2022年安徽省高考化学试卷（乙卷）及答案

2022年安徽省高考化学试卷（乙卷）一、选择：本题共7小题，每小题6分，共42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．（6分）生活中处处有化学，下列叙述正确的是（　　）A．HB铅笔芯的成分为二氧化铅B．碳酸氢钠可用作食品膨松剂C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜D．焰火中红色来源于钠盐灼烧2．（6分）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（　　）A．化合物1分子中所有原子共平面B．化合物1与乙醇互为同系物C．化合物2分子中含有羟基和酯基D．化合物2可以发生开环聚合反应3．（6分）某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液。②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。该样品中确定存在的是（　　）A．Na2SO4、Na2S2O3B．Na2SO3、Na2S2O3C．Na2SO4、Na2CO3D．Na2SO3、Na2CO34．（6分）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（　　）实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．AB．BC．CD．D5．（6分）化合物（YW4X5Z8•4W2Z）可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（　　）A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B．最高价氧化物的水化物酸性：Y＜XC．100～200℃阶段热分解失去4个W2ZD．500℃热分解后生成固体化合物X2Z36．（6分）Li﹣O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来，科学家研究了一种光照充电Li﹣O2电池（如图所示）。光照时，光催化电极产生电子（e﹣）和空穴（h+），驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2）对电池进行充电。下列叙述错误的是（　　）A．充电时，电池的总反应Li2O2═2Li+O2B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D．放电时，正极发生反应O2+2Li++2e﹣═Li2O27．（6分）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。设溶液中c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（　　）A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8．（14分）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过如图实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10﹣87.4×10﹣141.1×10﹣102.6×10﹣9一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3Pb（OH）2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为　　，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因　　。（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是　　。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2O2。（ⅰ）能被H2O2氧化的离子是　　；（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为　　；（ⅲ）H2O2也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，H2O2的作用是　　。（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是　　。（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　　。9．（14分）二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（K2[Cu（C2O4）2]）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ.向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）由CuSO4•5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是　　（填仪器名称）。（2）长期存放的CuSO4•5H2O中，会出现少量白色固体，原因是　　。（3）Ⅰ中的黑色沉淀是　　（写化学式）。（4）Ⅱ中原料配比为n（H2C2O4）：n（K2CO3）＝1.5：1，写出反应的化学方程式　　。（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取　　的方法。（6）Ⅲ中应采用　　进行加热。（7）Ⅳ中“一系列操作”包括　　。10．（15分）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ•mol﹣1计算H2S热分解反应④2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝　　kJ•mol﹣1。（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是　　，缺点是　　。（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为　　，平衡常数Kp＝　　kPa。（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率　　，理由是　　。②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线　　，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为　　kPa⋅s﹣1。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）11．（15分）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有　　，其中能量较高的是　　。（填标号）a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个　　杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Cl　　键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是　　，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ）　　。（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　　。解释X的熔点比Y高的原因　　。（4）α﹣AgI晶体中I﹣离子作体心立方堆积（如图所示），Ag+主要分布在由I﹣构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α﹣AgI晶体在电池中可作为　　。已知阿伏加德罗常数为NA，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝　　m3•mol﹣1（列出算式）。[化学——选修5：有机化学基础]12．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（化合物K）的一种合成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。回答下列问题：（1）A的化学名称是　　。（2）C的结构简式为　　。（3）写出由E生成F反应的化学方程式　　。（4）E中含氧官能团的名称为　　。（5）由G生成H的反应类型为　　。（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为　　。（7）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为　　种。a）含有一个苯环和三个甲基；b）与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；c）能发生银镜反应，不能发生水解反应。上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：3：2：1）的结构简式为　　。2022年安徽省高考化学试卷（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．【分析】A．铅笔芯的主要成分为石墨；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解；C．青铜是在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金；D．钠元素焰色试验为黄色。【解答】解：A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，故B正确；C．青铜是在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，故C错误；D．钠元素灼烧显黄色，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及Na及其化合物的性质、合金的概念理解与应用等，为高频考点，侧重化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。2．【分析】由图可知，化合物1为环氧乙烷，在催化剂作用下与二氧化碳生成化合物2，结合两化合物的结构分析判断即可。【解答】解：A．化合物1分子中含有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，故A错误；B．结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，故B错误；C．根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，故C错误；D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。3．【分析】①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，据此分析解题。【解答】解：由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3，故A正确，故选：A。【点评】本考点属于物质的推断题，是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论，本考点是中考的重要内容之一，是通过实验现象，从而得出物质的组成。此考点主要出现在填空题和实验题中。4．【分析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，即氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，可被氯水直接氧化成碘单质；B．蔗糖水解产物中有葡萄糖，含有醛基，其可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该气体含有不饱和烃；D．可逆反应是指同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应。【解答】解：A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液，其会与稀硫酸反应，无论是否水解，均无砖红色沉淀，无法起到检测的作用，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液检测，故B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，该气体应为氯化氢，但可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学实验的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，要求学生熟练掌握物质的性质。5．【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则此气体应为NO2，Y为N元素，Z为O元素；在化合物（YW4X5Z8•4W2Z）中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21﹣1﹣7﹣8＝5，可知X为B元素，据此分析解题。【解答】解：A．X（B）的单质常温下为固体，故A错误；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X（H3BO3）＜Y（HNO3），故B错误；C．已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是结晶水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错误；D．化合物（NH4B5O8•4H2O）在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3（B2O3），根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8•4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为≈64.1%，说明假设正确，故D正确；故选：D。【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6．【分析】充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2），即阴阳极反应式相加得到充电时总反应：Li2O2＝2Li+O2，由图可知，放电时Li→Li+，失去电子，金属Li电极为负极，O2→Li2O2，氧气得到电子，光催化电极为正极。【解答】解：A．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2），总反应可用阴阳极反应式相加，方程式为：Li2O2＝2Li+O2，故A正确；B．充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；C．放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，正极为光催化电极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，故C错误；D．放电时总反应与充电时相反，方程式为2Li+O2＝Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e﹣＝Li2O2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了主要考查了可充放电的二次电池，涉及电极的判断、电极反应式的书写等知识，为高频考点，把握电极上发生的反应，分析图中的信息为解答关键，题目难度不大。