2022年湖南省新高考化学试卷附真题答案

2022年湖南省新高考化学试卷4．（3分）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（　　）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．（3分）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”A.碱式滴定管排气泡B.溶液加热C.试剂存放D.溶液滴加B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱A．AB．BC．CD．DC．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖5．（3分）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D．北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰素，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（　　）2．（3分）下列说法错误的是（　　）A．氢键、离子键和共价键都属于化学键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A．原子半径：X＞Y＞ZD．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一B．非金属性：Y＞X＞W3．（3分）聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：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6．（3分）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应：下列说法错误的是（　　）（CH3）2C＝O+HCN→（CH3）2C（OH）CNA．m＝n﹣1（CH3）2C（OH）CN+CH3OH+H2SO4→CH2＝C（CH3）COOCH3+NH4HSO4B．聚乳酸分子中含有两种官能团新法合成的反应：C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2＝C（CH3）COOCH3D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为NA）（　　）+﹣A．HCN的电子式为9．（3分）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N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（　　）B．新法没有副产物产生，原子利用率高﹣1+C．1L0.05mol•L的NH4HSO4溶液中NH4的微粒数小于0.05NAD．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7．（3分）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如图：A．过程Ⅰ中NO发生氧化反应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下列说法错误的是（　　）D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH═N2↑+2H2OA．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料﹣1﹣﹣﹣B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率10．（3分）室温时，用0.100mol•L的AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl、Br和I混合溶液，+通过电位滴定法获得lgc（Ag）与V（AgNO3）的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液C．合成槽中产物主要有NaAlF和CO362﹣5﹣1﹣10中离子浓度小于1.0×10mol•L时，认为该离子沉淀完全。Ksp（AgCl）＝1.8×10，Ksp（AgBr）＝5.4﹣13﹣17D．滤液可回收进入吸收塔循环利用×10，Ksp（AgI）＝8.5×10）。下列说法正确的是（　　）8．（3分）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图。下列说法错误的是（　　）A．海水起电解质溶液作用A．a点：有白色沉淀生成﹣﹣B．原溶液中I﹣的浓度为0.100mol•L﹣1B．N极仅发生的电极反应：2H2O+2e═2OH+H2↑﹣﹣C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能C．当Br沉淀完全时，已经有部分Cl沉淀﹣﹣﹣+D．该锂﹣海水电池属于一次电池D．b点：c（Cl）＞c（Br）＞c（I）＞c（Ag）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②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe（CN）6]溶液，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。产生蓝色沉淀。11．（4分）下列离子方程式正确的是（　　）③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份﹣﹣﹣滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+2OH═Cl+ClO+H2O﹣+依据上述实验现象，结论不合理的是（　　）B．用醋酸和淀粉﹣KI溶液检验加碘盐中的IO：IO+5I+6H═3I2+3H2OA．实验①说明加热促进Fe3+水解反应2++C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe+H2O2+4H2O═2Fe（OH）3↓+4HB．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应2+﹣D．NaHCO3溶液与少量的Ba（OH）2溶液混合：HCO+Ba+OH═BaCO3↓+H2OC．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应（多选）12．（4分）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图所示：D．整个实验说明SO对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响14．