2022年全国统一高考化学试卷（甲卷） word，解析版

这是一份2022年全国统一高考化学试卷（甲卷） word，解析版，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年全国统一高考化学试卷（甲卷）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（　　）
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
2．辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶Q10的说法正确的是（　　）

A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
3．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2﹣+2H+═H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O═AlO2﹣+4NH4+
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO32﹣+CO2+H2O═HSiO3﹣+HCO3﹣
D．将等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
4．一种水性电解液Zn﹣MnO2离子选择双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）42﹣存在）。电池放电时，下列叙述错误的是（　　）

A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO42﹣通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
D．电池总反应：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O
5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NA
C．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
6．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（　　）
A．非金属性：X＞Q
B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的沸点：Z＞Q
D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
7．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（　　）
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较CH3COO﹣和HCO3﹣的水解常数
分别测浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
Kh（CH3COO﹣）＜Kh（HCO3﹣）
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究氢离子浓度对CrO42﹣、Cr2O72﹣相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O72﹣的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
8．（14分）硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：

本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
Ksp
4.0×10﹣38
6.7×10﹣17
2.2×10﹣20
8.0×10﹣16
1.8×10﹣11
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 　 　。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 　 　、　 　。
（3）加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是 　 　（填标号）。
A.NH3•H2O
B.Ca（OH）2
C.NaOH
滤渣①的主要成分是 　 　、　 　、　 　。
（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 　 　。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 　 　。
（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 　 　、　 　。
9．（15分）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
（1）工业上常用芒硝（Na2SO4•10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为 　 　。
（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 　 　。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是 　 　。
（3）回流时间不宜过长，原因是 　 　。回流结束后，需进行的操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为 　 　（填标号）。
A.①②③
B.③①②
C.②①③
D.①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 　 　。热过滤除去的杂质为 　 　。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 　 　。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 　 　洗涤，干燥，得到Na2S•xH2O。

10．（14分）金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ•mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ•mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH为 　 　kJ•mol﹣1，Kp＝　 　Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 　 　。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 　 　移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在1.0×105Pa、将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。

①反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常数Kp（1400℃）＝　 　Pa。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 　 　。
（3）TiO2碳氯化是一个“气﹣固﹣固”反应，有利于TiO2﹣C“固﹣固”接触的措施是 　 　。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质](15分）
11．（15分）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2＝CH2）与四氟乙烯（CF2＝CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 　 　。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 　 　（填标号），判断的根据是 　 　；第三电离能的变化图是 　 　（填标号）。

（3）固态氟化氢中存在（HF）n形式，画出（HF）3的链状结构 　 　。
（4）CF2＝CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 　 　和 　 　；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 　 　。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 　 　；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 　 　pm。

[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
12．用N﹣杂环卡宾碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。如图是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。

回答下列问题：
（1）A的化学名称为 　 　。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 　 　。
（3）写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 　 　。
（4）E的结构简式为 　 　。
（5）H中含氧官能团的名称是 　 　。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 　 　。
（7）如果要合成H的类似物H′（），参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式 　 　、　 　。H′分子中有 　 　个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）。

2022年全国统一高考化学试卷（甲卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（　　）
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【分析】A.漂白粉的有效成分能与盐酸发生归中反应生成氯气；
B.SO2、NO2是形成酸雨的主要物质，但不能造成温室效应；
C.糖类俗称碳水化合物；
D.干冰易升华，升华时吸热。
【解答】解：A.漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，能与盐酸发生归中反应生成氯气，造成消毒效果降低且会引起人体中毒，故A错误；
B.SO2、NO2是形成酸雨的主要物质，而造成温室效应的是二氧化碳，二氧化碳不能形成酸雨，故B错误；
C.糖类俗称碳水化合物，棉麻的主要成分是纤维素，属于碳水化合物，但蚕丝的主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，故C错误；
D.干冰易升华，升华时吸热，造成空气中的水蒸气凝结形成云雾，可用于舞台布景，故D正确；
故选：D。
2．辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶Q10的说法正确的是（　　）

