2022年高考化学真题试卷(河北卷)含答案

1、2022 年高考化学真题试卷河北卷一、单项选择题9 27 分A. 钢是以铁为主的含碳合金C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3“灌钢法”A. 钢是以铁为主的含碳合金C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3高分子材料在生产生活中应用广泛。以下说法错误的选项是 芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素聚氯乙烯通过加聚反响制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层淀粉是相对分子质量可达几十万的自然高分子物质大豆蛋白纤维是一种可降解材料以下操作标

2、准且能到达试验目的的是 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分别碘水中的碘硫和氮及其化合物对人类生存和社会进展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，以下说法正确的选项是 NO2 SO2 均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2 和 PM2.5NO NO2 作为肥料，实现氮的固定用中子轰击 X 原子产生用中子轰击 X 原子产生 粒子(即氮核 He)的核反响为： X+nY+He。元素Y 在化合物中呈+1 价。以下说法正确的选项是 A. H3XO3 可用于中和溅在皮肤上的NaOH 溶液B. Y 单

3、质在空气中燃烧的产物是Y2O2C. X 和氢元素形成离子化合物D.6Y 和7Y 互为同素异形体BiOCl 是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi BiOCl 的工艺流程如图：以下说法错误的选项是 HNO3 可降低反响猛烈程度HCl BiONO3CH3COONa(s)Bi3+水解程度22.4L(标准状况)18NA1mol 1mol 氢气在密闭容器中充分反响，生成的碘化氢分子数小于2NA电解饱和食盐水时，假设阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为 22.4L(标准状况)18NA1mol 1mol 氢气在密闭容器中充分反响，生成的碘化氢分子数小于2NA电解饱和食盐水时，假设阴阳两极产生气体的

4、总质量为73g，则转移电子数为 NA1L1molL-1 溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NAA. 是苯的同系物CA. 是苯的同系物C. 6 种(不考虑立体异构)B. 8 个碳原子共平面D. 4 个碳碳双键KO2 电池构造如图，a b 为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，以下说法错误的选项是 隔膜允许K+通过，不允许O2 通过放电时，电流由b 电极沿导线流向a 电极；充电时，b 电极为阳极1Ah KO2 的质量与消耗O2 2.22用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g 0.9g 水二、不定项选择题共 4 16 分关于非金属含氧酸及其盐的性质，以下说法正确的选项是 浓H2SO4 具有

5、强吸水性，能吸取糖类化合物中的水分并使其炭化NaClO、KClO3 等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH 减小而增加NaI 与浓H3PO4 HIH3PO4 HI 酸性强HNO3 HNO3 Cu NO2 NOHNO3 氧化性更强以下图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，X Z 同主族，Y 原子序数为W 3 倍。以下说法正确的选项是 A. X A. X Z 的最高化合价均为+7 价B. HX HZ 在水中均为强酸，电子式可表示为与C. 四种元素中，Y 原子半径最大，X 原子半径最小D. Z、W 和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价

6、键的化合物1mol NaHCO3 22.4L(标准状况)CO2Na、NaOH 反响，消耗二者物质的量之比为5：11mol 2molH2 发生加成反响KMnO4 溶液氧化M N 且浓度相等，同时发生以下两个反响：M+N=X+Y；1M+N=X+Z，反响v1=k1c2(M)，反响v2=k2c2(M) (k 、k2 为速率常数)。反响体系中组分M、Z 的浓度随时间变化状况如图，以下说法错误的选项是 1030min 时间段内，Y 6.6710-8molL-1min-1反响开头后，体系中Y Z 的浓度之比保持不变假设反响能进展到底，反响完毕时62.5%M 转化为Z反响的活化能比反响的活化能大三、非选择题【

7、必考题】共 3 题；共 42 分化工专家侯德榜制造的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济进展做出了重要奉献，某化学兴趣小组在试验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3， 进一步处理得到产品Na2CO3 和NH4Cl，试验流程如图：答复以下问题：ABCDE.3从AE 中选择适宜的仪器制备O， 正确的连接挨次 按气流方向，用小写字母示ABCDE.32B 中使用雾扮装置的优点是。生成NaHCO3 的总反响的化学方程式为。反响完成后，将B U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3 和滤液：对固体NaHCO3 充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2， Na2O2增重0.14g，则固

8、体NaHCO3 的质量为g。向滤液中参加NaCl 粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分析出并分别，依据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，需承受的操作为、洗涤、枯燥。无水NaHCO3 可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，假设无水NaHCO3 保存不当，吸取了肯定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果(填标号)。偏高偏低 不变绿色化学在推动社会可持续进展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg Na+内循环。

