年高考化學(xué)真題解讀全國(guó)甲卷2022年高考化學(xué)命題以課程標(biāo)準(zhǔn)為依據(jù)，深入貫徹落實(shí)立德樹(shù)人根本任務(wù)，試題設(shè)計(jì)保持穩(wěn)中有進(jìn)，依托中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系，立足學(xué)科特征，強(qiáng)化素養(yǎng)導(dǎo)向，深化基礎(chǔ)性，聚焦關(guān)鍵能力，服務(wù)“雙減”政策實(shí)施，助力基礎(chǔ)教育提質(zhì)增效?？疾閷W(xué)生必備知識(shí)和關(guān)鍵能力，同時(shí)發(fā)揮服務(wù)選才、引導(dǎo)教學(xué)的作用。選材貼近生活和生產(chǎn)實(shí)際，試題穩(wěn)中求變，變中求新。一、創(chuàng)新情境，增強(qiáng)開(kāi)放，突出社會(huì)責(zé)任引領(lǐng)試題素材情境取材廣泛，圍繞與化學(xué)關(guān)系密切的材料、生命、環(huán)境、能源與信息等領(lǐng)域，通過(guò)對(duì)應(yīng)用于社會(huì)生產(chǎn)實(shí)踐中化學(xué)原理的考查，充分體現(xiàn)化學(xué)學(xué)科推動(dòng)科技發(fā)展和人類社會(huì)進(jìn)步的重要作用，凸顯化學(xué)學(xué)科的社會(huì)價(jià)值。例如第8題以具有預(yù)防動(dòng)脈硬化功效的輔酶Q10結(jié)構(gòu)為載體，考查有機(jī)物的主干知識(shí)，體現(xiàn)有機(jī)物結(jié)構(gòu)與生命功能之間的內(nèi)在聯(lián)系；第35題考查北京冬奧會(huì)場(chǎng)館使用的高分子材料的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，展現(xiàn)我國(guó)化學(xué)新材料的研發(fā)應(yīng)用。二、深化基礎(chǔ)，注重能力，促進(jìn)學(xué)生主動(dòng)思考高中化學(xué)基礎(chǔ)內(nèi)容包括物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論、典型化合物的性質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)原理、基本化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作方法和實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)思想。本卷的基礎(chǔ)試題數(shù)量有所增加，深入考查學(xué)生對(duì)離子方程式、阿伏加德羅常數(shù)、有機(jī)化學(xué)基本概念(有機(jī)反應(yīng)類型、同分異構(gòu)體、官能團(tuán))、元素性質(zhì)與周期律、弱電解質(zhì)的電離平衡等主干內(nèi)容的理解能力，有效地鑒別學(xué)生的基礎(chǔ)是否扎實(shí)，從而引導(dǎo)中學(xué)教學(xué)遵循教育規(guī)律、嚴(yán)格按照高中化學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行教學(xué)。例如第9題離子方程式正誤判斷，第10題電化學(xué)，第11題磋阿伏加德羅常數(shù)，第12題元素推斷，第26題化工流程題中涉及的鋅鈣鎂銅等化合物均為學(xué)生熟悉而常見(jiàn)的。第35題第(5)問(wèn)回歸到教材中經(jīng)典的氟化鈣晶體結(jié)構(gòu)，主要考查學(xué)生基礎(chǔ)是否扎實(shí)，對(duì)中學(xué)的一線教學(xué)有很好的引導(dǎo)作用。三、聚焦素養(yǎng)，增強(qiáng)思維，考查學(xué)科關(guān)鍵能力化學(xué)試題設(shè)計(jì)聚焦化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)，實(shí)現(xiàn)對(duì)“宏觀辨識(shí)與微觀探析”“變化觀念與平衡思想”“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”等化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的考查。高考化學(xué)試題創(chuàng)新信息呈現(xiàn)方式，設(shè)問(wèn)角度獨(dú)特，要求學(xué)生多角度、多層次、多維度地認(rèn)識(shí)化學(xué)基本規(guī)律，不斷探索試題情境創(chuàng)設(shè)的方式方法，拓寬情境來(lái)源，提高在真實(shí)情境中解決問(wèn)題的能力。例如第10題，學(xué)生需要通過(guò)辨識(shí)水性電解液鋅-二氧化錳離子選擇雙隔膜電池的工作結(jié)構(gòu)圖，整合正負(fù)極變化與電解質(zhì)溶液中離子遷移方向，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)逐一進(jìn)行比較分析。第28題選材在航空航天等領(lǐng)域有重要用途的金屬鈦，重點(diǎn)評(píng)價(jià)變化觀念與平衡思想素養(yǎng)，依次考查了反應(yīng)熱效應(yīng)、熱力學(xué)反應(yīng)趨勢(shì)、平衡移動(dòng)、平衡常數(shù)、動(dòng)力學(xué)、生產(chǎn)條件的選擇與調(diào)控，完整地反映了反應(yīng)原理認(rèn)識(shí)思路結(jié)構(gòu)化的過(guò)程，科學(xué)地展現(xiàn)了科學(xué)家對(duì)實(shí)際工業(yè)條件的思考模型和研究路徑，引導(dǎo)學(xué)生像科學(xué)家一樣通過(guò)數(shù)據(jù)曲線認(rèn)識(shí)物理量之間的關(guān)系，并利用數(shù)據(jù)進(jìn)行推理與論證。第35題考查碳、氮、氧、氟電離能的變化規(guī)律，考查乙烯、四氟乙烯及其聚合物，第(2)小題不但考查第一電離能還考查了第三電離能，要求學(xué)生多角度多層次的認(rèn)識(shí)化學(xué)基本規(guī)律。