2022年高考化學(xué)真題試卷(湖南卷)帶答案解析

1、2023 年高考化學(xué)真題試卷湖南卷一、單項(xiàng)選擇題10 30 分以下有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒有涉及到化學(xué)變化的是 定期清淤，疏通河道化工企業(yè)“三廢”處理后，達(dá)標(biāo)排放利用微生物降解水域中的有毒有害物質(zhì)河道中的垃圾回收分類后，進(jìn)展無害化處理2.以下說法正確的選項(xiàng)是 糖類、蛋白質(zhì)均屬于自然有機(jī)高分子化合物FeO 粉末在空氣中受熱，快速被氧化成 Fe3O4SO2 可漂白紙漿，不行用于殺菌、消毒試驗(yàn)?zāi)康脑囼?yàn)設(shè)計A 檢驗(yàn)溶液中 FeSO試驗(yàn)?zāi)康脑囼?yàn)設(shè)計A 檢驗(yàn)溶液中 FeSO4 是否被氧化取少量待測液，滴加 KSCN 溶液，觀看溶液顏色變化B 凈化試驗(yàn)室制備的 Cl2C 測定 NaOH pH

2、D 工業(yè)酒精制備無水乙醇?xì)怏w依次通過盛有飽和 NaCl 溶液、濃 H2SO4 的洗氣瓶pH 試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比照工業(yè)酒精中加生石灰，蒸餾A. AB. BC. CD. D“綠色”合成路線：以下說法正確的選項(xiàng)是 苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色環(huán)己醇與乙醇互為同系物已二酸與 NaHCO3 溶液反響有 CO2 生成環(huán)己烷分子中全部碳原子共平面5.A為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項(xiàng)是 18gH218含有的中子數(shù)為 10OAOA0.1mol L1 HClO4 溶液中含有的 H數(shù)為 0.1A 23A2molNO 與 1molO2 2AA11.2LCH4 和 22.4LCl2 (均

3、為標(biāo)準(zhǔn)狀況)在光照下充分反響后的分子數(shù)為 1.5A一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下：以下說法錯誤的選項(xiàng)是 物質(zhì)X 常選用生石灰工業(yè)上常用電解熔融 MgCl2 制備金屬鎂_高溫_“氯化”過程中發(fā)生的反響為 MgO+C+Cl2_MgCl2+CO“煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水 MgCl2W、X、Y、Z 為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y 的原子序數(shù)等于W 與X 的原子序數(shù)之和，Z 的最外層電子數(shù)為K 層的一半，W 與X 可形成原子個數(shù)比為2：1 的 18e分子。以下說法正確的選項(xiàng)是 簡潔離子半徑： Z X YW 與Y 能形成含有非極性鍵的化合物X Y X YW、X

4、、Y 三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性_2KIO3 常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反響為_26I2+11KCIO3+3H2O _6KH(IO3)+5KCl+3Cl2 。以下說法錯誤的選項(xiàng)是 22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況) Cl2 時，反響中轉(zhuǎn)移 10mole反響中氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為11：6可用石灰乳吸取反響產(chǎn)生的 Cl2 制備漂白粉可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中 IO3 的存在常溫下，用 0.1000mol L1的鹽酸分別滴定20.00mL 濃度均為 0.1000mol L1三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ) 溶液，滴定曲線如以下圖。以下推

5、斷錯誤的選項(xiàng)是 A. 該 NaX 溶液中： (Na ) (X ) (OH ) (H )B. (HX) (HY) (HZ)aaaC. 當(dāng) pH = 7 (X ) = (Y ) = (Z )D. 分別滴加20.00mL 鹽酸后，再將三種溶液混合： (X )(Y )(Z ) = (H )(OH )鋅溴液流電池是一種先進(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)用于再生能源儲能和智能電網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅溴液流電池工作原理如圖所：以下說法錯誤的選項(xiàng)是 放電時，N 極為正極放電時，左側(cè)貯液器中 ZnBr2 的濃度不斷減小充電時，M 極的電極反響式為 Zn22e= Zn隔膜允許陽離子通過，也允許陰離子通過二、選擇

6、題4 16 分： A(g) 2B(g) 3C(g) (I)平衡常數(shù)K： (II) (I)對以下粒子組在溶液中能否大量共存的推斷和分析均正確的選項(xiàng)是 粒子組推斷和分析ANa+H2OAl粒子組推斷和分析ANa+H2OAl3+Cl NH3 不能大量共存，因發(fā)生反響： Al3+ + 4NH3 H2O=AlO + 4NH+ +24B H+ 、 K+ 、 S2O2 、 SO22H2O不能大量共存，因發(fā)生反響：342H+ + S O2=S +SO232 +H O2CNa+DH+A. AFe3+ SO24H2O2能大量共存，粒子間不反響Na+ Cl MnO4能大量共存，粒子間不反響B(tài). BC. CD. D3：

