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【高考真题】2022年高考理综化学真题试卷（全国甲卷）
一、选择题
1．（2022·全国甲卷）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．漂白粉中的Ca(ClO)2与盐酸在一定条件下反应产生Cl2，会降低消毒效果，A不符合题意；
B．温室气体主要是CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B不符合题意；
C．棉花、麻的主要成分是纤维素[(C6H10O5)n]，蚕丝的主要成分是蛋白质（含有C、H、O、N等元素），蛋白质不属于碳水化合物，C不符合题意；
D．干冰是二氧化碳的固态形式，干冰蒸发时吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，产生“云雾”现象，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.漂白粉中的Ca(ClO)2与盐酸在一定条件下反应产生Cl2。
B.酸雨是由化石燃料燃烧产生的SO2和氮氧化物等排放到空中与水蒸气结合产生的。
C.碳水化合物是由碳、氢和氧三种元素组成，据此分析。
D.干冰蒸发吸热，会使周围温度降低。
2．（2022·全国甲卷）辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是（ ）
A．分子式为
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A．根据该物质的结构简式可写出其分子式为C59H90O4，A不符合题意；
B．该有机分子中，键线式端点表示甲基，10个相同基团的最后一个连接H原子的基团是甲基，所以分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B符合题意；
C．碳碳双键中的碳原子和与其直接相连的原子共平面，碳氧双键中的氧原子、碳原子和与其直接相连的原子共平面，所以分子中的四个氧原子在同一平面上，C不符合题意；
D．根据结构简式，该物质中有碳碳双键和碳氧双键，能发生加成反应；含有甲基，能发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式进行分析。
B.键线式端点表示甲基，注意10个相同基团之外还有1个甲基。
C.可通过类比乙烯共平面的空间构型进行分析。
D.根据物质的结构及其所含官能团进行分析。
3．（2022·全国甲卷）能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：
B．明矾溶液与过量氨水湿合：
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硝酸具有强氧化性，可将S2-氧化为S，正确的离子方程式为4H++2NO3-(浓)+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O或8H++2NO3-(稀)+3S2-=3S↓+2NO+4H2O，A不符合题意；
B．由于氨水为弱碱，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中电离出的Al3+与氨水反应只能生成Al(OH)3，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B不符合题意；
C．碳酸的酸性比硅酸强，根据强酸制弱酸的原理，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，正确的离子方程式为SiO32-+H2O+CO2（少量）=H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2H2O+2CO2（过量）=H2SiO3↓+2HCO3-，C不符合题意；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，则其化学方程式为Ba(OH)2+NH4HSO4=2H2O+BaSO4↓+(NH4)2SO4，其离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
4．（2022·全国甲卷）一种水性电解液离子选泽双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，以存在）．电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A．Ⅱ区的通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．电极反应：
D．电池总反应：
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K+从Ⅲ区通过隔膜移向Ⅱ区，A符合题意；
B．SO42-从Ⅰ区通过隔膜移向Ⅱ区，B不符合题意；
C．根据分析可知MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C不符合题意；
D．根据分析，将正、负极的电极反应式相加可得电池总反应式为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2++2H2O，D不符合题意； 故答案为：A。
【分析】该装置属于原电池，根据题干信息，Zn电极失电子生成Zn2+，说明Zn电极作负极，发生氧化反应，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，则MnO2为电池的正极，发生还原反应，其电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。Ⅰ区多余的SO42-向Ⅱ区移动，Ⅲ区多余的K+向Ⅱ区移动。
5．（2022·全国甲卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．，下，氢气中质子的数目为
B．溶液中，的数目为
C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为
