2022年高考化学试卷（湖南）（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)

湖南省 2022 年普通高中学业水平选择性考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在
本试卷上无效。
3.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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Se 79 Ba
137
一、选择题：本题共 10小题，每小题 3分，共 30 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. 化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是
A. 《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B. 利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C. 科学家成功将CO 转化为淀粉或葡萄糖
2
D. 北京冬奥会场馆使用CO 跨临界直冷制冰
2
【答案】D
【解析】
【详解】A．“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合
题意；
B．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体
经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B不符合题意；
C． CO 转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；
2
D．使用CO 跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学
2
变化，D符合题意；
综上所述，本题选D。
2. 下列说法错误的是
A. 氢键，离子键和共价键都属于化学键
第1页 | 共27页B. 化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C. 药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D. 石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A说法错误；
B．第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B说法正确；
C．药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关
工作，C说法正确；
D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D说法正确；
综上所述，本题选A。
3. 聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：
下列说法错误的是
A. m=n-1
B. 聚乳酸分子中含有两种官能团
C. 1mol乳酸与足量的Na 反应生成1mol H
2
D. 两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则m=n-1，A正确；
B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；
C．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成1mol H ，C正确；
2
D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子
第2页 | 共27页（ ），D正确；
故选B。
4. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是
A.碱式滴定管排气泡 B.溶液加热 C.试剂存放 D.溶液滴加
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使
溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；
1
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的 处，B不符合规范；
3
C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选A。
5. 科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，
W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z B. 非金属性：Y>X>W
C. Z的单质具有较强的还原性 D. 原子序数为82的元素与W位于同一主族
【答案】C
【解析】
第3页 | 共27页【分析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C
元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，
故A正确；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，
则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；
C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；
D．原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正确；
故选C。
6. 甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
CH  C=O+HCN®CH  C(OH)CN
3 2 3 2
CH  C(OH)CN+CH OH+H SO ¾¾®CH =CCH COOCH +NH HSO
3 2 3 2 4 2 3 3 4 4
新法合成的反应：
Pd
CH CºCH+CO+CH OH®CH =CCH COOCH
3 3 2 3 3
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为N )
A
A. HCN的电子式为
B. 新法没有副产物产生，原子利用率高
C. 1L0.05mol×L-1的NH HSO 溶液中NH+的微粒数小于0.05N
4 4 4 A
D. Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为 ，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，
故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶
液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×N mol—1=0.05N ，故C正确；
A A
第4页 | 共27页D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和
百分数都增大，故D错误；
故选D。
7. 铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A. 不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B. 采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C. 合成槽中产物主要有Na AlF 和CO
3 6 2
D. 滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na CO +2HF=2NaF+H O+CO ­，
2 3 2 2
向合成槽中通入NaAlO ，发生反应6NaF+NaAlO +2CO =Na AlF +2Na CO ，过滤得到Na AlF 和
2 2 2 3 6 2 3 3 6
含有Na CO 的滤液。
2 3
【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO ，SiO 能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材
2 2
料，故A正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO +2CO =Na AlF +2Na CO ，产物是Na AlF
2 2 3 6 2 3 3 6
和Na CO ，故C错误；
2 3
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na CO ，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
2 3
答案选C。
8. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是
第5页 | 共27页A. 海水起电解质溶液作用
B. N极仅发生的电极反应：2H O+2e-=2OH-+H ­
2 2
C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D. 该锂-海水电池属于一次电池
【答案】B
【解析】
【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H O═2LiOH+H ↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极
2 2
为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H O+2e-=2OH-+H ↑，同时氧气也可以在N极得
2 2
电子，电极反应为O +4e-+2H O=4OH-。
2 2
【详解】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；
B．由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H O+2e-=2OH-+H ↑，和反应O +4e-+2H O=4OH-，故B错
2 2 2 2
误；
C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；
D．该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；
答案选B。
9. 科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO-转化为N 进入
2 2