7、 CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4 CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O以下說法正確的選項(xiàng)是 裝置I 中回流的目的是為了削減物質(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率裝置a 為進(jìn)水口，b 為出水口用裝置萃取分液時，將分層的液體依次從下放出經(jīng)裝置得到的粗產(chǎn)品枯燥后，使用裝置再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品鐵的協(xié)作物離子(用 L Fe H+ 表示)催化某反響的一種反響機(jī)理和相對能量的變化狀況如以下圖：以下說法錯誤的選項(xiàng)是 催化劑_該過程的總反響為 HCOOH_CO2+H2H+ 濃度過大或者過小，均導(dǎo)致反響速率降低該催化循環(huán)中 Fe 元素的化合價發(fā)生了變化該過程的總反響速率由步驟打算三、非選擇題【必考題】共

8、 3 題；共 39 分碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟.產(chǎn)品中 NaHCO3 含量測定步驟.產(chǎn)品中 NaHCO3 含量測定2.500g250mL 容量瓶中；移取25.00mL 上述溶液于錐形瓶，參與2 滴指示劑M，用 0.1000mol L1 鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點(diǎn))V1mL ；2 滴指示劑N，連續(xù)用 0.1000mol L1 鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(其次滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸 V2mL ；平行測定三次， V1 22.45， V2 23.51。：(i)35時， NH4HCO3

9、開頭分解。溫度/ C0102030405060NaCl35.7溫度/ C0102030405060NaCl35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 11.915.821.027.0NaHCO3NH4Cl6.98.29.611.1 12.7 14.5 16.429.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2答復(fù)以下問題：步驟I 中晶體A 的化學(xué)式為，晶體A 能夠析出的緣由是；A.B.步驟I 中“300加熱”所選用的儀器是(填標(biāo)號)A.B.C.D.指示劑N 為，描述其次滴定終點(diǎn)前后顏色變化C.D.產(chǎn)品中 NaHCO3 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保存三位有效數(shù)字)

10、；第一滴定終點(diǎn)時，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則 NaHCO3 質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算結(jié)果“偏大”“偏小”或“無影響”)。氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲氫載體，且安全、易儲運(yùn)，可通過下面兩種方法由氨氣得到氫氣?；瘜W(xué)鍵N 化學(xué)鍵N NH HN H鍵能 E/(kJ mol-1946436.0 390.8確定溫度下，利用催化劑將 NH3 分解為 N2 和 H2 。答復(fù)以下問題：1反響2NH3(g) N2(g)+3H2(g)H=kJmol1 ；該反響的 = 198.9J mol1 K1 ，在以下哪些溫度下反響能自發(fā)進(jìn)展？(填標(biāo)號)A.25B.125C.225D.325某興趣小組對該反響進(jìn)展了試驗(yàn)探究

11、。在確定溫度和催化劑的條件下，將 0.1molNH3 3L 的密閉容器中進(jìn)展反響(200kPa)，各物質(zhì)的分壓隨時間的變化曲線如以下圖。假設(shè)保持容器體積不變， 1 時反響到達(dá)平衡，用 H2 的濃度變化表示 01 時間內(nèi)的反響速率(H2) =mol L1 min1 (用含 1 的代數(shù)式表示) 2 時將容器體積快速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后N2 分壓變化趨勢的曲線是(用圖中a、b、c、d 表示)，理由是；G在該溫度下，反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù) =。(：分壓=總壓該組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對于G反響 dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g) ， =為各組分的平衡分壓)。方法：氨電解法

12、制氫氣(G(D)(HHE)(E) HDE利用電解原理，將氮轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如以下圖。電解過程中 OH 的移動方向?yàn)?填“從左往右”或“從右往左”)；陽極的電極反響式為。KOH KOH 溶液Ce2(CO3)3 可用于催化劑載體及功能材料的制備。自然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以 CePO4 形式存在，還含有 SiO2 、 Al2O3 、 Fe2O3 、 CaF2 等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備 Ce2(CO3)3 nH2O 的工藝流程如下：答復(fù)以下問題：鈰的某種核素含有58 個質(zhì)子和80 個中子，該核素的符號為；為提高“水浸”效率，可實(shí)行的措施有(至少寫兩條)；濾渣的主要成分是(填化學(xué)式)；參與絮

13、凝劑的目的是；al“沉鈰”過程中，生成 Ce2(CO3)3 nH2O 的離子方程式為，常溫下參與的 NH4HCO3 溶液呈alb (填“酸性”“堿性”或“中性”)(： NH3 H2O 的 b= 1.75 105， H2CO3 的 =24.4 107，= 4.7 1011)；2a濾渣的主要成分為 FePO4 ，在高溫條件下， Li2CO3 、葡萄糖( C6H12O6 )和 FePO4 可制備電極材料 LiFePO4 ，同時生成 CO 和 H2O ，該反響的化學(xué)方程式為 四、非選擇題【選考題】共 2 題；共 24 分18.3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)域。答復(fù)以下問

