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2022年全国统一高考化学试卷（乙卷）
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这是一份2022年全国统一高考化学试卷（乙卷），共31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（乙卷）
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．（6分）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
B．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
2．（6分）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
3．（6分）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
4．（6分）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）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酸性：Y＜X
C．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
6．（6分）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
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
7．（6分）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，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）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
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）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，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10﹣8
7.4×10﹣14
1.1×10﹣10
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
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
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。
（ⅰ）能被H2O2氧化的离子是 ；
（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为 ；
（ⅲ）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 。
9．（14分）二草酸合铜（Ⅱ）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（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.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。
Ⅱ.向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由CuSO4•5H2O配制Ⅰ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）Ⅰ中的黑色沉淀是 （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为n（H2C2O4）：n（K2CO3）＝1.5：1，写出反应的化学方程式 。
（5）Ⅱ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）Ⅲ中应采用 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 。
10．（15分）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：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ•mol﹣1
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、1：4、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图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ，理由是 。
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。
（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）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．1s22s12p5
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3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） 。
（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）。
[化学——选修5：有机化学基础]
12．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（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。
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 。
2022年全国统一高考化学试卷（乙卷）
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．（6分）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
B．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
【分析】A．铅笔芯的主要成分为石墨；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
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；
D．钠元素焰色试验为黄色。
【解答】解：A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，故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，故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，故C错误；
D．钠元素灼烧显黄色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及Na及其化合物的性质、合金的概念理解与应用等，为高频考点，侧重化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2．（6分）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
【分析】由图可知，化合物1为环氧乙烷，在催化剂作用下与二氧化碳生成化合物2，结合两化合物的结构分析判断即可。
【解答】解：A．化合物1分子中含有亚甲基结构，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，故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为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，故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，故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，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。
3．（6分）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
【分析】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S2O32﹣+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，据此分析解题。
【解答】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S2O32﹣+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，故A正确，
故选：A。
【点评】本考点属于物质的推断题，是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论，本考点是中考的重要内容之一，是通过实验现象，从而得出物质的组成。此考点主要出现在填空题和实验题中。
4．（6分）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，即氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，可被氯水直接氧化成碘单质；
B．蔗糖水解产物中有葡萄糖，含有醛基，其可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该气体含有不饱和烃；
D．可逆反应是指同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应。
【解答】解：A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液，其会与稀硫酸反应，无论是否水解，均无砖红色沉淀，无法起到检测的作用，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液检测，故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，故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，该气体应为氯化氢，但可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，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，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，要求学生熟练掌握物质的性质。
5．（6分）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酸性：Y＜X
C．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则此气体应为NO2，Y为N元素，Z为O元素；在化合物（YW4X5Z8•4W2Z）中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21﹣1﹣7﹣8＝5，可知X为B元素，据此分析解题。
【解答】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．已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是结晶水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错误；
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质量分数为≈64.1%，说明假设正确，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）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
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
【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），即阴阳极反应式相加得到充电时总反应：Li2O2＝2Li+O2，由图可知，放电时Li→Li+，失去电子，金属Li电极为负极，O2→Li2O2，氧气得到电子，光催化电极为正极。
【解答】解：A．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），总反应可用阴阳极反应式相加，方程式为：Li2O2＝2Li+O2，故A正确；
B．充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；
C．放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，正极为光催化电极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，故C错误；
D．放电时总反应与充电时相反，方程式为2Li+O2＝Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e﹣＝Li2O2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了主要考查了可充放电的二次电池，涉及电极的判断、电极反应式的书写等知识，为高频考点，把握电极上发生的反应，分析图中的信息为解答关键，题目难度不大。
7．（6分）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，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）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
【分析】A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L；
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总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，据此计算；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（104+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液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。
【解答】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﹣），故A错误；
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总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，解得＝，故B正确；
C．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，故C错误；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（104+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液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，故D错误；
故选：B。
【点评】本题为2022年全国乙卷，侧重于弱电解质的电离平衡，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，注意从溶液电中性的角度分析。
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）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，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10﹣8
7.4×10﹣14
1.1×10﹣10
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
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq） ，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因 反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 。
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是 反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化 。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2O2。
（ⅰ）能被H2O2氧化的离子是 Fe2+ ；
（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为 Pb+H2O2+2HAc＝Pb（Ac）2+2H2O ；
（ⅲ）H2O2也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，H2O2的作用是 作还原剂 。