9、工艺流程如图：答复以下问题：高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。工序的名称为。滤渣的主要成分是(填化学式)。工序中发生反响的离子方程式为。物质V 可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反响的化学方程式为，可代替NaOH 的化学试剂还有(填化学式)。7工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为。(通常认为溶液中离子浓度小于7工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1 为沉淀完全；Al(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63， Kw=10-14， KspAl(OH)3=10-33)当今，世界多国相继规划了碳达

10、峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为争辩热点。大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。25时，相关物质的燃烧热数据如表：物质物质H2(g)C(石墨，s) C6H6(l)燃烧热H(kJmol-1) -285.8 -393.5-3267.526 6则25时H (g)和C(石墨，s)生成C H (l)的热化学方程式为26 6雨水中含有来自大气的CO2， 溶于水中的CO2 进一步和水反响，发生电离：CO2(aq)+H2O(l)=H+CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)溶液中CO2 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压

11、溶液中CO2 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)，比例系数为ymolL-1kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x 时，溶液中H+浓度为molL-1(写出表达式，考虑水的电离，无视HCO的电离)3105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO )固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO (s)33M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反响达平衡时体系的总压为46kPa。22保持温度不变，开头时在体系中先通入肯定量的CO2(g)，再参加足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO (g)的初始压强应大于kPa

12、。24LiCO2 电池，取得了重大科研成果，答复以下问题：2LiCO 电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的CO 在(填“正”或“负”)2.2CO +2e-=C O.C .2CO +2e-=C O.C O2. 22=CO +CO2.CO+2Li+=Li CO23争辩说明，在电解质水溶液中，CO2 气体可被电化学复原。.CO在碱性介质中电复原为正丙醇(CH CH CHOH)的电极反响方程式为。2322.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)CO2CO 的反响进程中(H+H2的反响2可同时发生)，相对能量变化如图.由此推断，CO 电复原为CO 从易到难的挨次为(用a、b、c字母排序)。2四

13、、非选择题【选考题】共 2 题；共 30 分17.3：物质构造与性质KH2PO4 晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4 晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。答复以下问题：2原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，假设一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。22原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，假设一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。2NNNN PPNNNN PPPP193946 197 489从

14、能量角度看，氮以N2、而白磷以P (构造式可表示为4)形式存在的缘由是。5与PO电子总数一样的等电子体的分子式为。223KH PO 是次磷酸的正盐，H PO 的构造式为5与PO电子总数一样的等电子体的分子式为。223如果有n如果有n 个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为。7分别用、表示H2PO和K+， KH2PO4 晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz 面、yz 面上的位置：A假设晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为N， 晶体的密度gcm-3(写出表达式)。A晶胞在x 轴方向的投影图为(填标号)。18.5：有

15、机化学根底信息：+R2CH2COOH(R1=芳基)丁苯酞(NBP)ZJM289信息：+R2CH2COOH(R1=芳基)答复以下问题：1A 的化学名称为。2D 有多种同分异构体，其中能同时满足以下条件的芳香族化合物的构造简式 。FeCl3 溶液发生显色反响；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为122 3。EF 中(步骤1)的化学方程式为。GH 的反响类型为。假设以NaNO3 代替AgNO3， 则该反响难以进展，AgNO3 对该反响的促进作用主要是由于。6W 是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物。设计由2，4二氯甲苯()和对三氟甲基苯乙酸()制备W 的合成路线。6W 是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物。

16、设计由2，4二氯甲苯()和对三氟甲基苯乙酸()制备W 的合成路线。(无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选)。答案解析局部一、单项选择题【解析】【解答】A钢和铁都是铁的合金，钢的含碳量是0.3%-2%，生铁的含碳量是 2%-4.3%，钢是含碳量低的铁合金，故A 不符合题意； B钢的硬度和脆性与含碳量有关，硬度和脆性随着含碳量的增大而增大，故不符合题意； C由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C 符合题意； D赤铁矿的主要成分是红棕色的Fe2O3， 可用于冶炼铁，故D 不符合题意；故答案为：C。【分析】考察的是铁合金，铁的合金常用的是生铁和钢，生铁和钢的性质下差异的缘

