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2021年山东省聊城市高考化学二模试卷
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这是一份2021年山东省聊城市高考化学二模试卷，共41页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省聊城市高考化学二模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用分液漏斗分离Br2与CCl4的混合物
B．用pH试纸测定 NaClO溶液的pH
C．做实验剩余的Na块要放回原瓶
D．将乙醇与高锰酸钾存放在同一橱柜中
2．（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗硅制备高纯硅
B．食醋清除水壶中的水垢
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色
3．（2分）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，b、d基态原子的最高能层电子数相同，c的阳离子含有10个电子，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成。下列叙述正确的是（ ）
A．a的氢化物的沸点可能比b的高
B．c与d形成的二元化合物的水溶液可能显碱性
C．氧化物对应的水化物的酸性：a＜d
D．氢化物的稳定性：a＜b＜d
4．（2分）硫化硅（结构如图）是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧。下列叙述正确的是（ ）
A．硫化硅为分子晶体
B．硫化硅中所有原子共平面
C．1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键
D．第一电离能：O＞S＞H
5．（2分）利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
除去SO2中的少量HCl
证明乙炔可使溴水褪色
制取并收集少量Cl2
灼烧Na2CO3•10H2O
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）下列有关有机物X（结构如图）的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与3 mol NaOH反应
C．X的苯环上的一氯代物有4种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子
7．（2分）B与Li同周期，BF3与一定量水形成晶体R，R在一定条件下可转化为T：
下列叙述错误的是（ ）
A．LiH中H﹣的半径大于Li+
B．R和T中均含有配位键
C．BF3和[B（OH）F3]﹣中B的杂化方式相同
D．H3O+的键角大于H2O
8．（2分）硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂。制备、提纯硝基苯的流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌
B．步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度
C．步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出
D．步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下
9．（2分）SO2是硫酸工业尾气的主要成分，软锰矿主要成分是MnO2，还含有SiO2、Fe2O3等少量杂质。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体（MnSO4•H2O）的工艺流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2
B．操作1为蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤
C．反应Ⅳ后的溶液中含有的阳离子主要为Fe3+和Mn2+
D．上述过程中可循环使用的物质为CaCO3
10．（2分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）一空气电池如图所示，其中在VB2电极上发生的反应为VB2+2OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2BO33﹣+10H2O。该电池工作时，下列叙述错误的是（ ）
A．当生成0.01 mol VO43﹣时，需消耗0.616L（标准状况）的O2
B．正极区溶液中n（KOH）不变，pH增大
C．电池总反应为11O2+4VB2+36KOH═4K3VO4+8K3BO3+18H2O
D．电子由VB2电极经负载、复合碳电极、KOH溶液回到VB2电极
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）下列实验操作中，对应的实验现象和实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向NaBr溶液中加入少量的氯水和适量苯，振荡、静置
溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
B
将少量铜粉加入1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1mol/MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
D
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）有机物甲、乙、丙、丁存在如图转化关系，下列叙述正确的是（ ）
A．丙的分子式为C5H10O2
B．1mol甲与浓溴水反应，可消耗2molBr2
C．乙到丁的反应类型为加成反应
D．甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种
13．（4分）近日，我国学者在 Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列叙述错误的是（ ）
A．电解过程中Cl﹣透过交换膜向右侧移动
B．工作过程中Ni电极附近的电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．每生成1mol环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA
D．电解结束溶液混合后KCl的浓度比电解前的小
14．（4分）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣164.7kJ•mol﹣1；
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1；
反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）△H＝﹣247.1kJ•mol﹣1。
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅲ在a点的平衡常数K＝
B．图中曲线B表示平衡时n（CO2）随温度的变化关系
C．CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （l）△H＞﹣205.9kJ/mol
D．在低温条件下，可同时提高CO2平衡转化率和CH4的平衡产率
15．（4分）常温时，某酸溶液中存在如下关系c（H2Y）+c（HY﹣）+c（Y2﹣）＝0.1mol/L。l gc（H2Y）、lgc（HY﹣）和lgc（Y2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系
B．Kh2（Na2Y）的数量级为10﹣12
