广东省2022年高考化学试题信息卷

1、广东省2022年高考化学试题信息卷可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Ni 59 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4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。1能源、材料和环境与人类生活和社会发展密切相关。下列说法错误的是A. 潮汐能和生物质能均是可再生能源B.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金属于纯净物C. 农村推广风力发电、光伏发电有利于实现“碳达峰、碳中和”D. 石灰法是燃煤烟气脱硫的一种方法【答案】B【解析】本题主要考查化学与生活侧重考查学生的学

2、科素养。A. 潮汐能和生物质能均是可再生能源，A正确；B.钛合金含钛、铝、钒等多种成分，合金是混合物，不属于纯净物，B项错误；C. 农村推广风力发电、光伏发电，可减少二氧化碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，C正确；D. 石灰法是燃煤烟气脱硫的一种方法，能将二氧化硫转化成硫酸钙，D正确；故选B。2在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要角色。下列说法错误的是A.“硅石墨烯锗晶体管”为我国首创，锗与硅均属于半导体材料B.“神舟十三号”的太阳能帆板的主要材料为硅C. 中芯国际生产的芯片的主要成分是二氧化硅D. 超导陶瓷可应用于磁悬浮技术【答案】C【解析】本题主要考查无机非金属材料侧重考查学生对基础化

3、学知识的应用能力。A锗与硅均属于半导体材料，A项正确；B太阳能帆板的主要材料为硅，B项正确；C芯片的主要成分是高纯度硅，C项错误；D. 超导陶瓷可应用于磁悬浮技术，D项正确。故选C。3在载人航天器中，可以利用CO2与H2的反应，将航天员呼出的CO2转化为H2O等，然后通过电解H2O得到O2从而实现O2的再生。下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是AH2和D2互为同位素 BCO2分子的球棍模型： CH2O的电子式： D中子数为8的碳原子：14 6C【答案】A【解析】A. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，H2和D2为两种单质，A项错误；BCO2的结构式为O=C=O，且碳原

4、子半径>氧原子半径，二氧化碳分子的球棍模型为 ，B正确；CH2O的电子式为，C正确；D中子数为8的碳原子表示为14 6C，D正确；故选A。4下列实验操作或装置能达到相应目的的是除去NH4Cl固体中的I2配制一定浓度的溶液蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体除去Cl2 中的HClABCD【答案】B【解析】A. 受热时，I2会升华，而NH4Cl也会分解为NH3和HCl，在圆底烧瓶底部都会重新变成I2的固体和NH4Cl固体，无法将两种固体分离；A错误；B. 配制一定浓度的溶液时，定容操作正确，B正确；C. AlCl3会水解生成Al2O3，因此蒸干溶液得到的是Al2O3，C项不符合题意；D.C

5、l2和HCl均能与NaOH溶液反应，无法达到除去Cl2 中的HCl 目的，D项不符合题意。故选B。5某药物的合成中间体结构如图所示，有关该有机物的说法错误的是A. 该物质分子式为C14H14O4B. 该有机物和氢气加成1mol最多消耗6molH2C. 该有机物和碳酸钠溶液反应，1mol最多消耗0.5molNa2CO3D. 该物质能发生银镜反应，还能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】A由该物质的结构简式可以推出其分子式为C14H14O4，A正确；B该有机物分子中的碳碳双键、羰基、醛基、苯环都能与H2发生加成反应，所以和氢气加成时，1mol最多消耗6molH2，B正确；C该有机物分子中的羧基

6、能和碳酸钠溶液反应，当生成NaHCO3时，1mol最多消耗1molNa2CO3，C错误；D该物质分子中含有醛基，能发生银镜反应，醛基、碳碳双键还能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选C。6化学来自于生活，下列与化学有关的生活常识解释不相符的是选项生活常识解释A煮西红柿鸡蛋汤时加少量油，汤汁更浓油可以萃取西红柿中的有机物B维生素C常与补铁剂同服，治疗贫血效果更佳维生素C具有还原性C食盐防止肉质腐烂氯离子具有抗氧化性D用明矾溶液擦拭铜镜去除铜锈明矾中的Al3+水解产生H+，与铜锈发生反应【答案】C【解析】A有机物易溶于有机溶剂，油可以萃取西红柿中的有机物，故A正确；B维生素C具有还原性，能防止补铁

