2022年高考全国乙卷化学真题+答案+解析

化学

1. 生活中处处有化学，下列叙述正确的是 A. HB铅笔芯的成分为二氧化铅 C. 青铜和黄铜是不同结构的单质铜 【答案】B 【解析】

【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；

B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确 ；

C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误； D．钠元素灼烧显黄色，D错误； 故选B。

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2. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：

B. 碳酸氢钠可做食品膨松剂 D. 焰火中红色来源于钠盐灼烧

下列叙述正确的是

A. 化合物1分子中的所有原子共平面 C. 化合物2分子中含有羟基和酯基 【答案】D 【解析】

【详解】A．化合物1分子中还有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，A错误；

B．结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙

B. 化合物1与乙醇互为同系物 D. 化合物2可以发生开环聚合反应

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烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，B错误； C．根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，C错误； D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物

，D正确；

答案选D。

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3. 某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验： ①溶于水，得到无色透明溶液

②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。 ③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。 该样品中确定存在的是 A. Na2SO4、Na2S2O3

B. Na2SO3、Na2S2O3

C.

Na2SO4、Na2CO3 D. Na2SO3、Na2CO3 【答案】A 【解析】

【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O3+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,

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2-答案选A。

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4. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 实验操作 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加B 热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液 石蜡油加强热，将产生的气体通入C 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 现象 先变橙色，后变蓝色 结论 氧化性：A Cl2Br2I2 溶液红棕色变无色 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 气体中含有不饱和烃 氯乙烯加聚是可逆反应 Br2的CCl4溶液 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 A. A 【答案】C 【解析】

B. B

C. C D. D

【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；

B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；

C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；

D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向

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进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误； 答案选C。

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5. 化合物YW4X5Z84W2Z可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是

A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。

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【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；

B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；

C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数

144115168100%73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错

144115168184误；

D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分

(112163)5100%.1%，说明假设正确，故D正数为

(144115168184)2确。

综上所述，答案为D。

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6. Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家

研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子e和空

穴h，驱动阴极反应LieLi和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行

充电。下列叙述错误的是

A. 充电时，电池的总反应Li2O22LiO2

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B. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关 C. 放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移

D. 放电时，正极发生反应O22Li2eLi2O2

【答案】C 【解析】

【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li+）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。

【详解】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；

B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；

C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；

D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D正确； 答案选C。

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7. 常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.010。在某体系中，H+与A-离子不能穿过

3隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。

设溶液中c总(HA)c(HA)cA，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A. 溶液℃中cHcOHcA

第6页/共22页

cA-1为B. 溶液℃中的HA的电离度

c总(HA)101C. 溶液℃和℃中的c(HA)不相等 D. 溶液℃和℃中的c总(HA)之比为104 【答案】B 【解析】

【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；

c(H+)c(A-)B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，

c(HA)+

--0.1c(A)c(A)1-3

c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10=，解得，B正确；

c总(HA)-c(A-)c总(HA)101C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；

+-c(H)c(A)D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=

c(HA)10-7[c总(HA)c(HA)]=1.0×10，c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×10-3，溶液I中c总

c(HA)-3

-

(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=

0.1[c总(HA)c(HA)]c(H+)c(A-)=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶

c(HA)c(HA)液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为

[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误； 答案选B。

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8. 废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅

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的回收。

一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 PbSO4 2.5108 PbCO3 BaSO4 1.11010 BaCO3 Ksp 7.41014 2.6109 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 回答下列问题：

（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因________。

（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是________。

（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。 (℃)能被H2O2氧化的离子是________；

(℃)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为________； (℃)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是________。 （4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。 （5）“沉铅”的滤液中，金属离子有________。