（4分）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X（g）+Y（g）⇌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（　　）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＞ⅠA．ΔH＞0C．生成P的速率：Ⅲ＞ⅡB．气体的总物质的量：na＜ncD．进程Ⅳ中，Z没有催化作用C．a点平衡常数：K＞12﹣1D．反应速率：v正＜v正13．（4分）为探究FeCl3的性质，进行了如下实验（FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol•L）。ab三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第～题为必考题，每个试题考生都必须作答。第、题为实验操作与现象15171819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。①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。15．（12分）某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2•2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2•2H2O的含量。了如下实验：可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水（6）产品中BaCl2•2H2O的质量分数为　　（保留三位有效数字）。16．（13分）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经。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1molH2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：﹣1Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1＝+131.4kJ•mol﹣1Ⅱ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ•mol步骤1.BaCl2•2H2O的制备①下列说法正确的是　　；按如图所示的装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2•2H2O产品。A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动步骤2.产品中BaCl2•2H2O的含量测定B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；①C.平衡时H2的体积分数可能大于﹣1②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100mol•LH2SO4溶液；D.将炭块粉碎，可加快反应速率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。②反应平衡时，H2O（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”回答下列问题：或“放出”）热量　　kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝　　（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。（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）一种脱除和利用水煤气中CO2的示意图如图：（2）Ⅱ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H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是　　；（4）沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是　　；（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是　　（填名称）；①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）＝1：2，则该溶液的pH＝　　﹣7﹣11（该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10，Ka2＝5.0×10）；②再生塔中产生CO2的离子方程式为　　；③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为　　。物质TiCl4COCO2Cl2．（分）钛（）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，含少量、和1714TiTiO2VSi分压/MPa4.59×10﹣21.84×10﹣23.70×10﹣25.98×10﹣9Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如图：①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为　　；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TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　。（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　（填“能”或“不能”）交换，理由是　　。已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：（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　　。物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3A.高炉炼铁沸点/℃13612757180B.电解熔融氯化钠制钠回答下列问题：C.铝热反应制锰（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。根据如图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是　　。D.氧化汞分解制汞（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]（15分）18．