2022年1月襄阳市普通高中调研统一测试高三理科综合本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第6页，第Ⅱ卷第6页至第16页．全卷满分300分．考试时间150分钟．★祝考试顺利★注意事项：1．答卷前，请考生认真阅读答题卷上的注意事项．考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置，贴好条形码或将考号对应数字涂黑．用2B铅笔将试卷类型（A或B）填涂在答题卡相应位置上．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试题卷、草稿纸上无效．3．非选择答题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效．4．考生必须保持答题卡的清洁．考试结束后，监考人员将答题卡收回，按小号在上大号在下封装．可能用到的相对原子质量：H：lC：l2N：14O：16Na：23Mg：24S：32Al：27Mn：55Fe：56Zn：65Br：80【试卷综析】本试卷是高三化学理综试题，在考查学生基础知识的同时注意培养学生的综合运用的能力。本试卷题型和题的难易程度和高考比较接近，选择题中考查了化学与社会、环境，有机物同分异构体的书写，化学反应中的能量变化，溶液中的离子反应和离子方程式的书写，氧化还原反应原理的应用、化学反应速率和化学平衡的基本理论、化学实验的设计和简单评价等主干知识，在选做题中化学与技术、物质结构与性质和有机化学基础都是在基础理论上注重了知识的综合，虽然是理综试卷，但涉及的知识点较多。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了学科的基本要求。第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：（共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选顼中，只有一项是符合题目要求的。）【题文】7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A．处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装中放入生石灰C．金属汞一旦洒落在地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【知识点】合金，食品添加剂的组成、性质和作用，生活环境的污染及治理C5【答案解析】D解析：A、明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀，不是作为消毒剂，错误；B、生石灰是干燥剂，能吸水，但是不能吸收氧气，所以加入生石灰不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，错误；C、金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，应加入硫磺粉，错误；D、铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，正确。【思路点拨】本题考查了化学知识在生活实际的应用，12明矾的净水作用、常用干燥剂及其使用注意事项、合金的性质等，属于基础知识的考查，题目较简单。【题文】8．分子式为C9H18O2的有机物Q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A，同时生成另一种物质B，若不考虑立体异构,则Q的结构最多有A．16种B．8种C．4种D．2种【知识点】同分异构体的判断I4【答案解析】A解析：乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A为丁酸，丁酸的结构有正丁酸和异丁酸，另一种物质B为戊醇，戊醇的结构有8种，则A与B结合生成的Q的结构应有16种，正确选项为A。【思路点拨】本题考查了在前提条件下的同分异构体的书写，首先明确与乙酸乙酯互为同分异构体的A的结构，然后A与B的结合形成的同分异构体的数目的判断是本题的关键，难度不大，但是属于易错试题。【题文】9．下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)。下列选项中不正确的是A．Mg与F2反应的△S<0B．MgF2(s)+Br2(l)==MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ·mol-1C．MgBr2与Cl2反应的△H<0D．化合物的热稳定顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2【知识点】反应热和焓变F5【答案解析】D解析：A、Mg与F2反应生成了固体MgF2，气体参加反应，生成物只有固体，故△S<0，正确；B、Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）；△H=+600kJ•mol-1，故正确。C、氯化镁的能量小于溴化镁的能量，氯气的能量大于溴的能量，所以MgBr2与Cl2反应是放热反应，即△H＜0，故正确；D、能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故错误。【思路点拨】本题考查了反应过程中的能量的变化，熵的变化，反应热的计算，物质的稳定性等知识点，基础性较强，难度不大。【题文】10．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层。下列叙述正确的是A．原子序数：A>C>B>DB．单质熔点：D>B，A>CC．原子半径：D>B>C>AD．简单离子半径：D>B>C>A【知识点】元素周期律的应用E2【答案解析】C解析：A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，故A、C为非金属，原子序数C＞A，A处于第二周期，C处于第三周期；B、C、D同周期，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B、D为金属，原子序数D＜B，C＞B，C＞D且三者处于第三周期。