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2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一）
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这是一份2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一），共39页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选做题等内容，欢迎下载使用。
2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一）
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题2分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是（ ）
A．刻蚀二氧化硅的HF和NH4F所含化学键类型相同
B．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
C．清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用
D．半导体材料氮化镓（GaN） 属于合金
2．（2分）新型冠状病毒的主要成分是蛋白质、核酸、脂肪及糖类物质，下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质、核酸、脂肪及糖类在一定条件下都能水解，其中蛋白质水解的产物是氨基酸
B．蛋白质、核酸、脂肪及糖类都是高分子化合物
C．医院可能采取高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，杀死病毒
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质不再溶解
3．（2分）最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．“超离子冰”可以导电
B．1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C．“超离子冰”的存在证实：化学键（H﹣O） 强度弱于氢键（H…O﹣H）
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
4．（2分）关于乳酸乙酯，下列说法正确的是（ ）
A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可由乳酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到
C．可以发生加聚反应
D．分子中所有原子可能共平面
5．（2分）下列实验目的对应的相关实验设计及相应现象正确的是（ ）
选项
实验目的
实验设计及实验现象
A
检验Na2S2O3已氧化变质
加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀
B
检验乙醇的还原性
向乙醇中滴加少量酸性重铬酸钾溶液，溶液褪色
C
除去氢气中的H2S
将混合气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
D
研究温度对反应速率的影响
向两支试管中加入等体积等物质的量的稀硫酸酸化的碘化钾溶液，分别置于冷、热水浴中，同时滴加淀粉溶液，热水中溶液先变蓝
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）利用太阳能光伏电池制备高纯氢气和氧气的装置如图，控制K1、K2可交替获得H2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．制H2时，连接K1，气体1为H2
C．产生O2的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
D．电极3可以循环使用
7．（2分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．氯碱工业设备的阴极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
8．（2分）肼（N2H4）可用作火箭燃料，也是一种应用广泛的化工原料。实验室用次氯酸钠溶液与氨反应制备肼：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．肼分子中包含极性共价键和非极性共价键
B．NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性
C．实验室制得16g N2H4，参加反应的NaClO得到NA个电子
D．用肼处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，利用了它的氧化性
9．（2分）废旧锌锰干电池的回收有利于资源循环利用和环境保护。回收流程简图如图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．MnO2混有的碳粉和有机物可通过灼烧除去
B．锌外壳用盐酸溶解并除杂后，蒸发结晶可得氯化锌晶体
C．回收的氯化铵固体可用加热法检验是否含其他杂质
D．“混合溶液”通过半透膜可以将淀粉分离除去
10．（2分）己烷雌酚（Y）可以由己烯雌酚（X） 制得。下列关于化合物X、Y的说法错误的是（ ）
A．X、Y的苯环上的一溴代物数目相同
B．一定条件下，X与氢气发生加成反应可以得到Y
C．X和Y都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量不同
11．（4分）利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极
B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率
C．为了维持电中性，海水中大量Cl﹣进入缝隙
D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
12．（4分）活性氧化锌颗粒小、比表面积大，常用于橡胶工业、石油精炼和油漆颜料等行业。一种以硫化锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS杂质）为原料制备活性氧化锌的工艺如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．焙烧工序中放出的气体是SO2
B．溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀
C．滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）2沉淀
D．水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑
13．（4分）2019年是“国际化学元素周期表年”，四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分。W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，下列说法正确的是（ ）
A．Z的非金属性强于Y，所以酸性H2YO4＜HZO4
B．原子半径：Z＞Y＞W
C．在周期表中W与X位于同一周期，与Y位于同一主族
D．W和X组成的化合物加入到MgCl2溶液中，生成沉淀，没有其他现象
14．（4分）甲烷催化二氧化碳重整制合成气，可减少碳排放，变废为宝，其主要反应为：CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，在刚性容器中，采用“HSD﹣2 型”催化剂，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）[p（CH4）表示CH4气体分压，气体各组分的分压等于总压乘其体积分数]，下列推理正确的是（ ）
A．使用催化剂，反应速率加快，△H减小
B．升高温度或增大压强均能提高合成气的产率
C．增大p（CH4），反应速率和平衡常数均增大
D．增大p（CO2），反应速率和平衡常数均不变
15．（4分）已知常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10﹣5。常温下向1L 0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中的NH4+和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法正确的是（ ）
A．n（NaOH）＝0.05mol 时，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c （NH4+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
C．M点时，n（OH﹣）+0.05═a+n（H+）
D．pH＝7时，c（Na+）＞c（NH3•H2O）
16．（4分）下列选项中实验操作与实验现象及实验结论的对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
2mL 0.1mol•L﹣1 AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol•L﹣1 NaCl溶液时，再滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B
向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液的紫色褪去
草酸具有还原性
C
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH
pH：前者＞后者
非金属性：S＞C
D
向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体
出现黑色沉淀
酸性：H2S＞H2SO4
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．（14分）以硅胶负载浓硫酸形成的固体酸为催化剂，可实现乙酸乙酯的绿色合成。
Ⅰ.固体酸的制备
硅胶→预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重→计算吸附率
Ⅱ.乙酸乙酯的制备
a装置中依次加入冰醋酸（3.4mL，d＝1.05g•mL﹣1 ），无水乙醇（10.4mL，d＝0.79g•mL﹣1 ），4.0g固体酸催化剂和几粒沸石。加热回流1h，实验过程未观察到碳化变黑现象。待烧瓶内液体冷却后改为b装置，蒸馏收集粗产品。
馏出液依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水CaCl2干燥。将干燥后的液体转入50mL仪器C中，蒸馏，收集产品（76～78℃）共4.224g。
（1）图a装置冷凝水的进水口是 （选填“A”或“B”），图b中仪器C的名称是 。
（2）写出硅酸钠溶液通入适量CO2制备硅酸胶体的离子方程式： 。
（3）固体酸制备中，用乙醇洗涤的目的是 。硅胶的示意图如图c，其吸附浓硫酸时主要通过 作用力。
（4）馏出液洗涤步骤中，用饱和NaCl溶液而不用水洗涤的目的是 。 用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是 。
（5）根据数据计算实验的产率是 。采用固体酸比用浓硫酸作催化剂产品的产率高，可能的原因是 。（写出其中一种）
（6）杂多酸也是酯化反应的优良催化剂，用NaH2PO4和钼酸钠可制得固体杂多酸催化剂。设计实验证明NaH2PO4溶液中H2PO4﹣，存在两步电离平衡： 。
18．（14分）金属镍是电池、电镀、储氢、催化等行业的常用金属，一种具有多孔结构的镍铝合金（兰尼镍）被广泛用作有机物氢化反应的催化剂。以针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。
（1）煅烧产生的废气可用 来吸收。（写出一种）
（2）浸出渣A为 。
（3）已知煅烧时NiS转化为Ni2O3，而加压酸浸后的浸出液中含有Ni2+。加压酸浸时如果使用盐酸，缺点是 。
（4）除杂净化时加入粗NiCO3的作用是 。
（5）电解时阴极电极反应式为 。
（6）碱浸的目的是 ；当所用NaOH溶液较稀时，会产生少量Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释： 。
（7）滤液B经过一系列回收流程可以返回 工序循环利用。
19．（14分）将甲烷转化为既可作为液体燃料又可用作化工基本原料的甲醇，具有广泛的应用前景以及重要的经济价值和社会意义。甲烷部分氧化反应主要有气固相催化氧化、液相催化氧化等。回答下列问题：
（1）科研人员对O2直接将CH4氧化为甲醇的气固相催化体系进行了多年探索，在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，在不同条件下发生反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g），平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图1所示，根据图象填空。
①p1 p2 （选填“＞”、“＜”或“＝”），该反应的△H 0。（选填“＞”或“＜”）。
②A、B、C点对应的化学反应速率由大到小的顺序为 。[用v（A）、v（B）、v（C）表示]
③若A点，n（CH3OH）＝1mol，总压强为2.5MPa，则T0时A点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp＝ 。
（2）CH4在102%发烟硫酸溶剂中以配合物Pt （bpym） Cl2 为催化剂的气液相催化体系，能达到较大的CH4转化率及选择性，原理为：CH4先转化为CH3OSO3H （CH4+H2SO4+SO3CH3OSO3H+H2SO4+SO2），SO2 再与O2生成H2SO4，CH3OSO3H再水解生成甲醇，写出该水解反应的方程式： 。Pt （bpym） Cl2成本昂贵，HgSO4也可以作为该反应的催化剂，且催化活性及稳定性较好，HgSO4的突出缺点是 。
（3）Osadchi 等合成了Fe/MIL﹣53催化剂，并用于H2O2催化氧化甲烷合成甲醇的研究（CH4+H2O2⇌CH3OH+H2O），反应历程如图所示，其中催化剂用M表示，•CH3为甲基自由基，结合在催化剂表面上的物质或基团用*标注。该历程中“H2O2 活化”与“CH4氧化”较难发生的是 ，试解释你的理由 。
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物质结构与性质]（14分）
20．（14分）2019年，全球锂电池73%的产能来自中国，随着技术的不断进步，锂离子电池已经开始在重型设备、交通运输等诸多行业取代传统电池。回答下列问题：
（1）基态锂原子核外电子有 种不同空间运动状态，第二电离能锂 。（选填“＞”、“＜”或“＝”）铍
（2）某锂电池的正极材料为LiFePO4。
①基态铁原子价电子的轨道表达式为 。
②磷元素能形成多种酸根和氧化物，其中一种氧化物的P4O10的结构如图Ⅰ所示，其中P原子的杂化方式为 ，P4O10分子是 （选填“极性”或“非极性”）分子。
③图Ⅱ是一种多聚磷酸根的示意图，由图可知该多聚磷酸根的化学式为 。（用n代表磷原子个数）
（3）某锂电池的负极是锂原子以层状规则排列嵌入石墨层间构成的材料，其结构如图Ⅲ所示。
①（多选）关于石墨的导电性说法正确的是 。
A.石墨中碳原子之间以sp杂化轨道成键
B.石墨导电方向主要是沿着层面方向
C.石墨属于离子晶体
D.石墨中每个碳原子均有一个未参与杂化的轨道
②已知碳原子之间的最短距离为anm，则锂原子之间的最短距离为 ，如果石墨层之间距离为bnm （b＞3a），NA为阿伏加德罗常数的值，该材料的密度为 g•cm﹣1。 （列出表达式即可）
[有机化学基础]（14分）
21．从木姜子中提取的化合物K具有抗肿瘤活性，下列为K的人工合成路线。
已知：格氏反应：R1X+R2MgX→R1﹣R2+MgX2 （X为卤素原子）
回答下列问题：
（1）A的分子式为 。
（2）TBSCl 在此合成中作用是 。
（3）F的结构简式为 ，H中的R基团的化学式为 。
（4）化合物K中有 个手性碳原子。
（5）E的同系物分子式为C7H12O，其核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，写出该化合物的结构简式 。
（6）反应⑧的反应类型为 。
（7）设计由CH3CH2OH制备CH3 （CH2）4CH3 的合成路线 。（无机试剂任选）
2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题2分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是（ ）
A．刻蚀二氧化硅的HF和NH4F所含化学键类型相同
B．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
C．清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用
D．半导体材料氮化镓（GaN） 属于合金
【分析】A．HF只含共价键，NH4F含有离子键和共价键、配位键；
B．相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
C．去离子水不含矿物质；
D．GaN为化合物。
