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山东省德州市2021年高考化学二模试卷及答案
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这是一份山东省德州市2021年高考化学二模试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A. 84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B. 浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C. 聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D. SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
2.以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A. 装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性 B. 装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C. 装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度 D. 装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B. 元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C. 非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D. 不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
4.绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A. 从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液 B. 绿原酸溶解度随温度升高而减小
C. 减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质 D. 绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
5.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B. 1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C. 虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D. 茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
6.工业上可用软锰矿(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B.溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C.除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B.两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C.由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D.加热时该离子首先失去的组分是X2Z
8.2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是（ ）
A.In/In2O3-x电极与电源负极相连
B.电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移
C.每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-也为xmol
D.Ni2P电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O
9.为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.01mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol·L-1K2S2O8无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A. 实验①说明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)
C. 实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D. 实验④说明：该条件下，S2O 的氧化性强于MnO
10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV
B.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*
C.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) △H=-1.02eV·mol-1
D.增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
11.根据下列实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通人酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I-与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A. A B. B C. C D. D
12.近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A. Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B. 如图结构的吡啶环( )中C,N原子的杂化方式均为sp2
C. 吡啶( )与水可形成氢键，故易溶于水
D. HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
二、多选题
13.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述错误的是（ ）
A. 反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B. Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C. 可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4
14.在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2 ， 发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 K1
②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2<0 K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1。下列说法正确的是（ ）
A. 平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1
B. 平衡时NO2的转化率为50%
C. 其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为
15.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)， 1g3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A.a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
B.由图像可以计算得出该温度下Ksp(ZnS)=10-35.4
C.a—b—e为滴定CuCl2溶液的曲线
D.d点纵坐标约为33.9
三、综合题
16.2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）.锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
（2）.S与O可形成多种微粒，其中SO 的空间构型为 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）.重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O 的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 。
（4）.α-Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高(2054℃)、硬度大的特点，主要原因为 。
（5）.一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似(如图)，该晶体储氢后的化学式为 。
（6）.“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，已知该结构单元底面(正六边形)边长为anm，该合金的密度为ρg·cm-3 ， 则高为h= nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
17.兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图：
（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为________，Ni(CO)4含有的化学键类型________。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+ ， 则产生的气体为________(填化学式)。
