2022年廣西高考化學試卷（甲卷）解析版

2022年廣西高考化學試卷（甲卷）

一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出

的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.（6分）化學與生活密切相關。下列敘述正確的是（）

A.漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果

B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質

C.棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物

D.干冰可用在舞臺上制造“云霧”

2.（6分）輔酶Qio具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如圖。下

列有關輔酶Qio的說法正確的是（）

A.分子式為C60H90。4

B.分子中含有14個甲基

C.分子中的四個氧原子不在同一平面

D.可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應

3.（6分）能正確表示下列反應的離子方程式為（）

A.硫化鈉溶液和硝酸混合：S2+2H+—H2st

B.明磯溶液與過量氨水混合：A13++4NH3+2HO—A1O-+4NH+

224

C.硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiO2-+CO2+H2O—HSiO-+HCO-

JOV

D.將等物質的量濃度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以體積比1：

2混合：Ba2++2OH+2H++SO2-BaSOI+2HO

442

4.（6分）一種水性電解液Zn-MnO?離子選擇雙隔膜電池如圖所示

（KOH溶液中，ZM+以Zn（OH）2-存在）。電池放電時，下列敘

4

述錯誤的是（）

MnO±電極離子選擇隔膜Zn電極

A.n區(qū)的K+通過隔膜向m區(qū)遷移

B.I區(qū)的SO〈通過隔膜向II區(qū)遷移

+2+

C.MnCh電極反應：MnO2+4H+2e-Mn+2H2O

D.電池總反應：Zn+4OH+MnO+4H+=Zn（OH）2-+Mn2++2HO

242

5.（6分）NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.25℃,lOlkPa下，28L氫氣中質子的數目為2.5NA

?L/4103溶液中,AF+的數目為2.0NA

C.0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成CCh的數目為1.4NA

D.電解熔融CuCb,陰極增重6.4g,外電路中通過電子的數目為

O.IONA

6.（6分）Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其

最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相

鄰，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法

正確的是（）

A.非金屬性：X>Q

B.單質的熔點：X>Y

C.簡單氫化物的沸點：Z>Q

D.最高價含氧酸的酸性：Z>Y

7.（6分）根據實驗目的，下列實驗及現象、結論都正確的是（）

選項實驗目的實驗及現象結論

A比較CH3COO分別測濃度均Kh（CH3COO）

和HCO;的水解為o.lmol?L?的<Kh（HCO：）

VV

常數CH3COONH4和

NaHCO3溶液的

pH,后者大于前

者

B檢驗鐵銹中是將鐵銹溶于濃鐵銹中含有二

否含有二價鐵鹽酸，滴入價鐵

KMnCh溶液，紫

色褪去

C探究氫離子濃向K2C1O4溶液增大氫離子濃

度對CrO2-.中緩慢滴加硫度，轉化平衡向

50尹目互轉化酸，黃色變?yōu)槌壬?0,的

的影響紅色方向移動

D檢驗乙醇中是向乙醇中加入乙醇中含有水

否含有水一小粒金屬鈉，

產生無色氣體

A.AB.BC.CD.D

二、非選擇題：共58分。第8?10題為必考題，每個試題考生都必

須作答。第11?12題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題:

共43分。

8.（14分）硫酸鋅（ZnSO,）是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、

電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主

要成分為ZnCCh,雜質為SiCh以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。

其制備流程如圖:

菱1獷H2SO4

卜焙燒1卜;取I-

ZnSO4?7H±0

遞渣①謔渣②遽渣③遽渣④

本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如下表：

（1）菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為O

（2）為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有、o

（3）加入物質X調溶液pH=5,最適宜使用的X是（填

標號）。

A.NH3-H2O

B.Ca(OH)2

C.NaOH

濾渣①的主要成分是、、O

(4)向80?90c的濾液①中分批加入適量KMnCU溶液充分反應

后過濾，濾渣②中有MnO2,該步反應的離子方程式為o

(5)濾液②中加入鋅粉的目的是。

(6)濾渣④與濃H2s反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到

的副產物是、o

9.(15分)硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產的硫化鈉

粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質。硫化鈉易溶

于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%乙醇重

結晶純化硫化鈉粗品。回答下列問題：

(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2sO4IOH2O)和煤粉在高溫下生產硫化

鈉，同時生成CO,該反應的化學方程式為。

(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石，其原因

是o回流時，燒瓶內氣霧上升高度不宜超過冷凝管高度的

Ao若氣霧上升過高，可采取的措施是______O

3

(3)回流時間不宜過長，原因是o回流結束后，需進行

的操作有①停止加熱②關閉冷凝水③移去水浴，正確的順序為

(填標號)。

A.①②③

B.③①②

C.②①③

D.①③②

(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其

原因是o熱過濾除去的雜質為o若濾紙上析出大

量晶體，則可能的原因是O

(5)濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量洗滌，干燥，

得至I」Na2S*xH20o

(廠—95%乙醇

二二\.4叁-一硫化訥粗品

10.(14分)金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重

要用途。目前生產鈦的方法之一是將金紅石(TiCh)轉化為TiCL

再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：

(1)TiCh轉化為TiCL有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反

應的熱化學方程式及其平衡常數如下：

(i)直接氯化：TiO2(s)+2C12(g)—TiCh(g)+O2(g)AH,

*12

=172kJ*mol,Kpi=1.0X10

(ii)碳氯化：TiO2(s)+2CL(g)+2C(s)—TiCh(g)+2CO

,2

(g)AH2=-51kJ*mor',KP2=1.2X10Pa

①反應2c(s)+O2(g)—2CO(g)的AH為kJ-mol1,

Kp=Pao

②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是o

③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡移動(填“向左”“向

右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率(填“變大”“變

小”或“不變”)。

(2)在1.0X105Pa,將TiCh、C、CI2以物質的量比1：2.2：2進行

反應。體系中氣體平衡組成比例(物質的量分數)隨溫度變化的理

論計算結果如圖所示。

oa.

7-

6-

5-

o.4-

0.

3

0.-

0.-

0.2-

0.-

1-

-

0-

.

>

0

①反應C(s)+C02(g)—2CO(g)的平衡常數Kp(1400℃)=

Pao

②圖中顯示，在200℃平衡時TiCh幾乎完全轉化為TiCL但實際

生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是O

(3)Ti02碳氯化是一個“氣-固-固”反應，有利于Ti02-C“固

-固”接觸的措施是o

(二)選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如

果多做，則按所做的第一題計分。［化學一一選修3：物質結構與性

質］(15分)

11.（15分）2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華

麗轉身為“冰立方”，實現了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣

囊材料由乙烯（CHZ=CH2）與四氟乙烯（CF2=CF2）的共聚物

（ETFE）制成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)F原子的價電子排布圖（軌道表示式）為o

（2）圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能I變化趨勢

（縱坐標的標度不同）。第一電離能的變化圖是（填標號）,

判斷的根據是;第三電離能的變化圖是（填標

號）。

CN0FCNOFCNOF

圖a圖b圖c

（3）固態(tài)氟化氫中存在（HF）n形式，畫出（HF）3的鏈狀結

構。

（4）CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為

和;聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學鍵的角

度解釋原因o

（5）螢石（CaFz）是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結構如圖

所示，X代表的離子是；若該立方晶胞參數為apm,正負

離子的核間距最小為pmo

［化學——選修5：有機化學基礎］(15分)

12.用N-雜環(huán)卡賓堿(NHCbase)作為催化劑，可合成多環(huán)化合物。

如圖是一種多環(huán)化合物H的合成路線(無需考慮部分中間體的立

回回

回答下列問題：

(1)A的化學名稱為

(2)反應②涉及兩步反應，已知第一步反應類型為加成反應，第

二步的反應類型為o

(3)寫出C與BRCCL反應產物的結構簡式。

(4)E的結構簡式為o

(5)H中含氧官能團的名稱是o

(6)化合物X是C的同分異構體，可發(fā)生銀鏡反應，與酸性高錦

酸鉀反應后可以得到對苯二甲酸，寫出X的結構簡式。

（7）如果要合成H的類似物H'（?參照上述合

成路線，寫出相應的D'和G'的結構簡式、°H'

分子中有個手性碳（碳原子上連有4個不同的原子或基團

時，該碳稱為手性碳）。

2022年廣西高考化學試卷（甲卷）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出

的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

L（6分）化學與生活密切相關。下列敘述正確的是（）

A.漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果

B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質

C.棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物

D.干冰可用在舞臺上制造“云霧”