【解答】解：A．HF只含共价键，NH4F含有离子键和共价键、配位键，所以二者含有化学键类型不同，故A错误；
B．聚乙烯醇月桂酸酯相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；
C．去离子水不含矿物质，不能补充人体生命需要的微量元素，不适合长期饮用，故C错误；
D．GaN为化合物，不是合金，故D错误。
故选：B。
【点评】本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2．（2分）新型冠状病毒的主要成分是蛋白质、核酸、脂肪及糖类物质，下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质、核酸、脂肪及糖类在一定条件下都能水解，其中蛋白质水解的产物是氨基酸
B．蛋白质、核酸、脂肪及糖类都是高分子化合物
C．医院可能采取高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，杀死病毒
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质不再溶解
【分析】A．单糖不能水解；
B．相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
C．高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性；
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，为盐析过程，盐析过程可逆。
【解答】解：A．糖类物质不都能水解，如葡萄糖和果糖，故A错误；
B．脂肪及糖类中的单糖、双糖等，相对分子质量较小，不是有机高分子化合物，故B错误；
C．高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，所以医院可能采取高温或者紫外线照射的方法杀菌消毒，故C正确；
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，为盐析过程，盐析过程可逆，加水后析出的蛋白质可以继续溶解，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了有机物化合物组成和性质，熟悉有机化合物结构组成，明确蛋白质的变性和盐析是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．“超离子冰”可以导电
B．1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C．“超离子冰”的存在证实：化学键（H﹣O） 强度弱于氢键（H…O﹣H）
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
【分析】A．可以导电需要存在自由移动的带电微粒，“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子；
B．分子间氧原子和氢原子间形成氢键；
C．超离子冰结构更稳定，超离子冰的存在，说明共价键强于氢键；
D．不管是普通冰还是超离子冰，都是水分子构成，7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，一个水分子含10个电子，据此计算。
【解答】解：A．“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子，“超离子冰”可以导电，故A正确；
B．2mol水分子的一个氧原子和另外两个水分子中的氢原子形成两个氢键，另外两个氢原子分别和水形成两个氢键，总计形成4个氢键，每个氢键是两个水分子间形成，属于一个水分子的氢键只占氢键的一半，分摊法得到1mol“普通冰”中氢键数目为2NA，故B正确；
C．超离子冰的存在，说明共价键强于氢键，因为超离子冰结构更稳定，故C错误；
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，物质的量＝＝1mol，所含电子数目为10NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了晶体结构、化学键形成、氢键和化学键的本质区别等知识点，注意晶体结构知识的熟练掌握，题目难度不大。
4．（2分）关于乳酸乙酯，下列说法正确的是（ ）
A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可由乳酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到
C．可以发生加聚反应
D．分子中所有原子可能共平面
【分析】A．含有醇羟基且与羟基直接相连的碳原子上含有氢原子；
B．与CH3CH2OH发生酯化反应生成乳酸乙酯；
C．没有碳碳双键等，不能发生加聚反应；
D．除﹣COO﹣中碳原子外，其它碳原子均形成4个单键，具有甲烷的四面体构型。
【解答】解：A．含有醇羟基且与羟基直接相连的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故A错误；
B．乳酸（）与乙醇（CH3CH2OH）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到乳酸乙酯，故B正确；
C．含有酯基与羟基，没有碳碳双键等，不能发生加聚反应，故C错误；
D．除﹣COO﹣中碳原子外，其它碳原子均形成4个单键，具有甲烷的四面体构型，即分子中所有原子不可能共平面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质与转化，注意掌握醇被酸性高锰酸钾溶液氧化原理，根据甲烷四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
5．（2分）下列实验目的对应的相关实验设计及相应现象正确的是（ ）
选项
实验目的
实验设计及实验现象
A
检验Na2S2O3已氧化变质
加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀
B
检验乙醇的还原性
向乙醇中滴加少量酸性重铬酸钾溶液，溶液褪色
C
除去氢气中的H2S
将混合气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
D
研究温度对反应速率的影响
向两支试管中加入等体积等物质的量的稀硫酸酸化的碘化钾溶液，分别置于冷、热水浴中，同时滴加淀粉溶液，热水中溶液先变蓝
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加盐酸与Na2S2O3反应生成沉淀，且变质后亚硫酸根离子、硫酸根离子均与氯化钡反应生成沉淀；
B.乙醇可被酸性重铬酸钾氧化；
C.酸性高锰酸钾可除去硫化氢，且引入新杂质；
D.应先加淀粉，后改变温度。
【解答】解：A.加盐酸与Na2S2O3反应生成沉淀，且变质后亚硫酸根离子、硫酸根离子均与氯化钡反应生成沉淀，由操作和现象不能证明是否变质，故A错误；
B.乙醇可被酸性重铬酸钾氧化，溶液褪色，可知乙醇具有还原性，故B正确；
C.酸性高锰酸钾可除去硫化氢，且引入新杂质，不能除杂，故C错误；
D.应先加淀粉，后改变温度，由操作和现象不能探究温度对反应速率的影响，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查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、混合物分离提纯、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）利用太阳能光伏电池制备高纯氢气和氧气的装置如图，控制K1、K2可交替获得H2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．制H2时，连接K1，气体1为H2
C．产生O2的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
D．电极3可以循环使用
【分析】A．装置中为连接电源的电解池；
B．制取H2时，阴极上产生氢气，所以电极3的反应为应该连接原电池正极，与K1相连；
C．阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气；
D．电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH）2的转化。
【解答】解：A．装置中为连接电源的电解池，该装置将电能转化为化学能，故A正确；
B．制取H2时，阴极上产生氢气，所以电极3的反应为应该连接原电池正极，与K1相连，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，阴极电极反应为：H2O+2e﹣＝H2↑+OH﹣，故B正确；
C．阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故C错误；
D．电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH）2的转化，可循环使用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极3发生的反应及电极反应式的书写，题目难度不大。
7．（2分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．氯碱工业设备的阴极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
【分析】A．酯化反应实质酸去羟基醇去氢；
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1，可知一水合氨为弱电解质，部分电离；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合；
D．氯碱工业设备的阴极发生氧化反应，氢离子得到电子生成氢气。
【解答】解：A．酯化反应实质酸去羟基醇去氢，所以乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故A正确；
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1，可知一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故B正确；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示为：，故C正确；
D．氯碱工业设备的阴极发生氧化反应，氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了化学方程式、电解质电离方程式、电子式书写正误判断，熟悉酯化反应原理、电解池工作原理，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）肼（N2H4）可用作火箭燃料，也是一种应用广泛的化工原料。实验室用次氯酸钠溶液与氨反应制备肼：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．肼分子中包含极性共价键和非极性共价键
B．NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性
C．实验室制得16g N2H4，参加反应的NaClO得到NA个电子
D．用肼处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，利用了它的氧化性
【分析】A．N2H4中存在N﹣H和N﹣N键；
B．NaClO水解显碱性，NH3、N2H4均能与水反应生成NH3•H2O、N2H4•H2O，NH3•H2O、N2H4•H2O均能电离；
C．反应中，N元素的化合价由﹣3价升高为﹣2价，Cl元素的化合价由+1价降低为﹣1价；
D．N2H4与氧气反应时，N元素的化合价升高。
【解答】解：A．N2H4中存在N﹣H和N﹣N键，N﹣H属于极性键，N﹣N属于非极性键，所以肼分子中包含极性共价键和非极性共价键，故A正确；
B．NaClO水解显碱性，NH3、N2H4均能与水反应生成NH3•H2O、N2H4•H2O，NH3•H2O、N2H4•H2O均能电离出氢氧根离子，所以NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性，故B正确；
C．反应中，N元素的化合价由﹣3价升高为﹣2价，Cl元素的化合价由+1价降低为﹣1价，16g N2H4的物质的量为＝0.5mol，转移0.5mol×2＝1mol，所以参加反应的NaClO得到NA个电子，故C正确；
D．N2H4与氧气反应时，N元素的化合价升高，则N2H4失电子被氧化，利用了它的还原性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学键、氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，明确化学键的概念、元素化合物性质、氧化还原反应的原理是解本题关键，题目难度不大。
9．（2分）废旧锌锰干电池的回收有利于资源循环利用和环境保护。回收流程简图如图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．MnO2混有的碳粉和有机物可通过灼烧除去
B．锌外壳用盐酸溶解并除杂后，蒸发结晶可得氯化锌晶体
C．回收的氯化铵固体可用加热法检验是否含其他杂质
D．“混合溶液”通过半透膜可以将淀粉分离除去
【分析】干电池除铁、锌壳、铜帽、碳棒后，可加入盐酸溶解，过滤分离出二氧化锰，二氧化锰混有的碳粉、有机物可用灼烧的方法除去，混合溶液中混有淀粉、氯化铵、氯化锌等，可用渗析、蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到氯化锌、氯化铵等，以此解答该题。
【解答】解：A.MnO2混有的碳粉和有机物，灼烧时，碳粉生成二氧化碳，有机物可生成二氧化碳、水，可通过灼烧除去，故A正确；
B.蒸发时，可得到氢氧化锌和盐酸，盐酸易挥发，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制备氯化锌晶体，故B错误；
C.加热时，氯化铵易分解生成氯化氢和氨气，如含有杂质，则剩余固体，故C正确；
D.淀粉不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．（2分）己烷雌酚（Y）可以由己烯雌酚（X） 制得。下列关于化合物X、Y的说法错误的是（ ）
A．X、Y的苯环上的一溴代物数目相同
B．一定条件下，X与氢气发生加成反应可以得到Y
C．X和Y都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量不同
【分析】X含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，X、Y都含有酚羟基，具有酚类的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.二者都含有两个苯环，结构对称，每个苯环含有1种H原子，则X、Y的苯环上的一溴代物数目相同，故A正确；
B.X含有C＝C键，与氢气发生加成反应生成Y，故B正确；
C.二者都含有酚羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D.都含有2个酚羟基，都可与钠反应，则1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量相同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以有机物的合成考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（4分）利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极
B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率
C．为了维持电中性，海水中大量Cl﹣进入缝隙
D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
【分析】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，为正极；
B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子；
C．阴离子由正极向负极移动；
D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【解答】解：A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，故A正确；
B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，故B错误；
C．阴离子由正极向负极移动，所以大量Cl﹣进入缝隙维持电中性，故C正确；
D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应、离子移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴阳极与电源正负，题目难度不大。
12．（4分）活性氧化锌颗粒小、比表面积大，常用于橡胶工业、石油精炼和油漆颜料等行业。一种以硫化锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS杂质）为原料制备活性氧化锌的工艺如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．焙烧工序中放出的气体是SO2
