2022年湖南普通高中学业水平选择性考试化学真题及答案.pdf

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1、20222022 年湖南普通高中学业水平选择性考试化学真题及答案年湖南普通高中学业水平选择性考试化学真题及答案注意事项：注意事项：1.1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。写在

2、本试卷上无效。3.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H 1 1C C 1212N N 1414O O 1616S S 3232ClCl 35.535.5K K 3939FeFe 5656SeSe 7979BaBa 137137一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1010 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 3030 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1.化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变

3、化的是A.神农本草经中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱C.科学家成功将2CO转化为淀粉或葡萄糖D.北京冬奥会场馆使用2CO跨临界直冷制冰【参考答案】D【详解】A“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A 不符合题意；B工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B 不符合题意；C CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C 不符合题意；D使用 CO2跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学

4、变化，D 符合题意；综上所述，本题选 D。2.下列说法错误的是A.氢键，离子键和共价键都属于化学键B.化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一【参考答案】A【详解】A离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A 说法错误；B第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B 说法正确；C药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关工作，C 说法正确；D制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D说法正确；综上所述，本题选 A。3.聚乳酸是

5、一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：图片优化老师请注意一下：中括号内的右侧 O 去掉（优化后把这些文字删除）下列说法错误的是A.m=n-1B.聚乳酸分子中含有两种官能团C.1mol乳酸与足量的Na反应生成21mol HD.两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子【参考答案】B【详解】A根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则 m=n-1，A 正确；B聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B 错误；C1 个乳酸分子中含有 1 个羟基和 1 个羧基，则 1mol 乳酸和足量的 Na 反应生成 1mol H2，C 正确；D1 个乳酸分子中含有 1 个羟基和 1 个羧基，则

6、两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D 正确；故选 B。4.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是A.碱式滴定管排气泡B.溶液加热C.试剂存放D.溶液滴加A.AB.BC.CD.D【参考答案】A【详解】A碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A 符合规范；B用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的13处，B 不符合规范；C实验室中，盐酸和 NaOH 要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C 不符合规范；D用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D 不符合规范；故选 A。5.科学家合成了一

7、种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期元素，W 的原子序数等于 X 与 Y 的原子序数之和。下列说法错误的是A.原子半径：XYZB.非金属性：YXWC.Z 的单质具有较强的还原性D.原子序数为 82 的元素与 W 位于同一主族【参考答案】C【分析】由共价化合物的结构可知，X、W 形成 4 个共价键，Y 形成 2 个共价键，Z 形成 1 个共价键，X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，W 的原子序数等于 X 与 Y 的原子序数之和，则 X 为 C 元素、Y 为 O 元素、Z 为 F 元素、W 为 Si 元素。【详解】A同周期元素，从左到右原子半径依

8、次减小，则 C、O、F 的原子半径大小顺序为COF，故 A 正确；B同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，则 C、O、Si 的非金属性强弱顺序为 OCSi，故 B 正确；C位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故 C 错误；D原子序数为 82 的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表A 族，故 D 正确；故选 C。6.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应：3322CHCOHCNCHC(OH)CN3324233442CHC(OH)CNCH OHH SOCHC CHCOOCHNH HSO 新法合成的反应：P

9、d33233CH CCH+CO+CH OHCHC CHCOOCH下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为AN)A.HCN的电子式为B.新法没有副产物产生，原子利用率高C.11L0.05mol L的44NH HSO溶液中+4NH的微粒数小于A0.05ND.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变【参考答案】D【详解】A氢氰酸为共价化合物，结构式为 HCN，电子式为，故 A 正确；B由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为 100的化合反应，故 B 正确；C硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以 1L0.05mol/L的硫

10、酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于 0.05mol/L1LNAmol1=0.05NA，故 C 正确；D由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故 D 错误；故选 D。7.铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C.合成槽中产物主要有36Na AlF和2COD.滤液可回收进入吸收塔循环利用【参考答案】C【分析】烟气(含 HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应2322Na CO+2HF=2NaF+H O+CO，向合成槽中通入 NaAlO2，发生反应2

11、236236NaF+NaAlO+2CO=Na AlF+2Na CO，过滤得到36Na AlF和含有23Na CO的滤液。【详解】A陶瓷的成分中含有 SiO2，SiO2在高温下与23Na CO发生反应232232Na CO+SiONa SiO+CO高温，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故 A 正确；B采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故 B 正确；C由上述分析可知，合成槽内发生反应2236236NaF+NaAlO+2CO=Na AlF+2Na CO，产物是36Na AlF和23Na CO，故 C 错误；D由上述分析可知，滤液的主要成分为23Na CO，可进入吸收塔循

