【高考真题】2022年新高考广东化学高考真题

【高考真题】2022年新高考广东化学高考真题一、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．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（）汉字载体选项A．兽骨B．青铜器C．纸张D．液晶显示屏A．A B．B C．C D．D2．北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是（）A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化D．核电站反应堆所用铀棒中含有的92215U与3．广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（）文物选项A．南宋鎏金饰品B．蒜头纹银盒C．广彩瓷咖啡杯D．铜镀金钟座A．A B．B C．C D．D4．实验室进行粗盐提纯时，需除去Ca2+、Mg2+和A．Na2CO3C．K2CO35．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a~d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分析正确的是（）A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2B．a处变红，说明SO2C．b或c处褪色，均说明SO2D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H26．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与H2D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜A．A B．B C．C D．D7．甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图2所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是（）A．原子半径：丁>戊>乙B．非金属性：戊>丁>丙C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应8．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成ClA． B．C． D．9．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（）A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类C．1molCO中含有6.02×10D．22.4LCO210．以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中（）A．阴极发生的反应为Mg−2B．阴极上Al被氧化C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥D．阳极和阴极的质量变化相等11．为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（）A．加入AgNO3B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C．加入KSCN溶液无红色出现D．加入K312．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用焦炭和石英砂制取粗硅SiO2B利用海水制取溴和镁单质Br−可被氧化，MgC石油裂解气能使溴的CCl4石油裂解可得到乙烯等不饱和烃DFeCl3水解可生成FeFeCl3A．A B．B C．C D．D13．恒容密闭容器中，BaSO4(s)+4HA．该反应的ΔH<0B．a为n(HC．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D．向平衡体系中加入BaSO414．下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（）A．碱转化为酸式盐：OHB．碱转化为两种盐：2OHC．过氧化物转化为碱：2OD．盐转化为另一种盐：Na15．在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（）A．无催化剂时，反应不能进行B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D．使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，16．科学家基于Cl2易溶于CCl4下列说法正确的是（）A．充电时电极b是阴极B．放电时NaCl溶液的pH减小C．放电时NaCl溶液的浓度增大D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加二、非选择题：（一）必考题：共42分。17．食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka（1）配制250mL0.1mol⋅L−1的HAc溶液，需5mol⋅L（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是。（3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变Ac−浓度，HAc设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol⋅L−1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mLV(n(NaAc)：n(HAc)pHⅠ40.00//02.86Ⅱ4.00/36.0003.36…Ⅶ4.00ab3∶44.53Ⅷ4.004.0032.001∶14.65①根据表中信息，补充数据：a=，b=。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：。③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac−浓度，HAc实验结论假设成立。（4）小组分析上表数据发现：随着n(NaAc)n(HAc)的增加，c(H+)的值逐渐接近查阅资料获悉：一定条件下，按n(NaAc)n(HAc)=1配制的溶液中，c(H+)对比数据发现，实验VIII中pH=4.65与资料数据Ka=10（ⅰ）移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为mol⋅L−1（ⅱ）用上述HAc溶液和0.1000mol⋅L−1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol⋅L−1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VⅡ，测得溶液的pH为4.76实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。（6）根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途18．稀土（）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44°C；月桂酸和(C11H23离子MgFeAlRE开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是。（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是②“操作X”的过程为：先，再固液分离。（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有（写化学式）。（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成转移②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O219．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。（1）催化剂Cr2O3①完成化学方程式：(NH4)2②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1，X(g)→Y(g)③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO（2）K2（ⅰ）Cr2O（ⅱ）HCrO4−①下列有关K2Cr2A．加入少量硫酸，溶液的pH不变B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加C．加入少量NaOH溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动D．加入少量K2Cr2O7②25°C时，0.10mol⋅L−1K2Cr2O7溶液中lgc(CrO42−)c(Cr2O72−)随pH的变化关系如图2。当pH=9.00时，设Cr2O72−、③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（λ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（λmax）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A随λ的变化曲线如图3。波长λ1、λ2和λ3中，与CrO42−三、非选择题（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．硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如下：（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为。（2）H2Se的沸点低于H2（3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_________。A．I中仅有σ键B．I中的Se-Se键为非极性共价键C．II易溶于水D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与spE．I~III含有的元素中，O电负性最大（4）IV中具有孤对电子的原子有。（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。SeO（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。①X的化学式为。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg⋅cm−3，则X中相邻K之间的最短距离为nm21．基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。（1）化合物I的分子式为，其环上的取代基是（写名称）。（2）已知化合物II也能以II'的形式存在。根据II'的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考序号结构特征可反应的试剂反应形成的新结构反应类型①−CH=CH−H−加成反应②氧化反应③（3）化合物IV能溶于水，其原因是。（4）化合物IV到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molIV与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为。（5）化合物VI有多种同分异构体，其中含C/\=O结构的有（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物VIII的单体。写出VIII的单体的合成路线（不用注明反应条件）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．兽骨的主要成分是碳酸钙及其他钙盐，不属于合金材料，A不符合题意；

