2022年高考化学试卷（江苏）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2022·高考化学真题

江苏省 2022 年普通高中学业水平选择性考试
化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
Ce 140
一、单项选择题：共 13题，每题 3分，共 39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列成果研究的物质属于蛋白质的是
A. 陶瓷烧制 B. 黑火药 C. 造纸术 D. 合成结晶牛胰岛素
【答案】D
【解析】
【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅的化合物，A不符合题意；
B．黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B不符合题意；
C．造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意；
D．胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D符合题意；
答案选D。
2. 少量Na O 与H O反应生成H O 和NaOH。下列说法正确的是
2 2 2 2 2
A. Na O 的电子式为 B. H O的空间构型为直线形
2 2 2
C. H O 中O元素的化合价为-1 D. NaOH仅含离子键
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是 ，A错误；
B．H O中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，
2
其空间构型为V形，B错误；
C．H O 中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C正确；
2 2
D．NaOH中O和H之间是共价键，D错误；
故选C。
3. 工业上电解熔融Al O 和冰晶石 Na AlF  的混合物可制得铝。下列说法正确的是
2 3 3 6
A. 半径大小：r
 Al3+
<r
 Na+
B. 电负性大小：χ(F)<χ(O)
第1页 | 共20页C. 电离能大小：I (O)<I (Na) D. 碱性强弱：NaOH<Al(OH)
1 1 3
【答案】A
【解析】
【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为r
 Al3+
<r
 Na+
，故A正确；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)＞χ(O)，故B错误；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为
I (O)＞I (Na)，故C错误；
1 1
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH＞Al(OH) ，故D错
3
误；
故选A。
4. 实验室制取少量SO 水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
2
A. 用装置甲制取SO 气体 B. 用装置乙制取SO 水溶液
2 2
C. 用装置丙吸收尾气中的SO D. 用干燥pH试纸检验SO 水溶液的酸性
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H SO +2NaHSO =Na SO +2SO ↑+2H O，因此装置甲可
2 4 3 2 4 2 2
以制取SO 气体，A正确；
2
B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取SO 水溶液，B正确；
2
C．SO 不会与饱和NaHSO 溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SO ，C错误；
2 3 2
D．SO 水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；
2
第2页 | 共20页答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为120o
B. SiH 、SiCl 都是由极性键构成的非极性分子
4 4
C. 锗原子( Ge)基态核外电子排布式为4s24p2
32
D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109°28′，故A错误；
B．SiH 的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCl 的化学键
4 4
为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；
C．锗原子( Ge)基态核外电子排布式为[Ar]4s24p2，故C错误；
32
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；
故选B。
6. 周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热
 890.3kJ×mol-1
，是常见燃料；
Si、Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO 能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H SiF (H SiF 在水中完
2 2 6 2 6
全电离为H+和SiF2-)；1885年德国化学家将硫化锗 GeS  与H 共热制得了门捷列夫预言的类硅—锗；
6 2 2
下列化学反应表示正确的是
A. SiO 与HF溶液反应：SiO +6HF=2H++SiF2-+2H O
2 2 6 2
B. 高温下H 还原GeS ：GeS +H =Ge+2H S
2 2 2 2 2
C. 铅蓄电池放电时的正极反应：Pb-2e-+SO2-=PbSO
4 4
D. 甲烷的燃烧：CH g+2O g=CO (g)+2H O(g) ΔH=890.3kJ×mol-1
4 2 2 2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸H SiF 和水，反应的离子方程式为
2 6
SiO +6HF=2H++SiF2-+2H O，故A正确；
2 6 2
第3页 | 共20页B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则
H
2
反应的总方程式为GeS = Ge+2S，故B错误；
2
高温
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应
生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应PbO +2e-+SO2-+4H+=PbSO +2H O，故C错误；
2 4 4 2
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为
CH g+2O g=CO (g)+2H O(l) ΔH=-890.3kJ/mol，故D错误；
4 2 2 2
故选A。
7. 我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO 是铅蓄电
2
池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应
关系的是
A. 石墨能导电，可用作润滑剂
B. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D. 含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故
D错误；
故选C。
8. 氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A. 自然固氮、人工固氮都是将N 转化为NH
2 3
B. 侯氏制碱法以H O、NH 、CO 、NaCl为原料制备NaHCO 和NH Cl
2 3 2 3 4
C. 工业上通过NH 催化氧化等反应过程生产HNO
3 3
D. 多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
第4页 | 共20页【答案】A
【解析】
【详解】A．自然固氮是将N 转化为含氮化合物，不一定是转化为NH ，比如大气固氮是将N 会转化为
2 3 2
NO，A错误；
B．侯氏制碱法以H O、NH 、CO 、NaCl为原料制备NaHCO 和NH Cl，反应的化学方程式为
2 3 2 3 4
H O+NH +CO +NaCl=NaHCO ↓+NH Cl，B正确；
2 3 2 3 4
催化剂
C．工业上通过NH 催化氧化等反应过程生产HNO ，相关的化学反应方程式为4NH +5O
3 3 3 2
Δ
4NO+6H O、2NO+O =2NO 、3NO +H O=2HNO +NO、4NO +O +2H O=4HNO ，C正确；
2 2 2 2 2 3 2 2 2 3
D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循
环”，D正确；
故选A。
9. 精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如下：
下列说法不正确的是
A. X与 互为顺反异构体
B. X能使溴的CCl 溶液褪色
4
C. X与HBr 反应有副产物生成
D Z分子中含有2个手性碳原子
.