B．溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀
C．滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）2沉淀
D．水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑
【分析】硫化锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS杂质）焙烧时可生成二氧化硫气体，用氯化铵溶浸，得到的滤渣为二氧化硅，滤液含有氯化锌、氯化亚铁、氯化铁以及氯化铬等，加入高锰酸钾氧化亚铁离子生成铁离子，可生成氢氧化铁而除去，滤液中加入锌粉可置换出铬，过滤除去，水解生成氢氧化锌，水洗、烘干、灼烧可得到活性氧化锌，以此解答该题。
【解答】解：A.硫化物在灼烧时可生成二氧化硫气体，故A正确；
B.硫酸酸性较强，可腐蚀设备，则溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀，故B正确；
C.高锰酸钾具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）3沉淀，故C错误；
D.氯化锌可水解生成氢氧化锌和盐酸，则水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
13．（4分）2019年是“国际化学元素周期表年”，四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分。W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，下列说法正确的是（ ）
A．Z的非金属性强于Y，所以酸性H2YO4＜HZO4
B．原子半径：Z＞Y＞W
C．在周期表中W与X位于同一周期，与Y位于同一主族
D．W和X组成的化合物加入到MgCl2溶液中，生成沉淀，没有其他现象
【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分，则Z为Cl，X为Na；W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，则W为O，Y为S元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素，
A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞S，则最高价含氧酸的酸性H2YO4＜HZO4，故A正确；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞W，故B错误；
C．W与X分别位于第二、第三周期，二者位于不同周期，故C错误；
D．W和X组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，若过氧化钠加入到MgCl2溶液中，除了生成沉淀，还有气体放出，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构与性质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。
14．（4分）甲烷催化二氧化碳重整制合成气，可减少碳排放，变废为宝，其主要反应为：CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，在刚性容器中，采用“HSD﹣2 型”催化剂，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）[p（CH4）表示CH4气体分压，气体各组分的分压等于总压乘其体积分数]，下列推理正确的是（ ）
A．使用催化剂，反应速率加快，△H减小
B．升高温度或增大压强均能提高合成气的产率
C．增大p（CH4），反应速率和平衡常数均增大
D．增大p（CO2），反应速率和平衡常数均不变
【分析】A．催化剂降低反应所需活化能，但不会改变焓变；
B．该反应为气体增大的吸热反应；
C．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）；平衡常数只受温度影响；
D．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），与p（CO2）无关；平衡常数只受温度影响。
【解答】解：A．催化剂降低反应所需活化能，加快反应速率，但不会改变△H，所以△H不变，故A错误；
B．该反应为气体增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，能提高合成气的产率；但增大压强平衡逆向移动，降低合成气的产率，故B错误；
C．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），增大反应物CH4的压强，p（CH4）增大，反应速率加快；平衡常数只受温度影响，平衡常数不变，故C错误；
D．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），增大反应物CO2的分压，p（CH4）不变，所以速率不变；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，侧重学生分析能力、计算能力的考查，掌握理解化学平衡原理及影响因素是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）已知常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10﹣5。常温下向1L 0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中的NH4+和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法正确的是（ ）
A．n（NaOH）＝0.05mol 时，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c （NH4+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
C．M点时，n（OH﹣）+0.05═a+n（H+）
D．pH＝7时，c（Na+）＞c（NH3•H2O）
【分析】A．当n（NaOH）＝0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，结合Kh（NH4+）＝分析；
B．M点c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），结合A的结论分析；
C．依据溶液中电荷守恒分析判断，n（Na+）＝amol，n（Cl﹣）＝1mol；
D．pH＝7时c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒、物料守恒分析。
【解答】解：A．向1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）＝0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，由于Kh（NH4+）＝＝≈5.5×10﹣10＜1.8×10﹣5，说明NH3•H2O电离程度大于NH4Cl水解程度，则c（NH4+）＞c（Na+），正确的离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B．M点c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），结合A可知a＝0.05mol 时c （NH4+ ）＞c（NH3•H2O），若满足c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），加入的NaOH应该大于0.05mol，故B错误；
C．在M点时溶液中存在电荷守恒：n（OH﹣）+n（Cl﹣）＝n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），且n（Na+）＝amol、n（Cl﹣）＝0.1mol，c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O）＝0.05mol，则n（OH﹣）+0.1═a+n（H+）+0.05，整理可得：n（OH﹣）+0.05═a+n（H+），故C正确；
D．pH＝7时c（OH﹣）＝c（H+）＝1×10﹣7mol/L，结合电荷守恒可知：①c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），结合物料守恒：②c（NH3•H2O）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），①②结合可知c（Na+）＝c（NH3•H2O），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理即可解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16．（4分）下列选项中实验操作与实验现象及实验结论的对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
2mL 0.1mol•L﹣1 AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol•L﹣1 NaCl溶液时，再滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B
向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液的紫色褪去
草酸具有还原性
C
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH
pH：前者＞后者
非金属性：S＞C
D
向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体
出现黑色沉淀
酸性：H2S＞H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.硝酸银过量，均为沉淀生成；
B.草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.Na2CO3溶液水解显碱性，Na2SO4溶液不水解为中性；
D.二者反应生成CuS沉淀，不溶于硫酸。
【解答】解：A.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp，故A错误；
B.草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则紫色褪色，可知草酸具有还原性，故B正确；
C.Na2CO3溶液水解显碱性，Na2SO4溶液不水解为中性，则硫酸的酸性大于碳酸氢根离子的酸性，但该实验中盐対应的酸不是碳酸，不能比较非金属性：S＞C，故C错误；
D.二者反应生成CuS沉淀，不溶于硫酸，由实验不能比较H2S、H2SO4的酸性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查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、沉淀生成、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．（14分）以硅胶负载浓硫酸形成的固体酸为催化剂，可实现乙酸乙酯的绿色合成。
Ⅰ.固体酸的制备
硅胶→预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重→计算吸附率
Ⅱ.乙酸乙酯的制备
a装置中依次加入冰醋酸（3.4mL，d＝1.05g•mL﹣1 ），无水乙醇（10.4mL，d＝0.79g•mL﹣1 ），4.0g固体酸催化剂和几粒沸石。加热回流1h，实验过程未观察到碳化变黑现象。待烧瓶内液体冷却后改为b装置，蒸馏收集粗产品。
馏出液依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水CaCl2干燥。将干燥后的液体转入50mL仪器C中，蒸馏，收集产品（76～78℃）共4.224g。
（1）图a装置冷凝水的进水口是 B （选填“A”或“B”），图b中仪器C的名称是 蒸馏烧瓶 。
（2）写出硅酸钠溶液通入适量CO2制备硅酸胶体的离子方程式： H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓ 。
（3）固体酸制备中，用乙醇洗涤的目的是 乙醇易挥发，利于干燥，减少损失 。硅胶的示意图如图c，其吸附浓硫酸时主要通过 分子间 作用力。
（4）馏出液洗涤步骤中，用饱和NaCl溶液而不用水洗涤的目的是 除去残留的水，便于液体分层 。 用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是 除去残留的乙醇 。
（5）根据数据计算实验的产率是 80.7% 。采用固体酸比用浓硫酸作催化剂产品的产率高，可能的原因是 固体酸不会导致碳化，故可以增加产率 。（写出其中一种）
（6）杂多酸也是酯化反应的优良催化剂，用NaH2PO4和钼酸钠可制得固体杂多酸催化剂。设计实验证明NaH2PO4溶液中H2PO4﹣，存在两步电离平衡： 选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色再到红色，则说明存在两步电离平衡 。
【分析】乙酸乙酯合成过程中，需要使用浓硫酸作为催化剂，由于浓硫酸的脱水性和强氧化性可能会发生副反应生产二氧化硫污染环境，故采取固体酸可以有效降低浓硫酸的脱水性，
I固体酸制备的原理为强酸制弱酸，再经预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重获得产品；
II乙酸乙酯制备利用乙醇和乙酸的酯化反应，其中注意改用固体酸为催化剂，然后进行物质分离提纯。
（1）冷凝水应是下进上出，可以提高冷凝效率，蒸馏中的加热装置为蒸馏烧瓶；
（2）碳酸的酸性强于硅酸，该反应为强酸制弱酸；
（3）使用乙醇洗涤的原因在于乙醇易挥发，利于干燥，减少损失，由图示分析该作用力；
（4）饱和氯化钠溶液的优点在于可以除去有机层中的水分，饱和氯化钙溶液用于除乙醇；
（5）计算冰醋酸和乙醇的物质的量进而确定那一种物质过量，求得理论产量，进而求得实际产量；
（6）H2PO4﹣分步电离，可以定量反应其中一个氢离子，将其变为磷酸一氢盐，检测磷酸一氢根是否电离。
【解答】解：（1）为了获得良好的冷凝效率，冷凝水应该是下进上出，故进水口为B，图b为蒸馏装置，C为蒸馏烧瓶，
故答案为：B；蒸馏烧瓶；
（2）碳酸的酸性强于硅酸，故反应离子方程式为：H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓，
故答案为：H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓；
（3）使用乙醇洗涤的原因在于乙醇易挥发，利于干燥，减少损失，由图示可知，吸附浓硫酸时，主要通过分子间作用力实现，
故答案为：乙醇易挥发，利于干燥，减少损失；分子间；
（4）使用饱和氯化钠洗涤可以除去残留的水，便于液体分层，饱和氯化钙洗涤的目的是除去残留的乙醇，
故答案为：除去残留的水，便于液体分层；除去残留的乙醇；
（5）n（冰醋酸）＝＝0.0595mol，n（乙醇）＝≈0.1786mol，故乙醇过量，乙酸乙酯的理论产量＝0.0595mol，实际产量＝＝0.048mol，故产率为×100%≈80.7%，由已知可得，固体酸不会导致碳化，故可以增加产率，
故答案为：80.7%；固体酸不会导致碳化，故可以增加产率；
（6）H2PO4﹣分步电离，故可以选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色（第一步电离的氢离子与碱反应）再到红色（第二步氢离子开始电离），
故答案为：选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色再到红色，则说明存在两步电离平衡。
【点评】本题以乙酸乙酯的制备为背景，改良了课本实验，考查了有关物质分离提纯，弱电解质电离等内容，需要学生分析理解固体酸的优点，进而答题，难度适中。
18．（14分）金属镍是电池、电镀、储氢、催化等行业的常用金属，一种具有多孔结构的镍铝合金（兰尼镍）被广泛用作有机物氢化反应的催化剂。以针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。
（1）煅烧产生的废气可用 NaOH溶液 来吸收。（写出一种）
（2）浸出渣A为 SiO2 。
（3）已知煅烧时NiS转化为Ni2O3，而加压酸浸后的浸出液中含有Ni2+。加压酸浸时如果使用盐酸，缺点是 产生有毒气体Cl2，污染环境 。
（4）除杂净化时加入粗NiCO3的作用是 调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀 。
（5）电解时阴极电极反应式为 Ni3++3e﹣＝Ni 。
（6）碱浸的目的是 溶解部分Al ；当所用NaOH溶液较稀时，会产生少量Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释： 因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行 。
（7）滤液B经过一系列回收流程可以返回 浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al 工序循环利用。
