【高考真题】2022年新高考广东化学高考真题

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【高考真题】2022年新高考广东化学高考真题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2022·广东）中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（　　）
汉字载体
选项 A．兽骨 B．青铜器 C．纸张 D．液晶显示屏
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·广东）北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是（　　）
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料 为氧化性气体
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的 与 互为同位素
3．（2022·广东）广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（　　）
文物
选项 A．南宋鎏金饰品 B．蒜头纹银盒 C．广彩瓷咖啡杯 D．铜镀金钟座
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·广东）实验室进行粗盐提纯时，需除去 和 ，所用试剂包括 以及（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022·广东）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a~d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分析正确的是（　　）
A． 与浓硫酸反应，只体现 的酸性
B．a处变红，说明 是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明 具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无 生成
6．（2022·广东）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与 高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·广东）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图2所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：丁>戊>乙
B．非金属性：戊>丁>丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
8．（2022·广东）实验室用 和浓盐酸反应生成 后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（　　）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
10．（2022·广东）以熔融盐为电解液，以含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，实现 的再生。该过程中（　　）
A．阴极发生的反应为
B．阴极上 被氧化
C．在电解槽底部产生含 的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
11．（2022·广东）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（　　）
A．加入 溶液产生沉淀
B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入 溶液无红色出现
D．加入 溶液无蓝色沉淀生成
12．（2022·广东）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 用焦炭和石英砂制取粗硅 可制作光导纤维
B 利用海水制取溴和镁单质 可被氧化， 可被还原
C 石油裂解气能使溴的 溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D 水解可生成 胶体 可用作净水剂
A．A B．B C．C D．D
13．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
14．（2022·广东）下列关于 的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．碱转化为酸式盐：
B．碱转化为两种盐：
C．过氧化物转化为碱：
D．盐转化为另一种盐：
15．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（　　）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
16．（2022·广东）科学家基于 易溶于 的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：
下列说法正确的是（　　）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时 溶液的 减小
C．放电时 溶液的浓度增大
D．每生成 ，电极a质量理论上增加
二、非选择题：（一）必考题：共42分。
17．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
18．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
19．（2022·广东）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
三、非选择题（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（2022·广东）硒（ ）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（ ）效应以来， 在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含 的新型 分子 的合成路线如下：
（1） 与S同族，基态硒原子价电子排布式为　 　。
（2） 的沸点低于 ，其原因是　 　。
（3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_________。
A．I中仅有 键
B．I中的 键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有 与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（4）IV中具有孤对电子的原子有　 　。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 　 　 （填“>”或“<”）。
研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（ ）可减轻重金属铊引起的中毒。 的立体构型为　 　。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为　 　。
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，则X中相邻K之间的最短距离为　 　 （列出计算式， 为阿伏加德罗常数的值）。
21．（2022·广东）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
（1）化合物I的分子式为　 　，其环上的取代基是　 　（写名称）。
（2）已知化合物II也能以 的形式存在。根据 的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型
① 加成反应
② 　 　 　 氧化反应
③ 　 　 　 　
（3）化合物IV能溶于水，其原因是　 　。
（4）化合物IV到化合物V的反应是原子利用率 的反应，且 与 化合物a反应得到 ，则化合物a为　 　。
（5）化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有　 　种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为　 　。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物VIII的单体。
写出VIII的单体的合成路线　 　（不用注明反应条件）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；合金及其应用
【解析】【解答】A．兽骨的主要成分是碳酸钙及其他钙盐，不属于合金材料，A不符合题意；
B．青铜是铜锡合金，属于合金材料，B符合题意；
C．纸张的主要成分是纤维素，不属于合金，C不符合题意；
D．液晶是介于固态和液态间的有机化合物，不属于合金，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物。