12、环利用，故 D 正确；答案选 C。8.海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是A.海水起电解质溶液作用B.N 极仅发生的电极反应：-222H O+2e=2OH+H C.玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池【参考答案】C【分析】锂海水电池的总反应为 2Li+2H2O2LiOH+H2，M 极上 Li 失去电子发生氧化反应，则 M 电极为负极，电极反应为 Li-e-=Li+，N 极为正极，电极反应为 2H2O+2e-=2OH-+H2。【详解】A海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故 A 正确；B由上述分析可知

13、，N 为正极，电极反应为 2H2O+2e-=2OH-+H2，故 B 正确；CLi 为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和 Li 反应，但不能传导离子，故 C 错误；D该电池不可充电，属于一次电池，故 D 正确；答案选 C。9.科学家发现某些生物酶体系可以促进+H和-e的转移(如 a、b 和 c)，能将海洋中的2NO转化为2N进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A.过程中2NO发生氧化反应B.a 和 b 中转移的-e数目相等C.过程中参与反应的4+n(NO):n NH=1:4D.过程的总反应为-+2422NO+NH=N+2H O【参考答案】C【详解】A由图示可知，过程 I 中

14、 NO-2转化为 NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO-2作氧化剂，被还原，发生还原反应，A 错误；B由图示可知，过程 I 为 NO-2在酶 1 的作用下转化为 NO 和 H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO-2+2H+e-1=酶NO+H2O，生成 1molNO，a 过程转移 1mole-，过程 II 为 NO 和 NH+4在酶 2 的作用下发生氧化还原反应生成 H2O 和 N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH+42=酶2H2O+5N2H4+8H+，消耗 1molNO，b 过程转移 4mol e

15、-，转移电子数目不相等，B 错误；C 由图示可知，过程 II 发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH+42=酶2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH+4)=1:4，C 正确；D 由图示可知，过程 III 为 N2H4转化为 N2和 4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4=N2+4H+4e-，过程 I-III 的总反应为：2NO-2+8NH+4=5N2+4H2O+24H+18e-，D 错误；答案选 C。10.室温时，用-10.100mol L的标准3AgNO溶液滴定15.00mL浓度相等的-Cl、-Br和-I混合溶液，通过电位滴定法获得+lgAgc与3AgNOV的关系

16、曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于5-11.0 10 mol L时，认为该离子沉淀完全。10sp(AgCl)=1.8 10K，13sp(AgBr)5.4 10K，17sp(AgI)8.5 10K)。下列说法正确的是A.a 点：有白色沉淀生成B.原溶液中-I的浓度为-10.100mol LC.当-Br沉淀完全时，已经有部分-Cl沉淀D.b 点：-+ClBrI(Ag)cccc【参考答案】C【分析】向含浓度相等的 Cl-、Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为 I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入 4.50mL 硝酸

17、银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL10-3L/mL0.1000mol/L=4.510-4mol，所以 Cl-、Br-和 I-均为 1.510-4mol。【详解】AI-先沉淀，AgI 是黄色的，所以 a 点有黄色沉淀 AgI 生成，故 A 错误；B原溶液中 I-的物质的量为 1.510-4mol，则 I-的浓度为-41.5 10 mo0.01l500L=0.0100mol L-1，故 B 错误；C当 Br-沉淀完全时(Br-浓度为 1.010-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=13sp-5(AgBr)5.4 10(Br)1.0 10Kc=5.410-8mo

18、l/L，若 Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)=13sp+8(AgCl)1.8 10(Ag)5.4 10Kc=3.310-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100molL-1，则已经有部分 Cl-沉淀，故 C 正确；Db 点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则 b 点各离子浓度为：+-(Ag)ClBrIcccc，故 D 错误；故选 C。二二、选择题选择题，本题共本题共 4 4 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 1616 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有一个有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得或两个选项符合题目要求

19、。全部选对的得 4 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。11.下列离子方程式正确的是A.2Cl通入冷的NaOH溶液：-22Cl+2OH=Cl+ClO+H OB.用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的-3IO：-+322O+5I+6H=3I+3H OIC.4FeSO溶液中加入22H O产生沉淀：+2+22232Fe+H O+4H O=2Fe(OH)+4HD.3NaHCO溶液与少量的2Ba(OH)溶液混合：-2+-332HCO+Ba+OHBaCO+H O=【参考答案】AC【详解】ACl2通入冷的 NaOH 溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠

20、，该反应的离子方程式为 Cl2+2OH-=Cl+ClO+H2O，A 正确；B用醋酸和淀粉-KI 溶液检验加碘盐中的3IO的原理是3IO在酸性条件下与 I发生归中反应生成 I2而遇淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用 H表示，因此 B 不正确；CH2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入 H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，该反应的离子方程式为 2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H，C 正确；DNaHCO3溶液与少量的 Ba(OH)2溶液混合后发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，NaHCO3过量，Ba(OH)2全部参加反应，因此该反应的离子方程式为23HCO+Ba2+2O

21、H-=BaCO3+23CO+2H2O，D 不正确；综上所述，本题选 AC。12.反应物(S)转化为产物(P 或 PZ)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A.进程是放热反应B.平衡时 P 的产率：C.生成 P 的速率：D.进程中，Z 没有催化作用【参考答案】AD【详解】A由图中信息可知，进程中 S 的总能量大于产物 P 的总能量，因此进程 I 是放热反应，A 说法正确；B进程中使用了催化剂 X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时 P的产率相同，B 说法不正确；C进程中由 SY 转化为 PY 的活化能高于进程中由 SX 转化为 PX 的活化能，

22、由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成 P 的速率为0B.气体的总物质的量：acn 12D.反应速率：abvv正正【参考答案】B【详解】A甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程 PV=nRT 可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即H0，故 A 错误；B根据 A 项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中 a 点和 c 点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：nanc，故 B 正确

23、；Ca 点为平衡点，此时容器的总压为 p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量（物质的量浓度）之比，所以可设 Y 转化的物质的量浓度为 xmolL1，则列出三段式如下：02X(g)+Y(g)Z(g)2102xxx22x1xxccc平，则有(22x)(1x)xmol(2 1)mol2pp，计算得到 x=0.75，那么化学平衡常数K=22c(Z)0.7512c(X)c(Y)0.50.25，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小即平衡常数 K12，故 C 错误；D根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即

24、Va 正Vb 正，故 D 错误。综上所述，答案为 B。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 15171517 题为必考题，每个试题考生都必须题为必考题，每个试题考生都必须作答。第作答。第 1818、1919 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。(一一)必考题：此题包括必考题：此题包括 3 3 小题，共小题，共 3939 分。分。15.某实验小组以BaS溶液为原料制备22BaCl2H O，并用重量法测定产品中22BaCl2H O的含量。设计了如下实验方案：可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓24H SO、稀24H SO、

25、4CuSO溶液、蒸馏水步骤 1.22BaCl2H O的制备按如图所示装置进行实验，得到2BaCl溶液，经一系列步骤获得22BaCl2H O产品。步骤 2，产品中22BaCl2H O的含量测定称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；在不断搅拌下，向所得溶液逐滴加入热的-1240.100mol L H SO溶液，沉淀完全后，60水浴 40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。回答下列问题：（1）是制取_气体的装置，在试剂 a 过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_；（2）中 b 仪器的作用是_；中的试剂应选用_；（3）在沉淀过程中，某同学在

26、加入一定量热的24H SO溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_；（4）沉淀过程中需加入过量的24H SO溶液，原因是_；（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_(填名称)；（6）产品中22BaCl2H O的质量分数为_(保留三位有效数字)。【参考答案】（1）.HCl.H2SO4(浓)+NaCl=微热NaHSO4+HCl（2）.防止倒吸.CuSO4溶液（3）静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全（4）使钡离子沉淀完全（5）锥形瓶（6）97.6%【分析】装置 I 中浓硫酸和氯化钠共热制备 HCl，装置 II 中氯化氢与 BaS 溶液反应制备

27、BaCl22H2O，装置 III 中硫酸铜溶液用于吸收生成的 H2S，防止污染空气。【小问 1 详解】由分析可知，装置 I 为浓硫酸和氯化钠共热制取 HCl 气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaCl=微热NaHSO4+HCl。【小问 2 详解】氯化氢极易溶于水，装置 II 中 b 仪器的作用是：防止倒吸；装置 II 中氯化氢与 BaS 溶液反应生成 H2S，H2S 有毒，对环境有污染，装置 III 中盛放 CuSO4溶液，用于吸收 H2S。【小问 3 详解】硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全

28、的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。【小问 4 详解】为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。【小问 5 详解】过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。【小问 6 详解】由题意可知，硫酸钡的物质的量为：0.4660g233g/mol=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl22H2O 的物质的量为 0.002mol，质量为 0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：0.488g0.5000g100%=97.6%。16.2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。

29、回答下列问题：（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和21molH O(g)，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：.-1221C(s)+H O(g)CO(g)+H(g)H=+131.4kJ mol.-12222CO(g)+H O(g)CO(g)+H(g)H=-41.1kJ mol下列说法正确的是_；A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C.平衡时2H的体积分数可能大于23D.将炭块粉碎，可加快反应速率反应平衡时，2H O(g)的转化率为50%，CO 的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_(填

