2022年广东高考化学模拟试题解析

.我国科学家在以二氧化碳为原料人工合成淀粉领域取得突破性进展。下列说法不正确的是A.该过程中无机物转化为有机物B.该过程中二氧化碳发生还原反应C.淀粉与纤维素互为同分异构体D.淀粉是谷类食物的重要组成成分【题析】选项A,二氧化碳是无机物，淀粉是有机物，所以二氧化碳合成淀粉是无机物转化为有机物的过程。选项A正确。选项B,CO2的中碳的化合价是+4,(C6Hk)O5)“中碳的平均化合价为0,故二氧化碳转变为淀粉的过程得到电子，发生还原反应。选项B正确。选项C,化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象。虽然淀粉和纤维素的化学式都是(C6H10O5).，但是“暧值不同，因此它们的分子式并不相同，所以不是同分异构体。选项C错误。选项D,淀粉是谷类食物的重要组成成分。选项D正确。【1.答案】C.“天问一号”探测器成功着陆火星，“祝融号”火星车执行探测任务。下列说法不正确的是A.火星陨石中的2ONe质子数为20B.火星大气中的2Ar和36Ar互为同位素“天问一号”使用的新型镁锂合金是金属材料“祝融号”使用的太阳能电池能将光能转化为电能【题析】选项A,核素左上角的数字表示质量数，故20Ne的质量数是20,不是质子数。选项A错误。选项B,具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素。因此，40Ar和36Ar互为同位素。选项B正确。选项C,金属材料包括纯金属和它们的合金，镁锂合金是金属材料，选项C正确。选项D,太阳能电池是将光能转化为电能。选项D正确。【2.答案】A3.一种用于合成青蒿素类似物的原料的结构如图所示，关于该有机物的说法正确的是A.可发生水解反应 2B.分子式为C13H20O2 1入0HC.能发生加成反应，不能发生取代反应 'v^TiD.属于烯烧，能使澳的四氯化碳溶液褪色【题析】选项A,该有机物的官能团是碳碳双键和竣基，均不能发生水解反应。选项A错误。选项B,该有机物分子式是Cl3H20。2。选项B正确。选项C,该有机物中含碳碳双键能发生加成反应，但该有机物也可以发生取代反应，如侵基的酯化反应、甲基与卤素单质的取代反应等。选项C错误。选项D,煌是指仅由C和H两种元素组成的有机化合物，该有机物含有氧原子，不属于煌，属于燃的含氧衍生物。该有机物中含碳碳双键能使澳的四氯化碳溶液褪色。选项D错误。【3.答案】B4.银器日久表面因生成Ag2s而逐渐变黑。利用原电池原理处理的方法是在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去。下列说法正确的是A.铝作正极，银作负极B.负极上发生还原反应C.Ag2s在正极得到电子D.工作时电能转化为化学能【题析】选项A,表面变黑的银器、铝质容器、食盐溶液构成了一个原电池。铝质容器为负极，银器表面的黑色Ag2s为正极。选项A错误。选项B,A1为负极，A1失电子生成AP+,发生氧化反应。负极反应为：Al-3e-=Al3+选项B错误。选项C,Ag2s为正极，正极反应为：Ag2S+2e^=2Ag+S2-,Ag2s得电子还原生成单质Ago选项C正确。选项D,该装置为原电池，原电池工作时将化学能转化为电能。选项D错误。【4.答案】C.下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A用铁盐净水Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体B用NH4HCO3对农作物施肥NH4HCO3属于氮肥C在钢铁设施上安装镁合金镁比铁活泼可防止铁被腐蚀D用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品SiCh是酸性氧化物

【题析】选项A,Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体，胶体表面积大，可吸附水中悬浮杂质，用于净水。选项A相符。选项B,NH4HCO3属于氮肥，用于农作物施肥。选项B相符。选项C,在钢铁设施上安装镁合金，构成Mg、Fe原电池，镁比铁活泼，镁作负极，可防止铁被腐蚀。选项C相符。选项D,因SiO2能与氢氟酸反应，所以可用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，这是SiO2的特性，与SiCh是酸性氧化物无关。选项D不相符。【5.答案】D.部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是a的浓溶液与KMn()4反应制得bb溶于水制得液氯c可用于自来水消毒D.存在a—b-d-»a的转化关系【题析】由图可知，a是HC1,b是Cb，c是C102，d是HC10。选项A,KMnO4有强氧化性，浓盐酸有强还原性，可发生氧化还原反应制得氯气，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCL+5C12T+8H2。。选项A正确。选项B,Cb溶于水可制得氯水，不是液氯。选项B错误。选项C,C102有强氧化性，可用于自来水消毒。选项C正确。