17、由是含碳量不同， 生铁的含碳量高，钢的含碳量低，钢的含碳量越高，印度和脆性越大，常用冶铁矿石的是赤铁矿主要成 分是三氧化二铁，合金的熔点比纯金属要低【解答】A芦苇中主要含有自然纤维素，而自然纤维可用于制造黏胶纤维，故A 不符合题意； B聚氯乙烯中含有氯元素，在高温条件下会分解生成有毒气体氯气，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B 符合题意；自然高分子物质是自然接存在，而淀粉的分子式是(C6H10O5)n 相对分子质量可达几十万，故C 不符合题意； D大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，可以作为微生物生长的原料，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D 不符合题意；故答案为:B。【

18、分析】A.芦苇广泛存在与自然界，主要成分是纤维素，因此可以用来制作粘胶纤维B.一般制备农药均选择氯元素，磷元素、氟元素等非金属很强的元素，而聚氯乙烯中存在氯元素，在加热时易产生有毒的物质C.淀粉的分子式是(C6H10O5)n,为高分子化合物D.蛋白质易被水解，因此可降解3.解析【解答A酸碱中和滴定，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反响后生成的醋酸钠水解呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，到达滴定终点，故A 符合题意； B测定中和热试验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，以免测定温度不准确，并且 大烧杯内空隙需用硬纸板填充且大烧杯也需要用纸板盖住，防止热

19、量散失，故B 不符合题意； C容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，浓硫酸稀释时放热，导致温度上升造成炸裂，容量瓶上的温 度时 20，故 C 不符合题意； D考察的是分液漏斗的使用，分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下 时飞溅，故D 不符合题意；故答案为A。A.酸碱中和滴定，酚酞的变色范围在碱性范围内，而氢氧化钠和醋酸反响得到的醋酸钠显碱性符 合酚酞的变色范围B.中和热测定时需要留意保温装置，以及温度计不能与烧杯底部接触，此装置为进展保温可能测定的结果偏低C.浓硫酸稀释时放热，一般稀释时放在烧杯中，容量瓶是用来配制肯定物质的量浓度的溶液 D.分液时留意分液漏斗的下端仅

20、靠烧杯内壁4.【解析】【解答】A NO2 是红棕色且有刺激性气味的气体，溶于水形成硝酸，而 SO2 是无色有刺激性气味的气体，溶于水形成亚硫酸最终被氧化为硫酸，均是产生酸雨的主要气体，A 不符合题意； B汽车尾气的主要大气污染物为C N NOx CO 等，PM2.5 是粉尘，B 不符合题意；C植物可吸取土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸取空气中的氮氧化物，氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，最终转化为硝酸盐，C 不符合题意；D工业废气中的 SO2 可承受石灰法进展脱除，如参加石灰石或石灰乳均可进展脱硫处理，先变为亚硫酸钙，连续氧化变犯难分解的硫酸钙，D 符合题意；故答案为：

21、D。5.【解析】【解答】A为硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，假设不慎将5.【解析】【解答】A为硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，假设不慎将溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹，以中和碱液到达目的，A 符合题意；BY LiLi2O 不行能有过氧化锂，B 不符合题意；D和两者的质子数均为 3，中子数不同的两种核素，所以两者互为同位素，D 不符合题意；CX 为B，与氢元素均是非金属元素会形成BH3 或B2H4 等硼氢化合物，BD和两者的质子数均为 3，中子数不同的两种核素，所以两者互为同位素，D 不符合题意；故答案为：A。【分析】依据推断Y Li,X 是BA.硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液是碱

22、性溶液，不留神滴到皮肤上，利用硼酸的弱酸性可以中和氢氧化钠溶液B.Li 在空气中产物没有过氧化锂，只有氧化锂6Y 76Y 7Y 均是元素不是单质B金属铋与硝酸反响生成的硝酸铋会发生水解反响生成，水解的离子方程式为，转化工序中参加稀溶液 ，使氢离子浓度增大，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成的产生，B 不符合题意；C氯化铋水解生成的离子方程式为B金属铋与硝酸反响生成的硝酸铋会发生水解反响生成，水解的离子方程式为，转化工序中参加稀溶液 ，使氢离子浓度增大，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成的产生，B 不符合题意；C氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中参加少量进，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢

23、离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促水解，C 不符合题意；D氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中参加少量硝D氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中参加少量硝酸铵，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反响，也不利于生成，综上所述，D 符合题意；【分析】A.硝酸具有很强的氧化性，分批次参加避开大量的接触，避开了反响速率过快BiONO3B.BiONO37.【解析】【解答】A在标准状况下 ，7.【解析】【解答】A在标准状况下 ，氟气的物质的量=1mol1mol=，A 不符合题意；B碘蒸气与氢气发生的反响为可逆反响，方程式为：，

