云南省2022届高三化学第二次统一检测卷（含解析）

2022届云南省高三化学第二次统一检测卷（含解析）7．下列说法正确的是A．石油裂化的目的是将直链烃转化为芳香烃B．三大合成材料是指塑料、合成橡胶、合成纤维C．蔗糖和淀粉在稀酸的催化下最终水解产物相同D．油脂是产生能量最高的营养物质，在饮食中不必控制油脂的摄入量【答案】B。高错选率选项：C。因对蔗糖和淀粉的性质不熟悉，认为糖类水解产物都是葡萄糖，导致错选C。【分析】本题考查学生对有机化学基本常识的记忆。认知层次属于了解。旨在提醒学生在距离高考不到两个月的时间内应重视基础、回归教材。知识内容属于必修二。选项A：石油中含有1~50个碳原子的烷烃环烷烃。石油裂化及裂解可以获得乙烯、丙烯、甲烷等重要化工原料；石油的催化重整才是获得芳香烃的主要途径，故A项错误。选项B：“三大合成材料是指塑料、合成橡胶、合成纤维”说法正确，B项正确。选项C：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）(C6H10O5)n（淀粉）+nH2OnC6H12O6（葡萄糖）蔗糖的最终水解产物是葡萄糖和果糖；淀粉的最终水解产物是葡萄糖。二者水解产物并不相同。C项错误。选项D：油脂是产生能量最高的营养物质，但在饮食中必须控制油脂的摄入量，否则可能引起肥胖、高血脂、高血压，也可能诱发乳腺癌、肠癌等恶性肿瘤。D项错误。【本题抽样统计】平均分4.79，难度0.8，区分度0.39。8．下列叙述正确的是A．丁达尔效应是区分溶液和胶体的一种常用物理方法B．氯化钠溶液蒸发结晶时，必须将蒸发皿中的液体蒸干才能停止加热C．实验室可用KOH稀溶液除去NaCl溶液中混有的少量MgCl2杂质D．测定某溶液的pH，常用干燥洁净的玻璃棒蘸取该溶液滴在润湿的pH试纸上【答案】A。高错选率选项：D。审题不细致，只注意到“干燥洁净的玻璃棒”却没注意到“润湿的pH试纸”，导致错选D。20【分析】本题主要考查学生对不同分散系的区分、蒸发结晶、除杂、pH试纸的使用等化学实验基础知识的认识和理解。认知层次属于综合应用，知识内容属于必修一。选项A：由于溶液没有丁达尔效应而胶体有丁达尔效应，因此丁达尔效应是区分溶液和胶体的一种常用物理方法。A项正确。选项B：溶液蒸发结晶时，当析出较多量固体(或仅剩下少量水)时，就应停止加热，利用余热把剩余的少许溶剂蒸干。B项错误。选项C：实验室如用KOH稀溶液除去NaCl溶液中混有的少量MgCl质，会重新引入新杂质KCl，C项错误。选项D：测定某溶液的pH，常用干燥洁净的玻璃棒蘸取该溶液滴在干燥的pH试纸上，如用潮湿的pH试纸，会使待测溶液的浓度减小。若原溶液呈酸性则测得pH值偏大；若原溶液呈碱性则测得pH值偏小。D项错误【本题抽样统计】平均分5.49，难度0.92，区分度0.33。9．观察下列比例模型，每个模型表示的分子均由C、H、O原子中的两种或三种构成。对各模型表示物质的相关叙述正确的是比例模型模型表示物质的相关叙述A将形状大小均相同的金属钠分别投入盛有0.1mol·L-1的该物质的溶液、无水乙醇和水的烧杯中，该物质产生气泡的速率最慢B将灼热的铜丝反复插入盛有该物质的试管中，观察到铜丝由黑变为光亮的红色并产生有特殊刺激性气味的产物。此反应体现了该物质的氧化性C在分液漏斗中加入该物质与碘水的混合液，充分振荡，碘水褪色，此时发生了取代反应D该物质及其碳原子数小于10的同系物中，一氯代物只有一种（不考虑立体异构）的分子结构共有4种【答案】D。高错选率选项：B。对氧化还原概念模糊，认为“物质发生氧化反应”即，即“物质有氧化性”，导致错选B。【分析】本题主要考查学生对基本有机物的结构、比例模型、性质与同分异构体的认识和理解。认知层次属于综合应用，知识内容属于必修一、必修二。根据比例模型知道A是乙酸、B是乙醇、C是苯、D是甲烷。选项A：由于电离出H+的容易程度是：乙酸>水>乙醇，因此将形状大小均相同的金属钠分别投入盛有0.1mol·L-1的乙酸溶液、无水乙醇和水的烧杯中，该物质产生气泡的速率最快，A项错误。20选项B：将铜丝灼热，Cu被氧化生成CuO，反复插入盛有乙醇的试管中，观察到铜丝由黑变为光亮的红色是因为氧化铜将乙醇氧化成有特殊刺激性气味的乙醛。此反应体现了乙醇的还原性。“物质发生氧化反应”即“物质被氧化”，即“物质有还原性”，B项错误。选项C：I2易溶于有机溶剂，因此在分液漏斗中加入苯与碘水的混合液，充分振荡，碘水褪色，是因为苯萃取了碘水中的I2，此过程为物理变化而非化学变化，C项错误。选项D：甲烷及其碳原子数小于10的同系物中，一氯代物只有一种（不考虑立体异构）的分子结构共有4种：CH4、CH3CH3、C(CH3)4、C(CH3)3C(CH3)3。D项正确。【本题抽样统计】平均分2.82，难度0.47，区分度0.47。10．已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：丙+丁甲①+丁乙②下列相关离子方程式或化学方程式错误的是A．①可能为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓B．①可能为Fe+2Fe3+=3Fe2+C．②可能为2NO+O2=2NO2D．②可能为Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3【答案】B。高错选率选项：A。对高中化学重要元素的单质与化合物间反应规律不熟悉，导致错选A。【分析】本题主要考查学生对基本无机物的性质与无机反应规律的认识和理解。认知层次属于综合应用，知识内容属于必修一。连续反应是高中化学中一种重要的特征反应。包括连续氧化、连续还原、连续加酸、连续加碱等。符合这一系列特征的反应很多，平时复习中可加以归纳和记忆。