2021-2022学年江苏省七市高三第2次模拟考试化学试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题
时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写
在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）1. 下列反应属
于非氧化还原反应的是(????)A. Fe2O3+3CO??△?2?Fe+3CO2B. NH4NO3?△?N2O↑+2H2OC.
2NaHCO3??△?Na2CO3+CO2↑+H2OD. 4Fe?(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32. 工业制MgC
l2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3s23p5B.
Mg2+与O2?具有相同的电子层结构C. MgCl2的电子式为D. ?816O表示中子数为16的氧原子3. 室温下，下列实验探
究方案能达到探究目的的是(????)选项探究方案探究目的A将SO2分别通入盛有品红溶液和KMnO4溶液的试管中，观察两份溶液颜色变
化SO2具有漂白性B用pH计测定浓度均为0.1mol?L?1的CH3COONa溶液和Na2SO3溶液的pH比较CH3COOH和H2
SO3的酸性强弱C向两支试管中各加入2mL0.1mol?L?1的Na2S2O3溶液，再同时各加入2mL0.1mol?L?1和0.2
mol?L?1的稀硫酸，比较试管中出现浑浊现象的快慢研究浓度对反应速率的影响D向25.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中加入甲
基橙指示剂，用0.1000mol?L?1NaOH标准溶液滴定，记录指示剂变色时消耗碱液的体积并计算测定CH3COOH溶液的浓度A.
AB. BC. CD. D4. 下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是(????)A. 氮气难溶于水，可用于合成氨B
. 硝酸见光易分解，可用于制氮肥C. 二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂5. 短周期主
族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W
的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是(????)A. 原子半径大小：Y>Z>QB. 该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构
C. 该化合物中，W、X、Y、Z、Q之间均为共价键D. Q元素对应的单质能与水反应，也能与甲醇反应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)ΔH<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、SO32?、SO42?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S
O2的还原性C. SO32?的空间构型为平面三角形D. SO42?中S原子轨道杂化类型为sp37. 下列物质的转化在给定条件下能
实现的是(????)A. 硫磺(S)→点燃足量O2?SO3→通入水中H2SO4B. NH3→O2,△催化剂NO?→通入水中HNO3
C. Na→△O2Na2O2?→通入水中NaOHD. Fe?→点燃Cl2(少量)?FeCl2→Cl2?FeCl38. 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2H2
S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)ΔH<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
ΔS>0B. 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)3?1mol9. 实验室制备硫酸亚铁晶体的步骤如下：取洁净铁屑，加过量20%稀硫酸，50℃水浴加热，趁热
过滤，滤液转至锥形瓶，置于冰水浴中冷却，经一系列操作后，获得产品。下列说法不正确的是(????)待选操作有：①混合物倒入布氏漏斗；
②用酒精洗涤；③开大水龙头；④确认抽干；⑤关小水龙头；⑥滤液洗涤锥形瓶。A. 硫酸溶液过稀或过浓，都会影响硫酸亚铁晶体的产率B.