（3）滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式：________。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是________。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是________(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.酸性高锰酸钾 d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理________(用化学方程式表示)。
18.实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：
i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，微沸数分钟。
ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）.步骤i中的还原剂是 (填化学式)。
（2）.已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 。
②装置B的作用是 。
（3）.步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 ， 用无水乙醇洗涤的目的是 。
（4）.蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]- ， 写出转化过程的离子方程式 。
（5）.称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %(用含有m、c、V的式子表示)。
19.近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
（1）.Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
①C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s)△H1=+9kJ·mol-1
②C2H4(g)+H2(g) C2H6(g)△H2=-136kJ·mol-1
③H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)△H3=+41kJ·mol-1
④CO2(g)+C2H6(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H4
△H4= ， 0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6 ， 发生反应④，温度对催化剂K—Fe—Mn/Si性能的影响如图：
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）.在800℃时，n(CO2)：n(C2H6)=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0 ， 一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。
（3）.Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图所示：
“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（4）.为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4 ， 通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图所示。
①该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c(CO2)较原平衡 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 。
20.用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是________，C中的官能团名称为________。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为________ 。
（3）已知B K L，符合下列条件的L的同分异构体有________种。
①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式________。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成 的路线流程图(其他试剂自选)________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．84消毒液中的ClO-具有强氧化性，可以将具有还原性的金属腐蚀，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以与水果挥发出来的乙烯发生氧化还原反应，B项不符合题意；
C．聚乙烯中没有碳碳双键，不会发生加成反应，C项符合题意；
D．二氧化硫具有漂白性，但是是暂时的不稳定的，所以颜色不会保持太久，D项不符合题意；
故答案为C
【分析】 A.84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属；
B.乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化；
C.聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应；
D.二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．装置甲中压强未发生改变，即使关闭a，打开b，也不能检验装置的气密性，A不符合题意；
B．氯化镁溶液在蒸干的过程中会发生水解，生成的氯化氢易挥发，最后得到氢氧化镁，若制备无水MgCl2需在氯化氢氛围中抑制氯化镁水解，B不符合题意；
C．装置丙为酸式滴定管，而NaOH标准溶液应选择碱式滴定管，C不符合题意；
D．装置丁下端连电源正极为阳极，阳极上Cl-放电生成Cl2 ， 阴极上生成H2和NaOH，而Cl2溶于NaOH得NaClO，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．压强没有变，不能检验气密性；
B．氯化镁溶液在蒸干的过程中会发生水解；
C．NaOH标准溶液应选择碱式滴定管；
D．根据电解池的原理分析。
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别为Be和Cl，BeCl2为共价化合物，A不符合题意；
B．元素Se位于第4周期第ⅥA族，B不符合题意；
C．PCl3和H2O2分子属于极性分子，C不符合题意；
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.价层电子排布式为2s2和3s23p3的两原子分别是Be、Cl元素；
B.Se位于第四周期第VIA族；
C.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D.不同非金属元素原子之间易形成极性键。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，A项不符合题意；
B．在“浸膏”中加入温水，再进行相关处理，说明绿原酸溶解度随温度升高而升高，B项符合题意；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，C项不符合题意；
D．绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，可利用重结晶的方法进一步提纯，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】 绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该分子中含有羟基(-OH)，不含酮羰基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意；
B．分子中的 可以与H2反应，1mol 消耗3molH2 ， 苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2 ， B项不符合题意；
C． 苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.图片所示分子没有酮羰基，羰基全部来源酰胺键；
B.酰胺键不能和氢气加成；
C.虚线框内碳原子和氧原子不可能全部处于同一平面，因为碳的四个价键全部是单键的时候最多两个相连原子与碳原子共平面；
D.醇羟基无法使氯化铁溶液显色。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．提高浸取率的措施可以是搅拌、研磨矿石、适当升高温度、适当增大酸的浓度等，故A不符合题意；
B．由分析可知，溶浸工序中产生的废渣主要是不与稀硫酸反应的SiO2和生成的S，净化工序后产生的废渣成分为CuS和CaF2 ， 故B符合题意；
C．除铁工序中，先加软锰矿使溶液中的Fe2+在酸性环境中被氧化成Fe3+ ， 然后加入石灰调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故C不符合题意；
D．MnCO3不溶于水，故MnCO3从溶液中分离出来的操作法是过滤、洗涤、干燥，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由流程可知(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)中加入稀硫酸酸浸，过滤得到的滤渣主要是SiO2和被MnO2氧化生成的S，向滤液中加入软锰矿发生反应：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++ Mn2++2H2O，过滤，滤液中主要含有Cu2+和Ca2+ ， 加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+和Ca2+ ， 在滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3 ， 通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