就本题而言，可借助于题目所给信息缩小思考范围：选项A：根据题目，甲为AlO2-则丁为H+、乙为Al(OH)3则丙为Al3+，相关方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OA项正确。选项B：根据题目，甲无论为Fe还是Fe3+均无法有第二个连续反应，B项错误。选项C：根据题目，丙为NO2则丁为O2、乙为NO则甲为NH3或N2，相关方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（或N2+O22NO）2NO+O2=2NO2C项正确。选项D：根据题目，丙为NaHCO3则丁为CO2、乙为Na2CO3则甲为NaOH，相关方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2ONa2CO3+H2O+CO2=2NaHCO320D项正确。【本题抽样统计】平均分4.58，难度0.76，区分度0.52。11．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中一定正确的是A．一定条件下4.6gNa完全与O2反应生成7.2g产物，失去的电子数为0.2NAB．50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.46NAC．一定条件下某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反应后转移电子数为0.6NAD．电解1LNaCl溶液至c(OH-)=0.2mol·L-1，转移电子数为0.4NA【答案】A。高错选率选项：C。不清楚哪些反应是可逆反应、不清楚可逆反应不能进行到底导致错选C。【分析】本题主要考查学生对物质的量简单计算的掌握，认知层次属于综合应用。知识内容属于必修一。阿伏加德罗常数的考题在注意对有关计算关系考查的同时，又隐含对概念的理解、性质的应用、条件的限制等考查。通常试题难度不大，但概念性强，覆盖面广，区分度好，审题要严谨细致。选项A：一定条件下4.6gNa完全与O2反应，产物可能是Na2O，也可能是Na2O2。本设问无需讨论产物是什么，无论生成什么产物，均有Na→Na+～失1mole-，因此，4.6gNa（即0.2molNa）反应失去电子数为0.2NA，A项正确。选项B：根据反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O～2mole-21(50/1000)L×18.4mol·L-1n(so2)n(so2)=0.46mol但随反应的进行，浓硫酸变稀则不再反应，故实际生成SO2的分子数小于0.46NA，B项错误。选项C：由于合成氨：为可逆反应，故不知道转化率的情况下无法计算反应后转移电子的数目，C项错误。选项D：即使电解前后溶液体积不变，根据反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2mole-221L×0.2mol·L-1n(e-)n(e-)=0.2mol转移电子数为0.2NA，D项错误。【本题抽样统计】平均分2.38，难度0.4，区分度0.57。12．常温下，对下列电解质溶液的有关说法一定正确的是A．相同浓度和体积的强碱和强酸溶液混合后，溶液的pH=7B．在NaHCO3溶液中，c(CO32-)＞c(HCO3-)20C．在有AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固体，c(Ag+)减小D．将pH相等的CH3COONa和Na2CO3溶液稀释相同倍数，CH3COONa溶液的pH较大【答案】C。高错选率选项：D。对盐类水解的应用不熟练导致错选D。【分析】本题主要考查学生对酸碱混合溶液pH值的简单计算、电解质溶液中离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡的概念、盐类水解的应用等知识的掌握。本题认知层次属于综合应用。知识内容属于选修四。电解质溶液是中学化学基本内容，也是考试错误率较高的一道试题。解题时必须对四个选项逐一进行分析。选项A：选项未指明是几元酸、几元碱，如为相同浓度和体积的NaOH和H2SO4溶液混合后，溶液的pH<7，A项错误。选项B：在NaHCO3溶液中，由于HCO3-水解程度大于电离程度，且HCO3-水解程度不大，根据HCO3+H2OH2CO3+OH-、HCO3CO32-+H+知：c(CO32-)<c(h2co3)<c(hco3-)。b项错误。选项c：“有agcl沉淀的溶液”即agcl饱和溶液，而温度一定时，饱和溶液的密度、质量分数、溶质物质的量浓度均为恒定值，故加入nacl固体，c(ag+)不变。选项d：由于酸性：ch3cooh>H2CO3>NaHCO3，故水解程度或碱性：CH3COONa<nahco3<na2co3。将ph相等的ch3coona和na2co3溶液稀释相同倍数，碱性还是ch3coona<nahco3<na2co3，溶液的ph较大的是na2co3，d项错误。【本题抽样统计】平均分3.54，难度0.59，区分度0.56。13．正长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为xyz3w8。其中，只有w显负价。x、y的最外层电子数之和与z的最高正价数相等。y3+与w的阴离子具有相同的电子层结构。x、w的质子数之和等于y、z的质子数之和。下列说法错误的是a．x的离子半径＞y的离子半径b．z的氢化物稳定性＜w的氢化物稳定性c．y的氧化物既能与盐酸，又能与naoh溶液反应d．x2w2、y2w3两种化合物含有的化学键类型完全相同【答案】d。高错选率选项：a。