（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 Fe（OH）3、Al（OH）3 。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有 Ba2+、Na+ 。
【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，据此分析解题。
【解答】解：（1）“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）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），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）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈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酸浸进入溶液中，减少铅的损失，
故答案为：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）；反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3；
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，主要原因是反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，
故答案为：反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化；
（3）（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，
故答案为：Fe2+；
（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，
故答案为：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，
故答案为：作还原剂；
（4）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，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（5）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+，
故答案为：Ba2+、Na+。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
9．（14分）二草酸合铜（Ⅱ）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（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.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。
Ⅱ.向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由CuSO4•5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是 分液漏斗和球形冷凝管 （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 CuSO4•5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜 。
（3）Ⅰ中的黑色沉淀是 CuO （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为n（H2C2O4）：n（K2CO3）＝1.5：1，写出反应的化学方程式 3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ 。
（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取 分批加入并搅拌 的方法。
（6）Ⅲ中应采用 水浴 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 冷却结晶、过滤、洗涤 。
【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（Ⅱ）酸钾晶体，据此分析解题。
【解答】解：（1）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，
故答案为：分液漏斗和球形冷凝管；
（2）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，
故答案为：CuSO4•5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜；
（3）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，
故答案为：CuO；
（4）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↑，
故答案为：3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑；
（5）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，
故答案为：分批加入并搅拌；
（6）Ⅲ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，
故答案为：水浴；
（7）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Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，
故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤。
【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题侧重考查学生对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）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：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ•mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝ +170 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 副产物氢气可作燃料 ，缺点是 耗能高 。
（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 50% ，平衡常数Kp＝ 4.76 kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、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图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 越高 ，理由是 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 。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 d ，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 24.9 kPa⋅s﹣1。
【分析】（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol；根据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；
（3）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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
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＝0.5，即可计算H2S的平衡转化率和平衡常数Kp；
（4）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；
②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9；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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，即可计算H2S分压的平均变化率。
【解答】解：（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）的△H4＝（﹣1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol，
故答案为：+170；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据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，
故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
（3）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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
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＝0.5，所以H2S的平衡转化率为＝50%，所以平衡常数Kp═＝≈4.76kPa，
故答案为：50%；4.76；
（4）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，
故答案为：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；
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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa•s﹣1，
故答案为：d；24.9。
【点评】本题考查盖斯定徤的应用、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意（3）为解答易错点，题目难度中等。
（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）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 ad ，其中能量较高的是 d 。（填标号）
a．1s22s22p43s1
b．1s22s22p43d2
c．1s22s12p5
d．1s22s22p33p2
（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个 sp2 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Cl σ 键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短 。
（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 CsCl 。解释X的熔点比Y高的原因 CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 。
（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 电解质 。
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）。
【分析】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，据此分析，而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，共价单键为σ 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；
（3）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；
（4）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×+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＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝。
【解答】解：（1）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，故a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故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，故d正确；
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，
故答案为：ad；d；
（2）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，
故答案为：sp2；σ；
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3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π ），一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键（Π ），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，
故答案为：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）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，
故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体；
（4）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×+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＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝m3/mol＝m3/mol，
故答案为：电解质；。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，试题涉及晶胞结构、分子结构与性质、杂化轨道、化学键等知识，注意掌握晶胞的计算是解题的关键。
[化学——选修5：有机化学基础]
12．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（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 3﹣氯﹣1﹣丙烯 。
（2）C的结构简式为 。
（3）写出由E生成F反应的化学方程式 +H2O 。
（4）E中含氧官能团的名称为 羟基、羧基 。
（5）由G生成H的反应类型为 取代反应 。
（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 10 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。
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 、 。
【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C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为，据此分析解题；
（7）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。
【解答】解：（1）A的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3﹣氯﹣1﹣丙烯，
故答案为：3﹣氯﹣1﹣丙烯；
（2）根据分析，C的结构简式为，
故答案为：；
（3）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+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（5）G的结构简式为，H的结构简式为，可知G与SOCl2发生取代反应生成H，
故答案为：取代反应；
（6）根据分析，I的结构简式为，
故答案为：；
（7）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、，
故答案为：10；、。
【点评】本题考查有机物的推断，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，准确理解有机物的结构特点、明确发生的反应是解题关键，题目侧重学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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2022年全国统一高考化学试卷（乙卷）