7、剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故B正确；C氯离子不能被氧气氧化，氯离子没有抗氧化性，故C错误；D明矾中的Al3+水解产生H+，与铜锈发生反应，所以用明矾溶液擦拭铜镜去除铜锈，故D正确；选C。7当前，受技术封锁的影响，我国芯片发展急需自我突破，而芯片的生产不仅仅是高纯硅的制备，其中还涉及到大量元素化合物之间的反应，如：Si(粗)+2Cl2SiCl4TiCl4+2MgTi+2MgCl2，下列关于元素化合物知识的说法正确的是A. 金刚石、硅单质是由碳原子、硅原子构成的物质，而碳化硅是由碳化硅分子构成的物质B. 新制氯水具有漂白性，与活性炭、二氧化硫的漂白原理相同C. 镁是国防金属，工业上采用电解熔融

8、氧化镁的方法获得纯净的镁单质D. TiO2也称为钛白，是常见的白色颜料，可采用加热TiCl4的水溶液后焙烧的方法制备【答案】D【解析】A碳化硅由碳原子和硅原子构成的物质，结构类似于金刚石，不存在碳化硅分子，A不正确；B新制氯水具有漂白性，是因为其含有的次氯酸具有强氧化性，而活性炭漂白是活性炭吸附有色物质，属于物理过程，二氧化硫漂白是与有色物质化合生成无色物质，发生非氧化还原反应，B不正确；C氧化镁的熔点很高，熔融电解耗能很大，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得纯净的镁单质，C不正确；DTiCl4在水溶液中发生水解反应，生成TiO2和HCl，加热TiCl4的水溶液，HCl挥发，从而制得TiO2，

9、D正确；故选D。8高氯酸用途广泛，可用于电镀工业，也用于生产烟花和炸药，还可作化学分析试剂。在某温度时，将x mol/L氨水滴入10mL1.0mol/L高氯酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. ab点温度逐渐升高是反应放热和NH3·H2O电离放热共同的结果B. b点时氨水和高氯酸恰好完全反应C. d点：c(NH)+c(H+)>c(ClO)+c(OH-)D. c点：c(NH)+c(NH3·H2O)= c(ClO)【答案】B【解析】ANH3·H2O电离过程吸热，故A错误；Bb点之前温度升高，说明该反应放热，b点溶液温度最高

10、，说明此时氨水和高氯酸恰好完全反应，之后加氨水温度降低但pH增大，故B正确；Cd点由电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(ClO)+c(OH-)，故C错误；Dc点溶质为NH4ClO4和NH3·H2O，由图可知，25时溶液pH=7，则c(H+)= c(OH-)，由电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(ClO)+c(OH-)，可得c(NH)=c(ClO)，则c(NH)+c(NH3·H2O)> c(ClO)，故D错误；故选：B。9如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是A. 呼出气体的流速会影响酒精检

11、测结果B. 内电路中电流由O2所在的铂电极经质子交换膜流向另一电极C. 该电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-D. 电路中流过2mol电子时，生成1mol醋酸【答案】A【解析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，电极方程式为CH3CH2OH-4e-+H2O=4H+CH3COOH，O2所在的铂电极处发生还原反应O2+4e-+4H+2H2O，为正极反应；A根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，呼出气体的流速会影响酒精检测结果，故A正确。B乙醇燃料电池中，

12、负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故B错误；C乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，酸性条件下正极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，故C错误；D该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，负极反应式为：CH3CH2OH-4e-+H2O=4H+CH3COOH，电路中流过2mol电子时，生成0.5mol醋酸，故D错误；故选：A。10设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1mol ND3所含的中子数为17NAB. 标准状况下，2.24LHF溶于水，则溶液中HF与F-总数为0.1NAC. 1mo

13、lCaO2中所含的离子数和共用电子对数目都是2NAD. 1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾完全氧化所转移的电子数是3NA【答案】D【解析】A1个N原子中含有7个中子，1个D原子中含有1个中子，故1molND3所含的中子数为10NA，A错误；B标准状况下，HF是液体，无法计算它的物质的量，B错误；CCaO2中，其中过氧根当中含有1对共用电子，钙离子和过氧根离子之间是离子键，故1molCaO2中所含的离子数为2NA，共用电子对数目为NA，C错误；D草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾氧化是碳元素由+3价升高为+4价，同时铁元素由