选项D,2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2t+8H2O,Cl2+H,O=HC1+HC10,HC1O见光受热均易分解生成HCL所以存在HCl—CL-HC1O-HCI转化关系。选项D正确。【6.答案】B.硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2s和空气的混合气体通入FeCb、CuCh的混合下列说法正确的是溶液中反应回收S,其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是A.历程①发生反应H2S+Cu2+=CuSJ+2H+B.历程②中CuS作氧化剂C.历程③中n(Fe2+)：”(。2)=1：4D.转化的总反应为H2S=H2+S

【题析】选项A,历程①发生反应H2S+C1P+ CuS1+2H+,选项A正确。选项B,历程②反应为CuS+2Fe3+==Cu2++2Fe2++S,CuS作还原剂。选项B错误。选项C,历程③反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,n(Fe2+)：n(O2)=4：1.选项C错误。选项D,从转化历程图可知，总反应为O2+2H2s=2S1+2H2O。选项D错误。【7.答案】A.下列反应方程式书写正确的是A.浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2TB.呼吸面具中Na2O2和CO2反应：Na2O2+CO2=Na2cO3+O2C.向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaC03l+2HC10D.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CCh2-(叫)+CaSO*)=CaC03(s)+SCVXaq)【题析】选项A,浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+,离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H21.选项A错误。选项B,呼吸面具中NazCh和CO?反应为：2Na2O2+2co2=2Na2co3+O2,选项B未配平，选项B错误。选项C,向次氯酸钙溶液通入过量的C02参与反应，反应后的产物应该是Ca(HCCh)2而不是CaCCh。Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO,选项C错误。选项D,锅炉水垢中的硫酸钙不能被酸溶解，可利用沉淀转化法用碳酸钠溶液处理，使之转化为溶解度小的碳酸钙，再用酸除去。选项D正确。【8.答案】D.下列装置用于实验室制取NO并回收Cu(NO3)2.6H2O,能达到实验目的的是A.用装置甲制NO气体B.用装置乙除NO中的少量NChC.用装置丙收集NO气体D.用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2-6H2O

【题析】选项A,实验室是用金属铜和稀硝酸制取NO。选项A正确。选项B,NO2可以与水发生反应生成硝酸和NO,所以可用水洗气的办法除NO中的少量NO2,但洗气装置导管应该长进短出，乙装置错误。选项B错误。选项C,因为NO能与Ch反应，且一氧化氮的相对分子质量(28)与空气(29)接近，所以不能用排空气法收集NO。选项C错误。选项D,Cu(NO3)2-6H2O带结晶水，应该用蒸发浓缩、冷却结晶的方法而不能用蒸干CU(NO3)2溶液的方法制备。选项D错误。【9.答案】A10.25七时，用1.0mol】TNaOH溶液滴定20.00mLcimol】T的盐酸,用0.010moLL-NaOH溶液滴定20.00mLc2moi•LT的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是0 100 10 20 30 40K(NaOH)/mL12108Hd642A.曲线a表示滴定°mollT的盐酸B.ci：c2=100：1C.滴定至pH=7时，两份溶液导电能力相同D.水的电离程度在V(NaOH)=20.00mL时最大【题析】选项A,由图可知，滴定到20mL,均发生pH突变，但是突变点后曲线a的pH更大，则可知曲线a是用1.0moLLTNaOH滴定°moLLT的盐酸。选项A正确。选项B,滴定到20mL均发生pH突变，根据滴定过程酸与碱物质的量相同，20xl0^xC|=20xl(r3xl得ci=1。moll120x1(?3xc2=2OxlO-3xo.oi得。2=0.010moll,所以ci：c2=100：o选项B正确。选项C,pH=7时，溶质均为NaCL但NaQ的浓度不一样，浓度之比为100：1,故导电能力也不一样。选项C错误。选项D,V(NaOH)=20mL之前，盐酸过量，MNaOH)=20mL之后，NaOH过量，酸和碱都抑制水的电离。V(NaOH)=20mL时，酸碱恰好反应生成NaCL不影响水的电离，此时水的电离程度最大。选项D正确。【10.答案】C

