文档内容
北京市 2022 年普通高中学业水平等级性考试
化学
本试卷共 10页，100分。考试时长 90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答
无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 S32 Ca40 Fe56 I127
第一部分
本部分共 14题，每题 3分，共 42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一
项。
1. 2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示
了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A. 醋酸钠是强电解质
B. 醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C. 常温下，醋酸钠溶液的pH>7
D. 该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；
B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，故C正确；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D
正确；
选B。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 乙炔的结构简式：HCºCH
B. 顺-2-丁烯的分子结构模型：
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式：
第1页/共25页
学科网（北京）股份有限公司D. Na O 的电子式：
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为HCºCH，A项正确；
B．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为 ，B项正确；
C．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为 ，C项错误；
D．Na O 是离子化合物，其电子式为 ，D项正确；
2 2
答案选C。
3. 38Sr (锶)的87Sr、86Sr 稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86 Sr 值不变。土壤生物中87Sr/86 Sr 值与
土壤中87Sr/86 Sr 值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86 Sr 值可进行产地溯源。下列说法不正确的是
A. Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B. 可用质谱法区分87Sr和86Sr
C. 87Sr和86Sr 含有的中子数分别为49和48
D. 同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86 Sr 值相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正
确；
C．87Sr的中子数为87-38=49，86Sr的中子数为86-38=48，故C正确；
87Sr
D．由题意可知， Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中 值不变，故D正确；
38 86Sr
故选A。
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
第2页/共25页
学科网（北京）股份有限公司Δ
A. 加热NaHCO 固体，产生无色气体：2NaHCO Na CO +H O+CO
3 3 2 3 2 2
B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+NO- +4H+=Fe3+ +NO+2H O
3 2
C. 苯酚钠溶液中通入CO ，出现白色浑浊：
2
D. 乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：
Δ
CH CH OH +CH COOH CH COOCH CH +H O
3 2 3 ƒ 3 2 3 2
浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误；
C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；
D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；
故选B。
5. 下列实验中，不能达到实验目的的是
由FeCl ×6H O制取无水
萃取碘水中的 分离粗盐中的不溶 3 2
由海水制取蒸馏水
碘 物 FeCl 固体
3
A B C D
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角
第3页/共25页
学科网（北京）股份有限公司管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，
A正确；
B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的
密度大于水，存在于下层，B正确；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂
质除去，C正确；
D．直接加热FeCl ×6H O会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解
3 2
产生氧化铁，得不到FeCl 固体，D错误；
3
故选D。
6. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 pH 减小的是
A. 向NaHSO 溶液中加入少量BaCl 溶液，生成白色沉淀
4 2
B. 向NaOH
和FeOH
的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
2
C. 向NaHCO 溶液中加入少量CuSO 溶液，生成蓝绿色沉淀 Cu（OH）CO ]
3 4 2 2 3
D. 向H S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
2
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaHSO 中加入少量BaCl 溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变
4 2
化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；
B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方
程式为4FeOH +2H O+O =4FeOH ，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会
2 2 2 3
变大，B错误；
C．向 NaHCO 溶液中加入少量 CuSO 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu (OH) CO ]，其中没有元素的化合价
3 4 2 2 3
发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；
D．向H S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。
2
故选D。
点燃
7. 已知：H +Cl 2HCl。下列说法不正确的是
2 2
第4页/共25页
学科网（北京）股份有限公司A. H 分子的共价键是s-ss键，Cl 分子的共价键是s- ps键
2 2
B. 燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C. 停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D. 可通过原电池将H 与Cl 反应的化学能转化为电能
2 2
【答案】A
【解析】
【详解】A．H 分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl 分子里的共价键
2 2
Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A错误；
B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH +HCl=NH Cl，生成NH Cl氯化铵
3 4 4
固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；