24、不能完全反响，所以充分反响，生成的碘化氢分子数小于，B 不符合题意；C电解饱和食盐水时电极总反响为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，阴极是氢离子得到电子变为氢气，阳极是氯离子得电子变为氯气，氢气和氯气的物质的量之比为1:1，假设气体的总质量为明反响生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，依据关系式 H2符合题意；，则说2e-可知，转移的电子数为，CD溴化铵水溶液存在电荷守恒，c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，体积肯定时，则物质的量也满足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)n(Br-)=，D 不符合题意；，所以该溶液中与离子数之和大于故答案为：C。【分析】A.1

25、个氟气分子的质子数B.氢气和碘单质反响是可逆反响，不能完全反响C.电解饱和食盐水，得到的气体是氯气和氢气，依据得失电子守恒即可推断电子数目D.依据电荷守恒即可推断8.解析【解答A苯的同系物必需是只含有1 个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由构造简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，具有不同的构造，不属于苯的同系物，故A 不符合题意； B由构造简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6 个碳原子和连在苯环上的2 个碳原子共平面，共有8个碳原子，其他连接的均是单键，最多含有8 个碳原子共面，故B 符合题意； C由构造简式可知，苯并降冰片烯分子的构造上下对称，构造中含有5 5 种， 故 C 不符合题意

26、； D苯环中的键是介于单键和双键特别的键，不存在双键，由构造简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有 1 个碳碳双键，故D 不符合题意；故答案为：B。9.【解析】【解答】A电池所选择隔膜应允许符合题意；通过，不允许通过，为防止钾与氧气反响，故A 不【分析】该分子是芳香族化合物，与苯的构造不相像不互为同系物，苯环上全部的原子均共面，苯环上 的碳原子以及与苯环相连接的碳原子个数共有8 个，该分子中存在着9.【解析】【解答】A电池所选择隔膜应允许符合题意；通过，不允许通过，为防止钾与氧气反响，故A 不D由得失电子数目守恒可知，铅酸蓄电池充电时的总反响方程式为2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO

27、4，2H2O2e，耗 3.9g 钾时转移的电子数为0.1mol18g/mol=1.8gD 符合题意；=0.1mol，铅酸蓄电池消耗水的质量为B由分析可知，放电时，a 为负极，钾失去电子，b 为正极，氧气得电子，电子是由a 流向b 因此电流由b 电极沿导线流向aD由得失电子数目守恒可知，铅酸蓄电池充电时的总反响方程式为2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，2H2O2e，耗 3.9g 钾时转移的电子数为0.1mol18g/mol=1.8gD 符合题意；=0.1mol，铅酸蓄电池消耗水的质量为故答案为：D。a 是负极，钾失去电子，变为钾离子，b 是正极。氧气得到电子结合钾离子变为超氧化

28、钾。充电时，a 与电源负极相连接，为阴极，b 与电源正极相连接，为阳极。依据数据计算出超氧化钾和氧气的质量，依据消耗的钾质量计算出转移的电子数，即可计算铅蓄电池的水的量二、不定项选择题BNaClO 在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH BNaClO 在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH 减小，则酸性增强，氢离子浓度增大，消耗氢氧根离子，会促使平衡向正反响方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下氧化力量增加，增加氧化力量，B 符合题意；C利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，HI 的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生复分解反响生成，与酸性强弱无关，C 不符合题意；D一样条件下，依

29、据铜与浓硝酸、稀硝酸反响的猛烈程度可知，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性， D 不符合题意；故答案为：B。【分析】A.蔗糖的碳化主要利用了浓硫酸的脱水性B.次氯酸和氯酸的氧化性强于次氯酸钠和氯酸钾的氧化性，酸性越强氧化性越强C.考察的是难挥发性酸制取易挥发性酸D.比较酸性的强弱可以比较一样条件下与同种金属反响的速率即可推断B和HF HCl，HF 水溶液局部电离，是弱酸，HCl 在水中完全电离是强酸，电子式相同，B 不符合题意；【解析】【解答】AW N,X F,Y P,Z Cl，X Z 分别是B和HF HCl，HF 水溶液局部电离，是弱酸，HCl 在水中完全电离是强酸，电子式相同，B 不符合题意

