湖南省2022年普通高中學業水平選擇性考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Fe56Se79Ba137一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學促進了科技進步和社會發展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是A.《神農本草經》中記載的“石膽能化鐵為銅”B.利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿C.科學家成功將轉化為淀粉或葡萄糖D.北京冬奧會場館使用跨臨界直冷制冰【答案】D【解析】【詳解】A．“石膽能化鐵為銅”指的是鐵可以與硫酸銅發生置換反應生成銅，發生了化學變化，A不符合題意；B．工業上利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發生反應生成的碳酸氫鈉晶體經加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發生了化學變化，B不符合題意；C．CO2轉化淀粉或葡萄糖，有新物質生成，發生了化學變化，C不符合題意；D．使用CO2跨臨界直冷制冰，將水直接轉化為冰，沒有新物質生成，只發生了物理變化，沒有涉及化學變化，D符合題意；綜上所述，本題選D。2.下列說法錯誤的是A.氫鍵，離子鍵和共價鍵都屬于化學鍵B.化學家門捷列夫編制了第一張元素周期表C.藥劑師和營養師必須具備化學相關專業知識D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一【答案】A【解析】【詳解】A．離子鍵和共價鍵都屬于化學鍵，氫鍵屬于分子間作用力，A說法錯誤；B．第一張元素周期表是俄國化學家門捷列夫編制的，B說法正確；C．藥劑師和營養師的工作分別與藥劑和營養物質有關，因此必須具備相關的化學專業知識才能勝任相關工作，C說法正確；D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和純堿，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D說法正確；綜上所述，本題選A。3.聚乳酸是一種新型的生物可降解高分子材料，其合成路線如下：圖片優化老師請注意一下：中括號內的右側O去掉（優化后把這些文字刪除）下列說法錯誤的是A.B.聚乳酸分子中含有兩種官能團C.乳酸與足量的反應生成D.兩分子乳酸反應能夠生成含六元環的分子【答案】B【解析】【詳解】A．根據氧原子數目守恒可得：3n=2n+1+m，則m=n-1，A正確；B．聚乳酸分子中含有三種官能團，分別是羥基、羧基、酯基，B錯誤；C．1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則1mol乳酸和足量的Na反應生成1molH2，C正確；D．1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則兩分子乳酸可以縮合產生含六元環的分子（），D正確；故選B。4.化學實驗操作是進行科學實驗的基礎。下列操作符合規范的是A.堿式滴定管排氣泡B.溶液加熱C.試劑存放D.溶液滴加A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．堿式滴定管排氣泡時，把橡皮管向上彎曲，出口上斜，輕輕擠壓玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液從尖嘴涌出，氣泡即可隨之排出，A符合規范；B．用試管加熱溶液時，試管夾應夾在距離管口的處，B不符合規范；C．實驗室中，鹽酸和NaOH要分開存放，有機物和無機物要分開存放，C不符合規范；D．用滴管滴加溶液時，滴管不能伸入試管內部，應懸空滴加，D不符合規范；故選A。5.科學家合成了一種新的共價化合物(結構如圖所示)，X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期元素，W的原子序數等于X與Y的原子序數之和。下列說法錯誤的是A.原子半徑： B.非金屬性：C.Z的單質具有較強的還原性 D.原子序數為82的元素與W位于同一主族【答案】C【解析】【分析】由共價化合物的結構可知，X、W形成4個共價鍵，Y形成2個共價鍵，Z形成1個共價鍵，X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，W的原子序數等于X與Y的原子序數之和，則X為C元素、Y為O元素、Z為F元素、W為Si元素。【詳解】A．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則C、O、F的原子半徑大小順序為C＞O＞F，故A正確；B．同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強，同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，則C、O、Si的非金屬性強弱順序為O＞C＞Si，故B正確；C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金屬性最強，單質具有很強的氧化性，故C錯誤；D．原子序數為82的元素為鉛元素，與硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正確；故選C。6.甲基丙烯酸甲酯是合成有機玻璃的單體。舊法合成的反應：新法合成的反應：下列說法錯誤的是(阿伏加德羅常數的值為)A.的電子式為B.新法沒有副產物產生，原子利用率高C.的溶液中的微粒數小于D.的作用是降低反應的活化能，使活化分子數目增多，百分數不變【答案】D【解析】【詳解】A．氫氰酸為共價化合物，結構式為H—C≡N，電子式為，故A正確；B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反應為沒有副產物生成，原子利用率為100的化合反應，故B正確；C．硫酸氫銨是強酸弱堿的酸式鹽，銨根離子在溶液中會發生水解反應，所以1L0.05mol/L的硫酸氫銨溶液中銨根離子的數目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C正確；D．由方程式可知，鈀為新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化劑，能降低反應的活化能，使活化分子的數目和百分數都增大，故D錯誤；故選D。7.鋁電解廠煙氣凈化的一種簡單流程如下：