【分析】A.漂白粉的有效成分能與鹽酸發(fā)生歸中反應生成氯氣；

B.SOz、NO2是形成酸雨的主要物質，但不能造成溫室效應；

C.糖類俗稱碳水化合物；

D.干冰易升華，升華時吸熱。

【解答】解：A.漂白粉的有效成分是Ca（CIO）能與鹽酸發(fā)生

歸中反應生成氯氣，造成消毒效果降低且會引起人體中毒，故A

錯誤；

B.SO2、NO?是形成酸雨的主要物質，而造成溫室效應的是二氧化

碳，二氧化碳不能形成酸雨，故B錯誤；

C.糖類俗稱碳水化合物，棉麻的主要成分是纖維素，屬于碳水化合

物，但蠶絲的主要成分是蛋白質，不是碳水化合物，故C錯誤；

D.干冰易升華，升華時吸熱，造成空氣中的水蒸氣凝結形成云霧，

可用于舞臺布景，故D正確；

故選：Do

【點評】本題考查了化學與STSE,難度不大，應注意日常生活中

化學知識的應用和積累。

2.（6分）輔酶Qio具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如圖。下

列有關輔酶Qio的說法正確的是（）

B.分子中含有14個甲基

C.分子中的四個氧原子不在同一平面

D.可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應

【分析】A.此有機物中含59個C原子，15個不飽和度；

B.根據有機物的結構簡式來分析；

C.四個氧原子所在的C原子均為sp2雜化；

D.此有機物中含碳碳雙鍵、琉基，且含烷燃基。

【解答】解：A.此有機物中含59個C原子，15個不飽和度，即

H的個數為2X59+2-15X2=90,分子式為C59H9Q4,故A錯誤；

B.根據有機物的結構簡式可知，10個重復基團的最后一個連接H

的碳是甲基，此有機物中共含14個甲基，故B正確；

C.四個氧原子所在的四個C原子均為sp?雜化，且四個C原子相

連，故四個O原子和它們所在的四個C原子均一定在同一平面上,

故C錯誤；

D.此有機物中含碳碳雙鍵、鍛基，故能發(fā)生加成反應，含烷煌基,

故能發(fā)生取代反應，故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查了有機物的結構和性質，難度不大，應注意加強

基礎知識的掌握以及官能團性質的理解。

3.(6分)能正確表示下列反應的離子方程式為()

2+

A.硫化鈉溶液和硝酸混合：S+2H=H2St

B.明磯溶液與過量氨水混合：AF++4NH3+2H2O—A1O-+4NH+

24

C.硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiO2-+CO2+HO=HSiO-+HCO-

3233

D.將等物質的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1：

2混合：Ba2++2OH+2W+SO2-BaSO!+2HO

442

【分析】A.S2有強還原性，能被硝酸氧化；

B.明明為KAI(SO4)2?12H2O,AF+只能與NH3?H2O反應生成氫

氧化鋁沉淀；

C.碳酸的酸性強于硅酸，硅酸鈉中通入二氧化碳生成硅酸沉淀；

D.當OH同時遇到NH4+、H+時，優(yōu)先與H+反應。

【解答】解：A.S?有強還原性，硝酸有強氧化性，硫化鈉溶液和

硝酸混合不會發(fā)生復分解反應，會發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤;

B.明研為KAI(SO4)2-12H2O,電離出的A卡與氨水反應生成氫

氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不能溶于氨水，故只能生成氫氧化鋁沉淀，

3+

不能生成AKV,正確的離子方程式為：A1+3NH3*H2O—Al(OH)

3I+3NH?,故B錯誤；

C.碳酸的酸性強于硅酸，硅酸鈉中通入二氧化碳生成硅酸沉淀，

2

通入少量二氧化碳，離子方程式為SiO3+CO2+H2O=H2SiO3I

+co?,通入過量二氧化碳，碳酸根會轉化為碳酸氫根，故c錯誤;

D.當OFF同時遇到NH4+、H+時，優(yōu)先與H+反應，將等物質的量

濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1：2混合：Ba2++2OH

+2

+2H+SO4=BaSO4I+2H2O,故D正確；

故選：D。

【點評】本題考查了離子方程式書寫的正誤判斷，難度不大，應注

意與量有關的離子方程式的書寫方法的掌握。

4.(6分)一種水性電解液Zn-MnO?離子選擇雙隔膜電池如圖所示

(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)2-存在)。電池放電時，下列敘

4

述錯誤的是()