A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
【分析】A．此有机物中含59个C原子，15个不饱和度；
B．根据有机物的结构简式来分析；
C．四个氧原子所在的C原子均为sp2杂化；
D．此有机物中含碳碳双键、羰基，且含烷烃基。
【解答】解：A．此有机物中含59个C原子，15个不饱和度，即H的个数为2×59+2﹣15×2＝90，分子式为C59H90O4，故A错误；
B．根据有机物的结构简式可知，10个重复基团的最后一个连接H的碳是甲基，此有机物中共含14个甲基，故B正确；
C．四个氧原子所在的四个C原子均为sp2杂化，且四个C原子相连，故四个O原子和它们所在的四个C原子均一定在同一平面上，故C错误；
D．此有机物中含碳碳双键、羰基，故能发生加成反应，含烷烃基，故能发生取代反应，故D错误；
故选：B。
3．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2﹣+2H+═H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O═AlO2﹣+4NH4+
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO32﹣+CO2+H2O═HSiO3﹣+HCO3﹣
D．将等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．S2﹣有强还原性，能被硝酸氧化；
B．明矾为KAl（SO4）2•12H2O，Al3+只能与NH3•H2O反应生成氢氧化铝沉淀；
C．碳酸的酸性强于硅酸，硅酸钠中通入二氧化碳生成硅酸沉淀；
D．当OH﹣同时遇到NH4+、H+时，优先与H+反应。
【解答】解：A．S2﹣有强还原性，硝酸有强还原性，硫化钠溶液和硝酸混合不会发生复分解反应，会发生氧化还原反应，故A错误；
B．明矾为KAl（SO4）2•12H2O，电离出的Al3+与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶于氨水，故只能生成氢氧化铝沉淀，不能生成AlO2﹣，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．碳酸的酸性强于硅酸，硅酸钠中通入二氧化碳生成硅酸沉淀，通入少量二氧化碳，离子方程式为SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣，通入过量二氧化碳，碳酸根会转化为碳酸氢根，故C错误；
D．当OH﹣同时遇到NH4+、H+时，优先与H+反应，将等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
4．一种水性电解液Zn﹣MnO2离子选择双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）42﹣存在）。电池放电时，下列叙述错误的是（　　）

A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO42﹣通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
D．电池总反应：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O
【分析】根据题意可知，此装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，负极区K+剩余，通过隔膜迁移到II区；MnO2电极为正极，发生还原反应：MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，正极区SO42﹣过量，通过隔膜迁移到II区，故II区中K2SO4溶液的浓度增大，据此分析。
【解答】解：A．K+从III区通过隔膜迁移到II区，故A错误；
B．Ⅰ区的SO42﹣通过隔膜向Ⅱ区迁移，II区中K2SO4溶液的浓度增大，故B正确；
C．MnO2电极做正极，电极反应为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故C正确；
D．保持正负极得失电子数相同，将正负极反应相加即可得总反应为Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O，故D正确；
故选：A。
5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NA
C．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
【分析】A.25℃，101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
C.苯甲酸分子中含7个碳原子，根据碳原子个数守恒来分析；
D.电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu。
【解答】解：A.当Vm＝22.4L/mol时，根据n＝＝＝1.25mol，一个氢气分子中含有两个质子，28L氢气质子数为2×1.25mol×NA＝2.5NA，25℃，101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则28L氢气中含有的质子数小于2.5NA个，故A错误；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目小于2.0NA，故B错误；
C.1个苯甲酸分子中含7个碳原子，碳原子个数守恒可知，0.20mol苯甲酸完全燃烧生成的二氧化碳分子数为1.40NA个，故C正确；
D.电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，故当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为＝0.20NA，故D错误；
故选：C。
6．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（　　）
A．非金属性：X＞Q
B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的沸点：Z＞Q
D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19﹣3﹣4＝12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【解答】解：A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q＞X，故A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si＞Al，即Y＞X，故B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q＞Z，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z＞Y，故D正确；
故选：D。
7．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（　　）
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较CH3COO﹣和HCO3﹣的水解常数
分别测浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
Kh（CH3COO﹣）＜Kh（HCO3﹣）
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究氢离子浓度对CrO42﹣、Cr2O72﹣相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O72﹣的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．CH3COONH4中NH4+水解，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，会消耗CH3COO﹣水解生成的OH﹣，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者；
B．铁锈中含有Fe单质，单质Fe与浓盐酸可反应生成Fe2+，滴入KMnO4溶液，紫色褪去；
C．K2CrO4中存在平衡2 CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣ （橙红色）+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动；
D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气。
【解答】解：A．CH3COONH4中NH4+水解，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，会消耗CH3COO﹣水解生成的OH﹣，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh（CH3COO﹣）＜Kh（HCO3﹣），故A错误；
B．铁锈中含有Fe单质，单质Fe与浓盐酸可反应生成Fe2+，滴入KMnO4溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，故B错误；
C．K2CrO4中存在平衡2 CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣ （橙红色）+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，故C正确；
D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，故D错误；
故选：C。
二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
8．（14分）硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：