（15分）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，其结构式如图：A.C（s）+O2（g）═CO2（g）B.2C（s）+O2（g）═2CO（g）C.TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]　　；D.TiO2（s）+C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+CO2（g）②该新药分子中有　　种不同化学环境的C原子；（2）TiO2与C、Cl2在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：﹣3③比较键角大小：气态SeO3分子　　SeO离子（填“＞”“＜”或“＝”），原因是　　。③该晶胞参数a＝b＝0.4nm、c＝1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为　　g•cm（列出计算式）。（2）富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：[选修5：有机化学基础]（15分）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图：①富马酸分子中σ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﹣（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H2，将N转化为NH，反应过程如图所示：已知：①①产物中N原子的杂化轨道类型为　　；②②与NH互为等电子体的一种分子为　　（填化学式）。回答下列问题：（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：（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），①该超导材料的最简化学式为　　；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　　；②Fe原子的配位数为　　；（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）；水泥的主要原料之一，故D正确；故选：A。（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）。【点评】本题考查了化学键、化学史等知识等，题目难度不大，侧重于化学知识在生产生活中应用的考查，注意知识的积累。2022年湖南省新高考化学试卷3．【】乳酸发生缩聚反应生成可降解的聚乳酸，结合乳酸的分子结构和缩聚反应原理分析判断即可解题。参考答案与试题解析【解答】解：A．根据原子守恒，可知m＝n﹣1，故A正确；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。B．聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；1．【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化。C．乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D【解答】解：A．“石胆能化铁为铜”，过程中有新物质生成，涉及到化学变化，故A错误；正确；B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，生成新物质纯碱，为化学变化，故B错误；C．将CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学反应，故C错误；D．两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；D．CO2跨临界直冷制冰，只是物态发生变化，没有生成了新物质，属于物理变化，故D正确；故选：B。故选：D。【点评】本题以乳酸的缩聚产物为载体，考查有机物的结构与性质，明确缩聚反应原理和官能团的结构与性质是解题关键，难度中等。【点评】本题考查了物质变化过程的分析判断，注意知识的积累和概念实质的理解应用，题目难度不大。4．【分析】A.碱式滴定管排气泡，尖嘴向上，挤压橡皮管中的玻璃珠；2．【分析】A.氢键是分子间作用力；B.溶液加热，试管夹应夹在试管口1/3处；B.俄国科学家门捷列夫编制了第一张元素周期表；C.盐酸呈酸性，氢氧化钠呈碱性；C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识；D.滴加液体不能伸入试管中。D.根据制备玻璃、水泥等工业的原料来解答。【解答】解：A.尖嘴向上，挤压橡皮管中的玻璃珠，赶出气泡，操作合理，故A正确；【解答】解：A.氢键是分子间作用力，不是化学键，故A错误；B.溶液加热，试管夹应夹在试管口1/3处，图中夹在2/3处，故B错误；B.俄国科学家门捷列夫根据相对分子质量编制了第一张元素周期表，故B正确；C.盐酸呈酸性，氢氧化钠呈碱性，二者应分开存放，故C错误；C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识，故C正确；D.滴加液体不能伸入试管中，会造成试剂污染，故D错误；D.制备玻璃的原料是二氧化硅、石灰石和碳酸钠，水泥的原料是碳酸钙和黏土及石膏，石灰石是制造玻璃和+﹣1+故选：A。C.NH4HSO4溶液中NH4会发生水解，故1L0.05mol•L的NH4HSO4溶液中NH4的微粒数小于0.05NA，故C正确；【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项。D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数增多，同时百分数也会增多，故D错误；5．【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Y形成两个共价键，则Y应该为O元素，W形成四个共价键，若为Si，结合W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，可知X的核电荷数为14﹣8＝6，故选：D。则X为碳元素，形成化合物为共价化合物，则Z应该为非金属元素，结合X、Y、Z、W为原子序数依次增大【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、盐类的水解及活化分子等知识，明的短周期元素，可知Z是氟元素，据此分析解题。确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重学生规范答题能力的考查，题目难度不大。【解答】解：A．C、O、F为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，即原子半径C＞O＞F，故A7．【分析】烟气（含HF）通入吸收塔，加入过量的Na2CO3，发生反应：Na2CO3+HF＝NaF+NaHCO3；向合成正确；槽中通入NaAlO2，发生反应：4NaHCO3+6NaF+NaAlO2＝Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，据此分析解答；B．同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，同主族元素，核电荷大，非金属性弱，则C、O、Si的A．