7.【答案】 A
【解析】【解答】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。
A．一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大。同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，A符合题意；
B．X是H，Y是N，Z是O，X2Z是H2O，YX3是NH3。H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2Z＜YX3 ， B不符合题意；
C．根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，C不符合题意；
D．X2Z是H2O，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素， 基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外电子排布是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1 ， 故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素，以此分析解答。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图可知，In/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相连，A不符合题意；
B．由图可知，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，B不符合题意；
C．根据电子守恒，每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-应为2xmol，C符合题意；
D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3 (CH2 )6CN，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH- ， 则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性， 电离程度大于其水解程度， ，而 ，即 ， ，A项符合题意；
B．实验②为强酸性环境，根据价态变化及氧化还原反应的规律，该离子方程式符合题意，B项不符合题意；
C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2 ， C项不符合题意；
D．实验④说明 作氧化剂，生成氧化产物 ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.注意亚硫酸氢根的电离程度和水解程度的大小比较，要注意不等式的变形；
B.注意物质的类别和价态的分析，进一步判断反应类型和生成物，注意结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒进行方程式的检查
C.结合硫元素的常见价态进行判断，通过歧化反应的概念和实验现象的描述进行物质的推断。
D.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A不符合题意；
B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由 转化为 的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*，B不符合题意；
C．该反应的总反应是由 转化为 ，但 为单个 反应时放出的热量，C符合题意；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动， 平衡转化率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为： 、 、 ，据此分析解题。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明苯酚酸性强于碳酸氢根，本身苯酚的酸性弱于碳酸，A不符合题意；
B．加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，可能是挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化，也可能是乙醇发生消去反应得到的乙烯使酸性高锰酸钾的紫色褪色，B不符合题意；
C．向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，I-过量，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有Fe3+ ， 没有反应完，说明I-与Fe3+的反应是可逆反应，C符合题意；
D．向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后未加过量碱直接滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生也可能是过量的硫酸与氢氧化铜酸碱中和，不能确定是否淀粉发生水解，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.生成物是碳酸氢钠，不是碳酸；
B.乙醇和乙烯都可以使酸性高锰酸钾褪色，要注意乙醇具有挥发性；
C.反应物的用量分析，判断出铁离子少量，注意结合可逆反应的概念，进行可逆反应的判断。
D.氢氧化铜少量，稀硫酸足量，无砖红色沉淀产生也可能是过量的硫酸与氢氧化铜酸碱中和。
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O>N>C，A不符合题意；
B．如图结构的吡啶环( )中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2 ， B不符合题意；
C．吡啶( )含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C不符合题意；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.元素的周期表位置，注意同一周期元素的电负性大小关系；
B.氮原子的孤电子对，价电子对数目包括孤电子对数目；
C.吡啶环含有电负性强的氮原子，可以和水分子形成氢键；
D.甲酸的沸点高于甲醛，主要是因为氢键作用力更强；
二、多选题
13.【答案】 C,D
【解析】【解答】A. 与 反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3 ， 可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A不符合题意；
B.Y与Br2的加成产物是 ，箭头指向处是手性碳原子 ，B不符合题意；
C.X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，有机物Y难溶于碳酸钠溶液，Y中有无X加入Na2CO3溶液都会出现分层，因此无法检验Y中是否存在X，C符合题意；
D.X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗(3+1)molH2 ， Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗(3+1+1)molH2 ， 故比例为4：5，D符合题意；
故答案为CD。
【分析】A.反应过程中还有溴化氢的生成；
B.手性碳的概念，要注意Y的结构简式中并未标注碳骨架的氢原子，找手性碳原子时不能忽略氢原子。
C.Y难溶于碳酸钠溶液，要注意酚羟基无法和碳酸钠反应生成二氧化碳。
D.醛基、苯基、碳碳双键都可以和氢气加成。
14.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为x mol，②中反应的Cl2为ymol，则：
， ，
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)= ， A不符合题意；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为 ，故B符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡常数K2减小，故C不符合题意；
D．①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) △H1＜0平衡常数K1；②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) △H2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得
反应4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.注意压强关系转化为物质的量关系，要注意两个化学方程式的综合分析；
B.转化率的计算可以用物质的量进行计算；
C.反应的热效应，还要注意K和温度的关系；
D.盖斯定律的运用；
15.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．a 点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)= 2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)< 2[c(Zn2+)+c(H+)，A符合题意；
B．已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4 ， B不符合题意；
C．Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)
故答案为：AD。
【分析】根据Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离子浓度小，则此时，-lg c(Cu2+)>-lg c(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。
三、综合题
16.【答案】 （1）
（2）正四面体形；sp3
（3）4∶1
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大
（5）12；AuCu3H8