14、題：基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為，晶體硅和碳化硅熔點(diǎn)較高的是(填化學(xué)式)；SiF4SiCl4 SiBr4SiI4SiF4SiCl4 SiBr4SiI4熔點(diǎn)/K 183.0 203.2 278.6 393.7沸點(diǎn)/K 187.2 330.8 427.2 560.70時， SiF4 、 SiCl4 、 SiBr4 、 SiI4 呈液態(tài)的是(填化學(xué)式)，沸點(diǎn)依次上升的緣由是 SiCl4N-甲基咪唑反響可以得到 M2 SiCl4N-甲基咪唑反響可以得到 M2，其構(gòu)造如以下圖：N-甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為，H、C、N 的電負(fù)性由大到小的挨次為，1個M2中含有個 鍵；以以下圖是 Mg 、 G

15、e 、 O 三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。己知化合物中 Ge 和 O 的原子個數(shù)比為1：4，圖中Z 表示原子(填元素符號)，該化合物的化學(xué)式為；該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm， = = = 90 ，則該晶體的密度 =Ag cm3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為 A，用含a、b、c、 A的代數(shù)式表示)。19.5：有機(jī)化學(xué)根底葉酸拮抗劑 Alimta(M) 是一種多靶向性抗癌藥物。以苯和丁二酸酐為原料合成該化合物的路線如下：答復(fù)以下問題：1A 的構(gòu)造簡式為：2A B ， D E 的反響類型分別是，；3M 中虛線框內(nèi)官能團(tuán)的名稱為a，b；4B 有多種同分異構(gòu)體，同時滿足以下條件的同分異構(gòu)

16、體有種(不考慮立體異構(gòu))2 個取代基能夠發(fā)生銀鏡反響與 FeCl3 溶液發(fā)生顯色發(fā)應(yīng)其中核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6：2：2：1：1 的構(gòu)造簡式為；6參照上述合成路線，以乙烯和為原料，設(shè)計合成的路線 6參照上述合成路線，以乙烯和為原料，設(shè)計合成的路線 (其他試劑任選)。答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題【答案】 A【考點(diǎn)】物理變化與化學(xué)變化的區(qū)分與聯(lián)系，常見的生活環(huán)境的污染及治理【解析】【解答】A定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，沒有涉及化學(xué)變化，A 符合題意； B簡稱“三廢”，常涉及化學(xué)方法進(jìn)展處理，如石膏法脫硫、氧化復(fù)原法和沉淀法等處理廢水，廢渣資源回收利用等過程均有物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變

17、化，B 不符合題意； C可通過微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害物質(zhì)尤其簡潔的有機(jī)污染物降解為簡潔的、無害物質(zhì)， 所以微生物法處理廢水有物質(zhì)的生成，涉及的是化學(xué)變化，C 不符合題意； D河道中的垃圾回收分類，適合焚化處理的垃圾，利用現(xiàn)代焚化爐進(jìn)展燃燒，消滅各種病原體，把一些 有毒、有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無害物質(zhì)，同時可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過程涉及化學(xué)變化，D 不符合題意；故答案為：A?！痉治觥抗I(yè)上的三廢以及微生物的降解以及垃圾進(jìn)展無害化處理，均產(chǎn)生了物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)變化；而疏通河道并沒有產(chǎn)生物質(zhì)顧偉物理變化【答案】 B【考點(diǎn)】二氧化硫的性質(zhì)，金屬的腐蝕與防護(hù)，鐵的氧化物和氫氧化物，高分子材

18、料【解析】【解答】A多糖的淀粉、纖維素的相對分子質(zhì)量上萬，屬于自然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于自然有機(jī)高分子化合物，而單糖和二糖相對分子質(zhì)量較小，不屬于自然高分子化合物，A 不符合題意； B氧化亞鐵具有較強(qiáng)的復(fù)原性，在空氣中受熱簡潔被氧氣氧化為穩(wěn)定的四氧化三鐵，B 符合題意； C二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還可用于殺菌消毒，例如，在葡萄酒釀制過程 中可適當(dāng)添加二氧化硫，起到殺菌、抗氧化作用，C 不符合題意； D鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)成原電池，鋅作負(fù)極，鐵作正極被保護(hù)，鐵皮不易被腐蝕，D 不符合題意； 故答案為：B。A.糖類包括單糖、二糖、多糖等，單糖和二糖是小分子化合物，而蛋