2．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．H2具有还原性，是还原性气体，A不符合题意；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，主要成分是SiO2、Al2O3等，B不符合题意；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，二者互为同位素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.H2具有还原性。
B.玻璃纤维的主要成分是SiO2、Al2O3等。
C.化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。
D.同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。
3．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】A．南宋鎏金饰品是金和汞合成的金汞剂，不含硅酸盐，A不符合题意；
B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，不含硅酸盐，B不符合题意；
C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，C符合题意；
D．铜镀金钟座是由铜和金等制得而成，不含硅酸盐，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.鎏金是金和汞合成的金汞剂。
B.银盒中主要成分为金属银。
C.瓷器的主要成分是硅酸盐。
D.铜镀金钟座是由铜和金等制得而成。
4．【答案】A
【知识点】除杂；粗盐提纯
【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl，除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液，将其转化为CaCO3沉淀；除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液，将其转化为Mg(OH)2沉淀；除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液，将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，因Na2CO3、NaOH均过量，过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸，除去多余的Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐；
故答案为：A。
【分析】除杂的主要原则是：①不增（不得引入新的杂质）；②不减（尽量不消耗被提纯的物质）；③易分（转换为沉淀、气体等易分离除去的物质）。注意除杂过程加入试剂的顺序。
5．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4、SO2和H2O，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，A不符合题意；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，是因为SO2与H2O反应生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，B符合题意；
C．b处品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，C不符合题意；
D．试管底部出现的白色固体是CuSO4，因为浓硫酸具有吸水性，将生成的H2O吸收，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据铜与浓硫酸反应的产物进行分析。
B.酸性氧化物是指能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物，大部分酸性氧化物能跟水直接化合生成含氧酸。
C.SO2使品红褪色，体现了SO2的漂白性；使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性。
D.根据反应前后元素守恒及物质的性质进行分析。
6．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．小苏打是NaHCO3的俗名，一般利用其受热易分解的性质做膨松剂，A符合题意；
B．熟石灰是Ca(OH)2的俗名，具有碱性，可用于处理酸性废水，B不符合题意；
C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成Fe3O4和H2，C不符合题意；
D．钢板上镀铝保护了钢板，是因为铝表面形成致密氧化膜，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意常见物质的俗名和化学名。
B.酸碱能发生中和反应。
C.铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2。
D.铝在常温下不被腐蚀，是因为其表面能够形成致密氧化膜。
7．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．原子半径在同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，所以是丁＞戊＞乙，A不符合题意；
B．元素的非金属性早同周期从左到右逐渐增强，所以是戊＞丁＞丙，B不符合题意；
C．根据分析可知，甲可能是N或C，则其对应氢化物是NH和烷烃，NH遇氯化氢一定有白烟产生，但烷烃遇氯化氢无明显现象，C符合题意；
D．丙可能是Si或P，则其最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸或磷酸，它们均能与强碱反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
8．【答案】D
【知识点】除杂；气体的收集；尾气处理装置；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓盐酸易挥发，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水蒸气，A不符合题意；
B．由于氯气的密度比空气大且不与空气反应，可用向上排空气法进行收集，B不符合题意；
C．Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，C不符合题意；
D．该装置是吸收尾气，由于Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，浓硫酸可用于干燥气体。
B.用向上排空气法收集气体的条件：①气体不与空气反应；②气体的密度比空气的大。
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。
D.Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气。
9．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B．阳极失电子发生氧化反应，所以阳极上的Al被氧化，B不符合题意；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C符合题意；
D．阳极Al、Mg均失电子，且有阳极泥生成，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒和元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。根据题干信息，该电解池是通过使阳极区的Al失电子生成Al3+，Al3+进入阴极区得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，注意Mg比Al活泼，所以阳极区Mg也会失电子生成Mg2+，Cu和Si的活泼性比Al弱，但其相应离子的氧化性比Al3+强，所以实验中不能使Cu和Si参与反应。
11．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的检验和鉴别；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀，不能确定铁片是否被腐蚀，A不符合题意；
B．若铁片被腐蚀，则有Fe2+生成，由于I2的氧化性比Fe2+强，所以KI与Fe2+不反应，不能确定铁片是否被腐蚀，B不符合题意；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，铁片被腐蚀，会有Fe2+生成，不能确定铁片是否被腐蚀，C不符合题意；
D．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，且遇Fe2+变蓝，若铁片没被腐蚀，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池，其中锌作负极，铁作正极，溶液中破损的位置会变大，溶液中会有亚铁离子生成，铁会和酸反应产生H2。
12．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．用焦炭和石英砂（主要成分是SiO2）制取粗硅，是利用了焦炭的还原性和SiO2的氧化性，与SiO2作光导纤维无因果关系，A符合题意；
B．利用海水制取溴单质，可向海水中通入氯气等氧化剂将海水中的Br-氧化为Br2；制取镁单质，可通过富集海水中的镁离子，经沉淀、溶解等操作得到无水MgCl2，再电解熔融MgCl2，Mg2+被还原得到镁单质，B不符合题意；
C．石油在一定条件下裂解得到的乙烯等不饱和烃能使溴的CCl4溶液褪色，C不符合题意；