讓學(xué)生理解原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)之間的關(guān)系。促使學(xué)生構(gòu)建系統(tǒng)全面的學(xué)科知識(shí)體系，與課程改革理念同向同行。四、注重實(shí)際，穩(wěn)中求新，積極推進(jìn)依標(biāo)施考高考化學(xué)命題嚴(yán)格依據(jù)高中課程標(biāo)準(zhǔn)，堅(jiān)持依標(biāo)施考。注重加強(qiáng)理論聯(lián)系實(shí)際，合理選取情境，增強(qiáng)與環(huán)境保護(hù)、醫(yī)藥衛(wèi)生、能源材料等方面的聯(lián)系，突出學(xué)科主干內(nèi)容，促進(jìn)學(xué)生化學(xué)觀念、科學(xué)思維和正確價(jià)值觀念的形成與發(fā)展，引導(dǎo)學(xué)生提升綜合素質(zhì)。既滿足高等學(xué)校選拔要求，又有利于學(xué)生實(shí)際水平的發(fā)揮。課程及教學(xué)改革更加注重對(duì)實(shí)驗(yàn)操作能力的培養(yǎng)。為加強(qiáng)教考銜接，2022年高考化學(xué)試題圍繞“鹽類水解的應(yīng)用”“鐵及其化合物的性質(zhì)”“探究影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素”“有機(jī)化合物中常見(jiàn)官能團(tuán)的檢驗(yàn)”等重要實(shí)驗(yàn)，考查利用化學(xué)反應(yīng)基本原理、基于實(shí)驗(yàn)?zāi)康姆治鰧?shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論的能力。例如第13題實(shí)驗(yàn)題考查水解常數(shù)、酸性對(duì)鉻酸根平衡的影響、醇及二價(jià)鐵的性質(zhì)。一、選擇題7．化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述正確的是()A．漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果B．溫室氣體是形成酸雨的主要物質(zhì)C．棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物 D．干冰可用在舞臺(tái)上制造“云霧”【答案】D【解析】A項(xiàng)，漂白粉的有效成分次氯酸鈣與鹽酸混合，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成有毒的氯氣，兩者不能混合使用，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，溫室氣體主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物質(zhì)，形成酸雨的主要物質(zhì)是硫氧化物、氮氧化物等，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，棉花、麻來(lái)源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來(lái)源于動(dòng)物，主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)不是碳水化合物，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，干冰是固態(tài)的二氧化碳，干冰升華時(shí)，吸收大量的熱，使周圍溫度降低，大量的水蒸氣凝結(jié)成了小液滴，形成“云霧”效果，D正確；故選D。8．輔酶Q10具有預(yù)防動(dòng)脈硬化的功效，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下。下列有關(guān)輔酶Q10的說(shuō)法正確的是()A．分子式為C60H90O4 B．分子中含有14個(gè)甲基C．分子中的四個(gè)氧原子不在同一平面 D．可發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)【答案】B【解析】A項(xiàng)，由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其分子式為C59H90O4，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，鍵線式端點(diǎn)代表甲基，10個(gè)重復(fù)基團(tuán)的最后一個(gè)連接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14個(gè)甲基，B正確；C項(xiàng)，雙鍵碳以及與其相連的四個(gè)原子共面，羰基碳采取sp2雜化，羰基碳原子和與其相連的氧原子及另外兩個(gè)原子共面，因此分子中的四個(gè)氧原子在同一平面上，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，分子中有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，分子中含有甲基，能發(fā)生取代反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選B。9．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為()A．硫化鈉溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑B．明礬溶液與過(guò)量氨水濕合：Al3++4NH3+2H2O=AlO2-+4NH4+C．硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiO32-+CO2+H2O=HSiO3-+HCO3-D．