2022年高考化学试卷（广东）（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（按试卷类型分类）2008-2025_自主命题卷·化学（2008-2025）(1)

2022 年广东省普通高中学业水平选择性考试 化学 本试卷共 8页，21小题，满分 100分，考试用时 75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写 在答题卡上。用 2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右 上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答的答案无效。 4.作答选考题时，请先用 2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多 涂的，答案无效。 5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共 16小题，共 44分。第 1~10小题，每小题 2分；第 11~16小题，每小 题 4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化 内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是 汉 字 载 体 选 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 D.液晶显示屏 第1页 | 共28页项 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有 极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意； B．青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B项符合题意； C．纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意； D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符 合题意； 综上所述，答案为B项。 2. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展 示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是 A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H 为氧化性气体 2 B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子 C. 乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化 D. 核电站反应堆所用轴棒中含有的235U与238U互为同位素 92 92 【答案】D 【解析】 【详解】A．H 作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误； 2 B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误； C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误； D．235U与238U是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确； 92 92 综上所述，叙述正确的是D项。 3. 广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是 第2页 | 共28页文 物 选 A.南宋鎏金饰品 B.蒜头纹银盒 C.广彩瓷咖啡杯 D.铜镀金钟座 项 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的 一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意； B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意； C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意； D．铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意； 综上所述，答案为C。 4. 实验室进行粗盐提纯时，需除去Ca2+、Mg2+和SO2-，所用试剂包括BaCl 以及 4 2 A. Na CO、NaOH、HCl B. Na CO、HCl、KOH 2 3 2 3 C. K CO、HNO、NaOH D. Na CO、NaOH、HNO 2 3 3 2 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试 剂将所加过量的物质除去。 【详解】粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用CO2-将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的 3 阳离子为Na+，即选用Na CO 除去Ca2+，同理可知，除去Mg2+需选用NaOH，除去SO2-需选用BaCl ， 2 3 4 2 第3页 | 共28页因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl 先于Na CO 加入，利用 2 2 3 Na CO 除去Ca2+和多余的BaCl ，因Na CO 、NaOH均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入 2 3 2 2 3 HCl，至溶液中不再有气泡产生，以此除去Na CO 、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品， 2 3 综上所述，答案为A。 5. 若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是 A. Cu与浓硫酸反应，只体现H SO 的酸性 2 4 B. a处变红，说明SO 是酸性氧化物 2 C. b或c处褪色，均说明SO 具有漂白性 2 D. 试管底部出现白色固体，说明反应中无H O生成 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO 体现出浓硫酸的酸性，生成SO 体现出浓硫酸的强氧化 4 2 性，故A错误； B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO 溶于水生成了酸，可说明SO 是酸性氧化物，故B正确； 2 2 C．b处品红溶液褪色，其原因是SO 具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO 和 2 2 KMnO 发生氧化还原反应，SO 体现出还原性，故C错误； 4 2 D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO ，而非蓝色的 4 CuSO ·5H O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H O吸收，故D错误； 4 2 2 综上所述，正确的是B项。 6. 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 第4页 | 共28页A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na CO 可与酸反应 2 3 B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性 C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H O高温下会反应 2 D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意； B．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意； C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意； D．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 7. 甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强 酸。下列说法不正确的是 A. 原子半径：丁＞戊＞乙 B. 非金属性：戊＞丁＞丙 C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生 D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应 【答案】C 【解析】 【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高 氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁 为P。 