铝电解厂烟气含有HF，陶瓷中含有SiO2，SiO2会与HF反应；非金属：O＞C＞Si，故B正确；B．溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，加快反应速率；C．Z为F元素，是最活泼的非金属元素，几乎无还原性，故C错误；C．合成槽中含有生成Na3AlF6、加入的NaAlO2、过量Na2CO3；D．原子序数为82的元素为Pb元素，与Si均位于ⅣA族，故D正确；D．滤液中含有过量Na2CO3。故选：C。【解答】解：A．铝电解厂烟气含有HF，陶瓷中含有SiO2，SiO2会与HF反应，所以不宜用陶瓷作吸收塔内【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径及物质结构来推断元素为解答关键，侧衬材料，故A正确；重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。B．溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，加快反应速率，可提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；6．【分析】A.根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对；C．合成槽中含有生成Na3AlF6、加入的NaAlO2、过量Na2CO3，不会同时生成CO2，因为NaAlO2、Na2CO3都会与CO2反应，故C错误；B.新法是加成反应；D．滤液中含有过量Na2CO3，可回收进入吸收塔循环利用，故D正确；+C.NH4HSO4溶液中NH4会发生水解；故选：C。D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数增多。【点评】本题考查制备实验的设计，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重【解答】解：A.根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形分析与读图能力的考查，题目难度中等。成1对共用电子对，HCN的电子式为，故A正确；8．【分析】海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液；M极LiB.新法是加成反应，原子利用率达到百分之百，故新法原子利用率高，故B正确；为负极，发生氧化反应，Li﹣e﹣＝Li+；且Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能；N极为正﹣﹣极，发生还原反应，电极反应为O2+4e+H2O＝4OH，据此分析解答。+﹣﹣+N2+4H+4e，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2+NH4═N2↑+2H2O，故D正确；【解答】解：A．能形成锂﹣海水电池，则海水为电解质溶液，故A正确；故选：D。B．N极为正极，正极上发生还原反应，钠离子在水溶液中不可能放电，而是海水是一个复杂的体系，里边存【点评】本题考查了氮的化合物的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，掌握在的其他金属离子有可能放电，如锰离子等，则N极不仅仅发生电极反应：2HO+2e﹣═2OH﹣+H↑，故B22氧化还原反应原理及方程式的书写解题的关键，题目难度中等。错误；﹣﹣﹣10．【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，由于Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞KspC．Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能，故C正确；（AgI），三种离子沉淀的先后顺序应为I﹣、Br﹣、Cl﹣，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl﹣D．海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液，所以该锂﹣海恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10﹣3L/mL×0.100mol/L＝4.5×10﹣4mol，即Cl﹣、Br﹣和I水电池属于一次电池，故D正确；﹣均为1.5×10﹣4mol。﹣故选：B。【解答】解：A．Ksp（AgI）最小，即I先沉淀，生成的AgI为黄色，故A错误；【点评】本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，根据得失B．根据分析，原溶液中I﹣的物质的量为1.5×10﹣4mol，则I﹣的浓度为：c＝＝＝0.0100mol电子判断电极以及掌握电极方程式的书写解题的关键，题目难度中等。⋅L﹣1，故B错误；﹣﹣9．【分析】A．过程Ⅰ中NO2生成NO和水，NO2中N元素的化合价降低1，发生还原反应；C．当Br﹣沉淀完全时，Br﹣浓度为1.0×10﹣5mol/L，溶液中的c（Ag+）═＝5.4×10﹣8mol/L，++B．过程Ⅱ中NO和NH4生成N2H4和水，NO中N元素的化合价降低4，发生还原反应；NH4中N元素的化合价升高1，发生氧化反应；若Cl﹣已经开始沉淀，则此时溶液中的c（Cl﹣）═＝（）mol/L＝3.3×10﹣+C．过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4中N元素的化合价升高1；3mol/L，原溶液中的c（Cl﹣）＝c（I﹣）＝0.0100mol⋅L﹣1，氯离子减少，即已经有部分Cl﹣沉淀，故C正确；D．+过程Ⅰ中NO﹣+e﹣+2H+→NO+HO，过程Ⅱ中2NO+8NH+→5NH+2HO+8H+，过程Ⅲ中NH→22424224+﹣﹣﹣D．b点硝酸银过量，Ag浓度最大，Cl、Br和I已沉淀完全，且Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp+﹣N2+4H+4e，再根据最终产物中有N2，无NO，三个过程加和即得总反应。（AgI），各离子浓度为：c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（Br﹣）＞c（I﹣），故D错误；﹣【解答】解：A．过程Ⅰ中NO2生成NO和水，N元素的化合价降低，发生还原反应，故A错误；故选：C。B．过程Ⅰ中NO﹣中N元素的化合价降低1，转移的e﹣数目为1；过程Ⅱ中NO和NH+生成NH和水，NO2424【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，正确分析图象是本题的关键，题目难度中等，侧重考查学生分中N元素的化合价降低4，NH+中N元素的化合价升高1，转移的e﹣数目为4，不相等，故B错误；4析问题、解决问题能力。++﹣+C．