D．FeCl3溶液中Fe3+可发生水解，生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，从而可用作净水剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.陈述Ⅰ涉及反应是C+SiO2CO+Si，体现了SiO2的氧化性。
B.根据元素化合价判断物质的氧化性和还原性分析。
C.不饱和烃能与溴单质发生加成反应。
D.Fe(OH)3胶体具有吸附性。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
14．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．NaOH溶液与足量CO2反应可生成NaHCO3（酸式盐），离子方程式为：CO2+OH-= HCO3-，A不符合题意；
B．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl和NaClO两种盐，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B符合题意；
C．Na2O2为氧化物，不能拆，需写化学式，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C不符合题意；
D．Na2SiO3溶于水，需要拆成离子形式，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据钠的化合物的性质及离子方程式正误的判断方法进行分析。注意判断离子方程式正误的方法是：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。
15．【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
16．【答案】C
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；
B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；
C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；
D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol2mol=46g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。
17．【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
18．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
19．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
20．【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
21．【答案】（1）C5H4O2；醛基
（2） 序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
加成反应
②
–CHO O2-COOH
氧化反应
③
-COOH CH3OH - COOCH3酯化反应(取代反应)
（3）Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键
（4）乙烯
（5）2；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C5H4O2；其环上的取代基为醛基。
（2）②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被氧化为-COOH。
③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应生成酯。
（3）化合物Ⅳ中含有羟基，能与水分子形成氢键，使其能溶于水。
（4）根据题干信息，化合物Ⅳ→化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则可推出a的分子式为C2H4，即a为乙烯。
（5）化合物Ⅵ的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有，则符合条件的同分异构体有CH3CH2CHO、和，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为。
（6）根据化合物Ⅷ的结构简式可知，其单体为，其原料中的含氧有机物只有一种含两个羧基的化合物，原料可以是。根据流程图Ⅳ→V的反应，则可反应得到；根据流程图V→Ⅵ的反应，则可反应得到，再加成得到；和发生酯化反应可得到目标产物，则合成路线为。
【分析】（1）根据结构简式进行书写分子式，侧链为醛基。
（2）化合物Ⅱ'中含有碳碳双键、羧基、醛基，根据官能团的性质进行分析。
（3）醇类能溶于水是因为羟基能与水分子形成氢键。
（4）原子利用率100%的反应类似于化合反应，结合反应物和生成物的分子式及结构进行分析。
（5）同分异构体的特点是具有相同的分子式 且结构不同的化合物；核磁共振氢谱有几组峰，说明有几种不同的氢原子，据此分析。
（6）首先写出化合物Ⅷ的单体，观察Ⅷ的单体的结构及官能团，并拆分成小分子量的有机物，运用流程图中涉及反应进行分析，最终得到目标产物。
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【高考真题】2022年新高考广东化学高考真题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2022·广东）中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（　　）
汉字载体
选项 A．兽骨 B．青铜器 C．纸张 D．液晶显示屏
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；合金及其应用
【解析】【解答】A．兽骨的主要成分是碳酸钙及其他钙盐，不属于合金材料，A不符合题意；
B．青铜是铜锡合金，属于合金材料，B符合题意；
C．纸张的主要成分是纤维素，不属于合金，C不符合题意；
D．液晶是介于固态和液态间的有机化合物，不属于合金，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物。
2．（2022·广东）北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是（　　）
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料 为氧化性气体
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的 与 互为同位素
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．H2具有还原性，是还原性气体，A不符合题意；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，主要成分是SiO2、Al2O3等，B不符合题意；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，二者互为同位素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.H2具有还原性。
B.玻璃纤维的主要成分是SiO2、Al2O3等。
C.化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。
D.同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。
3．（2022·广东）广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（　　）
文物
选项 A．南宋鎏金饰品 B．蒜头纹银盒 C．广彩瓷咖啡杯 D．铜镀金钟座
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】A．南宋鎏金饰品是金和汞合成的金汞剂，不含硅酸盐，A不符合题意；
B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，不含硅酸盐，B不符合题意；
C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，C符合题意；
D．铜镀金钟座是由铜和金等制得而成，不含硅酸盐，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.鎏金是金和汞合成的金汞剂。
B.银盒中主要成分为金属银。
C.瓷器的主要成分是硅酸盐。
D.铜镀金钟座是由铜和金等制得而成。
4．（2022·广东）实验室进行粗盐提纯时，需除去 和 ，所用试剂包括 以及（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】除杂；粗盐提纯
【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl，除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液，将其转化为CaCO3沉淀；除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液，将其转化为Mg(OH)2沉淀；除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液，将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，因Na2CO3、NaOH均过量，过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸，除去多余的Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐；