水浴加热可加快反应速率，同时避免生成的H2发生爆炸C. 冰水浴冷却比室温冷却，可析出更多、更大的晶体D. 一系列操作的正确顺序是：
③①⑥④⑤②③④10. 室温下，通过下列实验来探究NH4HCO3的性质。实验1：测得0.1mol?L?1NH4HCO3溶液的pH
=9.68实验2：向浓度为0.1mol?L?1NH4HCO3溶液中加入足量NaOH，有刺激性气味气体产生实验3：浓度均为2.0mo
l?L?1NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合，有晶体析出，过滤下列说法正确的是(????)A. 0.1mol?L?1?NH
4HCO3溶液中存在：c(H+)+2c(H2CO3)=c(CO32?)+c(OH?)+c(NH3?H2O)B. 由实验1可得：Kb
(NH3?H2O)>Ka1(H2CO3)C. 实验2中发生反应的离子方程式为NH4++OH?=NH3↑+H2OD. 实验3中所得滤
液中存在：c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3?)+c(CO32?)11. 有机物的结构简式如下
，关于该有机物的下列叙述不正确的是(????)A. 在加热和催化剂作用下，最多能与4?mol?H2反应B. 能使溴水褪色C. 不能
使KMnO4酸性溶液褪色D. 一定条件下，能发生取代反应12. HCOOH燃料电池的装置如图所示，M、N表示电极，两电极区间用允
许K+、H+通过的半透膜隔开。下列说法正确的是(????)A. M电极反应式为：HCOO?+2OH??2e?=HCO3?+H2OB
. 在电池工作时，每生成1molHCO3?，将会有1molK+通过半透膜移向右侧C. 图中所示需要补充的A物质为KOHD. 电子的
流动方向为：N→用电器→M13. 甲烷双重整制备合成气(CO和H2)包括了水蒸气重整(反应Ⅰ)和二氧化碳重整(反应Ⅱ)两个反应。
在p=3.2×106Pa下，向密闭容器中按n(CH4)：n(H2O)：n(CO2)=5：4：2通入混合气，发生反应：(Ea表示反应
中基元反应的最大活化能)反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)ΔH1=206.2kJ?mol?1Ea1=24
0.1kJ?mol?1反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH2=247.0kJ?mol?1Ea2=57
7.6kJ?mol?1副反应：CH4(g)?C(s)+2H2(g)重整体系中，各气体的平衡体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正
确的是(????)A. 曲线X表示CH4的平衡体积分数随温度的变化B. 适当增加水蒸气或CO2的用量均可减少碳的生成C. 在相同条
件下，反应Ⅰ的速率小于反应II的速率D. CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)ΔH=40.8kJ?mol?1二、简答
题（本大题共4小题，共61.0分）14. 现有下列十种物质：①H2?②铝?③CaO?④CO2?⑤H2SO4⑥Ba(OH)2?⑦红
褐色的氢氧化铁液体?⑧氨水?⑨稀硝酸?⑩Al2(SO4)3 (1)上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH?=H2O
，该离子反应对应的化学方程式为 ______ ． (2)⑩在水中的电离方程式为 ______ ． (3)少量的④通入⑥的溶液中反应
的离子方程式为 ______ ，过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为 ______ ． (4)⑥与过量的碳酸氢钠溶液反应离子方
程式： ______ ． (5)②与⑨发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，当有5.4g?
Al发生反应时，转移电子的数目为 ______ ．15. 瑞格列奈(G)是一种治疗糖尿病的药物，可以通过以下方法合成：(1)B?
中的含氧官能团名称为______(2)A→B?的反应类型为______(3)C?和?F?生成?G?的另一种产物为?H2O，则?F?
的结构简式为______(4)写出同时满足下列条件的?B?的一种同分异构体的结构简式：______①能发生银镜反应；②能水解，产物
之一能与?FeCl3?溶液发生显色反应③分子中只有?4?种不同化学环境的氢；(5)已知：请以?CH3CH2OH?和??为原料制备?
，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。16. FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处
理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。Ⅰ高温合成法称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。
用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。(1)若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取
FeS，消耗S8和S6的质量比为 ______。(2)能说明反应已进行完全的标志是 ______。Ⅱ均相沉淀法实验室以硫酸亚铁铵[
(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料，利用如图装置合成纳米硫化亚铁的流程如图。已知
：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式为CH3CSNH2+2H2O+H+=CH3COOH+H2S+NH4+CH3CSN
H2+3OH?=CH3COO?+S2?+NH3?H2O(3)加入药品前检查装置气密性的操作为 ______。(4)“反应”时，控制
混合液pH约为9，温度70℃。三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为 ______。(5)该方法得到的产品中常混有少量Fe(OH)2杂质
。有研究表明，在混合液中添加少量柠檬酸钠()可降低溶液中c(Fe2+)，抑制Fe(OH)2杂质的形成。加入柠檬酸钠的能降低c(Fe
2+)的原因是 ______。(6)已知硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。
表中列出了不同温度下硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。温度/℃溶解度/g物质102030405070(NH4)2SO47
3.075.478.081.084.591.9FeSO4?7H2O40.048.060.073.3??(NH4)2SO4?FeSO
4?6H2O18.121.224.527.931.338.5补充完请整实验室制取硫酸亚铁铵晶体的实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑
，______，趁热过滤，洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中 ______，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。[可选用的实验试
剂有：(NH4)2SO4晶体、3mol?L?1H2SO4溶液、0.1mol?L?1H2SO4溶液、蒸馏水、无水乙醇]17. 过二
硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。(1)S2O82?的结构如图1所示，用“□”标识出S2O82?