將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】A項(xiàng)，硝酸具有強(qiáng)氧化性，可以將S2-氧化為S單質(zhì)，自身根據(jù)其濃度大小還原為NO或NO2，反應(yīng)的離子方程式為4H++2NO32+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(濃)或8H++2NO3-+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，明礬在水中可以電離出Al3+，可以與氨水中電離出的OH-發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3，但由于氨水的堿性較弱，生成的Al(OH)3不能繼續(xù)與弱堿發(fā)生反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式為Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時(shí)，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根據(jù)其通入的量的多少反應(yīng)為碳酸根或碳酸氫根，反應(yīng)的離子方程式為SiO32-+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO32-(CO2少量)或SiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-(CO2過(guò)量)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與NH4HSO4溶液以體積比1：2混合，Ba(OH)2電離出的OH-與NH4HSO4電離出的H+反應(yīng)生成水，Ba(OH)2電離出的Ba2+與NH4HSO4電離出的SO42-反應(yīng)生成BaSO4沉淀，反應(yīng)的離子方程為為Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D正確；故選D。10．一種水性電解液Zn-MnO2離子選擇雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)42-存在)。電池放電時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是()A．Ⅱ區(qū)的K+通過(guò)隔膜向Ⅲ區(qū)遷移B．Ⅰ區(qū)的SO42-通過(guò)隔膜向Ⅱ區(qū)遷移C．MnO2電極反應(yīng)：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OD．電池總反應(yīng)：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2++2H2O【答案】A【解析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)和題目所給信息可知，Ⅲ區(qū)Zn為電池的負(fù)極，電極反應(yīng)為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，Ⅰ區(qū)MnO2為電池的正極，電極反應(yīng)為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；電池在工作過(guò)程中，由于兩個(gè)離子選擇隔膜沒(méi)有指明的陽(yáng)離子隔膜還是陰離子隔膜，故兩個(gè)離子隔膜均可以通過(guò)陰、陽(yáng)離子，因此可以得到Ⅰ區(qū)消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ區(qū)的K+向Ⅰ區(qū)移動(dòng)或Ⅰ區(qū)的SO42-向Ⅱ區(qū)移動(dòng)，Ⅲ區(qū)消耗OH-，生成Zn(OH)42-，Ⅱ區(qū)的SO42-向Ⅲ區(qū)移動(dòng)或Ⅲ區(qū)的K+向Ⅱ區(qū)移動(dòng)。A項(xiàng)，Ⅱ區(qū)的K+只能向Ⅰ區(qū)移動(dòng)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，Ⅰ區(qū)的SO42-向Ⅱ區(qū)移動(dòng)，B正確；C項(xiàng)，MnO2電極的電極反應(yīng)式為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正確；D項(xiàng)，電池的總反應(yīng)為Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2++2H2O，D正確；故選A。11．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．25℃，101kPa下，氫氣中質(zhì)子的數(shù)目為2.5NAB．2.0L1.0mol/L溶液中，的數(shù)目為2.0NAC．0.2mol苯甲酸完全燃燒，生成CO2的數(shù)目為1.4NAD．電解熔融CuCl2，陰極增重6.4g，外電路中通過(guò)電子的數(shù)目為0.10NA【答案】C【解析】A項(xiàng)，25℃、101kPa不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算氫氣的物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，Al3+在溶液中會(huì)發(fā)生水解生成Al(OH)3，因此2.0L1.0mol/L的AlCl3溶液中Al3+數(shù)目小于2.0NA，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，苯甲酸燃燒的化學(xué)方程式為，1mol苯甲酸燃燒生成7molCO2，則0.2mol苯甲酸完全燃燒生成1.4molCO2，數(shù)目為1.4NA，故C正確；D項(xiàng)，電解熔融CuCl2時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為2Cl-Cl2↑，陰極反應(yīng)為，陰極增加的重量為Cu的質(zhì)量，6.4gCu的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)陰極反應(yīng)可知，外電路中通過(guò)電子的物質(zhì)的量為0.2mol，數(shù)目為0.2NA，故D錯(cuò)誤；故選C。12．Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍。下列說(shuō)法正確的是()A．非金屬性： B．單質(zhì)的熔點(diǎn)：C．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)： D．最高價(jià)含氧酸的酸性：【答案】D【解析】Q、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數(shù)為Q元原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Q應(yīng)為第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外層電子數(shù)為4，則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數(shù)小于Y，則X為Al元素，Q、X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為19，則Q、Z的最外層電子數(shù)之和為19-3-4=12，主族元素的最外層電子數(shù)最多為7，若Q的最外層電子數(shù)為7，為F元素，Z的最外層電子數(shù)為5，為P元素，若Q的最外層電子數(shù)為6，為O元素，則Z的最外層電子數(shù)為6，為S元素，若Q的最外層電子數(shù)為5，為N元素，Z的最外層電子數(shù)為7，為Cl元素；綜上所述，Q為N或O或F，X為Al，Y為Si，Z為Cl或S或P。A項(xiàng)，X為Al，Q為N或O或F，同一周期從左往右元素非金屬性依次增強(qiáng)，同一主族從上往下依次減弱，故非金屬性：Q>X，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，X為Al屬于金屬晶體，Y為Si屬于原子晶體或共價(jià)晶體，故單質(zhì)熔點(diǎn)Si>Al，即Y>X，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，含有氫鍵的物質(zhì)沸點(diǎn)升高，由分析可知Q為N或O或F，其簡(jiǎn)單氫化物為H2O或NH3或HF，Z為Cl或S或P，其簡(jiǎn)單氫化物為HCl或H2S或PH3，由于前者物質(zhì)中存在分子間氫鍵，而后者物質(zhì)中不存在，故沸點(diǎn)Q>Z，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，P、S、Cl的非金屬性均強(qiáng)于Si，因此最高價(jià)含氧酸酸性：Z>Y，D正確；故選D。13．根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模铝袑?shí)驗(yàn)及現(xiàn)象、結(jié)論都正確的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)及現(xiàn)象結(jié)論A比較CH3COO-和HCO3-的水解常數(shù)分別測(cè)濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)B檢驗(yàn)鐵銹中是否含有二價(jià)鐵將鐵銹溶于濃鹽酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去鐵銹中含有二價(jià)鐵C探究氫離子濃度對(duì)CrO42-、Cr2O72-相互轉(zhuǎn)化的影響向K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，黃色變?yōu)槌燃t色增大氫離子濃度，轉(zhuǎn)化平衡向生成Cr2O72-的方向移動(dòng)D檢驗(yàn)乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產(chǎn)生無(wú)色氣體乙醇中含有水【答案】C【解析】A項(xiàng)，CH3COONH4中NH4+水解，NH4++H2ONH3·H2O+H+，會(huì)消耗CH3COO-水解生成的OH-，測(cè)定相同濃度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能說(shuō)明Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，濃鹽酸也能與KMnO4發(fā)生反應(yīng)，使溶液紫色褪去，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，K2CrO4中存在平衡2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙紅色)+H2O，緩慢滴加硫酸，H+濃度增大，平衡正向移動(dòng)，故溶液黃色變成橙紅色，C正確；D項(xiàng)，乙醇和水均會(huì)與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)生成氫氣，故不能說(shuō)明乙醇中含有水，D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題26．（14分）硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學(xué)上有諸多應(yīng)用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+回答下列問(wèn)題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液，最適宜使用的X是_______(填標(biāo)號(hào))。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的濾液①中分批加入適量KMO4溶液充分反應(yīng)后過(guò)濾，濾渣②中有MO2，該步反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_______。(6)濾渣④與濃H2SO4反應(yīng)可以釋放HF并循環(huán)利用，同時(shí)得到的副產(chǎn)物是_______、_______?！敬鸢浮?1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