19、白質(zhì)和多糖是高分子化合物B.氧化亞鐵具有復(fù)原性易被氧化C.二氧化硫具有漂白性，同時也具有確定的復(fù)原性和氧化性可用于消毒殺菌D.鍍鋅后形成是原電池，鋅做負(fù)極失去電子保護(hù)了鐵【答案】 C【考點(diǎn)】測定溶液 pH 的方法，氯氣的試驗(yàn)室制法，二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗(yàn)，乙醇的工業(yè)制法【解析】【解答】A.假設(shè)Fe2+被氧化為Fe3+， Fe3+能與SCN-生成Fe(SCN)3， 溶液變成血紅色，能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康模蔄 不符合題意；B試驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過濃硫酸的洗氣瓶 枯燥，能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康?，故B 不符合題意；CpH 試紙測定NaOH pH 不能潤濕pH

20、試紙，否則會因濃度減小，而影響測定結(jié)果，不能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康?，故C 符合題意； D制取無水酒精時，通常把工業(yè)酒精跟制的生石灰混合，加熱蒸餾，能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康?，故D 不符合題意。故答案為：C。【分析】A.利用硫氰化鉀溶液遇到鐵離子形成血紅色的物質(zhì)B。濃鹽酸具有揮發(fā)性，利用飽和食鹽水的可以吸取氯化氫同時降低了氯氣的溶解，再 用濃硫酸將水蒸氣除去C.不能用潮濕的試紙進(jìn)展測量 pH，相當(dāng)于稀釋氫氧化鈉溶液，導(dǎo)致測量結(jié)果偏低D.利用水和生石灰反響，同時利用了熔沸點(diǎn)的差異進(jìn)展蒸餾得到純潔乙醇【答案】 C【考點(diǎn)】有機(jī)化合物中碳的成鍵特征，分液和萃取，同系物【解析】【解答】A.苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，有機(jī)層在

21、上層，應(yīng)是上層溶液呈橙紅色，故A 不符合題意；B環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇構(gòu)造不相像，分子組成也不相差假設(shè)干CH2 原子團(tuán)，不互為同系物，故B不符合題意；C己二酸分子中含有羧基，能與NaHCO3 溶液反響生成CO2， 故 C 符合題意； D環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個碳原子直接相連的4 個原子形成四周體構(gòu)造，因此所有碳原子不行能共平面，故D 不符合題意；故答案為：C。【分析】A.考察的是苯的密度與水的密度大小問題，確定有機(jī)層和無機(jī)層的位置B.同系物是構(gòu)造相像，分子式中相差n CH2 的有機(jī)物，但是環(huán)己醇和乙醇構(gòu)造都不同C.與碳酸氫鈉反響放出氣體的官能團(tuán)是羧基，而乙二酸含有羧基D.

22、環(huán)己烷中的碳原子均是飽和碳原子不共面【答案】 D【考點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)A 18gH218O 的物質(zhì)的量為18g 20g/mol=0.9mol，1個H218O 含0+(18-8)=10 個中子，A則 18gH218O 含有的中子數(shù)為 A，A 不符合題意；未給溶液體積，無法計算，B 不符合題意；存在2NO+O2=2NO2， 2NO2 N2O4， 因此 2molNO 與 1molO2 在密閉容器中充分反響后的分子數(shù)小于 2A，C 不符合題意；甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol 氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl 分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LCH4 的物質(zhì)的量為0.5mol， 22.4LCl

23、2 的物質(zhì)的量為1mol，0.5molCH4 含4molH，最多可消耗4molCl2， 因此CH4 過量，依據(jù)1mol 氯氣可取代1molH，同時產(chǎn)生1molHCl 分子可知1molCl2 完全反響1moHClC 守恒，反響后含C 物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol，因此 11.2LCH4 和A22.4LCl2 (均為標(biāo)準(zhǔn)狀況)在光照下充分反響后的分子數(shù)為A，D 符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.1 個水分子中的中子個數(shù)即可B.n=cv 進(jìn)展計算，但是體積未知C.一氧化氮與氧氣反響產(chǎn)生的是二氧化氮，但是考慮到二氧化氮會轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，可逆反響的不完全反響D.依據(jù)元素守恒即可推斷6

24、.D【考點(diǎn)】海水資源及其綜合利用，鎂、鋁的重要化合物【解析】【解答】A物質(zhì)X 的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2， 工業(yè)上常承受CaO，發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH)2， Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+， A 不符合題意；Mg 是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融 MgCl2 制備金屬鎂，B 不符合題意；由圖可知“氯化”過程反響物為MgO、氯氣、C，生成物之一為MgCl2， C 在高溫下能將二氧化碳復(fù)原_高溫_CO，則“氣體”CO，反響方程式為 MgO+C+Cl2_MgCl2+CO ，C 不符合題意；“煅燒”后得到MgO，MgO 和鹽酸反響得到MgCl2 溶液，由于MgC