【分析】针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）煅烧得到固体Ni2O3、Al2O3、Fe2O3和SiO2，另有含有SO2的废气，再加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Al2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4＝4NiSO4+O2↑+4H2O、Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Al3+、Fe3+，向浸出液加入固体NiCO3并通入O2，调节溶液pH使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀，并同时将Ni2+氧化为Ni3+，过滤除去沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3及过量的NiCO3，再电解滤液得到Ni；高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，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，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，据此分析解答（1）～（5）；
（6）铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构；Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在化学平衡；
（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝。
【解答】解：（1）红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧产生的废气主要成分是SO2，应该选择碱性溶液如NaOH溶液吸收，
故答案为：NaOH溶液；
（2）针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）煅烧得到固体Ni2O3、Al2O3、Fe2O3和SiO2，用硫酸溶解时，SiO2不溶于酸，则过滤所得滤渣A为SiO2，
故答案为：SiO2；
（3）Ni3+有强氧化性，酸性条件下能氧化HCl生成Cl2，则加压酸浸时应选择稀硫酸，如果使用盐酸，将产生有毒气体Cl2，污染环境，
故答案为：产生有毒气体Cl2，污染环境；
（4）除杂净化时加入粗NiCO3，NiCO3溶解于过量的稀硫酸，调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀，
故答案为：调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀；
（5）电解时阴极发生还原反应，电极反应式为Ni3++3e﹣＝Ni，
故答案为：Ni3++3e﹣＝Ni；
（6）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，发生的反应为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行，
故答案为：溶解部分Al；因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；
（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表示为：浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al，
故答案为：浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al。
【点评】本题以针硫镍矿生产镍铝合金为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，题目难度中等。
19．（14分）将甲烷转化为既可作为液体燃料又可用作化工基本原料的甲醇，具有广泛的应用前景以及重要的经济价值和社会意义。甲烷部分氧化反应主要有气固相催化氧化、液相催化氧化等。回答下列问题：
（1）科研人员对O2直接将CH4氧化为甲醇的气固相催化体系进行了多年探索，在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，在不同条件下发生反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g），平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图1所示，根据图象填空。
①p1 ＞ p2 （选填“＞”、“＜”或“＝”），该反应的△H ＜ 0。（选填“＞”或“＜”）。
②A、B、C点对应的化学反应速率由大到小的顺序为 v（B）＞v（A）＞v（C） 。[用v（A）、v（B）、v（C）表示]
③若A点，n（CH3OH）＝1mol，总压强为2.5MPa，则T0时A点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp＝ 2MPa﹣1 。
（2）CH4在102%发烟硫酸溶剂中以配合物Pt （bpym） Cl2 为催化剂的气液相催化体系，能达到较大的CH4转化率及选择性，原理为：CH4先转化为CH3OSO3H （CH4+H2SO4+SO3CH3OSO3H+H2SO4+SO2），SO2 再与O2生成H2SO4，CH3OSO3H再水解生成甲醇，写出该水解反应的方程式： CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4 。Pt （bpym） Cl2成本昂贵，HgSO4也可以作为该反应的催化剂，且催化活性及稳定性较好，HgSO4的突出缺点是 有毒 。
（3）Osadchi 等合成了Fe/MIL﹣53催化剂，并用于H2O2催化氧化甲烷合成甲醇的研究（CH4+H2O2⇌CH3OH+H2O），反应历程如图所示，其中催化剂用M表示，•CH3为甲基自由基，结合在催化剂表面上的物质或基团用*标注。该历程中“H2O2 活化”与“CH4氧化”较难发生的是 “CH4氧化” ，试解释你的理由 “CH4氧化”该历程的活化能大于“H2O2活化”该历程活化能 。
【分析】（1）①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大；由图可知，相同压强下，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动；
②温度越高，压强越大，反应速率越快；
③在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，A点，n（CH3OH）＝1mol，列化学平衡三段式计算；
（2）CH3OSO3H再水解生成甲醇和硫酸；HgSO4有毒；
（3）比较“H2O2 活化”与“CH4氧化”两历程的活化能，活化能大，则该历程较难发生。
【解答】解：（1）①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大，则p1＞p2；由图可知，相同压强下，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＞；＜；
②温度越高，压强越大，反应速率越快，由图可知，T（C）＝T（A）＜T（B），p（A）＝p（B）＞p（C），则v（B）＞v（A）＞v（C），
故答案为：v（B）＞v（A）＞v（C）；
③在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，A点，n（CH3OH）＝1mol，
2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g）
起始n（mol） 2 1 0
转化n（mol） 1 0.5 1
平衡n（mol） 1 0.5 1
n（总）＝1mol+0.5mol+1mol＝2.5mol，p（CH4）＝p（CH3OH）＝＝1MPa，p（O2）＝2.5MPa﹣2MPa＝0.5MPa，Kp＝＝＝2MPa﹣1，
故答案为：2MPa﹣1；
（2）CH3OSO3H再水解生成甲醇和硫酸，则该水解反应的方程式为CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4；HgSO4有毒，则HgSO4的突出缺点是有毒，
故答案为：CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4；有毒；
（3）“H2O2 活化”该历程活化能为[64﹣（﹣43）]kJ/mol＝107kJ/mol，“CH4氧化”该历程的活化能为[﹣13﹣（﹣172）]kJ/mol＝159kJ/mol＞107kJ/mol，则“CH4氧化”该历程活化能大，则该历程较难发生，
故答案为：“CH4氧化”；“CH4氧化”该历程的活化能大于“H2O2 活化”该历程活化能。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式，此题难度中等。
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物质结构与性质]（14分）
20．（14分）2019年，全球锂电池73%的产能来自中国，随着技术的不断进步，锂离子电池已经开始在重型设备、交通运输等诸多行业取代传统电池。回答下列问题：
（1）基态锂原子核外电子有 3 种不同空间运动状态，第二电离能锂 ＞ 。（选填“＞”、“＜”或“＝”）铍
（2）某锂电池的正极材料为LiFePO4。
①基态铁原子价电子的轨道表达式为 。
②磷元素能形成多种酸根和氧化物，其中一种氧化物的P4O10的结构如图Ⅰ所示，其中P原子的杂化方式为 sp3 ，P4O10分子是 非极性 （选填“极性”或“非极性”）分子。
③图Ⅱ是一种多聚磷酸根的示意图，由图可知该多聚磷酸根的化学式为 PnO3n﹣1（n+2）﹣ 。（用n代表磷原子个数）
（3）某锂电池的负极是锂原子以层状规则排列嵌入石墨层间构成的材料，其结构如图Ⅲ所示。
①（多选）关于石墨的导电性说法正确的是 BD 。
A.石墨中碳原子之间以sp杂化轨道成键
B.石墨导电方向主要是沿着层面方向
C.石墨属于离子晶体
D.石墨中每个碳原子均有一个未参与杂化的轨道
②已知碳原子之间的最短距离为anm，则锂原子之间的最短距离为 3anm ，如果石墨层之间距离为bnm （b＞3a），NA为阿伏加德罗常数的值，该材料的密度为 ×1021 g•cm﹣1。 （列出表达式即可）
【分析】（1）①锂原子有3个电子，通过Li+与Be+的结构判断；
（2）①Fe是26号元素；
②P4O10的结构如图Ⅰ所示，P价层电子对数为4，P4O10是具有中心对称的；
③根据数学通项公式求得这种多聚磷酸的化学式；
（3）最近锂﹣锂粒子之间的距离是3倍石墨中碳碳间的距离，先求石墨一个正六边形的面积，再求晶胞的底面积，根据公式密度公式计算密度。
【解答】解：（1）Li核外有三个电子，具有三种不同的运动状态；Li和Be相比，Li+：1s2，Be+：1s22s1；Li+：1s2，全满，稳定，难失电子；锂的第Ⅱ电离能大于铍的第Ⅱ电离能，
故答案为：3＞；
（2）①Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布图为：，
故答案为：；
②P4O10的结构如图Ⅰ所示，P价层电子对数为4，因此P原子的杂化方式为：sp3；P4O10是具有中心对称的，结构对称，对外不显电性，为非极性分子，
故答案为：sp3；非极性；
③根据图Ⅱ是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n﹣1（n+2）﹣，
故答案为：PnO3n﹣1（n+2）﹣；
（3）①A.石墨中的碳原子杂化方式为sp2，故A错误；
B.石墨是一种导体，但石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故B正确；
C.石墨属于混个晶体，故C错误；
D.层内 是正六边形，每个C与周围的3个C原子形成 C﹣C，用掉了3个电子，每个C原子还有一个电子未参与杂化，故D正确，
故选BD，
故答案为：BD；
②已知最近碳一碳原子间的距离是anm，中心与碳原子的距离为apm，则最近锂一锂离子间的距离是3anm，石墨层之间的距离是bnm，石墨一个正六边形的面积为：×10﹣14cm2，晶胞中有3个正六边形，一个晶胞中碳原子个数为6个，Li+有1个，则该晶体的密度为：ρ＝＝＝×1021g•cm﹣3，
故答案为：3anm；×1021。
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握电子的运动状态、原子光谱、第Ⅱ电离能、价电子排布图、杂化方式、分子的极性、晶胞密度的计算等，难度适中。
[有机化学基础]（14分）
21．从木姜子中提取的化合物K具有抗肿瘤活性，下列为K的人工合成路线。
已知：格氏反应：R1X+R2MgX→R1﹣R2+MgX2 （X为卤素原子）
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C11H22O 。
（2）TBSCl 在此合成中作用是 保护羟基，防止被氧化 。
（3）F的结构简式为 ，H中的R基团的化学式为 C13H23 。
（4）化合物K中有 2 个手性碳原子。
（5）E的同系物分子式为C7H12O，其核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，写出该化合物的结构简式 。
（6）反应⑧的反应类型为 取代反应 。
（7）设计由CH3CH2OH制备CH3 （CH2）4CH3 的合成路线 CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3（CH2）2CH3CH3（CH2）2CH2BrCH3（CH2）4CH3 。（无机试剂任选）
【分析】（1）交点、端点为碳原子，利用碳的四价结构确定H原子数目，或利用不饱和度计算H原子数目；
（2）反应①中消除羟基，在反应④中又重新引入，而反应②中碳碳双键被氧化，否则也可以氧化醇羟基；
（3）对比E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中羟基被溴原子取代生成F；反应⑦中I原子被﹣R取代生成H，H形成环酯得到K，可知R基团为﹣CH2（CH2）7CH2CH＝CHCH＝CH2；
（4）连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
（5）E的同系物分子式为C7H12O，该同系物分子中含有2个碳碳双键、1个羟基，核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，应存在对称结构；
（6）对比H、K的结构简式可知，分子内基团Me与﹣OTBS连接的基团交换形成环酯；
（7）由信息中格氏反应可知，CH3CH2Br与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）2CH3，CH3 （CH2）2CH3与溴在光照条件下反应生成CH3 （CH2）2CH2Br，再与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）4CH3，由E→F→G的转化可知，乙醇与CBr4/PPh3反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br与Mg反应生成CH3CH2MgBr。
【解答】解：（1）由结构简式可知，A分子中含有11个C原子，1个O原子，不饱和度为1，则H原子数目为2×11+2﹣2＝22，故A的分子式为C11H22O，
故答案为：C11H22O；
（2）反应①中消除羟基，在反应④中又重新引入，而反应②中碳碳双键被氧化，否则也可以氧化醇羟基，TBSCl 在此合成中作用是：保护羟基，防止被氧化，
故答案为：保护羟基，防止被氧化；
（3）对比E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中羟基被溴原子取代生成F，故F的结构简式为：；反应⑦中I原子被﹣R取代生成H，H形成环酯得到K，可知R基团为﹣CH2（CH2）7CH2CH＝CHCH＝CH2，R基团的化学式为C13H23，
故答案为：；C13H23；
（4）连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标有“*”为手性碳原子：，共有2个手性碳原子，
故答案为：2；
（5）E的同系物分子式为C7H12O，该同系物分子中含有2个碳碳双键、1个羟基，核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，应存在对称结构，该同系物的结构简式为：，
故答案为：；
（6）对比H、K的结构简式可知，分子内基团Me与﹣OTBS连接的基团交换形成环酯，反应⑧的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（7）由信息中格氏反应可知，CH3CH2Br与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）2CH3，CH3 （CH2）2CH3与溴在光照条件下反应生成CH3 （CH2）2CH2Br，再与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）4CH3，由E→F→G的转化可知，乙醇与CBr4/PPh3反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br与Mg反应生成CH3CH2MgBr，合成路线为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3 （CH2）2CH3 CH3 （CH2）2CH2BrCH3 （CH2）4CH3，