.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L氮气所含的原子数为Na124gP4（［•）分子中所含的共价键数目为4Na1mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为2以ILO.lOmol-LTFeCb溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移的电子数为0.1必【题析】选项A,标准状况下，22.4L氮气含有ImolN2所含原子数为2必。选项A错误。选项B,124gp4物质的量为Imol,P4是四面体结构，在P4分子内，每一个P原子与另外的三个P原子以共价单键相连接，共有6个P-P犍，故124gP4分子中所含的共价键数目为6Na.选项B错误。选项C,乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应,CH3coOCH2cH3+H?O=二CH3coOH+CH3CH2OH,故Imol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于Na。选项C错误。选项D,FeCb溶液中加入足量Cu粉充分反应方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++CM+,该反应中转移电子数为2Na，故0.1molFeC13与足量Cu粉充分反应，转移的电子数为0.1必。选项D正确。【11.答案】D12.一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法不正确的是A.简单氢化物的沸点：Y>XB.YZ2中，丫的化合价为+2C.原子半径：W>Z>YD.W的最高价氧化物对应的水化物是中强酸【题析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，结合X形成4个共价键可推出X为碳元素；丫形成2个共价键可推出丫为氧元素；Z形成1个共价键可推出Z为氟元素；原子团中带一个负电荷，原因是W得一个电子，W得一个电子后形成6个共价键，结合W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，可推出w核外电子排布为285,故W为磷元素。//该化合物是一种用作锂离子电池电解液，名称是二氟二草酸磷酸锂，结构为:选项A,h2o的相对分子质量大于ch4,范德华力h2o>ch4,且h2o中含有氢键，故比0的沸点大于CH4。选项A正确。选项B,OF?中，存在O-F共价键，由于F非金属性大于O,共用电子对偏向F、偏离O,故F显-1价，O显+2价。选项B正确。选项C,W电子层数大于Z、Y,故W原子半径大于Z、Y；Z和丫电子层数相同，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，Z(F)的原子半径小于丫(0),故原子半径为W>Y>Z。选项C不正确。选项D,W是磷兀素，最高价氧化物对应的水化物是H3Po4，H3PO4是中强酸，选项D正确。【12.答案】C13.根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性B向Nai溶液中滴加少量氯水和CC14，振荡、静置，下层溶液显紫色还原性：r〉c「C加热盛有NH4cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4CI固体可以升华D向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe?+【题析】选项A,浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑说明浓硫酸具有脱水性，固体膨胀是因为脱水过程中放出的热量使碳和浓硫酸反应生成了CO2和SO2气体，体现了浓硫酸的强氧化性。选项A错误。选项B,Nai溶液中滴加少量氯水发生反应：21+C12=12+2C「，加入CC14,振荡、静置，L经萃取后转移到密度比水大的CCL层，故下层溶液显紫色。上述实验现象说明溶液中发生了反应21+C12=l2+2C「，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性I〉C「。选项B正确。选项C,NH4cl加热分解生成N%和HC1两种气体，故试管底部固体消失，试管口温度降低，NFh和HC1在试管口反应生成NH4cl晶体，本实验现象是发生化学变化引起的，不属于升华。选项C错误。