MnO±電極離子選擇隔膜Zn電極

1/\X

HAOJ容液K」SO尚液KOH溶液

I口皿

A.n區(qū)的K+通過隔膜向m區(qū)遷移

B.I區(qū)的sor通過隔膜向n區(qū)遷移

+2+

C.MnOz電極反應：MnO2+4H+2e=Mn+2H2O

D.電池總反應：Zn+40H+MnO+4H+=Zn(OH)2-+Mn2+4-2HO

242

【分析】根據題意可知，此裝置為原電池，Zn為負極，發(fā)生氧化

反應，電極反應為Zn-2e+4OH=Zn(OH)42、負極區(qū)K+剩余,

通過隔膜遷移到II區(qū)；MnO2電極為正極，發(fā)生還原反應：MnO2+2e

+4H+=MM++2H2。，正極區(qū)SCV-過量，通過隔膜遷移到II區(qū)，故

II區(qū)中K2sCU溶液的濃度增大，據此分析。

【解答】解：A.K+從m區(qū)通過隔膜遷移到II區(qū)，故A錯誤；

B.I區(qū)的SCV-通過隔膜向II區(qū)遷移，II區(qū)中K2s04溶液的濃度增

大,故B正確；

+2+

C.MnO?電極做正極，電極反應為：MnO2+4H+2e—Mn+2H2O,

故C正確；

D.保持正負極得失電子數相同，將正負極反應相加即可得總反應

I2*42+

為Zn+4OH+MnO2+4H+—Zn(OH)4+Mn+2H2O,故D正確；

故選：Ao

【點評】本題考查了原電池的反應原理以及電極反應的書寫等，難

度不大，應注意正負極的判斷、電極反應的書寫以及離子的移動方

向。

5.（6分）NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.25℃,lOlkPa下，28L氫氣中質子的數目為2.5NA

?L*103溶液中，AF+的數目為2.0NA

C.0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成CO?的數目為1.4NA

D.電解熔融CuCb,陰極增重6.4g,外電路中通過電子的數目為

O.IONA

【分析】A.25℃,lOlkPa下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

B.鋁離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解；

C.苯甲酸分子中含7個碳原子，根據碳原子個數守恒來分析；

D.電解熔融CuCb,陰極反應為Cu2++2e=Cu。

【解答】解：A.當Vm=22.4L/mol時，根據n=4=—?L=

422.4L/mol

1.25mol,一個氫氣分子中含有兩個質子，28L氫氣質子數為2X

1.25molXNA=2.5NA,25℃,lOlkPa下，氣體摩爾體積大于

22.4L/mol,則28L氫氣中含有的質子數小于2.5NA個，故A錯誤;

?L"ICb溶液中，AP+為數目小于2.0NA,故B錯誤；

C.1個苯甲酸分子中含7個碳原子，碳原子個數守恒可知，0.20mol

苯甲酸完全燃燒生成的二氧化碳分子數為1.40NA個，故C正確；

D.電解熔融CuCb,陰極反應為Cu2++2e=Cu,故當陰極增重6.4g,

外電路中通過電子的數目為一華―X2XN/ino：L=0-20NA,故D錯

/mn1A

誤;

故選：Co

【點評】本題考查了阿伏加德羅常數的有關計算，難度不大，注意

氣體摩爾體積的使用條件以及物質的結構與性質是解題關鍵。

6.（6分）Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其

最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相

鄰，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法

正確的是（）

A.非金屬性：X>Q

B.單質的熔點：X>Y

C.簡單氫化物的沸點：Z>Q

D.最高價含氧酸的酸性：Z>Y

【分析】Q、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Q

與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數為Q元原子內層

電子數的2倍，則Q應為第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期,

Y的最外層電子數為4,則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原

子序數小于Y,則X為A1元素，Q、X、Y、Z的最外層電子數之

和為19,則Q、Z的最外層電子數之和為19-3-4=12,主族元

素的最外層電子數最多為7,若Q的最外層電子數為7,為F元素,

Z的最外層電子數為5,為P元素，若Q的最外層電子數為6,為

O元素，則Z的最外層電子數為6,為S元素，若Q的最外層電子

數為5,為N元素，Z的最外層電子數為7,為C1元素；綜上所述,

Q為N或?；騀,X為Al,Y為Si,Z為Cl或S或P,據此分析

解題。

【解答】解：A.X為ALQ為N或O或F,同一周期從左往右元

素非金屬性依次增強，同一主族從上往下依次減弱，故非金屬性：

Q>X,故A錯誤；

B.由分析可知，X為A1屬于金屬晶體，Y為Si屬于原子晶體或

共價晶體，故單質熔點Si>Al,即Y>X,故B錯誤；

C.含有氫鍵的物質沸點升高，由分析可知Q為N或O或F,其簡

單氫化物為H2O或NH或HF,Z為C1或S或P,其簡單氫化物為

HC1或H2s或PM,由于前者物質中存在分子間氫鍵，而后者物質

中不存在，故沸點Q>Z,故C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，P、S、C1

的非金屬性均強于Si,因此最高價含氧酸酸性：Z>Y,故D正確;