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．（6分）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
B．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
2．（6分）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
3．（6分）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
4．（6分）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）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酸性：Y＜X
C．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
6．（6分）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
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
7．（6分）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，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）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
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）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，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10﹣8
7.4×10﹣14
1.1×10﹣10
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
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
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。
（ⅰ）能被H2O2氧化的离子是 ；
（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为 ；
（ⅲ）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 。
9．（14分）二草酸合铜（Ⅱ）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（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.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。
Ⅱ.向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由CuSO4•5H2O配制Ⅰ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）Ⅰ中的黑色沉淀是 （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为n（H2C2O4）：n（K2CO3）＝1.5：1，写出反应的化学方程式 。
（5）Ⅱ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）Ⅲ中应采用 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 。
10．（15分）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：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ•mol﹣1
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、1：4、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图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ，理由是 。
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。
（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）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．1s22s12p5
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3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） 。
（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）。
[化学——选修5：有机化学基础]
12．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（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。
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 。
2022年全国统一高考化学试卷（乙卷）
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．（6分）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
B．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D．焰火中红色来源于钠盐灼烧
【分析】A．铅笔芯的主要成分为石墨；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
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；
D．钠元素焰色试验为黄色。
【解答】解：A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，故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，故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，故C错误；
D．钠元素灼烧显黄色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及Na及其化合物的性质、合金的概念理解与应用等，为高频考点，侧重化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2．（6分）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
【分析】由图可知，化合物1为环氧乙烷，在催化剂作用下与二氧化碳生成化合物2，结合两化合物的结构分析判断即可。
【解答】解：A．化合物1分子中含有亚甲基结构，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，故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为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，故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，故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，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。
3．（6分）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
【分析】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S2O32﹣+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，据此分析解题。
【解答】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S2O32﹣+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，故A正确，
故选：A。
【点评】本考点属于物质的推断题，是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论，本考点是中考的重要内容之一，是通过实验现象，从而得出物质的组成。此考点主要出现在填空题和实验题中。
4．（6分）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，即氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，可被氯水直接氧化成碘单质；
B．蔗糖水解产物中有葡萄糖，含有醛基，其可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该气体含有不饱和烃；
D．可逆反应是指同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应。
【解答】解：A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液，其会与稀硫酸反应，无论是否水解，均无砖红色沉淀，无法起到检测的作用，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液检测，故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，故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，该气体应为氯化氢，但可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，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，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，要求学生熟练掌握物质的性质。
5．（6分）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酸性：Y＜X
C．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则此气体应为NO2，Y为N元素，Z为O元素；在化合物（YW4X5Z8•4W2Z）中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21﹣1﹣7﹣8＝5，可知X为B元素，据此分析解题。
【解答】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．已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是结晶水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，故C错误；
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质量分数为≈64.1%，说明假设正确，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）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
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
【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），即阴阳极反应式相加得到充电时总反应：Li2O2＝2Li+O2，由图可知，放电时Li→Li+，失去电子，金属Li电极为负极，O2→Li2O2，氧气得到电子，光催化电极为正极。
【解答】解：A．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），总反应可用阴阳极反应式相加，方程式为：Li2O2＝2Li+O2，故A正确；
B．充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；
C．放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，正极为光催化电极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，故C错误；
D．放电时总反应与充电时相反，方程式为2Li+O2＝Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e﹣＝Li2O2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了主要考查了可充放电的二次电池，涉及电极的判断、电极反应式的书写等知识，为高频考点，把握电极上发生的反应，分析图中的信息为解答关键，题目难度不大。
7．（6分）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，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）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
【分析】A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L；
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总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，据此计算；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（104+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液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。
【解答】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﹣），故A错误；
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总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，解得＝，故B正确；
C．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，故C错误；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（104+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液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，故D错误；
故选：B。
【点评】本题为2022年全国乙卷，侧重于弱电解质的电离平衡，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，注意从溶液电中性的角度分析。
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）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，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10﹣8
7.4×10﹣14
1.1×10﹣10
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
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq） ，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因 反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 。
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是 反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化 。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2O2。
（ⅰ）能被H2O2氧化的离子是 Fe2+ ；
（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为 Pb+H2O2+2HAc＝Pb（Ac）2+2H2O ；
（ⅲ）H2O2也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，H2O2的作用是 作还原剂 。
（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 Fe（OH）3、Al（OH）3 。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有 Ba2+、Na+ 。