【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确； B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确； 第5页 | 共28页C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、 乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误； D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。 综上所述，答案为C。 8. 实验室用MnO 和浓盐酸反应生成Cl 后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下 2 2 列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl 可用浓硫酸干燥，A 2 装置能达到实验目的，故A不符合题意； B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意； C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意； D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意； 答案选D。 9. 我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是 A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖 B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类 C. 1mol CO中含有6.02´1024个电子 D. 22.4L CO 被还原生成1mol CO 2 第6页 | 共28页【答案】A 【解析】 【详解】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确； B．葡萄糖与果糖的分子式均为C H O ，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类， 6 12 6 属于烃的衍生物，故B错误； C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误； D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误； 答案选A。 10. 以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中 A. 阴极发生的反应为Mg-2e- =Mg2+ B. 阴极上Al被氧化 C. 在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D. 阳极和阴极的质量变化相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中 以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使 阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子 生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。 【详解】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误； B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误； C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确； D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子 生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误； 故选C。 11. 为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液 中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是 A. 加入AgNO 溶液产生沉淀 B. 加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现 3 C. 加入KSCN溶液无红色出现 D. 加入K éFeCN ù溶液无蓝色沉淀生成 3ë 6 û 【答案】D 【解析】 第7页 | 共28页【分析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比 铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反 应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成，据此分析解答。 【详解】A．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白 色沉淀，故A不符合题意； B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质可碘化钾发生反应，故 B不符合题意； C．KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入 KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意； D．K [Fe(CN) ]是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入 3 6 K [Fe(CN) ]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。 3 6 综上所述，答案为D。 12. 陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 用焦炭和石英砂制取粗硅 SiO 可制作光导纤维 2 B 利用海水制取溴和镁单质 Br-可被氧化，Mg2+可被还原 C 石油裂解气能使溴的CCl 溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃 4 D FeCl 水解可生成FeOH 胶体 FeCl 可用作净水剂 3 3 3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO ）在高温条件下制备粗硅，这与SiO 是 2 2 否做光导纤维无因果关系，故A符合题意； B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提 纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化 镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意； C．石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl 溶液褪色，陈述I和陈述 4 第8页 | 共28页II均正确，且具有因果关系，C不符合题意； D．FeCl 溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水机，陈述I和陈述 3 II均正确，且具有因果关系，D不符合题意； 综上所述，答案为A。 13. 恒容密闭容器中，BaSO s+4H g ˆˆ†BaSs+4H Og在不同温度下达平衡时，各组分的 4 2 ‡ˆˆ 2 物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH <0 B. a为nH O 随温度的变化曲线 2 C. 向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动 D. 向平衡体系中加入BaSO ，H 的平衡转化率增大 4 2 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的 正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误； B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度 升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误； C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确； D．BaSO 是固体，向平衡体系中加入BaSO ，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变， 4 4 故D错误； 故选C。 14. 下列关于Na 的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是 第9页 | 共28页A. 碱转化为酸式盐：OH- +2H+ +CO2- =HCO- +2H O 3 3 2 B. 