A．如果A处于第二周期，C处于第三周期；原子序数D＜B，C＞B，C＞D，所以原子序数：C＞B＞D＞A，故A错误；B．同周期从左到右，金属的熔点逐渐升高，所以单质熔点：B＞D；同主族从上到下，非金属单质的熔点逐渐增大，C＞A，故B错误；12C．同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以半径：D＞B＞C，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以C＞A，则原子半径：D＞B＞C＞A，故C正确；D．核外电子排布相同时，原子序数越小，离子的半径越大，电子层数越多，半径越大，A、B的核外电子排布相同，C、D的核外电子排布相同比A、B多一个电子层，原子序数：C＞B＞D＞A，所以离子半径：C＞A＞D＞B，故D错误；故选C。【思路点拨】本题考查了元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系、以及元素周期律是解题关键。【题文】11．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是A．在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等B．溶液酸性越强，R的降解速率越小C．R的起始浓度越小，降解速率越大D．在20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04mol·L－1·min－1【知识点】化学反应速率的影响因素；反应速率的计算G1【答案解析】A解析：A、根据图示可知：在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A正确；B、溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；C、图中无法比较同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系，故C错误；D、在20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为（0.6-0.4）/5×10-4=0.04×10-4mol•L-1•min-1，故D错误。故选A。【思路点拨】本题考查了外界条件对化学反应速率的影响，化学反应速率的计算，知识点基础性较强，但是要求学生有一定的识图能力，具有分析和解决问题的能力，难度中等。【题文】12．某溶液中含有、、、、五种离子。若向其中加入过氧化钠粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是A．、B．C．、D．、、【知识点】离子共存问题，钠的重要化合物B1C1【答案解析】B解析：Na2O2粉末加入溶液中，SO32-因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3-与之反应生成CO32-，使CO32-、Na+均增加，HCO3-减少，整个过程中只有NO3-浓度保持不变，正确选项为B。【思路点拨】本题考查了Na2O2的性质，当其溶于水后生成的物质与其他微粒的反应，属于易错试题。【题文】13．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3＋。下图是可能用到的实验用品。有关该实验的说法中正确的是A．第一步需选用仪器①、②和⑨ ，①的名称叫钳埚B．第二步用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦12C．要完成第三步，需选用④、⑤和⑦ ，除夹持仪器外还缺滤纸D．第四步，若滤液中含有Fe3＋，加入⑧中的溶液后滤液会显红色【知识点】化学仪器的使用，实验方案的设计J1J4【答案解析】C解析：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台等，错误；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，错误；C．过滤时用到④、⑤和⑦及滤纸，正确；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，错误。【思路点拨】本题考查了物质的检验、鉴别及分离实验的设计，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度中等。第Ⅱ卷（非选择题共174分）注意事项：第Ⅱ卷必须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。）（一）必考题：（共129分。）【题文】26．（14分）3-丁酮酸乙酯在有机合成中用途极广，广泛用于药物合成，还用作食品的着香剂。其相对分子质量为130，常温下为无色液体，沸点181℃，受热温度超过95℃摄氏度时就会分解；易溶于水，与乙醇、乙酸乙酯等有机试剂以任意比混溶；实验室可用以乙酸乙酯和金属钠为原料制备。乙酸乙酯相对分子质量为88，常温下为无色易挥发液体，微溶于水，沸点77℃。【反应原理】【实验装置】【实验步骤】1．加热反应：向反应装置中加入32mL（28.5g，0.32mol）乙酸乙酯、少量无水乙醇、1.6g（0.07mol）切细的金属钠，微热回流1.5~3小时，直至金属钠消失。2．产物后处理：冷却至室温，卸下冷凝管，将烧瓶浸在冷水浴中，在摇动下缓慢的加入32mL30%醋酸水溶液，使反应液分层。用分液漏斗分离出酯层。酯层用5%碳酸钠溶液洗涤，有机层放入干燥的锥形瓶中，加入无水碳酸钾至液体澄清。3．蒸出未反应的乙酸乙酯：将反应液在常压下蒸馏至100℃。然后改用减压蒸馏，得到产品2.0g。回答下列问题：12（1）从反应原理看，无水乙醇的作用是▲。（2）反应装置中加干燥管是为了▲。两个装置中冷凝管的作用▲（填“相同”或“不相同”），冷却水进水口分别为▲和▲（填图中的字母）。