14、+2价升高为+3价，故1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾完全氧化所转移的电子数是3NA，D正确；故选D。11下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，硝酸还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是A. 一般来说，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多B. 常温时，相同规格的铜片和铁片分别投入相同浓度的浓硝酸中，铜片的反应更剧烈C. 少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸反应时，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO+3NO2+9H2OD. 用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1HNO3溶

15、液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.200mol【答案】D【解析】A根据图示，在浓硝酸浓度为12.2mol/L时，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物，一般来说，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多，故A正确；B常温时，铁在浓硝酸中钝化，相同规格的铜片和铁片分别投入相同浓度的浓硝酸中，铜片的反应更剧烈，故B正确；C少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸

16、反应时，还原产物是等物质的量的NO2、NO，氧化产物是Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO+3NO2+9H2O，故C正确；D当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O，用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，部分硝酸被还原、部分硝酸生成硝酸铁，若还原产物全是NO，参加反应的硝酸为0.4mol；若还原产物全是NO2，参加反应的硝酸为0.2mol；若还原产物全是N2O，参加反应的硝酸为1mol；所以参加反应的硝酸的物质的量大于0.200mol，故D错误；故

17、选D。12化合物M是保险粉的替代产品，由5种短周期元素组成，其结构如图所示。其中X和Z位于同一主族，且后者核电荷数是前者的两倍。Q元素所形成的化合物种类最多，W和Y能形成一种常见的碱性气体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZXW B. 最简气态氢化物稳定性：XWQC. Z的氧化物对应的水化物的浓溶液一定能钝化铁单质 D. W在自然界中仅以游离态的形式存在【答案】B【解析】根据M的结构简式，W能形成3个共价键、Y能形成1个共价键，W和Y能形成一种常见的碱性气体，W是N元素、Y是H元素；Q元素所形成的化合物种类最多，Q是C元素； X和Z位于同一主族，且后者核电荷数是前者的两倍，X是O元素、Z是

18、S元素。A电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：S2-N3-O2-，故A错误；B元素非金属性越强，最简单气态氢化物越稳定，最简气态氢化物的稳定性：H2ONH3CH4，故B正确；CZ的氧化物对应的水化物的浓溶液是浓硫酸，在加热条件下，浓硫酸不能钝化铁单质，故C错误；D自然界既有游离态的氮元素又有化合态的氮元素，故D错误；选B。13实验探究是化学发展的必要路径，下列为达到实验目的所用实验操作或原理解释存在错误的是实验目的实验操作原理解释A探究CO2有氧化性钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中CO2被还原成碳单质B探究硫的酒精溶液属于胶体用激光笔照射硫的酒精

19、溶液硫的酒精溶液中分散质粒子的直径在1100nm之间C除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+在加热搅拌的条件下向溶液中加入足量的MgCO3固体，过滤后，再向滤液中加入适量的稀盐酸Ksp：Mg(OH)2Fe(OH)3D探究温度对CH3COONa水解程度的影响用pH计测0.5mol/LCH3COONa溶液的pH随温度变化随温度升高，溶液中CH3COONa水解程度增大【答案】D【解析】A该反应中，二氧化碳被还原为C单质，二氧化碳作氧化剂，说明二氧化碳具有氧化性，A不符合题意；B用激光笔照射硫的酒精溶液，若产生丁达尔效应，说明硫的酒精溶液属于胶体，则硫的酒精溶液中分散质粒子的直径在1100nm之间，B不符

20、合题意；C在加热搅拌的条件下加入碳酸镁除去三价铁离子，发生反应2Fe3+3MgCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3Mg2+3CO2，说明氢氧化铁的溶解度小于碳酸镁，没有生成氢氧化镁，说明Ksp：Mg(OH)2Fe(OH)3，C不符合题意；D随温度升高，溶液中CH3COONa水解程度增大，说明温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，同时水的电离程度也增大，Kw增大，pH变化不能探究温度对CH3COONa水解程度的影响，D符合题意；故选D。14下列离子方程式书写正确的是A. 医学上采用口服0.1%亚铁氰化钾溶液K4Fe(CN)6生成棕色的亚铁氰化铜沉淀将Cu2+排出体外，解毒的离子方程式表

