2022年湖南卷高考化學試題答案詳解及深度解讀（全面講解）

年高考化學真題完全解讀（湖南卷）2022年湖南省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學命題以《高考評價體系》《普通高中化學課程標準》為指導，持續(xù)穩(wěn)妥推進高考考試內(nèi)容改革。與去年相比，保持試卷結(jié)構(gòu)、題型題量以及考試難度的相對穩(wěn)定。2022年高考是疫情防控常態(tài)化下的高考，同時也是高考改革深入推進形勢下的一次高考，試題命題重點從鑄魂育人、落實改革和研保穩(wěn)定方面開展。全卷設計合理，知識覆蓋面廣，化學試題源于教材，又高于教材，重視知識的應用。一、注重引領，突出立德樹人命題從試題立意、素材選擇，均體現(xiàn)與時俱進，挖掘社會轉(zhuǎn)型亮點，充分發(fā)揮學科優(yōu)勢，較好地踐行了社會主義核心價值觀。要求學生堅定理想信念、厚植愛國情懷、提升品德修養(yǎng)，讓考生感受化學學科的獨特價值，引導學生樹立正確的價值觀，發(fā)揮化學試題的立德樹人作用。例如：第1題《神農(nóng)本草經(jīng)》、純堿的生產(chǎn)；第6題有機玻璃的舊法與新法優(yōu)越性比較；第7題鋁電解廠煙氣凈化等。二、回歸教材，加強考教銜接化學命題進一步基本概念基本原理的考查，強調(diào)對基礎知識全面深刻的理解和融會貫通的運用，引導中學教學遵循教育規(guī)律，回歸課標、回歸教材，減少機械刷題；進一步加強聯(lián)系實際的應用性考查，不斷提高學生分析問題、解決問題的能力；進一步優(yōu)化試卷結(jié)構(gòu)、豐富呈現(xiàn)方式、改變設問角度，創(chuàng)新考查方式方法，引導中學教與學減少死記硬背，強調(diào)知識融會貫通和能力復合運用，體現(xiàn)考查的綜合性。試題對典型化合物的性質(zhì)、基本反應類型、物質(zhì)結(jié)構(gòu)基礎理論、物質(zhì)基本轉(zhuǎn)化規(guī)律、基本化學實驗操作方法等基礎知識的考查，能有效地鑒別學生對學科基礎的掌握程度，以引導中學教學遵循教育教學規(guī)律，嚴格按照課程標準和教材進行教學，實現(xiàn)考教銜接。例如：第5題元素推斷；第6題共價型分子結(jié)構(gòu)式、電子式；第8題鋰-海水電池；第9題氧化還原反應的幾組概念、規(guī)律和計算；第11題離子反應的發(fā)生及書寫及離子方程式的正誤判斷；第16題化學平衡判斷等。三、巧設情境，獲取有效信息立足化學科學特點，注重選取新材料、新藥物、新催化技術(shù)等真實情境，呈現(xiàn)生產(chǎn)生活中的實際問題，進一步深化對信息獲取加工、邏輯推理、歸納論證思維等關(guān)鍵能力的考查，試題命制中十分重視知識承載學科核心素養(yǎng)功能的考查，即學生在面對陌生的、不確定的真實情境中，能從試題提供的信息中合理運用化學學科的認識角度和思路分析解決問題，考查學生適應未來學習的關(guān)鍵能力和必備品格，體現(xiàn)試題的綜合性及創(chuàng)新性。試題通過表格、圖像等方式提供豐富的數(shù)據(jù)信息，深入考查學生信息整理能力。例如：第3題聚乳酸的合成；第6題由甲基丙烯酸甲酯合成有機玻璃；第7題鋁電解廠煙氣凈化的簡單流程；第16題煤的氣化制氫及脫除和利用水煤氣中CO2方法；第18題的富馬酸亞鐵；第19題一種具有生物活性化合物的合成路線分析等。四、精心設問，注重考查能力試題通過創(chuàng)設復雜的問題情境，加強對學生邏輯推理能力的考查。對于真實的工業(yè)生產(chǎn)過程，在信息獲取加工能力的基礎上利用化學基礎知識和基本原理，推測實際工藝過程中步驟、所發(fā)生的離子方程式、化學方程式，考查化學計算等。各大題入題容易，但隨著設問的深入，對學生的關(guān)鍵能力要求逐步提高。滿足不同層次水平學生的分層選拔，體現(xiàn)試題的應用性和綜合性。例如：第16題以煤的氣化是一種重要的制氫途徑為載體，考查依據(jù)熱化學方程式的計算，化學平衡狀態(tài)，弱電解質(zhì)的電離平衡，電解池電極反應式及化學方程式的書寫與判斷；第17題以鈦渣為原料制備金屬鈦的工藝流程為載體，考查反應進行方向判據(jù)，物質(zhì)分離、提純綜合應用，常見無機物的制備，常見金屬的冶煉；第18題以鐵和硒(Se)都是人體所必需的微量元素為切入口，考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)中化學鍵數(shù)目的計算，等電子原理的應用，簡單配合物的成鍵，晶胞的有關(guān)計算；第19題以一種具有生物活性化合物的合成路線進行有機推斷，考查官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，有機反應類型，手性碳原子，并對該定的有機物設計合成路線。五、聚焦探究，提高創(chuàng)新能力化學實驗試題既注重考核學生對化學基本概念、基本規(guī)律和基本原理的理解和掌握，又突出能力導向，強化化學應用，鼓勵學生探究?；诮滩母哂诮滩牡脑囶}設計，重點考查了學生利用所學基礎知識和基本理論分析和解決實際問題的能力，有利于引導學生積極探究，增強學生創(chuàng)新意識和提高學生創(chuàng)新能力。例如：第4題化學實驗操作的規(guī)范要求；第13題探究FeCl3的性質(zhì)，探究是水解反應還是氧化還原反應；第15題設計實驗方案以BaS溶液為原料制備BaCl2·2H2O，并用重量法測定產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量等，引導考生綜合素質(zhì)的提升。