【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，据此分析解题。
【解答】解：（1）“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）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq），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）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈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酸浸进入溶液中，减少铅的损失，
故答案为：PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）；反应PbSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌PbCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈3.4×105＞105，说明PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3；
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，主要原因是反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，
故答案为：反应BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04＜＜105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化；
（3）（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，
故答案为：Fe2+；
（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，
故答案为：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，
故答案为：作还原剂；
（4）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，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（5）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+，
故答案为：Ba2+、Na+。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
9．（14分）二草酸合铜（Ⅱ）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（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.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。
Ⅱ.向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
（1）由CuSO4•5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是 分液漏斗和球形冷凝管 （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 CuSO4•5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜 。
（3）Ⅰ中的黑色沉淀是 CuO （写化学式）。
（4）Ⅱ中原料配比为n（H2C2O4）：n（K2CO3）＝1.5：1，写出反应的化学方程式 3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ 。
（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取 分批加入并搅拌 的方法。
（6）Ⅲ中应采用 水浴 进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括 冷却结晶、过滤、洗涤 。
【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（Ⅱ）酸钾晶体，据此分析解题。
【解答】解：（1）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，
故答案为：分液漏斗和球形冷凝管；
（2）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，
故答案为：CuSO4•5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜；
（3）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，
故答案为：CuO；
（4）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↑，
故答案为：3H2C2O4+2K2CO3＝2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑；
（5）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，
故答案为：分批加入并搅拌；
（6）Ⅲ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，
故答案为：水浴；
（7）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Ⅲ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（Ⅱ）酸钾晶体，
故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤。
【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题侧重考查学生对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）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：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ•mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝ +170 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 副产物氢气可作燃料 ，缺点是 耗能高 。
（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 50% ，平衡常数Kp＝ 4.76 kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、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图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 越高 ，理由是 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 。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 d ，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 24.9 kPa⋅s﹣1。
【分析】（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol；根据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；
（3）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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
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＝0.5，即可计算H2S的平衡转化率和平衡常数Kp；
（4）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；
②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9；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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，即可计算H2S分压的平均变化率。
【解答】解：（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）的△H4＝（﹣1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol，
故答案为：+170；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据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，
故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
（3）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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
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＝0.5，所以H2S的平衡转化率为＝50%，所以平衡常数Kp═＝≈4.76kPa，
故答案为：50%；4.76；
（4）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，
故答案为：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；
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：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa•s﹣1，
故答案为：d；24.9。
【点评】本题考查盖斯定徤的应用、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意（3）为解答易错点，题目难度中等。
（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）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 ad ，其中能量较高的是 d 。（填标号）
a．1s22s22p43s1
b．1s22s22p43d2
c．1s22s12p5
d．1s22s22p33p2
（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个 sp2 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Cl σ 键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短 。
（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 CsCl 。解释X的熔点比Y高的原因 CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 。
（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 电解质 。
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）。
【分析】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，据此分析，而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，共价单键为σ 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；
（3）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；
（4）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×+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＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝。
【解答】解：（1）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，故a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故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，故d正确；
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，
故答案为：ad；d；
（2）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，
故答案为：sp2；σ；
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3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π ），一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键（Π ），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，
故答案为：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）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，
故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体；
（4）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×+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＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝m3/mol＝m3/mol，
故答案为：电解质；。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，试题涉及晶胞结构、分子结构与性质、杂化轨道、化学键等知识，注意掌握晶胞的计算是解题的关键。
[化学——选修5：有机化学基础]
12．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（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 3﹣氯﹣1﹣丙烯 。
（2）C的结构简式为 。
（3）写出由E生成F反应的化学方程式 +H2O 。
（4）E中含氧官能团的名称为 羟基、羧基 。
（5）由G生成H的反应类型为 取代反应 。
（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 10 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。
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 、 。
【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C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为，据此分析解题；
（7）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。
【解答】解：（1）A的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3﹣氯﹣1﹣丙烯，
故答案为：3﹣氯﹣1﹣丙烯；
（2）根据分析，C的结构简式为，
故答案为：；
（3）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+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（5）G的结构简式为，H的结构简式为，可知G与SOCl2发生取代反应生成H，
故答案为：取代反应；
（6）根据分析，I的结构简式为，
故答案为：；
（7）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、，
故答案为：10；、。
【点评】本题考查有机物的推断，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，准确理解有机物的结构特点、明确发生的反应是解题关键，题目侧重学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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