大气层，反应过程如图所示。
第6页 | 共27页下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中NO-发生氧化反应
2
B. a和b中转移的e-数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的n(NO):n
 NH+
=1:4
4
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO-+NH+=N ­+2H O
2 4 2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，过程I中NO- 转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO- 作氧化
2 2
剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO- 在酶1的作用下转化为NO和H O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子
2 2
酶1
守恒可知，反应的离子方程式为：NO- +2H++e- = NO+H O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II
2 2
为NO和NH+在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H O和N H ，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子
4 2 2 4
酶2
守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH+ = 2H O+5N H +8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，
4 2 2 4
转移电子数目不相等，B错误；
酶2
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH+ = 2H O+5N H +8H+，
4 2 2 4
n(NO):n(NH+)=1:4，C正确；
4
D．由图示可知，过程III为N H 转化为N 和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N H = N +4H++4e-，过程
2 4 2 2 4 2
I-III的总反应为：2NO- +8NH+=5N ↑+4H O+24H++18e-，D错误；
2 4 2 2
答案选C。
10. 室温时，用0.100mol×L-1的标准AgNO 溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液，通
3
过电位滴定法获得lgc  Ag+ 与VAgNO  的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中
3
离子浓度小于1.0´10-5mol×L-1时，认为该离子沉淀完全。K (AgCl)=1.8´10-10，
sp
K (AgBr)=5.4´10-13，K (AgI)=8.5´10-17 )。下列说法正确的是
sp sp
第7页 | 共27页A. a点：有白色沉淀生成
B. 原溶液中I-的浓度为0.100mol×L-1
C. 当Br-沉淀完全时，已经有部分Cl-沉淀
D. b点：c  Cl- >c  Br- >c  I- >c(Ag+)
【答案】C
【解析】
【分析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离
子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时
共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为
1.5×10-4mol。
【详解】A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
1.5´10-4mol
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100mol⋅L-1，故B错误；
0.01500L
K (AgBr) 5.4´10-13
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= sp = =5.4×10-
c(Br-) 1.0´10-5
K (AgCl) 1.8´10-13
8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= sp = =3.3×10-3mol/L，原溶液中
c(Ag+) 5.4´10-8
的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：
c(Ag+)>c  Cl- >c  Br- >c  I- ，故D错误；
故选C。
二、选择题，本题共 4小题，每小题 4分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有一个
或两个选项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
第8页 | 共27页11. 下列离子方程式正确的是
A. Cl 通入冷的NaOH溶液：Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O
2 2 2
B. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO- ：IO-+5I-+6H+=3I +3H O
3 3 2 2
C. FeSO 溶液中加入H O 产生沉淀：2Fe2++H O +4H O=2Fe(OH) ¯+4H+
4 2 2 2 2 2 3
D. NaHCO 溶液与少量的Ba(OH) 溶液混合：HCO-+Ba2++OH-=BaCO ¯+H O
3 2 3 3 2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．Cl 通入冷的 NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，该反应的离子方程式为
2
Cl +2OH-=Cl－+ClO－+H O，A正确；
2 2
B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO-的原理是IO-在酸性条件下与I－发生归中反应生成I 而遇
3 3 2
淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用H＋表示，因此B不正确；
C．H O 具有较强的氧化性，FeSO 溶液中加入H O 产生的沉淀是氢氧化铁，该反应的离子方程式为
2 2 4 2 2
2Fe2++ H O +4H O=2Fe(OH) ↓+4H＋，C正确；
2 2 2 3
D．NaHCO 溶液与少量的Ba(OH) 溶液混合后发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，NaHCO 过量，
3 2 3
Ba(OH) 全部参加反应，因此该反应的离子方程式为2HCO-+Ba2++2OH-=BaCO ↓+CO2-+2H O，D不正
2 3 3 3 2
确；
综上所述，本题选AC。
12. 反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A. 进程Ⅰ是放热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C. 生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D. 进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
第9页 | 共27页【解析】
【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法
正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B
说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别
是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化
为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
13. 为探究FeCl 的性质，进行了如下实验(FeCl 和Na SO 溶液浓度均为0.1mol×L-1)。
3 3 2 3
实验 操作与现象
① 在5mL水中滴加2滴FeCl 溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
3
在5mL FeCl 溶液中滴加2滴Na SO 溶液，变红褐色；
3 2 3
②
再滴加K Fe(CN)  溶液，产生蓝色沉淀
3 6 。
在5mL Na SO 溶液中滴加2滴FeCl 溶液，变红褐色；
2 3 3
③ 将上述混合液分成两份，一份滴加K Fe(CN)  溶液，无蓝色沉淀生；
3 6
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B. 实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 整个实验说明SO2-对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
3
【答案】D
【解析】
【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子
第10页 | 共27页具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解
反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄
色，存在水解反应Fe3++3H O ˆˆ†Fe(OH) +3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化
2 ‡ˆˆ 3
铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根
据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；
实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出
亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成