知識模塊題號分值必考化學與STSE13認識化學科學9、117常見無機物及其應用73物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)2、56有機化學基礎33化學反應原理6、8、10、12、14、16、1744化學實驗基礎4、13、1519選考物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1815有機化學基礎1915題號能力維度詳細知識點1掌握物理變化與化學變化；純堿的生產(chǎn)；2掌握硅酸鹽工業(yè)；元素周期表結(jié)構(gòu)；分子間作用力氫鍵；藥物的合理使用；3掌握醇類與金屬單質(zhì)的反應；羧酸酯化反應；縮聚反應；多官能團有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)；4識記酸堿中和滴定實驗基本操作及步驟；化學實驗基礎操作；中和滴定；5掌握元素金屬性與非金屬性遞變規(guī)律的理解及應用；微粒半徑大小的比較方法；由元素性質(zhì)的遞變規(guī)律進行相關(guān)推斷；6掌握共價型分子結(jié)構(gòu)式、電子式；碰撞理論及活化能；鹽類水解規(guī)律理解及應用；7掌握二氧化硅的化學性質(zhì)；其他含鋁化合物；影響化學反應速率的外因；常見無機物的制備；8理解原電池原理；原電池電極反應式書寫；新型電池；9簡單應用氧化還原反應的幾組概念；氧化還原反應有關(guān)計算；氧化還原反應的規(guī)律；10理解鹽溶液中離子濃度大小的比較；溶度積常數(shù)相關(guān)計算；11掌握離子反應的發(fā)生及書寫；離子方程式的正誤判斷；12掌握吸熱反應和放熱反應；碰撞理論及活化能；催化劑對化學反應速率的影響；化學平衡的移動及其影響因素；13簡單應用氧化還原反應的規(guī)律；鹽類水解規(guī)律理解及應用；化學實驗探究；物質(zhì)性質(zhì)的探究；14掌握化學平衡的有關(guān)計算；溫度對化學平衡移動的影響；化學平衡常數(shù)的影響因素及應用；15簡單應用硫酸根離子的檢驗；儀器使用與實驗安全；常見無機物的制備；物質(zhì)含量的測定。16掌握依據(jù)熱化學方程式的計算；化學平衡狀態(tài)；弱電解質(zhì)的電離平衡；電解池電極反應式及化學方程式的書寫與判斷。17掌握反應進行方向判據(jù)的應用；物質(zhì)分離、提純綜合應用；常見無機物的制備；常見金屬的冶煉。18掌握物質(zhì)結(jié)構(gòu)中化學鍵數(shù)目的計算；等電子原理的應用；簡單配合物的成鍵；晶胞的有關(guān)計算。19掌握官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，有機反應類型，手性碳原子，并對該定的有機物設計合成路線。一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1．化學促進了科技進步和社會發(fā)展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是()A．《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載的“石膽能化鐵為銅”B．利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿C．科學家成功將CO2轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖D．北京冬奧會場館使用CO2跨臨界直冷制冰【答案】D【解析】A項，“石膽能化鐵為銅”指的是鐵可以與硫酸銅發(fā)生置換反應生成銅，發(fā)生了化學變化，A不符合題意；B項，工業(yè)上利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發(fā)生反應生成的碳酸氫鈉晶體經(jīng)加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發(fā)生了化學變化，B不符合題意；C項，CO2轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖，有新物質(zhì)生成，發(fā)生了化學變化，C不符合題意；D項，使用CO2跨臨界直冷制冰，將水直接轉(zhuǎn)化為冰，沒有新物質(zhì)生成，只發(fā)生了物理變化，沒有涉及化學變化，D符合題意；故選D。2．下列說法錯誤的是()A．氫鍵，離子鍵和共價鍵都屬于化學鍵B．化學家門捷列夫編制了第一張元素周期表C．藥劑師和營養(yǎng)師必須具備化學相關(guān)專業(yè)知識D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一【答案】A【解析】A項，離子鍵和共價鍵都屬于化學鍵，氫鍵屬于分子間作用力，A說法錯誤；B項，第一張元素周期表是俄國化學家門捷列夫編制的，B說法正確；C項，藥劑師和營養(yǎng)師的工作分別與藥劑和營養(yǎng)物質(zhì)有關(guān)，因此必須具備相關(guān)的化學專業(yè)知識才能勝任相關(guān)工作，C說法正確；D項，制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和純堿，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D說法正確；故選A。3．