D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.25℃、101kPa不是标准状况，则不能运用公式V=n·Vm计算氢气的物质的量，A不符合题意；
B．根据题干信息可知n(AlCl3)=2mol，由于Al3+在溶液中会发生水解，所以Al3+的数目小于2.0 NA，B不符合题意；
C．苯甲酸完全燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O，根据方程式可知1mol苯甲酸完全燃烧生成7mol CO2，则0.20mol苯甲酸完全燃烧会生成1.4mol CO2，即其数目为1.4 NA，C符合题意；
D．电解熔融CuCl2的阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增重为生成的m(Cu)，根据m=nM可知n(Cu)=0.1mol，所以外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，即数目为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.条件不是标准状况，无法计算物质的量。
B.注意Al3+在溶液中会发生水解。
C.根据化学方程式及N=n·NA进行计算。
D.电解熔融CuCl2时，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，结合n=进行计算。
6．（2022·全国甲卷）Q，X、Y，Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19．Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：X＞Q B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的佛点：Z＞Q D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，X是Al，Q是F（或O或N），同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，所以非金属性是Q＞X，A不符合题意；
B．由分析可知，X是Al，Y是Si，Al属于金属晶体，Si属于原子晶体，原子晶体的熔点较高，所以单质熔点是Y＞X，B不符合题意；
C．由分析可知，Z是P或S或Cl，则其对应氢化物为PH3、H2S、HCl；Q是F或O或N，则其对应氢化物为HF、H2O、NH3，由于HF、H2O、NH3中含有氢键，则其沸点较高，所以氢化物沸点是Q＞Z，C不符合题意；
D．由分析可知，Z是P或S或Cl，Y是Si，元素的非金属元素越强，则其最高价含氧酸的酸性越强，而同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，所以最高价含氧酸酸性：Z>Y，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且Q与X、Y、Z位于不同周期，说明X、Y、Z位于同周期，而Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，说明Q位于第二周期，则X、Y、Z位于第三周期，且Y原子最外层电子数为4，则Y是硅元素，X、Y相邻，说明X位于Y的左侧，即X是铝元素。这四种元素原子的最外层电子数之和为19，可算出Q与Z的最外层电子数之和为19-4-3=12。主族元素的最外层电子数最多为7，若Z是磷元素，则Q是氟元素；若Z是硫元素，则Q是氧元素；若Z是铝元素，则Q是氮元素。结合元素周期律进行分析。
7．（2022·全国甲卷）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（ ）
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较和的水解常数 分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者
B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去 铁绣中含有二价铁
C 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液中的CH3COONH4会发生双水解，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，无法比较CH3COO-和HCO3-的水解常数，A不符合题意；
B．浓盐酸可被高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，B不符合题意；
C．向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色，说明溶液中存在平衡：2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙红色)+H2O，c（H+）增大，平衡正向移动，C符合题意；
D．乙醇和水都能与钠反应生成无色气体（氢气），D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.CH3COONH4中的NH4+也会发生水解，干扰实验，应选取相同的阳离子或不参与水解的阳离子进行实验。
B.高锰酸钾褪色，并不能说明铁锈中含有二价铁。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据乙醇、钠的性质进行分析。
二、非选择题
8．（2022·全国甲卷）硫酸锌（）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用．硫酸锌可由菱锌矿制备．菱锌矿的主要成分为，杂质为以及、、、等的化合物．其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。
（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 （填标号）。
A.B.C.
