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备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（山东专用）
第一辑（模拟卷三）
（本卷共20小题，满分100分，考试用时90分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 K 39 Fe 56 I 127 Au 197
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（湖南株洲2021~2022学年高三上学期期中）近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列
成就所涉及的化学知识的判断错误的是（ ）。
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷（Rb）是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【解析】选B。铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷（Rb）是金属元素，故A正确；钛合
金为合金，属于金属材料，故B错误；火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；芳纶
属于合成纤维，是高分子材料，故D正确。
2．（2022·河北迁安高三11月检测）下列说法正确的是（ ）。
A．HF稳定性很强是因为分子间能形成氢键
B．SiO2和晶体硅都是共价化合物，都是共价晶体
C．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原
D．氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【解析】选C。F是非金属性最强的元素，非金属性越强对应气态氢化物的稳定性越强，所以HF稳定性很
强，与分子间的氢键无关，A错误；SiO2是共价化合物，晶体硅是非金属单质，二者都是共价晶体，B错误；
在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，如氯气与水的反应中发生氧化反应
和还原反应的元素都是Cl元素，C正确；氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，有离子键、极性键
和非极性键的断裂，有离子键、极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误。
3．（广东珠海2021~2022学年上学期高三期中）证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一、下列事
实与相应定律或原理相符的是（ ）。
A．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果－－元素周期律
B．常温常压下，1体积乙醇完全燃烧消耗3体积O2－－阿伏加德罗定律
C．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C（s）+O2（g）＝2CO（g）的反应热－－盖斯定律
D．体积可变密闭容器中加入等体积的H2和I2（g），加压体系颜色加深－－勒夏特列原理
【解析】选C。硫酸的酸性比次氯酸强，向漂白液中加入少量稀硫酸，反应生成次氯酸能增强漂白液的漂
白效果，这与元素周期律无关，A错误；同温同压下体积之比等于物质的量之比，适用于气体，则常温常
压下，乙醇为液体，不符合阿伏加德罗定律，B错误；化学反应的热效应只与物质的始态和终态有关，与
反应途径无关，可通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C（s）+O2（g）＝2CO（g）的反应热，符合盖斯
定律，C正确；H2和I2（g）产生HI的反应是等体积的反应，加压体系颜色加深，是由于加压后物质的浓度
增大，单位体积内有色物质I2分子数增大，与勒夏特列原理无关，D错误。
4．（保定市部分学校2022届高三上学期期中考试）下列离子方程式正确的是（ ）。
A．向NaHCO3饱和溶液中滴加CaCl2饱和溶液产生白色沉淀：Ca2++2HCO3
－＝CaCO3↓+CO2↑+H2O
B．向稀硝酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O3
2－＝S↓+SO2↑+H2O
C．向新制氯水中滴加少量的FeBr2溶液：2Fe2++2Br－+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl－
D．向NH4Cl溶液中加入小颗粒钠：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑
【解析】选A。本题主要考查离子方程式的正误判断，侧重考查学生的思辨与分析能力。向NaHCO3饱和溶
液中滴加CaCl2饱和溶液产生白色沉淀，其原因是NaHCO3饱和溶液中电离出的CO3
2－浓度较大，与Ca2+结合
成CaCO3沉淀，电离出的H+与HCO3
－反应生成CO2气体，反应的离子方程式为Ca2++2HCO3
－＝
CaCO3↓+CO2↑+H2O，A项正确；稀HNO3具有强氧化性，能将S2O3
2－氧化生成SO4
2－，B项错误；氯水过量，