中体现强氧化性的基团：______。(2)Fe2+可活化S2O82?，活化后产生SO4??。SO4??氧化性更强，降解废水中有机污
染物的能力更强。Fe2+活化S2O82?过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：Ⅰ：S2O82?=2SO
4??k=2.5×10?9Ⅱ：SO4??+H2O=SO42?+?OH?+H+k=2×103Ⅲ：S2O82?+Fe2+=Fe3++S
O4??+SO42?k=20Ⅳ：Fe2++SO4??=Fe3++SO42?k=4.6×109向含有有机污染物的废水中投放一定量Na
2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。①若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是 ______。②其他条件相
同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是 ______。(3)
CuxFeyOz是一种符合催化剂，可催化活化过二硫酸盐(S2O82?)产生SO42?。①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别
为晶胞的18的结构)，其化学式为 ______。②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：
______。答案和解析1.【答案】C?【解析】解：A.Fe2O3+3CO?△?2Fe+3CO2存在Fe、C元素化合价变化，属于氧
化还原反应，故A不选； B.反应NH4NO3?△?N2O↑+2H2O存在N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选； C.2Na
HCO3?△?Na2CO3+CO2↑+H2O为分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故C选； D.4Fe(OH)2+O2
+2H2O=4Fe(OH)3中存在Fe、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选； 故选C．氧化还原反应的实质为电子的转移，
特征为化合价升降，则反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，没有化合价变化的反应为非氧化还原反应，据此进行解答． 本题考查了氧化
还原反应的判断，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质、特征为解答关键，注意掌握常见反应类型与氧化还原反应的关系，试题有利于提高学生
的灵活应用能力．2.【答案】B?【解析】A.氯原子原子序数为17，基态Cl原子核外电子排布式为[Ne]3s23p5，故A错误；B.
依据分析可知，Mg2+与O2?具有相同的电子层结构，均是2、8结构，故B正确；C.氯化镁是离子化合物，由Mg2+和Cl?构成，其电
子式为，故C错误；D.?816O表示质子数为8，质量数16的氧原子，中子数为16?8=8，故D错误；故选：B。3.【答案】C?【解
析】解：A.二氧化硫与品红化合生成无色物质，二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液均褪色，分别体现二氧化硫的漂白性、还原性，故A错
误； B.酸性越弱，其对应盐溶液的水解程度越大，溶液的碱性越强，则用pH计测定浓度均为0.1mol?L?1的CH3COONa溶液和
Na2SO3溶液的pH，可比较CH3COOH和HSO3?的性强弱，故B错误； C.只有硫酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，
故C正确； D.醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选酚酞作指示剂，故D错误； 故选：C。A.二氧化硫与品红化合生成无色物
质，二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化； B.测定等浓度盐溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱； C.只有硫酸的浓度不同； D.醋酸与
NaOH反应生成醋酸钠，溶液显碱性。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、反应速率、中和滴
定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。4.【答案】D?【解析】A.氮气可用于合成
氨是利用氮气的氧化性，与氮气难溶于水无关，故A错误；B.硝酸可用于制氮肥，是因为含有氮元素，与见光易分解无关，故B错误；C.NO2
可用于制硝酸是因为NO2可以与水反应生成硝酸，与密度比空气大无关，故C错误；D.氨气的沸点较高，容易实现液化，液氨汽化时吸收大量的
热，可以使周围环境温度降低，可用作制冷剂，故D正确；故选：D。本题主要考查物质的性质和用途是否具有对应关系，熟练掌握氮元素及其化合