聚乳酸是一種新型的生物可降解高分子材料，其合成路線如下：下列說法錯誤的是()A．m=n-1B．聚乳酸分子中含有兩種官能團C．1mol乳酸與足量的反應生成1molH2D．兩分子乳酸反應能夠生成含六元環(huán)的分子【答案】B【解析】A項，根據(jù)氧原子數(shù)目守恒可得：3n=2n+1+m，則m=n-1，A正確；B項，聚乳酸分子中含有三種官能團，分別是羥基、羧基、酯基，B錯誤；C項，1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則1mol乳酸和足量的Na反應生成1molH2，C正確；D項，1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則兩分子乳酸可以縮合產(chǎn)生含六元環(huán)的分子()，D正確；故選B。4．化學實驗操作是進行科學實驗的基礎。下列操作符合規(guī)范的是()A．堿式滴定管排氣泡B．溶液加熱C．試劑存放D．溶液滴加【答案】A【解析】A項，堿式滴定管排氣泡時，把橡皮管向上彎曲，出口上斜，輕輕擠壓玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液從尖嘴涌出，氣泡即可隨之排出，A符合規(guī)范；B項，用試管加熱溶液時，試管夾應夾在距離管口的1/3處，B不符合規(guī)范；C項，實驗室中，鹽酸和NaOH要分開存放，有機物和無機物要分開存放，C不符合規(guī)范；D項，用滴管滴加溶液時，滴管不能伸入試管內(nèi)部，應懸空滴加，D不符合規(guī)范；故選A。5．科學家合成了一種新的共價化合物(結(jié)構(gòu)如圖所示)，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和。下列說法錯誤的是()A．原子半徑：X＞Y＞ZB．非金屬性：Y＞X＞W(wǎng)C．Z的單質(zhì)具有較強的還原性D．原子序數(shù)為82的元素與W位于同一主族【答案】C【解析】由共價化合物的結(jié)構(gòu)可知，X、W形成4個共價鍵，Y形成2個共價鍵，Z形成1個共價鍵，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，則X為C元素、Y為O元素、Z為F元素、W為Si元素。A項，同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則C、O、F的原子半徑大小順序為C＞O＞F，故A正確；B項，同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強，同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，則C、O、Si的非金屬性強弱順序為O＞C＞Si，故B正確；C項，位于元素周期表右上角的氟元素的非金屬性最強，單質(zhì)具有很強的氧化性，故C錯誤；D項，原子序數(shù)為82的元素為鉛元素，與硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正確；故選C。6．甲基丙烯酸甲酯是合成有機玻璃的單體。舊法合成的反應：(CH3)C=O+HCN→(CH3)C(OH)CN(CH3)C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反應：CH3CCH3OHCH2=C(CH3)COOCH3下列說法錯誤的是()(阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)A．HCN的電子式為B．新法沒有副產(chǎn)物產(chǎn)生，原子利用率高C．1L0.05mol/L的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒數(shù)小于0.05NAD．P的作用是降低反應的活化能，使活化分子數(shù)目增多，百分數(shù)不變【答案】D【解析】A項，氫氰酸為共價化合物，結(jié)構(gòu)式為H—C≡N，電子式為，故A正確；B項，由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反應為沒有副產(chǎn)物生成，原子利用率為100的化合反應，故B正確；C項，硫酸氫銨是強酸弱堿的酸式鹽，銨根離子在溶液中會發(fā)生水解反應，所以1L0.05mol/L的硫酸氫銨溶液中銨根離子的數(shù)目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C正確；D項，由方程式可知，鈀為新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化劑，能降低反應的活化能，使活化分子的數(shù)目和百分數(shù)都增大，故D錯誤；故選D。7．鋁電解廠煙氣凈化的一種簡單流程如下：下列說法錯誤的是()A．不宜用陶瓷作吸收塔內(nèi)襯材料B．采用溶液噴淋法可提高吸收塔內(nèi)煙氣吸收效率C．合成槽中產(chǎn)物主要有Na3AlF6和CO2D．濾液可回收進入吸收塔循環(huán)利用【答案】C【解析】煙氣(含HF)通入吸收塔，加入過量的碳酸鈉，發(fā)生反應Na2CO3+2HF=2NaF+H2O+CO2↑，向合成槽中通入NaAlO2，發(fā)生反應6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，過濾得到Na3AlF6和含有Na2CO3的濾液。