FeBr2被氧化成Fe3+、Br2，正确的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4Br－＝2Fe3++2Br2+6C1－，C项错误；钠与盐溶液
反应的原理是钠先和水反应生成NaOH，NaOH溶液再与盐发生复分解反应，其正确的离子方程式为
2Na+2H2O+2NH4
+＝2NH3·H2O+2Na++H2↑，D项错误。
5．（2022·宁夏银川高三上学期期中模拟）下列关于实验仪器和操作说法不正确的是（ ）。
选项
A
B
C
D
实验
读数为
用浓盐酸和
检验装置气密
除去CO中的CO2
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2
22.60mL
MnO2制氯气
性
装置
或仪
器
【解析】选B。滴定管在记录读数时，小数点后应保留2位，故A正确；浓盐酸和MnO2制取氯气需要加热，
故B错误；若装置气密性良好，则导管口会有气泡冒出，松开手后，水进入到导管中，形成一段水柱，可
以检查装置的气密性，故C正确；二氧化碳能被NaOH溶液吸收，而CO不能，所以可以用NaOH溶液除去
CO中的CO2，故D正确。
6．（广东省2022届高三一轮复习调研考）设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）。
A．7g环丁烷（
）含有的极性键数为2NA
B．标准状况下，1.12LHF中含有氢原子数为0.05NA
C．1L 0.1mol·L－1HCOONa溶液中，Na+数为0.1NA
D．氨气与钙发生置换反应生成Ca（NH2）2和2.24L H2时转移的电子数为0.2NA
【解析】选C。1个环丁烷分子含极性键的数目为8，7g环丁烷含极性键数为NA，A项错误；标准状况下，
HF为液态，B项错误；没有标明温度、压强，D项错误。
7．（2022·陕西省榆林市高三上学期期中）X、Y、Z、M、Q是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。
X与Y形成的化合物的水溶液呈碱性，M的最外层电子数目和最内层相等，Z与Q同主族，Q的最高正化合价
和最低负化合价的代数和是6，下列说法正确的是（ ）。
A．原子半径：Z＜M＜Q
B．Z的最高正化合价是+7
C．第5周期与M同主族的元素的最高价氧化物的水化物是强碱
D．X、Y和Q三种元素形成的化合物中不可能含有离子键
【解析】选C。X、Y、Z、M、Q是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y形成的化合物的水溶
液呈碱性，则X是H元素，Y是N元素；M的最外层电子数目和最内层相等，则M核外电子排布是2、8、2，
所以M是Mg元素；Z与Q同主族，Q的最高正化合价和最低负化合价的代数和是6，则Z是F，Q是Cl元素。
根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是F，M是Mg，Q是Cl元素。原子核外电子层数越多，原子半径越大；
同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，则原子半径大小关系为：Z＜Q＜M，A错误；Z是F元
素，由于其元素非金属性很强，没有数值与原子最外层电子数相等的化合价+7价，B错误；M是Mg，其最
高价氧化物对应的水化物Mg（OH）2是中强碱。同一主族元素原子序数越大，元素的金属性越强，其最高
价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以第5周期与M同主族的元素的最高价氧化物的水化物是强碱，C
正确；是H，Y是N，Q是Cl，这三种元素可以形成离子化合物NH4Cl，D错误。
8．（湖南株洲2021~2022学年高三上学期期中）利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和
循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。实验室利用废旧电池
的铜帽（主要成分为Cu、Zn）制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是（ ）。
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯、玻璃棒等仪器
【解析】选C。电池铜帽（主要成分为Cu、Zn）加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除
去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
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洗涤获得CuSO4∙5H2O。“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；Cu
不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔“操作Ⅰ”包括蒸
发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确。
9．（湘潭市2022届高三第一次模拟考试）紫草主要用于治疗烧伤、湿疹、丹毒等，其主要成分紫草素的
结构简式如右下图，下列关于紫草素的说法正确的是（ ）。
A．该物质能与NaOH反应，且1mol紫草素能消耗3molNaOH
B．紫草素的同分异构体中可能含有两个苯环
C．紫草素能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应原理相同