故選：Do

【點評】本題考查原子結構與元素周期律的關系，題目難度中等，

利用原子結構來推斷元素是解答本題的關鍵，注意明確短周期元素

的內層電子只能為2或8,試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用

能力。

7.（6分）根據實驗目的，下列實驗及現象、結論都正確的是（）

選項實驗目的實驗及現象結論

A比較CH3COO分別測濃度均Kh（CH3COO）

和HCO;的水解為01mol?L7的〈跖（HCO：）

VV

常數CH3COONH4和

NaHCO.3溶液的

pH,后者大于前

者

B檢驗鐵銹中是將鐵銹溶于濃鐵銹中含有二

否含有二價鐵鹽酸，滴入價鐵

KMnO,溶液，紫

色褪去

C探究氫離子濃向RCrO,溶液增大氫離子濃

度對CrO2-.中緩慢滴加硫度，轉化平衡向

CmO,相互轉化酸，黃色變?yōu)槌壬蒀nO,的

的影響紅色方向移動

D檢驗乙醇中是向乙醇中加入乙醇中含有水

否含有水一小粒金屬鈉，

產生無色氣體

A.AB.BC.CD.D

++

【分析】A.CH3coON―中NG水解，NH4+H2O#NH3*H2O+H,

會消耗CH3co0-水解生成的OH，測定相同濃度的CH3COONH4

和NaHCCh溶液的pH,后者大于前者；

B.鐵銹中含有Fe單質，單質Fe與濃鹽酸可反應生成Fe2+,滴入

KMnO4溶液，紫色褪去；

+2

C.KCrCX中存在平衡ZCKV-（黃色）+2H^Cr2O7（橙紅色）

+壓0,緩慢滴加硫酸，H+濃度增大，平衡正向移動；

D.乙醇和水均會與金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣。

+

【解答】解:A.CHCOONH4中NHd+水解，NH4+H2O^NH3*

H2O+H+,會消耗CH3coO水解生成的OH,測定相同濃度的

CH3coONE和NaHC03溶液的pH,后者大于前者，不能說明Kh

（CH3COO）<Kh（HCO3）,故A錯誤；

B.鐵銹中含有Fe單質，單質Fe與濃鹽酸可反應生成Fe2+,滴入

KMn04溶液，紫色褪去，且濃鹽酸也能與酸性高鎰酸鉀反應，使

高鎰酸鉀褪色，不能說明鐵銹中一定含有二價鐵，故B錯誤；

+2

C.K2QO4中存在平衡20042-（黃色）+2H^Cr2O7（橙紅色）

+H20,緩慢滴加硫酸，H+濃度增大，平衡正向移動，故溶液黃色

變成橙紅色，故C正確；

D.乙醇和水均會與金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣，故不能說明乙醇中

含有水，故D錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的

性質、鹽類水解、難溶電解質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析

與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

二、非選擇題：共58分。第8?10題為必考題，每個試題考生都必

須作答。第11?12題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：

共43分。

8.（14分）硫酸鋅（ZnSOD是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、

電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主

要成分為ZnCCh,雜質為SiCh以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。

其制備流程如圖:

菱1獷H2SO4

惆燒卜”［取|一

ZnSO4?7H±0

遞渣①謔渣②遽渣③遽渣④

本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如下表：

(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為ZnCOm焙燒.

ZnO+CC)2tO

(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有將焙燒后的產物

碾碎、增大硫酸的濃度。

(3)加入物質X調溶液pH=5,最適宜使用的X是」(填標

號)。

A.NH3-H2O

B.Ca(OH)2

C.NaOH

濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSCh、SiO2o

(4)向80?90C的濾液①中分批加入適量KMnCh溶液充分反應

后過濾，濾渣②中有MnO2,該步反應的離子方程式為

2++

3Fe+MnO4+7H2O=3Fe(OH)31+MnO2I+5H。

(5)濾液②中加入鋅粉的目的是置換C②為Cu從而除去。

(6)濾渣④與濃H2s0,反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到

的副產物是CaSO4>MgSQ4o

【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3,雜質為SiO2

以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒,

主要發(fā)生反應ZnCO述選=ZnO+CO2t，再加入H2sCh酸浸，得至U

含ZM+、Ca2\Mg2+、FW+、Fe3\CP的溶液，加入物質X調節(jié)pH

=5,結合表格數據，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4.SiCh的濾渣①,

濾液①中主要含有ZM+、Cu2\Mg2+、Ca2\Fe2+,再向濾液①中加

入KMnO4溶液氧化FeH過濾得到Fe(OH)3和MnCh的濾渣②,

濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,過濾后得到濾

渣③為Cu,再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2.