故答案为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3 （CH2）2CH3 CH3 （CH2）2CH2BrCH3 （CH2）4CH3。
【点评】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、信息获取与迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一）
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题2分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是（ ）
A．刻蚀二氧化硅的HF和NH4F所含化学键类型相同
B．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
C．清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用
D．半导体材料氮化镓（GaN） 属于合金
2．（2分）新型冠状病毒的主要成分是蛋白质、核酸、脂肪及糖类物质，下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质、核酸、脂肪及糖类在一定条件下都能水解，其中蛋白质水解的产物是氨基酸
B．蛋白质、核酸、脂肪及糖类都是高分子化合物
C．医院可能采取高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，杀死病毒
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质不再溶解
3．（2分）最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．“超离子冰”可以导电
B．1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C．“超离子冰”的存在证实：化学键（H﹣O） 强度弱于氢键（H…O﹣H）
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
4．（2分）关于乳酸乙酯，下列说法正确的是（ ）
A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可由乳酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到
C．可以发生加聚反应
D．分子中所有原子可能共平面
5．（2分）下列实验目的对应的相关实验设计及相应现象正确的是（ ）
选项
实验目的
实验设计及实验现象
A
检验Na2S2O3已氧化变质
加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀
B
检验乙醇的还原性
向乙醇中滴加少量酸性重铬酸钾溶液，溶液褪色
C
除去氢气中的H2S
将混合气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
D
研究温度对反应速率的影响
向两支试管中加入等体积等物质的量的稀硫酸酸化的碘化钾溶液，分别置于冷、热水浴中，同时滴加淀粉溶液，热水中溶液先变蓝
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）利用太阳能光伏电池制备高纯氢气和氧气的装置如图，控制K1、K2可交替获得H2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．制H2时，连接K1，气体1为H2
C．产生O2的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
D．电极3可以循环使用
7．（2分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．氯碱工业设备的阴极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
8．（2分）肼（N2H4）可用作火箭燃料，也是一种应用广泛的化工原料。实验室用次氯酸钠溶液与氨反应制备肼：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．肼分子中包含极性共价键和非极性共价键
B．NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性
C．实验室制得16g N2H4，参加反应的NaClO得到NA个电子
D．用肼处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，利用了它的氧化性
9．（2分）废旧锌锰干电池的回收有利于资源循环利用和环境保护。回收流程简图如图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．MnO2混有的碳粉和有机物可通过灼烧除去
B．锌外壳用盐酸溶解并除杂后，蒸发结晶可得氯化锌晶体
C．回收的氯化铵固体可用加热法检验是否含其他杂质
D．“混合溶液”通过半透膜可以将淀粉分离除去
10．（2分）己烷雌酚（Y）可以由己烯雌酚（X） 制得。下列关于化合物X、Y的说法错误的是（ ）
A．X、Y的苯环上的一溴代物数目相同
B．一定条件下，X与氢气发生加成反应可以得到Y
C．X和Y都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量不同
11．（4分）利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极
B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率
C．为了维持电中性，海水中大量Cl﹣进入缝隙
D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
12．（4分）活性氧化锌颗粒小、比表面积大，常用于橡胶工业、石油精炼和油漆颜料等行业。一种以硫化锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS杂质）为原料制备活性氧化锌的工艺如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．焙烧工序中放出的气体是SO2
B．溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀
C．滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）2沉淀
D．水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑
13．（4分）2019年是“国际化学元素周期表年”，四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分。W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，下列说法正确的是（ ）
A．Z的非金属性强于Y，所以酸性H2YO4＜HZO4
B．原子半径：Z＞Y＞W
C．在周期表中W与X位于同一周期，与Y位于同一主族
D．W和X组成的化合物加入到MgCl2溶液中，生成沉淀，没有其他现象
14．（4分）甲烷催化二氧化碳重整制合成气，可减少碳排放，变废为宝，其主要反应为：CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，在刚性容器中，采用“HSD﹣2 型”催化剂，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）[p（CH4）表示CH4气体分压，气体各组分的分压等于总压乘其体积分数]，下列推理正确的是（ ）
A．使用催化剂，反应速率加快，△H减小
B．升高温度或增大压强均能提高合成气的产率
C．增大p（CH4），反应速率和平衡常数均增大
D．增大p（CO2），反应速率和平衡常数均不变
15．（4分）已知常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10﹣5。常温下向1L 0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中的NH4+和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法正确的是（ ）
A．n（NaOH）＝0.05mol 时，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c （NH4+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
C．M点时，n（OH﹣）+0.05═a+n（H+）
D．pH＝7时，c（Na+）＞c（NH3•H2O）
16．（4分）下列选项中实验操作与实验现象及实验结论的对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
2mL 0.1mol•L﹣1 AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol•L﹣1 NaCl溶液时，再滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B
向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液的紫色褪去
草酸具有还原性
C
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH
pH：前者＞后者
非金属性：S＞C
D
向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体
出现黑色沉淀
酸性：H2S＞H2SO4
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．（14分）以硅胶负载浓硫酸形成的固体酸为催化剂，可实现乙酸乙酯的绿色合成。
Ⅰ.固体酸的制备
硅胶→预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重→计算吸附率
Ⅱ.乙酸乙酯的制备
a装置中依次加入冰醋酸（3.4mL，d＝1.05g•mL﹣1 ），无水乙醇（10.4mL，d＝0.79g•mL﹣1 ），4.0g固体酸催化剂和几粒沸石。加热回流1h，实验过程未观察到碳化变黑现象。待烧瓶内液体冷却后改为b装置，蒸馏收集粗产品。
馏出液依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水CaCl2干燥。将干燥后的液体转入50mL仪器C中，蒸馏，收集产品（76～78℃）共4.224g。
（1）图a装置冷凝水的进水口是 （选填“A”或“B”），图b中仪器C的名称是 。
（2）写出硅酸钠溶液通入适量CO2制备硅酸胶体的离子方程式： 。
（3）固体酸制备中，用乙醇洗涤的目的是 。硅胶的示意图如图c，其吸附浓硫酸时主要通过 作用力。
（4）馏出液洗涤步骤中，用饱和NaCl溶液而不用水洗涤的目的是 。 用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是 。
（5）根据数据计算实验的产率是 。采用固体酸比用浓硫酸作催化剂产品的产率高，可能的原因是 。（写出其中一种）
（6）杂多酸也是酯化反应的优良催化剂，用NaH2PO4和钼酸钠可制得固体杂多酸催化剂。设计实验证明NaH2PO4溶液中H2PO4﹣，存在两步电离平衡： 。
18．（14分）金属镍是电池、电镀、储氢、催化等行业的常用金属，一种具有多孔结构的镍铝合金（兰尼镍）被广泛用作有机物氢化反应的催化剂。以针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。
（1）煅烧产生的废气可用 来吸收。（写出一种）
（2）浸出渣A为 。
（3）已知煅烧时NiS转化为Ni2O3，而加压酸浸后的浸出液中含有Ni2+。加压酸浸时如果使用盐酸，缺点是 。
（4）除杂净化时加入粗NiCO3的作用是 。
（5）电解时阴极电极反应式为 。
（6）碱浸的目的是 ；当所用NaOH溶液较稀时，会产生少量Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释： 。
（7）滤液B经过一系列回收流程可以返回 工序循环利用。
19．（14分）将甲烷转化为既可作为液体燃料又可用作化工基本原料的甲醇，具有广泛的应用前景以及重要的经济价值和社会意义。甲烷部分氧化反应主要有气固相催化氧化、液相催化氧化等。回答下列问题：
（1）科研人员对O2直接将CH4氧化为甲醇的气固相催化体系进行了多年探索，在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，在不同条件下发生反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g），平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图1所示，根据图象填空。
①p1 p2 （选填“＞”、“＜”或“＝”），该反应的△H 0。（选填“＞”或“＜”）。
②A、B、C点对应的化学反应速率由大到小的顺序为 。[用v（A）、v（B）、v（C）表示]
③若A点，n（CH3OH）＝1mol，总压强为2.5MPa，则T0时A点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp＝ 。
（2）CH4在102%发烟硫酸溶剂中以配合物Pt （bpym） Cl2 为催化剂的气液相催化体系，能达到较大的CH4转化率及选择性，原理为：CH4先转化为CH3OSO3H （CH4+H2SO4+SO3CH3OSO3H+H2SO4+SO2），SO2 再与O2生成H2SO4，CH3OSO3H再水解生成甲醇，写出该水解反应的方程式： 。Pt （bpym） Cl2成本昂贵，HgSO4也可以作为该反应的催化剂，且催化活性及稳定性较好，HgSO4的突出缺点是 。
（3）Osadchi 等合成了Fe/MIL﹣53催化剂，并用于H2O2催化氧化甲烷合成甲醇的研究（CH4+H2O2⇌CH3OH+H2O），反应历程如图所示，其中催化剂用M表示，•CH3为甲基自由基，结合在催化剂表面上的物质或基团用*标注。该历程中“H2O2 活化”与“CH4氧化”较难发生的是 ，试解释你的理由 。
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物质结构与性质]（14分）
20．（14分）2019年，全球锂电池73%的产能来自中国，随着技术的不断进步，锂离子电池已经开始在重型设备、交通运输等诸多行业取代传统电池。回答下列问题：
（1）基态锂原子核外电子有 种不同空间运动状态，第二电离能锂 。（选填“＞”、“＜”或“＝”）铍
（2）某锂电池的正极材料为LiFePO4。
①基态铁原子价电子的轨道表达式为 。
②磷元素能形成多种酸根和氧化物，其中一种氧化物的P4O10的结构如图Ⅰ所示，其中P原子的杂化方式为 ，P4O10分子是 （选填“极性”或“非极性”）分子。
③图Ⅱ是一种多聚磷酸根的示意图，由图可知该多聚磷酸根的化学式为 。（用n代表磷原子个数）
（3）某锂电池的负极是锂原子以层状规则排列嵌入石墨层间构成的材料，其结构如图Ⅲ所示。
①（多选）关于石墨的导电性说法正确的是 。
A.石墨中碳原子之间以sp杂化轨道成键
B.石墨导电方向主要是沿着层面方向
C.石墨属于离子晶体
D.石墨中每个碳原子均有一个未参与杂化的轨道
②已知碳原子之间的最短距离为anm，则锂原子之间的最短距离为 ，如果石墨层之间距离为bnm （b＞3a），NA为阿伏加德罗常数的值，该材料的密度为 g•cm﹣1。 （列出表达式即可）
[有机化学基础]（14分）
21．从木姜子中提取的化合物K具有抗肿瘤活性，下列为K的人工合成路线。
已知：格氏反应：R1X+R2MgX→R1﹣R2+MgX2 （X为卤素原子）
回答下列问题：
（1）A的分子式为 。
（2）TBSCl 在此合成中作用是 。
（3）F的结构简式为 ，H中的R基团的化学式为 。
（4）化合物K中有 个手性碳原子。
（5）E的同系物分子式为C7H12O，其核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，写出该化合物的结构简式 。
（6）反应⑧的反应类型为 。
（7）设计由CH3CH2OH制备CH3 （CH2）4CH3 的合成路线 。（无机试剂任选）
2021年广东省普通高中高考化学仿真试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题2分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是（ ）
A．刻蚀二氧化硅的HF和NH4F所含化学键类型相同
B．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
C．清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用
D．半导体材料氮化镓（GaN） 属于合金
【分析】A．HF只含共价键，NH4F含有离子键和共价键、配位键；
B．相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
C．去离子水不含矿物质；
D．GaN为化合物。
【解答】解：A．HF只含共价键，NH4F含有离子键和共价键、配位键，所以二者含有化学键类型不同，故A错误；