A項，陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高溫下與Na2CO3發(fā)生反應SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔內(nèi)襯材料，故A正確；B項，采用溶液噴淋法可增大反應物的接觸面積，提高吸收塔內(nèi)煙氣吸收效率，故B正確；C項，由上述分析可知，合成槽內(nèi)發(fā)生反應6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，產(chǎn)物是Na3AlF6和Na2CO3，故C錯誤；D項，由上述分析可知，濾液的主要成分為Na2CO3，可進入吸收塔循環(huán)利用，故D正確；故選C。8．海水電池在海洋能源領域備受關(guān)注，一種鋰-海水電池構(gòu)造示意圖如下。下列說法錯誤的是()A．海水起電解質(zhì)溶液作用B．N極僅發(fā)生的電極反應：2H2O+2e-=2OH-+H2↑C．玻璃陶瓷具有傳導離子和防水的功能D．該鋰-海水電池屬于一次電池【答案】C【解析】鋰海水電池的總反應為2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M極上Li失去電子發(fā)生氧化反應，則M電極為負極，電極反應為Li-e-=Li+，N極為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑。A項，海水中含有豐富的電解質(zhì)，如氯化鈉、氯化鎂等，可作為電解質(zhì)溶液，故A正確；B項，N為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正確；C項，Li為活潑金屬，易與水反應，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反應，但不能傳導離子，故C錯誤；D項，該電池不可充電，屬于一次電池，故D正確；故選C。9．科學家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進和的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的NO2-轉(zhuǎn)化為N2進入大氣層，反應過程如圖所示。下列說法正確的是()A．過程Ⅰ中NO2-發(fā)生氧化反應B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的e-數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應的n(NO)：n(NH4+)=1：4D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為NO2-+NH4+=N2↑+2H2O【答案】C【解析】A項，由圖示可知，過程I中NO2-轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，NO2-作氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應，A錯誤；B項，由圖示可知，過程I為NO2-在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NO2-+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole-，過程II為NO和NH4+在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b過程轉(zhuǎn)移4mole-，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯誤；C項，由圖示可知，過程II發(fā)生反應的參與反應的離子方程式為：2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4+)=1：4，C正確；D項，由圖示可知，過程III為N2H4轉(zhuǎn)化為N2和4H+、4e-，反應的離子方程式為：N2H4=N2+4H++4e-，過程I-III的總反應為：2NO2-+8NH4+=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D錯誤；故選C。10．室溫時，用0.100mol·L-1的標準AgNO3溶液滴定濃度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關(guān)系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于1.0mol·L－1時，認為該離子沉淀完全。，，)。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點：有白色沉淀生成B．原溶液中的濃度為C．當沉淀完全時，已經(jīng)有部分沉淀D．b點：c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞c(Ag＋)【答案】C【解析】向含濃度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據(jù)三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I-、Br-、Cl-，根據(jù)滴定圖示，當?