物的性质是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。5.【答案】D?【解析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原
子序数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。【解答】W的原子半径是元素周期
表中最小的，则W为H元素，由该化合物的结构图可知，X为第ⅣA族元素，Y为VA族元素，Q为第IA族元素，Z为ⅥA族元素，又W、X、Y
、Z、Q原子序数依次增大的五种短周期元素，Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Na元
素，以此解答该题。由上述分析可知，W为H、X为C、Y为N、Z为O、Q为Na，A.Y为N，Z为O，Q为Na，原子核外电子层数越多，原
子半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：Q>Y>Z，故A错误；B.该化合物中Y原子得到3个电子形成8电子稳定结构，
故B错误；C.该化合物中存在离子键和共价键，故C错误；D.Q为Na，能与水、甲醇反应生成氢气，故D正确。?6.【答案】D?【解析】
A.非金属性：O>S，所以H2S的稳定性比H2O的弱，故A错误；B.SO2与H2S反应中，SO2中的硫元素由+4价降低到0价，体现
SO2的氧化性，故B错误；C.SO32?中S原子的σ键数为3，孤电子对数为1，价层电子对数为3+1=4，S原子为sp3杂化，SO3
2?的空间构型为三角锥形，故C错误；D.SO42?中S原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为4+0=4，S原子为sp3杂
化，SO42?的空间构型为正四面体型，故D正确；故选：D。本题主要考查硫的相关知识，具体涉及氢化物稳定性比较，氧化性与还原性判断，
微粒的空间构型等，属于基本知识的考查，难度不大。7.【答案】C?【解析】解：A.硫单质和足量氧气反应只能生成二氧化硫，二氧化硫催化
氧化生成三氧化硫，不能一步实现，故A错误；B.氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，不能一步实现，需要和氧气按照4：3通入水
中生成硝酸，故B错误；C.钠在点燃条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应能一步实现，故C正确；D.氯气是
强氧化剂，铁和少量氯气反应只能生成氯化铁，反应不能一步实现，故D错误；故选：C。A.硫单质弱酸生成二氧化硫；B.氨气催化氧化生成一
氧化氮，一氧化氮不溶于水；C.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；D.铁和氯气反应生成氯化铁。本题考查物质性质
的应用，主要是铁及其化合物、钠及其化合物、氮及其化合物、硫及其化合物性质的分析判断，注意反应条件分析，题目难度中等。8.【答案】D
?【解析】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分子的物质的量减少，为熵减的
反应，则ΔS<0，故A错误；B.途径①中若通入O2过多，氧气可能会将H2S氧化为SO2，不利于单质S的生成，故B错误；C.途径②反
应过程中，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、ZnSO4，方程式为：
ZnS+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+ZnSO4，则ZnO为反应物，不是催化剂，故C错误；D.根据关系式：Fe2(SO4
)3～S可知，途径②中每回收32g硫，理论消耗?1molFe2(SO4)3，故D正确；故选：D。本题主要考查H2S废气的处理，同时
考查氧化还原反应原理的应用以及学生对催化剂概念的理解，关系式计算，熵变化的判断等，属于高频考点，难度不大。9.【答案】C?【解析】
解：A.硫酸如果浓度过稀，则反应时速率过慢，另外由于溶液中含有较多的水，也不利于硫酸亚铁晶体的析出；如果硫酸浓度过高会有其他副反应
发生，故A正确； B.水浴加热受热均匀，温度容易控制，故B正确； C.结晶太快晶体长不大，会析出沉淀，而自然冷却结晶有利于晶体慢慢
成形，可析出更多、更大的晶体，自然冷却结晶的晶体会比较好，故C错误； D.取洁净铁屑，加过量20%稀硫酸，50℃水浴加热，趁热过滤
，滤液转至锥形瓶，置于冰水浴中冷却，注意抽滤分为两步，第一步是对水的抽滤，第二步是对乙醇的抽滤，经一系列操作包括：开大水龙头，让水
从窄口径管道流经宽口径管道产生负压→混合物倒入布氏漏斗，进行充分抽滤→滤液洗涤锥形瓶，不引入水分→确认抽干，保证抽滤效果→关小水龙
头，第一次抽滤完成→用酒精洗涤，进一步去除多余水分→开大水龙头→确认抽干，故D正确； 故选：C。A.硫酸过稀，则反应过慢；硫酸浓度
过高会有其他副反应发生； B.水浴加热受热均匀，温度容易控制； C.自然冷却结晶有利于晶体慢慢成形，可析出更多、更大的晶体； D.