碱转化为两种盐：2OH- +Cl =ClO- +Cl- +H O 2 2 C. 过氧化物转化为碱： 2O2- +2H O=4OH- +O ­ 2 2 2 D. 盐转化为另一种盐： Na SiO +2H+ =H SiO ¯+2Na+ 2 3 2 3 【答案】B 【解析】 【详解】A．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO +OH-= 2 HCO-，故A错误； 3 B．氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl +2OH-=Cl-+ClO- 2 +H O，故B正确； 2 C．钠的过氧化物为Na O ，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na O 不能拆成离子，故C 2 2 2 2 错误； D．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误； 故选B。 15. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应X®2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如 图，则 A. 无催化剂时，反应不能进行 B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D. 使用催化剂Ⅰ时，0~ 2min内，vX=1.0mol×L-1×min-1 【答案】D 【解析】 第10页 | 共28页【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错 误； B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错 误； C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化 了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t 的变化，故C错误； cY 4.0mol/L D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则υ(Y) = n = =2.0 t 2min n 1 1 mol×L-1×min-1，υ(X) = υ(Y) = ´2.0mol×L-1×min-1=1.0mol×L-1×min-1，故D正确； 2 2 答案选D。 16. 科学家基于Cl 易溶于CCl 的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如 2 4 图)。充电时电极a的反应为： NaTi PO  +2Na+ +2e- = Na Ti PO  。下列说法正确的是 2 4 3 3 2 4 3 A. 充电时电极b是阴极 B. 放电时NaCl溶液的pH减小 C. 放电时NaCl溶液的浓度增大 D. 每生成1mol Cl ，电极a质量理论上增加23g 2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是 阳极，故A错误； 第11页 | 共28页B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为 NaTi PO  -2e- = NaTi PO  +2Na+可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误； 3 2 4 3 2 4 3 C．放电时负极反应为NaTi PO  -2e- = NaTi PO  +2Na+，正极反应为Cl +2e- =2Cl-，反 3 2 4 3 2 4 3 2 应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确； D．充电时阳极反应为2Cl- -2e- =Cl ­，阴极反应为NaTi PO  +2Na+ +2e- = NaTi PO  ， 2 2 4 3 3 2 4 3 由得失电子守恒可知，每生成1molCl ，电极a质量理论上增加23g/mol´2mol=46g，故D错误； 2 答案选C。 二、非选择题：共 56分。第 17~19 题为必考题，考生都必须作答。第 20~21题为选考题， 考生根据要求作答。 (一)必考题：共 42分。 17. 食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。 25℃时，HAc的K =1.75´105 =10-4.76。 a （1）配制250mL 0.1mol×L-1的HAc溶液，需5mol×L-1HAc溶液的体积为_______mL。 （2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是_______。 （3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。 提出假设。稀释HAc溶液或改变Ac-浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为 0.1mol×L-1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。 序号 vHAc/mL vNaAc/mL VH O/mL nNaAc:nHAc pH 2 Ⅰ 40.00 / / 0 2.86 Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36 第12页 | 共28页… Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 ①根据表中信息，补充数据：a =_______，b=_______。 ②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”) 向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。 ③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac-浓度，HAc电离平衡逆向移动。 实验结论假设成立。 nNaAc （4）小组分析上表数据发现：随着 的增加，c  H+ 的值逐渐接近HAc的K 。 nHAc a nNaAc 查阅资料获悉：一定条件下，按 =1配制的溶液中，c  H+ 的值等于HAc的K 。 nHAc a 对比数据发现，实验VIII中pH=4.65与资料数据K =10-4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确 a 程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol×L-1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为 22.08mL，则该HAc溶液的浓度为_______mol×L-1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示 意图并标注滴定终点_______。 ②用上述HAc溶液和0.1000mol×L-1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定 pH，结果与资料数据相符。 （5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol×L-1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的 K ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 a Ⅰ 移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL 1 Ⅱ _______，测得溶液的pH为4.76 实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。 （6）根据K 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。 a 【答案】（1）5.0 （2）C 第13页 | 共28页（3） ①. 3.00 ②. 33.00 ③. 正 ④. 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验 II的pH增大值小于1 （4） ①. 0.1104 ②. （5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液 （6）HClO：漂白剂和消毒液(或H SO ：还原剂、防腐剂或H PO ：食品添加剂、制药、生产肥料) 2 3 3 4 【解析】 【小问1详解】 溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为： 5.0。 