B．聚乙烯醇月桂酸酯相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；
C．去离子水不含矿物质，不能补充人体生命需要的微量元素，不适合长期饮用，故C错误；
D．GaN为化合物，不是合金，故D错误。
故选：B。
【点评】本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2．（2分）新型冠状病毒的主要成分是蛋白质、核酸、脂肪及糖类物质，下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质、核酸、脂肪及糖类在一定条件下都能水解，其中蛋白质水解的产物是氨基酸
B．蛋白质、核酸、脂肪及糖类都是高分子化合物
C．医院可能采取高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，杀死病毒
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质不再溶解
【分析】A．单糖不能水解；
B．相对分子质量大于10000有机物为高分子化合物；
C．高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性；
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，为盐析过程，盐析过程可逆。
【解答】解：A．糖类物质不都能水解，如葡萄糖和果糖，故A错误；
B．脂肪及糖类中的单糖、双糖等，相对分子质量较小，不是有机高分子化合物，故B错误；
C．高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，所以医院可能采取高温或者紫外线照射的方法杀菌消毒，故C正确；
D．浓的K2SO4溶液能使溶液中的蛋白质析出，为盐析过程，盐析过程可逆，加水后析出的蛋白质可以继续溶解，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了有机物化合物组成和性质，熟悉有机化合物结构组成，明确蛋白质的变性和盐析是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．“超离子冰”可以导电
B．1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C．“超离子冰”的存在证实：化学键（H﹣O） 强度弱于氢键（H…O﹣H）
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
【分析】A．可以导电需要存在自由移动的带电微粒，“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子；
B．分子间氧原子和氢原子间形成氢键；
C．超离子冰结构更稳定，超离子冰的存在，说明共价键强于氢键；
D．不管是普通冰还是超离子冰，都是水分子构成，7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，一个水分子含10个电子，据此计算。
【解答】解：A．“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子，“超离子冰”可以导电，故A正确；
B．2mol水分子的一个氧原子和另外两个水分子中的氢原子形成两个氢键，另外两个氢原子分别和水形成两个氢键，总计形成4个氢键，每个氢键是两个水分子间形成，属于一个水分子的氢键只占氢键的一半，分摊法得到1mol“普通冰”中氢键数目为2NA，故B正确；
C．超离子冰的存在，说明共价键强于氢键，因为超离子冰结构更稳定，故C错误；
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，物质的量＝＝1mol，所含电子数目为10NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了晶体结构、化学键形成、氢键和化学键的本质区别等知识点，注意晶体结构知识的熟练掌握，题目难度不大。
4．（2分）关于乳酸乙酯，下列说法正确的是（ ）
A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可由乳酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到
C．可以发生加聚反应
D．分子中所有原子可能共平面
【分析】A．含有醇羟基且与羟基直接相连的碳原子上含有氢原子；
B．与CH3CH2OH发生酯化反应生成乳酸乙酯；
C．没有碳碳双键等，不能发生加聚反应；
D．除﹣COO﹣中碳原子外，其它碳原子均形成4个单键，具有甲烷的四面体构型。
【解答】解：A．含有醇羟基且与羟基直接相连的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故A错误；
B．乳酸（）与乙醇（CH3CH2OH）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到乳酸乙酯，故B正确；
C．含有酯基与羟基，没有碳碳双键等，不能发生加聚反应，故C错误；
D．除﹣COO﹣中碳原子外，其它碳原子均形成4个单键，具有甲烷的四面体构型，即分子中所有原子不可能共平面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质与转化，注意掌握醇被酸性高锰酸钾溶液氧化原理，根据甲烷四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
5．（2分）下列实验目的对应的相关实验设计及相应现象正确的是（ ）
选项
实验目的
实验设计及实验现象
A
检验Na2S2O3已氧化变质
加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀
B
检验乙醇的还原性
向乙醇中滴加少量酸性重铬酸钾溶液，溶液褪色
C
除去氢气中的H2S
将混合气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
D
研究温度对反应速率的影响
向两支试管中加入等体积等物质的量的稀硫酸酸化的碘化钾溶液，分别置于冷、热水浴中，同时滴加淀粉溶液，热水中溶液先变蓝
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加盐酸与Na2S2O3反应生成沉淀，且变质后亚硫酸根离子、硫酸根离子均与氯化钡反应生成沉淀；
B.乙醇可被酸性重铬酸钾氧化；
C.酸性高锰酸钾可除去硫化氢，且引入新杂质；
D.应先加淀粉，后改变温度。
【解答】解：A.加盐酸与Na2S2O3反应生成沉淀，且变质后亚硫酸根离子、硫酸根离子均与氯化钡反应生成沉淀，由操作和现象不能证明是否变质，故A错误；
B.乙醇可被酸性重铬酸钾氧化，溶液褪色，可知乙醇具有还原性，故B正确；
C.酸性高锰酸钾可除去硫化氢，且引入新杂质，不能除杂，故C错误；
D.应先加淀粉，后改变温度，由操作和现象不能探究温度对反应速率的影响，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查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、混合物分离提纯、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（2分）利用太阳能光伏电池制备高纯氢气和氧气的装置如图，控制K1、K2可交替获得H2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．制H2时，连接K1，气体1为H2
C．产生O2的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
D．电极3可以循环使用
【分析】A．装置中为连接电源的电解池；
B．制取H2时，阴极上产生氢气，所以电极3的反应为应该连接原电池正极，与K1相连；
C．阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气；
D．电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH）2的转化。
【解答】解：A．装置中为连接电源的电解池，该装置将电能转化为化学能，故A正确；
B．制取H2时，阴极上产生氢气，所以电极3的反应为应该连接原电池正极，与K1相连，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，阴极电极反应为：H2O+2e﹣＝H2↑+OH﹣，故B正确；
C．阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故C错误；
D．电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH）2的转化，可循环使用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极3发生的反应及电极反应式的书写，题目难度不大。
7．（2分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．氯碱工业设备的阴极反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
【分析】A．酯化反应实质酸去羟基醇去氢；
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1，可知一水合氨为弱电解质，部分电离；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合；
D．氯碱工业设备的阴极发生氧化反应，氢离子得到电子生成氢气。
【解答】解：A．酯化反应实质酸去羟基醇去氢，所以乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故A正确；
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH＝11.1，可知一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故B正确；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示为：，故C正确；
D．氯碱工业设备的阴极发生氧化反应，氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了化学方程式、电解质电离方程式、电子式书写正误判断，熟悉酯化反应原理、电解池工作原理，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）肼（N2H4）可用作火箭燃料，也是一种应用广泛的化工原料。实验室用次氯酸钠溶液与氨反应制备肼：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．肼分子中包含极性共价键和非极性共价键
B．NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性
C．实验室制得16g N2H4，参加反应的NaClO得到NA个电子
D．用肼处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，利用了它的氧化性
【分析】A．N2H4中存在N﹣H和N﹣N键；
B．NaClO水解显碱性，NH3、N2H4均能与水反应生成NH3•H2O、N2H4•H2O，NH3•H2O、N2H4•H2O均能电离；
C．反应中，N元素的化合价由﹣3价升高为﹣2价，Cl元素的化合价由+1价降低为﹣1价；
D．N2H4与氧气反应时，N元素的化合价升高。
【解答】解：A．N2H4中存在N﹣H和N﹣N键，N﹣H属于极性键，N﹣N属于非极性键，所以肼分子中包含极性共价键和非极性共价键，故A正确；
B．NaClO水解显碱性，NH3、N2H4均能与水反应生成NH3•H2O、N2H4•H2O，NH3•H2O、N2H4•H2O均能电离出氢氧根离子，所以NH3、NaClO和N2H4的水溶液均呈碱性，故B正确；
C．反应中，N元素的化合价由﹣3价升高为﹣2价，Cl元素的化合价由+1价降低为﹣1价，16g N2H4的物质的量为＝0.5mol，转移0.5mol×2＝1mol，所以参加反应的NaClO得到NA个电子，故C正确；
D．N2H4与氧气反应时，N元素的化合价升高，则N2H4失电子被氧化，利用了它的还原性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学键、氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，明确化学键的概念、元素化合物性质、氧化还原反应的原理是解本题关键，题目难度不大。
9．（2分）废旧锌锰干电池的回收有利于资源循环利用和环境保护。回收流程简图如图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．MnO2混有的碳粉和有机物可通过灼烧除去
B．锌外壳用盐酸溶解并除杂后，蒸发结晶可得氯化锌晶体
C．回收的氯化铵固体可用加热法检验是否含其他杂质
D．“混合溶液”通过半透膜可以将淀粉分离除去
【分析】干电池除铁、锌壳、铜帽、碳棒后，可加入盐酸溶解，过滤分离出二氧化锰，二氧化锰混有的碳粉、有机物可用灼烧的方法除去，混合溶液中混有淀粉、氯化铵、氯化锌等，可用渗析、蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到氯化锌、氯化铵等，以此解答该题。
【解答】解：A.MnO2混有的碳粉和有机物，灼烧时，碳粉生成二氧化碳，有机物可生成二氧化碳、水，可通过灼烧除去，故A正确；
B.蒸发时，可得到氢氧化锌和盐酸，盐酸易挥发，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制备氯化锌晶体，故B错误；
C.加热时，氯化铵易分解生成氯化氢和氨气，如含有杂质，则剩余固体，故C正确；
D.淀粉不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．（2分）己烷雌酚（Y）可以由己烯雌酚（X） 制得。下列关于化合物X、Y的说法错误的是（ ）
A．X、Y的苯环上的一溴代物数目相同
B．一定条件下，X与氢气发生加成反应可以得到Y
C．X和Y都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量不同
【分析】X含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，X、Y都含有酚羟基，具有酚类的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.二者都含有两个苯环，结构对称，每个苯环含有1种H原子，则X、Y的苯环上的一溴代物数目相同，故A正确；
B.X含有C＝C键，与氢气发生加成反应生成Y，故B正确；
C.二者都含有酚羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D.都含有2个酚羟基，都可与钠反应，则1mol X或Y与足量的Na发生化学反应时，得到的氢气的物质的量相同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以有机物的合成考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（4分）利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极
B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率
C．为了维持电中性，海水中大量Cl﹣进入缝隙
D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
【分析】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，为正极；
B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子；
C．阴离子由正极向负极移动；
D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【解答】解：A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，故A正确；
B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，故B错误；
C．阴离子由正极向负极移动，所以大量Cl﹣进入缝隙维持电中性，故C正确；
D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应、离子移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴阳极与电源正负，题目难度不大。
12．（4分）活性氧化锌颗粒小、比表面积大，常用于橡胶工业、石油精炼和油漆颜料等行业。一种以硫化锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS杂质）为原料制备活性氧化锌的工艺如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．焙烧工序中放出的气体是SO2
B．溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀
C．滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）2沉淀