30、；C电子层数越多，半径越大，同周期从左到右半径渐渐减小，四种元素N、F、P、Cl 中，N、F 有两个电子层，P、Cl 有三个电子层，半径大于N F，P ClY 原子半径在这四种元素中最大；F 原子序数大于N，故X 原子半径在这四种元素中最小，C 符合题意；DCl、N 和H 三种元素可形成氯化铵是离子化合物，是同时含有离子键和共价键的化合物，D 符合题意；故答案为：CD。12.【解答】A能和碳酸氢钠反响的基团是羧基，依据分子的构造简式可知，1 mol 该分子中含有1mol -COOH，可与1mol意；溶液反响生成1mol，在标准状况下其体积为，A 不符合题B能和金属钠反响的基团是羧基和羟基，能和

31、氢氧化钠反响的基团是酚羟基和羧基和酯基等，1mol 有机5mol 1mol 羧基，1mol 6mol 钠，1mol 1mol 氢氧化钠，所以肯定量的该物质分别与足量反响，消耗二者物质的量之比为，B 符合题意；C 1mol 1mol 碳碳双键，只有碳碳双键与氢气发生加成，其他官能团不与氢气发生加成反12.【解答】A能和碳酸氢钠反响的基团是羧基，依据分子的构造简式可知，1 mol 该分子中含有1mol -COOH，可与1mol意；溶液反响生成1mol，在标准状况下其体积为，A 不符合题B能和金属钠反响的基团是羧基和羟基，能和氢氧化钠反响的基团是酚羟基和羧基和酯基等，1mol 有机5mol 1mol

32、 羧基，1mol 6mol 钠，1mol 1mol 氢氧化钠，所以肯定量的该物质分别与足量反响，消耗二者物质的量之比为，B 符合题意；C 1mol 1mol 碳碳双键，只有碳碳双键与氢气发生加成，其他官能团不与氢气发生加成反1mol 该物质最多可与发生加成反响，C 符合题意；D分子中含碳碳双键和羟基，均具有复原性，均能被酸性题意；溶液氧化使高锰酸钾褪色，D 不符合故答案为：BC。【分析】A.羧基可以与碳酸氢钠反响，找出羧基的个数即可B.与钠反响的是羧基、羟基，与氢氧化钠反响的是羧基，找出各官能团个数即可C.与氢气加成的是碳碳双键或三键或醛基、羰基找出即可13.【解析】【解答】13.【解析】【解

33、答】A由图中数据可知，则依据M 0.5时，M、Z 0.300Y 0.200-0.125-0.300=0.075=0.200。因此，0.125，依据计算出转化为时间段内，Y 的平均反应速率为=，A 说法符合题意；B由题中信息可知，依据速率公式 v1=k1c2(M) 和 v2=k2c2(M) ，反响和反响的速率之比为，Y和Z 分别为反响和反响的产物，且两者与M 的化学计量数均为1，因此反响开头后，=，由k1、k 为速率常数，故该比值保持不变，B 说法不符合题意；2C结合A、B 的分析可知因此反响开头后，在一样的时间内,=，因此，假设反响能进展到底，反响完毕时有M 转化为Z，即M 转化为Z，C 说法

34、不符合题意；D由以上分析可知，在一样的时间内生成Z 多、生成Y 少，因此，反响的化学反响速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反响速率较快，故反响的活化能比反响的活化能大，D 说法不符合题意。故答案为：A。【分析】A.30min 的数据计算出Y 的物质的量浓度的变化量即可计算出速率温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可推断Y 和 Z 的浓度之比不变依据速率之比计算即可活化能越大，反响速率越慢，依据计算推断Y 和Z 的浓度大小即可推断速率的大小三、非选择题【必考题】【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和

35、碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接挨次应为：aefbcgh；A 中处于密封体系，内外大气压不等，为使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺当滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞翻开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对 准漏斗颈部的小孔；(3)依据上述分析可知，生成NH3(3)依据上述分析可知，生成NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；(4)对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反响的化学方程式为：将气体先通过足量浓硫酸，吸取水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：依据差量法数据进展计算设碳酸

36、氢钠的物质的量为x，故列出比例式，2x560.14gx=0.005mol,依据关系式可知，消耗碳酸钠的物质的量为20.005mol=0.01mol，固体0.01mol84g/mol=0.84g；(5)称量前，假设无水保存不当，吸取了肯定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，依据(5)称量前，假设无水保存不当，吸取了肯定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，依据c(测)=c(测)偏高，A 项正确，故答案为：A。【分析】1先将二