D．紫草素与苯酚互为同系物
【解析】选B。紫草素能与NaOH反应，且1mol紫草素能消耗2molNaOH，A错误；紫草素有9个不饱和度，
所以同分异构体中可能含有两个苯环，B正确；紫草素能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，但反应原理不相
同，C错误；紫草素与苯酚不互为同系物，D错误。
10．（河南省百强名校2022届高三上学期11月联考）图象可更直观地表现化学变化中的物质变化和能量变
化。下列判断错误的是（ ）。
图甲
图乙
图丙
A．图甲所示反应为放热反应，且△H＝Ea－Ea′
B．若已知石墨比金刚石稳定，则C（石墨，
）C（金刚石，）△H＞0
C．图乙所示反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）
2NO（g）△H1＝－180kJ·mol－1
D．若2A（g）
B（g）△H＜0，则物质能量高低如图丙
【解析】选C。由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应为放热反应，Ea为正反应活化
能，Ea′为逆反应活化能，△H＝Ea－Ea′，A项正确；能量越低越稳定，由于石墨比金刚石稳定，所以石墨
转化为金刚石的反应为吸热反应，即△H＞0，B项正确；由图乙可知，反应为吸热反应，热化学方程式为：
N2（g）+O2（g）
2NO（g）△H1＝+180kJ·mol－1，C项错误；由2A（g）
B（g）△H＜0可知由A
生成B的反应均为放热反应，即2A的能量高于B的能量，气态B的能量高于液态B的能量，D项正确。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4
分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（湖南省邵阳市2022年高三11月模拟）下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（
）。
选项
实验
现象
结论
A
向FeCl3溶液中通入足量的H2S
生成两种沉淀
Fe3+的氧化性强于S
B
向浓度均为0.1mol·L－1的CuSO4和
MgSO4混合溶液中滴加少量
NaOH溶液
先出现浅蓝色沉淀
Cu（OH）2的溶度积比
Mg（OH）2的小
C
向FeCl3溶液中滴入几滴30%的
H2O2溶液
有气体产生，一段时间
后，FeCl3溶液颜色加深
Fe3+能催化H2O2分解，
且该分解反应为放热反
应
D
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加
入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象，加
入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
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4
【解析】选BC。氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁和硫和水，只有一种沉淀，根据氧化剂的氧
化性大于氧化产物可知，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；相同浓度的Cu2+、Mg2+中加入OH－，先出
现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，B符合题意；
过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合
题意；铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入NO3
－，发生反应的离子方程式为：3Cu2++2NO3
－+8H+＝
3Cu2++2NO↑+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中（HNO3）的强氧化性，D不符合题意。
12．（海安市2022届高三期初学业质量监测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸
（HCOOH）在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO3
－的催化还原，进而减少污染。
已知Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是（ ）。
A．Fe3O4参与了该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢健和氧氢健发生了断裂
C．H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用
D．在整个历程中，每1mol H2可还原1molNO3
－
【解析】选D。由图可知，Fe3O4参与了该循环历程，A选项正确；由图可知，HCOOH分解生成H2，碳氢健
上的氢原子与氧氢健上的氢原子结合成H2，所以碳氢健和氧氢健发生了断裂，B选项正确；由图可知，H2
和Fe（Ⅲ）反应生成的Fe（Ⅱ）和H+，使溶液的pH减小，Fe（Ⅱ）与NO3
－反应生成Fe（Ⅲ）和NO2
－的过
程中需要消耗H+，使溶液的pH增大，C选项正确；在整个历程中，H2~H+~H－~e－，NO3
－~NO2