定式思维认为所推断的元素一定是短周期元素，因此将x想象成na元素，没有将na元素带入原题进行检查，导致错选a。【分析】本题主要考查学生对物质组成、微粒半径、氢化物稳定性、化学键类型等元素周期律知识的掌握。认知层次属于综合应用。知识内容属于必修一、必修二。“正长石的主要成分为硅酸盐”说明组成元素有si、o，又因为“w显负价”知w为氧元素；“y3+与w的阴离子具有相同的电子层结构”知y为铝元素；又因为“x、y（al）的最外层电子数之和与z的最高正价数相等”且x、z中有一种元素是硅，设e表示最外层电子数，z表示质子数，则e(x)+3=e(z)20；又因为“x、w的质子数之和等于y、z的质子数之和”知zx+8=13+zz，即zx—zz=5讨论如下：1）若x为si，则e(x)=4e(z)=7，zx=14zz=9，z为f元素，不符合“只有w显负价”（舍）2）若z为si，则e(z)=4e(x)=1，zz=14zx=19，x为k元素（成立）因此：x—ky—alz—siw—o选项a：离子半径：k+>Al3+，A项正确。选项B：氢化物稳定性：SiH4<h2o，b项正确。选项c：y的氧化物是al2o3，由于al2o3+6h+=2al3++3h2o、al2o3+2oh-=2alo2-+h2o，c项正确。选项d：x2w2是k2o2，含有离子键、非极性共价键；y2w3是al2o3，含有离子键，两种化合物含有的化学键类型不相同，d项错误。【本题抽样统计】平均分4.15，难度0.69，区分度0.46。3、第ii卷试题分析【第26题】（14分）用氯气来杀菌、消毒时，氯气会与水中有机物发生反应，生成对人体有害的有机氯化物（如氯仿chcl3）。因此，自来水厂已开始试用新的自来水消毒剂，如二氧化氯（clo2）。（1）写出cl2与水反应的离子方程式。（2）工业制备clo2的方法比较多，例如：方法一：naclo3+hcl=clo2↑+cl2↑+nacl+方法二：2naclo3+h2o2+h2so4=2clo2↑+na2so4+o2↑+2h2o>”、“=”或“<”）。②在100min时，保持其它条件不变，再向容器中充入0.050molCO2和0.20molNH3，重新建立平衡后CO2的转化率与原平衡相比将（填“增大”、“不变”或“减小”）。③根据表中数据在图甲中绘制出在t℃下NH3的转化率随时间变化的图像；保持其它条件不变，则(t+10)℃下正确的图像可能是（填图甲中的“A”或“B”）。80100质子交换膜KOH和K2CO3混合溶液尿素[CO(NH2)2]和KOH混合溶液KOH溶液H2N2直流电源NH3的转化率时间/min0200406010%20%30%40%AB图甲图乙20④图乙所示装置（阴、阳极均为惰性电极）可用于电解尿素的碱性溶液制取氢气。该装置中阳极的电极反应式为，若两极共收集到气体22.4L（标况），则消耗的尿素为g（忽略气体的溶解）。【分析】本题以氨气的制备以及应用为情境，考查了中学课程中一些基本物质的制备反应、热化学方程式的书写、水的电离平衡移动、运用电离平衡常数进行计算、平均反应速率的概念大小比较、等效平衡、平衡图像的分析及其绘制、电极反应式的书写及涉及电化学的计算等。试题体现了对化学学科内基础知识整合的基调，特别是对化学基本原理的充分理解和融会贯通。第（1）小题：要求书写实验室中常用来制备氨气的化学方程式，是中学有关化学基本物质的制备。实验室制备氨气的方法是加热氯化铵和熟石灰的固体混合物，这里需要注意的是不要随意的将铵盐和碱换成NH4NO3和NaOH。第（2）小题：要求写出NH3(g)在纯氧中燃烧生成无毒、无害物质的热化学方程式，实际上是考查盖斯定律的应用。首先写出：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol−1······①，再结合已知的：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1······②（②－①×3）×2即可得到：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=－1530kJ·mol-1第（3）小题：第一个问题实际上考查了水的电离平衡的移动，考生必须知道盐类的水解会促进水的电离，而向水中加入酸或碱会抑制水的电离。向(NH4)2SO4溶液中滴加稀氨水的过程中水的电离平衡受到抑制，因此逆向移动。第二个问题考查了应用电离平衡常数的计算，由amol(NH4)2SO4溶于水，向该溶液中滴加VL稀氨水后溶液呈中性可知：相当于(NH4)2SO4不水解、NH3·H2O不电离。设平衡时NH3·H2O的物质的量为x，溶液的体积为b，则：NH3·H2ONH4++OH-10-720a100x=c(NH3·H2O)=本小题平均分0.59分，难度0.2，区分度0.26，揭示本小题能够甄别考生能力，但考生对利用三段式并结合电离平衡常数进行相关计算的能力较弱，不能将知识和方法整合进行综合计算。第（4）小题：①要求比较20min时v正(CO2)和80min时v逆(H2O)的相对大小，此题考查浓度对速率的影响。从表中的数据可知：80min时已经达到平衡，v逆(H2O)=v正(H2O)=v正(CO2)，而20min时未达到平衡，v正(CO2)大于80min时v正(CO2)，因此：20min时v正(CO2)大于80min时v逆(H2O)。②此题考查恒温恒容条件下的等效平衡问题。第一次投料是0.10molCO2和0.40molNH3，第二次投料是0.15molCO2和0.60molNH3，第二次投料建立的平衡状态相当于再第一次投料建立平衡的基础上再加压，平衡正向移动，因此CO2的转化率将增大。③第一问题考查平衡图像的绘制，利用三段式计算出30min时NH3的转化率为20%，70min时NH3的转化率为30%，然后模仿已有曲线绘制出曲线，注意70min前的图像不能画成直线。