故答案为：A。
【分析】除杂的主要原则是：①不增（不得引入新的杂质）；②不减（尽量不消耗被提纯的物质）；③易分（转换为沉淀、气体等易分离除去的物质）。注意除杂过程加入试剂的顺序。
5．（2022·广东）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a~d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分析正确的是（　　）
A． 与浓硫酸反应，只体现 的酸性
B．a处变红，说明 是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明 具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无 生成
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4、SO2和H2O，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，A不符合题意；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，是因为SO2与H2O反应生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，B符合题意；
C．b处品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，C不符合题意；
D．试管底部出现的白色固体是CuSO4，因为浓硫酸具有吸水性，将生成的H2O吸收，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据铜与浓硫酸反应的产物进行分析。
B.酸性氧化物是指能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物，大部分酸性氧化物能跟水直接化合生成含氧酸。
C.SO2使品红褪色，体现了SO2的漂白性；使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性。
D.根据反应前后元素守恒及物质的性质进行分析。
6．（2022·广东）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与 高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．小苏打是NaHCO3的俗名，一般利用其受热易分解的性质做膨松剂，A符合题意；
B．熟石灰是Ca(OH)2的俗名，具有碱性，可用于处理酸性废水，B不符合题意；
C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成Fe3O4和H2，C不符合题意；
D．钢板上镀铝保护了钢板，是因为铝表面形成致密氧化膜，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意常见物质的俗名和化学名。
B.酸碱能发生中和反应。
C.铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2。
D.铝在常温下不被腐蚀，是因为其表面能够形成致密氧化膜。
7．（2022·广东）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图2所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：丁>戊>乙
B．非金属性：戊>丁>丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．原子半径在同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，所以是丁＞戊＞乙，A不符合题意；
B．元素的非金属性早同周期从左到右逐渐增强，所以是戊＞丁＞丙，B不符合题意；
C．根据分析可知，甲可能是N或C，则其对应氢化物是NH和烷烃，NH遇氯化氢一定有白烟产生，但烷烃遇氯化氢无明显现象，C符合题意；
D．丙可能是Si或P，则其最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸或磷酸，它们均能与强碱反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
8．（2022·广东）实验室用 和浓盐酸反应生成 后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】除杂；气体的收集；尾气处理装置；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓盐酸易挥发，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水蒸气，A不符合题意；
B．由于氯气的密度比空气大且不与空气反应，可用向上排空气法进行收集，B不符合题意；
C．Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，C不符合题意；
D．该装置是吸收尾气，由于Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，浓硫酸可用于干燥气体。
B.用向上排空气法收集气体的条件：①气体不与空气反应；②气体的密度比空气的大。
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。
D.Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气。
9．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（　　）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
10．（2022·广东）以熔融盐为电解液，以含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，实现 的再生。该过程中（　　）
A．阴极发生的反应为
B．阴极上 被氧化
C．在电解槽底部产生含 的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B．阳极失电子发生氧化反应，所以阳极上的Al被氧化，B不符合题意；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C符合题意；
D．阳极Al、Mg均失电子，且有阳极泥生成，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒和元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。根据题干信息，该电解池是通过使阳极区的Al失电子生成Al3+，Al3+进入阴极区得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，注意Mg比Al活泼，所以阳极区Mg也会失电子生成Mg2+，Cu和Si的活泼性比Al弱，但其相应离子的氧化性比Al3+强，所以实验中不能使Cu和Si参与反应。
11．（2022·广东）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（　　）
A．加入 溶液产生沉淀
B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入 溶液无红色出现
D．加入 溶液无蓝色沉淀生成
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的检验和鉴别；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀，不能确定铁片是否被腐蚀，A不符合题意；
B．若铁片被腐蚀，则有Fe2+生成，由于I2的氧化性比Fe2+强，所以KI与Fe2+不反应，不能确定铁片是否被腐蚀，B不符合题意；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，铁片被腐蚀，会有Fe2+生成，不能确定铁片是否被腐蚀，C不符合题意；
D．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，且遇Fe2+变蓝，若铁片没被腐蚀，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池，其中锌作负极，铁作正极，溶液中破损的位置会变大，溶液中会有亚铁离子生成，铁会和酸反应产生H2。
12．（2022·广东）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 用焦炭和石英砂制取粗硅 可制作光导纤维
B 利用海水制取溴和镁单质 可被氧化， 可被还原
C 石油裂解气能使溴的 溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D 水解可生成 胶体 可用作净水剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．用焦炭和石英砂（主要成分是SiO2）制取粗硅，是利用了焦炭的还原性和SiO2的氧化性，与SiO2作光导纤维无因果关系，A符合题意；