B．青铜是铜锡合金，属于合金材料，B符合题意；

C．纸张的主要成分是纤维素，不属于合金，C不符合题意；

D．液晶是介于固态和液态间的有机化合物，不属于合金，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物。2．【答案】D【解析】【解答】A．H2具有还原性，是还原性气体，A不符合题意；

B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，主要成分是SiO2、Al2O3等，B不符合题意；

C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；

D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，二者互为同位素，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.H2具有还原性。

B.玻璃纤维的主要成分是SiO2、Al2O3等。

C.化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。

D.同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。3．【答案】C【解析】【解答】A．南宋鎏金饰品是金和汞合成的金汞剂，不含硅酸盐，A不符合题意；

B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，不含硅酸盐，B不符合题意；

C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，C符合题意；

D．铜镀金钟座是由铜和金等制得而成，不含硅酸盐，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.鎏金是金和汞合成的金汞剂。

B.银盒中主要成分为金属银。

C.瓷器的主要成分是硅酸盐。

D.铜镀金钟座是由铜和金等制得而成。4．【答案】A【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl，除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液，将其转化为CaCO3沉淀；除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液，将其转化为Mg(OH)2沉淀；除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液，将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，因Na2CO3、NaOH均过量，过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸，除去多余的Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐；

故答案为：A。

【分析】除杂的主要原则是：①不增（不得引入新的杂质）；②不减（尽量不消耗被提纯的物质）；③易分（转换为沉淀、气体等易分离除去的物质）。注意除杂过程加入试剂的顺序。5．【答案】B【解析】【解答】A．Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4、SO2和H2O，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，A不符合题意；

B．a处的紫色石蕊溶液变红，是因为SO2与H2O反应生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，B符合题意；

C．b处品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，C不符合题意；

D．试管底部出现的白色固体是CuSO4，因为浓硫酸具有吸水性，将生成的H2O吸收，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据铜与浓硫酸反应的产物进行分析。

B.酸性氧化物是指能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物，大部分酸性氧化物能跟水直接化合生成含氧酸。

C.SO2使品红褪色，体现了SO2的漂白性；使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性。

D.根据反应前后元素守恒及物质的性质进行分析。6．【答案】A【解析】【解答】A．小苏打是NaHCO3的俗名，一般利用其受热易分解的性质做膨松剂，A符合题意；

B．熟石灰是Ca(OH)2的俗名，具有碱性，可用于处理酸性废水，B不符合题意；

C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成Fe3O4和H2，C不符合题意；

D．钢板上镀铝保护了钢板，是因为铝表面形成致密氧化膜，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.注意常见物质的俗名和化学名。

B.酸碱能发生中和反应。

C.铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2。

D.铝在常温下不被腐蚀，是因为其表面能够形成致密氧化膜。7．【答案】C【解析】【解答】A．原子半径在同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，所以是丁＞戊＞乙，A不符合题意；

B．元素的非金属性早同周期从左到右逐渐增强，所以是戊＞丁＞丙，B不符合题意；

C．根据分析可知，甲可能是N或C，则其对应氢化物是NH和烷烃，NH遇氯化氢一定有白烟产生，但烷烃遇氯化氢无明显现象，C符合题意；

D．丙可能是Si或P，则其最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸或磷酸，它们均能与强碱反应，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据题干信息，甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。8．【答案】D【解析】【解答】A．浓盐酸易挥发，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水蒸气，A不符合题意；

B．由于氯气的密度比空气大且不与空气反应，可用向上排空气法进行收集，B不符合题意；

C．Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，C不符合题意；

D．该装置是吸收尾气，由于Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，浓硫酸可用于干燥气体。

B.用向上排空气法收集气体的条件：①气体不与空气反应；②气体的密度比空气的大。

C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。

D.Cl2在水中的溶解度较小，一般用NaOH溶液吸收尾气。9．【答案】A【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；

B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；

C.1个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；

D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。

B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。

C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。

D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。10．【答案】C【解析】【解答】A．阴极得电子发生还原反应，A不符合题意；