第二个问题考查温度对反应速率和平衡移动的影响，无论是吸热还是放热反应，温度升高时，达到平衡的时间都会缩短；该反应是放热反应，温度升高，平衡会逆向移动，所以NH3的转化率会减小。④第一个问题考查电极反应式的书写，首先从价态变化的角度判断出N2将在阳极上产生，然后依据电子守恒、电荷守恒、质量守恒准确书写出电极反应式为：CO(NH2)2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O。第二个问题考查涉及电化学的计算，先写出总反应：CO(NH2)2+2OH-=CO32-+N2↑+3H2↑60g89.6L15g22.4L本题作为必修部分内容，题中所涉及的有关化学反应基本原理的知识点覆盖比较全面，文字叙述与图表相结合，有一定的考查容量和计算量，难度为中等偏上。20【本题抽样统计】平均分4.75分；难度为0.32；区分度为0.7。【第28题】（14分）硫酰氯（SO2Cl2）可用作有机化学的氯化剂，在药物和染料的制取中也有重要作用。某化学学习小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=-97.3kJ·mol-1。实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）：已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；100°C以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。回答下列问题：（1）装置丙的冷凝管中进水口是（选填“a”或“b”），装置己的作用是。（2）储气装置戊分液漏斗中盛放的试剂用于排出氯气，该试剂的名称是。（3）若缺少装置乙和丁（均盛放浓硫酸），潮湿的氯气和二氧化硫发生反应的化学方程式是。（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的事项有（只答一条即可）。（5）氯磺酸（ClSO3H）加热分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4，分离两种产物的方法是（填入正确选项前的字母）。A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（6）长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是。【答案】（1）a（2分）吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置丙（2分）（2）饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）（2分）（3）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（2分）（4）①先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体②控制气流速度，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④先通冷凝水，再通气⑤保证装置气密性良好（任答一点，或其它合理答案）（2分）20（5）C（2分）（6）硫酰氯分解产生的少量氯气溶解在其中（2分）【分析】本题是一道依据气体的实验室制法而展开的无机合成实验题，着重考查了学生对实验室气体制备所用的试剂、仪器，涉及的反应原理，收集贮存、干燥除杂方式等的基本实验技能，以及在题设新情境下根据物质的物理化学性质，进行物质合成制备、净化等的综合实验能力，并对实验方案进行评价和改进、总结与反思的综合应用能力。题目中所用的实验仪器都是更为规范和精准的磨口仪器，整套仪器连结巧妙、构图精美、夺人眼球，是全卷的一大亮点。它首先要求学生能够比对常见常用的仪器，迅速甄别出主要仪器的功能用途，如：乙和丁是洗气瓶；甲上部分是一个恒压分液漏斗；丙上部分是一个螺旋水冷凝管（蛇形冷凝管）……这对于开阔学生的视野，拓展学生的思维空间，培养学生对实验知识和技能的综合应用大有裨益。第（1）小题两个问是对常见仪器使用方法和主要用途的考查。第一问对于做过实验的学生很容易回答，冷凝管冷凝水应该下进上出；但没有做过实验的学生执着于热交换的“逆流工艺”选择了错误的进出水口，全然没有考虑到水的重力作用及流水形成的负压，而选错进出水口。第二问碱石灰干燥管的作用，肯定是吸收未反应的二氧化硫和氯气，防止污染。将尾气通入碱溶液也可防止污染，但碱溶液中产生的水蒸气可能会使硫酰氯水解而“发烟”所以选择装有碱石灰干燥管的另一作用是可防止外界水份进入反应体系。第（2）小题涉及的装置是一个储气瓶。将分液漏斗中的液体滴入，可使集气瓶中的气体排出，达到暂时储气，并能随开随有。操作原理的关键是滴入的液体不能溶解氯气，才能导致上述过程发生。所以分液漏斗中的试剂应是饱和氯化钠溶液。第（3）小题考查一个重要的无机反应。在没有通过干燥剂浓硫酸时，两气体都含有大量水汽，这样就将发生在水参与下氯气氧化二氧化硫的反应。这一问同时也是对实验设计的评价，好的实验装置应该是简洁不繁缀的，所有的仪器都应各司其职。第（4）小题对整个实验的操作进行深度评价与思考，要求考生结合所有的题给信息，结合自己的已有化学实验技能，思考出一条在实验操作中的注意事项以提高产物的产率。考生可以基于题给信息，该合成反应是一个放热反应，得出结论：缓慢滴加硫酸或饱和氯化钠溶液，以期反应缓慢发生，散热充分；为了充分散热，还可以对反应容器三颈烧瓶进行冷水浴；为了让反应物充分地转化，还应严格检验装置的气密性；为了让其中一种气体充分转化，也可以先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体；同时为了充分降温还可以先向冷凝管中通冷凝水，再向反应体系中通反应气体。