【答案】D
【解析】
【详解】A．X与 互为顺反异构体，故A正确；
B．X中含有碳碳双键，故能使溴的CCl 溶液褪色，故B正确；
4
第5页 | 共20页C．X中的碳碳双键可以和HBr发生加成反应生成 ，故C正确；
D．Z分子中含有的手性碳原子如图： ，含有1个手性碳原子，故D错误；
故选D。
10. 用尿素水解生成的NH 催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为
3
4NH (g)+O (g)+4NO(g)ˆˆ†4N (g)+6H O(g)，下列说法正确的是
3 2 ‡ˆˆ 2 2
A. 上述反应ΔS<0
c4N ×c6H O
B. 上述反应平衡常数K= 2 2
c4NH ×cO ×c4(NO)
3 2
C. 上述反应中消耗1mol NH ，转移电子的数目为2´6.02´1023
3
D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错
误；
c4N ×c6H O
B．由方程式可知，反应平衡常数K= 2 2 ，故B正确；
c4NH ×cO ×c4(NO)
3 2
C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数
1
目为3mol×4× ×6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；
4
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度
增大，故D错误；
故选B。
11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选
探究方案 探究目的
项
第6页 | 共20页向盛有FeSO 溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，
4
A Fe2+具有还原性
再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
向盛有SO 水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加
2
B SO 具有漂白性
2
热试管，观察溶液颜色变化
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶 Br 的氧化性比I
2 2
C
液颜色变化
的强
CH COOH是弱
3
D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有FeSO 溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，
4
溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明Fe2+具有还原性，A正确；
B．向盛有SO 水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，
2
说明SO 具有漂白性， B正确；
2
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br 的氧化性比I 的强，C正
2 2
确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明CH COOH是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的
3
量浓度相同，D错误。
故选D。
12. 一种捕集烟气中CO 的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO ，若通入CO 所引起的
2 2 2
溶液体积变化和H O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c =c(H CO )+c(HCO-)+c(CO2-)。H CO 电离
2 总 2 3 3 3 2 3
常数分别为K =4.4×10-7、K =4.4×10-11。下列说法正确的是
a1 a2
第7页 | 共20页A. KOH吸收CO 所得到的溶液中：c(H CO )＞c(HCO-)
2 2 3 3
B. KOH完全转化为K CO 时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO-)+c(H CO )
2 3 3 2 3
C. KOH溶液吸收CO ，c =0.1mol∙L-1溶液中：c(H CO )＞c(CO2-)
2 总 2 3 3
D. 如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】
【详解】A．KOH吸收CO 所得到的溶液，若为Na CO 溶液，则CO2-主要发生第一步水解，溶液中：
2 2 3 3
c(H CO )＜c(HCO-)，若为NaHCO 溶液，则HCO-发生水解的程度很小，溶液中：c(H CO )＜
2 3 3 3 3 2 3
c(HCO-)，A不正确；
3
B．KOH完全转化为K CO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c(HCO-)+2c(CO2-)，依
2 3 3 3
据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO2-)+c(HCO-)+c(H CO )]，则c(OH-)= c(H+)+c(HCO-)+2c(H CO )，B
3 3 2 3 3 2 3
不正确；
K
C．KOH溶液吸收CO ，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c =0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO 溶液， K = W =
2 总 3 h2 K
a1
1´10-14