Fe(OH)3 Fe(OH)2 6.8 8.3 Al(OH)3 3.5 4.6 Pb(OH)2 7.2 9.1 2.3 3.2 第8页/共22页

【答案】（1） ℃. PbSO4(s)+CO

2-32-42-3 (a))= PbCO3(s)+SO

2-4 (a)) ℃. 反应

c(SO2-4)55PbSO4(s)+CO(a))= PbCO3(s)+SO(a))的平衡常数K=PbSO42-=3.410>10，c(CO3)可以比较彻底的转化为PbCO3

c(SO2-4)5（2）反应BaSO4(s)+CO(a))= BaCO3(s)+SO(a))的平衡常数K=2-=0.04<<10，c(CO3)2-32-4反应正向进行的程度有限

（3） ℃. Fe2+ ℃. Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O ℃. 作还原剂 （4）Fe(OH)3、Al(OH)3 （5）Ba2+、Na+ 【解析】

【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。 【小问1详解】

“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO3(a))= PbCO3(s)+SO4(a))，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO3(a))=

2+2-Ksp(PbSO4)c(SO2-)c(Pb)c(SO44)PbCO3(s)+SO(a))的平衡常数K==2-=2-=)Ksp(PbCO3)c(CO3)c(Pb2+)c(CO32-42-2-2-2.510-8≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由-147.410酸浸进入溶液中，减少铅的损失。 【小问2详解】

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c(SO2-4)反应BaSO4(s)+CO(a))= BaCO3(s)+SO(a))的平衡常数K=2-=c(CO3)2-32-42-c(Ba2+)c(SO4)Ksp(BaSO4)1.110-10=≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程2+2-=-9c(Ba)c(CO3)Ksp(BaCO3)2.610度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。 【小问3详解】

（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。 （ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。

（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。 【小问4详解】

酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。 【小问5详解】

依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。

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9. 二草酸合铜(℃)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(℃)酸钾可采用如下步骤：

℃.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。

℃.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。

℃.将℃的混合溶液加热至80-85℃，加入℃中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 ℃.将℃的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(℃)酸

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钾晶体，进行表征和分析。 回答下列问题：

（1）由CuSO45H2O配制℃中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。

（2）长期存放的CuSO45H2O中，会出现少量白色固体，原因是________。 （3）℃中的黑色沉淀是________(写化学式)。

（4）℃中原料配比为n(H2C2O4):n(K2CO3)=1.5:1，写出反应的化学方程式________。

（5）℃中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取________的方法。

（6）℃中应采用________进行加热。 （7）℃中“一系列操作”包括________。 【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管

（2）CuSO45H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜

（3）CuO （4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ （5）分批加入并搅拌 （6）水浴 （7）冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】

【分析】取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和

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K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(℃)酸钾晶体。

【小问1详解】

由CuSO45H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO45H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO45H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 【小问2详解】

CuSO45H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。 【小问3详解】

硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。 【小问4详解】

草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5:1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、

K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。 【小问5详解】

为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。 【小问6详解】

℃中将混合溶液加热至80-85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。 【小问7详解】

从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将℃的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(℃)酸钾晶体。

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10. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：

（1）已知下列反应的热化学方程式：

-1①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1036kJmol -1②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=94kJmol

③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-484kJmol

计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的ΔH4=________kJmol-1。 （2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。

（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S):n(Ar)=1:4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为________，平衡常数Kp=________kPa。

（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S):n(Ar)分别为4:1、1:1、

-11:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如

下图所示。

①n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率________，理由是________。

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②n(H2S):n(Ar)=1:9对应图中曲线________，计算其在0-0.1s之间，H2S分压的平均变化率为________kPas-1。

【答案】（1）170 （2） ℃. 副产物氢气可作燃料 ℃. 耗能高 （3） ℃. 50% ℃. 4.76

（4） ℃. 越高 ℃. n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 ℃. d ℃. 24.9 【解析】 【小问1详解】 已知：

①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol ②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol ③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol

1根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－

311036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；

3【小问2详解】

1根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－

311036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据

3硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高； 【小问3详解】

假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：

始/mol变/mol平/mol2H2S(g)1x1xS2(g)+2H2(g)00

0.5xx0.5xx平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝

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0.5，所以H2S的平衡转化率为

0.5100%50%，所以平衡常数Kp＝10.250.5100kPa(100kPa)22p(S2)p(H2)5.255.25＝≈4.76kPa； 20.5p(H2S)(100kPa)25.25【小问4详解】

①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知

始/mol变/mol平/mol2H2S(g)10.240.76S2(g)+2H2(g)00

0.120.240.120.240.76100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为

0.760.120.24910kPa7.51kPa－

10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s1。

0.1s此时H2S的压强为

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【化学—选修3：物质结构与性质】

11. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)

a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p2 d.1s22s22p33p2

（2）①一氯乙烯C2H3Cl分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl_______键，并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键

。

43②一氯乙烷C2H5Cl、一氯乙烯C2H3Cl、一氯乙炔C2HCl分子中，C-Cl键长

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的顺序是_______，理由：(℃)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(℃)_______。

（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。

（4）α-AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。

已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=_______m3mol-1(列出算式)。

【答案】（1） ℃. ad ℃. d

（2） ℃. sp2 ℃. σ ℃. 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 ℃. Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短

（3） ℃. CsCl ℃. CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体

NA(50410-12)3（4） ℃. 电解质 ℃.

2【解析】 【小问1详解】

F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，

a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；

b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；

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c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；

d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确； 答案选ad；

而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d； 【小问2详解】

①一氯乙烯的结构式为

，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的

一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；

②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π3 )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π3 )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔； 【小问3详解】

CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；

【小问4详解】

由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8441+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=8N2mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积NANA第17页/共22页

(50410-12)3m3VNA(50410-12)33

2Vm===m/mol。 moln2NA视频

[化化-化化5化化化化化化化]

12. 左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线(部分反应条件已简化，忽略立体化学)：

已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。 回答下列问题：

（1）A的化学名称是_______。 （2）C的结构简式为_______。

（3）写出由E生成F反应的化学方程式_______。 （4）E中含氧官能团的名称为_______。 （5）由G生成H的反应类型为_______。

（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为_______。

（7）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_______种。 a)含有一个苯环和三个甲基；

b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳； c)能发生银镜反应，不能发生水解反应。

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上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为6：3：2：1)的结构简式为_______。 【答案】（1）3-氯丙烯

（2） （3）

浓硫酸甲苯+H2O

（4）羟基、羧基 （5）取代反应

（6） （7） ℃. 10 ℃. 、

【解析】

【分析】A发生氧化反应生成B，B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D，对比B、D的结构简式，结合C的分子式C8H7N，可推知C的结构简式为

；D与30%Na2CO3反应后再酸化生成E，E在浓硫酸、甲苯条件

下反应生成F，F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，F中不含羧基，F的分子式为C11H10O2，F在E的基础上脱去1个H2O分子，说明E发生分子内酯化生成

F，则F的结构简式为；F与(C2H5)2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生

成G，G与SOCl2、甲苯反应生成H，H的分子式为C15H20ClNO，H与I反应生成

J，结合G、J的结构简式知，H的结构简式为；I的分子式为

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C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为；据此

作答。 【小问1详解】

A的结构简式为CH2=CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3-氯丙烯；答案为：3-氯丙烯。 【小问2详解】

根据分析，C的结构简式为【小问3详解】

；答案为：

。

E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化

学方程式为

浓硫酸甲苯+H2O；答案为：

浓硫酸甲苯+H2O。

【小问4详解】

E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基；

答案为：羟基、羧基。 【小问5详解】

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G的结构简式为，H的结构简式为，G与SOCl2

发生取代反应生成H；答案为：取代反应。 【小问6详解】

根据分析，I的结构简式为；答案为：。

【小问7详解】

E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的

同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为

时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯

环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上

的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体

共有3+6+1=10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：2：1的结构简式为

、；答案为：10；

、。

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