下列說法錯誤的是A.不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料B.采用溶液噴淋法可提高吸收塔內煙氣吸收效率C.合成槽中產物主要有和D濾液可回收進入吸收塔循環利用【答案】C【解析】【分析】煙氣(含HF)通入吸收塔，加入過量的碳酸鈉，發生反應，向合成槽中通入NaAlO2，發生反應，過濾得到和含有的濾液。【詳解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高溫下與發生反應，因此不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料，故A正確；B．采用溶液噴淋法可增大反應物的接觸面積，提高吸收塔內煙氣吸收效率，故B正確；C．由上述分析可知，合成槽內發生反應，產物是和，故C錯誤；D．由上述分析可知，濾液的主要成分為，可進入吸收塔循環利用，故D正確；答案選C。8.海水電池在海洋能源領域備受關注，一種鋰-海水電池構造示意圖如下。下列說法錯誤的是A.海水起電解質溶液作用B.N極僅發生的電極反應：C.玻璃陶瓷具有傳導離子和防水的功能D.該鋰-海水電池屬于一次電池【答案】C【解析】【分析】鋰海水電池的總反應為2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M極上Li失去電子發生氧化反應，則M電極為負極，電極反應為Li-e-=Li+，N極為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑。【詳解】A．海水中含有豐富的電解質，如氯化鈉、氯化鎂等，可作為電解質溶液，故A正確；B．由上述分析可知，N為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正確；C．Li為活潑金屬，易與水反應，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反應，但不能傳導離子，故C錯誤；D．該電池不可充電，屬于一次電池，故D正確；答案選C。9.科學家發現某些生物酶體系可以促進和的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的轉化為進入大氣層，反應過程如圖所示。下列說法正確的是A.過程Ⅰ中發生氧化反應B.a和b中轉移的數目相等C.過程Ⅱ中參與反應的D.過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖示可知，過程I中NO轉化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，NO作氧化劑，被還原，發生還原反應，A錯誤；B．由圖示可知，過程I為NO在酶1的作用下轉化為NO和H2O，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a過程轉移1mole-，過程II為NO和NH在酶2的作用下發生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b過程轉移4mole-，轉移電子數目不相等，B錯誤；C．由圖示可知，過程II發生反應的參與反應的離子方程式為：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH)=1:4，C正確；D．由圖示可知，過程III為N2H4轉化為N2和4H+、4e-，反應的離子方程式為：N2H4=N2+4H++4e-，過程I-III的總反應為：2NO+8NH=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D錯誤；答案選C。10.室溫時，用的標準溶液滴定濃度相等的、和混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于時，認為該離子沉淀完全。，，)。下列說法正確的是A.a點：有白色沉淀生成B.原溶液中的濃度為C.當沉淀完全時，已經有部分沉淀D.b點：【答案】C【解析】【分析】向含濃度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據三種沉淀的溶度積常數，三種離子沉淀的先后順序為I-、Br-、Cl-，根據滴定圖示，當滴入4.50mL硝酸銀溶液時，Cl-恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質的量為4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均為1.5×10-4mol。【詳解】A．I-先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；B．原溶液中I-的物質的量為1.5×10-4mol，則I-的濃度為=0.0100mol?L-1，故B錯誤；C．當Br-沉淀完全時(Br-濃度為1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已經開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol?L-1，則已經有部分Cl-沉淀，故C正確；D．b點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，則b點各離子濃度為：，故D錯誤；故選C。二、選擇題，本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一個或兩個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列離子方程式正確的是A.通入冷的溶液：B.用醋酸和淀粉溶液檢驗加碘鹽中的：C.溶液中加入產生沉淀：D.溶液與少量的溶液混合：【答案】AC【解析】【詳解】A．Cl2通入冷的NaOH溶液中發生反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，該反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl－+ClO－+H2O，A正確；B．用醋酸和淀粉-KI溶液檢驗加碘鹽中的的原理是在酸性條件下與I－發生歸中反應生成I2而遇淀粉變藍，由于醋酸是弱酸，在離子方程式中不能用H＋表示，因此B不正確；C．H2O2具有較強的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2產生的沉淀是氫氧化鐵，該反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H＋，C正確；D．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合后發生反應生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉和水，NaHCO3過量，Ba(OH)2全部參加反應，因此該反應的離子方程式為2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O，D不正確；綜上所述，本題選AC。12.反應物(S)轉化為產物(P或P·Z)的能量與反應進程的關系如下圖所示：