由图可知过程Ⅱ中NO和NH4发生反应的离子方程式为NO+NH4+3e+2HH2O+N2H4，参与反二、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+应的n（NO）：n（NH4）＝1：1，故C错误；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。﹣﹣++﹣+11．【分析】A.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次酸钠和水；D．过程Ⅰ中NO2+e+2HNO+H2O，过程Ⅱ中NO+NH4+3e+2HH2O+N2H4，过程Ⅲ中N2H4B.醋酸是弱酸；【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、分子的结构以及活化过程的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度中等。C.H2O2溶液与FeSO4溶液反应，铁元素化合价升高到+3，氧元素化合价降低到﹣2；3+13．【分析】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe水解生成氢氧化铁的胶体；D.NaHCO3溶液与少量的Ba（OH）2溶液中会有2个氢氧根离子参与反应。3+B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe水解生成氢氧化铁的胶体；再﹣﹣﹣【解答】解：A.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次酸钠和水，离子反应为Cl2+2OH═Cl+ClO+H2O，3+2﹣2+滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，说明Fe与SO3发生氧化还原反应生成Fe；故A正确；3+C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明说明Fe水解生成氢氧化铁的胶体；B.醋酸是弱酸，不能拆开，故B错误；3+2﹣2+一份滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成说明Fe与SO3没有发生氧化还原反应生成Fe；另一份C.H2O2溶液与FeSO4溶液反应，铁元素化合价升高到+3，氧元素化合价降低到﹣2，正确的离子方程式为煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；2+3+6Fe+3H2O2═2Fe（OH）3↓+4Fe，故C错误；D．由BC的分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁的胶体。﹣2﹣D.NaHCO3溶液与少量的Ba（OH）2溶液中会有2个氢氧根离子参与反应，反应离子方程式为2HCO3+Ba3+3+【解答】解：A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe﹣2﹣+2OH═BaCO3↓+H2O+CO3：水解反应，故A正确；故选：A。3+B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe水解生成氢氧化铁的胶体；再【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握反应实际，结合物质的性质书写离子方程式。3+2﹣2+3+滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，说明Fe与SO3发生氧化还原反应生成Fe；整个过程说明Fe即发生了水解反应，又发生了还原反应，故B正确；12．【分析】A．根据反应物和产物能量的相对高低判断反应的吸放热；C．实验③过量NaSO溶液中滴加少量FeCl溶液，溶液变红褐色说明说明Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；B．反应Ⅱ和反应Ⅰ放出能量一样多；2333+2﹣2+一份滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成说明Fe与SO3没有发生氧化还原反应生成Fe；另一份C．反应活化能越低，反应则越快；煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，D．催化剂在反应前后的量不变。故C正确；3+2﹣3+2﹣【解答】解：A．进程Ⅰ反应物的能量大于产物能量，故进程Ⅰ是放热反应，故A正确；D．由BC的分析可知，Fe均水解生成氢氧化铁的胶体，说明SO3对Fe的水解反应无影响，少量SO33+2﹣3+对Fe的还原反应有影响，过量SO3对Fe的还原反应无影响，故D错误；B．反应Ⅱ和反应Ⅰ放出能量一样多，故产生P的量一样多，故平衡时P的产率：Ⅱ＝Ⅰ，故B错误；故选：D。C．反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；【点评】本题考查性质实验的设计，为高频考点，把握物质的性质、物质检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。D．反应前为S+Z，反应后为P•Z，而不是P+Z，明显Z此时不是催化剂，没起到催化作用，故D正确；14．【分析】A.由图像可知，在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应温度升高；故选：AD。B.根据克拉伯龙方程进行判断；制备HCl，在装置Ⅱ中与BaS反应得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2•2H2O产品；C.根据K＝进行求解；（1）利用装置Ⅰ制备HCl，在试剂浓硫酸过量并微热时反应生成Na2SO4和HCl，根据质量守恒写出方程式；（2）b仪器为球形干燥管，中间体积大，可以有效地防倒吸，所以Ⅱ中b仪器的作用是防倒吸；HS气体有D.温度越高，反应速率越大。2毒污染空气，用CuSO4溶液吸收反应生成CuS沉淀；【解答】解：A.由图像可知，在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所（3）在沉淀Ba2+生成BaSO过程中，可向沉淀完全后的上层清液中继续加入沉淀剂，无沉淀生成；以ΔH＜0，故A错误；4（4）加入过量的沉淀剂才能保证被沉淀离子沉淀完全；B.根据克拉伯龙方程pV＝nRT，其他条件相同时，温度越高则n越小，a点温度大于b点温度，故气体的总物质的量：na＜nc，故B正确；（5）在过滤操作中需要用到的仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒；C.设Z平衡物质的量为n，列出三步法：2X（g）+Y（g）⇌Z（g）（6）BaCl2•2H2O的质量分数为×100%计算得出。