－~2e－，根据
电子守恒可得：2H2~NO3
－~2e－，即每1mol H2可还原0.5molNO3
－，D选项正确。
13．（2022·陕西省榆林市高三上学期期中）金属锂化学性质活泼，广泛应用于冶金工业上制备各种合金。
如图是一种制备金属锂的装置。下列说法错误的是（ ）。
A．与电极B相连的是电源的正极
B．电极C上的电极反应式为Li++e－＝Li
C．设计A区的主要原因是碳酸锂导电能力差
D．A区反应的方程式为2Cl2+2Li2CO3＝4LiCl+2CO2+O2
【解析】选C。由图可知，电极C反应式为Li++e－＝Li，为电解池阴极，与电源负极相连；电极B为阳极，
与电源正极相连，电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑，然后在A区发生2Cl2+2Li2CO3＝4LiCl+2CO2+O2。电极B
为阳极，与电源正极相连，A正确；电极C为电解池阴极，反应式为Li++e－＝Li，B正确；设计A区的主要
原因是用碳酸锂吸收氯气防止污染空气，同时制得LiCl在电极C使用，提高Li产率，C错误；结合分析可知
A区反应的方程式为2Cl2+2Li2CO3＝4LiCl+2CO2+O2，D正确。
14．（2022·湖北黄石高三上学期11月模拟）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的
立方结构，边长a＝0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。下列说法不正
确的是（ ）。
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5
A．K与O间的最短距离为0.315nm
B．与K紧邻的O个数为8
C．在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于体心位置，O处于棱心位置
D．若KIO3晶体的密度为
g•cm－3，则阿伏加德罗常数的值可表示为
【解析】选BD。K与O间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即
×0.446nm＝0.315nm，A项正确；由
晶胞结构可知，与K紧邻的O位于与其直接相连的1个立方体的3个面的面心，过该K原子的立方体共有8个，
而每个面为2个立方体共用，则与K紧邻的O个数为3×8×
＝12个，B项错误；想象8个晶胞紧密堆积，则I
处于顶角，O处于棱心，K处于体心，C项正确；设NA表示阿伏加德罗常数的值，由晶胞结构可知，其含有
1个K，1个I，3个O，则该晶胞含有1个KIO3，故有×（0.446×10－7cm）3×NA＝（39+127+16×3）×1，则NA
＝
mol－1，D项错误。
15．（湖南省邵阳市2022年高三11月模拟）常温下，已知Ka1（H2CO3）＝4.3×10－7，Ka2（H2CO3）＝
5.6×10－11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR－、R2－三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图
所示，下列叙述正确的是（ ）。
A．H2R的二级电离常数Ka2的数量级为10－5
B．在pH＝4的溶液中：3c（R2－）＜c（Na+）+c（H+）－c（OH－）
C．等体积、等浓度的NaOH浴液与H2R溶液混合后，溶液中：（R2－）＜c（H2R）
D．向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生的反应是：CO3
－+H2R＝CO2↑+H2O+R2－
【解析】选AB。二元酸H2R存在两步电离：H2R
HR－+H+，HR－
R2－+H+，根据图上第一个交点，
c（H2R）＝c（HR－），Ka1＝
＝c（H+）＝1×10－1.3；根据图上的第二个交点，c
（HR－）＝c（R2－），Ka2＝
＝c（H+）＝1×10－4.3；R2－存在两步水解，R2－+H2O
HR－+OH－，HR－+H2O
H2R+OH－，Kh1＝
＝
＝
＝10－9.7，
Kh2＝
＝
＝
＝10－12.7。Ka2＝
＝c（H+）
＝1×10－4.3＝100.7×10－5，属于10－5数量级，A符合题意；由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）＝2c（R2－）
+c（HR－）+c（OH－），由图像可知pH＝4时，c（R2－）＜c（HR－），故3c（R2－）＜c（Na+）+c（H+）
－c（OH－），B符合题意；等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR
－可以电离也可以水解，根据分析，Ka2＞Kh2，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故电离产物c
（R2－）大于水解产物c（H2R），C不符合题意：根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1（H2R）
＞Ka2（H2R）＞Ka1（H2CO3）＞Ka2（H2CO3），可得酸性H2R＞HR－＞H2CO3＞HCO3
－，向Na2CO3溶液中加
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6
入过量H2R溶液，因为根据强酸制弱酸的原理，CO3
2－转化为CO2，并生成HR－，发生的反应是CO3
－+2H2R