≈2.3×10-8＞K =4.4×10-11，表明HCO-以水解为主，所以溶液中：c(H CO )＞c(CO2-)，C正
4.4´10-7 a2 3 2 3 3
确；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO +2KOH=K CO +H O、
2 2 3 2
K CO +CaO+H O=CaCO ↓+2KOH(若生成KHCO 或K CO 与KHCO 的混合物，则原理相同)，二式相加
2 3 2 3 3 2 3 3
得：CO +CaO=CaCO ↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；
2 3
故选C。
13. 乙醇-水催化重整可获得H 。其主要反应为
2
第8页 | 共20页C H OH(g)+3H Og=2CO (g)+6H (g) ΔH=173.3kJ×mol-1，
2 5 2 2 2
CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g) ΔH=41.2kJ×mol-1，在1.0´105Pa、n  CHOH  :n  HO  =1:3
2 2 2 始 2 5 始 2
时，若仅考虑上述反应，平衡时CO 和CO的选择性及H 的产率随温度的变化如图所示。
2 2
n (CO)
CO的选择性= 生成 ´ 100%，下列说法正确的是
n (CO)+n (CO)
生成 2 生成
A. 图中曲线①表示平衡时H 产率随温度的变化
2
B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大
nC H OH
2 5
C. 一定温度下，增大 可提高乙醇平衡转化率
nH O
2
D. 一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H 产率
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知反应①C H OH(g)+3H Og=2CO (g)+6H (g) ΔH=173.3kJ×mol-1，反应②
2 5 2 2 2
CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g) ΔH=41.2kJ×mol-1，且反应①的热效应更大，故温度升高的时候对反
2 2 2
应①影响更大一些，即CO 选择性增大，同时CO的选择性减小，根据CO的选择性的定义可知③代表
2
CO 的选择性，①代表CO的选择性，②代表H 的产率，以此解题。
2 2
【详解】A．由分析可知②代表H 的产率，A错误；
2
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性减小，B错误；
C．两种物质参加反应增大一种物质的浓度，会降低该物质的平衡转化率，C错误；
D．加入CaO(s)与水反应放热，对反应①影响较大，可以增大H 产率，或者选用对反应①影响较大的高
2
效催化剂，也可以增大H 产率，D正确；
2
第9页 | 共20页故选D。
二、非选择题：共 4题，共 61分。
14. 硫铁化合物(FeS、FeS 等)应用广泛。
2
（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(VI)]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，
Cr(VI)主要以HCrO- 、Cr O 2-、CrO 2-等形式存在，纳米FeS去除水中Cr(VI)主要经过“吸附→反应→
4 2 7 4
沉淀”的过程。
已知：K (FeS)=6.5×10-18，K Fe(OH) =5.0×10-17；H S电离常数分别为K =1.1×10-7、
sp sp 2 2 a1
K =1.3×10-13。
a2
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO 2-反应生成Fe(OH) 、Cr(OH) 和单质S，其离子方程式为_______。
4 3 3
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+ ˆˆ†Fe2++HS-的平衡常数K的数值为_______。
‡ˆˆ
③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。
（2）FeS 具有良好半导体性能。FeS 的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS 晶体的一个晶胞中
2 2 2
S2-的数目为_______，在FeS 晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了
2 2
FeS 晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的S2-(S2-中的S-S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S2-已省
2 2 2 2
略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来_______。
（3）FeS 、FeS在空气中易被氧化，将FeS 在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始
2 2
FeS 的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS 氧化成含有两种元素的固体产物为
2 2
_______(填化学式，写出计算过程)。
第10页 | 共20页【答案】（1） ①. FeS+CrO2-+4H O=Fe(OH) +Cr(OH) +S+2OH- ②. 5´10-5 ③. c(OH-)
4 2 3 3
越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO 2-物质的量分数越大
4
（2） ①. 4 ②.