第（5）小题是一个根据物质性质进行实验设计的综合应用题。氯磺酸分解生成的两种产物都是无色液体，但所得到的硫酸根据化学常识是一个高沸点酸，而由题给条件硫酰氯沸点只有69.1℃，容易挥发。分离沸点差别大的两种液体最好的方法当然是蒸馏。第（6）小题长期储存的硫酰氯会发黄，要求考生根据题给信息结合已有化学知识分析可能的原因。至此题目中还有一个条件未用：硫酰氯100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。显然长期储存时硫酰氯发生了分解，分解生成的二氧化硫为无色，不会产生变色的影响，另一种分解产物氯气为黄绿色，一定是造成其变黄色的原因。所以答案为硫酰氯分解产生的少量氯气溶解在其中。有学生误答为硫，因为硫为黄色，但分解产物是题目明确指出的，产生二氧化硫是不可能被还原为硫的，这样回答的思考深度有欠缺。20本题呈现出一定的难度梯度，整体难度适中，区分度较好。本题有助于在高考前帮助考生建立从基本实验原理和实验操作入手的实验复习指导方向；培养考生认真读题审题的解题指导方向；拓展考生深度、缜密的学科思维；发展学以致用，理论联系实验的综合应用能力。【本题抽样统计】平均分6.36分；难度为0.45；区分度为0.67。【第36题】（15分）新型无机非金属材料是20世纪中期以后发展起来的一类具有特殊性能和用途的材料，它们为现代高新技术、新兴产业和传统工业技术改造等开辟了广阔的前景。（1）多晶硅可用于制造光电池。①光电池的能量转换形式正确的是________。a．化学能转换为电能b．光能转换为化学能再转换为电能c．光能转换为热能再转换为电能d．光能转换为电能②下图是光电池板经太阳光照射前后内部电子的变化情况，图乙中灯泡变亮，其中____（填写“N”或“P”）是正极。（2）高纯硅是目前半导体工业最重要的基础材料，制备流程如下：高纯硅SiHCl3(纯)SiHCl3(粗)粗硅高纯焦炭高温HCl/催化剂250~300℃精馏1100~1200℃H2石英砂①写出由粗硅转化为SiHCl3(粗)时的化学方程式________________________。②整个制备过程必须在无水、无氧条件下，因为SiHCl3遇水会剧烈反应生成H2SiO3、HCl和M，则M的化学式是________，若该制备过程中混入氧气，其后果是_________。（3）新型氮化硅陶瓷（Si3N4）通常用于制造轴承、汽轮机叶片、发动机受热面等。①工业上可用化学气相沉积法（CVD），在H2保护下，使SiCl4与N2反应来制备。写出该反应的化学方程式。②在氮化硅中添加氧化铝，通过常压烧结即成为新一代无机非金属材料赛伦（Sialon），其化学名称叫氧氮化硅铝，化学通式为Si6－xAlxOxNy（x=2～4）。化学通式里y值为（用含x的表达式表示）；写出赛伦具有的两种特性、。【分析】本题是“化学与技术”选修模块试题，试题以新型无机非金属材料的有关知识作为背景知识，考查考生对粗硅的制备、提纯以及含硅化合物的重要用途。如果说传统的无机非金属材料是生产、生活和基本建设所必需的材料，而新型无机非金属材料则为现代高新技术、新兴产业和传统工业技术改造等开辟了更为广阔的前景。本题侧重于考查考生对新型无机非金属材料知识的考查，试题涉及能量的转化、电极的判断，粗硅的提纯与制备的化学方程式，重要物质的用途以及解释基本常识等。20第（1）小题：光电池可以直接将太阳的光能转化为电能。光电池的发电原理是：在多晶硅的制备过程中若掺入比硅元素富电子的磷元素，可以得到富电子的N型半导体；若掺入比硅元素少电子的硼元素，可以得到缺电子的P型半导体。当N型和P型半导体结合在一起就构成了一个PN结。当太阳光照射在PN结上，用导线连接起来形成闭合回路，被太阳光激发的电子就会定向移动而形成直流电流。如下图：250~300℃催化剂第（2）小题：用化学方法对粗硅进行提纯是目前生产高纯硅的主要方法。粗硅在250~300℃、有催化剂存在的条件下与HCl反应，生成SiHCl3和H2，反应方程式为：1100~1200℃Si+3HClSiHCl3+H2。SiHCl3的沸点较低，可由蒸馏法提纯，但该过程必须在无水、无氧条件下进行，因为SiHCl3遇水会发生剧烈水解反应：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2；遇氧会自燃，有发生爆炸的危险，即使混入微量的氧气时，也会使最终产品中混入SiO2等杂质。提纯后的SiHCl3被高纯度的H2还原，得到高纯硅，反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl。第（3）小题：新型陶瓷已经突破了以硅和氧两种元素为主体的传统组成体系，进一步提高了陶瓷的性能。例如新型氮化硅陶瓷（Si3N4）的熔点高、硬度大、耐高温，通常用于制造轴承、汽轮机叶片、发动机受热面等。本题主要考查氮化硅陶瓷的制备及应用。Si3N4的制备方法有很多，可用高纯硅与纯氮气在高温下反应制得：3Si+2N2Si3N4；也可用化学化学气相沉积法（CVD）制得，其反应的化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2＝Si3N4+12HCl。赛伦（Sialon）是氮化硅衍生出来的新一代无机非金属材料，其性能优于氮化硅陶瓷，具有耐高温、热稳定性好、高强度、高硬度、耐磨损等优点。由“赛伦”的化学通式Si6－xAlxOxNy（x=2～4），根据化合物中元素化合价代数和为0的原则，可推导出“赛伦”化学通式里y值为8－x。