【小问2详解】 A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误； B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误； C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶 口，故C正确； D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶 塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误； 综上所述，正确的是C项。 【小问3详解】 ①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实 验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故 2 答案为：3.00；33.00。 1 ②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的 ，稀释过程中，若不考虑电离平衡移 10 动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+) 增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的 第14页 | 共28页pH增大值小于1。 【小问4详解】 (i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H O，由反应方程式可知，滴定至终点时， 2 n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为： 0.1104。 (ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)= K ×cHAc ≈ 10-4.76´0.1mol/L=10-2.88mol/L，溶液的 a pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到 滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH) 无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图： 。 【小问5详解】 向20.00mL的HAc溶液中加入V mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当 1 nNaAc =1时，溶液中c(H+)的值等于HAc的K ，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液，使溶液 nHAc a 中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液。 【小问6详解】 不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H SO 具有还 2 3 原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H SO 可用作防腐剂，H PO 具有中强酸性，可用作食品添加 2 3 3 4 剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H SO ：还原剂、 2 3 防腐剂或H PO ：食品添加剂、制药、生产肥料)。 3 4 18. 稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处 理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 第15页 | 共28页已知：月桂酸 C H COOH 熔点为44°C；月桂酸和 C H COO RE均难溶于水。该工艺条件下， 11 23 11 23 3 稀土离子保持+3价不变； C H COO Mg的K =1.8´10-8，Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8；有 11 23 2 sp 3 关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / （1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。 （2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为 _______。 （3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g×L-1。为尽可能多地提取 RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c  C H COO- 低于_______mol×L-1 11 23 (保留两位有效数字)。 （4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。 ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。 （5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。 （6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt Y。 3 ①还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移_______mol电子。 3 4 3 3 ②Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O 的还原，发生的电极反应为 3 2 _______。 【答案】（1）Fe2+ （2） ①. 4.7£pH<6.2 ②. Al3+ +3OH- = AlOH ¯ 3 第16页 | 共28页（3）4.0´10-4 （4） ①. 加热搅拌可加快反应速率 ②. 冷却结晶 （5）MgSO （6） ①. 15 ②. O +4e-+2H O=4OH- 4 2 2 【解析】 【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、 4 Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO2-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1 4 中含有RE3+、Mg2+、SO2-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成 C H COO RE沉淀，滤液2主要 4 11 23 3 含有MgSO 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分 4 离得到RECl 溶液。 3 【小问1详解】 由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所 以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； 【小问2详解】 由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、 Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7£pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反 应的离子方程式为Al3+ +3OH- = AlOH ¯，故答案为：4.7£pH<6.2； 3 Al3+ +3OH- = AlOH ¯； 3 【小问3详解】 滤液2中Mg2+浓度为2.7g×L-1，即0.1125mol/L，根据 K [C H COO Mg]=c(Mg2+)×c2 C H COO- ，若要加入月桂酸钠后只生成 sp 11 23 2 11 23 K éC H COO Mgù C H COO RE，而不产生 C H COO Mg，则c  C H COO- < sp ë 11 23 2 û = 11 23 3 11 23 2 11 23 c(Mg2+) 1.8´10-8 =4´10-4mol×L-1，故答案为：4´10-4； 0.1125 【小问4详解】 ①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅 拌可加快反应速率； ② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 C H COOH 熔点为44°C，故“操作X”的过 11 23 第17页 | 共28页程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶； 【小问5详解】 由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ，故答案为：MgSO ； 4 4 【小问6详解】 ①YCl 中Y为+3价，PtCl 中Pt为+4价，而Pt Y中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融盐制备 3 4 3 3 4 Pt Y时，生成1molPt Y转移15mol电子，故答案为：15； 3 3 ②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O +4e-+2H O=4OH，故答案为： 2 2 O +4e-+2H O=4OH-。 