下列有關四種不同反應進程的說法正確的是A.進程Ⅰ是放熱反應 B.平衡時P的產率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.進程Ⅳ中，Z沒有催化作用【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖中信息可知，進程Ⅰ中S的總能量大于產物P的總能量，因此進程I是放熱反應，A說法正確；B．進程Ⅱ中使用了催化劑X，但是催化劑不能改變平衡產率，因此在兩個進程中平衡時P產率相同，B說法不正確；C．進程Ⅲ中由S?Y轉化為P?Y的活化能高于進程Ⅱ中由S?X轉化為P?X的活化能，由于這兩步反應分別是兩個進程的決速步驟，因此生成P的速率為Ⅲ<Ⅱ，Ｃ說法不正確；D．由圖中信息可知，進程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S?Z，然后S?Z轉化為產物P?Z，由于P?Z沒有轉化為P＋Z，因此，Z沒有表現出催化作用，D說法正確；綜上所述，本題選AD。13.為探究的性質，進行了如下實驗(和溶液濃度均為)。實驗操作與現象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產生藍色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍色沉淀生；另一份煮沸，產生紅褐色沉淀。依據上述實驗現象，結論不合理的是A.實驗①說明加熱促進水解反應B.實驗②說明既發生了水解反應，又發生了還原反應C.實驗③說明發生了水解反應，但沒有發生還原反應D.整個實驗說明對的水解反應無影響，但對還原反應有影響【答案】D【解析】【分析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進的水解反應，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發生氧化還原反應，在同一反應體系中，鐵離子的水解反應與還原反應共存并相互競爭，結合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發生水解反應得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據鐵氰化鉀檢測結果可知，同時發生氧化還原反應，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現特征藍色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據現象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應速率快，鐵離子的還原反應未來得及發生。【詳解】A．鐵離子的水解反應為吸熱反應，加熱煮沸可促進水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據現象和分析可知，Fe3+既發生了水解反應，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現特征藍色沉淀，故B正確；C．實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據現象和分析可知，仍發生鐵離子的水解反應，但未來得及發生鐵離子的還原反應，即水解反應比氧化還原反應速率快，故C正確；D．結合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應占主導作用，比氧化還原反應的速率快，因證據不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進鐵離子的水解反應，故D錯誤。綜上所述，答案為D。14.向體積均為1L的兩恒容容器中分別充入和發生反應：，其中甲為絕熱過程，乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A. B.氣體的總物質的量：C.a點平衡常數： D.反應速率：【答案】B【解析】【詳解】A．甲容器在絕熱條件下，隨著反應的進行，壓強先增大后減小，根據理想氣體狀態方程PV=nRT可知，剛開始壓強增大的原因是因為容器溫度升高，則說明上述反應過程放熱，即＜0，故A錯誤；B．根據A項分析可知，上述密閉溶液中的反應為放熱反應，圖中a點和c點的壓強相等，因甲容器為絕熱過程，乙容器為恒溫過程，若兩者氣體物質的量相等，則甲容器壓強大于乙容器壓強，則說明甲容器中氣體的總物質的量此時相比乙容器在減小即氣體總物質的量：na＜nc，故B正確；C．a點為平衡點，此時容器的總壓為p，假設在恒溫恒容條件下進行，則氣體的壓強之比等于氣體的物質的量（物質的量濃度）之比，所以可設Y轉化的物質的量濃度為xmol?L?1，則列出三段式如下：，則有，計算得到x=0.75，那么化學平衡常數K=，又甲容器為絕熱條件，等效為恒溫條件下升溫，平衡逆向移動，則平衡常數減小即平衡常數K＜12，故C錯誤；D．根據圖像可知，甲容器達到平衡的時間短，溫度高，所以達到平衡的速率相對乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D錯誤。綜上所述，答案為B。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15~17題為必考題，每個試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：此題包括3小題，共39分。15.某實驗小組以溶液為原料制備，并用重量法測定產品中的含量。設計了如下實驗方案：可選用試劑：晶體、溶液、濃、稀、溶液、蒸餾水步驟1.的制備按如圖所示裝置進行實驗，得到溶液，經一系列步驟獲得產品。步驟2，產品中的含量測定①稱取產品，用水溶解，酸化，加熱至近沸；②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的溶液，③沉淀完全后，水浴40分鐘，經過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質量為。回答下列問題：（1）Ⅰ是制取_______氣體的裝置，在試劑a過量并微熱時，發生主要反應的化學方程式為_______；（2）Ⅰ中b儀器的作用是_______；Ⅲ中的試劑應選用_______；（3）在沉淀過程中，某同學在加入一定量熱溶液后，認為沉淀已經完全，判斷沉淀已完全的方法是_______；（4）沉淀過程中需加入過量的溶液，原因是_______；（5）在過濾操作中，下列儀器不需要用到的是_______(填名稱)；（6）產品中的質量分數為_______(保留三位有效數字)。