7．【分析】A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L；B．常温下溶液II的pH＝1.0，溶液中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，据此计算；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜；D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（10﹣4+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液II中c总（HA）＝1.01c（HA），未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等。【解答】解：A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L，c（H+）＜c（OH﹣）+c（A﹣），故A错误；B．常温下溶液II的pH＝1.0，溶液中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，解得＝，故B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，故C错误；D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（10﹣4+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液II中c总（HA）＝1.01c（HA），未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，溶液I和II中c总（HA）之比为[（10﹣4+1）c（HA）]：[1.01c（HA）]＝（10﹣4+1）：1.01≈1，故D错误；故选：B。【点评】本题为2022年全国乙卷，侧重于弱电解质的电离平衡，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，注意从溶液电中性的角度分析。二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8．【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO，据此分析解题。【解答】解：（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp（PbCO3）＝7.4×10﹣14，Ksp（PbSO4）＝2.5×10﹣8，反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失，故答案为：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）；反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3；（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，主要原因是反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，故答案为：反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化；（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子，故答案为：Fe2+；（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb（Ac）2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb（Ac）2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc＝Pb（Ac）2+2H2O，故答案为：Pb+H2O2+2HAc＝Pb（Ac）2+2H2O；（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，故答案为：作还原剂；（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+，故答案为：Ba2+、Na+。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。9．【分析】取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80﹣85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，据此分析解题。【解答】解：（1）由CuSO4•5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4•5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4•5H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管，故答案为：分液漏斗和球形冷凝管；（2）CuSO4•5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体，故答案为：CuSO4•5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜；（3）硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，故答案为：CuO；（4）草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5：1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑，故答案为：3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑；（5）为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌，故答案为：分批加入并搅拌；（6）Ⅲ中将混合溶液加热至80﹣85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀，故答案为：水浴；（7）从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤。【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题侧重考查学生对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。10．【分析】（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ/mol②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）；（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成；（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）起始（mol）100变化（mol）x0.5xx平衡（mol）1﹣x0.5xx平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1﹣x＝x，解得x＝0.5，即可计算H2S的平衡转化率和平衡常数Kp；（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动；②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9；根据图像可知n（H2S）：n（Ar）＝1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）起始（mol）100变化（mol）0.240.120.24平衡（mol）0.760.120.24此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，即可计算H2S分压的平均变化率。【解答】解：（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ/mol②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）的△H4＝（﹣1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol，故答案为：+170；（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）起始（mol）100变化（mol）x0.5xx平衡（mol）1﹣x0.5xx平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1﹣x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为＝50%，所以平衡常数Kp═＝≈4.76kPa，故答案为：50%；4.76；（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高，故答案为：越高；n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9，对应的曲线是d；根据图像可知n（H2S）：n（Ar）＝1：9，反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）起始（mol）100变化（mol）0.240.120.24平衡（mol）0.760.120.24此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa•s﹣1，故答案为：d；24.9。【点评】本题考查盖斯定徤的应用、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意（3）为解答易错点，题目难度中等。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）11．【分析】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，据此分析，而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高；（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，共价单键为σ键；②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强，C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多；（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力；（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α﹣AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝。【解答】解：（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故a正确；b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b错误；c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故c错误；d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，故d正确；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故答案为：ad；d；（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Clσ键，故答案为：sp2；σ；②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强，C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π），一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键（Π），因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短；（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体；（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α﹣AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝m3/mol＝m3/mol，故答案为：电解质；。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，试题涉及晶胞结构、分子结构与性质、杂化轨道、化学键等知识，注意掌握晶胞的计算是解题的关键。[化学——选修5：有机化学基础]12．【分析】A发生氧化反应生成B，B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D，对比B、D的结构简式，结合C的分子式C8H7N，可推知C的结构简式为；D与30%Na2CO3反应后再酸化生成E，E在浓硫酸、甲苯条件下反应生成F，F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，F中不含羧基，F的分子式为C11H10O2，F在E的基础上脱去1个H2O分子，说明E发生分子内酯化生成F，则F的结构简式为；F与（C2H5）2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生成G，G与SOCl2、甲苯反应生成H，H的分子式为C15H20ClNO，H与I反应生成J，结合G、J的结构简式知，H的结构简式为；I的分子式为C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为，据此分析解题；（7）E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置。【解答】解：（1）A的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3﹣氯﹣1﹣丙烯，故答案为：3﹣氯﹣1﹣丙烯；（2）根据分析，C的结构简式为，故答案为：；（3）E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（4）E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（5）G的结构简式为，H的结构简式为，可知G与SOCl2发生取代反应生成H，故答案为：取代反应；（6）根据分析，I的结构简式为，故答案为：；（7）E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3+6+1＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：2：1的结构简式为、，故答案为：10；、。【点评】本题考查有机物的推断，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，准确理解有机物的结构特点、明确发生的反应是解题关键，题目侧重学生分析推理能力、知识迁移运用能力。