（3）Fe O ；设 FeS 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为 FeO ， M =120g/mol，则
2 3 2 x (FeS 2 )
3
M =120g/mol´66.7%=80.04g/mol，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe O
(FeO ) 2 3
x 2
【解析】
【小问1详解】
在弱碱性溶液中，FeS与CrO 2-反应生成Fe(OH) 、Cr(OH) 和单质S的离子方程式为：
4 3 3
FeS+CrO2-+4H O=Fe(OH) +Cr(OH) +S+2OH- ；反应FeS+H+ ˆˆ†Fe2++HS-的平衡常数K=
4 2 3 3 ‡ˆˆ
c(Fe2+)×c(HS-)
，由题目信息可知，K (FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=6.5´10-18，H S电离常数
c(H+) sp 2
c(H+)×c(S2-) c(Fe2+)×c(HS-)
K = =1.3´10-13，所以K= =K (FeS)¸ K =5´10-5；在pH=4~7溶液
a2 c(HS-) c(H+) sp a2
中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越
少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO 2-物质的量分数越大；故答案为：
4
FeS+CrO2-+4H O=Fe(OH) +Cr(OH) +S+2OH-；5´10-5 ；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的
4 2 3 3
第11页 | 共20页量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO 2-物质的量分数越大。
4
【小问2详解】
因为FeS 的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个
2
Cl，则该FeS 晶体的一个晶胞中S2-的数目也为4；FeS 晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S
2 2 2
间距相等，根据FeS 晶胞中的Fe2+和S2-的位置(S2-中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与
2 2 2
S-S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，其中一个
S原子与紧邻的Fe2+连接图如下： ；故答案为：4； 。
【小问3详解】
有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS 的质量的比值为66.7%，设FeS 氧化成含
2 2
有两种元素的固体产物化学式为FeO ，M =120g/mol，则
x (FeS )
2
3
M =120g/mol´66.7%=80.04g/mol，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe O ；故答案为：
(FeO ) 2 3
x 2
Fe O ；设FeS 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeO ，M =120g/mol，则
2 3 2 x (FeS 2 )
3
M =120g/mol´66.7%=80.04g/mol，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe O 。
(FeO ) 2 3
x 2
15. 化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
（2）B→C的反应类型为_______。
（3）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有4种不同化学环境的氢原子；②碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯环且有2
第12页 | 共20页种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化。
（4）F的分子式为C H NO ，其结构简式为_______。
12 17 2
（5）已知： (R和R'表示烃基或氢，R''表示烃基)；
写出以 和CH MgBr为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，
3
合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【答案】（1）sp2和sp3
（2）取代反应 （3）
（ 4 ） （ 5 ）
【解析】
【分析】A（ ）和CH I发生取代反应生成B（ ）；B和SOCl 发
3 2
生取代反应生成C（ ）；C和CH OH发生取代反应生成D（ ）；
3
D和NH OH发生反应生成E（ ）；E经过还原反应转化为F，F再转化为G，其中
2
第13页 | 共20页F和G的分子式都是C H NO ，则F为 ，F和G互为手性异构体。
12 17 2
【小问1详解】
A分子中，苯环上的碳原子和双肩上的碳原子为sp2杂化，亚甲基上的碳原子为sp3杂化，即A分子中碳
原子的杂化轨道类型为sp2和sp3。
【小问2详解】
B→C的反应中，B中的羟基被氯原子代替，该反应为取代反应。
【小问3详解】
D的分子式为C H O ，其一种同分异构体在碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯环且有2
12 14 3
种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化，说明该同分异构体为酯，且水解产物都含有醛基，则水解
产物中，有一种是甲酸，另外一种含有羟基和醛基，该同分异构体属于甲酸酯；同时，该同分异构体分子
中含有4种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体的结构简式为 。
【小问4详解】
由分析可知，F的结构简式为 。
【小问5详解】
根据已知的第一个反应可知， 与CH MgBr反应生成 ， 再被氧
3
化为 ，根据已知的第二个反应可知， 可以转化为 ，根据流程
图中D→E的反应可知， 和NH OH反应生成 ；综上所述，
2
第14页 | 共20页的合成路线为：
。
16. 实验室以二氧化铈(CeO )废渣为原料制备Cl-含量少的Ce (CO ) ，其部分实验过程如下：
2 2 3 3
（1）“酸浸”时CeO 与H O 反应生成Ce3+并放出O ，该反应的离子方程式为_______。
2 2 2 2
（2）pH约为7的CeCl 溶液与NH HCO 溶液反应可生成Ce (CO ) 沉淀，该沉淀中Cl-含量与加料方
3 4 3 2 3 3
式有关。得到含Cl-量较少的Ce (CO ) 的加料方式为_______(填序号)。
2 3 3
A．将NH HCO 溶液滴加到CeCl 溶液中 B．将CeCl 溶液滴加到NH HCO 溶液中
4 3 3 3 4 3
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl-含量少的Ce (CO ) 。已知Ce3+能被有机萃取
2 3 3
剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+(水层)+3HA(有机层)ˆˆ†Ce(A) (有机层)+3H+(水层)
‡ˆˆ 3
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采
取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce (CO ) 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学
2 3 3
式)。
（4）实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的 NH  FeSO  溶液滴
4 2 4 2
定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案：①准确量取25.00mL Ce3+溶液[c