D．H 与Cl 的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H 与Cl 反应的化学能转化为电
2 2 2 2
能，故D正确；
故选A
。
8. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子
结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式
B. 分子中含有手性碳原子
第5页/共25页
学科网（北京）股份有限公司C. 该物质既有酸性又有碱性
D. 该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为sp2杂化；第二个N原子
有一个孤对电子和三个σ键，为sp3杂化，A正确；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确；
故选B。
9. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键 C-H Si-H C=O C-O Si-O C-C Si-Si
键能/kJ×mol-1 411 318 799 358 452 346 222
A. 稳定性：CH>Si H B. 键长：C=O晶体硅
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，C-H键能大于Si-H，所以稳定性：CH >SiH ，故不选A；
4 4
B．键能越大，键长越短，C=O键能大于C-O，所以键长：C=O晶体硅，故不选D；
选C。
10. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是
第6页/共25页
学科网（北京）股份有限公司a中反应 b中检测试剂及现象
A 浓HNO 分解生成NO 淀粉-KI溶液变蓝
3 2
B Cu与浓H SO 生成SO 品红溶液褪色
2 4 2
C 浓NaOH与NH Cl溶液生成NH 酚酞溶液变红
4 3
D CH CHBrCH 与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
3 3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀
粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；
B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓
硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；
C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧
化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；
D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反
应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生
成丙烯，故D不符合题意；
故选A。
11. 高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。
第7页/共25页
学科网（北京）股份有限公司下列说法不正确的是
A. F中含有2个酰胺基 B. 高分子Y水解可得到E和G
C. 高分子X中存在氢键 D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确，
B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成 和 ，故B
错误；
C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；
D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保
护，故D正确；
故选B。
12. 某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N O “固定”，能高选择性吸附NO 。废气中的NO 被吸
2 4 2 2
附后，经处理能全部转化为HNO 。原理示意图如下。
3
已知：2NO
2
(g)
ƒ
N
2
O
4
(g)ΔH<0
下列说法不正确的是
第8页/共25页
学科网（北京）股份有限公司A. 温度升高时不利于NO 吸附
2
B. 多孔材料“固定”N 2 O 4 ，促进2NO 2 ƒ N 2 O 4 平衡正向移动
C. 转化为HNO 的反应是2N O +O +2H O=4HNO
3 2 4 2 2 3
D. 每获得0.4molHNO 时，转移电子的数目为6.02´1022
3
【答案】D
【解析】
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO 转化成N O 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程
2 2 4
中我们知道，NO 转化为N O 的程度，决定了整个废气处理的效率。
2 2 4
【详解】A．从2NO
2
(g)
ƒ
N
2
O
4
(g)ΔH<0可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向
移动，导致生成的N O 减少，不利于NO 的吸附，A正确；
2 4 2
B．多孔材料“固定”N
2
O
4
，从而促进2NO
2 ƒ
N
2
O
4
平衡正向移动，B正确；
C．N O 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N O +O +2H O=4HNO ，C正确；
2 4 2 4 2 2 3
D．在方程式2N O +O +2H O=4HNO 中，转移的电子数为4e-，则每获得0.4molHNO ，转移的电
2 4 2 2 3 3
子数为0.4mol，即个数为2.408´1022，D错误；
故选D。
13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
序
装置示意图 电解质溶液 实验现象
号
阴极表面有无色气体，一段时
间后阴极表面有红色固体，气
① 0.1mol/LCuSO +少量H SO
4 2 4 体减少。经检验电解液中有
Fe2+
阴极表面未观察到气体，一段
② 0.1mol/LCuSO +过量氨水 时间后阴极表面有致密红色固
4
体。经检验电解液中无Fe元素
下列说法不正确的是
第9页/共25页
学科网（北京）股份有限公司A. ①中气体减少，推测是由于溶液中c
H+
减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触
B. ①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+=Fe2++H 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu
2
C. 随阴极析出Cu，推测②中溶液c Cu2+ 减少，Cu2++4NH 3‡ ˆˆ ˆ † ˆ é ë CuNH 3 4 ù û 2+ 平衡逆移
D. ②中Cu2+生成éCuNH ù 2+ ，使得c Cu2+ 比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
ë 3 4 û
【答案】C
【解析】
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚
铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨
水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓
慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减
小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、
氢气和铜，可能发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正确；
2
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，
铜离子浓度不变，Cu2++4NH 3‡ ˆˆ ˆ † ˆ é ë CuNH 3 4 ù û 2+ 平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要
小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀
层，故D正确；
故选C。
14. CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N 为载
2 2 2
气，以恒定组成的N 、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反