本题大多源于生产实际，以解决化学实际问题作思路进行设问，使问题情境真实，以培养学生理论联系实际，学以致用的学习观；内容丰富，涉及多方面的化学基础，能考查学生化学双基知识的掌握情况和应用双基解决化工生产中有关问题的迁移推理能力；情境新颖，一般较长，阅读量大，能考查学生的阅读能力和资料的收集处理能力。【本题抽样统计】1060份样本中有212份选做此题。平均分4.95分；难度为0.33；区分度为（数据空缺）。【第37题】（15分）20氢能被视为连接化石能源和可再生能源的重要桥梁。在氢能利用过程中，氢气的储存和运输是其应用中遇到的难点之一。储氢材料的种类很多，包括储氢合金、配位氢化物、碳质吸附材料、有机液体氢化物等。（1）TiFe合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。①Ti的基态原子价电子构型为。②Fe的基态原子共有_________种不同能级的电子。（2）A.Zaluska等发现NaH、MgH2、AlH3等金属氢化物有相当好的吸氢能力。Na、Mg、Al原子的第一电离能由小到大的顺序为_______（填元素符号）。（3）我国的研究人员首先发现，将金属Ca均匀地覆盖在C60（右图）表面上形成Ca32C60，一个Ca32C60至少可以吸附92个H2。①C60易溶于CCl4、CS2等溶剂中，说明C60是分子（填“极性“或“非极性”）。②1molC60中含有的σ键为mol。（4）1996年，Bogdanovic等发现配位氢化物NaAlH4具有可逆储氢特性。则AlH4－的立体构型是，Al3+的配位数是。（5）Ni和La的合金是目前使广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞如下图所示。①该晶体的化学式为。②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为dg·cm-3。则该晶胞的体积是cm3（列出表达式）。③该晶体的内部具有空隙，已知每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，该储氢材料的储氢能力为。LaNi60o90ocaa已知：i.a=511pmc=397pm　　ii.标况下H2的密度为8.98×10-5g·cm-3　　　　　　iii.【分析】本题是“物质结构与性质”选修模块试题。试题以储氢材料的组成元素作为背景知识，主要考查了中学化学一些常见元素及物质的重要性质和应用，要求考生能正确书写其原子价电子电子排布式、了解电子运动状态，并且熟练掌握化合物的极性、分子中所含共价键的类型及计算、元素第一电离能的大小判断方法、配位键及配位化合物、晶体的结构及性质。考查的内容涵盖了选修模块“物质结构与性质”中最基本和最重要的内容。第（1）小题：元素钛的原子序数为22，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s220，因此元素Ti的价电子排布式应为3d24s2。元素铁的原子序数为26，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，分别排布在7个不同能级的原子轨道中。第（2）小题：原子的第一电离能是指气态电中性原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，第一电离能可以衡量元素的气态原子失去一个电子的难易程度。其数值越小，原子越容易失去电子。一般来说，相同周期元素的原子电子层数相同，随着核电荷数的增大，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，失去电子能力逐渐减弱，第一电离能逐渐增大。但由于洪特规则特例，各亚层电子数为全满、半满或全空时比较稳定，导致第三周期第ⅢA族Al元素的第一电离能比第三周期第ⅡA族Mg元素的第一电离能更小。因此Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的顺序为Mg>Al>Na。第（3）小题：物质相互溶解的性质十分复杂，有许多制约因素，如温度、压强等。从分子结构的角度，存在“相似相溶”的规律。因此，C60易溶于CCl4、CS2等由非极性分子构成的溶剂中，说明C60是非极性分子。由“分摊法”可知，C60分子中每个C原子能与相邻的C原子形成3条σ键，因此每个C原子平均“拥有”1.5条σ键，则1个C60中含有的σ键数为：1.5×60＝90。由此可算得1molC60中含有的σ键为90mol。第（4）小题：NaAlH4是一种配位化合物，其中Al3+是中心离子，H−是配体，每个H−提供一对孤对电子，故H−为单齿配体，所以中心离子Al3+的配位数就等于配体的个数。由杂化轨道理论和价层电子对互斥理论（VSEPR）可知，AlH4−的中心原子Al采用sp3杂化，4个杂化轨道与4个H原子形成4个等同的Al—H键。因此，AlH4−是正四面体形的立体构型。LaNi60o90ocaa第（5）小题：Ni和La合金的晶胞如右图所示。从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La原子数为：1/8×8=1。平行六面体的上、下两个面的面心各有2个Ni原子，四个侧面的面心各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni原子数为：1/2×8+1×1=5。故晶体的化学式为LaNi5。晶胞的体积为。由定义式：，可计算LaNi5合金储氢后的密度为：20m(晶体中的H)V(晶胞)m(晶体中的H)1×6NA×(511×10-10)2×sin60。