210【解答】解：（1）根据以BaS溶液为原料制备BaCl2•2H2O的反应原理：BaS+2HCl＝BaCl2+H2S↑，可知先2nnn利用装置Ⅰ制备HCl，在试剂浓硫酸过量并微热时反应生成Na2SO4和HCl，根据质量守恒写出方程式2NaCl+HSONaSO+2HCl↑，2﹣2n1﹣nn2424若在恒温下，因为平衡的压强是初始一半，故×（2mol+1mol）＝3﹣2n，解得n＝0.75mol，根据K＝故答案为：HCl；2NaCl+H2SO4Na2SO4+2HCl↑；＝12，这是在温度不变的情况下，实际上a的温度大于c，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K（2）b仪器为球形干燥管，中间体积大，可以有效地防倒吸；H2S气体有毒污染空气，用CuSO4溶液吸收H2S＜12，故C错误；反应生成CuS沉淀，D.温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：va正＞vb正，故答案为：防倒吸；CuSO4；故D错误；2+（3）在沉淀Ba生成BaSO4过程中，可取沉淀完全后的上层清液于洁净试管，加入稀硫酸，没有白色沉淀生故选：B。成，【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡移动原理、平衡状态判断、化学平衡图象等，是对学生综合能力故答案为：取上层清液于洁净试管，加入稀硫酸，没有白色沉淀生成；的考查，需要学生具备扎实的基础。（4）加入过量的沉淀剂才能保证被沉淀离子沉淀完全，所以沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是使三、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Ba2+沉淀完全，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。故答案为：使Ba2+沉淀完全；15．【分析】根据以BaS溶液为原料制备BaCl2•2H2O的反应原理：BaS+2HCl＝BaCl2+H2S↑，可知先利用装置Ⅰ（5）在过滤操作中需要用到的仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，不需要用到的仪器是锥形瓶，故答案为：锥形瓶；1mol00a1﹣a0a（6）BaCl•2HO的质量分数为×100%＝×100%＝97.6%，22aaabbbb故答案为：97.6%。1mol﹣aaaa﹣b1﹣a﹣bb【点评】本题考查制备实验的设计，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质检验、实验技能a+b为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%＝50%，CO的物质的量为0.1mol可得a﹣b＝0.1，解得a16．【分析】（1）①根据勒夏特列原理进行判断；＝0.3mol，b＝0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.4kJ•mol﹣1＝39.42kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×﹣1②根据反应1的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；Kp＝进行求解；41.1kJ•mol＝8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.42kJ﹣8.22kJ＝31.2kJ；由以上计算可知：n（H2O）＝0.5mol，n（H2）＝0.5mol，n（CO）＝0.1mol，n（CO2）＝0.2mol，n（总）＝（0.5+0.5+0.1+0.2）﹣11﹣2﹣+（2）H2CO3的K2＝5×10＝，所以c（HCO3）：c（CO3）＝c（H）：K2，据此mol＝1.3mol，物质的量之比等于压强之比可得＝，p＝0.26MPa，Kp＝＝+计算c（H）和pH；＝0.02MPa，②再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解；故答案为：吸收；31.2；0.02MPa；③阴极得电子发生还原反应，据此写出电极反应式。﹣2﹣++（2）①H2CO3的K2＝，所以c（HCO3）：c（CO3）＝c（H）：K2＝c（H）：5×【解答】解：（1）①A.平衡时向容器中充入惰性气体，因为在恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，故A错误；10﹣11＝2：1，c（H+）＝10﹣10mol/L，pH＝10，B.因为C是固体，故混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；故答案为：10；﹣2﹣C.若Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），Ⅱ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应全部转化，则②再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解，离子方程式为2HCO3CO3+CO2+H2O，平衡时H2的体积分数，但反应为可逆反应，不能进行彻底，故平衡时H2的体积分数小于，故C错误；﹣2﹣故答案为：2HCO3CO3+CO2+H2O；D.将炭块粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，故D正确；+﹣③阴极得电子发生还原反应，电极反应为2CO2+12H+12e＝C2H4+4H2O，故答案为：BD；+﹣故答案为：2CO2+12H+12e＝C2H4+4H2O。②设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a，反应Ⅱ中水转化的物质的量为b，可列出以下式子：【点评】本题主要考查了煤的气化，涉及化学反应平衡的移动、化学平衡计算、电化学、化学平衡影响因素C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）等，较为综合，题目难度中等。（4）除钒”时需要加入Al，“除硅、铝”应该放在后面，17．【分析】（1）若ΔG＜0，则该反应可以自发进行，由图可知其ΔG，据此分析；故答案为：不能；除钒”时需要加入Al，应后“除硅、铝”；（2）①根据表中数据可知，600℃时，主要生成CO和CO2，其他条件相同时，气体的压强之比等于物质的（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法，量之比，由此可知其化学计量数之比；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正确；②随着温度升高，CO2与C反应生成CO；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B错误；（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，分离沸点差距较大的物质，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正确；可用蒸馏的方法；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的热分解法制备汞，故D错误；（4）“除钒”时需要加入Al，若后“除钒”则含有杂质Al；故选：AC。