＝CO2↑+H2O+2HR－，D不符合题意。
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16．（保定市部分学校2022届高三上学期期中）工业上采用还原法冶炼黄金（Au）的原理如下：
4Au+O2+8NaCN+2H2O＝4Na［Au（CN）2］+4NaOH
2Na［Au（CN）2］+Zn＝2Au+Na2Zn（CN）4
请回答下列问题：
（1）在元素周期表中，Au与Cu位于同族，基态Au原子比基态Cu原子多2个电子层。基态Au原子的价层电
子排布式为_______，金元素位于_______区。
（2）Zn和Cu相邻，第一电离能：I1（Cu）_______（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）I1（Zn），第二
电离能：I2（Cu）_______I2（Zn）。
（3）1mol［Zn（CN）4］2－中含_______molσ键。
（4）已知卤化锌的熔点如下表所示：
卤化锌
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI
熔点/℃
872
283
394
446
卤化锌的熔点存在差异的主要原因是_____________________。
（5）由金、氯、铯三种元素组成的晶体M，其晶胞结构如图1所示，M的化学式为_______，其中金原子形
成了2种不同的配离子（均呈负一价），它们分别是_______和_______（写出离子符号，不分顺序）。
（6）金晶体的晶胞结构如图2所示，其晶胞参数为408pm，金晶体的密度为_______g·cm－3（只列计算式，
设NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）5d106s1；ds（2）＜；＞（3）8
（4）ZnF2是离子晶体，其他三种晶体均为分子晶体，分子间只存在范德华力，且ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的相
对分子质量依次增大，范德华力依次增大；离子键比范德华力强
（5）CsAuCl3；AuCl2
－（或AuCl4
－）；AuCl4
－（或AuCl2
－）
（6）
【解析】本题主要考查物质结构与性质，考查学生对物质结构的理解能力和综合运用知识的能力。（1）
基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，由此推知基态金原子的价层电子排布式为5d106s1，金元素位于ds区。
（2）基态Cu、Zn原子的价层电子排布式分别为3d104s1、3d104s2。（3）［C≡N］－中含1个σ键，C的电负性
小于N的，故C原子提供1个孤电子对与Zn2+形成配位键，配位键也是σ键。（5）观察图示，金和氯形成的
两种配离子组成为AuCl2
－、AuCl4
－，1个晶胞中有8个AuCl4
－位于顶点和1个AuCl4
－位于体内，含2个AuCl4
－；4个AuCl2
－位于棱上，1个AuCl2
－位于体内，含2个AuCl2
－；8个Cs+位于面上，含4个Cs+，故M的化学式
为CsAuCl3。（6）金晶体是面心立方堆积，1个晶胞中含4个金原子，则密度为＝
＝
＝
＝
g•cm－3。
17．（湖南株洲2021~2022学年上学期高三期中）叶蛇纹石是一种富镁硅酸盐矿物［主要成分为Mg6
（Si4O10）（OH）8，还含有Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质］，利用该矿物生产铁红（Fe2O3）和碱式碳酸镁的
工艺流程如图所示：
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7
回答下列问题：
（1）“转化”步骤中，温度不能过高的原因是___________________________。
（2）“调pH”时，产生滤渣2的反应离子方程式为___________________________。
（3）X通常选用___________（填化学式）。
（4）“沉镁”步骤中氨水加入的量不能太多，否则MgCO3·H2O的产率会降低，其原因是
_______________________________________________。
（5）取9.1g碱式碳酸镁［xMgCO3·yMg（OH）2·zH2O］，高温分解后，测得生成3.3gCO2、4.0gMgO，化学
式中z＝___________写出由MgCO3·H2O生成产品的化学方程式：
______________________________________。
（6）碱式碳酸镁常用作新型阻燃剂，试分析碱式碳酸镁能够阻燃的原因：
______________________________________。（写出一点即可）。
【答案】（1）温度过高，H2O2分解
（2）Fe3++3NH3·H2O
Fe（OH）3↓+3NH4
+、Al3++3NH3·H2O
Al(OH)3↓+3NH4
+
（3）NaOH（4）氨水过量会生成Mg（OH）2沉淀
（5）3；4MgCO3·H2O
3MgCO3·Mg（OH）2·3H2O+CO2↑+8H2O
（6）碱式碳酸镁受热分解吸收热量（或分解产生能够阻燃的二氧化碳和水蒸气。分解生成的MgO覆盖在
可燃物表面阻止可燃物燃烧）
【解析】蛇纹石加硫酸酸浸后过滤，SiO2难溶于稀硫酸成为滤渣，滤液中含有Fe2+、Fe3+、A13+、Mg2+等阳
离子，加入双氧水将Fe2+氧化成更容易产生沉淀的Fe3+，之后通入氨气调节pH使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，