37、氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进展除杂即可，分液漏斗液体顺当滴下应当保证内外大气压相等接触面积更大，提高反响速率氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体依据溶解度的变化趋势即可推断得到氯化铵利用降温结晶的方式进展析出固体有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠削减，因此导致测定盐酸的浓度偏大【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期试验，故答案为：溶解浸出；氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、2Fe O

38、 25物质V 是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进展高温氧化反响，参加碳酸氢钠发生的主要反响为高温下，FeCrO2 与氧气和碳酸氢钠反响生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和24Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，假设将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反响，故答案为：4Fe(CrO2)5物质V 是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进展高温氧化反响，参加碳酸氢钠发生的主要反响为高温下，FeCrO2 与氧气和碳酸氢钠反响生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和24Fe(CrO2)2+ 7O

39、2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，假设将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反响，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；7工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反响为，反响的平衡常数为K=1=7工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反响为，反响的平衡常数为K=1=1013.37， 当10-5mol/L 时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10-8.37mol/LpH 8.37，故答案为：8.37。【分析】1找出元素化合价上升的元素即可加水主要是将可溶于水的物质

40、溶解氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁A 为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进展转换，因此确定V 为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反响物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此可循环依据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度【解析】【解答】(1)依据表格燃烧热数据可知，存在反响H2(g)+O (g)=H O(l) H =-285.8kJ22mol-1， C(石墨，s)+O (g)=CO (g) H =-393.5kJmol-1， C H (l)+O

41、 (g)=6CO (g)+6H 222216 62223o H =-3267.5kJmol-1， 依据盖斯定律，36+12-得反响：6C(石墨，s)+3H2(g)=6 66 6mol-1)+(-285.8kJmol-1)-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，63故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C663 mol-1；由题可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO 2- (aq),K =，又由于p(CO2)=pxkP，则c(CO2)=y(molL-1kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在无视HCO - 的电离时，c

42、(H+)=c(HCO - )，所以可得c(H+)=，故答案为：；332MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，依据阿伏伽德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp= Kp K= 529kPa2，=529kPa2。由=kPa=105.8kPa，CO2 的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2 的分压，即CO2(g)的初始压105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；由题意知， 电池反响产物为碳酸锂和单质碳 ，Li-CO2 电池的总反响式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，锂发生的氧

43、化反响，做的是负极材料，CO2 CO2 作为电池的正极反响材料；CO22复原后与Li+结合成Li CO， 按4 个步骤进展，依据I 和II 推断，产生了 CO，因此步骤三是将2转为 CO。所以步骤III 的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；I.CO2 CH3CH2CH2OH，依据电子守恒和电荷守恒写出电极反响式为：3312CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO 2-， 故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO 2- ；33II.有催化剂存在时，活化能越低反响越易发生，从a 中二氧化碳复原为一氧化碳的

44、活化能是a bc，因此催化剂是c ba，而b 中氢离子复原为氢气的活化能是ca b，催化剂的活性是b ac，结合a b,c 催化剂条件下，CO2 电复原的活化能小于H+CO2 的电复原；而催化剂a 和b 条件下，CO2 电复原的活化能均大于H+电复原的活化能，相对来说，更易发生H+的电复原。其中a 催化剂条件下，H+电复原的活化能比CO2 电复原的活化能小的更多，发生H+电复原的可能性更大，因此反响从易到难的挨次为c、b、a，故答案为：c、b、a。【分析】1写出燃烧热的方程式，依据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式依据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算先计算出平衡

45、常数，再依据平衡压强计算出二氧化碳的压强 Li 是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，依据总的反响进展书写第三步的方程式即可 二氧化碳得到电子与氢氧根反响变为正丙醇，依据氧化复原反响即可写出 活化能越低越易转化四、非选择题【选考题】【解析】【解答】(1)在的四种组成元素K,H,O,P各自所能形成的简洁离子分别为或、和，其中或无电子层或1 个电子层，含有2 个电子层，和含有三个电子层，其中核外电子排布一样的是和。对于基态的磷原子，核外电子能级排布是1s22s22p63s23p3,其价电子排布式为，其中3s 轨道的2个电子自旋状态相反，依据洪特规章可知，其3p 轨道的 3 个电子的自旋状态一样，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。能量越低越稳定，依据表中的相关共价键的键能可知，形成1mol 类似白磷分子构造的N4 分子，可以释193kJx6=1158kJ1molN2 946kJN 数目一样的条件下，N2 具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，假设形成1mol分子，可以释放出的能量为197kJx6=1182kJ1molP2 489kJP 数目一样的条件下，P4 具有更低的能量，能量越低越稳定。由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2 个H 与