MgF2,濾液④為ZnSO,溶液，經一系列處理得到ZnSCV7H2O,據

此分析解答。

【解答】解：(1)由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCCh焙燒

ZnO+COzt,

故答案為：ZnC03焙燒ZnO+CO2t；

(2)可采用將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃

度等方式提高鋅的浸取率，

故答案為：將焙燒后的產物碾碎；增大硫酸的濃度；

(3)A.NH3?H2。易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，

故A錯誤；

B.Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B正確；

C.NaOH會引入雜質Na+,且成本較高，故C錯誤；

當沉淀完全時(離子濃度小于105moi4)，結合表格Ksp計算各離

子完全沉淀時pH<5的只有Fe3+,故濾渣①中有Fe(OH)3,又

CaSCU是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)

3、CaS04>SiCh,

故答案為：B；Fe(OH)3;CaSO4;SiO2;

(4)向80?90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+,得到

2+

Fe(OH)3和MnCh的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe+MnO4

+

+7H2O=3Fe(OH)3I+MnO2I+5H,

2++

故答案為：3Fe+MnOx+7H2O=3Fe(OH)3I+MnO2I+5H；

(5)濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,故加入鋅

粉的目的為置換CP為Cu從而除去，

故答案為：置換CP為Cu從而除去；

(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2,與濃硫酸反應可得到HF,

同時得到的副產物為CaSCh、MgSO4,

故答案為：CaSCh、MgS04o

【點評】本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備原理、

物質的性質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查,

注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度中等。

9.(15分)硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產的硫化鈉

粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質。硫化鈉易溶

于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%乙醇重

結晶純化硫化鈉粗品。回答下列問題：

(1)工業(yè)上常用芒硝(NazSCUTOHzO)和煤粉在高溫下生產硫化

鈉，同時生成CO,該反應的化學方程式為NafO,?

(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石,其原因是煤

粉中有難溶性雜質，可充當沸石。回流時，燒瓶內氣霧上升高度

不宜超過冷凝管高度的力。若氣霧上升過高，可采取的措施是增

大冷凝管的進水量、適當移開熱源或調低熱源溫度。

(3)回流時間不宜過長，原因是硫化鈉易溶于熱乙醇，回流時

間過長，硫化鈉會析出來，粘附在冷凝管上，從訛降低產率?；?/p>

流結束后，需進行的操作有①停止加熱②關閉冷凝水③移去水浴，

正確的順序為D(填標號)。

A.①②③

B.③①②

C.②①③

D.①③②

(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其

原因是乙醇易揮發(fā)。熱過濾除去的雜質為重金屬硫化

物。若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是溫度降低導致

硫化鈉析出。

(5)濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量水洗滌,干燥，得

到Na2S*xH2Oo

【分析】（1）用芒硝（NazSO^lOHzO）和煤粉在高溫下生產硫化

鈉，同時生成CO,根據原子守恒寫出方程式即可；

（2）煤粉中本來就有難溶性雜質，故不需要加入沸石，若氣霧上

升過高可采取增大進水量，還可以適當移開熱源或調低熱源溫度；

（3）回流時間過長，乙醇會與水產生共沸；回流結束后，先停止

加熱、移去水浴然后關閉冷凝水；

（4）乙醇易揮發(fā)，要用細口瓶；根據硫化鈉易溶于熱乙醇，重金

屬硫化物難溶于乙醇進行作答；

（5）用水進行洗滌即可。

【解答】解：（1）Na2SO4-10H2O和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同

時生成CO,反應方程式為：Na2sCh?