（6）×1021或 ×1021
【解析】【解答】(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO 中S原子价电子对数是 ，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；
(3)单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O 的结构图，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，σ键与π键个数比为4:1；
(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示 ，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数 、Cu原子数是 、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；
(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数 、Ti原子数 ，则 ρg·cm-3 ， 则高为h= ×1021nm。
【分析】（1）价电子轨道表示式中4d在前，5s在后面；
（2）本题第一空要注意S原子价电子对数计算时，离子所带负电荷数也要计算在内，要注意硫原子在这里无孤电子对；第二空要注意S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键；
（4）Al2O3的晶体类型，晶格能的影响因素和带来的影响，答题时要有离子半径、离子所带电荷数、晶格能的描述；
（5）均摊原则的运用，注意画图分析配位数；
（6）每个结构单元含有的各个原子的个数，注意体积的正确计算；
17.【答案】 （1）0；共价键和配位键
（2）O2
（3）H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓
（4）做保护气，防止镍、铝被氧化
（5）b
（6）2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
【解析】【解答】(1) 由形成四羰基合镍时碳元素的化合价没有变化可知，四羰基合镍中镍元素为0价，化合物中镍与一氧化碳形成配位键，一氧化碳分子中碳原子与氧原子形成极性共价键，故答案为：0；共价键和配位键；
(2)由题意可知，三氧化二镍和硫酸溶液反应生成硫酸镍、氧气和水，反应的方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，故答案为：O2；
(3) 浸出液B中通入硫化氢气体生成单质镍发生的反应为镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，反应的离子方程式为H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓，故答案为：H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓；
(4) “高温熔融”时通入氩气形成无氧环境，防止镍、铝被空气中的氧气氧化，无法制得镍铝合金，故答案为：做保护气，防止镍、铝被氧化；
(5)由分析可知，滤液C中含有亚铁离子，检验亚铁离子可以选用铁氰化钾溶液或高锰酸钾溶液，由于过量的硫化氢也能与高锰酸钾溶液反应，干扰亚铁离子的检验，则检验溶液中存在亚铁离子的试剂为铁氰化钾溶液，故答案为：b；
(6) 碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基和铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。
【分析】由题给流程可知，红土镍矿煅烧时，硫化镍和硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二镍和氧化铁，向煅烧后的固体中加入硫酸加压酸浸，三氧化二镍和氧化铁与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和硫酸盐的浸出液B；向浸出液B中通入硫化氢气体，铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫和水，镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，过滤得到含有硫和镍的固体混合物；向固体混合物中通入CO气体，镍与一氧化碳反应生成四羰基合镍，四羰基合镍受热分解生成镍；在氩气环境中，高温熔融条件下镍与铝融合得到镍合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，用蒸馏水洗浸出渣F得到产品兰尼镍。
18.【答案】 （1）N2H4·2HCl
（2）长颈漏斗；除去CO2中的HCl气体
（3）抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；洗去固体表面的水和NH4HCO3
（4）[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O
（5）
【解析】【解答】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
(2)①该仪器是长颈漏斗；
②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
(3) 选择饱和 NH4HCO3 的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3 ， 乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；
(4)由图知该水合配离子化学式为 ，加入碱生成 ，离子方程式为： ；
(5)根据已知反应， ，m(V)=n(V)M=5.1cV*10-2g ，则质量分数为 （5.1cV/m）%
【分析】（1） 要关注物质中各元素的价态变化情况，其中只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
（2） 第二空要注意A装置会产生杂质气体氯化氢，所以B装置的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
（3） 饱和 NH4HCO3 可以抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，要注意无水乙醇的吸水性和挥发性；
（4） 要结合水合配离子的结构图示，进行化学式的正确书写；
（5） 分析 VO2+ 和 Fe2+ 的物质的量关系， ， 再根据原子守恒计算产品中钒的质量分数 。
19.【答案】 （1）+177kJ·mol-1；800
（2）p0
（3）Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3
（4）放热；不变；123.1
【解析】【解答】Ⅰ(1) ；该反应的目的是生成C2H4 ， 参考C2H6和CO2的转化率知，最佳温度是800℃左右；
(2)假设初始通入CO2是1mol，C2H6是3mol，达到平衡时CO2反应了xmol
x+x+x=(1-x)+(3-x)解得x=0.8mol，达到平衡时，CO2是0.2mol，C2H6是2.2mol，C2H4、H2O、CO均为0.8mol，此时总物质的量为4.8mol，CO2的物质的量分数为 ，C2H6的物质的量分数为 ，C2H4、H2O、CO的物质的量分数均为 ，容器的体积固定，随着反应的进行，容器的压强增大，达到平衡时，容器的压强为 ， ；
Ⅱ(3)吸附过程中的反应物是Li4SiO4、CO2 ， 产物是Li2CO3和Li2SiO3 ， 故方程式为Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3；
(4)①由图像知，相同 ，最高点以后，温度升高，吸附后固体样品的质量分数降低，反应向逆反应方向进行，又温度升高向吸热方向进行，所以逆反应是吸热反应，故该反应为放热反应；
②温度不变，平衡常数不变，即 ，所以重新平衡后，二氧化碳的浓度不变；
③由吸附反应Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3知固体增重的质量是吸收的二氧化碳的质量，A点时 ，气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol，即231g，所以y=123.1
【分析】（1） 第一空要注意盖斯定律的运用，；第二空要注意C2H6的转化率在800℃出现了拐点，而且800℃以后C2H4的选择性也在下降。
（2）关注物质的量和压强的关系，计算Kp时一定要注意用压强计算；
（3）注意流程图的解读，根据原子守恒写出正确的反应物和生成物；
（4） 第一空要注意曲线走势重点关注最高点往后的部分，然后结合勒夏特列原理判断反应的热效应；第二空要注意该反应的平衡常数表达式， 因为温度不变，所以K不变，二氧化碳的浓度不变，不要被压强的变化所干扰。最后一空要重点分析A点二氧化碳的占比，A点时 ，气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol。
20.【答案】 （1）邻溴甲苯或2—溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)
（2）+NaHCO3→ +H2O+CO2↑
（3）16；或
（4）
【解析】【解答】(1) B为 ，B的名称是邻溴甲苯或2—溴甲苯，C为 ，C中的官能团名称为醛基和溴原子(或碳溴键)，故答案为：邻溴甲苯或2—溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)
(2) H为 ，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 +NaHCO3→ +H2O+CO2↑，故答案为： +NaHCO3→ +H2O+CO2↑；
(3) 已知B K L，B为 ，且已知：
得L为： ，符合下列条件的L的同分异构体①含有1个五元碳环 ；②与NaHCO3反应产生气体，说明含-COOH的有机物有：一个侧链时有2种： 或 ，两个侧链时有6种： (同碳、邻、间3种)+ (同碳、邻、间3种)，三个侧链时有8种： 、 、 ，共16种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式为 或
故答案为：16； 或 ；
(4)由题中信息和所学知识，以A合成 的路线流程图为
， 故答案为：
。