滤渣①的主要成分是 、 、 。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 。
（6）滤渣④与浓反应可以释放并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）升高温度；将固体研磨成粉末（合理即可）
（3）B；SiO2；CaSO4；Fe(OH)3
（4）3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
（5）除去溶液中的Cu2+
（6）CaSO4；MgSO4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）碳酸锌在一定条件下分解得到氧化锌和二氧化碳。
（2）提高锌的浸取效果，可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积等方式。
（3）A．NH3·H2O易分解，且产生的NH3会污染空气，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
故答案为：B。
由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。
（4）KMnO4溶液具有氧化性，根据题干信息Fe2+被氧化为三价铁，得到Fe(OH)3，而自身被还原为MnO2，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
（5）由分析可知，滤液②中加入锌粉是为了除去Cu2+。
（6）由分析可知，滤渣④主要为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF、CaSO4、MgSO4。
【分析】根据题干信息及流程图可知，“焙烧”时，发生反应：ZnCO3ZnO+CO2↑，所得产物是ZnO、SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物；“浸取”时，除SiO2不与H2SO4反应外，其他与H2SO4反应得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液；加入物质X调pH=5，而当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀完全，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，所以过滤得到的滤渣①主要是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，Fe2+被氧化为三价铁，经过滤得到Fe(OH)3和MnO2，即滤渣②主要是Fe(OH)3和MnO2；向滤液②中加入锌粉，根据金属活动顺序可知，发生的反应是Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤得到的滤渣③主要是Cu；向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④主要为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列操作可得到ZnSO4·7H2O，据此分析。
9．（2022·全国甲卷）硫化钠可广泛用于染料、医药行业．工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质．硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列向题：
（1）工业上常用芒硝（）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成，该反应的化学方程式为 。
（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是 。
（3）回流时间不宜过长，原因是 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为 （填标号）。
A. ①②③ B.③①② C.②①③ D.①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 。过滤除去的杂质为 。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到。
【答案】（1）Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
（2）回流过程中烧瓶内始终有固体物质(重金属硫化物)存在，可以防止液体暴沸；调节热源降低水浴温度
（3）减少乙醇挥发（避免多次回流时带入过多空气，将硫化钠氧化)；D
（4）锥形瓶比烧杯口小，可以减少乙醇挥发，同时减少热量散失防止硫化钠晶体析出；煤灰、重金属硫化物；过滤时间过长，溶液温度大大降低(合理即可)
（5）冷水
【知识点】化学实验操作的先后顺序；过滤；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，根据元素种类不变可知产物还有Na2S和H2O，结合电子守恒合原子守恒配平，可得反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。
(2)由题干信息可知，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石。若烧瓶内气雾上升过高，可调节热源降低水浴温度，使气压降低。
(3)根据题干信息，硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会在冷凝管上直接析出，使提纯率降低，同时易造成冷凝管下端堵塞，导致发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴，之后关闭冷凝水，所以正确的顺序为①③②，故答案为：D。
(4)硫化钠易溶于热乙醇，锥形瓶比烧杯口小，使用锥形瓶可有效减少乙醇挥发，防止硫化钠晶体析出；重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物、煤灰；由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐降低，使滤纸上析出大量晶体。
(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，所以过滤后的晶体可用少量冷水洗涤即可。
【分析】根据题干信息，该实验目的是制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质进行分析。
10．（2022·全国甲卷）金属钛（）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）转化为有直接氯化法和碳氯化法．在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：
（ⅱ）碳氯化：①反应的为 ， 。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应．体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
【答案】（1）-223；1.2×1014；直接氯化的△H>0，△S=0，所以△G>0，为非自发反应；而碳氯化反应△H<0，△S>0，所以△G<0，为自发反应，所以碳氯化反应的趋势远大于直接氯化；向左；变小
（2）7.2×105；200时反应速率太慢(或催化剂活性不高)，可以通过升高温度来提高化学反应速率，从而提升综合经济效益
（3）把固体物质粉碎，增大接触面积（合理即可）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，反应ⅱ减去反应ⅰ得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则 H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol，Kp==1.2×1014Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应中气体分子数增加，即 S＞0，且 H＜0，则 G= H－T· S＜0，是自发反应，而直接氯化反应中气体分子数不变且是吸热过程，不是自发反应。
③碳氯化反应前后气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡将向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡将向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例情况是：CO2占0.05，TiCl4占0.35，CO占0.6。反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =7.2×105Pa；
②实际生产中需要考虑综合经济效应，实际反应温度远高于200℃，是为了提高反应速率，使在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将固体反应物粉碎后混合，增大接触面积。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行求解，注意几点：若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；△H的计算一定要带上正负号。
②自发反应的趋势比非自发反应的趋势大，据此分析。
③根据勒夏特烈原理进行分析。
（2）①根据化学平衡常数的表达式进行分析，注意固体和纯液体（如水）不列入计算。