10H2O+4C^^4CO+Na2S+10H2O,

故答案為：Na2SO4-10H2O+4C^^4COt+Na2S-10H2O；

（2）煤粉中本來就有難溶性雜質，故不需要加入沸石，若氣霧上

升過高可采取措施降溫，如：增大進水量、增強冷凝效果、適當移

開熱源或調低熱源溫度，

故答案為：煤粉中有難溶性雜質，可充當沸石；增大冷凝管的進水

量、適當移開熱源或調低熱源溫度；

（3）硫化鈉易溶于熱乙醇，回流時間過長，硫化鈉會析出來，粘

附在冷凝管上，從而降低產率；回流結束后，先停止加熱、移去水

浴然后關閉冷凝水，故順序為：①③②，

故答案為：硫化鈉易溶于熱乙醇，回流時間過長，硫化鈉會析出來,

粘附在冷凝管上，從而降低產率；D；

（4）乙醇易揮發(fā)，要用細口瓶，燒杯口太大，故不用；硫化鈉易

溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇，故熱過濾除去的雜質為重

金屬硫化物；因為硫化鈉易溶于熱乙醇，過濾溫度降低導致硫化鈉

析出，

故答案為：乙醇易揮發(fā)；重金屬硫化物；溫度降低導致硫化鈉析出;

（5）乙醇易溶于水，故用水進行洗滌即可，

故答案為：水。

【點評】本題通過硫化鈉的制取純化硫化鈉的實驗操作，考查了物

質制備方案的設計、基本實驗操作、化學方程式的書寫，題目難度

中等，明確實驗操作與設計及相關物質的性質是解答本題的關鍵，

試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能

力。

10.（14分）金屬鈦（Ti）在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重

要用途。目前生產鈦的方法之一是將金紅石（TiO2）轉化為TiCL,

再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：

（1）TiCh轉化為TiCL有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反

應的熱化學方程式及其平衡常數如下：

(i)直接氯化：TiO2(s)+2C12(g)—TiCh(g)+O2(g)AHi

2

=172kJ?mo「，Kpi=1.0X10

(ii)碳氯化：TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)—TiCl4(g)+2CO

,2

(g)AH2=-51kJ-mor',Kp2=1.2X10Pa

①反應2c(s)+O2(g)—2CO(g)的AH為-223kJ^mol1,

K=1.2X1014pa。

②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是KD2遠大于

KBJ__0

③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡向左移動(填“向左”

“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率變小(填“變大”

“變小”或“不變”)。

(2)在1.0X105Pa,將TiCh、C、Cb以物質的量比1：2.2：2進行

反應。體系中氣體平衡組成比例(物質的量分數)隨溫度變化的理

論計算結果如圖所示。

0.0-

02004006008001000120014001600

溫度/C

①反應C(s)+CO2(g)—2CO(g)的平衡常數Kp(1400℃)=

7.2X105Pao

②圖中顯示，在200c平衡時TiCh幾乎完全轉化為TiCLi,但實際

生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是加快反應速率，提

高生產效率。

(3)TiCh碳氯化是一個“氣-固-固”反應，有利于TiCh-C“固

-固”接觸的措施是將固體粉碎。

【分析】(1)①根據蓋斯定律進行判斷；

②平衡常數越大，轉化率越大；

③根據勒夏特列原理進行判斷；

(2)①根據Kp(1400D=P：(CO｛進行計算;

P(C02)

②該反應是吸熱反應；

(3)將固體粉碎有利于增大接觸。

【解答】解：(1)①根據(i)：TiO2(s)+2CL(g)—TiCh(g)

2

+O2(g)AHi=172kJ*mor',Kpi=1.0X10(ii)：TiO2(s)+2C12

(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)AH2=-51kJ?mo「，Kp2

12

=1.2X10Pa,反應ii-反應i得到反應2c(s)+O2(g)—2CO

(g),故AH=AH2-AHi--SlkJ*mol1-172kJ?mol1=-223kJ

?mol1；K=^Pg-=L2X1°12Pa=1.2X10,4Pa,

PKpl1.0X10-2

故答案為：-223；1.2X10%

②平衡常數越大，轉化率越大，碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化,

其原因是Kp2遠大于Kpi,

故答案為：Kp2遠大于Kpi；

③根據勒夏特列原理可知，增大壓強，平衡向氣體系數減小的方向

移動，TiCh(s)+2CL(g)+2C(s)—TiCl4(g)+2C0(g)AH2

=-51kJ?mo「L生成物氣體的系數大于反應物氣體的系數，故平

衡向逆反應方向移動，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移

動，轉化率減小，

故答案為：向左；變??；

(2)①Kp(1400℃)=pj(CO?=(l.OXio：PaXO.6)2=72義io^Pa,

p(CC)2)1.0X105PaX0.05

故答案為：7.2X105；

②考慮實際生產中要盡可能的在單位時間內多出產品，故應該為加

快反應速率，提高生產效率，

故答案為：加快反應速率，提高生產效率；

(3)將固體粉碎有利于增大接觸，

故答案為：將固體粉碎。

【點評】本題考查反應熱的計算、化學平衡的影響因素等，側重考

查學生分析能力、識圖能力和計算能力，根據題目信息結合蓋斯定

律、勒夏特列原理等知識解答，此題難度中等。

(二)選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如

果多做，則按所做的第一題計分。［化學一一選修3：物質結構與性

質］(15分)