【分析】由丁逆推可知H为 ，结合信息可知G为 ，C为 ，B为 ，A为 ， E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A. 84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B. 浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C. 聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D. SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
2.以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A. 装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性 B. 装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C. 装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度 D. 装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B. 元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C. 非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D. 不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
4.绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A. 从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液 B. 绿原酸溶解度随温度升高而减小
C. 减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质 D. 绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
5.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B. 1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C. 虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D. 茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
6.工业上可用软锰矿(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B.溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C.除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B.两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C.由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D.加热时该离子首先失去的组分是X2Z
8.2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是（ ）
A.In/In2O3-x电极与电源负极相连
B.电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移
C.每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-也为xmol
D.Ni2P电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O
9.为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.01mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol·L-1K2S2O8无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A. 实验①说明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)
C. 实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D. 实验④说明：该条件下，S2O 的氧化性强于MnO
10.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV
B.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*
C.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) △H=-1.02eV·mol-1
D.增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
11.根据下列实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通人酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I-与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A. A B. B C. C D. D
12.近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A. Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B. 如图结构的吡啶环( )中C,N原子的杂化方式均为sp2
C. 吡啶( )与水可形成氢键，故易溶于水
D. HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
二、多选题
13.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述错误的是（ ）
A. 反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B. Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C. 可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4
14.在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2 ， 发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 K1
②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2<0 K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1。下列说法正确的是（ ）
A. 平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1
B. 平衡时NO2的转化率为50%
C. 其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为
15.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)， 1g3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A.a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
B.由图像可以计算得出该温度下Ksp(ZnS)=10-35.4
C.a—b—e为滴定CuCl2溶液的曲线
D.d点纵坐标约为33.9
三、综合题
16.2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）.锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
（2）.S与O可形成多种微粒，其中SO 的空间构型为 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）.重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O 的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 。
（4）.α-Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高(2054℃)、硬度大的特点，主要原因为 。
（5）.一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似(如图)，该晶体储氢后的化学式为 。
（6）.“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，已知该结构单元底面(正六边形)边长为anm，该合金的密度为ρg·cm-3 ， 则高为h= nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
17.兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图：
（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为________，Ni(CO)4含有的化学键类型________。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+ ， 则产生的气体为________(填化学式)。
（3）滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式：________。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是________。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是________(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.酸性高锰酸钾 d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理________(用化学方程式表示)。