30、“吸收”或“放出”)热量_kJ，反应的平衡常数pK=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（2）一种脱除和利用水煤气中2CO方法的示意图如下：某温度下，吸收塔中23K CO溶液吸收一定量的2CO后，2-33c CO:c HCO=1:2，则该溶液的pH=_(该温度下23H CO的711ala2K=4.6 10,K5.0 10)；再生塔中产生2CO的离子方程式为_；利用电化学原理，将2CO电催化还原为24C H，阴极反应式为_。【参考答案】（1）.BD.吸收.13.14.0.02MPa（2）.10.2-3HCOCO2+2-3CO+H2O.2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O【小问

31、1 详解】A在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应的平衡不移动，A 说法不正确；B在反应中有固体 C 转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B 说法正确；C若 C(s)和 H2O(g)完全反应全部转化为 CO2(g)和 H2(g)，由 C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为23，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时 H2的体积分数不可能大于23，C 说法不正确；D将炭块粉碎可以增大其与

32、 H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D 说法正确；综上所述，相关说法正确的是 BD。反应平衡时，H2O(g)的转化率为 50%，则水的变化量为 0.5mol，水的平衡量也是 0.5mol，由于 CO 的物质的量为 0.1mol，则根据 O 原子守恒可知 CO2的物质的量为 0.2mol，根据相关反应的热化学方程式可知，生成 0.1mol CO 要吸收热量 13.14kJ，生成 0.2mol CO2要放出热量 8.22kJ 此时，因此整个体系吸收热量 13.14kJ-8.22kJ=4.92kJ；由 H 原子守恒可知，平衡时 H2的物质的量为 0.5mol，CO 的物质的量为 0.1mo

33、l，CO2的物质的量为 0.2mol，水的物质的量为 0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为 0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应 I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp=0.10.50.11.31.30.26MPa0.02MPa0.51.31.3P总。【小问 2 详解】某温度下,吸收塔中 K2CO3溶液吸收一定量的 CO2后，c(23CO):c(3HCO)=1:2，由2323a(CO)(H)(HCO)cccK可知，

34、(H)c=-1-3a22-31-1-10-12 5.0 10(HCO)(mol L1.0 10mCO)ol LcKc，则该溶液的 pH=10；再生塔中 KHCO3受热分解生成 K2CO3、H2O 和 CO2，该反应的离子方程式为2-3HCOCO2+2-3CO+H2O；利用电化学原理，将 CO2电催化还原为 C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和 H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。17.钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为2TiO，含少量 V、Si 和 Al 的氧化物杂

35、质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗4TiCl中含有的几种物质的沸点：物质4TiCl3VOCl4SiCl3AlCl沸点/13612757180回答下列问题：（1）已知G=H-TS，G的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略H、S随温度的变化。若G0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600时，下列反应不能自发进行的是_。A.22C(s)O(g)CO(g)B.22C(s)O(g)2CO(g)C.2242TiO(s)2Cl(g)TiCl(g)O(g)D.2242TiO(s)C(s)2Cl(g)TiCl(g)CO(g)（2）2TiO与 C、2Cl，在600的沸腾炉中充分反应后

36、，混合气体中各组分的分压如下表：物质4TiClCO2CO2Cl分压MPa24.59 1021.84 1023.70 1095.98 10该温度下，2TiO与 C、2Cl反应的总化学方程式为_；随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_。（3）“除钒”过程中的化学方程式为_；“除硅、铝”过程中，分离4TiCl中含Si、Al杂质的方法是_。（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_(填“能”或“不能”)交换，理由是_。（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_。A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠C.铝热反应制锰D.氧化汞分解制汞【参考答案】（1）C（2）.5TiO2+6C+1

37、0Cl26005TiCl4+2CO+4CO2.随着温度升高，CO2与 C 发生反应2C+CO2CO高温（3）.3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3.蒸馏（4）.不能.若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入 Al，又引入 Al 杂质；（5）AC【分析】钛渣中加入 C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗 TiCl4，加入单质 Al 除钒，再除硅、铝得到纯 TiCl4，加入 Mg 还原得到 Ti。【小问 1 详解】记22C(s)+O(g)=CO(g)，22C(s)+O(g)=2CO(g)，2242TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)，2242Ti