【答案】（1）①.HCl②.H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑（2）①.防止倒吸②.CuSO4溶液（3）靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全（4）使鋇離子沉淀完全（5）錐形瓶（6）97.6%【解析】【分析】裝置I中濃硫酸和氯化鈉共熱制備HCl，裝置II中氯化氫與BaS溶液反應制備BaCl2·2H2O，裝置III中硫酸銅溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空氣。【小問1詳解】由分析可知，裝置I為濃硫酸和氯化鈉共熱制取HCl氣體的裝置，在濃硫酸過量并微熱時，濃硫酸與氯化鈉反應生成硫酸氫鈉和氯化氫，發生主要反應的化學方程式為：H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑。【小問2詳解】氯化氫極易溶于水，裝置II中b儀器的作用是：防止倒吸；裝置II中氯化氫與BaS溶液反應生成H2S，H2S有毒，對環境有污染，裝置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。【小問3詳解】硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，因此判斷沉淀已完全的方法是靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全。【小問4詳解】為了使鋇離子沉淀完全，沉淀過程中需加入過量的硫酸溶液。【小問5詳解】過濾用到的儀器有：鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒，用不到錐形瓶。【小問6詳解】由題意可知，硫酸鋇的物質的量為：=0.002mol，依據鋇原子守恒，產品中BaCl2·2H2O的物質的量為0.002mol，質量為0.002mol244g/mol=0.488g，質量分數為：100%=97.6%。16.2021年我國制氫量位居世界第一，煤的氣化是一種重要的制氫途徑。回答下列問題：（1）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的和，起始壓強為時，發生下列反應生成水煤氣：Ⅰ.Ⅱ.①下列說法正確的是_______；A.平衡時向容器中充入惰性氣體，反應Ⅰ的平衡逆向移動B.混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡C.平衡時的體積分數可能大于D.將炭塊粉碎，可加快反應速率②反應平衡時，的轉化率為，CO的物質的量為。此時，整個體系_______(填“吸收”或“放出”)熱量_______kJ，反應Ⅰ的平衡常數_______(以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。（2）一種脫除和利用水煤氣中方法的示意圖如下：

①某溫度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，則該溶液的_______(該溫度下的)；②再生塔中產生的離子方程式為_______；③利用電化學原理，將電催化還原為，陰極反應式為_______。【答案】（1）①.BD②.吸收③.13.14④.（2）①.10②.2CO2↑++H2O③.2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O【解析】【小問1詳解】①A．在恒溫恒容條件下，平衡時向容器中充入情性氣體不能改變反應混合物的濃度，因此反應Ⅰ的平衡不移動，A說法不正確；B．在反應中有固體C轉化為氣體，氣體的質量增加，而容器的體積不變，因此氣體的密度在反應過程中不斷增大，當混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，B說法正確；C．若C(s)和H2O(g)完全反應全部轉化為CO2(g)和H2(g)，由C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，H2的體積分數的極值為，由于可逆反應只有一定的限度，反應物不可能全部轉化為生成物，因此，平衡時H2的體積分數不可能大于，C說法不正確；D．將炭塊粉碎可以增大其與H2O(g)的接觸面積，因此可加快反應速率，D說法正確；綜上所述，相關說法正確的是BD。②反應平衡時，H2O(g)的轉化率為50%，則水的變化量為0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物質的量為0.1mol，則根據O原子守恒可知CO2的物質的量為0.2mol，根據相關反應的熱化學方程式可知，生成0.1molCO要吸收熱量13.14kJ，生成0.2molCO2要放出熱量8.22kJ此時，因此整個體系吸收熱量13.14kJ-8.22kJ=4.92kJ；由H原子守恒可知，平衡時H2的物質的量為0.5mol，CO的物質的量為0.1mol，CO2的物質的量為0.2mol，水的物質的量為0.5mol，則平衡時氣體的總物質的量為0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同溫同體積條件下，氣體的總壓之比等于氣體的總物質的量之比，則平衡體系的總壓為0.2MPa1.3=0.26MPa，反應I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常數Kp=。【小問2詳解】①某溫度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，則該溶液的pH=10；②再生塔中KHCO3受熱分解生成K2CO3、H2O和CO2，該反應的離子方程式為2CO2↑++H2O；③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極上發生還原反應，陽極上水放電生成氧氣和H+，H+通過質子交換膜遷移到陰極區參與反應，則陰極的電極反應式為2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。17.鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結構材料。以鈦渣(主要成分為，含少量V、Si和Al的氧化物雜質)為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗中含有的幾種物質的沸點：物質沸點答下列問題：（1）已知，的值只決定于反應體系的始態和終態，忽略、隨溫度的變化。