2 2 19. 铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 （1）催化剂CrO 可由 NH  Cr O 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 2 3 4 2 2 7 ①完成化学方程式： NH  Cr O Cr O +_______+_______。 4 2 2 7 @ 2 3 ②CrO 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)®Y(g)过程的焓变为_______(列式表示)。 2 3 ③CrO 可用于NH 的催化氧化。设计从NH 出发经过3步反应制备HNO 的路线_______(用“→”表示 2 3 3 3 3 含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 （2）K Cr O 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： 2 2 7 (ⅰ)CrO2-(aq)+H O(l)ˆˆ†2HCrO-(aq) K =3.0´10-225°C 2 7 2 ‡ˆˆ 4 1 (ⅱ)HCrO-(aq)ˆˆ†CrO2-(aq)+H+(aq) K =3.3´10-725°C 4 ‡ˆˆ 4 2 ①下列有关K Cr O 溶液的说法正确的有_______。 2 2 7 A.加入少量硫酸，溶液的pH不变 B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 第18页 | 共28页C.加入少量NaOH溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D.加入少量K Cr O 固体，平衡时c2 HCrO- 与c  Cr O2- 的比值保持不变 2 2 7 4 2 7 c  CrO2- ②25℃时，0.10mol×L-1K Cr O 溶液中lg 4 随pH的变化关系如图。当pH=9.00时，设 2 2 7 c  Cr O2- 2 7 Cr O2-、HCrO-与CrO2-的平衡浓度分别为x、y、zmol×L-1，则x、y、z之间的关系式为_______ 2 7 4 4 =0.10；计算溶液中HCrO-的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 4 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(l)有关；在一定波长范围内，最大A对 应的波长(l )取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度 max 之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K Cr O 稀溶液，测得其A随l的 2 2 7 变化曲线如图，波长l、l和l中，与CrO2-的l 最接近的是_______；溶液pH从a变到b的过程 1 2 3 4 max c  H+ ×c2 CrO2- 4 中， 的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 c  Cr O2- 2 7 【 答 案 】（ 1 ） ①. N ↑ ②. 4H O ③. (E -E )+ΔH+(E -E ) ④. 2 2 1 2 3 4 NH ¾C¾r 2 O¾3®NO¾O¾2®NO ¾¾O 2¾®HNO ⑤. 2NO+O =2NO 3 O 2 H O 3 2 2 2 2 1 1 c  CrO2- （2） ①. BD ②. x+ y+ z ③. 当溶液pH=9时， 4 >104，因此可忽略溶液中 2 2 c  Cr O2- 2 7 第19页 | 共28页Cr O2- 2 7 即c  HCrO- +c  CrO2- =0.20 4 4 c  H+ ´c  CrO2- 10-9´c  CrO2- 4 4 反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7 2 c  HCrO- c  HCrO- 4 4 联立两个方程可得c  HCrO- =6.0×10-4mol/L ④. λ ⑤. 增大 4 3 【解析】 【小问1详解】 ① NH  Cr O 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N 、H O， 4 2 2 7 2 3 2 2 D 根据原子守恒可知反应方程式为 NH  Cr O Cr O +N ­+4H O，故答案为：N ↑；4H O。 4 2 2 7 2 3 2 2 2 2 ②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH =(E -E )，M→N ΔH =ΔH， 1 1 2 2 N→Y ΔH =(E -E ) ，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH +ΔH +ΔH =(E -E )+ΔH+(E -E )，故答 3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4 案为：(E -E )+ΔH+(E -E )。 1 2 3 4 ③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与H O 3 2 3 2 2 2 2 2 反应生成HNO 和NO，若同时通入O ，可将氮元素全部氧化为HNO ，因此从NH 出发经过3步反应制 3 2 3 3 备HNO 的路线为NH ¾C¾r 2 O¾3®NO¾O¾2®NO ¾¾O 2¾®HNO ；其中NO反应生成NO 过程中，气体 3 3 O 2 H O 3 2 2 2 颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O =2NO ，故答案为： 2 2 NH ¾C¾r 2 O¾3®NO¾O¾2®NO ¾¾O 2¾®HNO ；2NO+O =2NO 。 3 O 2 H O 3 2 2 2 2 【小问2详解】 ①K 2 Cr 2 O 7 溶液中存在平衡：(i)Cr 2 O 7 2-aq+H 2 Ol ƒ 2HCrO 4 -aq 、(ii) HCrO-aq CrO2-aq+H+aq 。 4 ƒ 4 A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是 减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误； B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向 都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确； C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中c  HCrO- 将减小，(i)将正向移动，故C错误； 4 c2 HCrO- 4 D．平衡(i)的平衡常数K = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K Cr O 溶 1 c  Cr O2- 2 2 7 2 7 第20页 | 共28页c2 HCrO- 4 液， 不变，故D正确； c  Cr O2- 2 7 综上所述，答案为：BD。 ②0.10mol/L K Cr O 溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为 2 2 7 2c  Cr O2- +c  HCrO- +c  CrO2- =0.20mol/L，Cr O2-、HCrO-与CrO2-的平衡浓度分别为x、y、z 2 7 4 4 2 7 4 4 1 1 c  CrO2- mol/L，因此x+ y+ z=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， 4 >104，因此可忽略溶液中 2 2 c  Cr O2- 2 7 c  H+ ´c  CrO2- 10-9´c  CrO2- Cr O2-，即c  HCrO- +c  CrO2- =0.20，反应(ii)的平衡常数K = 4 = 4 2 7 4 4 2 c  HCrO- c  HCrO- 4 4 =3.3×10-7，联立两个方程可得c  HCrO- =6.0×10-4mol/L。 4 ③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中 c  Cr O2- +c  HCrO- +c  CrO2- 越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中 2 7 4 4 c2 HCrO- c  CrO2- 越大，因此与CrO2-的λ 最接近的是λ ；反应(i)的平衡常数K = 4 ，反应(ii)的平 4 4 max 3 1 c  Cr O2- 2 7 c  H+ ´c  CrO2- c2 H+ ´c2 CrO2- c2 HCrO- 衡常数K = 4 ，K 2 ´K = 4 ´ 4 = 2 c  HCrO- 2 1 c2 HCrO- c  Cr O2- 4 4 2 7 c2 H+ ´c2 CrO2- c  H+ ´c2 CrO2- K 2 ´K 4 ，因此 4 = 2 1 ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH c  Cr O2- c  Cr O2- c  H+ 2 7 2 7 c  H+ ´c2 CrO2- 4 从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以 的值将增大，故答案为：λ ；增大。 