18.实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：
i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，微沸数分钟。
ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）.步骤i中的还原剂是 (填化学式)。
（2）.已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 。
②装置B的作用是 。
（3）.步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 ， 用无水乙醇洗涤的目的是 。
（4）.蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]- ， 写出转化过程的离子方程式 。
（5）.称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %(用含有m、c、V的式子表示)。
19.近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
（1）.Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
①C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s)△H1=+9kJ·mol-1
②C2H4(g)+H2(g) C2H6(g)△H2=-136kJ·mol-1
③H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)△H3=+41kJ·mol-1
④CO2(g)+C2H6(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H4
△H4= ， 0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6 ， 发生反应④，温度对催化剂K—Fe—Mn/Si性能的影响如图：
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）.在800℃时，n(CO2)：n(C2H6)=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0 ， 一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。
（3）.Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图所示：
“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（4）.为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4 ， 通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图所示。
①该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c(CO2)较原平衡 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 。
20.用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是________，C中的官能团名称为________。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为________ 。
（3）已知B K L，符合下列条件的L的同分异构体有________种。
①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式________。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成 的路线流程图(其他试剂自选)________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．84消毒液中的ClO-具有强氧化性，可以将具有还原性的金属腐蚀，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以与水果挥发出来的乙烯发生氧化还原反应，B项不符合题意；
C．聚乙烯中没有碳碳双键，不会发生加成反应，C项符合题意；
D．二氧化硫具有漂白性，但是是暂时的不稳定的，所以颜色不会保持太久，D项不符合题意；
故答案为C
【分析】 A.84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属；
B.乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化；
C.聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应；
D.二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．装置甲中压强未发生改变，即使关闭a，打开b，也不能检验装置的气密性，A不符合题意；
B．氯化镁溶液在蒸干的过程中会发生水解，生成的氯化氢易挥发，最后得到氢氧化镁，若制备无水MgCl2需在氯化氢氛围中抑制氯化镁水解，B不符合题意；
C．装置丙为酸式滴定管，而NaOH标准溶液应选择碱式滴定管，C不符合题意；
D．装置丁下端连电源正极为阳极，阳极上Cl-放电生成Cl2 ， 阴极上生成H2和NaOH，而Cl2溶于NaOH得NaClO，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．压强没有变，不能检验气密性；
B．氯化镁溶液在蒸干的过程中会发生水解；
C．NaOH标准溶液应选择碱式滴定管；
D．根据电解池的原理分析。
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别为Be和Cl，BeCl2为共价化合物，A不符合题意；
B．元素Se位于第4周期第ⅥA族，B不符合题意；
C．PCl3和H2O2分子属于极性分子，C不符合题意；
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.价层电子排布式为2s2和3s23p3的两原子分别是Be、Cl元素；
B.Se位于第四周期第VIA族；
C.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D.不同非金属元素原子之间易形成极性键。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，A项不符合题意；
B．在“浸膏”中加入温水，再进行相关处理，说明绿原酸溶解度随温度升高而升高，B项符合题意；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，C项不符合题意；
D．绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，可利用重结晶的方法进一步提纯，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】 绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该分子中含有羟基(-OH)，不含酮羰基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意；
B．分子中的 可以与H2反应，1mol 消耗3molH2 ， 苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2 ， B项不符合题意；
C． 苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.图片所示分子没有酮羰基，羰基全部来源酰胺键；
B.酰胺键不能和氢气加成；
C.虚线框内碳原子和氧原子不可能全部处于同一平面，因为碳的四个价键全部是单键的时候最多两个相连原子与碳原子共平面；
D.醇羟基无法使氯化铁溶液显色。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．提高浸取率的措施可以是搅拌、研磨矿石、适当升高温度、适当增大酸的浓度等，故A不符合题意；
B．由分析可知，溶浸工序中产生的废渣主要是不与稀硫酸反应的SiO2和生成的S，净化工序后产生的废渣成分为CuS和CaF2 ， 故B符合题意；
C．除铁工序中，先加软锰矿使溶液中的Fe2+在酸性环境中被氧化成Fe3+ ， 然后加入石灰调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故C不符合题意；
D．MnCO3不溶于水，故MnCO3从溶液中分离出来的操作法是过滤、洗涤、干燥，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由流程可知(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)中加入稀硫酸酸浸，过滤得到的滤渣主要是SiO2和被MnO2氧化生成的S，向滤液中加入软锰矿发生反应：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++ Mn2++2H2O，过滤，滤液中主要含有Cu2+和Ca2+ ， 加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+和Ca2+ ， 在滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3 ， 通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
7.【答案】 A
【解析】【解答】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。