（3）产物后处理中，滴加稀醋酸的目的是▲，稀醋酸不能加多了，原因是▲。用分液漏斗分离出酯层的操作叫▲。碳酸钠溶液洗涤的目的是▲。加碳酸钾的目的是▲。（4）采用减压蒸馏的原因是▲。（5）本实验所得到的3-丁酮酸乙酯产率是▲(填正确答案标号)。A．10％B．22％C．19％D．40％【知识点】有机化合物的制备J5【答案解析】（1）催化剂（2）防湿气进入反应体系中以保证反应体系干燥；不相同；b；d（3）中和生成的钠盐，使之变成产物；酸多了会增加产物在水中的溶解度；分液；中和醋酸；干燥（4）3-丁酮酸乙酯沸点高，在沸点温度下还易分解（5）B解析：（1）在反应原理中可以得到乙醇钠发生了反应生成了乙醇，在反应装置中加入的是乙醇，乙醇可以进而金属钠反应生成乙醇钠，当乙醇钠反应后又生成了乙醇，故乙醇的作用是催化剂。（2）反应装置中加干燥管是为了防湿气进入反应体系中以保证反应体系干燥；在左边装置图中冷凝管的作用是冷凝回流的，在右侧的装置在冷凝管的作用是使蒸馏出来的气体物质进行冷却，形成液体进行收集，故两个冷凝管的作用不同；左侧装置中冷凝水从b口进入，右侧冷凝管中的冷凝水应从d口进入。（3）在第一步骤中生成的是产物的钠盐，加入稀醋酸使其变成产物；因产物易溶于水，当在其中加入的酸过多后会增加产物在水中的溶解度；用分液漏斗分离出酯层的操作叫分液；碳酸钠溶液可以与加入的过量的醋酸反应，故洗涤的目的是中和醋酸；碳酸钾可以做干燥剂，对产物进行干燥。（4）因产物沸点181℃，在温度超过95℃摄氏度时就会分解，所以在进行蒸馏时的温度不能过高。（5）反应物中有0.32mol乙酸乙酯、0.07mol金属钠，可以得到乙酸乙酯过量，则0.07mol金属钠完全反应生成的产物的物质的量为0.07mol，质量为0.07mol×130g/mol=9.1g，产率=2.0g/9.1g=22％。【思路点拨】本题以3-丁酮酸乙酯此有机物的制备为载体，考查到了在物质的制备过程中要注意的问题：环境的干燥、产物的除杂、产率的计算等，综合性较强。【题文】27．(14分)亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ +H2PO3－。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生和Na2HPO3。（1）①写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式▲。②根据亚磷酸（H3PO3）的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH▲7（填“>”、“<”或“=”）。③某温度下，0.1000mol·L－1的H3PO3溶液中c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，除OH—之外其他离子的浓度由大到小的顺序是▲，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=▲。（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式▲。（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如下：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过。12①阴极的电极反应式为▲。②产品室中生成亚磷酸的离子方程式为▲。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，电解原理的应用H6F4【答案解析】（1）①H3PO3+OH—＝H2PO3—+H2O  ② > ③c（H+）>c（H2PO3-）> c（HPO32-） 8.3×10－3mol/L（2）H3PO3 +I2 +H2O=2HI +H3PO4   （3）①2H+ +2e－＝H2↑    ②HPO32－+2H+＝H3PO3 [或：HPO32－+H+ ＝H2PO3－ 、H2PO3－+H+＝H3PO3]解析：：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O。②亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32—只能发生水解而使溶液显示碱性。③0.1000mol•L-1的H3PO3溶液c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+）；                          H3PO3⇌H++H2PO3-起始时各物质浓度（mol•L-1）     0.10     0       0反应的各物质的浓度（mol•L-1）2.5×10-22.5×10-2   2.5×10-2平衡时各物质的浓度（mol•L-1）0.10-2.5×10-22.5×10-22.5×10-2K=[c(H+)•c(H2PO3-]/c(H3PO3)=(2.5×10-2×2.5×10-2)/(0.10-2.5×10-2)=8.3×10-3mol/L。（2）碘具有氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4。（3）①阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；②产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，电极反应式的书写、有关平衡常数的计算等，知识点较综合，是高考热点，应重点掌握。【题文】28．(15分)氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用。（1）已知25℃时，几种难溶电解质的溶度积如下表所示：氢氧化物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Ksp2.2×10-204.0×10-388.0×10-161.8×10-11向Cu2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+浓度都为0.01mol·L-1的溶液中缓慢滴加稀氨水，产生沉淀的先后顺序为▲（用化学式表示）。