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl-恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均為1.5×10-4mol。A項，I-先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；B項，原溶液中I-的物質(zhì)的量為1.5×10-4mol，則I-的濃度為=0.0100mol?L-1，故B錯誤；C項，當Br-沉淀完全時(Br-濃度為1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol?L-1，則已經(jīng)有部分Cl-沉淀，故C正確；D項，b點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，則b點各離子濃度為：c(Ag＋)＞c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞，故D錯誤；故選C。二、選擇題：本題共4小題，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．下列離子方程式正確的是()A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+2OH-=Cl－+ClO－+H2OB．用醋酸和淀粉溶液檢驗加碘鹽中的IO3-：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2OC．FeSO4溶液中加入H2O2產(chǎn)生沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H＋D．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O【答案】AC【解析】A項，Cl2通入冷的NaOH溶液中發(fā)生反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，該反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl－+ClO－+H2O，A正確；B項，用醋酸和淀粉-KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3-的原理是IO3-在酸性條件下與I－發(fā)生歸中反應生成I2而遇淀粉變藍，由于醋酸是弱酸，在離子方程式中不能用H＋表示，因此B不正確；C項，H2O2具有較強的氧化性，F(xiàn)eSO4溶液中加入H2O2產(chǎn)生的沉淀是氫氧化鐵，該反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H＋，C正確；D項，NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合后發(fā)生反應生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉和水，NaHCO3過量，Ba(OH)2全部參加反應，因此該反應的離子方程式為2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，D不正確；故選AC。12．反應物(S)轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物(P或P·Z)的能量與反應進程的關(guān)系如下圖所示：下列有關(guān)四種不同反應進程的說法正確的是()A．進程Ⅰ是放熱反應 B．平衡時P的產(chǎn)率：Ⅱ>ⅠC．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．進程Ⅳ中，Z沒有催化作用【答案】AD【解析】A項，由圖中信息可知，進程Ⅰ中S的總能量大于產(chǎn)物P的總能量，因此進程I是放熱反應，A說法正確；B項，進程Ⅱ中使用了催化劑X，但是催化劑不能改變平衡產(chǎn)率，因此在兩個進程中平衡時P的產(chǎn)率相同，B說法不正確；C項，進程Ⅲ中由S?Y轉(zhuǎn)化為P?Y的活化能高于進程Ⅱ中由S?X轉(zhuǎn)化為P?X的活化能，由于這兩步反應分別是兩個進程的決速步驟，因此生成P的速率為Ⅲ<Ⅱ，Ｃ說法不正確；D項，由圖中信息可知，進程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S?Z，然后S?Z轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物P?Z，由于P?Z沒有轉(zhuǎn)化為P＋Z，因此，Z沒有表現(xiàn)出催化作用，D說法正確；故選AD。13．為探究FeCl3的性質(zhì)，進行了如下實驗(FeCl3和Na2SO3溶液濃度均為)。實驗操作與現(xiàn)象①在水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，變紅褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，無藍色沉淀生成；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是()A．實驗①說明加熱促進Fe3+水解反應B．實驗②說明Fe3+既發(fā)生了水解反應，又發(fā)生了還原反應C．實驗③說明Fe3+發(fā)生了水解反應，但沒有發(fā)生還原反應D．