注意抽滤分为两步，第一步是对水的抽滤，第二步是对乙醇的抽滤。本题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎
样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力，题目难度中等。10.【答案】B?【解析】A.0.1mol?
L?1NH4HCO3溶液中，由质子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32?)+c(OH?)+c(NH3?H2O)，故A
错误；B.由实验1可知，0.1mol?L?1NH4HCO3溶液显碱性，可知NH4+的水解程度小于HCO3?的水解程度，则Kb(NH
3?H2O)>Ka1(H2CO3)，故B正确；C.实验2中的NaOH是足量的，所以发生反应的离子方程式是NH4++HCO3?+2O
H?=NH3↑+2H2O+CO32?，故C错误；D.实验3中析出的晶体是溶解度较小的NaHCO3晶体，则滤液中NH4Cl的量要大于
NaHCO3，则根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3?H2O)>c(H2CO3)+c(HCO3?)+c(CO32?)，故D错误
；故选：B。11.【答案】C?【解析】解：A.苯环与双键均与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4?molH2反应，
故A正确； B.含碳碳双键，与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故B正确； C.含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D.苯环上H、甲基上H、?Cl均可发生取代反应，故D正确． 故选C．由结构简式可知，分子中含碳碳双键与苯环、?Cl，结合烯烃、苯、
卤代烃的性质来解答．本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见的官能团及性质的关系，熟悉烯烃
、卤代烃的性质是解答的关键，题目难度不大．12.【答案】A?【解析】解：A.HCOO?发生失去电子的反应生成HCO3?，做负极，电
极反应式为：HCOO?+2OH??2e?=HCO3?+H2O，故A正确； B.在电池工作时，每生成1molHCO3?，转移2mol
电子，则将会有2molK+通过半透膜移向右侧，故B错误； C.酸性条件下，氧气氧化亚铁离子，所以需要补充的A物质为硫酸，故C错误；
D.M为负极，N为正极，所以电子的流动方向为：M→用电器→N，故D错误； 故选：A。HCOOH燃料电池中，HCOO?发生失去电子
的反应生成HCO3?，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO??2e?+2OH?=HCO3?+H2O，正极Fe3+得电子生成Fe2
+，电解质储罐中O2氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+循环使用，即HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能
转化为电能，原电池工作时K+通过半透膜移向正极，据此分析。本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的
考查，注意把握正负极的判断、电极反应式的书写，题目难度不大。13.【答案】B?【解析】A.向密闭容器中按n(CH4)：n(H2O)
：n(CO2)=5：4：2通入混合气，发生反应，故起始时甲烷的体积分数最大，故A错误；B.适当增加水蒸气或CO2的用量，有利于反应
Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，产生H2的量增多，使副反应平衡逆向移动，减少碳的生成，故B正确；C.由已知，反应Ⅰ所需的活化能小，故反应Ⅰ速率
比反应II速率快，故C错误；D.已知反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)ΔH1=206.2kJ?mol?1
，反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH2=247.0kJ?mol?1，由盖斯定律Ⅰ?Ⅱ可得CO(g)
+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)ΔH=206.2kJ?mol?1?247.0kJ?mol?1=?40.8kJ?mol?1，
故D错误；故选：B。14.【答案】Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；Al2(SO4)3=2Al3++3SO4
2?；CO2+Ba2++2OH?=BaCO3↓+H2O；CO2+OH?=HCO3?；Ba2++2OH+2HCO3?=2H2O+Ba
CO3↓+CO32?；0.6NA或3.612×1023?【解析】【分析】(1)H++OH?=H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐与
水的离子反应；(2)Al2(SO4)3为强电解质，水溶液中完全电离；(3)少量二氧化碳生成碳酸钡和水，过量二氧化碳生成碳酸氢钡；(
4)⑥与过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水；(5)Al元素的化合价由0升高为+3价，以此计算转移电子数。本题考查较综合，
涉及离子反应方程式书写、氧化还原反应转移电子的计算等，注重高频考点的考查，把握离子反应的书写方法、反应中元素的化合价变化为解答的关
键，综合性较强，题目难度不大。【解答】(1)上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH?=H2O，说明是强酸强碱反应生
成溶于水的盐的离子反应，氢氧化钡和稀硝酸反应符合，该离子反应对应的化学方程式为Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2
O；故答案为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；(2)Al2(SO4)3属于盐是强电解质，水溶液中完全电离，