（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。【点评】本题考查物质制备的工艺流程，为高考高频点，侧重考查学生对知识的应用、实验分析能力等，结【解答】解：（1）A．由图可知，600℃时，ΔG＞0的仅有反应TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g），合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能反应TiO2（s）+C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+CO2（g）根据盖斯定律，可由A和C选项中反应相加得到，力，注意对阿伏加德罗定律及其推论理解，综合性强，题目难度中等。由此判断其ΔG＜0，反应自发进行，（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。[选修故选：C；3：物质结构与性质]（15分）（2）①根据表中数据可知，600℃时，主要生成CO和CO2，根据PV＝nRT可知，此时气体的压强之比等于18．【分析】（1）①硒元素的原子序数为34；物质的量之比，即TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程②注意乙烷硒啉的分子结构具有对称性；式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，③根据价层电子对互斥理论分析；故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；（2）①分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；②随着温度升高，CO2与C反应生成CO，②非金属性越强电负性越大；故答案为：随着温度升高，CO2与C反应生成CO；（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4；（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，即化学方程式为：3VOCl3+Al②等电子体指两个或两个以上的分子或离子，它们的原子数目相同，价电子数目也相同，互称等电子体；＝3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，可用蒸馏的方法分离沸点差距较大的物质，（4）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1＝2，硒原子8个位于棱故答案为：3VOCl3+Al＝3VOCl2+AlCl3；蒸馏；上，2个位于金宝内部，其个数为8×+2＝4，铁原子8个位于面心，其个数为8×＝4，据此分析。故答案为：H2O；（4）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1＝2，硒原子8个位于棱【解答】解：（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，上，2个位于金宝内部，其个数为8×+2＝4，铁原子8个位于面心，其个数为8×＝4，故答案为：3d104s24p4；①超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构具有对称性，即，则有8种不同化学环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，境的C原子，注意，此处问的不是氢原子，故答案为：4；故答案为：8；③一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：abc＝（0.4×0.4×③SeO3中硒原子的孤对电子对数为：＝0，价层电子对数为：3+0＝3，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，SeO中硒原子的，孤对电子对数为＝1，价层电子对数为3+1＝4，离子的空1.4）×10﹣21cm3，ρ＝＝，间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3无孤电子对，SeO中含有1个孤电子对，排斥力：孤电子对﹣共价键＞共价键﹣共价故答案为：。键，导致SeO3键角较大；【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、配位键、晶胞结构与计算等，注意观察（2）①由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH＝CHCOOH，σ键有11个，π键有3个，晶胞的结构，掌握均摊法进行晶胞有关计算是解题的关键。则分子中σ键和π键的数目比为11：3，[选修5：有机化学基础]（15分）故答案为：11：3；②富马酸亚铁（FeC4H2O4）中有四种元素，分别为：Fe、C、H、O，非金属性越强电负性越大，即电负性大19．【分析】根据信息①，可知A与反应生成小为：O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；的为，有、的化学式可知，比多了个原子，故的（3）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，BBCCB2HC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，结构简式为，由②可知，D的结构简式为，由F、G、H结构可知，G中引入1个﹣CH3，故G的结构简式为，+H2O，以此分析。【解答】解：（1）由A的结构简式可知，A中官能团的名称为醛基、醚基，故答案为：醛基、醚基；故答案为：+H2O；（5）分子式为C4H6O，根据同分异构体中能够发生银镜反应可知存在醛基，的不饱和度（2）F到G反应为+CH3I→+HI，反应类型为取代反应，G到H反应为为2，醛基不饱和度为1，可知在其结构中存在1个环或1个双键，故同分异构体有、CH2＝+→，反应类型为加成反应，CH﹣CH2﹣COOH、、HOOC﹣CH＝CH﹣CH3，考虑存在立体异构HOOC﹣CH＝CH﹣故答案为：取代反应；加成反应；CH3，还存在、，一共有5种同分异构体，核磁共振氢谱有3组峰，（3）根据信息①，可知A与反应生成的B且峰面积之比为4：1：1的结构简式为，为，故答案为：5；；（6）手性碳原子为连四个不同的原子或原子团的碳原子，故I种手性碳原子如图中标识，故答案为：；故答案为：1；（7）根据G→H→I的反应，合成的路线为（4）由②可知，该反应为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、给予的反应信息进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。