②根据化学反应的影响因素和实际生产效益进行分析。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。
11．（2022·全国甲卷）【化学—选修3：物质结构与性质】
2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2=CH2）与四氟乙烯（CF2=CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 （填标号），判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 （填标号）。
（3）固态氟化氢中存在(HF)a形式，画出(HF)3的链状结构 。
（4）CH2=CH2和ETEFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 ；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学健的角度解释原因 。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 pm。
【答案】（1）
（2）a；根据同一周期从左到右半径依次减小，失去电子越难，但是N原子p轨道是半充满状态，所以N的第一电高能大于O原子；b
（3）H-F···H-F···H-F
（4）sp2；sp3；F是电负性最强的非金属，F和C形成的共价键比H与C形成共价键稳定
（5）Ca2+；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）F的原子序数为9，其电子排布式为1s22s22p5，价电子为最外层电子，则其价电子的轨道表示式为 。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能比C、O元素的高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C（3）HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 H-F···H-F···H-F 。
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，聚四氟乙烯形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯。
（5）根据萤石晶胞结构可知，X分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中含有X的个数是8×+6×=4个，Y分布在晶胞内部，则1个晶胞中含有8个Y，据此可写出该晶胞的化学式为XY2，结合萤石的化学式可推出，X为Ca2+，Y为F-。将该晶胞分成8个相等的小正方体，可知F-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为pm，体对角线长为 pm，则小晶胞体对角线长的一半就是Ca2+与F-之间的距离，则晶体中正负离子的最小核间距为a pm。
【分析】（1）价电子就是最外层电子，根据基态原子的电子表示式书写轨道表示式。
（2）根据元素的电离能的周期性，结合特殊元素的轨道排布进行分析。
（3）根据氢键的表示方法进行分析。
（4）根据键能影响物质稳定性的规律进行分析。
（5）根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，结合晶胞结构进行分析。
12．（2022·全国甲卷）【化学—选修5，有机化学基础】
用N-杂环卡其碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 。
（3）写出C与/反应产物的结构简式 。
（4）E的结构简式为 。
（5）H中含氧官能团的名称是 。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 。
（7）如果要合成H的类似物（），参照上述合成路线，写出相应的和的结构简式 、 。分子中有 个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）.
【答案】（1）苯甲醇
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）酯基、羰基、硝基
（6）
（7）；；5
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇。
（2）由分析可知反应②的第二步反应为消去反应。
（3）由分析可知，反应③的第一步反应是C与Br2发生加成反应生成。
（4）由分析可知，E的结构简式为。
（5）根据H的结构简式可知其含有的含氧官能团为酯基、羰基和硝基。
（6）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明X中含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，说明X的取代基位于苯环的对位，则满足条件的X的结构简式为：。
（7）根据G、D、H的结构简式，结合反应D+G→H可观察到，D中碳碳双键断裂并与G中与硝基相连的碳原子及C=O成环，且C=O与D中的醛基成环，从而得到H，可推知，若要合成H′，相应的D′为，G′为。手性碳原子为连有4个不同的原子或基团，则H′的手性碳原子为图中虚线圈住的部分，共5个。
【分析】根据A→B的反应条件可知反应①是催化氧化反应，结合A的分子式和B的结构简式可推出A的结构简式是；根据B、C的结构简式及反应条件可知反应②涉及两步反应，第一步反应是B与CH3CHO发生加成反应生成，第二步反应是发生消去反应生成C；根据C、D的结构简式及C→D 的反应条件可推出，反应③第一步是加成反应，生成，第二步发生消去反应生成D；B与E在强碱的环境下还原得到F，结合E的分子式和B、F的结构简式可推出E的结构简式为；根据F、G的结构简式及F→G的反应条件可推出反应⑤是取代反应；G与D在一定条件下反应生成H。
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【高考真题】2022年高考理综化学真题试卷（全国甲卷）
一、选择题
1．（2022·全国甲卷）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
2．（2022·全国甲卷）辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是（ ）
A．分子式为
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
3．（2022·全国甲卷）能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：
B．明矾溶液与过量氨水湿合：
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合：
4．（2022·全国甲卷）一种水性电解液离子选泽双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，以存在）．电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A．Ⅱ区的通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．电极反应：
D．电池总反应：
5．（2022·全国甲卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．，下，氢气中质子的数目为
B．溶液中，的数目为
C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为
D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为
6．（2022·全国甲卷）Q，X、Y，Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19．Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：X＞Q B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的佛点：Z＞Q D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
7．（2022·全国甲卷）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（ ）
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较和的水解常数 分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者
B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去 铁绣中含有二价铁
C 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题
8．（2022·全国甲卷）硫酸锌（）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用．硫酸锌可由菱锌矿制备．菱锌矿的主要成分为，杂质为以及、、、等的化合物．其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。
（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 （填标号）。
A.B.C.