较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl 溶液中滴加2滴同浓度的Na SO 溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，
3 2 3
生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉
淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na SO 溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl 溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子
2 3 3
的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应
的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显
碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
14. 向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g) ƒ Z(g) ΔH，
其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. ΔH>0 B. 气体的总物质的量：n <n
a c
C. a点平衡常数：K>12 D. 反应速率：v <v
a正 b正
【答案】B
第11页 | 共27页【解析】
【详解】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程
PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即DH＜0，故
A错误；
B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝
热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中
气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：n ＜n ，故B正确；
a c
C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质
的量（物质的量浓度）之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：
2X(g) +Y(g) ƒ Z(g)
c 2 1 0 [(2-2x)+(1-x)+x]mol p
0 ，则有 = ，计算得到x=0.75，那么化学平
Dc 2x x x (2+1)mol 2p
c 2-2x 1-x x
平
c(Z) 0.75
衡常数K= = =12，又甲容器为绝热条件，等效为恒容条件下升温，平衡逆向移
c2(X)×c(Y) 0.52´0.25
动，则平衡常数减小即平衡常数K＜12，故C错误；
D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即V ＞
a正
V ，故D错误。
b正
综上所述，答案为B。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 15~17题为必考题，每个试题考生都必须作
答。第 18、19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：此题包括 3小题，共 39分。
15. 某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl ×2H O，并用重量法测定产品中BaCl ×2H O的含量。设计了
2 2 2 2
如下实验方案：
可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H SO 、稀H SO 、CuSO 溶液、蒸馏水
2 4 2 4 4
步骤1.BaCl ×2H O的制备
2 2
按如图所示装置进行实验，得到BaCl 溶液，经一系列步骤获得BaCl ×2H O产品。
2 2 2
第12页 | 共27页步骤2，产品中BaCl ×2H O的含量测定
2 2
①称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100mol×L-1H SO 溶液，
2 4
③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。
回答下列问题：
（1）Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
（2）Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
（3）在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H SO 溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方
2 4
法是_______；
（4）沉淀过程中需加入过量的H SO 溶液，原因是_______；
2 4
（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；
（6）产品中BaCl ×2H O的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
2 2
微热
【答案】（1） ①. HCl ②. H SO (浓)+NaCl = NaHSO +HCl↑
2 4 4
（2） ①. 防止倒吸 ②. CuSO 溶液
4
（3）静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
第13页 | 共27页（4）使钡离子沉淀完全
（5）锥形瓶 （6）97.6%
【解析】
【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl ·2H O，装置
2 2
III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H S，防止污染空气。
2
【小问1详解】
由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化
微热
钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H SO (浓)+NaCl = NaHSO +HCl↑。
2 4 4
【小问2详解】
氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H S，
2
H S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO 溶液，用于吸收H S。
2 4 2
【小问3详解】
硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继
续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
【小问4详解】
为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
【小问5详解】
过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
【小问6详解】
0.4660g
由题意可知，硫酸钡的物质的量为： =0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl ·2H O的物质
233g/mol 2 2
0.488g
的量为0.002mol，质量为0.002mol´244g/mol=0.488g，质量分数为： ´100%=97.6%。
0.5000g
16. 2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH O(g)，起始压强为0.2MPa
2
时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C(s)+H
2
O(g)
ƒ
CO(g)+H
2
(g) ΔH
1
=+131.4kJ×mol-1
Ⅱ.CO(g)+H
2
O(g)
ƒ
CO
2
(g)+H
2
(g) ΔH
2
=-41.1kJ×mol-1
①下列说法正确的是_______；
第14页 | 共27页A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
2
C.平衡时H 的体积分数可能大于
2 3
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸收”
2
或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数K =_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
p
（2）一种脱除和利用水煤气中CO 方法的示意图如下：
2
①某温度下，吸收塔中K CO 溶液吸收一定量的CO 后，c
 CO2-
:c
 HCO-
=1:2，则该溶液的pH=
2 3 2 3 3
_______(该温度下H CO 的K =4.6´10-7,K =5.0´10-11)；
2 3 al a2
②再生塔中产生CO 的离子方程式为_______；
2
③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H ，阴极反应式为_______。
2 2 4
【答案】（1） ①. BD ②. 吸收 ③. 31.2 ④. 0.02MPa
Δ
（2） ①. 10 ②. 2HCO- CO ↑+CO2-+H O ③. 2CO +12e-+12H+=C H +4H O、AgCl+e-
3 2 3 2 2 2 4 2
=Ag+Cl-
【解析】
【小问1详解】
①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不
移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中
第15页 | 共27页不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H O(g)完全反应全部转化为CO (g)和H (g)，由C(s)+ 2H O(g) = CO (g)+ 2H (g)可知，H 的体
2 2 2 2 2 2 2
2
积分数的极值为 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H
2
3
2
的体积分数不可能大于 ，C说法不正确；
3
D．将炭块粉碎可以增大其与H O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
2