选项D,向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，说明加入氯水后溶液中存在Fe3+,但无法排除原溶液中是否有Fe3+的干扰。选项D错误。【13.答案】B.物质X能发生如下反应：①X—niY；②X—〃Z(m、"均为正整数)。恒容体系中X、Y、Z的浓度c随时间■的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是m=n=lH时,c(X)=c(Y)C.反应的活化能：①〈②D.12时，X的消耗速率等于Z的生成速率【题析】选项A,〃?、〃均为正整数，且两步反应均完全，由图可知终点时c(Y)+c(Z)=co,可推断《7=〃=1。选项A正确。选项B,图中“时X、Y相交，故人时，c(X)=c(Y)o选项B正确。选项C,反应①和反应②同时发生，且m=〃=1,由图可知Y的生成速率大于Z的生成速率，①的反应速率大于②，故反应的活化能：①<②。选项C正确。选项D,及时*和2相交，但体系中仍在发生X—Y、X—Z的转化，故X的消耗速率大于Z的生成速率。选项D不正确。.常温下，将pH相同、体积均为％的盐酸和醋酸分别加水稀释至V,pH随1g卷的变化如图所示。下列说法不正确的是A.曲线②表示CH3co0H溶液B.c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强C.盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，c(Cr)>c(CH3coeT)D.c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【题析】pH相同的盐酸和醋酸溶液中，8H+)相同，图中起始时pH=3,起始时溶液中c(H+)=1x10-3mol-L1.HC1是强酸,完全电离，起始时溶液中c(HCl)=lx10-3moLLlCH3COOH是弱酸，部分电离，起始时c(CH3coOH)>1x103moi1%选项A,HC1中lg^=l时，c<H+)=lxlO-4mol-L1,pH=4,对应曲线①。v0CHjCOOH中lg-=l时，由于稀释过程中CHjCOOH电离程度增大，c(H+)>lxlO-4mol-L-',v0pH<4,对应曲线②。选项A正确。选项B,c点溶液稀释10倍后得到b点溶液，故c点溶液中离子浓度大于b点溶液中离子浓度，c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强。选项B正确。选项C,常温下，盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，两溶液中c(H+)=lxlO-4molL\c(OH)=lxl0T0mol.L，以A代替酸根离子，两溶液中都存在电荷守恒:c(H+)=c(A)+c(OH),此时两溶液中c(H+)和c(OH-)相等，故c(C「)=c(CH3coeT)。选项C不正确。选项D,起始时溶液中c(HCl)=lx10-3moLLT、c(CH3COOH)>1xIO-3molL-1,同时稀释10倍后仍存在c(CH3COOH)>c(HC1),选项D正确。【15.答案】C16.四甲基氢氧化铉［(CH3)4NOH］常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢钱［(CH3)4NHCCh］水溶液为原料，电解制备(CH3)4NOH的装置如图所示。下列说法不正确的是惰性电极阴离子 I"' 阳离子惰性电极1 交换膜 交换膜./Na+(CH3)4N+ (CH3)4N+|soj-HCO3OHII室 原料室 II室A.工作时原料室(CH3)4N+向II室迁移I室可得至1J%和CO?C.当外电路中有Imol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOHD.电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O-通电_4(CH3)4NOH+2H2T+O2T+4co2T【题析】选项A,电解池阴极在II室，故原料室的(CHMN+可透过阳离子交换膜向阴极移动进

入II室。选项A正确。选项B,电解池阳极在I室，发生反应：2H2O-4e-=ChT+4H+,同时原料室的HCO3-透过阴离子交换膜进入I室发生反应：4HCO3+4H+=4H2O+4CO2t.故I室可得到和C02«选项B不正确。选项C,当外电路中有Imol电子通过时，理论上原料室有lmol(CH3)4N+迁移到I［室；同时II室发生反应：4H2O+4e^=2H2T+4OH,理论上生成ImolOH、故当外电路中有Imol电子通过时，理论上能生成Imol(CHs'NOH。选项C正确。选项D,I室发生反应：4HCO3=4e--O2T+4cO2T+2H2。，II室发生反应：通电4H2O+4e-=2H2T+4OH1总离子方程式为：4HCOs+2H2O 40=+2H2T+O2T+4cO2T,故电解总反应为：4(CH3)4NHCO3+2H2O-1-1114(CH3)4NOH+2H2T+O2T+4cO2T。选项D正确。【16.答案】B二'非选择题：共56分。第17〜19题为必考题，考生都必须作答。第20〜21题为选考题，考生根据要求作答。(-)必考题：共42分。(14分)SCh和焦亚硫酸钠(Na2s2O5)可用作食品添加剂。回答下列问题：(1)实验室用H2s04和NaHSCh制取SO2的化学方程式为。欲净化与收集SCh，选择必要装置，按气流方向连接顺序为»(填仪器接口的字母编号)碱石灰碱石灰(2)焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：2NaHSO3=Na2s2O5+氏0。试剂：稀盐酸、稀H2s04、稀HNCh、BaC12溶液、酸性KMnCh溶液、氏。