B．阳极失电子发生氧化反应，所以阳极上的Al被氧化，B不符合题意；

C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C符合题意；

D．阳极Al、Mg均失电子，且有阳极泥生成，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒和元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】该电池为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。根据题干信息，该电解池是通过使阳极区的Al失电子生成Al3+，Al3+进入阴极区得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，注意Mg比Al活泼，所以阳极区Mg也会失电子生成Mg2+，Cu和Si的活泼性比Al弱，但其相应离子的氧化性比Al3+强，所以实验中不能使Cu和Si参与反应。11．【答案】D【解析】【解答】A．加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀，不能确定铁片是否被腐蚀，A不符合题意；

B．若铁片被腐蚀，则有Fe2+生成，由于I2的氧化性比Fe2+强，所以KI与Fe2+不反应，不能确定铁片是否被腐蚀，B不符合题意；

C．KSCN溶液用于检验Fe3+，铁片被腐蚀，会有Fe2+生成，不能确定铁片是否被腐蚀，C不符合题意；

D．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，且遇Fe2+变蓝，若铁片没被腐蚀，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池，其中锌作负极，铁作正极，溶液中破损的位置会变大，溶液中会有亚铁离子生成，铁会和酸反应产生H2。12．【答案】A【解析】【解答】A．用焦炭和石英砂（主要成分是SiO2）制取粗硅，是利用了焦炭的还原性和SiO2的氧化性，与SiO2作光导纤维无因果关系，A符合题意；

B．利用海水制取溴单质，可向海水中通入氯气等氧化剂将海水中的Br-氧化为Br2；制取镁单质，可通过富集海水中的镁离子，经沉淀、溶解等操作得到无水MgCl2，再电解熔融MgCl2，Mg2+被还原得到镁单质，B不符合题意；

C．石油在一定条件下裂解得到的乙烯等不饱和烃能使溴的CCl4溶液褪色，C不符合题意；

D．FeCl3溶液中Fe3+可发生水解，生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，从而可用作净水剂，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.陈述Ⅰ涉及反应是C+SiO2→△CO+Si，体现了SiO2的氧化性。

B.根据元素化合价判断物质的氧化性和还原性分析。

C.不饱和烃能与溴单质发生加成反应。

D.Fe(OH)313．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；

B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；

C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；

D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。

B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。

C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。

D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。14．【答案】B【解析】【解答】A．NaOH溶液与足量CO2反应可生成NaHCO3（酸式盐），离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，A不符合题意；

B．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl和NaClO两种盐，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B符合题意；

C．Na2O2为氧化物，不能拆，需写化学式，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C不符合题意；

D．Na2SiO3溶于水，需要拆成离子形式，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据钠的化合物的性质及离子方程式正误的判断方法进行分析。注意判断离子方程式正误的方法是：①是否符合事实；②化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；③符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；④是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。15．【答案】D【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；

B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；

C．由图可知，在0~2min内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；

D．在0~2min内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=△c(Y)△t=4.0mol·L-12min=2.0mol·L-1·min16．【答案】C【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；

B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；

C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；

D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol×2mol=46g，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。17．【答案】（1）5.0（2）C（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1（4）0.1104；（5）向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。

（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；

B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；

C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；

D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；

故答案为：C。

（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。

②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的110，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。

（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=Kac(HAc)=10-4.760.1104mol·L-1≈10-2.88mol·L-1，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。

（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。

（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。

（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。

②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的110，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。

（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。

（5）Ka=c(H+)·c(Ac-)c(HAc)，当c(Ac-)=c(HAc)，即18．【答案】（1）Fe2+（2）4.7≤pH<6.2；Al（3）4.0×10-4（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶（5）MgSO4（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。

（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。

（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜Kspc(Mg2+)=1.8×10-80.1125mol·L-1=4×10-4mol·L-1。

（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。

②“操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。

（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。19．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；NH3→O2（2）BD；x+12y+12z；当溶液pH=9时，c(CrO42−)c(Cr2O72−)>10【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7=∆Cr2O3+N2↑+4H2O。

②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。

③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3→O2Cr2O3NO→O2NO2→O2H2OHNO3。

（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；

B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；

C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；

D．由于平衡(i)的平衡常数K1=c2(HCrO4-)c(Cr2O72-)，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；

故答案为：BD。

②0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为

2c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lgc(CrO42-)c(Cr2O72-)＞4，即c(CrO42-)c(Cr2O72-)>104，所以可认为c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，反应(ii)的平衡常数K2=c(【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。

②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3→O2Cr2O3NO→O2NO2→O2H2OHNO3。

（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。

B.越稀越水解，越稀越电离，据此分析。

C.根据勒夏特列原理进行分析。

D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。

②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。

③20．【答案】（1）4s24p4（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高（3）B；D；E（4）O、Se（5）＞；正四面体形（6）K2SeBr6；1【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。

（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H