A．一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大。同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，A符合题意；
B．X是H，Y是N，Z是O，X2Z是H2O，YX3是NH3。H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2Z＜YX3 ， B不符合题意；
C．根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，C不符合题意；
D．X2Z是H2O，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素， 基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外电子排布是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1 ， 故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素，以此分析解答。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图可知，In/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相连，A不符合题意；
B．由图可知，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，B不符合题意；
C．根据电子守恒，每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-应为2xmol，C符合题意；
D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3 (CH2 )6CN，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH- ， 则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性， 电离程度大于其水解程度， ，而 ，即 ， ，A项符合题意；
B．实验②为强酸性环境，根据价态变化及氧化还原反应的规律，该离子方程式符合题意，B项不符合题意；
C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2 ， C项不符合题意；
D．实验④说明 作氧化剂，生成氧化产物 ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.注意亚硫酸氢根的电离程度和水解程度的大小比较，要注意不等式的变形；
B.注意物质的类别和价态的分析，进一步判断反应类型和生成物，注意结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒进行方程式的检查
C.结合硫元素的常见价态进行判断，通过歧化反应的概念和实验现象的描述进行物质的推断。
D.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A不符合题意；
B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由 转化为 的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*，B不符合题意；
C．该反应的总反应是由 转化为 ，但 为单个 反应时放出的热量，C符合题意；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动， 平衡转化率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为： 、 、 ，据此分析解题。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明苯酚酸性强于碳酸氢根，本身苯酚的酸性弱于碳酸，A不符合题意；
B．加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，可能是挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化，也可能是乙醇发生消去反应得到的乙烯使酸性高锰酸钾的紫色褪色，B不符合题意；
C．向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，I-过量，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有Fe3+ ， 没有反应完，说明I-与Fe3+的反应是可逆反应，C符合题意；
D．向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后未加过量碱直接滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生也可能是过量的硫酸与氢氧化铜酸碱中和，不能确定是否淀粉发生水解，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.生成物是碳酸氢钠，不是碳酸；
B.乙醇和乙烯都可以使酸性高锰酸钾褪色，要注意乙醇具有挥发性；
C.反应物的用量分析，判断出铁离子少量，注意结合可逆反应的概念，进行可逆反应的判断。
D.氢氧化铜少量，稀硫酸足量，无砖红色沉淀产生也可能是过量的硫酸与氢氧化铜酸碱中和。
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O>N>C，A不符合题意；
B．如图结构的吡啶环( )中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2 ， B不符合题意；
C．吡啶( )含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C不符合题意；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.元素的周期表位置，注意同一周期元素的电负性大小关系；
B.氮原子的孤电子对，价电子对数目包括孤电子对数目；
C.吡啶环含有电负性强的氮原子，可以和水分子形成氢键；
D.甲酸的沸点高于甲醛，主要是因为氢键作用力更强；
二、多选题
13.【答案】 C,D
【解析】【解答】A. 与 反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3 ， 可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A不符合题意；
B.Y与Br2的加成产物是 ，箭头指向处是手性碳原子 ，B不符合题意；
C.X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，有机物Y难溶于碳酸钠溶液，Y中有无X加入Na2CO3溶液都会出现分层，因此无法检验Y中是否存在X，C符合题意；
D.X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗(3+1)molH2 ， Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗(3+1+1)molH2 ， 故比例为4：5，D符合题意；
故答案为CD。
【分析】A.反应过程中还有溴化氢的生成；
B.手性碳的概念，要注意Y的结构简式中并未标注碳骨架的氢原子，找手性碳原子时不能忽略氢原子。
C.Y难溶于碳酸钠溶液，要注意酚羟基无法和碳酸钠反应生成二氧化碳。
D.醛基、苯基、碳碳双键都可以和氢气加成。
14.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为x mol，②中反应的Cl2为ymol，则：
， ，
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)= ， A不符合题意；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为 ，故B符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡常数K2减小，故C不符合题意；
D．①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) △H1＜0平衡常数K1；②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) △H2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得
反应4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.注意压强关系转化为物质的量关系，要注意两个化学方程式的综合分析；
B.转化率的计算可以用物质的量进行计算；
C.反应的热效应，还要注意K和温度的关系；
D.盖斯定律的运用；
15.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．a 点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)= 2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)< 2[c(Zn2+)+c(H+)，A符合题意；
B．已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4 ， B不符合题意；
C．Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)
故答案为：AD。
【分析】根据Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离子浓度小，则此时，-lg c(Cu2+)>-lg c(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。
三、综合题
16.【答案】 （1）
（2）正四面体形；sp3
（3）4∶1
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大
（5）12；AuCu3H8
（6）×1021或 ×1021
【解析】【解答】(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO 中S原子价电子对数是 ，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；