D．水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑
【分析】硫化锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS杂质）焙烧时可生成二氧化硫气体，用氯化铵溶浸，得到的滤渣为二氧化硅，滤液含有氯化锌、氯化亚铁、氯化铁以及氯化铬等，加入高锰酸钾氧化亚铁离子生成铁离子，可生成氢氧化铁而除去，滤液中加入锌粉可置换出铬，过滤除去，水解生成氢氧化锌，水洗、烘干、灼烧可得到活性氧化锌，以此解答该题。
【解答】解：A.硫化物在灼烧时可生成二氧化硫气体，故A正确；
B.硫酸酸性较强，可腐蚀设备，则溶浸工序中以NH4Cl为浸出剂，相较于H2SO4可以简化除杂工艺和对设备的腐蚀，故B正确；
C.高锰酸钾具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则滤渣1中铁元素转化为Fe（OH）3沉淀，故C错误；
D.氯化锌可水解生成氢氧化锌和盐酸，则水解工序中发生的化学反应方程式为ZnCl2+2H2O═Zn（OH）2↓+2HCl↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
13．（4分）2019年是“国际化学元素周期表年”，四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分。W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，下列说法正确的是（ ）
A．Z的非金属性强于Y，所以酸性H2YO4＜HZO4
B．原子半径：Z＞Y＞W
C．在周期表中W与X位于同一周期，与Y位于同一主族
D．W和X组成的化合物加入到MgCl2溶液中，生成沉淀，没有其他现象
【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z和X两种元素构成海水最主要的盐类成分，则Z为Cl，X为Na；W和Y元素中，一种是地壳中含量最高的，另一种元素的原子最外层电子数比内层电子总数少4，则W为O，Y为S元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素，
A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞S，则最高价含氧酸的酸性H2YO4＜HZO4，故A正确；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞W，故B错误；
C．W与X分别位于第二、第三周期，二者位于不同周期，故C错误；
D．W和X组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，若过氧化钠加入到MgCl2溶液中，除了生成沉淀，还有气体放出，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构与性质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。
14．（4分）甲烷催化二氧化碳重整制合成气，可减少碳排放，变废为宝，其主要反应为：CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，在刚性容器中，采用“HSD﹣2 型”催化剂，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）[p（CH4）表示CH4气体分压，气体各组分的分压等于总压乘其体积分数]，下列推理正确的是（ ）
A．使用催化剂，反应速率加快，△H减小
B．升高温度或增大压强均能提高合成气的产率
C．增大p（CH4），反应速率和平衡常数均增大
D．增大p（CO2），反应速率和平衡常数均不变
【分析】A．催化剂降低反应所需活化能，但不会改变焓变；
B．该反应为气体增大的吸热反应；
C．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4）；平衡常数只受温度影响；
D．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），与p（CO2）无关；平衡常数只受温度影响。
【解答】解：A．催化剂降低反应所需活化能，加快反应速率，但不会改变△H，所以△H不变，故A错误；
B．该反应为气体增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，能提高合成气的产率；但增大压强平衡逆向移动，降低合成气的产率，故B错误；
C．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），增大反应物CH4的压强，p（CH4）增大，反应速率加快；平衡常数只受温度影响，平衡常数不变，故C错误；
D．在刚性容器中，一定的温度及压强范围内，测得反应的速率方程为v＝k•p（CH4），增大反应物CO2的分压，p（CH4）不变，所以速率不变；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，侧重学生分析能力、计算能力的考查，掌握理解化学平衡原理及影响因素是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）已知常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10﹣5。常温下向1L 0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中的NH4+和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法正确的是（ ）
A．n（NaOH）＝0.05mol 时，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c （NH4+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
C．M点时，n（OH﹣）+0.05═a+n（H+）
D．pH＝7时，c（Na+）＞c（NH3•H2O）
【分析】A．当n（NaOH）＝0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，结合Kh（NH4+）＝分析；
B．M点c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），结合A的结论分析；
C．依据溶液中电荷守恒分析判断，n（Na+）＝amol，n（Cl﹣）＝1mol；
D．pH＝7时c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒、物料守恒分析。
【解答】解：A．向1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）＝0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，由于Kh（NH4+）＝＝≈5.5×10﹣10＜1.8×10﹣5，说明NH3•H2O电离程度大于NH4Cl水解程度，则c（NH4+）＞c（Na+），正确的离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B．M点c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），结合A可知a＝0.05mol 时c （NH4+ ）＞c（NH3•H2O），若满足c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O），加入的NaOH应该大于0.05mol，故B错误；
C．在M点时溶液中存在电荷守恒：n（OH﹣）+n（Cl﹣）＝n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），且n（Na+）＝amol、n（Cl﹣）＝0.1mol，c （NH4+ ）＝c（NH3•H2O）＝0.05mol，则n（OH﹣）+0.1═a+n（H+）+0.05，整理可得：n（OH﹣）+0.05═a+n（H+），故C正确；
D．pH＝7时c（OH﹣）＝c（H+）＝1×10﹣7mol/L，结合电荷守恒可知：①c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），结合物料守恒：②c（NH3•H2O）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），①②结合可知c（Na+）＝c（NH3•H2O），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理即可解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16．（4分）下列选项中实验操作与实验现象及实验结论的对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
2mL 0.1mol•L﹣1 AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol•L﹣1 NaCl溶液时，再滴加几滴0.1mol•L﹣1 KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B
向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液的紫色褪去
草酸具有还原性
C
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH
pH：前者＞后者
非金属性：S＞C
D
向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体
出现黑色沉淀
酸性：H2S＞H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.硝酸银过量，均为沉淀生成；
B.草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.Na2CO3溶液水解显碱性，Na2SO4溶液不水解为中性；
D.二者反应生成CuS沉淀，不溶于硫酸。
【解答】解：A.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp，故A错误；
B.草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则紫色褪色，可知草酸具有还原性，故B正确；
C.Na2CO3溶液水解显碱性，Na2SO4溶液不水解为中性，则硫酸的酸性大于碳酸氢根离子的酸性，但该实验中盐対应的酸不是碳酸，不能比较非金属性：S＞C，故C错误；
D.二者反应生成CuS沉淀，不溶于硫酸，由实验不能比较H2S、H2SO4的酸性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查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、沉淀生成、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．（14分）以硅胶负载浓硫酸形成的固体酸为催化剂，可实现乙酸乙酯的绿色合成。
Ⅰ.固体酸的制备
硅胶→预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重→计算吸附率
Ⅱ.乙酸乙酯的制备
a装置中依次加入冰醋酸（3.4mL，d＝1.05g•mL﹣1 ），无水乙醇（10.4mL，d＝0.79g•mL﹣1 ），4.0g固体酸催化剂和几粒沸石。加热回流1h，实验过程未观察到碳化变黑现象。待烧瓶内液体冷却后改为b装置，蒸馏收集粗产品。
馏出液依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水CaCl2干燥。将干燥后的液体转入50mL仪器C中，蒸馏，收集产品（76～78℃）共4.224g。
（1）图a装置冷凝水的进水口是 B （选填“A”或“B”），图b中仪器C的名称是 蒸馏烧瓶 。
（2）写出硅酸钠溶液通入适量CO2制备硅酸胶体的离子方程式： H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓ 。
（3）固体酸制备中，用乙醇洗涤的目的是 乙醇易挥发，利于干燥，减少损失 。硅胶的示意图如图c，其吸附浓硫酸时主要通过 分子间 作用力。
（4）馏出液洗涤步骤中，用饱和NaCl溶液而不用水洗涤的目的是 除去残留的水，便于液体分层 。 用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是 除去残留的乙醇 。
（5）根据数据计算实验的产率是 80.7% 。采用固体酸比用浓硫酸作催化剂产品的产率高，可能的原因是 固体酸不会导致碳化，故可以增加产率 。（写出其中一种）
（6）杂多酸也是酯化反应的优良催化剂，用NaH2PO4和钼酸钠可制得固体杂多酸催化剂。设计实验证明NaH2PO4溶液中H2PO4﹣，存在两步电离平衡： 选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色再到红色，则说明存在两步电离平衡 。
【分析】乙酸乙酯合成过程中，需要使用浓硫酸作为催化剂，由于浓硫酸的脱水性和强氧化性可能会发生副反应生产二氧化硫污染环境，故采取固体酸可以有效降低浓硫酸的脱水性，
I固体酸制备的原理为强酸制弱酸，再经预处理→吸附→抽滤→乙醇洗涤→干燥称重获得产品；
II乙酸乙酯制备利用乙醇和乙酸的酯化反应，其中注意改用固体酸为催化剂，然后进行物质分离提纯。
（1）冷凝水应是下进上出，可以提高冷凝效率，蒸馏中的加热装置为蒸馏烧瓶；
（2）碳酸的酸性强于硅酸，该反应为强酸制弱酸；
（3）使用乙醇洗涤的原因在于乙醇易挥发，利于干燥，减少损失，由图示分析该作用力；
（4）饱和氯化钠溶液的优点在于可以除去有机层中的水分，饱和氯化钙溶液用于除乙醇；
（5）计算冰醋酸和乙醇的物质的量进而确定那一种物质过量，求得理论产量，进而求得实际产量；
（6）H2PO4﹣分步电离，可以定量反应其中一个氢离子，将其变为磷酸一氢盐，检测磷酸一氢根是否电离。
【解答】解：（1）为了获得良好的冷凝效率，冷凝水应该是下进上出，故进水口为B，图b为蒸馏装置，C为蒸馏烧瓶，
故答案为：B；蒸馏烧瓶；
（2）碳酸的酸性强于硅酸，故反应离子方程式为：H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓，
故答案为：H2O+CO2+SiO32﹣＝CO32﹣+H2SiO3↓；
（3）使用乙醇洗涤的原因在于乙醇易挥发，利于干燥，减少损失，由图示可知，吸附浓硫酸时，主要通过分子间作用力实现，
故答案为：乙醇易挥发，利于干燥，减少损失；分子间；
（4）使用饱和氯化钠洗涤可以除去残留的水，便于液体分层，饱和氯化钙洗涤的目的是除去残留的乙醇，
故答案为：除去残留的水，便于液体分层；除去残留的乙醇；
（5）n（冰醋酸）＝＝0.0595mol，n（乙醇）＝≈0.1786mol，故乙醇过量，乙酸乙酯的理论产量＝0.0595mol，实际产量＝＝0.048mol，故产率为×100%≈80.7%，由已知可得，固体酸不会导致碳化，故可以增加产率，
故答案为：80.7%；固体酸不会导致碳化，故可以增加产率；
（6）H2PO4﹣分步电离，故可以选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色（第一步电离的氢离子与碱反应）再到红色（第二步氢离子开始电离），
故答案为：选用石蕊作为指示剂，选取等浓度等物质的量的氢氧化钠与之反应，可以观察到溶液颜色由红色到紫色再到红色，则说明存在两步电离平衡。
【点评】本题以乙酸乙酯的制备为背景，改良了课本实验，考查了有关物质分离提纯，弱电解质电离等内容，需要学生分析理解固体酸的优点，进而答题，难度适中。
18．（14分）金属镍是电池、电镀、储氢、催化等行业的常用金属，一种具有多孔结构的镍铝合金（兰尼镍）被广泛用作有机物氢化反应的催化剂。以针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示。
（1）煅烧产生的废气可用 NaOH溶液 来吸收。（写出一种）
（2）浸出渣A为 SiO2 。
（3）已知煅烧时NiS转化为Ni2O3，而加压酸浸后的浸出液中含有Ni2+。加压酸浸时如果使用盐酸，缺点是 产生有毒气体Cl2，污染环境 。
（4）除杂净化时加入粗NiCO3的作用是 调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀 。
（5）电解时阴极电极反应式为 Ni3++3e﹣＝Ni 。
（6）碱浸的目的是 溶解部分Al ；当所用NaOH溶液较稀时，会产生少量Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释： 因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行 。
（7）滤液B经过一系列回收流程可以返回 浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al 工序循环利用。