电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42?，故答案为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42?；(3)少量的④
通入⑥的溶液中反应，是二氧化碳通入氢氧化钡溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为CO2+Ba2++2OH?=BaCO3↓
+H2O；过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为CO2+OH?=HCO3?，故答案为；CO2+Ba2++2OH?=BaCO3↓+
H2O；CO2+OH?=HCO3?；(4)⑥与过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子反应为Ba2++2OH+2HCO3
?=2H2O+BaCO3↓+CO32?，故答案为：Ba2++2OH+2HCO3?=2H2O+BaCO3↓+CO32?；(5)②与⑨
发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，当有5.4g?Al物质的量=5.4g27g/mol=
0.2mol，电子转移为0.2mol×(3?0)=0.6mol，电子数为0.6NA或3.612×1023，故答案为：0.6NA或3
.612×1023。?15.【答案】酯基、醚键 取代反应???【解析】解：(1)由B的结构，可知含有的含氧官能团为酯基、醚键，故答
案为：酯基、醚键；(2)对比A、B的结构可知，A中羧基、酚羟基中氢原子被?C2H5替代生成B，属于取代反应，故答案为：取代反应；(
3)C?和?F?生成?G?的另一种产物为?H2O，对比C、G的结构可知，C中羧基中羟基被替代生成G，可推知F的结构简式为：，故答案
为：；(4)B?的一种同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，②能水解，产物之一能与?FeCl3?溶液发生显色反应，说明含有甲酸形成
的酯基，③分子中只有?4?种不同化学环境的氢，具有高对称性，应是?OCH3、?OOCH处于对位，另外为4个?CH3，符合条件的同分
异构体结构简式为：，故答案为：；(5)由苯甲酸与NH2CH(CH2CH3)2反应得到，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br
，CH3CH2Br与NaCN反应得到CH3CH2CN，CH3CH2Br与Mg、乙醚得到CH3CH2MgBr，利用转化中E→F转化，
CH3CH2CN与CH3CH2MgBr在NaBH4作用下得到NH2CH(CH2CH3)2.和消耗路线流程图为：，故答案为：。(1)
由B的结构，可知含有的含氧官能团为酯基、醚键；(2)对比A、B的结构可知，A中羧基、酚羟基中氢原子被?C2H5替代生成B；(3)C
?和?F?生成?G?的另一种产物为?H2O，对比C、G的结构可知，C中羧基中羟基被替代生成G；(4)B?的一种同分异构体满足条件：
①能发生银镜反应，②能水解，产物之一能与?FeCl3?溶液发生显色反应，说明含有甲酸形成的酯基，③分子中只有?4?种不同化学环境的
氢，具有高对称性，应是?OCH3、?OOCH处于对位，另外为4个?CH3；(5)由苯甲酸与NH2CH(CH2CH3)2反应得到，乙
醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br，CH3CH2Br与NaCN反应得到CH3CH2CN，CH3CH2Br与Mg、乙醚得到C
H3CH2MgBr，利用转化中E→F转化，CH3CH2CN与CH3CH2MgBr在NaBH4作用下得到NH2CH(CH2CH3)2
。本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，关键是理解官能团的变化、化学键的断裂与形成、对转化
关系中信息的提取。同分异构体书写与合成路线设计是本题的难点、易错点。16.【答案】(1)1：1 (2)硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气
浓度不变 (3)关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱 (4)Fe2+
+2NH4++CH3CSNH2+5OH?=FeS↑+CH3COO?+3NH3?H2O (5)柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物(6)
加入3mol?L?1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体 ；加入(NH4)2SO4晶体?【解析】(1)若分别用S8和
S6与等质量的铁粉反应制取FeS，FeS中Fe和S原子个数比为1：1，所以消耗S8和S6的质量比为1：1，故答案为：1：1；(2)
硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全，故答案为：硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变；(3)关闭左侧导管上的活
塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好，故答案为：关闭左侧导管上的活
塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱；(4)“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70
℃。三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为Fe2++2NH4++CH3CSNH2
+5OH?=FeS↑+CH3COO?+3NH3?H2O，故答案为：Fe2++2NH4++CH3CSNH2+5OH?=FeS↑+CH
3COO?+3NH3?H2O；(5)柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，所以加入柠檬酸钠能降低c(Fe2+)，故答案为：柠檬酸钠能与F
e2+形成络合物；(6)取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol?L?1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到