×(397×10-10)＝0.111g·cm-3ρ＝＝0.111g·cm-38.98×10-5g·cm-3≈1237故储氢能力＝【本题抽样统计】1060份样本中有205份选做此题。平均分6.28分；难度为0.42；区分度为（数据空缺）。【第38题】(15分)页岩气是一种从页岩层中开采出来的气体资源。2022年3月中国公布发现可采资源潜力为25.1万亿立方米页岩气，可供中国使用近200年。以页岩气的主要成分A为初始原料可合成一种重要的化工产品——乌洛托品。乌洛托品也称作六亚甲基四胺，化学式为(CH2)6N4，其合成路线可用流程图表示如下：NaOH溶液，Δ②O2，Cu/Δ③乌洛托品NH3，Δ④Cl2，hv①ACDB已知：A是一种烃，碳的质量分数为75%；B的相对分子质量为50.5。回答下列问题：（1）C中官能团名称是；上图①至③的转化中属于取代反应的是（填序号）。（2）D在一定条件下可发生聚合反应生成一种用途广泛的线型高分子材料，写出该材料的结构简式。（3）反应④中D与氨气按3︰2的物质的量之比发生反应，写出该反应的化学方程式。（4）写出由A到D的另一种合成路线流程图。可能用到的信息：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。NaOH溶液HBr△合成路线流程图示例如下：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH金刚烷1,3,5,7-四甲基金刚烷（5）金刚烷（C10H16）和1,3,5,7-四甲基金刚烷（C14H24）都是结构与乌洛托品相似的有机物（如下图），判断金刚烷与1,3,5,7-四甲基金刚烷的关系是（填字母编号）。A．同分异构体B．同系物C．同素异形体D．同位素（6）乌洛托品被浓硝酸氧化可生成黑索金（一种军用高能炸药，分子式为C3H6N6O6），已知黑索金分子中含有一个由碳、氮原子构成的饱和六元环，且碳、氢、氧原子的化学环境均只有一种，氮原子的化学环境有两种，写出其结构简式。【答案】（1）羟基（1分）①②（2分）20CH2On（2）（2分）△（3）6HCHO+4NH3(CH2)6N4+6H2O（2分）CH4Cl2hvCH2Cl2NaOH溶液HCHO△（4）（4分）（5）B（2分）（2分）（6）【分析】本题以能源物质页岩气的主要成分甲烷为初始原料合成乌洛托品，对考生了解有机反应、反应类型的分类、官能团的名称、同系物的概念、有机合成设计、结构简式的推写等进行了综合性测试。解本题适宜用顺推法。烃A含碳的质量分数为75%，则碳、氢质量比为75%:25%=3:1，N(C):N(H)=(3/12):(1/1)=1:4，可确定A为CH4。B的相对分子质量为50.5，则B为CH3Cl。至此就可顺利推出C为CH3OH，D为HCHO。CH2On第（1）小题中，C（甲醇）的官能团为羟基。反应①是CH4与Cl2光照条件下反应生成CH3Cl和HCl，是取代反应；反应②是CH3Cl与NaOH溶液反应生成CH3OH和NaCl，是取代反应；反应③是CH3OH催化氧化生成HCHO，是氧化反应。故①至③的转化中属于取代反应的是①②。第（2）小题中，HCHO发生加聚反应可得聚甲醛，结构简式为：。第（3）小题，HCHO与NH3按3︰2的物质的量之比发生反应，生成(CH2)6N4。根据原子守恒，还应有H2O生成。反应的化学方程式为：△6HCHO+4NH3(CH2)6N4+6H2O此小题已知反应物的用量比和主要产物，推断出另一种产物是水并完成化学方程式的书写，对能力的要求并不很高。但从抽样阅卷的情况来看，得分率低，可能的原因是合成路线流程图中只给出乌洛托品的结构图而未给出其化学式，增加了难度，未注意到题干上已给出其化学式为(CH2)6N4，说明审题时不能甄别有用、无用的信息，反映出考生的综合能力亟待提高。第（4）小题，要设计由CH4制取HCHO的另一条合成路线。根据可能用到的信息，通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。可应用逆合成分析法：HCHO→CH2(OH)2→CH2Cl2→CH4故设计的流程图为：CH4Cl2hvCH2Cl2NaOH溶液HCHO△第（5）小题，金刚烷（C10H16）和1,3,5,7-四甲基金刚烷（C14H24）的结构相似，20分子组成上相差4个CH2原子团，故两者互为同系物。第（6）小题，黑索金分子式为C3H6N6O6，分子中含有一个由碳、氮原子构成的饱和六元环，且碳、氢、氧原子的化学环境均只有一种，氮原子的化学环境有两种。可先写出饱和碳、氮六元环结构：暂不考虑氢原子，余下的三个氮原子和六个氧原子的化学环境均只有一种，应组成结构对称的三个相同的原子团——硝基。也可联想到三硝基甲苯、硝酸甘油等炸药中也含有硝基，推断黑索金分子中余下的三个氮原子和六个氧原子组成了三个硝基。可得出如下两种可能结构：①②结构①中氢原子的化学环境有两种（碳原子结合的氢和氮原子结合的氢），不合题意。结构②完全符合题意，故黑索金的结构简式为从抽样阅卷的情况来看，此小题得分率很低，反映出考生根据结构信息推断有机物结构的能力欠缺。【本题抽样统计】1060份样本中有593份选做此题。平均分5.46分；难度为0.36；区分度为（数据空缺）。三、备考复习建议（一）认真研究《普通高中化学课程标准》（实验版）、《2022年普通高等学校招生全国统一考试大纲》（理科·课程标准实验版）及《2022年普通高等学校招生全国统一考试大纲的说明》（理科·课程标准实验版），深刻理解并准确把握高考对知识、能力、难度的要求。重点分析自2022年开始的新课程考纲和大纲版考纲的不同，找出新增、删减等变化内容并积极应对。例如，可以对考纲中从2022开始新增的“掌握常见氧化还应反应的配平和相关计算”等内容进行深入研究，编辑适合自己学生的习题进行专题训练。