整個實驗說明SO32-對Fe3+的水解反應無影響，但對還原反應有影響【答案】D【解析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進的水解反應，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發(fā)生氧化還原反應，在同一反應體系中，鐵離子的水解反應與還原反應共存并相互競爭，結(jié)合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)鐵氰化鉀檢測結(jié)果可知，同時發(fā)生氧化還原反應，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應速率快，鐵離子的還原反應未來得及發(fā)生。A項，鐵離子的水解反應為吸熱反應，加熱煮沸可促進水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B項，在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)生了水解反應，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍色沉淀，故B正確；C項，實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應，即水解反應比氧化還原反應速率快，故C正確；D項，結(jié)合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應占主導作用，比氧化還原反應的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進鐵離子的水解反應，故D錯誤。故選D。14．向體積均為1L的兩恒容容器中分別充入和發(fā)生反應：2X(g)+Y(g)2Z(g) ΔH，其中甲為絕熱過程，乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．ΔH B．氣體的總物質(zhì)的量：na＜ncC．a(chǎn)點平衡常數(shù)：K D．反應速率：Va正＜Vb正【答案】B【解析】A項，甲容器在絕熱條件下，隨著反應的進行，壓強先增大后減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程PV=nRT可知，剛開始壓強增大的原因是因為容器溫度升高，則說明上述反應過程放熱，即ΔH＜0，故A錯誤；B項，根據(jù)A項分析可知，上述密閉溶液中的反應為放熱反應，圖中a點和c點的壓強相等，因甲容器為絕熱過程，乙容器為恒溫過程，若兩者氣體物質(zhì)的量相等，則甲容器壓強大于乙容器壓強，則說明甲容器中氣體的總物質(zhì)的量此時相比乙容器在減小即氣體總物質(zhì)的量：na＜nc，故B正確；C項，a點為平衡點，此時容器的總壓為p，假設在恒溫恒容條件下進行，則氣體的壓強之比等于氣體的物質(zhì)的量(物質(zhì)的量濃度)之比，所以可設Y轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度為xmol?L?1，則列出三段式如下：則有，計算得到x=0.75，那么化學平衡常數(shù)K=，又甲容器為絕熱條件，等效為恒溫條件下升溫，平衡逆向移動，則平衡常數(shù)減小即平衡常數(shù)K＜12，故C錯誤；D項，根據(jù)圖像可知，甲容器達到平衡的時間短，溫度高，所以達到平衡的速率相對乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D錯誤。故選B。三、非選擇題：第15~17題為必考題，每個試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：15．(12分)某實驗小組以溶液為原料制備BaCl2·2H2O，并用重量法測定產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量。設計了如下實驗方案：可選用試劑：NaCl晶體、BaS溶液、濃H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸餾水步驟1.BaCl2·2H2O的制備按如圖所示裝置進行實驗，得到BaCl2溶液，經(jīng)一系列步驟獲得BaCl2·2H2O產(chǎn)品。步驟2，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量測定①稱取產(chǎn)品0.5000g，用水溶解，酸化，加熱至近沸；②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的0.100mol·L-1H2SO4溶液，③沉淀完全后，60℃水浴40分鐘，經(jīng)過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質(zhì)量為0.4660g?；卮鹣铝袉栴}：(1)Ⅰ是制取_______氣體的裝置，在試劑a過量并微熱時，發(fā)生主要反應的化學方程式為_______；(2)Ⅰ中b儀器的作用是_______；Ⅲ中的試劑應選用_______；(3)在沉淀過程中，某同學在加入一定量熱的H2SO4溶液后，認為沉淀已經(jīng)完全，判斷沉淀已完全的方法是_______；(4)沉淀過程中需加入過量的H2SO4溶液，原因是_______；(5)在過濾操作中，下列儀器不需要用到的是_______(填名稱)；(6)產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)HCl