25、l2 在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl 會逸出，MgCl2 水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不到無水MgCl2， D 符合題意；故答案為：D。A.海水中有鎂離子將鎂離子變?yōu)槌恋硇枰獏⑴c堿性物質(zhì)，氧化鈣易制取，且與水反響得到氫氧化 鈣可以沉降鎂離子工業(yè)上對于比較活潑的金屬一般選擇的是電解熔融的離子化合物進(jìn)展制取，而鎂是離子化合物，且熔點(diǎn)不是很高符合電解制取氯化鎂的要求依據(jù)反響物和產(chǎn)物以及質(zhì)量守恒即可推斷產(chǎn)物，據(jù)此寫出方程式氯化鎂溶液得到氯化鎂固體，需要在蒸發(fā)時不斷的通入氯化氫氣體，抑制鎂離子的水解 7.B【考點(diǎn)】元素周期表的構(gòu)造及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用

26、【解析】【解答】由分析可知，W 為H，X 為 N，Y 為 O，Z 為 Na。 A離子的電子層數(shù)一樣時，原子序數(shù)越小，半徑越大，即離子半徑大小為：N3-O2-Na+， 即簡潔離子半徑為：XYZ，故A 不符合題意；BW 為H，Y 為O，能形成H2O2， 含有極性共價鍵和非極性共價鍵，故B 符合題意；CX 的最簡潔氫化物為氨氣，Y 的最簡潔氫化物為水，水的沸點(diǎn)高于氨氣，即最簡潔氫化物的沸點(diǎn)為YX，故C 不符合題意；D由W、X、Y 三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸銨，氨水等，硝酸，硝酸銨顯酸性，氨水顯堿性，故W、X、Y 三種元素形成的化合物不愿定都是酸性，故D 不符合題意；故答案為：B。【分析】Z 的

27、最外層電子數(shù)為K 層的一半，則Z 的核外有3 個電子層，最外層電子數(shù)為1，即為Na，W 與X 能形成原子個數(shù)比為2:1 的18 電子的分子，則形成的化合物為N2H4， 所以W 為H，X 為N，Y 的原子序數(shù)是W 和X 的原子序數(shù)之和，則Y 為O。依據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展分析推斷即可【答案】 A【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響，氧化復(fù)原反響的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算2222【解析】【解答】A該反響中只有碘元素價態(tài)上升，由0 價上升至KH(IO3)2 中+5 價，每個碘原子上升5價，即6I 60e-， 又因方程式中6I 3Cl， 故3Cl 60e-， 即Cl 20e-， 所以產(chǎn)生22.4L (標(biāo)準(zhǔn)狀況) Cl2 即1mol

28、 Cl2 時，反響中應(yīng)轉(zhuǎn)移20 mol e-， A 2222B該反響中KClO3 中氯元素價態(tài)降低，KClO3 作氧化劑，I2 中碘元素價態(tài)上升，I2 作復(fù)原劑，由該方程式的3計量系數(shù)可知，11KClO 6I， 故該反響的氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為11:6，B 不符合題意；C漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反響，C 33D食鹽中 IO-可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反響 IO- +5I-+6H+=3I2+3H2O 33I2， I2 再與淀粉發(fā)生特征反響變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中IO-的存在，D 不3符合題意。故答案為：A?！痉治?/p>

29、】依據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)展標(biāo)注元素化合價找出氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物即可推斷氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比，同時可以依據(jù)氯氣的量求出轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，工業(yè)上利用氯氣合石灰乳制 取漂白粉，利用碘離子的復(fù)原性合碘酸根的氧化性發(fā)生氧化復(fù)原反響得到碘單質(zhì)通過淀粉進(jìn)展檢驗(yàn)【答案】 C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線，離子濃度大小的比較【解析】【解答】ANaX 為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小挨次為c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)A 不符合題意；弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ 三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種Ka(H

30、X)Ka (HY)Ka(HZ)B 不符合題意；當(dāng)溶液pH 為7 時，酸越弱，向鹽溶液中參與鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中c(X-)c(Y-)c(Z-)C 符合題意；向三種鹽溶液中分別滴加 20.00mL 鹽酸，三種鹽都完全反響，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)c(Na+)= c(Cl-)可 得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)D 不符合題意；故答案為：C。pH 即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZHYHXA.NaX 溶液中，