B．利用海水制取溴单质，可向海水中通入氯气等氧化剂将海水中的Br-氧化为Br2；制取镁单质，可通过富集海水中的镁离子，经沉淀、溶解等操作得到无水MgCl2，再电解熔融MgCl2，Mg2+被还原得到镁单质，B不符合题意；
C．石油在一定条件下裂解得到的乙烯等不饱和烃能使溴的CCl4溶液褪色，C不符合题意；
D．FeCl3溶液中Fe3+可发生水解，生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，从而可用作净水剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.陈述Ⅰ涉及反应是C+SiO2CO+Si，体现了SiO2的氧化性。
B.根据元素化合价判断物质的氧化性和还原性分析。
C.不饱和烃能与溴单质发生加成反应。
D.Fe(OH)3胶体具有吸附性。
13．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
14．（2022·广东）下列关于 的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．碱转化为酸式盐：
B．碱转化为两种盐：
C．过氧化物转化为碱：
D．盐转化为另一种盐：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．NaOH溶液与足量CO2反应可生成NaHCO3（酸式盐），离子方程式为：CO2+OH-= HCO3-，A不符合题意；
B．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl和NaClO两种盐，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B符合题意；
C．Na2O2为氧化物，不能拆，需写化学式，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C不符合题意；
D．Na2SiO3溶于水，需要拆成离子形式，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据钠的化合物的性质及离子方程式正误的判断方法进行分析。注意判断离子方程式正误的方法是：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。
15．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（　　）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
16．（2022·广东）科学家基于 易溶于 的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：
下列说法正确的是（　　）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时 溶液的 减小
C．放电时 溶液的浓度增大
D．每生成 ，电极a质量理论上增加
【答案】C
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；
B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；
C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；
D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol2mol=46g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。
二、非选择题：（一）必考题：共42分。
17．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
18．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
19．（2022·广东）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
三、非选择题（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（2022·广东）硒（ ）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（ ）效应以来， 在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含 的新型 分子 的合成路线如下：
（1） 与S同族，基态硒原子价电子排布式为　 　。
（2） 的沸点低于 ，其原因是　 　。
（3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_________。
A．I中仅有 键
B．I中的 键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有 与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（4）IV中具有孤对电子的原子有　 　。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 　 　 （填“>”或“<”）。
研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（ ）可减轻重金属铊引起的中毒。 的立体构型为　 　。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为　 　。
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，则X中相邻K之间的最短距离为　 　 （列出计算式， 为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
21．（2022·广东）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
（1）化合物I的分子式为　 　，其环上的取代基是　 　（写名称）。
（2）已知化合物II也能以 的形式存在。根据 的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型
① 加成反应
② 　 　 　 氧化反应
③ 　 　 　 　
（3）化合物IV能溶于水，其原因是　 　。
（4）化合物IV到化合物V的反应是原子利用率 的反应，且 与 化合物a反应得到 ，则化合物a为　 　。
（5）化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有　 　种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为　 　。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物VIII的单体。
写出VIII的单体的合成路线　 　（不用注明反应条件）。
【答案】（1）C5H4O2；醛基
（2） 序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
加成反应
②
–CHO O2-COOH
氧化反应
③
-COOH CH3OH - COOCH3酯化反应(取代反应)
（3）Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键
（4）乙烯
（5）2；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C5H4O2；其环上的取代基为醛基。
（2）②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被氧化为-COOH。
③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应生成酯。
（3）化合物Ⅳ中含有羟基，能与水分子形成氢键，使其能溶于水。
（4）根据题干信息，化合物Ⅳ→化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则可推出a的分子式为C2H4，即a为乙烯。
（5）化合物Ⅵ的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有，则符合条件的同分异构体有CH3CH2CHO、和，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为。
（6）根据化合物Ⅷ的结构简式可知，其单体为，其原料中的含氧有机物只有一种含两个羧基的化合物，原料可以是。根据流程图Ⅳ→V的反应，则可反应得到；根据流程图V→Ⅵ的反应，则可反应得到，再加成得到；和发生酯化反应可得到目标产物，则合成路线为。
【分析】（1）根据结构简式进行书写分子式，侧链为醛基。
（2）化合物Ⅱ'中含有碳碳双键、羧基、醛基，根据官能团的性质进行分析。
（3）醇类能溶于水是因为羟基能与水分子形成氢键。
（4）原子利用率100%的反应类似于化合反应，结合反应物和生成物的分子式及结构进行分析。
（5）同分异构体的特点是具有相同的分子式 且结构不同的化合物；核磁共振氢谱有几组峰，说明有几种不同的氢原子，据此分析。
（6）首先写出化合物Ⅷ的单体，观察Ⅷ的单体的结构及官能团，并拆分成小分子量的有机物，运用流程图中涉及反应进行分析，最终得到目标产物。
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