2溶液实验编号实验步骤现象结论I取少量样品，加入除氧蒸馈水固体完全溶解得到无色溶液II取实验［的溶液，① ② 样品已氧化变质III另取实验I的溶液，③ ④ 样品未完全氧化变质（3）某小组利用下列装置测定空气中SO2的含量。空气样品空气样品已知该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2。=H2SO4+2HI若空气流速为an^minL当观察到时，结束计时，测定耗时fmin。假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO?的含量是mg.m-3。【答案】TOC\o"1-5"\h\zH2so4+NaHSCh=NaHSO4+H2O+SO2t （2分）baefgh （2分）（2）①加入足量稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCL溶液 （2分）②产生白色沉淀 （1分）③滴入少量酸性KMnC>4溶液 （2分）④溶液紫红色褪去 （1分）（3）溶液蓝色褪去 （2分）— （2分）at【试题分析】本题以S02的制备、净化和收集，食品添加剂变质的探究、空气中污染物测定为情景素材，硫及其化合物的性质、转化、检验和测定为载体，考察学生对核心的元素化合物知识，化学方程式的书写，气体提纯与收集、物质检验、定量测定多种类型实验方法的掌握。突出考察了学生证据推理与模型认知，科学探究与创新意识，宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想的核心素养水平。（1）主要考察SO2制备的原理，净化与收集的方法。用H2so4和NaHS03制取SO2的原理是强酸制弱酸，H2s。4将H+给HSCh-形成H2so3，分解形成SO2和H2O,根据H2sCh给出H+的个数不同生成NazSCh或者NaHSO4,答案为：H2SO4+NaHSO3=NaHSO4+H2O+SO2t或H2so4+2NaHSCh=Na2so4+2H2O+2SO2T气体净化与收集的方法这类问题的一般思路是：首先根据气体制备原理，结合反应物、产物、溶剂等的挥发性，可能的副反应几个因素，判断出制备装置出来的混合气体的组成，然后根据混合气体各个成分的物理化学性质差异，结合给出的装置选择合适的除杂装置；然后根据目标产物的性质（主要包括在空气中的稳定性，密度，水溶性）选择合适的收集方法：最后选择合适的装置吸收尾气。故主要的装置依次为：净化装置一一收集装置一一尾气处理装置。净化装置的洗气瓶遵循长进短出的原则，收集装置根据目标产物气体与空气的相对大小选择向上排空气法或者向下排空气法。本题中用H2s04和NaHSO3制取SO2,常温下硫酸不易挥发，因此产生的混合气体包括SO2和挥发出的水蒸气，选择浓硫酸进行干燥，在按照长进短出的原则，气体首先通过ba。然后，S02的密度比空气大，选择向上排空气法，空气从上口出，气流通过ef。最后，用碱石灰吸收尾气中的S02,为了尾气能够充分吸收，通过碱石灰的气流应从大口进入，小口流出，即气流通过gh排出。有时还需要根据需要考虑多个除杂装置的顺序，或选择一些额外的装置如防倒吸装置、防止外界空气进入装置内参与反应的装置。根据实验目的的不同，收集装置也可能替换为反应装置、检验装置或测定装置。答案为：baefgh（2）实验目的是检验焦亚硫酸钠的氧化变质程度，结合表格中的实验结论可以判断，本实验为定性的物质检验实验。物质检验类实验首先应当根据实验目的和实验体系中所含有的物质信息，分析以下四个问题：待检验的微粒是什么？可以采用什么样的方法检验这种微粒？干扰检验的微粒有哪些？如何排除干扰？本实验中存在一个陌生物质一一焦亚硫酸钠（Na2s2O5），对于实验题中的陌生物质，应结合理论分析（尤其是价-类二维分析）和题中信息推测该陌生物质所具有的性质。焦亚硫酸钠（Na2s2。5）中S为+4价，推测可能具有较强的还原性和较弱的氧化性，这与题中所给信息样品易被氧化而变质一致。同时根据2NaHSO3=Na2s2O5+H2O可知在Na2s2O5溶液中，还存在NaHSOjo实验II的结论是样品已经氧化变质，根据焦亚硫酸钠（Na2s2O5）中S的价态为+4价可以判断，氧化变质后得到+6价S,硫元素以S0产形式存在，故实验U需要检验SCV-存在，可以通过滴加BaCL溶液，产生白色沉淀来检验。根据题目信息2NaHSO3 Na2s2O5+比0,待检溶液中可能存在的物质有2NaHSO3和Na2s2O5和溶剂H2O,虽然不能确定的BaS2O5水溶性，但HSO「电离产生的SO?一会与Ba2+产生沉淀干扰SO4?-的检验，排除干扰的方法是加入足量稀盐酸和HSCh-反应生成SO2,保持溶液在强酸性条件下，便不会产生BaSCh沉淀，同时根据平衡移动原理，稀盐酸消耗HS(X，促进2NaHSOs Na2s2O5+%0平衡逆移,Na2s2O5也会被除去，不会干扰S042一检验。故应该取少量实验I的溶液，先加入过量稀盐酸酸化，然后滴入几滴BaCL溶液，观察到白色沉淀，即说明样品已氧化变质。实验in的结论是样品未完全氧化变质，根据实验n的结论可知，实验in需要证明的是样品仍然有剩余,并未全部氧化为SCV-,因此需要检验溶液中还有+4价S的S2O52X或HSO3-,二者S的价态相同,转化为HSO3-不属于氧化变质).