31、水解呈堿性，因此依據(jù)電荷守恒即可推斷據(jù)一元弱酸的鹽的 pH 即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZHYHX，即可推斷電離常數(shù)依據(jù)電荷守恒列出式子，再依據(jù)中性進(jìn)展推斷只需要推斷參與氯離子的物質(zhì)的量濃度即可，由于水解程度不一樣故參與的鹽酸不一樣，堿性越強(qiáng)需要的酸越多剩余的酸根離子越少混合之后利用電荷守恒即可推斷10.B【考點(diǎn)】電極反響和電池反響方程式，原電池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A放電時，N 電極為電池的正極，故A 不符合題意；B放電或充電時，左側(cè)儲液器和右側(cè)儲液器中溴化鋅的濃度維持不變，故B 符合題意；C充電時，M 電極與直流電源的負(fù)極相連，做電解池的陰極，鋅離子在陰極上得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成鋅，

32、電極反響式為 Zn2+2e-=Zn，故 C 不符合題意； D放電或充電時，交換膜允許鋅離子和溴離子通過，維持兩側(cè)溴化鋅溶液的濃度保持不變，故D 不符合題意；故答案為：B?！痉治觥恳罁?jù)圖示推斷放電時，鋅做負(fù)極，鋅失去電子，變?yōu)殇\離子，則M 為負(fù)極，溴做正極，得到電子變?yōu)殇咫x子，則N 作為正極。充電時，M 與電池的負(fù)極相連，鋅離子得到電子變?yōu)殇\單質(zhì)，N 與電池的正極相連接，溴離子得到電子變?yōu)殇鍐钨|(zhì)。M 極的隔膜可以允許鋅離子進(jìn)入儲液池，液可以允許溴離子進(jìn)入。二、選擇題【答案】 B,C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡狀態(tài)的推斷，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線【解析】【解答】AA(g)+2B(g) 3C(

33、g)，該反響是氣體分子數(shù)不變的可逆反響，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)始終保持不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，A 不符合題意；232依據(jù)圖像變化曲線可知，t t 過程中，t 時 ,232逆反響方向移動，且不是“突變”圖像，屬于“漸變”過程，所以排解溫度與催化劑等影響因素，轉(zhuǎn)變的條件為：向容器中參與C，B 符合題意；依據(jù)上述分析可知，t2-t3 時間段，轉(zhuǎn)變條件使正反響速率漸漸增大，平衡向逆反響方向移動，到達(dá)的平衡狀態(tài)后，生成A的量增大，總的物質(zhì)的量不變，所以A的體積分?jǐn)?shù) 增大，即A的體積分?jǐn)?shù) ： (II) (I)，C 符合題意；平衡常數(shù)K 與溫度有關(guān)，因該反響在恒溫條件下進(jìn)

34、展，所以K 保持不變，D 不符合題意。故答案為：BC。【分析】依據(jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入1molA 3molB 發(fā)生反響，反響時間從開頭到t1 階段，正反響速率不斷減小，所以平衡向正反響方向移動，t1-t2 時間段，正反響速率不變，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，t2-t3 時間段，轉(zhuǎn)變條件使正反響速率漸漸增大，平衡向逆反響方向移動，t3 以后反響到達(dá)的平衡狀態(tài)，結(jié)合圖像選項(xiàng)進(jìn)展推斷【答案】 B【考點(diǎn)】離子共存3【解析】【解答】A.Al3+NH3 H2O Al(OH)3 Al O2 A 不符合題意；33BS2 O23合題意；和H+反響生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H+ S2 O2=S

35、+SO2+H2OB 符CFe3+H2O2 Fe2+H2O，不能大量共存，故C 不符合題意；D在酸性條件下Mn O4 能將Cl-氧化為Cl2， 不能大量共存，故D 不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.氨水不能溶解氫氧化鋁3S2O2 中的硫元素處于+2 價態(tài)處于中間價態(tài)可以發(fā)生歧化反響3鐵離子具有氧化性，過氧化氫具有復(fù)原性，氧化復(fù)原反響不共存高錳酸根具有氧化性，氯離子具有復(fù)原性，因此發(fā)生氧化復(fù)原反響不共存13.A,D【考點(diǎn)】有機(jī)物中的官能團(tuán)，有機(jī)物的合成，有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計【解答】ANaBr HBr，1-NaBr HBr 均易揮發(fā)，用裝置I 回流可削減反響物

36、的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A 符合題意；B冷凝水應(yīng)下進(jìn)上出，裝置b 為進(jìn)水口，a 為出水口，B 不符合題意；C用裝置萃取分液時，將下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C 不符合題意； D由題意可知經(jīng)裝置得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質(zhì)沸點(diǎn)不同，再次進(jìn)展蒸餾可得到更純的產(chǎn)品， D 符合題意；故答案為：AD?！痉治觥緼.回流的目的主要是為了延長反響物的接觸時間提高反響產(chǎn)率B.進(jìn)水口和出水口位置弄反，應(yīng)當(dāng)是從b 口進(jìn)入，a 口出，主要是為了增加冷凝時間提高效果C.分液時，密度小的從上口倒出，密度大的從下口倒出D.經(jīng)過分液后，可通過熔沸點(diǎn)的不同得到純潔的物質(zhì) 14.D【考點(diǎn)】化學(xué)反響速率，化學(xué)反響速率的影響