（2）实验室制备氨气的化学方程式为▲。工业上，制备肼（N2H4）的方法之一是用次氯酸钠溶液在碱性条件下与氨气反应。以石墨为电极，将该反应设计成原电池，该电池的负极反应为▲。（3）在3L密闭容器中，起始投入4molN2和9molH2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示：温度(K)平衡时NH3的物质的量(mol)T12.4T22.0已知：破坏1molN2(g)和3molH2(g)中的化学键消耗的总能量小于破坏2molNH3(g)中的化学键消耗的能量。①则T1▲T2（填“>”、“<”或“=”）12②在T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则0~10min内H2的平均速率v(H2)=▲，平衡时N2的转化率α（N2）=▲。若再增加氢气浓度，该反应的平衡常数将▲（填“增大”、“减小”或“不变”）③下列图像分别代表焓变（△H）、混合气体平均相对分子质量（）、N2体积分数φ（N2）和气体密度（ρ）与反应时间关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是▲。【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，反应热和焓变，化学电源新型电池，化学平衡的影响因素，化学平衡状态的判断G5H6F5【答案解析】（1）Fe（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）2、Mg（OH）2（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O2NH3+2OH-－2e-N2H4+2H2O（2分）（3）①＜②0.1mol•L-1•min-125%（2分）不变（1分）③BC（2分）解析：：（1）向Cu2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+浓度都为0.01mol•L-1的溶液中缓慢滴加稀氨水，开始生成Cu（OH）2沉淀时，c（OH-）=Ksp/c(Cu2+)==2.2×10-9mol•L-1，开始生成Fe（OH）3沉淀时，c（OH-）==×10-12mol•L-1，开始生成Fe（OH）2沉淀时，c（OH-）==×10-7mol•L-1，开始生成Mg（OH）2沉淀时，c（OH-）==×10-5mol•L-1，开始生成沉淀时溶液中氢氧根离子浓度越小，则该物质越容易沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为Fe（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）2、Mg（OH）2；（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物来制备氨气，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O原电池中NH3失电子，在负极上反应生成N2H4，其负极的电极反应式为：2NH3+2OH--2e-═N2H4+2H2O；（3）①破坏1molN2（g）和3molH2（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2molNH3（g）中的化学键消耗的能量，则该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的物质的量减小，已知T1时氨气的物质的量大，说明T1时温度低，则T1＜T2；②在T2K下，经过10min达到化学平衡状态，平衡时氨气的物质的量为2mol，则反应的氢气为2mol×3/2=3mol，v=△n/V==0.1mol•L-1•min-1；N2的转化率α（N2）=n(转化的氮气的量)/12n(氮气的初始量×100%==25%；该反应的平衡常数只与温度有关，再增加氢气浓度，反应的平衡常数将不变；③A．对与固定的反应焓变是固定不变的，与平衡状态无关，故A错误；B．随着反应的进行，气体物质的量减小，气体的质量不变，则混合气体平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体平均相对分子质量不变时即是平衡状态，故B正确；C．随着反应的进行，N2体积分数Φ（N2）逐渐减小，当Φ（N2）不变时即是平衡状态，故C正确；D．容器的体积不变，气体的质量守恒，则混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不变时，不一定是平衡状态，故D错误；故选BC。【思路点拨】本题考查了溶度积常数的应用、原电池原理、化学平衡状态的判断、反应速率的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度中等，注意把握溶度积的含义和公式应用、电极方程式的书写、化学平衡的有关计算。（二）选考题：（共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每按所做的第一题计分。）【题文】36．【化学——选修2化学与技术】(15分)（一）（6分）下列叙述正确的是（▲）A．合成氨的“造气”阶段会产生废气B．电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C．电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D．使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染（二）工业生产Na2S常用方法是无水芒硝(Na2SO4)一碳还原法，其流程示意图如下：（1）若煅烧阶段所得气体为等物质的量的CO和CO2。写出煅烧时发生的总反应方程式：▲。