38、O(s)+C(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+CO(g)；A由图可知，600时22C(s)+O(g)=CO(g)的G0，反应自发进行，故 A 不符合题意；B由图可知，600时22C(s)+O(g)=2CO(g)的G0，反应不能自发进行，故 C 符合题意；D根据盖斯定律，2242TiO(s)+C(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+CO(g)可由+得到，则 600时其G”“”或“=”)，原因是_。（2）富马酸亚铁424FeC H O是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：富马酸分子中键与键的数目比为_；富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_。（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合

39、物，该物质可以在温和条件下直接活化2H，将3-N转化为2NH，反应过程如图所示：产物中 N 原子的杂化轨道类型为_；与2NH互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在 xz、yz 和 xy 平面投影分别如图所示：该超导材料的最简化学式为_；Fe 原子的配位数为_；该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm。阿伏加德罗常数的值为AN，则该晶体的密度为_1g cm(列出计算式)。【参考答案】（1）.Ar 3d104s24p4.6.SeO3的空间构型为平面三角形，SeO2-3的空间构型为三角锥形（2）.11:3.OCHFe（3）.sp3杂化.H2O（4）

40、.KFe2Se2.4.21A2(39+562+792)N abc 10【小问 1 详解】硒元素的原子序数为 34，基态原子的电子排布式为Ar 3d104s24p4，故答案为：Ar3d104s24p4；由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有 6 种化学环境不同的碳原子，故答案为：6；三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为 3，孤对电子对数为 0，分子的空间构型为平面三角形，键角为 120，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为 4，孤对电子对数为 1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于 120，故答案为：；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO23的空间构型为三角锥形；【小问 2 详解】

41、由球棍模型可知，富马酸的结构式为 HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为键，双键中含有1 个键和 1 个键，则分子中键和键的数目比为 11：3，故答案为：11：3；金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为 OCHFe，故答案为：OCHFe；【小问 3 详解】由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为 4，原子的杂化方式为 sp3杂化，故答案为：sp3杂化；水分子和氨基阴离子的原子个数都为 3、价电子数都为 8，互为等电子体，故答案为：H2O；【小

42、问 4 详解】由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为 818+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为 1214+212=4，则超导材料最简化学式为 KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为 4，故答案为：4；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A2(39+562+792)N=abc1021d，解得 d=21A2(39+562+792)N abc 10，故答案为：21A2(39+562+792)N abc 10。选修选修 5 5：有机化学基础：有机化学基础 19.物质 J

43、是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下：已知：Ph3CH2R Br；回答下列问题：（1）A 中官能团的名称为_、_；（2）FG、GH 的反应类型分别是_、_；（3）B 的结构简式为_；（4）CD 反应方程式为_；（5）是一种重要的化工原料，其同分异构体中能够发生银镜反应的有_种(考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有 3 组峰，且峰面积之比为4:1:1的结构简式为_；（6）中的手性碳原子个数为_(连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子)；（7）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_(无机试剂任选)。【参考答案】（1）.醚键.醛基（2）.取代反应.加成反应（3）（4）（5

44、）.4.（6）1（7）【分析】A（）和反应生成 B（C12H14O4），根据“已知”可以推出 B 的结构简式为；B 和HCOONH4发生反应得到 C（C12H16O4），C 又转化为 D（C12O14O3），根据“已知”可推出 C 的结构简式为，D 的结构简式为；D 和 HOCH2CH2OH 反应生成 E（）；E 在一定条件下转化为 F（）；F 和 CH3I 在碱的作用下反应得到 G（C15H18O5），G 和反应得到 H（），对比 F 和 H 的结构简式可得知 G 的结构简式为；H 再转化为 I（）；I 最终转化为 J（）。【小问 1 详解】A 的结构简式为，其官能团为醚键和醛基。【小问 2

45、 详解】由分析可知，G 的结构简式为，对比 F 和 G 的结构简式可知 FG的反应为取代反应；GH 反应中，的碳碳双键变为碳碳单键，则该反应为加成反应。【小问 3 详解】由分析可知，B 的结构简式为。【小问 4 详解】由分析可知，C、D 的结构简式分别为 C 的结构简式为、，则 CD 的化学方程式为。【小问 5 详解】的同分异构体能发生银镜反应，说明该物质含有醛基，根据分子式 C4H6O 可得知，该物质还含有碳碳双键或者三元环，则符合条件的同分异构体有 4 种，它们分别是CH2=CHCH2CHO、和，其中核磁共振氢谱有 3组峰，且峰面积之比为 4:1:1 的结构简式是。【小问 6 详解】连四个不同的原子或原子团的碳原子成为手性碳原子，则 I 中手性碳原子的个数为 1，是连有甲基的碳原子。【小问 7 详解】结合 GI 的转化过程可知，可先将转化为，再使和反应生成，并最终转化为；综上所述，合成路线为：