过滤后向滤液中加入氨水和NH4HCO3得到MgCO3·3H2O，加热分解得到碱式碳酸镁。（1）“转化”步骤
中，温度不能过高的原因是温度过高，H2O2分解。（2）“调pH”时，产生滤渣2的反应为通入氨气调节
pH使Fe3+、Al3+转化为沉淀，故离子方程式为Fe3++3NH3·H2O
Fe（OH）3↓+3NH4
+、Al3++3NH3·H2O
Al(OH)3↓+3NH4
+。（3）氢氧化铝和强碱氢氧化钠溶液反应，氢氧化铁不反应，故X选用NaOH。（4）氢
氧化镁比碳酸镁更容易沉淀，若氨水加入量过多会导致生成氢氧化镁沉淀，影响MgCO3·3H2O的产率。
（5）9.1g碱式碳酸镁［xMgCO3·yMg（OH）2·zH2O］，高温分解后，生成3.3gCO2的物质的量为n（CO2）
＝
＝0.075mol，4.0gMgO的物质的量为n（MgO）＝
＝0.1mol，H2O的物质的量为n
（H2O）＝
＝0.1mol，所以n（MgO）∶n（CO2）∶n（H2O）＝4∶3∶4，故反应
式为4MgCO3·H2O
3MgCO3·Mg（OH）2·3H2O+CO2↑+8H2O。（6）碱式碳酸镁受热分解吸收热量（或
分解产生能够阻燃的二氧化碳和水蒸气。分解生成的MgO覆盖在可燃物表面阻止可燃物燃烧），故碱式碳
酸镁常用作新型阻燃剂。
18．（湖南省邵阳市2022年高三11月模拟）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但
同时，又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题。回答下列问题：
（1）已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图（图中表示生成2molNO2的能量变化）。1molNO氧化为
NO2的焓变△H＝________kJ/mol。
（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应N2O4（g）
2NO2（g）△H＝
+QkJ·mol－1，一段时间后达到平衡，测得数据如下：
时间/s
20
40
60
80
100
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8
c（NO2）/（mol·L－1）
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
①0~40s内，v（NO2）＝________。
②达平衡时，反应体系吸收的热量为_________kJ（用Q表示）。
③该温度下反应2NO2（g）
N2O4（g）的化学平衡常数K＝________。
（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，
密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3），其工作原理如图：
①Ir表面发生反应的方程式为________________________________。
②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的结果是____________________。
【答案】（1）－56（2）①0.005mol·L－1·s－1；②0.3Q；③0.56L/moL
（3）①H2+N2O
N2+H2O；②不利于降低溶液中的含氮量
【解析】（1）根据图像可知，N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝180kJ/mol①，N2（g）+2O2（g）＝
2NO2（g）ΔH2＝68kJ/mol②，根据盖斯定律，
×（②－①）得：NO（g）+
O2（g）＝NO2（g）ΔH＝－
56kJ/mol；（2）①v（NO2）＝
＝0.005mol·L－1·s－1；②平衡时c（NO2）＝0.3mol/L，n（NO2）
＝0.3mol/L×2L＝0.6mol，根据N2O4（g）
2NO2（g）△H＝+QkJ·mol－1可知，生成2molNO2时吸收的热
量为Q，故生成0.6molNO2时吸收的热量为
Q＝0.3Q；③根据题意可列出三段式：
N2O4（g）
2NO2（g）
起始mol
0.4
0
变化mol
0.3
0.6
平衡mol
0.1
0.6
体积为2L，平衡时N2O4和NO2的浓度分别为0.05mol/L、0.3mol/L，K＝
＝
＝1.8mol/L，故2NO2（g）
N2O4（g）的平衡常数K1＝
＝0.56L/moL；（3）①根据图像可知，Ir表
面发生H2和N2O反应生成N2和H2O的反应，方程式为H2+N2O
N2+H2O；②在金属Pt、Cu和lr的催化作
用下，密闭容器中的氢气能高效转化溶液中的硝态氮（NO3
－），从题图中可看出，应该最大限度将NO3
－
转化为NO进而转化为N2O，后转化为N2，Pt颗粒增多，更多的NO3
－会转化为NH4
+而存在于溶液中，显然不
利于降低溶液中的含氮量。
19．（广东珠海2021~2022学年上学期高三期中）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型绿色、高效的水处理剂，
对病毒的去除率可达99.95%。某兴趣小组设计如下实验制备K2FeO4并探究其性质。已知：①K2FeO4为紫色
固体，微溶于KOH溶液；②FeO4
2－具有强氧化性，在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳
定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
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①如图所示，A为氯气发生装置，装置A中盛放KMnO4的仪器名称是_______。
②装置B的作用是_________________。
③装置C中的KOH溶液需过量，目的是_________________。
④C中得到紫色固体和溶液。则C中Cl2与Fe（OH）3发生反应生成K2FeO4的离子方程式为
__________________________________________。
（2）探究K2FeO4的性质甲同学取装置C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有
Cl2。该现象_______（填“能”或“不能”）证明“酸性条件下FeO4
2－氧化性强于Cl2”，并说明理由：
_______________________________。
（3）测定K2FeO4的产率若在制备装置C中加入Fe（OH）3的质量为10.7g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥
得K2FeO4固体9.9g，则K2FeO4的产率为_______。
【答案】（1）①蒸馏烧瓶②除去氯气中的氯化氢③提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率
④3Cl2+2Fe（OH）3+10OH－＝2FeO4
2－+6Cl－+8H2O
（2）不能；粗品种可能混有KClO，酸性环境下可与Cl－反应产生Cl2
（3）50%
【解析】A中浓盐酸与高锰酸钾发生2MnO4
－+10Cl－+16H+＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O，可制备氯气，B中饱和食
盐水可除去挥发的HCl，C中碱性条件下氯气与氢氧化铁反应生成K2FeO4，D中NaOH可吸收过量氯气；
（1）①装置A用于制取Cl2，其中盛放KMnO4的烧瓶侧而带有支管应为蒸馏烧瓶；②制取的Cl2中混有HCl
气体，利用C装置中的饱和NaCl溶液除去氯气中的氯化氢；③由题目信息可知K2FeO4在酸性或中性环境下
不稳定，在碱性环境中能稳定存在，可知装置C需要确保碱性环境，即需KOH溶液过量，确保K2FeO4能稳
定存在；④装置C在碱性条件下用Cl2将Fe（OH）3氧化生成K2FeO4，则发生反应的离子方程式为3Cl2+2Fe
（OH）3+10OH－＝2FeO4
2－+6Cl－+8H2O；（2）根据上述制备反应，装置C的紫色溶液含有K2FeO4、KCl，
还可能含有KClO等，酸性条件下ClO－可与Cl－反应产生Cl2，所以不能说明酸性条件下FeO4
2－氧化性强于
Cl2；（3）反应的方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据铁原子守恒：n
（K2FeO4）＝n［Fe（OH）3］＝
＝0.1mol，理论上产生K2FeO4固体质量为m（K2FeO4）＝
0.1mol×198g/mol＝19.8g，产率为
×100%＝50%。
20．（2022·山西大同高三上学期期中）奈韦拉平是HIV－1的非核苷类逆转录酶抑制剂。以化合物A为原料
的一种合成路线如图所示，回答相关问题。
已知：R1NH2+R2Cl+NaOH→R1NHR2+NaCl+H2O。
（1）对吡啶环
进行系统命名编号时，N原子为1号位，则A的名称为___________。
（2）化合物D中官能团的名称___________、___________。（不考虑吡啶环）
（3）反应①的反应类型为___________。
（4）写出化合物X的结构简式___________。
（5）反应④的化学方程式为___________。
（6）化合物C的同分异构体中，含有苯环和亚硝基（－NO）的化合物有_____种。
（7）写出奈韦拉平的结构简式___________。
【答案】（1）2－氯－3－甲基吡啶（2）肽键；氯原子
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（3）氧化反应（4）
（5）
+
+NaOH→
+NaCl+H2O
（6）10（7）
【解析】A上的甲基被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，B为
，B和SOCl2反应生成C为
，由D的结构和反应③是脱去一个HCl可知X为
，反应④发生已知信息的反应，则
Y为
，由奈韦拉平的分子式可知少了Cl原子且只有1个O原子，则反应⑤应该Cl与－NH发生取代反应，
则奈韦拉平的结构简式为
。（1）对A进行编号
则A的名称为2－氯－3－甲基
吡啶；（2）化合物D中官能团的名称肽键、氯原子；（3）反应①为甲基被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，
反应类型为氧化反应；（4）由分析知化合物X的结构简式为
；（5）分析知Y为
，反应
④的化学方程式为
+
+NaOH→
+NaCl+H2O（6）化合物C为
，含
有苯环和亚硝基（－NO）的同分异构体有
、
、
共10种；（7）由奈韦拉
平的分子式可知少了Cl原子且只有1个O原子，则反应⑤应该Cl与－NH发生取代反应，则奈韦拉平的结构
简式为
。
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