H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑(2)防止倒吸

CuSO4溶液(3)靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續(xù)滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全(4)使鋇離子沉淀完全(5)錐形瓶(6)97.6%【解析】裝置I中濃硫酸和氯化鈉共熱制備HCl，裝置II中氯化氫與BaS溶液反應制備BaCl2·2H2O，裝置III中硫酸銅溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空氣。(1)由分析可知，裝置I為濃硫酸和氯化鈉共熱制取HCl氣體的裝置，在濃硫酸過量并微熱時，濃硫酸與氯化鈉反應生成硫酸氫鈉和氯化氫，發(fā)生主要反應的化學方程式為：H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑。(2)氯化氫極易溶于水，裝置II中b儀器的作用是：防止倒吸；裝置II中氯化氫與BaS溶液反應生成H2S，H2S有毒，對環(huán)境有污染，裝置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，因此判斷沉淀已完全的方法是靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續(xù)滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全。(4)為了使鋇離子沉淀完全，沉淀過程中需加入過量的硫酸溶液。(5)過濾用到的儀器有：鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒，用不到錐形瓶。(6)由題意可知，硫酸鋇的物質(zhì)的量為：=0.002mol，依據(jù)鋇原子守恒，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為0.002mol，質(zhì)量為0.002mol244g/mol=0.488g，質(zhì)量分數(shù)為：100%=97.6%。16．(13分)2021年我國制氫量位居世界第一，煤的氣化是一種重要的制氫途徑?；卮鹣铝袉栴}：(1)在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始壓強為時，發(fā)生下列反應生成水煤氣：Ⅰ.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?1①下列說法正確的是_______；A．平衡時向容器中充入惰性氣體，反應Ⅰ的平衡逆向移動B．混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡C．平衡時H2的體積分數(shù)可能大于2/3D．將炭塊粉碎，可加快反應速率②反應平衡時，H2O(g)的轉(zhuǎn)化率為，CO的物質(zhì)的量為0.1mol。此時，整個體系_______(填“吸收”或“放出”)熱量_______kJ，反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=_______(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。(2)一種脫除和利用水煤氣中CO2方法的示意圖如下：①某溫度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO32-)：c(HCO3-)=1：2，則該溶液的=_______(該溫度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)；②再生塔中產(chǎn)生CO2的離子方程式為_______；③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極反應式為_______?！敬鸢浮?1)

BD

吸收

13.14

0.02MPa(2)