37、因素【解析】【解答】A由反響機(jī)理可知，HCOOH 電離出氫離子后，HCOO-與催化劑結(jié)合，放出二氧化碳，催化劑然后又結(jié)合氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學(xué)方程式為HCOOH_CO2+H2A 不符合題意；B假設(shè)氫離子濃度過低，則反響的反響物濃度降低，反響速率減慢，假設(shè)氫離子濃度過高，則會抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反響速率減慢，所以氫離子濃度過高或過低，均導(dǎo)致反響速率 減慢，故B 不符合題意；C由反響機(jī)理可知，F(xiàn)e 在反響過程中，化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生變化，則化合價也發(fā)生變化，故C 不符合題意；D由反響進(jìn)程可知，反響能壘最大，反響速率最慢，對該過程的總反響起打算作用，故D 符合題意；故答案為：D?！痉治觥?/p>

38、A.依據(jù)反響物和最終的產(chǎn)物即可寫出方程式B.在整個過程中均存在氫離子參與，因此需要把握氫離子的濃度實(shí)現(xiàn)速率的最大化C.氫離子在整個過程中參與了反響，經(jīng)受斷鍵成鍵斷鍵的過程，過程中化合價發(fā)生轉(zhuǎn)變D.整個反響速率是由速率最慢的過程打算，活化能高的速率慢三、非選擇題【必考題】315.【答案】 1NaHCO 30-3532D3紫色石蕊試液；藍(lán)色變?yōu)榧t色43.56%偏大 C NaHCO3 的溶解度最小意思合理即可【考點(diǎn)】常用儀器及其使用，物質(zhì)的分別與提純，探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量，化學(xué)試驗(yàn)方案的評價，物質(zhì)的量的相關(guān)計算【解析】【解答】(1)依據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，把握溫度在3

39、0-35 C，目的是為了時NH4HCO3 不發(fā)生分解，同時析出NaHCO3 固體，得到晶體A，由于在30-35 C 時，NaHCO33的溶解度最小，故答案為：NaHCO 30-353 C NaHCO3 的溶解度最??；(2)300C NaHCO3 固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進(jìn)展操作，所以正確的為D 項(xiàng)，故答案為：D；依據(jù)上述分析可知，其次次滴定時，使用的指示劑N 為紫色石蕊試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，溶液顯藍(lán)色，滴定到達(dá)終點(diǎn)后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：藍(lán)色變 為紅色；第一次滴定發(fā)生的反響是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則 n(Na2CO3

40、)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L2 22.45 10-3L=2.245 10-3molV =23.51mL，則依據(jù)方程式2NaHCO+HCl=NaCl+H O+CO 可知，消耗的NaHCO 的物質(zhì)的量n(NaHCO )= 0.1000mol/L 23.51 3223總310-3L=2.351 10-3mol，則原溶液中的NaHCO 的物質(zhì)的量n(NaHCO )= n(NaHCO )- n(NaHCO )= 2.351 33總3生成310-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4molNaHCO3 的物質(zhì)的量為 100mL 1.06 10-4mol10

41、mL3=1.06 10-3molNaHCO3答案為：3.56%；的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 1.0610-3mol84g/mol 100% = 3.5616% 3.56% ，故2.5000g假設(shè)該同學(xué)第一次滴定時，其他操作均正確的狀況下，俯視讀數(shù)，則會使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測得 V1 NaHCO3 的物質(zhì)的量會偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會偏大，故答案為：偏大。【分析】1氯化鈉和碳酸氫銨最終得到的碳酸氫鈉固體和氯化銨，因此晶體A 是碳酸氫鈉固體，通過對不同時刻的溶解度進(jìn)展分析，主要是由于低溫時，碳酸氫鈉的溶解度小溫度過高是加熱應(yīng)中選擇的是坩堝純堿主要是碳酸鈉，適合用酚酞做指示劑，先參與酚酞作指示劑滴入鹽酸將

42、碳酸鈉全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉適合用石蕊作指示劑，在連續(xù)使用石蕊做指示劑進(jìn)展滴定，到終點(diǎn)時，此時是藍(lán)色，再加 入一滴時溶液變?yōu)榧t色。第一次與碳酸鈉作用，全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉溶液，其次次是碳酸氫鈉與稀鹽酸作用，依據(jù)數(shù)據(jù)即可計算出碳酸鈉和碳酸氫鈉的質(zhì)量第一滴定終點(diǎn)時，利用的是滴定管滴定，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致V1 V2-V1 偏大，導(dǎo)致計算結(jié)果偏大16.【答案】 1+90.82C,DN1要??；0.484從右往左52NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O2 倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N22 倍【考點(diǎn)】電極反響和電池反響方程式，化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用，原電池工作原理及應(yīng)用，有關(guān)反響熱的計算32