11.(15分)2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華

麗轉身為“冰立方”，實現了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣

囊材料由乙烯（CH2=CH2）與四氟乙烯（CF2=CF2）的共聚物

（ETFE）制成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)F原子的價電子排布圖（軌道表示式）為

2P

111!

（2）圖a、b、c分別表示C、N、0和F的逐級電離能I變化趨勢

（縱坐標的標度不同）。第一電離能的變化圖是圖a（填標號）,

判斷的根據是同一周期第一電離能呈增大趨勢,但由于N元素

的2D能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種

元素高一;第三電離能的變化圖是圖b（填標號）。

CN0FCNOFCNOF

圖a圖b圖c

（3）固態(tài)氟化氫中存在（HF）n形式，畫出（HF）3的鏈狀結構

（4）CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為sp?和

SP3；聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學鍵的角度解釋

原因C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化

學性質越穩(wěn)定。

（5）螢石（CaF2）是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結構如圖

所示，X代表的離子是Ca2+；若該立方晶胞參數為叩m,正負

離子的核間距最小為—逅jpm。

【分析】（1）F為第9號元素;

（2）C、N、0、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能呈

增大趨勢，但由于N元素的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的

第一電離能較C、O兩種元素高；氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個

電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三

電離能，同一周期原子的第三電離能的總體趨勢也一次升高，但由

于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再

失去一個電子需要的能量稍高；

（3）固體HF中存在氫鍵，則（HF）3的鏈狀結構為

（4）CF2=CF2中C原子存在3對共用電子對；但其共聚物ETFE

中C原子存在4對共用電子對；由于F元素的電負性較大，因此

在于C原子的結合過程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-

H的鍵能，鍵能的強弱決定物質的化學性質，鍵能越大，化學性質

越穩(wěn)定；

（5）根據螢石晶胞結構，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上,

則1個晶胞中淺色X離子共有8X1+6X1=4個，深色Y離子分

82

布在晶胞內部，則1個晶胞中共有8個深色Y離子，因此該晶胞

的化學式應為XY2,結合螢石的化學式可知X；根據晶胞，將晶胞

分成8個相等的小正方體，仔細觀察CaF2的晶胞結構不難發(fā)現F

位于晶胞中8個小立方體中互不相鄰的4個小立方體的體心，小立

方體邊長為2a,體對角線為近a。

22

【解答】解：(1)F為第9號元素其電子排布為Is22s22P5,則其價

2s2p

電子排布圖為"__L,

(2)C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能呈

增大趨勢，但由于N元素的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的

第一電離能較C、0兩種元素高，因止匕C、N、0、F四種元素的第

一電離能從小到大的順序為C<O<N<F,滿足這一規(guī)律的圖像為

圖a,氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽

離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，同一周期原子的第三

電離能的總體趨勢也一次升高,但由于C原子在失去2個電子之后

的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高,

則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b,

故答案為：圖a；同一周期第一電離能呈增大趨勢，但由于N元素

的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種

元素高；圖b；

(3)固體HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結構為

F、」F、

HH、H,

p.F.F

故答案為：、H'、H；

(4)CF2=CF2中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方

式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對共用電子對，

其C原子為sp3雜化；由于F元素的電負性較大，因此在于C原子

的結合過程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，

鍵能的強弱決定物質的化學性質，鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定，因

此聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，

故答案為：sp2；sp3；C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，

鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定；

(5)根據螢石晶胞結構，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上,

則1個晶胞中淺色X離子共有8X1+6X1=4個，深色Y離子分

82

布在晶胞內部，則1個晶胞中共有8個深色Y離子，因此該晶胞

的化學式應為XY2,結合螢石的化學式可知，X為Ca2+；根據晶胞,

將晶胞分成8個相等的小正方體，仔細觀察CaB的晶胞結構不難

發(fā)現F位于晶胞中8個小立方體中互不相鄰的4個小立方體的體

心，小立方體邊長為2a,體對角線為名,Ca2+與F之間距離就是

22

小晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負的核間距的最小的距離為

^^apm,

故答案為：Ca2+；國。