增大壓強(qiáng)

將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等(3)B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)

CaSO4

MgSO4【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結(jié)合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應(yīng)ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH=5，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，過(guò)濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向?yàn)V液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過(guò)濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，過(guò)濾后得到濾渣③為Cu，再向?yàn)V液③中加入HF脫鈣鎂，過(guò)濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙燒時(shí)，生成ZnO的反應(yīng)為：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大壓強(qiáng)、將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A項(xiàng)，NH3·H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟(jì)成本較高，故A不適宜；B項(xiàng)，Ca(OH)2不會(huì)引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；C項(xiàng)，NaOH會(huì)引入雜質(zhì)Na+，且成本較高，C不適宜；故選B；當(dāng)沉淀完全時(shí)(離子濃度小于10-5mol/L)，結(jié)合表格Ksp計(jì)算各離子完全沉淀時(shí)pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應(yīng)的離子方程式為3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應(yīng)可得到HF，同時(shí)得到的副產(chǎn)物為CaSO4、MgSO4。27．（15分）硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實(shí)驗(yàn)室中常用95%乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時(shí)生成CO，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無(wú)需加入沸石，其原因是_______?；亓鲿r(shí)，燒瓶?jī)?nèi)氣霧上升高度不宜超過(guò)冷凝管高度的1/3.若氣霧上升過(guò)高，可采取的措施是_______。(3)回流時(shí)間不宜過(guò)長(zhǎng)，原因是_______?；亓鹘Y(jié)束后，需進(jìn)行的操作有①停止加熱

②關(guān)閉冷凝水

③移去水浴，正確的順序?yàn)開(kāi)______(填標(biāo)號(hào))。A．①②③

B．③①②

C．②①③

D．①③②(4)該實(shí)驗(yàn)熱過(guò)濾操作時(shí)，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是_______。過(guò)濾除去的雜質(zhì)為_(kāi)______。若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是_______。(5)濾液冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾，晶體用少量_______洗滌，干燥，得到Na2S·H2O。【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O(2)

硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可以直接作沸石

降低溫度(3)

硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時(shí)間過(guò)長(zhǎng)，Na2S會(huì)直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時(shí)易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶?jī)?nèi)氣壓過(guò)大，發(fā)生爆炸

D(4)

防止濾液冷卻

重金屬硫化物

溫度逐漸恢復(fù)至室溫(5)冷水【解析】本實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑橹苽淞蚧c并用95%乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品，工業(yè)上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，反應(yīng)原理為：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，結(jié)合硫化鈉的性質(zhì)解答問(wèn)題。(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時(shí)生產(chǎn)CO，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O；(2)由題干信息，生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可以直接作沸石，因此回流前無(wú)需加入沸石，若氣流上升過(guò)高，可直接降低降低溫度，使氣壓降低；(3)硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時(shí)間過(guò)長(zhǎng)，Na2S會(huì)直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時(shí)易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶?jī)?nèi)氣壓過(guò)大，發(fā)生爆炸；回流結(jié)束后，先停止加熱，再移去水浴后再關(guān)閉冷凝水，故正確的順序?yàn)棰佗邰?，故選D。(4)硫化鈉易溶于熱乙醇，使用錐形瓶可有效防止濾液冷卻，重金屬硫化物難溶于乙醇，故過(guò)濾除去的雜質(zhì)為重金屬硫化物，由于硫化鈉易溶于熱乙醇，過(guò)濾后溫度逐漸恢復(fù)至室溫，濾紙上便會(huì)析出大量晶體；(5)乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，因此將濾液冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾后，晶體可用少量冷水洗滌，再干燥，即可得到Na2S·H2O。28．（14分）金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途，目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO2)轉(zhuǎn)化為TiCl4，再進(jìn)一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)TiO2轉(zhuǎn)化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在時(shí)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其平衡常數(shù)如下：(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)ΔH1＝172kJ·mol?1Kp1=1.0(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)ΔH2＝-51kJ·mol?1Kp2=1.2Pa①反應(yīng)2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔH為_(kāi)______kJ·mol?1，Kp=_______Pa。②碳氯化的反應(yīng)趨勢(shì)遠(yuǎn)大于直接氯化，其原因是_______。③對(duì)于碳氯化反應(yīng)：增大壓強(qiáng)，平衡_______移動(dòng)(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率_______(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)在1.0Pa，將TiO2、C、Cl2以物質(zhì)的量比1∶2.2∶2進(jìn)行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例(物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))隨溫度變化的理論計(jì)算結(jié)果如圖所示。①反應(yīng)C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)_______。②圖中顯示，在平衡時(shí)TiO2幾乎完全轉(zhuǎn)化為TiCl4，但實(shí)際生產(chǎn)中反應(yīng)溫度卻遠(yuǎn)高于此溫度，其原因是_______。(3)TiO2碳氯化是一個(gè)“氣—固—固”反應(yīng)，有利于TiO2-C“固—固”接觸的措施是_______?！敬鸢浮?1)①-223

1.2×1014

②碳氯化反應(yīng)氣體分子數(shù)增加，?H小于0，是熵增、放熱過(guò)程，熵判據(jù)與焓判據(jù)均是自發(fā)過(guò)程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過(guò)程