本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
Ksp
4.0×10﹣38
6.7×10﹣17
2.2×10﹣20
8.0×10﹣16
1.8×10﹣11
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 　ZnCO3 ZnO+CO2↑　。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 　增大压强　、　将焙烧后的产物碾碎（或增大接触面积或增大硫酸的浓度）　。
（3）加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是 　B　（填标号）。
A.NH3•H2O
B.Ca（OH）2
C.NaOH
滤渣①的主要成分是 　Fe（OH）3　、　CaSO4　、　SiO2　。
（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 　3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+　。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 　置换Cu2+为Cu从而除去　。
（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 　CaSO4　、　MgSO4　。
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe（OH）3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe（OH）3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+＝Zn2+＝Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4•7H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3 ZnO+CO2↑，
故答案为：ZnCO3 ZnO+CO2↑；
（2）可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率，
故答案为：增大压强；将焙烧后的产物碾碎（或增大接触面积或增大硫酸的浓度）；
（3）A．NH3•H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A错误；
B．Ca（OH）2不会引入新的杂质，且成本较低，故B正确；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，故C错误；
当沉淀完全时（离子浓度小于10﹣5mol/L），结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe（OH）3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe（OH）3、CaSO4、SiO2，
故答案为：B；Fe（OH）3；CaSO4；SiO2；
（4）向80～90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe（OH）3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+，
故答案为：3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+＝Zn2+＝Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去，
故答案为：置换Cu2+为Cu从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4，
故答案为：CaSO4、MgSO4。
9．（15分）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
（1）工业上常用芒硝（Na2SO4•10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为 　Na2SO4•10H2O+4C4CO+Na2S+10H2O　。
（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 　煤粉中有难溶性杂质，可充当沸石　。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是 　增大冷凝管的进水量　。
（3）回流时间不宜过长，原因是 　乙醇会与水产生共沸，无法进行分离　。回流结束后，需进行的操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为 　D　（填标号）。
A.①②③
B.③①②
C.②①③
D.①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 　乙醇易挥发　。热过滤除去的杂质为 　重金属硫化物　。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 　温度降低导致硫化钠析出　。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 　水　洗涤，干燥，得到Na2S•xH2O。

【分析】（1）用芒硝（Na2SO4•10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，根据原子守恒写出方程式即可；
（2）煤粉中本来就有难溶性杂质，故不需要加入沸石，若气雾上升过高可采取增大进水量；
（3）回流时间过长，乙醇会与水产生共沸；回流结束后，先停止加热、移去水浴然后关闭冷凝水；
（4）乙醇易挥发，要用细口瓶；根据硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇进行作答；
（5）用水进行洗涤即可。
【解答】解：（1）Na2SO4•10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，反应方程式为：Na2SO4•10H2O+4C4CO+Na2S+10H2O，
故答案为：Na2SO4•10H2O+4C4CO+Na2S+10H2O；
（2）煤粉中本来就有难溶性杂质，故不需要加入沸石，若气雾上升过高可采取增大进水量，增强冷凝效果，
故答案为：煤粉中有难溶性杂质，可充当沸石；增大冷凝管的进水量；
（3）回流时间过长，乙醇会与水产生共沸，无法进行分离；回流结束后，先停止加热、移去水浴然后关闭冷凝水，故顺序为：①③②，
故答案为：乙醇会与水产生共沸，无法进行分离；D；
（4）乙醇易挥发，要用细口瓶，烧杯口太大，故不用；硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，故热过滤除去的杂质为重金属硫化物；因为硫化钠易溶于热乙醇，过滤温度降低导致硫化钠析出，
故答案为：乙醇易挥发；重金属硫化物；温度降低导致硫化钠析出；
（5）乙醇易溶于水，故用水进行洗涤即可，
故答案为：水。
10．（14分）金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ•mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ•mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH为 　﹣223　kJ•mol﹣1，Kp＝　1.2×1014　Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 　Kp2＞Kp1　。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 　向左　移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 　变小　（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在1.0×105Pa、将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。