2 4
应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO ，在催化剂上有积碳。
2
第10页/共25页
学科网（北京）股份有限公司下列说法不正确的是
催化剂
A. 反应①为CaO+CO =CaCO ；反应②为CaCO +CH CaO+2CO+2H
2 3 3 4 2
催化剂
B. t ~t ，nH 比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH C+2H
1 3 2 2 4 2
C. t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率
2 2 2
D. t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应
2 3
催化剂
②为CaCO+CH CaO+2CO+2H ，A正确；
3 4 2
B．由题干图2信息可知，t ~t ，nH 比n(CO)多，且生成H 速率不变，且反应过程中始终未检测
1 3 2 2
催化剂
到CO ，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH C+2H ，反应②和副反应中CH 和H 的系数
2 4 2 4 2
比均为1：2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍然
2 2 2
为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 速
2 2
率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO
3 4
的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
故答案为：C。
第11页/共25页
学科网（北京）股份有限公司第二部分
本部分共 5题，共 58分。
15. 工业中可利用生产钛白的副产物FeSO ×7H O和硫铁矿 FeS 联合制备铁精粉 Fe O 和硫酸，实
4 2 2 x y
现能源及资源的有效利用。
（1）FeSO ×7H O结构示意图如图1
4 2 。
①Fe2+的价层电子排布式为___________。
②H O中O和SO2-中S均为sp3杂化，比较H O中H-O-H键角和SO2-中O-S-O键角的大小并解
2 4 2 4
释原因___________
。
③FeSO ×7H O中H O与Fe2+、H O与SO2-的作用力类型分别是___________。
4 2 2 2 4
（2）FeS 晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图2。
2
①距离Fe2+最近的阴离子有___________个。
②FeS 的摩尔质量为120g×mol-1，阿伏加德罗常数为N 。
2 A
该晶体的密度为___________g×cm-3。 1nm=10-9m
（3）FeSO ×7H O加热脱水后生成FeSO ×H O，再与FeS 在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。
4 2 4 2 2
FeSO ×H O分解和FeS 在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用FeS 作为FeSO ×H O分解的燃料，
4 2 2 2 4 2
从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
第12页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ①. 3d6 ②. 孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角 ③.
配位键、氢键
480
（2） ①. 6 ②.
N ´
a´10-73
A
（3）FeS 燃烧放热为FeSO ×H O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
2 4 2
【解析】
【小问1详解】
①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H O中O 和SO2-中S都是sp3杂化，H O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个
2 4 2
被键合电子对占据，而SO2-中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对
4
间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H-O-H键角与O-S-O键角相比被压缩减
小。
③H O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。SO2-中有电负性较大的O元素可以与
2 4
H O中H元素形成氢键。
2
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角；配位键、氢键。
【小问2详解】
①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
第13页/共25页
学科网（北京）股份有限公司。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
1 1 1
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为8´ +6´ =4，S2-个数为1´1+12´ =4。一个晶胞中相当
8 2 2 4
120 480
于含有4个FeS ，因此一个晶胞的质量m=4´ g = g。所以晶体密度
2 N N
A A
480
g
ρ= m = N A = 480 g/cm3 1nm=10-9m 。
V a´10-9´100 3 cm3 N ´ a´10-73
A
480
答案为：6；
N ´
a´10-73
A
【小问3详解】
FeS 燃烧为放热反应，FeSO ×H O分解为吸热反应，FeS 燃烧放出的热量恰好为FeSO ×H O分解提
2 4 2 2 4 2
供能量。另外，FeS 燃烧和FeSO ×H O分解的产物如Fe O 、SO 、SO 可以作为制备铁精粉或硫酸的
2 4 2 2 3 2 3
原料。
答案为：FeS 燃烧放热为FeSO ×H O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
2 4 2
16. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO 、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷
4
检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O 、CO 、H O、N 、SO 。
2 2 2 2 2
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
（2）高温下，煤中CaSO 完全转化为SO ，该反应的化学方程式为___________。
4 2
第14页/共25页
学科网（北京）股份有限公司（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
c
I-
3
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中 保持定值时，电解池不工作。待
c
I-
c
I-
测气体进入电解池后，SO 溶解并将I-还原，测硫仪便立即自动进行电解到 3 又回到原定值，测定结
2 3 c I-
束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①SO 在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
2
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
（4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的I-使得测得的全硫含量偏小，生成I-
3 3
的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有SO 残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
3
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
催化剂
（2）2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑
4 2 2
高温
（3） ①. SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+ ②. 3I——2e—=I-