21、示为：2Cu2+Fe(CN)=Cu2Fe(CN)6B. 将FeI2溶液和稀硝酸混合：3Fe2+4H+NO=3Fe3+2H2O+NOC. 常用泡沫灭火器的反应原理：D. 醋蛋液是将洗净的鸡蛋浸泡在米醋一段时间后获得的美食，其原理用离子方程式可表示为：【答案】A【解析】A亚铁氰化钾K4Fe(CN)6为强电解质，可拆，与Cu2+结合生成亚铁氰化铜沉淀，反应的离子反应为2Cu2+Fe(CN)=Cu2Fe(CN)6，故A正确；B稀硝酸可将亚铁离子和碘离子都氧化，离子方程式为：Fe2+2I-+4H+NO=Fe3+I2+2H2O+NO，故B错误；C泡沫灭火器中装有小苏打溶液与硫酸铝溶液，两者混合反应生成氢氧

22、化铝沉淀和二氧化碳气体，该反应离子方程式为：Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2，故C错误；D醋酸是弱酸不可拆，离子方程式为：，故D错误；故选：A。15NO2在有机化学中可用作氧化剂、硝化剂和丙烯酸酯聚合的抑制剂。已知反应：2NO2(g)N2O4(g) H0。在恒温条件下，将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图表示在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化的关系图(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是A. 反应速率：ca B. 平衡常数：K(a)K(c)C. e点到f点的过程中从环境吸收热量 D. d点到e点的变化可以用勒夏特列原理解释【答案】C【解析】Ac点透光率低，c

23、点NO2浓度大，所以反应速率：c>a，故A错误；B平衡常数只与温度有关，a、c温度相同，平衡常数：K(a)=K(c)，故B错误；Ce点到f点透光率增大，说明NO2浓度降低，体积增大，平衡逆向移动，从环境吸收热量，故C正确；Dd点到e点是因为体积变大而导致NO2浓度降低，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选C。16磷酸二氢钙化学式Ca(H2PO4)2广泛用于水产养殖及畜禽养殖的饲料添加剂，用作膨松剂、面团调节剂、缓冲剂、营养增补剂、乳化剂、稳定剂等品质改良剂。利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是A. a接电源负极B. a、b电极上生成的气体物质

24、的量比为2:1C. A膜和C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜D. 每产生1molCl2，副产物NaOH增加1mol【答案】C【解析】从产品Ca(H2PO4)2和副产物NaOH、Cl2判断，a电极为阳极，发生反应2Cl-2e-=Cl2，此时溶液中的Ca2+通过A膜进入产品室；b电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2，原料室中的Na+通过C膜进入NaOH稀溶液中，通过B膜进入产品室中。A由分析可知，a电极为阳极，则a接电源正极，A不正确；B由分析可以看出，a电极生成Cl2，b电极生成H2，依据得失电子守恒的原则，a、b电极上生成的气体物质的量比为1：1，B不正确；C阳离子通过A

25、膜和C膜，则二者均为阳离子交换膜，阴离子通过B膜，则B膜为阴离子交换膜，C正确；D由电极反应式可得，Cl22NaOH，则每产生1molCl2，副产物NaOH增加2mol，D不正确；故选C。二、非选择题：本大题包括必考题和选考题两部分。第1719题为必考题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。17（14分）三聚氯氰（ ）是许多农药、活性染料和荧光增白剂的重要原料，实验室可用如图所示装置制备（部分装置省略）。回答下列问题：(1)仪器a 的名称为_。(2) 检查装置B 的气密性操作为_。(3) 装置A 的作用为_，可选用的试剂为_（填标号），发生反

26、应的离子方程式为_。A.浓盐酸和MnO2 B.盐酸和KMnO4(4) 装置B 中盛放的试剂是_，该装置的作用是_。(5)装置C 中是为了获得氯化氰(CNCl), 发生反应的化学方程式为_(6)装置E 出来的尾气中含有_（填化学式），可用_（填试剂）除去。【答案】（1）分液漏斗（1分）（2）向装置B中加水至浸没两根长导管，关闭K2，打开K1，用分液漏斗向圆底烧瓶中加水，在B中观察到有一根导管有气泡放出，另一根导管有水柱形成，关闭分液漏斗活塞，一段时间后B中导管水柱无变化，则装置B气密性良好（或其他合理答案，2分）（3）制备Cl2（1分）；B（1分）；2MnO4-+10Cl-+10H+=2Mn2+