待检溶液中还存在可能变质产生的SO42-,可以利用S2O52(或HSO3-)的还原性来检验，在稀HNO3、酸性KMnCh、H2O2溶液多种氧化剂中选择的原则是要有明显实验现象的氧化还原反应，酸性高锌酸钾溶液的紫红色褪去这一实验现象十分明显，适合作为检验试剂，而且soj-不会干扰该检验方法，不需要排除干扰的操作。选择稀HNCh被还原产生无色气体NO,若样品氧化变质程度较大，S2O52X或HSO3-)的浓度较低的时候，产生气体的现象不是很明显，故不采用。一般较低浓度的离子检验为了现象明显，采用沉淀法或者溶液颜色变化的方法，尽量不采用气体法。(3)实验目的是测定空气中SO2的含量，原理类似于碘量法滴定。通过向滴有淀粉的碘溶液(为了使碘溶液浓度能达到0.1000mol-L1,还可能加入适量KI提高溶解度)中不断通入空气试样，根据SO2+E+2H2O=H2so4+2HI,当溶液中碘单质消耗完，溶液蓝色褪去，即完成抽气，由碘单质的物质的量即可算出SO2的物质的量，进而算出空气中SO2的含量。题中SO2的含量的单位是mgm-3,因此需要计算出每立方米空气中SO2的质量。由方程式可知n(SO2)=〃(L)=c(l2)XV就=0.1000mol-L1X100mLX10-3L/mL=0.0100mol〃i(SC)2)=〃(SC)2)XM(SO2)=0.0100molX64g/mol=0.64g=640mgV空气=流速X时间="rm3SO2的含量=m(SC)2)+V空气640mg4-atm3=^-^mg-m-3。本实验所采用碘量法测定空气中SO2含量实际存在一定的误差，主要的误差来源于空气的组成成分02,02具有较强的氧化性，可能氧化实验中产生的「产生12,导致碘溶液能够吸收比理论上更多的SO2,即〃出)：n(Ch)<l,这会导致需要抽入更多的空气才能使溶液蓝色褪去，SO2测量值偏小：也有可能存在空气中其他还原性物质参与反应，或者碘单质挥发，导致抽气提前结束，SO2测量值偏大。

（14分）金属钱拥有电子工业脊梁的美誉，钱与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰（主要成分是AI2O3,还含有少量GazCh和FezCh等）中回收钱的工艺如下：Na2c。3固体NaOH溶液过量CO2石灰乳过量CO2NaOH溶液,I, ,「,,i,,I,,I,,I,,,粉煤灰—|焙烧|——T碱浸11转化］1I溶铁il转化2i网落11电解iGaIlli浸出渣滤液1铝酸钙滤液2

（回收铝）回答下列问题：（1）“焙烧”中，GazCh转化成NaGaO?的化学方程式为。“碱浸”所得浸出渣的主要成分是。“转化1”中通入过量COz至溶液pH=8,过滤，所得滤渣的主要成分是A1（OH）3和Ga（OH）3,写出生成A1（OH）3的离子方程式.“溶钱”所得溶液中存在的阴离子主要有。“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为o若电解获得ImolGa,则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L,电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成（填化学式）可循环利用。Na2c。3溶Na2c。3溶液 NaGaC）2溶液阳离子交换膜【答案】TOC\o"1-5"\h\zNa2c。3+Ga2O3'-2NaGaO2+CO2t （2分）Fe2O3 （2分）AIO2+CO2+2H2O=A1（OH）3I+HCOS （2分）GaO2\OH （2分）GaO2+3e+2H2O=Ga+4OH （2分）16.8 （2分） Na2cCh、CO2 （2分）【试题分析】本题以高铝粉煤灰中回收钱的工艺为情境，将实际生产与中学化学知识相结合，考查了考生对常见的元素及其化合物的基本性质、化学反应方程式的书写、离子方程式的书写、电极反应式的书写、物质的转化等基础知识内容的掌握情况。并通过工艺流程图的方式向考生提供知识信息，着重考查考生独立思考、逻辑推理、信息加工等能力，培养学生分析问题、解决问题的能力。(1)在“焙烧”环节，结合题目信息“Ga2O3转化成NaGaCh"，发生反应的化学方程式熔烧为：Na2CO3+Ga2O32NaGaO2+CO2toALCh也发生类似的反应：Na2co3+ALO3 2NaA10：+C02t,Fe2(h在此条件下不发生反应。粉煤灰经“焙烧”后，主要物质为：NaAKh、NaGaCh和Fe2Ch。(2)在“碱浸”环节，Fe2Ch不溶于NaOH溶液，故浸出渣的主要成分是FezCh。NaAlCh和NaGaO?溶于NaOH溶液进入滤液中，NaOH的主要作用是抑制NaAKh、NaGaCh的水解,避免其进入浸出渣造成损失。(3)在“转化1”环节，在NaAQ、NaGaCh滤液中通入过量CCh至溶液pH=8,过滤,所得滤渣的主要成分是Al(0H)3和Ga(OH)3,发生的反应为：A102-+CO2+2H2O=A1(OH)3I+HCO3-，GaO2-+CO2+2H2O=Ga(OH)3I+HCO3-,“滤液lw的主要成分为：NaHCOso(4)在“溶钱”环节，Al(0H)3和Ga(OH)3均能溶于强碱，铝元素形成铝酸钙固体进入固相(用于进一步回收金属铝)，银元素则留在液相中，从而实现两者的分离。