2 3 2 4 3
16x
（4） %
965a
（5） ①. I +I—=I- ②. 偏小
2 3
【解析】
第15页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接
触面积增大，反应更加充分；
【小问2详解】
由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为
催化剂 催化剂
2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑，故答案为：2CaSO = 2CaO+2SO ↑+O ↑；
4 2 2 4 2 2
高温 高温
【小问3详解】
①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I-反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为
3
SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+，故答案为：SO +I-+H O=3I—+SO2-+4H+；
2 3 2 4 2 3 2 4
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反
应式为3I——2e—=I-，故答案为：3I——2e—=I-；
3 3
【小问4详解】
由题意可得如下关系：S—SO —I-—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为
2 3
x
´32 16x 16x
2´96500 ×100%= %，故答案为： %；
965a 965a
a
【小问5详解】
①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三
离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I +I—=I-，故答案为：I +I—=I-；
2 3 2 3
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三
离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
17. 碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下：
第16页/共25页
学科网（北京）股份有限公司已知：R1COOH+R2COOH¾催¾化¾剂® +H O
2
（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是___________。
（2）B无支链，B的名称是___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式
是___________。
（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是___________。
（4）G中含有乙基，G的结构简式是___________。
（5）碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量
为193，碘番酸的结构简式是___________。
（6）口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷
却、洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO 标准溶液滴定至终点，消耗AgNO 溶液的体积为cmL。
3 3
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。
【答案】（1）醛基 （2） ①. 正丁酸 ②.
（ 3 ） （ 4 ） （ 5 ）
571bc
（6） ´100%
3a
第17页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，
可确定B为CH CH CH COOH，则A为CH CH CHO；依据题干信息，可确定D为
3 2 2 3 2
；E为芳香族化合物，则E为 ；由J的结构简式
，可确定F为 。由题给信息，要确定G为
。
【小问1详解】
由A的分子式C H O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基；
4 8
【小问2详解】
B的分子式为C H O 、无支链，由醛氧化生成，则B为CH CH CH COOH，名称是正丁酸。B的一种同
4 8 2 3 2 2
分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH -，B的不饱和度为1，
2
则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是 。答案为：正丁酸； ；
【小问3详解】
由分析知，E为 ，F为 ，则E→F的化学方程式是
。答案为： ；
【小问4详解】
由分析可知，G的结构简式是 。答案为： ；
【小问5详解】
碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分
子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是
第18页/共25页
学科网（北京）股份有限公司。答案为： ；
【小问6详解】
——3AgNO ，n(AgNO )= bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的
3 3
1
bc´10-3mol´ ´571g/mol 571bc 571bc
质量分数为 3 = ´100%。答案为： ´100%。
´100%
3a 3a
a´10-3g
【点睛】推断有机物时，官能团可由反应条件确定，结构可依据转化前后对应物质的结构简式确定。
18. 白云石的主要化学成分为CaMgCO ，还含有质量分数约为2.1%的Fe O 和1.0%的SiO 。利用白
3 2 2 3 2
云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO
2 2 3 3
K 5.5´10-6 5.6´10-12 3.4´10-9 6.8´10-6
sp
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
（2）NH Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
4
氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO 纯度/%
3 产品中Mg杂质含量/%
NH Cl/nCaO
4
(以MgCO 计)
CaO MgO 计算值 实测值 3
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
第19页/共25页
学科网（北京）股份有限公司2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
220
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 .
备注：ⅰ、MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)´100%(M代表Ca或Mg)
ⅱ、CaCO 纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO 纯度。
3 3
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用nNH Cl:nCaO
的比例为___________。
4
④产品中CaCO 纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
3
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的 NH SO 溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于
4 2 4
60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸
出率增大的原因是___________。
（4）滤渣C中含有的物质是___________。
（5）该流程中可循环利用的物质是___________。
煅烧
【答案】（1）CaMgCO CaO+MgO+2CO
3 2 2
（2） ①. K sp é ë CaOH 2 ù û? K sp é ë MgOH 2 ù û ，在一定量NH 4 Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应
而氢氧化镁不能，故CaO先浸出 ②. Ca2++2NH 3g H 2 O+CO 2 =CaCO 3 ¯+2NH 4 ++H 2 O ③.
2.4∶1 ④. K CaCO