不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g，向滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤，低温烘干，
得到硫酸亚铁铵晶体，故答案为：加入3mol?L?1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体；加入(NH4)2SO4晶体。
(1)S8和S6均由S原子构成；(2)反应物浓度不变说明反应已进行完全；(3)根据压强差法测量气密性；(4)“反应”时，控制混合液
pH约为9，温度70℃，三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀；(5)柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物
；(6)结合各物质溶解度信息，取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol?L?1H2SO4溶液，在60℃左右使其
反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g，向滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤，低温
烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。本题考查了物质的制备方案设计，为高考常见题型，题目涉及滴定原理以及物质的制备等，题目综合性较强，题目难度
中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。17.【答案】(1)(2)①若将FeSO4一次性加入废水中，反应IV的速
率大于反应Ⅲ，溶液中SO4??被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性减弱 ②?pH越大，Fe2+水解程度大，不利于反应Ⅲ进行，生成
的SO4??浓度小，而pH越大，有利于反应Ⅱ进行，生成?OH?，?OH?的氧化性比SO4??弱?(3)①CuFe2O4 ②Cu(Ⅱ
)、Fe(Ⅱ)失去电子给S2O82?，转化为Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)，Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)再得到SO42?失去的电子生成Cu(Ⅱ)
、Fe(Ⅱ)，如此循环，实现催化与再生?【解析】(1)S2O82?体现强氧化性是由于含有过氧键，如图所示，故答案为：；(2)①由平
衡常数可知，反应IV的速率大于反应Ⅲ，若将FeSO4一次性加入废水中，溶液中SO4??被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性减弱，
不利于有机污染物降解，故答案为：若将FeSO4一次性加入废水中，反应IV的速率大于反应Ⅲ，溶液中SO4??被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性减弱；②pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度大，不利于反应Ⅲ进行，生成的SO4??浓度小，而pH越大，有利于反应Ⅱ进行，生成?OH?，?OH?的氧化性比SO4??弱，故答案为：pH越大，Fe2+水解程度大，不利于反应Ⅲ进行，生成的SO4??浓度小，而pH越大，有利于反应Ⅱ进行，生成?OH?，?OH?的氧化性比SO4??弱；(3)①晶胞的顶点、面心为Cu原子，每个A体内单独占有1个“CuO4“，每个B体内单独占有1个“Fe4O4”，晶胞中Cu在数目=8×18+6×12+4×1=8，Fe原子数目=4×4=16，O原子数目=4×4+4×4=32，Cu、Fe、O原子数目之比为8：16：32=1：2：4，故化学式为CuFe2O4，故答案为：CuFe2O4；②由图可知，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子给S2O82?，转化为Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)，S2O82?得电子SO42?、SO4??，Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)再得到SO42?失去的电子生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)，同时生成SO4??，实现催化剂参与反应并再生，故答案为：Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子给S2O82?，转化为Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)，Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)再得到SO42?失去的电子生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)，如此循环，实现催化与再生。(1)S2O82?中含有过氧键，体现强氧化性；(2)①若将FeSO4一次性加入废水中，反应IV速率大于反应Ⅲ，溶液中SO4??被Fe2+大量消耗；②pH过大，Fe2+水解程度大，有利于反应Ⅱ进行；(3)①晶胞的顶点、面心为Cu原子，每个A体内单独占有1个“CuO4“，每个B体内单独占有1个“Fe4O4”，均摊法计算确定化学式；②Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子转化为Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)，S2O82?得电子SO42?、SO4??，Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)再与SO42?反应生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、SO4??。本题考查比较综合，涉及氧化还原反应、条件控制、晶胞计算、催化机理等，需要学生具备扎实的基础，题目侧重考查学生观察能力、信息获取能力、运用知识解决问题的能力。第11页，共11页 |
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