滤渣①的主要成分是 、 、 。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 。
（6）滤渣④与浓反应可以释放并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
9．（2022·全国甲卷）硫化钠可广泛用于染料、医药行业．工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质．硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列向题：
（1）工业上常用芒硝（）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成，该反应的化学方程式为 。
（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是 。
（3）回流时间不宜过长，原因是 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为 （填标号）。
A. ①②③ B.③①② C.②①③ D.①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 。过滤除去的杂质为 。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到。
10．（2022·全国甲卷）金属钛（）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）转化为有直接氯化法和碳氯化法．在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：
（ⅱ）碳氯化：①反应的为 ， 。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应．体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
11．（2022·全国甲卷）【化学—选修3：物质结构与性质】
2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2=CH2）与四氟乙烯（CF2=CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 （填标号），判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 （填标号）。
（3）固态氟化氢中存在(HF)a形式，画出(HF)3的链状结构 。
（4）CH2=CH2和ETEFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 ；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学健的角度解释原因 。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 pm。
12．（2022·全国甲卷）【化学—选修5，有机化学基础】
用N-杂环卡其碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 。
（3）写出C与/反应产物的结构简式 。
（4）E的结构简式为 。
（5）H中含氧官能团的名称是 。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 。
（7）如果要合成H的类似物（），参照上述合成路线，写出相应的和的结构简式 、 。分子中有 个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．漂白粉中的Ca(ClO)2与盐酸在一定条件下反应产生Cl2，会降低消毒效果，A不符合题意；
B．温室气体主要是CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B不符合题意；
C．棉花、麻的主要成分是纤维素[(C6H10O5)n]，蚕丝的主要成分是蛋白质（含有C、H、O、N等元素），蛋白质不属于碳水化合物，C不符合题意；
D．干冰是二氧化碳的固态形式，干冰蒸发时吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，产生“云雾”现象，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.漂白粉中的Ca(ClO)2与盐酸在一定条件下反应产生Cl2。
B.酸雨是由化石燃料燃烧产生的SO2和氮氧化物等排放到空中与水蒸气结合产生的。
C.碳水化合物是由碳、氢和氧三种元素组成，据此分析。
D.干冰蒸发吸热，会使周围温度降低。
2．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A．根据该物质的结构简式可写出其分子式为C59H90O4，A不符合题意；
B．该有机分子中，键线式端点表示甲基，10个相同基团的最后一个连接H原子的基团是甲基，所以分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B符合题意；
C．碳碳双键中的碳原子和与其直接相连的原子共平面，碳氧双键中的氧原子、碳原子和与其直接相连的原子共平面，所以分子中的四个氧原子在同一平面上，C不符合题意；
D．根据结构简式，该物质中有碳碳双键和碳氧双键，能发生加成反应；含有甲基，能发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式进行分析。
B.键线式端点表示甲基，注意10个相同基团之外还有1个甲基。
C.可通过类比乙烯共平面的空间构型进行分析。
D.根据物质的结构及其所含官能团进行分析。
3．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硝酸具有强氧化性，可将S2-氧化为S，正确的离子方程式为4H++2NO3-(浓)+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O或8H++2NO3-(稀)+3S2-=3S↓+2NO+4H2O，A不符合题意；
