以旋转，咖啡酸分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；
C．X和咖啡酸中均含有碳碳双键，都可以使溴水褪色，不可用溴水检验咖啡酸中是否含有X，故C错误；
D．咖啡酸中羟基和羧基均能与水形成氢键，在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D错误；
故答案为A。
11. 常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质。
实验1：向0.1mol·L-1H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7。
实验2：向0.1mol·L-1H2S溶液中滴加等体积同浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色。
实验3：向5mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴入1mL0.1mol·L-1ZnSO4溶液，产生白色沉淀；再滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，立即出现黑色沉淀。
实验4：向0.1mol·L-1Na2S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象。
下列说法正确的是
A. 实验1得到的溶液中存在c(NH)=2c(S2—)
B. 由实验2可得出：Kw
D. 实验4得到的溶液中存在c(H+)—c(OH—)=c(S2—)—c(H2S)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，实验1得到的中性溶液中存在电荷守恒关系c(NH)+ c(H+)=2c(S2—)+ c(HS—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则溶液中c(NH)=2c(S2—)+ c(HS—)，故A错误；
B．由题意可知，实验2得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS—离子的水解程度大于电离程度，则HS—离子的水解常数Kh=大于电离常数Ka2(H2S)，则Kw>Ka1(H2S)·Ka2(H2S)，故B错误；
C．由题意可知，实验3中硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，只有硫化铜沉淀的生成反应，没有硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀的转化反应，无法比较硫化锌和硫化铜溶度积的大小，故C错误；
D．由题意可知，实验4得到的溶液为硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+ c(H2S) =c(S2—)+ c(OH—)，则溶液中存在c(H+)—c(OH—)=c(S2—)—c(H2S)，故D正确；
故选D。
12. 一种锌钒超级电池的工作原理如图所示，电解质为(CH3COO)2Zn溶液，电池总反应为Zn+NaV2(PO4)3ZnNaV2(PO4)3。下列说法正确的是
A. 放电时，b电极为电池的负极
B. 放电后，负极区c(Zn2+)增大
C. 充电时，Zn2+向a电极移动
D. 充电时，b电极发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3+2e-=Zn2++NaV2(PO4)3
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时，Zn失去电子变为Zn2+，a电极为电池的负极，故A错误；
B．放电后，负极区c(Zn2+)穿过阳离子交换膜进入正极区，故c(Zn2+)不会增大，故B错误；
C．充电时，Zn极为阴极，Zn2+得电子析出，电解池中阳离子移向阴极，Zn2+向a电极移动，故C正确；
D．充电时，b电极为阳极，发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3-2e-=Zn2++NaV2(PO4)3，故D错误；
故答案为C。
13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为2
2
向溶液中加入溶液，产生沉淀
3
向溶液中通入足量的，产生红褐色沉淀
4
向溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是
A. 溶液中存在
B. 实验2中沉淀仅为
C. 实验3得到的溶液中有
D. 实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L硫酸铁铵溶液中存在电荷守恒关系，由实验1可知，溶液pH约为2，溶液中，则，故A错误；
B．实验2中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与氢氧化钡溶液完全反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和一水合氨，故B错误；
C．实验3中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与足量氨气反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应得到硫酸铵和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故C正确；
D．实验4中发生的反应为硫酸铁铵溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为C。
14. CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是
A. α1＜α2
B. 在400 K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C. 在500 K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D. 为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A错误；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B错误；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
（1）废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
（2）酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
（3）沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
（4）测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
【答案】（1）使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
（2） ①. 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O ②. H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
（3）9 （4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【解析】
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【小问1详解】
将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
【小问2详解】
酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
【小问3详解】
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
【小问4详解】
根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
16. 雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
（1）雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
（2）有机物B的结构简式为___。
（3）D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：RCOOHRCOCl。写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____。
【答案】（1）1 （2）
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
【小问1详解】
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
【小问2详解】
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
【小问3详解】
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
【小问4详解】
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
【小问5详解】
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
17. 以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl—)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。
（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。(可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。
（4）向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。
【答案】（1）防倒吸 （2）搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊
（3） ①. CuCl2 ②. 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
（4）溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降
【解析】
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
【小问1详解】
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
【小问2详解】
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；
【小问3详解】
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
【小问4详解】
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。
18. 工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=_______kJ·mol−1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_______。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式：_______。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是_______。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为_______。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是_______。