①反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常数Kp（1400℃）＝　7.2×105　Pa。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 　该反应是吸热反应　。
（3）TiO2碳氯化是一个“气﹣固﹣固”反应，有利于TiO2﹣C“固﹣固”接触的措施是 　将固体粉碎　。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行判断；
②平衡常数越大，转化率越大；
③根据勒夏特列原理进行判断；
（2）①根据Kp（1400℃）＝进行计算；
②该反应是吸热反应；
（3）将固体粉碎有利于增大接触。
【解答】解：（1）①根据（i）：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ•mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2 （ii）：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ•mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa，反应ii﹣反应i得到反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），故ΔH＝ΔH2﹣ΔH1═﹣51kJ•mol﹣1﹣172kJ•mol﹣1＝﹣223kJ•mol﹣1；Kp＝＝＝1.2×1014Pa，
故答案为：﹣223；1.2×1014；
②平衡常数越大，转化率越大，碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是Kp2＞Kp1，
故答案为：Kp2＞Kp1；
③根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向气体系数减小的方向移动，TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ•mol﹣1，生成物气体的系数大于反应物气体的系数，故平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：向左；变小；
（2）①Kp（1400℃）＝＝＝7.2×105Pa，
故答案为：7.2×105；
②该反应是吸热反应，故实际生产中反应温度却远高于此温度，
故答案为：该反应是吸热反应；
（3）将固体粉碎有利于增大接触，
故答案为：将固体粉碎。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质](15分）
11．（15分）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2＝CH2）与四氟乙烯（CF2＝CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 　　。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 　图a　（填标号），判断的根据是 　同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高　；第三电离能的变化图是 　图b　（填标号）。

（3）固态氟化氢中存在（HF）n形式，画出（HF）3的链状结构 　　。
（4）CF2＝CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 　sp2　和 　sp3　；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 　C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能越大，化学性质越稳定　。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 　Ca2+　；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 　a　pm。

【分析】（1）F为第9号元素；
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高；
（3）固体HF中存在氢键，则（HF）3的链状结构为；
（4）CF2＝CF2中C原子存在3对共用电子对；但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对；由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定；
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×＝4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知X；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F﹣位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为a，体对角线为a。
【解答】解：（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，
故答案为：；
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，
故答案为：图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；图b；
（3）固体HF中存在氢键，则（HF）3的链状结构为，
故答案为：；
（4）CF2＝CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，
故答案为：sp2；sp3；C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能越大，化学性质越稳定；
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×＝4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F﹣位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为a，体对角线为a，Ca2+与F﹣之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为apm，
故答案为：Ca2+；a。
[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
12．用N﹣杂环卡宾碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。如图是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。

回答下列问题：
（1）A的化学名称为 　苯甲醇　。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 　消去反应　。
（3）写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 　　。
（4）E的结构简式为 　　。
（5）H中含氧官能团的名称是 　硝基、酯基和羰基　。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 　　。
（7）如果要合成H的类似物H′（），参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式 　　、　　。H′分子中有 　5　个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）。
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【解答】解：（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B（ ）先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C（ ），故第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（3）根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，
故答案为：；
（4）由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
（5）H的结构简式为，可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和羰基，
故答案为：硝基、酯基和羰基；
（6）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：，
故答案为：；
（7）G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NO2和C＝O成环，且C＝O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′（），相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4个不同基团的饱和碳原子，则H′（ ）的手性碳原子为，共5个，
故答案为：；；5。