27、5Cl2+8H2O（2分）（4）浓硫酸（1分）；干燥Cl2并混合Cl2与HCN（或其他合理答案，2分）（5）Cl2+HCNCNCl+HCl（2分）（6）Cl2、HCl 、HCN（多写CNCl不扣分，2分）；NaOH溶液（或其他合理答案，1分）【解析】（1）仪器a 的名称为分液漏斗；（2）检查装置B 的气密性，要使B形成封闭体系，然后改变B的压强，再通过观察现象判断其是否气密性良好，操作可为向装置B中加水至浸没两根长导管，关闭K2，打开K1，用分液漏斗向圆底烧瓶中加水，在B中观察到有一根导管有气泡放出，另一根导管有水柱形成，关闭分液漏斗活塞，一段时间后B中导管水柱无变化，则装置B气密性良好；（3

28、）A中无加热装置，故要选择盐酸和KMnO4。（4）装置B 中盛放的试剂作用是为了干燥Cl2中的H2O，而不是除HCl，因后续反应会产生HCl，所以选择浓硫酸。（5）装置C 中是为了获得氯化氰(CNCl)，发生反应的化学方程式为Cl2+HCNCNCl+HCl；（6）尾气中含有未反应完的Cl2、HCN以及反应中生成的HCl；这些气体均可与碱反应，实验室常选用NaOH溶液除去它们。18（14分）资源高效利用是化学生产中一直追求的目标，下图是电解精炼铜的阳极泥综合利用提取金和制备AgCl、PbSO4的工艺，其中阳极泥含铜、银、金、铅等单质。（1）“酸浸”过程中应加入的酸为_，此环节对温度的控制有很高的

29、要求，应采用_(填写加热方式)，写出酸浸时铜元素参与反应的离子方程式_。（2）“滤渣”的成分除了Au、Ag、AgCl外，还有_。在这些滤渣中加入王水可将Au转化成HAuCl4，实验室将王水换成盐酸和氯酸钠的混合溶液也可将金单质转化成相同的物质，请写出混合溶液溶金的化学方程式_。（3）向“溶银液”中加入硫酸，经过滤、洗涤干燥即可得到AgCl，检验是否洗涤干净的操作方法为_。（4）硫酸铅可用于制造蓄电池，下图是研究小组应用铅蓄电池模拟工业生产的电化学装置，a、b、c、d四电极均为惰性电极，甲装置电解质溶液为CuSO4溶液，丙装置电解质溶液为KCl溶液，忽略气体溶解，当电路中转移0.4mol电子时，

30、丙装置阳极室溶液质量减少_g，向甲所得溶液中加入Cu2(OH)2CO3后能后能使溶液复原，则b电极的电极反应式为_。【答案】（1） 硫酸（1分） 水浴加热（1分） （2分）（2）PbSO4 （2分） （2分） （3）取最后一次洗涤液，加入稀盐酸后，无明显现象，再加入氯化钡溶液无沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净 （2分）（4） 29.8g （2分） Cu2+2e-=Cu（1分）和2H2O+2e-=H2+2OH- （1分）【解析】电解精炼铜的阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，酸浸后加入NaCl、H2O2，由后续操作可知，只有Cu转化为CuSO4，进而获得胆矾；“滤渣”的成分为Au、Ag、AgCl、Pb

31、SO4；加入王水，Au转化为HAuCl4，Ag转化为AgCl，PbSO4不变；过滤后，所得滤渣的成分为AgCl、PbSO4；通入SO2，AgCl溶解，PbSO4不溶；过滤，得溶银液和PbSO4。（1）“酸浸”过程中，Cu转化为CuSO4，则加入的酸为硫酸；因为H2O2受热易分解，所以此环节应严格控制温度，宜采用水浴加热；酸浸时，铜元素与H2O2、H2SO4反应，生成CuSO4和H2O，反应的离子方程式为。答案为：硫酸；水浴加热；（2）由分析可知，“滤渣”的成分除了Au、Ag、AgCl外，还有PbSO4。实验室用盐酸和氯酸钠的混合溶液也可将金单质转化成HAuCl4，同时生成NaCl等，从而得出混

