《2022年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题(解析版).docx（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年广东省普通高中学业水平选择性考试化学本试卷共8页，21小题，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和
2、涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.作答选考题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56一、选择题：本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116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
3、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. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意；B青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B项符合题意；C纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意；D液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符合题意；综上所述，答案为B项。2. 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
4、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”火炬所用的燃料为氧化性气体B. 飞船返回舱表层材料中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. 核电站反应堆所用轴棒中含有的与互为同位素【答案】D【解析】【详解】AH2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；B玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误；C乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；D与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；综上所述，叙述正确的是D项。3. 广
5、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. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意；B蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；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，故C项符合题意；D铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意；综上所述，答案为C。4. 实验室进行粗盐提纯时，需
6、除去和，所用试剂包括以及A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。【详解】粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的阳离子为Na+，即选用Na2CO3除去Ca2+，同理可知，除去Mg2+需选用NaOH，除去需选用BaCl2，因所加除杂试剂均过量，因此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BaCl2，因Na2CO3、NaOH均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入HCl，至
7、溶液中不再有气泡产生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品，综上所述，答案为A。5. 若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(ad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. 与浓硫酸反应，只体现的酸性B. a处变红，说明是酸性氧化物C. b或c处褪色，均说明具有漂白性D. 试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【解析】【详解】A铜和浓硫酸反应过程中，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，故A错误；Ba处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；Cb处品红溶液褪色，其原因
8、是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO45H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。6. 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可与酸反应B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高温下会反应D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. AB. BC.
9、 CD. D【答案】A【解析】【详解】A小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；B熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；C熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；D钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。综上所述，答案为A。7. 甲戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。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
10、能与强碱反应【答案】C【解析】【分析】甲戊是短周期元素，戊中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。【详解】A根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁戊乙，故A正确；B根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊丁丙，故B正确；C甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；D丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。综
11、上所述，答案为C。8. 实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“”表示气流方向)不能达到实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C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，故C不符合题意；D氯气在水中溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；答案选D。9.
12、 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. 中含有个电子D. 被还原生成【答案】A【解析】【详解】A淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；B葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；C一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有146.021023=8.4281024个电子，故C错误；D未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；答案选A。10
13、. 以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中A. 阴极发生的反应为B. 阴极上被氧化C. 在电解槽底部产生含的阳极泥D. 阳极和阴极的质量变化相等【答案】C【解析】【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。【详解】A阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+
14、，A错误；BAl在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；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正确；D因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。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. 加入溶液产生沉淀B. 加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C. 加入溶液无红色出现D. 加入溶液无蓝色沉淀生成【答案】D【解析】【分析】镀层有破损的镀锌铁
15、片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成，据此分析解答。【详解】A氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；B淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质可碘化钾发生反应，故B不符合题意；CKSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；DK3Fe(CN)6是用于检测Fe2
16、+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3Fe(CN)6溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。综上所述，答案为D。12. 陈述和均正确但不具有因果关系的是选项陈述陈述A用焦炭和石英砂制取粗硅可制作光导纤维B利用海水制取溴和镁单质可被氧化，可被还原C石油裂解气能使溴的溶液褪色石油裂解可得到乙烯等不饱和烃D水解可生成胶体可用作净水剂A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；B海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，
17、再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；C石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；DFeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水机，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，D不符合题意；综上所述，答案为A。13. 恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的B.
18、 a为随温度的变化曲线C. 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，H2的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即H0，故A错误； B从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；C容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；DBaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气
19、的转化率不变，故D错误；故选C。14. 下列关于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：B. 碱转化为两种盐：C. 过氧化物转化为碱： D. 盐转化为另一种盐： 【答案】B【解析】【详解】A向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2+OH-=，故A错误； B氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；D硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误；故
20、选B。15. 在相同条件下研究催化剂I、对反应的影响，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. 与催化剂相比，使反应活化能更低C. a曲线表示使用催化剂时X的浓度随t的变化D. 使用催化剂时，内，【答案】D【解析】【详解】A由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C由图可知，使用催化剂II时，在02min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，
21、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，故C错误；D使用催化剂I时，在02min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) =2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；答案选D。16. 科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： 。下列说法正确的是A. 充电时电极b是阴极B. 放电时溶液的减小C. 放电时溶液的浓度增大D. 每生成，电极a质量理论上增加【答案】C【解析】【详解】A由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；B放电时电极反应和充电时相
22、反，则由放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；C放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；D充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；答案选C。二、非选择题：共56分。第1719题为必考题，考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。(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(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25时，的。（1）配制的溶液，需溶液的体积为_mL。（2）下列关
23、于容量瓶的操作，正确的是_。（3）某小组研究25下电离平衡的影响因素。提出假设。稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。序号40.00/02.864.00/36.0003.364.00ab3：44.534.004.0032.001：14.65根据表中信息，补充数据：_，_。由实验和可知，稀释溶液，电离平衡_(填”正”或”逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_。由实验VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下
24、，按配制的溶液中，的值等于的。对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该溶液的浓度为_。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_。用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中的内容。移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液_，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
25、可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_。【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20mL HAc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】【小问1详解】溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL0.1mol/L=V5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。【小问2详解】A容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂
26、，故A错误；B定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，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，故D错误；综上所述，正确的是C项。【小问3详解】实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.0
27、0mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.363.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：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。【小问4详解】(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL0.1mol/L=
28、20.00mLc(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：0.1104。(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为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，因此滴定曲线如图：。【小问5详解】向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点
29、的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液。【小问6详解】不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：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)。18. 稀土()包括镧、钇等元
30、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：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.27.4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，用溶液调pH至_的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_。（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低
31、于_(保留两位有效数字)。（4）“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_。“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。还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_电子。用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_。【答案】（1）Fe2+ （2） . 4.7pH6.2 . （3）4.010-4 （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】【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元
32、素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。【小问1详解】由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，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+，故答案为：Fe2+；【小问2详解】由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.27.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH6.2的范围
33、内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pHa，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：3；增大。(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。选修3：物质结构与性质20. 硒()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()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：（1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为_。（2）的沸点低于，其原因是_。（3）关于IIII三种反应物，下列说法正确的有_。AI中仅有键BI中的键为非极
34、性共价键CII易溶于水DII中原子的杂化轨道类型只有与EIIII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）硒两种含氧酸的酸性强弱为_(填“”或“”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_。（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1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。X的化学式为_。设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1
35、）4s24p4 （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 （3）BDE （4）O、Se （5） . . 正四面体形 （6） . K2SeBr6 . 【解析】【小问1详解】基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。【小问2详解】的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。【小问3详解】AI中有键，还有大键，故A错误；BSeSe是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故
36、B错误；DII中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此IIII含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。【小问4详解】根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。【小问5详解】根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：；正四面体形。【小问6详解】根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。设
37、X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。【选修5：有机化学基础】21. 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，参考的示例，完成下表。序号结构特征可反应的试剂反应形成的新结构反应类型加成反应_氧化反应_（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的反应，且与化合物a反应得到，则化合物a为_。（5）化合物VI有多种同分异构体，其中含结构的有_种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_。（