43、【解析】【解答】(1) 依據(jù)方程式：2NH (g) N (g)+3H (g)， H=390.8kJ mol-1 3 2 -(946 kJ 32mol-1+436.0kJ mol-1 3 )= +90.8kJ mol-1， 故答案為：+90.8；假設(shè)反響自發(fā)進(jìn)展，則需 H-T S = 90.8103J/mol=456.5K，即溫度應(yīng)高于(456.5-273)=183.5，CD 符合，故答案為：CD；t1 NH3 2x，列出三段式：2NH3(g) N2(g2NH3(g) N2(g)+3H2(g)0.1002323依據(jù)同溫同壓下，混合氣體的物質(zhì)的量等于體積之比，0.10.1+2=200120+120

44、+40 x=0.02mol， (H2)=3Lt1= 0.021mol L-1 min-1， 故答案為：；0.0210.02t2 時將容器體積壓縮到原來的一半，開頭N2 2 倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2 分2 倍要小，故b 曲線符合，故答案為：b；開頭體積減半，N2 2 倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2 2 倍要??；32由圖可知，平衡時，NH 、N 、H 120 kPa、40 kPa、120 kPa，反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù) 32(1.2)2=0.48，故答案為：0.48；由圖可知，通 NH3 的一極氮元素化合價上升，發(fā)生氧化反響，為電解池的陽極，則另一電極為陰極，OH-移向陽極，則從右往左移

45、動，故答案為：從右往左；陽極NH3 失電子發(fā)生氧化反響生成N2， 結(jié)合堿性條件，電極反響式為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案為：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O?！痉治觥恳罁?jù)反響熱=反響物的總鍵能-生成物的總鍵能即可計算2依據(jù)G = H TS0，即可推斷利用三行式進(jìn)展計算，依據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，計算出物質(zhì)的量即可計算出氫氣的速率體積減小原來的 一半，濃度增大一倍，即壓強(qiáng)增大一倍選擇b 依據(jù)物質(zhì)的量之比壓強(qiáng)之比，計算出平衡時的壓強(qiáng)，計算出壓強(qiáng)的平衡常數(shù)即可氨氣中氮元素為-3 價，氫元素為+1 價，氨氣中氮元素變?yōu)榈獨(dú)?，化合價上升，被氧化，做陽極， 因此吸

46、引大量的陰離子，氫氧根離子向左移動，氨氣中的氫元素變?yōu)闅錃?，化合價降低，被復(fù)原，做陰極。陽極發(fā)生的是氨氣失去電子變?yōu)榈獨(dú)饨Y(jié)合氫氧根變?yōu)榈獨(dú)釩e17.1138Ce58適當(dāng)上升溫度，將獨(dú)居石粉碎等Al(OH)3促使鋁離子沉淀356HCO- +2Ce3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2 ；堿性366 Li2CO3 + C6H12O6 +12 FePO4 =12 LiFePO4 +6CO+6H2O+6CO2【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計，離子方程式的書寫，元素周期表的構(gòu)造及其應(yīng)用【解析】【解答】(1)58 80 58+80=138，該核素的符號為C

47、e138；Ce583(2)為提高“水浸”效率，可實(shí)行的措施有適當(dāng)上升溫度，將獨(dú)居石粉碎等； (3)結(jié)合流程可知，濾渣Al(OH) ；3參與絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成 Ce2(CO3)3 nH2O 的離子方程式為6HCO- +2Ce3+(n-3)HO=Ce(CO )nHO+3CO；銨根離子的水解常數(shù)Kh( NH+ )=10-143223 32241.7510-55.710-10， 碳酸氫根的水解常數(shù)K( HCO-)=Kw =10-142.310-8， 則K( NH+ )CH；543O；Mg GeO ；=740241021abcNA【解析】【解答】(1)【解析】【解答】(1)硅元素的原子序數(shù)為14，價電子排布式為3s23p2， 則價電子排布圖為；原子晶體的熔點(diǎn)取決于共價鍵的強(qiáng)弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，非金屬性強(qiáng)于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長小于硅硅鍵，則碳硅鍵強(qiáng)于硅硅鍵，碳化硅的熔點(diǎn)高于晶體硅，故答案為：；SiC；由題給熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，0時，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四溴化硅、四碘化硅為固 態(tài)；分子晶體的沸點(diǎn)取決于分子間作用力的大小，SiX4 都是構(gòu)造相像的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大SiX