32、合溶液溶金的化学方程式为。答案为：PbSO4；（3）向“溶银液”中加入硫酸，经过滤、洗涤干燥即可得到AgCl，检验AgCl是否洗涤干净时，需检验洗涤液中是否含有，操作方法为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸后，无明显现象，再加入氯化钡溶液无沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净。答案为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸后，无明显现象，再加入氯化钡溶液无沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净；（4）丙装置电解质溶液为KCl溶液，阳极为2Cl-2e-=Cl2，同时K+通过阳离子交换膜移向阴极室，当电路中转移0.4mol电子时，生成0.4mol Cl-失电子生成Cl2，同时有0.4molK+移向阴极室，则丙装置阳极室溶液减少的

33、质量为：0.4mol×35.5g/mol+0.4mol×39g/mol=29.8g；向甲所得溶液中加入Cu2(OH)2CO3后能使溶液复原，则相当于加入CuO和H2O，也就是起初电解CuSO4溶液，后来电解H2O，所以b电极的电极反应式为Cu2+2e-=Cu和2H2O+2e-=H2+2OH-。答案为：29.8g；Cu2+2e-=Cu和2H2O+2e-=H2+2OH-。19（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。利用反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJ·mol-1，可减少CO2排放，并合成清洁能源

34、。（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：CO2(g)H2(g) H2O(g)CO(g) H1CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H2=-90kJ·mol-1H1=_kJ·mol-1；已知反应的v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(H2O)c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则_(填“增大”、“不变”或“减小”)（2）500时，在容积为2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，测得t=5min时，反应达到平衡，体系的总压强为aPa，此时n(CO2)=1

35、.0mol。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=_；求该温度下反应的平衡常数Kp，写出计算过程_。(注：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（3）对于反应CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，将CO2和H2以一定的比例在密闭容器中通过两种不同的催化剂(I、II)进行反应，相同时间内，CO2的转化率(CO2)随温度变化曲线如图所示。T2温度时使用催化剂I，能否使CO2转化率高于a%_(填“能”或“不能”)如果能请写出提高CO2转化率的具体措施；如果不能，请说明理由：_。催化剂II条件下，当温度低于T5时，CO2转化率随温度升高而升高的原因

36、可能是_。【答案】（1） +41 （2分） 减小 （2分） （2） 0.3mol·L-1min-1 （2分） 43a2 （2分）（3） 能 （2分） 延长反应时间或提高H2与CO2比例或及时分离出反应产物 （2分） 未到达平衡的情况下，温度越高，反应速率越快，相同时间内消耗的CO2越多（2分）【解析】（1）由已知方程式结合盖斯定律知：反应=总方程式-反应，故H1=H-H2=-49-(-90) kJ/mol=+41 kJ/mol；由于反应正向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，即正反应速率增大幅度大于逆反应速率增大幅度，故减小；（2）由题意列三段式如下：，则(H2)=；平衡时：P(CO

37、2)= P(CH3OH)= P(H2O)=，P(H2)=，则Kp=；（3）由于该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2转化率下降，由图示知，T2温度下对应CO2转化率低于T5温度下对应转化率，催化剂又不影响平衡移动，故T2温度下，反应未达平衡，故CO2转化率可以继续提高；可通过促进反应正向移动或延长反应时间提高CO2转化率，故此处填：延长反应时间或提高H2与CO2反应比例或及时分离出反应产物；由分析知，低于T5温度，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2增多，故CO2转化率升高。（二）选考题：共14分。请考生在第20、21两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做

38、的第一题计分。20【选修3：物质结构与性质】（14分）锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：（1）Mn的价电子排布式为_。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“_理论”解释。（2）已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为_。A.B.C.D.（3）Co(DMSO)6(ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为_，SO(CH3)2中键角CSO_CH3COCH3中键角CCO(填“大于”“小于”或“等

39、于”)，ClO的空间构型是_，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为_。（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CHCH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是_。（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为_。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为_g(用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1） 3d54d2

40、（1分） 电子气 （1分）（2） C （1分） 12 （1分）（3） sp3 （1分） 小于 （1分） 正四面体 （1分） OClS （1分） （4）丙烯醇分子之间能形成分子间氢键 （2分）（5） (1，) （2分） （2分）【解析】（1）锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54d2；电子气；（2）型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知， C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角CSO小于丙酮中键角CCO；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对