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物
2
质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO 的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO 时消耗了0.2mol
2 2
CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量
39.42kJ ，生成0.2mol CO 要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H
2
原子守恒可知，平衡时H 的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO 的物质的量为0.2mol，水
2 2
的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体
积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa´1.3=0.26MPa，反
0.1 0.5
´
1.3 1.3 0.1
应I（C(s)+H
2
O(g)‡ˆ ˆˆ†ˆ CO(g)+H
2
(g)）的平衡常数K
p
=
0.5
´P
总
=
1.3
´0.26MPa =0.02MPa。
1.3
【小问2详解】
①某温度下,吸收塔中K CO 溶液吸收一定量的CO 后，c(CO2-):c(HCO-)=1:2，由
2 3 2 3 3
c(CO2-) c(H+) c(HCO-)
K
a2
=
c(H
3
C
g
O-)
可知，c(H+)=
c(CO2-
3
)
´K
a2
=2´5.0´10-11mol
g
L-1 =1.0´10-10mol
g
L-1，则该
3 3
溶液的pH=10；
Δ
②再生塔中KHCO 受热分解生成K CO、H O和CO ，该反应的离子方程式为2HCO- CO ↑+CO2-
3 2 3 2 2 3 2 3
+H O；
2
③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H ，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+
2 2 4
通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl
可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO +12e-+12H+=C H +4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
2 2 4 2
17. 钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO ，含少量V、Si和Al的
2
氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
第16页 | 共27页已知“降温收尘”后，粗TiCl 中含有的几种物质的沸点：
4
物质 TiCl VOCl SiCl AlCl
4 3 4 3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若
ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A. C(s)+O (g)=CO (g) B. 2C(s)+O (g)=2CO(g)
2 2 2
C. TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) D. TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g)
2 2 4 2 2 2 4 2
（2）TiO 与C、Cl ，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
2 2
物质 TiCl CO CO Cl
4 2 2
分压MPa 4.59´10-2 1.84´10-2 3.70´10-2 5.98´10-9
①该温度下，TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为_______；
2 2
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl 中含Si、Al杂质的方法是
4
_______。
第17页 | 共27页（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。
A. 高炉炼铁 B. 电解熔融氯化钠制钠 C. 铝热反应制锰 D. 氧化汞分解制汞
600℃
【答案】（1）C （2） ①. 5TiO +6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ②. 随着温度升高，CO 与
2 2 4 2 2
高温
C发生反应C+CO 2CO
2
（3） ①. 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ②. 蒸馏
3 2 3
（4） ①. 不能 ②. 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入 Al，又引入 Al 杂质；
（5）AC
【解析】
【分析】钛渣中加入C、Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单质Al
2 4
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。
4
【小问1详解】
记①C(s)+O (g)=CO (g)，②2C(s)+O (g)=2CO(g)，③TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g)，④
2 2 2 2 2 4 2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g)；
2 2 4 2
A．由图可知，600℃时C(s)+O (g)=CO (g)的DG<0，反应自发进行，故A不符合题意；
2 2
B．由图可知，600℃时2C(s)+O (g)=2CO(g)的DG<0，反应自发进行，故B不符合题意；
2
C．由图可知，600℃时TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g)的DG>0，反应不能自发进行，故C符合题
2 2 4 2
意；
D．根据盖斯定律，TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g)可由①+③得到，则600℃时其DG<0，反
2 2 4 2
应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
【小问2详解】
①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO ，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比
2
可知TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为
4 2 2 2
600℃ 600℃
5TiO +6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ，故答案为：5TiO +6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ；
2 2 4 2 2 2 4 2
第18页 | 共27页高温
②随着温度升高，CO 与C发生反应C+CO 2CO，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升
2 2
高温
高，CO 与C发生反应C+CO 2CO；
2 2
【小问3详解】
“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据得失电子守恒和元素守恒配
3 2
平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸
3 2 3 3 4 4
馏的方法分离AlCl 、SiCl ，故答案为：3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；蒸馏；
3 4 3 2 3
【小问4详解】
若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的
顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂
质；
【小问5详解】
本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
(二)选考题：共 15分。请考生从给出的两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]
18. 铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为
Ar
_______；
第19页 | 共27页②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO 分子_______SeO2-离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
3 3
（2）富马酸亚铁FeC H O 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
4 2 4
①富马酸分子中s键与π键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H ，将N3-转化为
2
NH-，反应过程如图所示：
2
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与NH-互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
2
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
第20页 | 共27页①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm。阿伏加德罗常数的值为N ，则该晶体的密度为_______g×cm-1
A
(列出计算式)。
【答案】（1） ①. [Ar] 3d104s24p4 ②. 6 ③. ＞ ④. SeO 的空间构型为平面三角形，SeO2-的
3 3
空间构型为三角锥形
（2） ①. 11:3 ②. O＞C＞H＞Fe
（3） ①. sp3杂化 ②. H O
2
2´(39+56´2+79´2)
（4） ①. KFe Se ②. 4 ③.