c  Cr O2- 3 2 7 (二)选考题：共 14分。请考生从 2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计 分。 [选修 3：物质结构与性质] 20. 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚 集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分 子IV的合成路线如下： 第21页 | 共28页（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。 （2）H Se的沸点低于H O，其原因是_______。 2 2 （3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。 A．I中仅有s键 B．I中的Se-Se键为非极性共价键 C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E．I~III含有的元素中，O电负性最大 （4）IV中具有孤对电子的原子有_______。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H SeO _______H SeO (填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量 2 4 2 3 硒酸钠(Na SeO )可减轻重金属铊引起的中毒。SeO2-的立体构型为_______。 2 4 4 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于 加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1， 沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为_______。 第22页 | 共28页②设X的最简式的式量为M ，晶体密度为rg×cm-3，则X中相邻K之间的最短距离为_______nm(列 r 出计算式，N 为阿伏加德罗常数的值)。 A 【答案】（1）4s24p4 （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 （3）BDE （4）O、Se （5） ①. ＞ ②. 正四面体形 1 4M （6） ①. K 2 SeBr 6 ②. ´ 3 r ´107 2 N ρ A 【解析】 【小问1详解】 基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为 4s24p4；故答案为：4s24p4。 【小问2详解】 H Se的沸点低于H O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者 2 2 都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。 【小问3详解】 A．I中有s键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的Se-Se键为非极性共价 键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键 上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电 负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确； 综上所述，答案为：BDE。 【小问4详解】 根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。 【小问5详解】 根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H SeO ＞H SeO 。SeO2-中Se价 2 4 2 3 4 1 层电子对数为4+ (6+2-2´4)=4，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。 2 【小问6详解】 第23页 | 共28页1 1 ①根据晶胞结构得到K有8个， 有8´ +6´ =4，则X的化学式为K SeBr ；故答案为： 2 6 8 2 K SeBr 。 2 6 ②设X的最简式的式量为M ，晶体密度为rg×cm-3，设晶胞参数为anm，得到 r M g×mol-1 r ´4 4M m N mol-1 ，解得a = 3 r ´107nm，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数 ρ= = A =ρg×cm-3 N ρ V (a´10-7)3 A 1 4M 1 4M 的一半即 ´ 3 r ´107nm；故答案为： ´ 3 r ´107。 2 N ρ 2 N ρ A A 【选修 5：有机化学基础】 21. 基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯 酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。 （1）化合物I的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。 （2）已知化合物II也能以II′的形式存在。根据II′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示 例，完成下表。 序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型 ① -CH =CH- H -CH -CH - 加成反应 2 2 2 ② _______ _______ _______ 氧化反应 ③ _______ _______ _______ _______ （3）化合物IV能溶于水，其原因是_______。 （4）化合物IV到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1mol IV与1mol化合物a反应得到 第24页 | 共28页2mol V，则化合物a为_______。 （5）化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，核磁共振氢谱图上只有一组峰 的结构简式为_______。 （6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物VIII的单 体。 写出VIII的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。 【答案】（1） ①. C H O ②. 醛基 5 4 2 （2） ①. -CHO ②. O ③. -COOH ④. -COOH ⑤. CH OH ⑥. - COOCH ⑦. 2 3 3 酯化反应(取代反应) （3）Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键 （4）乙烯 （5） ①. 2 ②. （6） 【解析】 【小问1详解】 根据化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C H O ；其环上的取代基为醛基，故答案为：C H O ；醛基； 5 4 2 5 4 2 【小问2详解】 ②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被氧化为-COOH，故答案为：-CHO；O ；-COOH； 2 ③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应生成酯，故答案为：-COOH； 第25页 | 共28页CH OH；- COOCH ；酯化反应(取代反应)； 3 3 【小问3详解】 化合物Ⅳ中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，使其能溶于水，故答案为：Ⅳ中羟基能与水分子形成 分子间氢键； 【小问4详解】 化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子 式为C H ，为乙烯，故答案为：乙烯； 2 4 【小问5详解】 化合物Ⅵ的分子式为C H O，其同分异构体中含有 ，则符合条件的同分异构体有 3 6 和 ，共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为 ，故答案为： ； 【小问6详解】 根据化合物Ⅷ的结构简式可知，其单体为 ，其原料中的含氧有机物只有一种含 二个羧基的化合物，原料可以是 ， 发生题干Ⅳ→V的 反应得到 ， 还原为 ，再加成得到 ， 和 发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为 第26页 | 共28页，故答案为： 第27页 | 共28页第28页 | 共28页