（2）用碱液浸出产品比用热水更好，理由是▲。（3）废水中汞常用硫化钠除去，汞的除去率与溶液pH和硫化钠实际用量与理论用量比值x的关系如图所示。为使除汞达到最佳效果，应控制条件是▲。（4）取Na2S(含少量NaOH)，加入到CuSO4溶液中，充分搅拌，若反应后溶液pH＝4，此时溶液中c(S2－)＝▲mol·L－1。[已知：CuS的Ksp＝8.8×10－36；Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10－20(保留2位有效数字)]。（5）纳米Cu2O常用电解法制备，制备过程用铜棒和石墨棒做电极，Cu(NO3)2做电解液。电解生成Cu2O应在▲；该电极pH将▲(填“升高”“不变”或“降低”)，用电极方程式解释pH发生变化的原因▲。【知识点】物质分离和提纯，化学实验基本操作综合的应用，电化学，难溶电解质的溶解平衡J2F5H6【答案解析】（一）AD（二）(1)3Na2SO4＋8C3Na2S＋4CO2↑＋4CO↑(2)热水能促进Na2S水解，而稀碱可抑制Na2S水解(3)pH介于9～10之间，x＝12(4)4.0×10－36mol/L12(5)阴极　降低2Cu2＋＋2e－＋H2O===Cu2O↓＋2H＋解析：制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝（Na2SO4）与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C==3Na2S+4CO2↑+4CO↑，由于硫离子水解，则用稀碱溶液浸泡煅烧产物得硫化钠溶液，通过精制获得硫化钠晶体。（1）根据题干信息，硫酸钠与碳反应生成等物质的量的CO和CO2，C元素化合价从0价被氧化成+4、+2价，化合价升高至少为：（4-0）+（2-0）=6，硫酸钠中+6价S元素被还原为-2价，化合价降低了8价，则化合价变化的最小公倍数为24，则硫酸钠的系数为3，一氧化碳、二氧化碳的系数为4，然后根据质量守恒定律配平，配平后的化学方程式为：3Na2SO4＋8C3Na2S＋4CO2↑＋4CO↑（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用。（3）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%。（4）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌，若反应后测得溶液的pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.8×10-36、2.2×10-20，根据氢氧化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）×c2（OH-）=2.2×10-20，解得：c（Cu2+）=2.2×10-20/(10-10)2mol/L=2.2mol/L，根据硫化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）c（S2-）=8.8×10-36，则此时溶液中c（ S2-）=8.8×10-36/2.2mol/L=4.0×10-36mol/L（5）电解Cu（NO3）2稀溶液制备Cu2O时，阴极生成Cu2O，铜离子化合价降低被还原，电极方程式为：2Cu2++2e-+H2O═Cu2O+2H+，溶液中铜离子浓度减小，则阳极应该为铜，以补充消耗的铜离子。【思路点拨】本题考查了物质制备原理、化学方程式书写方法、电解原理及电极反应式的书写、溶度积常数的计算等，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，综合性较强。【题文】37．[化学──选修3：物质结构与性质](15分)稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y）共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。（1）钪（Sc）为21号元素，其基态原子M能层电子数为▲。镝（Dy）的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为▲。（2）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据判断表中最有可能有+4价的元素是▲。几种稀土元素的电离能（单位：kJ·mol-1）元素I1I2I3I1+I2+I3I4Sc（钪）6331235238942577019Y（钇）6161181198037775963La（镧）5381067185034554819Ce（铈）5271047194935233547（3）离子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的作用力除离子键外还有▲。（4）Sm（钐）的单质与1，2-二碘乙烷可发生如下反应：Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为▲，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为▲。常温下，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是▲。（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr（镨）原子位于面心和顶点。则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有▲个氧原子。12（6）Ce（铈）单质为面心立方晶体，其胞参数为a=516pm。