【分析】针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）煅烧得到固体Ni2O3、Al2O3、Fe2O3和SiO2，另有含有SO2的废气，再加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Al2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4＝4NiSO4+O2↑+4H2O、Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Al3+、Fe3+，向浸出液加入固体NiCO3并通入O2，调节溶液pH使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀，并同时将Ni2+氧化为Ni3+，过滤除去沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3及过量的NiCO3，再电解滤液得到Ni；高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，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，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，据此分析解答（1）～（5）；
（6）铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构；Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在化学平衡；
（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝。
【解答】解：（1）红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧产生的废气主要成分是SO2，应该选择碱性溶液如NaOH溶液吸收，
故答案为：NaOH溶液；
（2）针硫镍矿（主要成分为NiS、FeS、Al2O3、SiO2 等）煅烧得到固体Ni2O3、Al2O3、Fe2O3和SiO2，用硫酸溶解时，SiO2不溶于酸，则过滤所得滤渣A为SiO2，
故答案为：SiO2；
（3）Ni3+有强氧化性，酸性条件下能氧化HCl生成Cl2，则加压酸浸时应选择稀硫酸，如果使用盐酸，将产生有毒气体Cl2，污染环境，
故答案为：产生有毒气体Cl2，污染环境；
（4）除杂净化时加入粗NiCO3，NiCO3溶解于过量的稀硫酸，调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀，
故答案为：调节溶液pH，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀；
（5）电解时阴极发生还原反应，电极反应式为Ni3++3e﹣＝Ni，
故答案为：Ni3++3e﹣＝Ni；
（6）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，发生的反应为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行，
故答案为：溶解部分Al；因为Al溶于碱液生成AlO2﹣时在水中存在下列平衡：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，OH﹣浓度过小，对AlO2﹣的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；
（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表示为：浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al，
故答案为：浸出液B→Al（OH）3Al2O3Al。
【点评】本题以针硫镍矿生产镍铝合金为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，题目难度中等。
19．（14分）将甲烷转化为既可作为液体燃料又可用作化工基本原料的甲醇，具有广泛的应用前景以及重要的经济价值和社会意义。甲烷部分氧化反应主要有气固相催化氧化、液相催化氧化等。回答下列问题：
（1）科研人员对O2直接将CH4氧化为甲醇的气固相催化体系进行了多年探索，在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，在不同条件下发生反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g），平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图1所示，根据图象填空。
①p1 ＞ p2 （选填“＞”、“＜”或“＝”），该反应的△H ＜ 0。（选填“＞”或“＜”）。
②A、B、C点对应的化学反应速率由大到小的顺序为 v（B）＞v（A）＞v（C） 。[用v（A）、v（B）、v（C）表示]
③若A点，n（CH3OH）＝1mol，总压强为2.5MPa，则T0时A点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp＝ 2MPa﹣1 。
（2）CH4在102%发烟硫酸溶剂中以配合物Pt （bpym） Cl2 为催化剂的气液相催化体系，能达到较大的CH4转化率及选择性，原理为：CH4先转化为CH3OSO3H （CH4+H2SO4+SO3CH3OSO3H+H2SO4+SO2），SO2 再与O2生成H2SO4，CH3OSO3H再水解生成甲醇，写出该水解反应的方程式： CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4 。Pt （bpym） Cl2成本昂贵，HgSO4也可以作为该反应的催化剂，且催化活性及稳定性较好，HgSO4的突出缺点是 有毒 。
（3）Osadchi 等合成了Fe/MIL﹣53催化剂，并用于H2O2催化氧化甲烷合成甲醇的研究（CH4+H2O2⇌CH3OH+H2O），反应历程如图所示，其中催化剂用M表示，•CH3为甲基自由基，结合在催化剂表面上的物质或基团用*标注。该历程中“H2O2 活化”与“CH4氧化”较难发生的是 “CH4氧化” ，试解释你的理由 “CH4氧化”该历程的活化能大于“H2O2活化”该历程活化能 。
【分析】（1）①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大；由图可知，相同压强下，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动；
②温度越高，压强越大，反应速率越快；
③在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，A点，n（CH3OH）＝1mol，列化学平衡三段式计算；
（2）CH3OSO3H再水解生成甲醇和硫酸；HgSO4有毒；
（3）比较“H2O2 活化”与“CH4氧化”两历程的活化能，活化能大，则该历程较难发生。
【解答】解：（1）①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大，则p1＞p2；由图可知，相同压强下，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＞；＜；
②温度越高，压强越大，反应速率越快，由图可知，T（C）＝T（A）＜T（B），p（A）＝p（B）＞p（C），则v（B）＞v（A）＞v（C），
故答案为：v（B）＞v（A）＞v（C）；
③在密闭容器中充入2mol CH4和1mol O2，A点，n（CH3OH）＝1mol，
2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH （g）
起始n（mol） 2 1 0
转化n（mol） 1 0.5 1
平衡n（mol） 1 0.5 1
n（总）＝1mol+0.5mol+1mol＝2.5mol，p（CH4）＝p（CH3OH）＝＝1MPa，p（O2）＝2.5MPa﹣2MPa＝0.5MPa，Kp＝＝＝2MPa﹣1，
故答案为：2MPa﹣1；
（2）CH3OSO3H再水解生成甲醇和硫酸，则该水解反应的方程式为CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4；HgSO4有毒，则HgSO4的突出缺点是有毒，
故答案为：CH3OSO3H+H2O＝CH3OH+H2SO4；有毒；
（3）“H2O2 活化”该历程活化能为[64﹣（﹣43）]kJ/mol＝107kJ/mol，“CH4氧化”该历程的活化能为[﹣13﹣（﹣172）]kJ/mol＝159kJ/mol＞107kJ/mol，则“CH4氧化”该历程活化能大，则该历程较难发生，
故答案为：“CH4氧化”；“CH4氧化”该历程的活化能大于“H2O2 活化”该历程活化能。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式，此题难度中等。
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物质结构与性质]（14分）
20．（14分）2019年，全球锂电池73%的产能来自中国，随着技术的不断进步，锂离子电池已经开始在重型设备、交通运输等诸多行业取代传统电池。回答下列问题：
（1）基态锂原子核外电子有 3 种不同空间运动状态，第二电离能锂 ＞ 。（选填“＞”、“＜”或“＝”）铍
（2）某锂电池的正极材料为LiFePO4。
①基态铁原子价电子的轨道表达式为 。
②磷元素能形成多种酸根和氧化物，其中一种氧化物的P4O10的结构如图Ⅰ所示，其中P原子的杂化方式为 sp3 ，P4O10分子是 非极性 （选填“极性”或“非极性”）分子。
③图Ⅱ是一种多聚磷酸根的示意图，由图可知该多聚磷酸根的化学式为 PnO3n﹣1（n+2）﹣ 。（用n代表磷原子个数）
（3）某锂电池的负极是锂原子以层状规则排列嵌入石墨层间构成的材料，其结构如图Ⅲ所示。
①（多选）关于石墨的导电性说法正确的是 BD 。
A.石墨中碳原子之间以sp杂化轨道成键
B.石墨导电方向主要是沿着层面方向
C.石墨属于离子晶体
D.石墨中每个碳原子均有一个未参与杂化的轨道
②已知碳原子之间的最短距离为anm，则锂原子之间的最短距离为 3anm ，如果石墨层之间距离为bnm （b＞3a），NA为阿伏加德罗常数的值，该材料的密度为 ×1021 g•cm﹣1。 （列出表达式即可）
【分析】（1）①锂原子有3个电子，通过Li+与Be+的结构判断；
（2）①Fe是26号元素；
②P4O10的结构如图Ⅰ所示，P价层电子对数为4，P4O10是具有中心对称的；
③根据数学通项公式求得这种多聚磷酸的化学式；
（3）最近锂﹣锂粒子之间的距离是3倍石墨中碳碳间的距离，先求石墨一个正六边形的面积，再求晶胞的底面积，根据公式密度公式计算密度。
【解答】解：（1）Li核外有三个电子，具有三种不同的运动状态；Li和Be相比，Li+：1s2，Be+：1s22s1；Li+：1s2，全满，稳定，难失电子；锂的第Ⅱ电离能大于铍的第Ⅱ电离能，
故答案为：3＞；
（2）①Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布图为：，
故答案为：；
②P4O10的结构如图Ⅰ所示，P价层电子对数为4，因此P原子的杂化方式为：sp3；P4O10是具有中心对称的，结构对称，对外不显电性，为非极性分子，
故答案为：sp3；非极性；
③根据图Ⅱ是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n﹣1（n+2）﹣，
故答案为：PnO3n﹣1（n+2）﹣；
（3）①A.石墨中的碳原子杂化方式为sp2，故A错误；
B.石墨是一种导体，但石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故B正确；
C.石墨属于混个晶体，故C错误；
D.层内 是正六边形，每个C与周围的3个C原子形成 C﹣C，用掉了3个电子，每个C原子还有一个电子未参与杂化，故D正确，
故选BD，
故答案为：BD；
②已知最近碳一碳原子间的距离是anm，中心与碳原子的距离为apm，则最近锂一锂离子间的距离是3anm，石墨层之间的距离是bnm，石墨一个正六边形的面积为：×10﹣14cm2，晶胞中有3个正六边形，一个晶胞中碳原子个数为6个，Li+有1个，则该晶体的密度为：ρ＝＝＝×1021g•cm﹣3，
故答案为：3anm；×1021。
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握电子的运动状态、原子光谱、第Ⅱ电离能、价电子排布图、杂化方式、分子的极性、晶胞密度的计算等，难度适中。
[有机化学基础]（14分）
21．从木姜子中提取的化合物K具有抗肿瘤活性，下列为K的人工合成路线。
已知：格氏反应：R1X+R2MgX→R1﹣R2+MgX2 （X为卤素原子）
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C11H22O 。
（2）TBSCl 在此合成中作用是 保护羟基，防止被氧化 。
（3）F的结构简式为 ，H中的R基团的化学式为 C13H23 。
（4）化合物K中有 2 个手性碳原子。
（5）E的同系物分子式为C7H12O，其核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，写出该化合物的结构简式 。
（6）反应⑧的反应类型为 取代反应 。
（7）设计由CH3CH2OH制备CH3 （CH2）4CH3 的合成路线 CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3（CH2）2CH3CH3（CH2）2CH2BrCH3（CH2）4CH3 。（无机试剂任选）
【分析】（1）交点、端点为碳原子，利用碳的四价结构确定H原子数目，或利用不饱和度计算H原子数目；
（2）反应①中消除羟基，在反应④中又重新引入，而反应②中碳碳双键被氧化，否则也可以氧化醇羟基；
（3）对比E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中羟基被溴原子取代生成F；反应⑦中I原子被﹣R取代生成H，H形成环酯得到K，可知R基团为﹣CH2（CH2）7CH2CH＝CHCH＝CH2；
（4）连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
（5）E的同系物分子式为C7H12O，该同系物分子中含有2个碳碳双键、1个羟基，核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，应存在对称结构；
（6）对比H、K的结构简式可知，分子内基团Me与﹣OTBS连接的基团交换形成环酯；
（7）由信息中格氏反应可知，CH3CH2Br与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）2CH3，CH3 （CH2）2CH3与溴在光照条件下反应生成CH3 （CH2）2CH2Br，再与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）4CH3，由E→F→G的转化可知，乙醇与CBr4/PPh3反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br与Mg反应生成CH3CH2MgBr。
【解答】解：（1）由结构简式可知，A分子中含有11个C原子，1个O原子，不饱和度为1，则H原子数目为2×11+2﹣2＝22，故A的分子式为C11H22O，
故答案为：C11H22O；
（2）反应①中消除羟基，在反应④中又重新引入，而反应②中碳碳双键被氧化，否则也可以氧化醇羟基，TBSCl 在此合成中作用是：保护羟基，防止被氧化，
故答案为：保护羟基，防止被氧化；
（3）对比E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中羟基被溴原子取代生成F，故F的结构简式为：；反应⑦中I原子被﹣R取代生成H，H形成环酯得到K，可知R基团为﹣CH2（CH2）7CH2CH＝CHCH＝CH2，R基团的化学式为C13H23，
故答案为：；C13H23；
（4）连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标有“*”为手性碳原子：，共有2个手性碳原子，
故答案为：2；
（5）E的同系物分子式为C7H12O，该同系物分子中含有2个碳碳双键、1个羟基，核磁共振氢谱峰面积比为4：4：2：1：1，应存在对称结构，该同系物的结构简式为：，
故答案为：；
（6）对比H、K的结构简式可知，分子内基团Me与﹣OTBS连接的基团交换形成环酯，反应⑧的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（7）由信息中格氏反应可知，CH3CH2Br与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）2CH3，CH3 （CH2）2CH3与溴在光照条件下反应生成CH3 （CH2）2CH2Br，再与CH3CH2MgBr反应生成CH3 （CH2）4CH3，由E→F→G的转化可知，乙醇与CBr4/PPh3反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br与Mg反应生成CH3CH2MgBr，合成路线为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3 （CH2）2CH3 CH3 （CH2）2CH2BrCH3 （CH2）4CH3，
故答案为：CH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3 （CH2）2CH3 CH3 （CH2）2CH2BrCH3 （CH2）4CH3。
【点评】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、信息获取与迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
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