液相中主要存在的阴离子是Gath和0H-o(5)在“电解”环节，结合电解装置示意图，可知阴极的电极反应为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极的电极反应为：4co.#+2H2O-4e+2H2。=O2t+4HCO3o根据电子守恒关系，建立两电极产物的关系式：4Ga~12e~3。2,电解获得1molGa时阳极产生的02为0.75mol,故O2在标准状况下的体积为0.75molX22.4Lmor'=16.8L0阳极室所得溶液中的溶质主要是NaHCCh,加热分解得到Na2c和CO2可循环利用。19.（14分）乙烯是石油化工最基本原料之一。I.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）AHt>0（1）提高乙烷平衡转化率的措施有、。一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2,初始压强为100kPa,发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%o平衡时体系的压强为kPa,该反应的平衡常数勺=kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）。II.在乙烷中引入02可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：a. 2c2H6(g)+02(g)==2c2H4(g)+2H20(g)a//2<ob.2c2H6(g)+5Ch(g)==4CO(g)+6H2O(g)A«3<0C.C2H4(g)+202(g)==2C0(g)+2H20(g)A〃4<0（3）根据盖斯定律，反应a的A42=（写出代数式）。（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 （选填"a、b、c"）的活化能。（5）常压下，在某催化剂作用下按照〃（C2H6）：“（02）=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。100100①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是o②在570〜600℃温度范围内，下列说法正确的有（填字母）。C2H4产率随温度升高而增大FhO的含量随温度升高而增大C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大D.此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式.该历程的催化剂是 。过渡态I2.061.80过渡态II：BNO-+HO2,1.28 L38/BNO・+C2H6\0.74o.o;bnoh+c2h5- 过渡态nibnoh+o2-0.43-1.07/ '、、C,H<+0, ,「M3C2H4+HO2-321O-1-2【答案】(1)升高温度（1分） 降低压强（1分）(2)110(2分) 15（2分）(3)△“3-2A”4（1分）(4)a（1分）(5)①体系未达到平衡状态，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H（2分）②AB（2分）③C2H6+202==C2H4+2HO2- (1分)BNOH（1分）【试题分析】本题以乙烷脱氢制乙烯的反应为背景，综合考查了化学热力学和动力学相关知识。多层次考查学生对化学反应原理知识的认知、复述以及解决实际问题的综合能力。.本节考查了学生对化学平衡移动和化学平衡相关计算的掌握程度。（1）由题意知，此反应为分子系数增大的吸热反应，故提高乙烷平衡转化率的措施有升高温度和降低压强。（2）由题意可知，C2H6和H2的初始压强均为50kPa,列三段式如下C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）TOC\o"1-5"\h\z”（起始）/kPa 50 0 50〃（转化）/kPa 10 10 10〃（平衡）/kPa 40 10 6060X10则平衡时体系的压强为40+10+60=110kPa,该反应的平衡常数&= =15kPa..本节考查了盖斯定律、化学反应速率的影响因素，以及反应历程相关内容。（3）由题意知反应a=b-2c,故-2A“4。(4)为防止过度氧化，应该提高主反应的速率，即降低主反应的活化能，这样可以缩短反应时间，从而减少副反应的发生。故需要寻找催化剂降低反应a的活化能。(5)①因为题干中三个反应都是放热反应，而图中C2H6转化率随温度升高而增大，所以图中的曲线都是非平衡状态的曲线，应该从速率方面去作答。温度升高，三个反应速率都会加快，只是加快的程度不一样的问题，分析至此可知答案为：体系未达到平衡状态，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H姓②选项A,由于副产物CO含量太少，为方便判断，可近似认为C2H■»的选择性=含碳产物中C2Hl的物质的量分数，故C2H4的产率=C2H6的转化率X含碳产物中C2H4的物质的量分数，分析图中数据，很明显，C2H6转化率增大幅度大于含碳产物中C2H4的物质的量分数的幅度,所以C2H4的产率随温度升高而增大。