晶胞中Ce（铈）原子的配位数为▲，列式表示Ce（铈）单质的密度：▲g·cm-3（不必计算出结果）【知识点】物质的结构和性质N5【答案解析】（1）9；4（2）Ce（铈）；（3）共价键和配位键（4）sp3；5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高（5）8（6）12；（注：答案中140或M均给分）解析：（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故M能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子只排布了10个电子，故未成对电子数为4。、（2）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4价的可能性越大，故应为Ce元素。（3）离子化合物Na3[Sc(OH)6]中含有羟基与Sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键。（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个CH2=CH2分子中含有5个σ键，故1molCH2=CH2中含有的σ键数目为5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体。（5）在此结构中，Y为镨原子，X为氧原子，可以看到，氧原子在晶胞的内部，故此晶胞中应有8个氧原子。（6）晶胞中金原子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，该晶胞体积为a3，该晶胞的质量为4M/NA，则该晶胞的密度为4M/NA×a3g•cm-3，即为g·cm-3。【思路点拨】本题考查了原子轨道杂化类型、晶胞的计算、晶胞密度的计算等，明确晶胞中所含微粒数目，不然容易出现错误，本题综合性较强，重点特出，题目难度中等。【题文】38．[化学─选修5：有机化学基础](15分)（一）2022年国际禁毒日的主题是“珍惜美好青春，远离合成毒品、拒绝毒品、健康人生”。下图是大麻的主要成分THC的结构式。（1）该物质含有的官能团的名称为▲，它的分子式为▲，分子中手性碳原子数为▲。（2）下列关于THC的说法中正确的是▲A．分子中含有苯环，属于芳香烃类化合物B．难溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯和碱溶液C．可以发生加成反应、取代反应、氧化反应、消去反应D．除氢原子外，分子中所有的其它原子都在一个平面上E．遇FeCl3溶液显紫色；可以使溴的四氯化碳溶液褪色F．通常状态下，1mol该物质最多可与3molBr2发生反应12（二）香豆素是重要的香料、医药中间体。某研究小组设计的合成香豆素路线如下：提示：2CH3CHO+(CH3CO)2O2CH3CH=CHCOOH+H2O（1）A→B的化学方程式为▲。（2）D的核磁共振氢谱图中的吸收峰有▲个。反应⑤的有机反应类型是▲反应。H的结构简式为▲。（3）已知芳香族化合物I是G的同分异构体，且I的苯环上只有一个取代基。则I的结构简式可能为▲。【知识点】有机物的化学性质及推断L7【答案解析】（一）（1）羟基、醚键、碳碳双键；C21H30O2；2（2）BEF（2分，少一个扣1分，少2个0分）（二）（1）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（2分）（2）6（1分）；取代（水解）（1分）；（1分）（3）、（2分）解析：（一）（1）手性碳原子指的是一个碳原子连接了4个不同的原子或原子团，故手性碳原子总数为2个；（2）A．分子中含有苯环，含有的元素种类有碳、氢、氧，属于芳香族类化合物，错误；B．此分子中含有的碳原子数比较多，故难溶于水，与有机物是可以互溶的，此有机物中含有酚羟基，能与碱反应，故可以溶于碱溶液中，正确；C．此有机物不能发生消去反应，错误；D．此分子结构中含有烷基碳，故分子中碳原子不可能都在一个平面上，错误；E．此分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色；此分子中含有碳碳双键，可以与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，正确；F．与溴单质反应的官能团有碳碳双键和酚羟基，通常状态下，1mol该物质最多可与3molBr2发生反应，正确。（二）在加热、铜作催化剂条件下，A被氧化生成B，B反应生成乙酸，则A是乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，则B是乙醛，乙酸反应生成（CH3CO）2O，邻甲基苯酚在光照条件下和氯气发生取代反应生成D，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成E，E反应生成F，F和酸反应生成G，G和（CH3CO）2O生成H，H在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成香豆素，根据香豆素的结构简式知，H发生酯化反应生成香豆素，所以H的结构简式为：，G的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成E，E中含有醇羟基，E反应生成F，F和酸反应生成G，则F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。（1）A是乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，B是乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O2122CH3CHO+2H2O（2）D的结构简式为：，此结构中没有对称性，含有6类氢原子，故核磁共振氢谱图中的吸收峰有6个；反应⑤是卤代烃在碱性条件下的水解反应，反应类型为取代反应；H的结构简式为（3）G的结构简式为，芳香族化合物I是G的同分异构体，说明I中含有苯环，且I中苯环上只有一个取代基，即I只有一个支链，则I的结构简式可能为。【思路点拨】本题考查了有机物的结构和性质，有机物的推断，采用正推和逆推相结合的方法进行分析，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键，易错点为同分异构体的判断，综合性较强。12