③向左

變小(2)

①7.2×105

②為了提高反應(yīng)速率，在相同時(shí)間內(nèi)得到更多的TiCl4產(chǎn)品，提高效益(3)將兩固體粉碎后混合，同時(shí)鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”【解析】(1)①根據(jù)蓋斯定律，將“反應(yīng)ⅱ-反應(yīng)ⅰ”得到反應(yīng)2C(s)+O2(g)=2CO(g)，則?H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；則Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反應(yīng)趨勢(shì)遠(yuǎn)大于直接氯化，因?yàn)樘悸然磻?yīng)氣體分子數(shù)增加，?H小于0，是熵增、放熱過(guò)程，熵判據(jù)與焓判據(jù)均是自發(fā)過(guò)程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過(guò)程；③對(duì)應(yīng)碳氯化反應(yīng)，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強(qiáng)，平衡往氣體分子數(shù)減少的方向移動(dòng)，即平衡向左移動(dòng)；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡往吸熱方向移動(dòng)，即向左移動(dòng)，則平衡轉(zhuǎn)化率變小。(2)①?gòu)膱D中可知，1400℃，體系中氣體平衡組成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反應(yīng)C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；②實(shí)際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應(yīng)的速率、產(chǎn)率等，以達(dá)到最佳效益，實(shí)際反應(yīng)溫度遠(yuǎn)高于200℃，就是為了提高反應(yīng)速率，在相同時(shí)間內(nèi)得到更多的TiCl4產(chǎn)品。(3)固體顆粒越小，比表面積越大，反應(yīng)接觸面積越大。有利于TiO2–C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混合，同時(shí)鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。三、選做題【物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】35．(15分)2008年北京奧運(yùn)會(huì)的“水立方”，在2022年冬奧會(huì)上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實(shí)現(xiàn)了奧運(yùn)場(chǎng)館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)F原子的價(jià)電子排布圖(軌道表示式)為_(kāi)______。(2)圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級(jí)電離能Ⅰ變化趨勢(shì)(縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同)。第一電離能的變化圖是_______(填標(biāo)號(hào))，判斷的根據(jù)是_______；第三電離能的變化圖是_______(填標(biāo)號(hào))。(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)n形式，畫(huà)出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)_______。(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為_(kāi)______和_______；聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學(xué)鍵的角度解釋原因_______。(5)螢石(CaF2)是自然界中常見(jiàn)的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是_______；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負(fù)離子的核間距最小為_(kāi)______pm。【答案】(1)(2)

圖a

同一周期第一電離能的總體趨勢(shì)是依次升高的，但由于N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高

圖b(3)(4)sp2

sp3

C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定(5)Ca2+

apm【解析】根據(jù)基態(tài)原子的電子表示式書(shū)寫(xiě)價(jià)電子排布式；根據(jù)電離能的排布規(guī)律分析電離能趨勢(shì)和原因；根據(jù)氫鍵的表示方法書(shū)寫(xiě)(HF)3的結(jié)構(gòu)；根據(jù)鍵能影響物質(zhì)穩(wěn)定性的規(guī)律分析兩種物質(zhì)的穩(wěn)定性差異；根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中各粒子的個(gè)數(shù)，判斷粒子種類。(1)F為第9號(hào)元素其電子排布為1s22s22p5，則其價(jià)電子排布圖為。(2)C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢(shì)是依次升高的，但由于N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高，因此C、N、O、F四種元素的第一電離能從小到大的順序?yàn)镃<O<N<F，滿足這一規(guī)律的圖像為圖a，氣態(tài)基態(tài)正2價(jià)陽(yáng)離子失去1個(gè)電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價(jià)陽(yáng)離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，同一周期原子的第三電離能的總體趨勢(shì)也依次升高，但由于C原子在失去2個(gè)電子之后的2s能級(jí)為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個(gè)電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b；(3)固體HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)為；(4)CF2=CF2中C原子存在3對(duì)共用電子對(duì)，其C原子的雜化方式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對(duì)共用電子對(duì)，其C原子為sp3雜化；由于F元素的電負(fù)性較大，因此在與C原子的結(jié)合過(guò)程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能的強(qiáng)弱決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯；(5)根據(jù)螢石晶胞結(jié)構(gòu)，淺色X離子分布在晶胞的頂點(diǎn)和面心上，則1個(gè)晶胞中淺色X離子共有8×+6×=4個(gè)