【答案】（1） ①. -285.2 ②. SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2） ①. 4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl- ②. SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3） ①. 催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH ②. 金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】
【小问1详解】
①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH =−241.6 kJ·mol−1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
【小问2详解】
①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
【小问3详解】
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
2022年高考化学考前信息必刷卷03
江苏卷专用
2021年江苏高考化学试卷，在继承2020年江苏高考化学试卷基础上，又进行了变化和创新。在试题总题量保持相对稳定的情况下，对试题结构进行了微调。客观题的题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2020年江苏高考化学试卷相当，但难度比去年有所下降。选考内容不管是《选修三》还是《实验化学》，都比较基础，难度比去年有明显的下降。总的来说，2021年江苏高考化学试卷，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯的
预测2022年江苏高考化学试卷试题结构将会继续出现客观题题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加。预测纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，2022届高三复习，我看还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学(中}学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。
本卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2022年2月，我国科学家成功开发全球首套二氧化碳加氢制汽油(碳原子数在5～12之间的烃)的装置。下列有关二氧化碳加氢制汽油的说法正确的是
A. 汽油属于纯净物 B. 汽油中含有C、H、O三种元素
C. 反应过程中CO2被还原 D. 该反应属于化合反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．汽油是(碳原子数在5～12之间的烃)混合物，故A错误；
B．汽油是烃类，只含C、H元素，故B错误；
C．二氧化碳加氢制汽油是还原反应，故C正确；
D．二氧化碳加氢制汽油，汽油是碳原子数在5～12之间的烃，故还要生成一种含氧化合物，不属于化合反应，故D错误；
故答案为C
2. 工业制MgCl2的一种方法为Cl2+MgO+CMgCl2+CO。下列说法正确的是
A. 基态Cl原子核外电子排布式为3s23p5 B. Mg2+与O2-具有相同的电子层结构
C. MgCl2的电子式为 D. O表示中子数为16的氧原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价层电子排布式为3s23p5，选项A错误；
B．Mg2+与O2-均为10电子结构，具有相同的电子层结构，核外均为两个电子层，电子数分别为2、8，选项B正确；
C．MgCl2由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，其电子式为，选项C错误；
D．O表示质量数为16、质子数为8、中子数为8的氧原子,选项D错误；
答案选B。
3. 以含钴废渣(主要成分CoO、，还含有、ZnO等杂质)为原料制备需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲配制“酸浸”所需的1mol/L 溶液
B. 用装置乙制备“还原”所需的气体
C. 用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧固体制
【答案】C
【解析】
【详解】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A错误；
B．浓硫酸和铜反应需要加热，B错误；
C．过滤可以用来分离出不溶性物质，C正确；
D．灼烧固体时应该用坩埚，不用蒸发皿，D错误；
故选C。
4. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 难溶于水，可用作瓜果保护气
B. 具有还原性，可用作制冷剂
C. 具有强氧化性，可用于制硝酸铵
D. 溶液呈酸性，可用于除铁锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气可用作瓜果保护气，是因为性质稳定，故A错误；
B．可用作制冷剂，是因为易液化，故B错误；
C．具有酸性，可用于制硝酸铵，故C错误；
D．氧化铁易溶于酸性溶液，溶液呈酸性，可用于除铁锈，故D正确；
选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，则X为N元素；Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；X与Z处于同一主族，则Z为P元素，W的单质常温下是一种黄绿色气体，则W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
故选B。
6. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S、SO2、SO、SO的说法正确的是
A. H2S的稳定性比H2O的强 B. SO2与H2S反应体现SO2的还原性
C. SO的空间构型为平面三角形 D. SO中S原子轨道杂化类型为sp3
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性越强其最简单氢化物越稳定，非金属性O>S，H2O的稳定性比H2S的强，故A错误；
B．SO2与H2S反应生成S，SO2中S元素化合价下降，体现了SO2的氧化性，故B错误；
C．SO的价电子对数为，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．SO的价电子对数为，S原子轨道杂化类型为sp3，故D正确；
故答案为D。
7. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
故答案为A。
8. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S制取单质硫的反应说法正确的是
A. 反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)的△S>0
B. 途径①中通入O2越多，越有利于单质S的生成
C. 途径②反应过程中，ZnO是反应的催化剂
D. 途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，△S<0，选项A错误；
B．途径①中若通入O2过多，氧气可能会将硫化氢转化为二氧化硫，不利于单质S的生成，选项B错误；
C．②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫，同时生成FeSO4和ZnSO4：Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2 FeSO4+ZnSO4，故ZnO为反应物不是催化剂，选项C错误；
D．根据反应Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol，选项D正确；
答案选D。
9. 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。
下列有关说法不正确的是
A. 富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I—最近的Ag+有4个
B. 转化后的溶液中主要含有Fe2+和I—
C. 用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
D. 氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，含碘海水富集后加入硝酸银溶液将碘离子转化为碘化银沉淀，过滤得到碘化银；碘化银在加入适量铁粉和蒸馏水，将碘化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银和含有碘化亚铁的滤液；向滤液中通入氯气，将碘离子转化为碘得到粗碘。
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中每个银离子周围距离最近的碘离子有4个，由碘化银的化学式可知，距离每个碘离子最近的银离子有4个，故A正确；
B．由分析可知，碘化银在加入适量铁粉和蒸馏水，将碘化银转化为碘化亚铁和银，转化后的溶液中主要含有亚铁离子和碘离子，故B正确；
C．由分析可知，滤渣Y为银，银与稀硝酸反应得到的硝酸银溶液可以循环使用，故C正确；
D．若通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍，过量的氯气会将亚铁离子氧化为铁离子，导致制备成本增大，故D错误；
故选D。
10. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得。
下列说法正确的是
A. lmolX最多能与1molNaOH发生反应 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X D. 咖啡酸在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
【答案】A
【解析】
【详解】A．lmolX含有1mol羧基，最多能与1molNaOH发生反应，故A正确；
B．单键可以旋转，咖啡酸分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；
C．X和咖啡酸中均含有碳碳双键，都可以使溴水褪色，不可用溴水检验咖啡酸中是否含有X，故C错误；
D．咖啡酸中羟基和羧基均能与水形成氢键，在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D错误；
故答案为A。
11. 常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质。
实验1：向0.1mol·L-1H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7。
实验2：向0.1mol·L-1H2S溶液中滴加等体积同浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色。
实验3：向5mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴入1mL0.1mol·L-1ZnSO4溶液，产生白色沉淀；再滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，立即出现黑色沉淀。
实验4：向0.1mol·L-1Na2S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象。
下列说法正确的是
A. 实验1得到的溶液中存在c(NH)=2c(S2—)
B. 由实验2可得出：Kw