（二）20认真研究新课标卷，加强复习和训练的针对性。对42分的选择题要做到心中有数：有机选择题聚焦“同分异构体分析判断、有机反应基本类型和常见有机物的结构及性质”；无机选择题考查学科核心内容和主干知识，如①NA，②氧化还原反应，③离子共存和离子方程式，④盖斯定律应用，⑤新型电池工作原理分析、电解产物判断、电极反应式的书写，⑥化学反应速率测定方法及数据处理，⑦平衡常数有关计算，⑧结合图表考查弱电解质电离平衡及pH值简单计算，⑨盐类水解的应用，⑩离子浓度关系式的分析判断，⑾溶度积常数相关计算，⑿元素周期表及周期律，⒀守恒思想等。在落实上述核心内容时，可以通过以下三部曲进行突破：首先，从真题和模拟题中选择可以有效落实上述考点和热点的优秀、成套的选择题编辑成册，第一轮复习中做到每周一套，这样也可以给学生一个方向。其次在第二轮复习中，再对做过的选择题进行分专题重新训练。最后，要求学生将选择题中容易出现的陷阱，写在纠错本上，并针对不同陷阱进行分析，避免考试出现思维定势。（三）应高考之“源于教材而高于教材”，应该熟读每一本教材。近年来不少高考试题的命题素材均源于教材，让学生利用教材切实掌握核心主干知识的形成过程，在深刻理解的基础上掌握这些知识，而平时的学习过程中，学生经常会不以为然，很难体会教材的重要性。我们可以利用考试机会，挖掘考试中涉及到的书上的知识点，以学案的形式给学生注明，哪一题涉及到了哪本教材的哪个部分的内容，并指导学生阅读教材对相关知识进行梳理，使之在心里上明确了教材的重要性也就知道怎么利用教材了。（四）面对薄弱，全力突破。实验和计算是历届考生的薄弱点，绕开走的逃跑主义会使学生化学科目全线崩溃，理综成绩自然一塌糊涂。这一点在2022年新课标高考理综测试中又一次得到印证，化学加大了对考生两个薄弱点——实验和计算能力的考查力度，化学变难了，理综卷整体难度略高于2022年。引导和帮助学生全力从容面对并全力突破实验和计算这两个薄弱点，才能驾驭理综，决胜高考。（五）要培养学生科学严谨的学习态度，养成规范的答题习惯。任何学科考查反映在答卷上的都是文字语言和书面学科语言，学生很多时候不是因为知识没掌握失分，而是非智力因素丢分，例如：写方程式时漏写、错写化学式或者没有配平；答非所问；专有名词中的汉字写成错别字；化学用语不规范或者书写太随意等。为此，一定要注意：回答问题要直接，不要转弯抹角；要简练，不要重复；要看清试题对表达方式的要求避免答非所问，如用化学方程式说明原因写成了文字叙述，用离子反应方程式表示写成了化学反应方程式等。（六）举办应考指导、调整学生心态，增强他们的学习信心，提高应试能力。尽量帮助学生在考试中将自己的真实水平表现出来。20</h2o，b项正确。选项c：y的氧化物是al2o3，由于al2o3+6h+=2al3++3h2o、al2o3+2oh-=2alo2-+h2o，c项正确。选项d：x2w2是k2o2，含有离子键、非极性共价键；y2w3是al2o3，含有离子键，两种化合物含有的化学键类型不相同，d项错误。【本题抽样统计】平均分4.15，难度0.69，区分度0.46。3、第ii卷试题分析【第26题】（14分）用氯气来杀菌、消毒时，氯气会与水中有机物发生反应，生成对人体有害的有机氯化物（如氯仿chcl3）。因此，自来水厂已开始试用新的自来水消毒剂，如二氧化氯（clo2）。（1）写出cl2与水反应的离子方程式。（2）工业制备clo2的方法比较多，例如：方法一：naclo3+hcl=clo2↑+cl2↑+nacl+方法二：2naclo3+h2o2+h2so4=2clo2↑+na2so4+o2↑+2h2o></nahco3<na2co3。将ph相等的ch3coona和na2co3溶液稀释相同倍数，碱性还是ch3coona<nahco3<na2co3，溶液的ph较大的是na2co3，d项错误。【本题抽样统计】平均分3.54，难度0.59，区分度0.56。13．正长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为xyz3w8。其中，只有w显负价。x、y的最外层电子数之和与z的最高正价数相等。y3+与w的阴离子具有相同的电子层结构。x、w的质子数之和等于y、z的质子数之和。下列说法错误的是a．x的离子半径＞y的离子半径b．z的氢化物稳定性＜w的氢化物稳定性c．y的氧化物既能与盐酸，又能与naoh溶液反应d．x2w2、y2w3两种化合物含有的化学键类型完全相同【答案】d。高错选率选项：a。定式思维认为所推断的元素一定是短周期元素，因此将x想象成na元素，没有将na元素带入原题进行检查，导致错选a。【分析】本题主要考查学生对物质组成、微粒半径、氢化物稳定性、化学键类型等元素周期律知识的掌握。认知层次属于综合应用。知识内容属于必修一、必修二。“正长石的主要成分为硅酸盐”说明组成元素有si、o，又因为“w显负价”知w为氧元素；“y3+与w的阴离子具有相同的电子层结构”知y为铝元素；又因为“x、y（al）的最外层电子数之和与z的最高正价数相等”且x、z中有一种元素是硅，设e表示最外层电子数，z表示质子数，则e(x)+3=e(z)20；又因为“x、w的质子数之和等于y、z的质子数之和”知zx+8=13+zz，即zx—zz=5讨论如下：1）若x为si，则e(x)=4e(z)=7，zx=14zz=9，z为f元素，不符合“只有w显负价”（舍）2）若z为si，则e(z)=4e(x)=1，zz=14zx=19，x为k元素（成立）因此：x—ky—alz—siw—o选项a：离子半径：k+></c(h2co3)<c(hco3-)。b项错误。选项c：“有agcl沉淀的溶液”即agcl饱和溶液，而温度一定时，饱和溶液的密度、质量分数、溶质物质的量浓度均为恒定值，故加入nacl固体，c(ag+)不变。选项d：由于酸性：ch3cooh>