B．由于氨水为弱碱，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中电离出的Al3+与氨水反应只能生成Al(OH)3，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B不符合题意；
C．碳酸的酸性比硅酸强，根据强酸制弱酸的原理，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，正确的离子方程式为SiO32-+H2O+CO2（少量）=H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2H2O+2CO2（过量）=H2SiO3↓+2HCO3-，C不符合题意；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，则其化学方程式为Ba(OH)2+NH4HSO4=2H2O+BaSO4↓+(NH4)2SO4，其离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
4．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K+从Ⅲ区通过隔膜移向Ⅱ区，A符合题意；
B．SO42-从Ⅰ区通过隔膜移向Ⅱ区，B不符合题意；
C．根据分析可知MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C不符合题意；
D．根据分析，将正、负极的电极反应式相加可得电池总反应式为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2++2H2O，D不符合题意； 故答案为：A。
【分析】该装置属于原电池，根据题干信息，Zn电极失电子生成Zn2+，说明Zn电极作负极，发生氧化反应，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，则MnO2为电池的正极，发生还原反应，其电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。Ⅰ区多余的SO42-向Ⅱ区移动，Ⅲ区多余的K+向Ⅱ区移动。
5．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.25℃、101kPa不是标准状况，则不能运用公式V=n·Vm计算氢气的物质的量，A不符合题意；
B．根据题干信息可知n(AlCl3)=2mol，由于Al3+在溶液中会发生水解，所以Al3+的数目小于2.0 NA，B不符合题意；
C．苯甲酸完全燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O，根据方程式可知1mol苯甲酸完全燃烧生成7mol CO2，则0.20mol苯甲酸完全燃烧会生成1.4mol CO2，即其数目为1.4 NA，C符合题意；
D．电解熔融CuCl2的阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增重为生成的m(Cu)，根据m=nM可知n(Cu)=0.1mol，所以外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，即数目为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.条件不是标准状况，无法计算物质的量。
B.注意Al3+在溶液中会发生水解。
C.根据化学方程式及N=n·NA进行计算。
D.电解熔融CuCl2时，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，结合n=进行计算。
6．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，X是Al，Q是F（或O或N），同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，所以非金属性是Q＞X，A不符合题意；
B．由分析可知，X是Al，Y是Si，Al属于金属晶体，Si属于原子晶体，原子晶体的熔点较高，所以单质熔点是Y＞X，B不符合题意；
C．由分析可知，Z是P或S或Cl，则其对应氢化物为PH3、H2S、HCl；Q是F或O或N，则其对应氢化物为HF、H2O、NH3，由于HF、H2O、NH3中含有氢键，则其沸点较高，所以氢化物沸点是Q＞Z，C不符合题意；
D．由分析可知，Z是P或S或Cl，Y是Si，元素的非金属元素越强，则其最高价含氧酸的酸性越强，而同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，所以最高价含氧酸酸性：Z>Y，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且Q与X、Y、Z位于不同周期，说明X、Y、Z位于同周期，而Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，说明Q位于第二周期，则X、Y、Z位于第三周期，且Y原子最外层电子数为4，则Y是硅元素，X、Y相邻，说明X位于Y的左侧，即X是铝元素。这四种元素原子的最外层电子数之和为19，可算出Q与Z的最外层电子数之和为19-4-3=12。主族元素的最外层电子数最多为7，若Z是磷元素，则Q是氟元素；若Z是硫元素，则Q是氧元素；若Z是铝元素，则Q是氮元素。结合元素周期律进行分析。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液中的CH3COONH4会发生双水解，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，无法比较CH3COO-和HCO3-的水解常数，A不符合题意；
B．浓盐酸可被高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，B不符合题意；
C．向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色，说明溶液中存在平衡：2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙红色)+H2O，c（H+）增大，平衡正向移动，C符合题意；