(3)单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O 的结构图，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，σ键与π键个数比为4:1；
(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示 ，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数 、Cu原子数是 、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；
(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数 、Ti原子数 ，则 ρg·cm-3 ， 则高为h= ×1021nm。
【分析】（1）价电子轨道表示式中4d在前，5s在后面；
（2）本题第一空要注意S原子价电子对数计算时，离子所带负电荷数也要计算在内，要注意硫原子在这里无孤电子对；第二空要注意S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键；
（4）Al2O3的晶体类型，晶格能的影响因素和带来的影响，答题时要有离子半径、离子所带电荷数、晶格能的描述；
（5）均摊原则的运用，注意画图分析配位数；
（6）每个结构单元含有的各个原子的个数，注意体积的正确计算；
17.【答案】 （1）0；共价键和配位键
（2）O2
（3）H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓
（4）做保护气，防止镍、铝被氧化
（5）b
（6）2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
【解析】【解答】(1) 由形成四羰基合镍时碳元素的化合价没有变化可知，四羰基合镍中镍元素为0价，化合物中镍与一氧化碳形成配位键，一氧化碳分子中碳原子与氧原子形成极性共价键，故答案为：0；共价键和配位键；
(2)由题意可知，三氧化二镍和硫酸溶液反应生成硫酸镍、氧气和水，反应的方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，故答案为：O2；
(3) 浸出液B中通入硫化氢气体生成单质镍发生的反应为镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，反应的离子方程式为H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓，故答案为：H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓；
(4) “高温熔融”时通入氩气形成无氧环境，防止镍、铝被空气中的氧气氧化，无法制得镍铝合金，故答案为：做保护气，防止镍、铝被氧化；
(5)由分析可知，滤液C中含有亚铁离子，检验亚铁离子可以选用铁氰化钾溶液或高锰酸钾溶液，由于过量的硫化氢也能与高锰酸钾溶液反应，干扰亚铁离子的检验，则检验溶液中存在亚铁离子的试剂为铁氰化钾溶液，故答案为：b；
(6) 碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基和铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。
【分析】由题给流程可知，红土镍矿煅烧时，硫化镍和硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二镍和氧化铁，向煅烧后的固体中加入硫酸加压酸浸，三氧化二镍和氧化铁与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和硫酸盐的浸出液B；向浸出液B中通入硫化氢气体，铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫和水，镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，过滤得到含有硫和镍的固体混合物；向固体混合物中通入CO气体，镍与一氧化碳反应生成四羰基合镍，四羰基合镍受热分解生成镍；在氩气环境中，高温熔融条件下镍与铝融合得到镍合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，用蒸馏水洗浸出渣F得到产品兰尼镍。
18.【答案】 （1）N2H4·2HCl
（2）长颈漏斗；除去CO2中的HCl气体
（3）抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；洗去固体表面的水和NH4HCO3
（4）[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O
（5）
【解析】【解答】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
(2)①该仪器是长颈漏斗；
②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
(3) 选择饱和 NH4HCO3 的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3 ， 乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；
(4)由图知该水合配离子化学式为 ，加入碱生成 ，离子方程式为： ；
(5)根据已知反应， ，m(V)=n(V)M=5.1cV*10-2g ，则质量分数为 （5.1cV/m）%
【分析】（1） 要关注物质中各元素的价态变化情况，其中只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
（2） 第二空要注意A装置会产生杂质气体氯化氢，所以B装置的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
（3） 饱和 NH4HCO3 可以抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，要注意无水乙醇的吸水性和挥发性；
（4） 要结合水合配离子的结构图示，进行化学式的正确书写；
（5） 分析 VO2+ 和 Fe2+ 的物质的量关系， ， 再根据原子守恒计算产品中钒的质量分数 。
19.【答案】 （1）+177kJ·mol-1；800
（2）p0
（3）Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3
（4）放热；不变；123.1
【解析】【解答】Ⅰ(1) ；该反应的目的是生成C2H4 ， 参考C2H6和CO2的转化率知，最佳温度是800℃左右；
(2)假设初始通入CO2是1mol，C2H6是3mol，达到平衡时CO2反应了xmol
x+x+x=(1-x)+(3-x)解得x=0.8mol，达到平衡时，CO2是0.2mol，C2H6是2.2mol，C2H4、H2O、CO均为0.8mol，此时总物质的量为4.8mol，CO2的物质的量分数为 ，C2H6的物质的量分数为 ，C2H4、H2O、CO的物质的量分数均为 ，容器的体积固定，随着反应的进行，容器的压强增大，达到平衡时，容器的压强为 ， ；
Ⅱ(3)吸附过程中的反应物是Li4SiO4、CO2 ， 产物是Li2CO3和Li2SiO3 ， 故方程式为Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3；
(4)①由图像知，相同 ，最高点以后，温度升高，吸附后固体样品的质量分数降低，反应向逆反应方向进行，又温度升高向吸热方向进行，所以逆反应是吸热反应，故该反应为放热反应；
②温度不变，平衡常数不变，即 ，所以重新平衡后，二氧化碳的浓度不变；
③由吸附反应Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3知固体增重的质量是吸收的二氧化碳的质量，A点时 ，气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol，即231g，所以y=123.1
【分析】（1） 第一空要注意盖斯定律的运用，；第二空要注意C2H6的转化率在800℃出现了拐点，而且800℃以后C2H4的选择性也在下降。
（2）关注物质的量和压强的关系，计算Kp时一定要注意用压强计算；
（3）注意流程图的解读，根据原子守恒写出正确的反应物和生成物；
（4） 第一空要注意曲线走势重点关注最高点往后的部分，然后结合勒夏特列原理判断反应的热效应；第二空要注意该反应的平衡常数表达式， 因为温度不变，所以K不变，二氧化碳的浓度不变，不要被压强的变化所干扰。最后一空要重点分析A点二氧化碳的占比，A点时 ，气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol。
20.【答案】 （1）邻溴甲苯或2—溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)
（2）+NaHCO3→ +H2O+CO2↑
（3）16；或
（4）
【解析】【解答】(1) B为 ，B的名称是邻溴甲苯或2—溴甲苯，C为 ，C中的官能团名称为醛基和溴原子(或碳溴键)，故答案为：邻溴甲苯或2—溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)
(2) H为 ，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 +NaHCO3→ +H2O+CO2↑，故答案为： +NaHCO3→ +H2O+CO2↑；
(3) 已知B K L，B为 ，且已知：
得L为： ，符合下列条件的L的同分异构体①含有1个五元碳环 ；②与NaHCO3反应产生气体，说明含-COOH的有机物有：一个侧链时有2种： 或 ，两个侧链时有6种： (同碳、邻、间3种)+ (同碳、邻、间3种)，三个侧链时有8种： 、 、 ，共16种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式为 或
故答案为：16； 或 ；
(4)由题中信息和所学知识，以A合成 的路线流程图为
， 故答案为：
。
【分析】由丁逆推可知H为 ，结合信息可知G为 ，C为 ，B为 ，A为 ， E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2。
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