10

2HCO3-CO2↑+CO32-+H2O

2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O【解析】(1)①A項，在恒溫恒容條件下，平衡時向容器中充入情性氣體不能改變反應混合物的濃度，因此反應Ⅰ的平衡不移動，A說法不正確；B項，在反應中有固體C轉(zhuǎn)化為氣體，氣體的質(zhì)量增加，而容器的體積不變，因此氣體的密度在反應過程中不斷增大，當混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，B說法正確；C項，若C(s)和H2O(g)完全反應全部轉(zhuǎn)化為CO2(g)和H2(g)，由C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，H2的體積分數(shù)的極值為，由于可逆反應只有一定的限度，反應物不可能全部轉(zhuǎn)化為生成物，因此，平衡時H2的體積分數(shù)不可能大于，C說法不正確；D項，將炭塊粉碎可以增大其與H2O(g)的接觸面積，因此可加快反應速率，D說法正確；故選BD。②反應平衡時，H2O(g)的轉(zhuǎn)化率為50%，則水的變化量為0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物質(zhì)的量為0.1mol，則根據(jù)O原子守恒可知CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)相關(guān)反應的熱化學方程式可知，生成0.1molCO要吸收熱量13.14kJ，生成0.2molCO2要放出熱量8.22kJ此時，因此整個體系吸收熱量13.14kJ-8.22kJ=4.92kJ；由H原子守恒可知，平衡時H2的物質(zhì)的量為0.5mol，CO的物質(zhì)的量為0.1mol，CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，水的物質(zhì)的量為0.5mol，則平衡時氣體的總物質(zhì)的量為0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同溫同體積條件下，氣體的總壓之比等于氣體的總物質(zhì)的量之比，則平衡體系的總壓為0.2MPa1.3=0.26MPa，反應I(C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g))的平衡常數(shù)Kp=。(2)①某溫度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO32-)：c(HCO3-)=1：2，由可知，c(H＋)==2×5.0×10-11mol·L－1=1.0×10-10mol·L－1，則該溶液的pH=10；②再生塔中KHCO3受熱分解生成K2CO3、H2O和CO2，該反應的離子方程式為2HCO3-CO2↑+CO32-+H2O；③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極上發(fā)生還原反應，陽極上水放電生成氧氣和H+，H+通過質(zhì)子交換膜遷移到陰極區(qū)參與反應，則陰極的電極反應式為2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。17．(14分)鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結(jié)構(gòu)材料。以鈦渣(主要成分為TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗TiCl4中含有的幾種物質(zhì)的沸點：物質(zhì)TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸點/答下列問題：(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，的值只決定于反應體系的始態(tài)和終態(tài)，忽略、隨溫度的變化。若ΔG，則該反應可以自發(fā)進行。根據(jù)下圖判斷：600℃時，下列反應不能自發(fā)進行的是_______。A．C(s)＋O2(g)=CO2(g) B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)C．TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)(2)TiO2與C、Cl2，在600℃的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質(zhì)TiCl4COCO2Cl2分壓①該溫度下，TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為_______；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是_______。(3)“除釩”過程中的化學方程式為_______；“除硅、鋁”過程中，分離TiCl4中含、雜質(zhì)的方法是_______。(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵 B．電解熔融氯化鈉制鈉 C．鋁熱反應制錳 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應C＋CO22CO(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸餾(4)

不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)；(5)AC【解析】鈦渣中加入C、Cl2進行沸騰氯化，轉(zhuǎn)化為相應的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質(zhì)Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。(1)記①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)；A項，由圖可知，600℃時C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG，反應自發(fā)進行，故A不符合題意；B項，由圖可知，600℃時2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG，反應自發(fā)進行，故B不符合題意；C項，由圖可知，600℃時TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG，反應不能自發(fā)進行，故C符合題意；D項，根據(jù)蓋斯定律，TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，則600℃時其ΔG，反應自發(fā)進行，故D不符合題意；故選C；(2)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據(jù)相同條件下氣體的壓強之比是物質(zhì)的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質(zhì)的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應C＋CO22CO，導致CO含量升高；(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換；(5)本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A項，高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B項，電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C項，鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D項，Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故選AC。(二)選考題：共15分，請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。18．(15分)鐵和硒(Se)都是人體所必需的微量元素，且在醫(yī)藥、催化、材料等領域有廣泛應用，回答下列問題：(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一種抗癌新藥，其結(jié)構(gòu)式如下：①基態(tài)原子的核外電子排布式為

[Ar]_______；②該新藥分子中有_______種不同化學環(huán)境的C原子；③比較鍵角大?。簹鈶B(tài)SeO3分子_______SeO32-離子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。(2)富馬酸亞鐵(FeC4H2O4)是一種補鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示：①富馬酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為_______；②富馬酸亞鐵中各元素的電負性由大到小的順序為_______。(3)科學家近期合成了一種固氮酶模型配合物，該物質(zhì)可以在溫和條件下直接活化H2，將N3-轉(zhuǎn)化為NH2-，反應過程如圖所示：①產(chǎn)物中N原子的雜化軌道類型為_______；②與NH2-互為等電子體的一種分子為_______(填化學式)。(4)鉀、鐵、硒可以形成一種超導材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導材料的最簡化學式為_______；②Fe原子的配位數(shù)為_______；③該晶胞參數(shù)、。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_______g·cm-3(列出計算式)?！敬鸢浮?1)

[Ar]3d104s24p4

6

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SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO32-的空間構(gòu)型為三角錐形(2)11