D. 实验4得到的溶液中存在c(H+)—c(OH—)=c(S2—)—c(H2S)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，实验1得到的中性溶液中存在电荷守恒关系c(NH)+ c(H+)=2c(S2—)+ c(HS—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则溶液中c(NH)=2c(S2—)+ c(HS—)，故A错误；
B．由题意可知，实验2得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS—离子的水解程度大于电离程度，则HS—离子的水解常数Kh=大于电离常数Ka2(H2S)，则Kw>Ka1(H2S)·Ka2(H2S)，故B错误；
C．由题意可知，实验3中硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，只有硫化铜沉淀的生成反应，没有硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀的转化反应，无法比较硫化锌和硫化铜溶度积的大小，故C错误；
D．由题意可知，实验4得到的溶液为硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+ c(H2S) =c(S2—)+ c(OH—)，则溶液中存在c(H+)—c(OH—)=c(S2—)—c(H2S)，故D正确；
故选D。
12. 一种锌钒超级电池的工作原理如图所示，电解质为(CH3COO)2Zn溶液，电池总反应为Zn+NaV2(PO4)3ZnNaV2(PO4)3。下列说法正确的是
A. 放电时，b电极为电池的负极
B. 放电后，负极区c(Zn2+)增大
C. 充电时，Zn2+向a电极移动
D. 充电时，b电极发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3+2e-=Zn2++NaV2(PO4)3
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时，Zn失去电子变为Zn2+，a电极为电池的负极，故A错误；
B．放电后，负极区c(Zn2+)穿过阳离子交换膜进入正极区，故c(Zn2+)不会增大，故B错误；
C．充电时，Zn极为阴极，Zn2+得电子析出，电解池中阳离子移向阴极，Zn2+向a电极移动，故C正确；
D．充电时，b电极为阳极，发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3-2e-=Zn2++NaV2(PO4)3，故D错误；
故答案为C。
13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为2
2
向溶液中加入溶液，产生沉淀
3
向溶液中通入足量的，产生红褐色沉淀
4
向溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是
A. 溶液中存在
B. 实验2中沉淀仅为
C. 实验3得到的溶液中有
D. 实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L硫酸铁铵溶液中存在电荷守恒关系，由实验1可知，溶液pH约为2，溶液中，则，故A错误；
B．实验2中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与氢氧化钡溶液完全反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和一水合氨，故B错误；
C．实验3中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与足量氨气反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应得到硫酸铵和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故C正确；
D．实验4中发生的反应为硫酸铁铵溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为C。
14. CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是
A. α1＜α2
B. 在400 K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C. 在500 K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D. 为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A错误；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B错误；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
（1）废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
（2）酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
（3）沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
（4）测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
【答案】（1）使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
（2） ①. 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O ②. H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
（3）9 （4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【解析】
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【小问1详解】
将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
【小问2详解】
酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
【小问3详解】
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
【小问4详解】
根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
16. 雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
（1）雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
（2）有机物B的结构简式为___。
（3）D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：RCOOHRCOCl。写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____。
【答案】（1）1 （2）
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
【小问1详解】
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
【小问2详解】
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
【小问3详解】
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
【小问4详解】
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
【小问5详解】
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
17. 以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl—)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。
（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。(可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。
（4）向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。
【答案】（1）防倒吸 （2）搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊
（3） ①. CuCl2 ②. 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
（4）溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降
【解析】
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
【小问1详解】
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
【小问2详解】
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；
【小问3详解】
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
【小问4详解】
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。
18. 工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=_______kJ·mol−1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_______。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式：_______。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是_______。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为_______。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是_______。
【答案】（1） ①. -285.2 ②. SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2） ①. 4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl- ②. SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3） ①. 催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH ②. 金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】
【小问1详解】
①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH =−241.6 kJ·mol−1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
【小问2详解】
①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
【小问3详解】
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
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