2 2 N abc´10—21
A
【解析】
【小问1详解】
①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子，故答案为：6；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角
为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，
键角小于120°，故答案为：＞；SeO 的空间构型为平面三角形，SeO2-的空间构型为三角锥形；
3 3
【小问2详解】
①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键
和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
第21页 | 共27页②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越
大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺
序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
【小问3详解】
①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂
化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：H O；
2
【小问4详解】
1
①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8× +1=2，均位于棱上和面上的铁原子和
8
1
1
硒原子的个数为12× +2× =4，则超导材料最简化学式为KFe Se ，故答案为：KFe Se ；
4 2 2 2 2 2
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，故
答案为：4；
2´(39+56´2+79´2)
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =abc×10—21×d，解得d=
N
A
2´(39+56´2+79´2) 2´(39+56´2+79´2)
，故答案为： 。
N abc´10—21 N abc´10—21
A A
[选修 5：有机化学基础]
19. 物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下：
第22页 | 共27页é + ù
已知：① ＋ Ph PCH R' Br- 碱 ；
ê 3 2 ú ®
ë û
多聚磷酸
②
®
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为_______、_______；
（2）F→G、G→H的反应类型分别是_______、_______；
（3）B的结构简式为_______；
（4）C→D反应方程式为_______；
（5） 是一种重要的化工原料，其同分异构体中能够发生银镜反应的有_______种(考虑立体
异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4:1:1的结构简式为_______；
（6）Ⅰ中的手性碳原子个数为_______(连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子)；
（7）参照上述合成路线，以 和 为原料，设计合成 的路线
_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 醛基
（2） ①. 取代反应 ②. 加成反应
（ 3 ） （ 4 ）
（5） ①. 5
②.
第23页 | 共27页（ 6 ） 1 （ 7 ）
【解析】
【分析】A（ ）和 反应生成B（C H O ），根据“已知①”
12 14 4
可以推出B的结构简式为 ；B和HCOONH 发生反应得到C
4
（C H O ），C又转化为D（C O O ），根据“已知②”可推出C的结构简式为
12 16 4 12 14 3
，D的结构简式为 ；D和HOCH CH OH
2 2
反应生成E（ ）；E在一定条件下转化为F（ ）；F和
CH I在碱的作用下反应得到G（C H O ），G和 反应得到H
3 15 18 5
（ ），对比F和H的结构简式可得知G的结构简式为
第24页 | 共27页；H再转化为I（ ）；I最终转化为J
（ ）。
【小问1详解】
A的结构简式为 ，其官能团为醚键和醛基。
【小问2详解】
由分析可知，G的结构简式为 ，对比F和G的结构简式可知F→G的反应为取
代反应；G→H反应中， 的碳碳双键变为碳碳单键，则该反应为加成反应。
【小问3详解】
由分析可知，B的结构简式为 。
【小问4详解】
由分析可知，C、D的结构简式分别为C的结构简式为 、
第25页 | 共27页，则C→D的化学方程式为
。
【小问5详解】
的同分异构体能发生银镜反应，说明该物质含有醛基，根据分子式C H O可得知，该物质还
4 6
含有碳碳双键或者三元环，还要分析顺反异构，则符合条件的同分异构体有5种，它们分别是
CH =CHCH CHO、 （与后者互为顺反异构体）、 （与前者互为顺反异构
2 2
体）、 和 ，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4:1:1的结构简式是
。
【小问6详解】
连四个不同的原子或原子团的碳原子成为手性碳原子，则I中手性碳原子的个数为1，是连有甲基的碳原
子。
【小问7详解】
结合G→I的转化过程可知，可先将 转化为 ，再使 和
反应生成 ，并最终转化为 ；综上所述，合成路线为：
第26页 | 共27页第27页 | 共27页