故A正确。另外，此问也可以用尺子大概量出数据来计算，也可以得出相同答案。若严格考虑C2H4的选择性来计算产率，那么结果将更明显，C2H4的选择性降低幅度会略小一点，即计算结果中，产率增大会更明显。选项B,分析题干三个反应可知，C2H6转化率增大会提高H20的含量，而副产物CO的生成更会提高H2O的含量，故B正确。选项C,随着温度升高，C2H6转化率升高，C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而减小，故C错误。选项D,催化剂只改变速率，不影响平衡状态，故D错误。③分析历程可知，涉及三个反应，分别为BNOH+O2=BNO+HO2-BNO+C2H6=BNOH+C2H5-C2H5+O2=C2H4+ho2-故总反应为C2H6+202=C2H4+2H。2・，该历程的催化剂是BNOHo(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.［选修3：物质结构与性质］(14分)氮及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：(1)基态N原子的核外电子排布式为,第一电离能/i(N)4(0)(填“大于”或“小于”)»N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PFh、AsH3的沸点由高到低的顺序为(填化学式)。[N5「[AsF6「是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为.3、]+N.[AsF6]

N、N」（4）科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料一一LaWN〃其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为anm。①La与N间的最短距离为nm,与La紧邻的N个数为。②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 位置，N处于 位置。③设LaWN3的式量为M，阿伏加德罗常数的值为Na，则该晶体的密度为g-cm~\（列出计算表达式）【答案】(1)Is22s22P3（1分）大于（1分）(2)NH3>AsH3>PH3（2分）(3)spsp2（2分）(4)41a①〒（2分）12（2分）②体心（1分）棱心（1分）Mr闵 MrNax(ax10">或MXAa3xlO-21(2分)【试题分析】本题围绕高中阶段核心元素N,基于几种含氮化合物以及含氮材料，从原子、分子以及晶体三个角度综合考查了物质结构与性质模块的主干知识，重点突出了化学学科理解与辨析、分析与推测的关键能力，实现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求。

(1)考查常见元素的核外电子排布式以及第一电离能大小的判断。N为第7号元素，电子层数为二，因此其核外电子排布式为Is22s22P3。第一电离能的判断需要注意N的2p能级上电子为半充满，比较稳定，因此N的第一电离能比O大。(2)考查分子间作用力对物质沸点的影响。分子间作用力包括范德华力和氢键，其中氢键的作用力比范德华力强，当分子间主要作用力为氢键时，其对应的物质的沸点较高，因此N%、PH.,、AsFh中NH3的沸点最高。当分子间作用力为范德华力时，相对分子质量越大，范德华力越强，对应的物质的沸点越高，因此AsHj的沸点高于PH3o综上所述，N%、P%、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3>AsH3>PH3o(3)综合考查价层电子对互斥模型以及杂化轨道理论。物质［N5「［AsF6「的阳离子为［N5「,③根据题目所给［N方的结构岛义〃"用「可知，以②、④号N为中心的左右两边的结构均为N、NJ直线形，因此②、④号N的杂化轨道类型为sp,以③号N为中心的结构为V形，③号氮有两对o键电子对以及一对孤电子对，因此③号N的杂化轨道类型为sp2。(4)综合考查晶体结构与晶胞结构的理解以及晶体的相关计算。①题目所给晶胞为立方晶胞且晶胞参数为。，由此可知La与N的位置关系为Z因此La与N间的最短距离为回。以图中¥言£ 箭头所示La为标准，在三个垂直面上均有4个与La紧邻的N,因此与La紧邻的N的个数为12个。②根据题H所给晶胞结构•②根据题H所给晶胞结构ON,若在新的晶胞中W位于顶角的位置，结合W和La的相对位置可得结构•LaW和La的相对位置可得结构•La・W即La位于新晶胞的体心。N的位置可以通过两种方法得到，一是根据原晶胞中W与N的相对位置得到新晶胞的结构即N位于新晶胞的棱心；二是根据题目所给晶体的化学式LaWNs，结合

可得晶胞中N的数量应为3,根据均摊法，若N的数量为3,N位于棱心上即满足条件，因此可得N位于新晶胞的棱心。③晶体密度的计算。LaWN3的式量为Mr，LaWN3的立方晶胞的晶胞参数为anm,根据题目所给晶胞，利用均摊法可得一个晶胞中La