 Ce3+
约为
0.2mol×L-1]，加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到
第15页 | 共20页250mL容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000mol×L-1NH  FeSO  和待测Ce4+溶液装入
4 2 4 2
如图所示的滴定管中：③_______。
【答案】（1）2CeO +H O +6H+=2Ce3++O ↑+4H O
2 2 2 2 2
（2）B （3） ①. 降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的
浓度 ②. 酸性条件，多次萃取 ③. Ce3+
（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
0.02000mol×L-1NH  FeSO 
来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达
4 2 4 2
到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃
取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产
物，以此解题。
【小问1详解】
根据信息反应物为CeO 与H O ，产物为Ce3+和O ，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2 2 2 2
2CeO +H O +6H+=2Ce3++O ↑+4H O；
2 2 2 2 2
【小问2详解】
反应过程中保持CeCl 少量即可得到含Cl-量较少的Ce (CO ) ，故选B；
3 2 3 3
【小问3详解】
①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电
离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多
第16页 | 共20页次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小，故答案为：Ce3+；
【小问4详解】
应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体
积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol×L-1NH  FeSO 
来滴定，当滴
4 2 4 2
入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
17. 氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“CuCl-H O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
2
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCl- 溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl- 转化
2 2
为CuCl2-。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
4
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有
_______(填元素符号)。
（2）“Fe-HCO--H O热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO 制得的NaHCO 溶
3 2 2 3
液反应，生成H 、HCOONa和Fe O ；Fe O 再经生物柴油副产品转化为Fe。
2 3 4 3 4
①实验中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO 溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO 生成并放出
3 3
H ，该反应的离子方程式为_______。
2
②随着反应进行，FeCO 迅速转化为活性Fe O ，活性Fe O 是HCO- 转化为HCOO-的催化剂，其
3 3 4-x 3 4-x 3
可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
第17页 | 共20页③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、HCOO-的产率随C
 HCO-
变化如题图所示。HCOO-的产
3
率随c
 HCO-
增加而增大的可能原因是_______。
3
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“Fe-HCO--H O热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
3 2
【答案】（1） ①. CuCl- +2Cl- -e- =CuCl2- ②. Cu、O
2 4
300℃
（2） ①. Fe+2HCO- FeCO ¯+CO2-+H ­ ②. H 的电负性大于 Fe，小于 O，在活性
3 3 3 2
Fe O 表面，H 断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子
3 4-x 2
上，略带正电，前者与HCO- 中略带正电的碳结合，后者与HCO- 中略带负电的羟基氧结合生成H O，
3 3 2
HCO- 转化为HCOO- ③. 随c  HCO- 增加，生成FeCO 和H 的速率更快、产量增大，生成HCOO-
3 3 3 2
的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
【解析】
【小问1详解】
①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性CuCl- 溶液，电解过程中CuCl- 转化
2 2
第18页 | 共20页为CuCl2-，电解时阳极发生的主要电极反应为：CuCl- +2Cl- -e- =CuCl2-；
4 2 4
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有
O ，从详解①中得知，进入热水解的物质有CuCl2-，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
2 4
【小问2详解】
①在300℃时，密闭容器中NaHCO 溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO 生成并放出H ，离子方程式
3 3 2
300℃
为：Fe+2HCO- FeCO ¯+H ­；
3 3 2
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性Fe O 表面，H 断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子
3 4-x 2
上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCO- 中略带正电的碳结合，后者与
3
HCO- 中略带负电的羟基氧结合生成H O，HCO- 转化为HCOO-；
3 2 3
③在其他条件相同时，随c
 HCO-
增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成
3
FeCO 和H 的速率更快，量更大，则得到活性Fe O 的速度更快，量也更多，生成HCOO-的速率更
3 2 3 4-x
快，产率也更大。
【小问3详解】
“Fe-HCO--H O热循环制氢和甲酸”系统将HCO- 转化为HCOO-和生成H 的速率快，原子利用率高，
3 2 3 2
不产生污染物，Fe初期生成FeCO 后迅速转化为活性Fe O ，Fe O 氧化为Fe O 再经生物柴油副产
3 3 4-x 3 4-x 3 4
品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
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