D．乙醇和水都能与钠反应生成无色气体（氢气），D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.CH3COONH4中的NH4+也会发生水解，干扰实验，应选取相同的阳离子或不参与水解的阳离子进行实验。
B.高锰酸钾褪色，并不能说明铁锈中含有二价铁。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据乙醇、钠的性质进行分析。
8．【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）升高温度；将固体研磨成粉末（合理即可）
（3）B；SiO2；CaSO4；Fe(OH)3
（4）3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
（5）除去溶液中的Cu2+
（6）CaSO4；MgSO4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）碳酸锌在一定条件下分解得到氧化锌和二氧化碳。
（2）提高锌的浸取效果，可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积等方式。
（3）A．NH3·H2O易分解，且产生的NH3会污染空气，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
故答案为：B。
由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。
（4）KMnO4溶液具有氧化性，根据题干信息Fe2+被氧化为三价铁，得到Fe(OH)3，而自身被还原为MnO2，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
（5）由分析可知，滤液②中加入锌粉是为了除去Cu2+。
（6）由分析可知，滤渣④主要为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF、CaSO4、MgSO4。
【分析】根据题干信息及流程图可知，“焙烧”时，发生反应：ZnCO3ZnO+CO2↑，所得产物是ZnO、SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物；“浸取”时，除SiO2不与H2SO4反应外，其他与H2SO4反应得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液；加入物质X调pH=5，而当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀完全，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，所以过滤得到的滤渣①主要是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，Fe2+被氧化为三价铁，经过滤得到Fe(OH)3和MnO2，即滤渣②主要是Fe(OH)3和MnO2；向滤液②中加入锌粉，根据金属活动顺序可知，发生的反应是Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤得到的滤渣③主要是Cu；向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④主要为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列操作可得到ZnSO4·7H2O，据此分析。
9．【答案】（1）Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
（2）回流过程中烧瓶内始终有固体物质(重金属硫化物)存在，可以防止液体暴沸；调节热源降低水浴温度
（3）减少乙醇挥发（避免多次回流时带入过多空气，将硫化钠氧化)；D
（4）锥形瓶比烧杯口小，可以减少乙醇挥发，同时减少热量散失防止硫化钠晶体析出；煤灰、重金属硫化物；过滤时间过长，溶液温度大大降低(合理即可)
（5）冷水
【知识点】化学实验操作的先后顺序；过滤；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，根据元素种类不变可知产物还有Na2S和H2O，结合电子守恒合原子守恒配平，可得反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。
(2)由题干信息可知，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石。若烧瓶内气雾上升过高，可调节热源降低水浴温度，使气压降低。
(3)根据题干信息，硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会在冷凝管上直接析出，使提纯率降低，同时易造成冷凝管下端堵塞，导致发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴，之后关闭冷凝水，所以正确的顺序为①③②，故答案为：D。
(4)硫化钠易溶于热乙醇，锥形瓶比烧杯口小，使用锥形瓶可有效减少乙醇挥发，防止硫化钠晶体析出；重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物、煤灰；由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐降低，使滤纸上析出大量晶体。
(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，所以过滤后的晶体可用少量冷水洗涤即可。
【分析】根据题干信息，该实验目的是制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质进行分析。
10．【答案】（1）-223；1.2×1014；直接氯化的△H>0，△S=0，所以△G>0，为非自发反应；而碳氯化反应△H<0，△S>0，所以△G<0，为自发反应，所以碳氯化反应的趋势远大于直接氯化；向左；变小
（2）7.2×105；200时反应速率太慢(或催化剂活性不高)，可以通过升高温度来提高化学反应速率，从而提升综合经济效益