若，則該反應可以自發進行。根據下圖判斷：時，下列反應不能自發進行的是_______。A. B.C. D.（2）與C、，在的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質分壓①該溫度下，與C、反應的總化學方程式為_______；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是_______。（3）“除釩”過程中的化學方程式為_______；“除硅、鋁”過程中，分離中含、雜質的方法是_______。（4）“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。（5）下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A.高爐煉鐵 B.電解熔融氯化鈉制鈉 C.鋁熱反應制錳 D.氧化汞分解制汞【答案】（1）C（2）①.5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2②.隨著溫度升高，CO2與C發生反應（3）①.3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3②.蒸餾（4）①.不能②.若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；（5）AC【解析】【分析】鈦渣中加入C、Cl2進行沸騰氯化，轉化為相應的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。【小問1詳解】記①，②，③，④；A．由圖可知，600℃時的，反應自發進行，故A不符合題意；B．由圖可知，600℃時的，反應自發進行，故B不符合題意；C．由圖可知，600℃時的，反應不能自發進行，故C符合題意；D．根據蓋斯定律，可由①+③得到，則600℃時其，反應自發進行，故D不符合題意；故選C；【小問2詳解】①根據表中數據可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據相同條件下氣體的壓強之比是物質的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案為：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發生反應，導致CO含量升高，故答案為：隨著溫度升高，CO2與C發生反應；【小問3詳解】“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4，故答案為：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸餾；【小問4詳解】若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換，故答案為：不能；若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；【小問5詳解】本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A．高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C．鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D．Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故答案選AC，故答案為：AC。(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質結構與性質]18.鐵和硒()都是人體所必需的微量元素，且在醫藥、催化、材料等領域有廣泛應用，回答下列問題：（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一種抗癌新藥，其結構式如下：

①基態原子的核外電子排布式為_______；②該新藥分子中有_______種不同化學環境的C原子；③比較鍵角大小：氣態分子_______離子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（2）富馬酸亞鐵是一種補鐵劑。富馬酸分子的結構模型如圖所示：①富馬酸分子中鍵與鍵的數目比為_______；②富馬酸亞鐵中各元素的電負性由大到小的順序為_______。（3）科學家近期合成了一種固氮酶模型配合物，該物質可以在溫和條件下直接活化，將轉化為，反應過程如圖所示：

①產物中N原子的雜化軌道類型為_______；②與互為等電子體的一種分子為_______(填化學式)。（4）鉀、鐵、硒可以形成一種超導材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導材料的最簡化學式為_______；②Fe原子的配位數為_______；③該晶胞參數、。阿伏加德羅常數的值為，則該晶體的密度為_______(列出計算式)。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p4②.6③.＞④.SeO3的空間構型為平面三角形，SeO的空間構型為三角錐形（2）①.11:3②.O＞C＞H＞Fe（3）①.sp3雜化②.H2O（4）①.KFe2Se2②.4③.【解析】【小問1詳解】①硒元素的原子序數為34，基態原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，故答案為：[Ar]3d104s24p4；②由結構簡式可知，乙烷硒啉的分子結構對稱，分子中含有6種化學環境不同的碳原子，故答案為：6；③三氧化硒分子中硒原子的價層電子對數為3，孤對電子對數為0，分子的空間構型為平面三角形，鍵角為120°，亞硒酸根離子中硒原子的價層電子對數為4，孤對電子對數為1，離子的空間構型為三角錐形，鍵角小于120°，故答案為：＞；SeO3的空間構型為平面三角形，SeO的空間構型為三角錐形；【小問2詳解】①由球棍模型可知，富馬酸的結構式為HOOCCH=CHCOOH，分子中的單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，則分子中σ鍵和π鍵的數目比為11：3，故答案為：11：3；②金屬元素的電負性小于非金屬元素，則鐵元素的電負性最小，非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，氫碳氧的非金屬性依次增強，則電負性依次增大，所以富馬酸亞鐵中四種元素的電負性由大到小的順序為O＞C＞H＞Fe，故答案為：O＞C＞H＞Fe；【小問3詳解】①由結構簡式可知，產物