（3）把固体物质粉碎，增大接触面积（合理即可）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，反应ⅱ减去反应ⅰ得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则 H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol，Kp==1.2×1014Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应中气体分子数增加，即 S＞0，且 H＜0，则 G= H－T· S＜0，是自发反应，而直接氯化反应中气体分子数不变且是吸热过程，不是自发反应。
③碳氯化反应前后气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡将向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡将向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例情况是：CO2占0.05，TiCl4占0.35，CO占0.6。反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =7.2×105Pa；
②实际生产中需要考虑综合经济效应，实际反应温度远高于200℃，是为了提高反应速率，使在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将固体反应物粉碎后混合，增大接触面积。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行求解，注意几点：若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；△H的计算一定要带上正负号。
②自发反应的趋势比非自发反应的趋势大，据此分析。
③根据勒夏特烈原理进行分析。
（2）①根据化学平衡常数的表达式进行分析，注意固体和纯液体（如水）不列入计算。
②根据化学反应的影响因素和实际生产效益进行分析。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。
11．【答案】（1）
（2）a；根据同一周期从左到右半径依次减小，失去电子越难，但是N原子p轨道是半充满状态，所以N的第一电高能大于O原子；b
（3）H-F···H-F···H-F
（4）sp2；sp3；F是电负性最强的非金属，F和C形成的共价键比H与C形成共价键稳定
（5）Ca2+；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）F的原子序数为9，其电子排布式为1s22s22p5，价电子为最外层电子，则其价电子的轨道表示式为 。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能比C、O元素的高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C（3）HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 H-F···H-F···H-F 。
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，聚四氟乙烯形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯。
（5）根据萤石晶胞结构可知，X分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中含有X的个数是8×+6×=4个，Y分布在晶胞内部，则1个晶胞中含有8个Y，据此可写出该晶胞的化学式为XY2，结合萤石的化学式可推出，X为Ca2+，Y为F-。将该晶胞分成8个相等的小正方体，可知F-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为pm，体对角线长为 pm，则小晶胞体对角线长的一半就是Ca2+与F-之间的距离，则晶体中正负离子的最小核间距为a pm。
【分析】（1）价电子就是最外层电子，根据基态原子的电子表示式书写轨道表示式。
（2）根据元素的电离能的周期性，结合特殊元素的轨道排布进行分析。
（3）根据氢键的表示方法进行分析。
（4）根据键能影响物质稳定性的规律进行分析。
（5）根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，结合晶胞结构进行分析。
12．【答案】（1）苯甲醇
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）酯基、羰基、硝基
（6）
（7）；；5
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇。
（2）由分析可知反应②的第二步反应为消去反应。
（3）由分析可知，反应③的第一步反应是C与Br2发生加成反应生成。
（4）由分析可知，E的结构简式为。
（5）根据H的结构简式可知其含有的含氧官能团为酯基、羰基和硝基。
（6）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明X中含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，说明X的取代基位于苯环的对位，则满足条件的X的结构简式为：。
（7）根据G、D、H的结构简式，结合反应D+G→H可观察到，D中碳碳双键断裂并与G中与硝基相连的碳原子及C=O成环，且C=O与D中的醛基成环，从而得到H，可推知，若要合成H′，相应的D′为，G′为。手性碳原子为连有4个不同的原子或基团，则H′的手性碳原子为图中虚线圈住的部分，共5个。
【分析】根据A→B的反应条件可知反应①是催化氧化反应，结合A的分子式和B的结构简式可推出A的结构简式是；根据B、C的结构简式及反应条件可知反应②涉及两步反应，第一步反应是B与CH3CHO发生加成反应生成，第二步反应是发生消去反应生成C；根据C、D的结构简式及C→D 的反应条件可推出，反应③第一步是加成反应，生成，第二步发生消去反应生成D；B与E在强碱的环境下还原得到F，结合E的分子式和B、F的结构简式可推出E的结构简式为；根据F、G的结构简式及F→G的反应条件可推出反应⑤是取代反应；G与D在一定条件下反应生成H。
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