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数为K＝105.8
D．由a至b，溶液中水的电离程度先增大后减小
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（11分）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用。某，实验小组以铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]为原料，制备K2Cr2O7流程如下：
已知：①酸化1后的溶液中含有Na2CrO4、Na2CO3等。
②NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
（1）高温氧化时发生多个反应，其中Al2O3和SiO2分别转化为 NaAIO2和 ；FeO•Cr2O3参与反应的产物中含有Fe2O3、NaNO2等，该反应化学方程式为 。
（2）滤渣1的成分为 。
（3）为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去则需调节溶液中Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L为达此目的酸化1溶液的pH范围是 。
已知：Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33
（4）酸化2时，酸化的作用是 ，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是 。
（5）称取K2Cr2O7样品2.40g，配成250mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约6min后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），共用去Na2S2O3标准溶液20.00mL，所得样品中K2Cr2O7的质量分数为 。
相关反应：
i）Cr2O72﹣+I﹣+H+﹣Cr3++I2+H2O
ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
17．（13分）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为Co、Cr、Ni，陶瓷基体为碳化硅等。回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表中第四周期 族，Cr与Ni的基态原子核外未成对电子数之比为 。
（2）与C相比，Si原子之间难以形成双键的原因是 。
（3）已知CO2的一种晶体结构与SiO2、SiC相似，则该CO2晶体的熔点比SO2晶体的 （填“高”、“低”），原因是 。
（4）钴酞菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图1所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 ；水溶性得到有效改善的原因是 。
（5）SiC的晶胞结构如图所示。晶胞参数为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，SiC晶体的密度为 g/cm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，若图2中原子1的分数坐标为（），则原子2的分数坐标为 。
18．（12分）氨是重要的基础化工产品之一。
（1）2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德•埃特尔，确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为 ，该步反应的活化能Ea＝ kJ/mol.
（2）在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图2所示：
①温度T1、T2、T3中，最大的是 ，M点N2的转化率为 ；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）
k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各组分的分压（分压＝总压×物质的量分数）；a为常数，工业上以铁为催化剂时，a＝0.5，由M点数据计算＝ MPa2（保留两位小数）。
（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。
①已知：H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
请根据本题相关数据，写出NH3（g）还原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式 ；
②将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率（即NO2的转化率，）结果如图3所示：
a点 （填“是”或“不是”）平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是 。
19．（12分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现Ⅰ（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：
（1）D中官能团的名称为 。
（2）C分子中最多有 个原子共平面，F的结构简式为 。
（3）A反应生成B的化学方程式是 。
（4）符合下列条件的D的同分异构体有 种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为 。
（5）已知：RNO2RNH2。写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺 （）的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任选）。
20．（12分）过氧化钙（CaO2）是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境。某实验小组制备CaO2过程如下
Ⅰ.制备CaO2•8H2O
利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+，在碱性环境下制取CaO2•8H2O的装置如下：
（1）CaO2的电子式为 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 。
（3）仪器A的名称为 ；仪器B的作用是 。
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O的产率和 。
（5）反应结束后，分离提纯CaO2•8H2O的过程中，洗涤的操作为 。
Ⅱ.制得产品并定量检测
（6）CaO2•8H2O脱水干燥即得CaO2产品经检测知某CaO2产品中含有CaO2•xH2O和CaO，已知CaO2•xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。
①称取3.248g产品，加热，在标准状况下生成268.8mL气体。
②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2.80g。则该产品中CaO2•xH2O的x值为 。
2021年山东省聊城市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用分液漏斗分离Br2与CCl4的混合物
B．用pH试纸测定 NaClO溶液的pH
C．做实验剩余的Na块要放回原瓶
D．将乙醇与高锰酸钾存放在同一橱柜中
【分析】A．Br2和CCl4的混合物互溶，但沸点不同；
B．NaClO溶液具有氧化性，可使pH试纸褪色；
C．做实验剩余的钠，为了防止火灾是故，需要放回试剂瓶；
D．高锰酸钾具有氧化性能氧化乙醇。
【解答】解：A．Br2和CCl4的混合物互溶，但沸点不同，应选蒸馏法分离，故A错误；
B．NaClO溶液具有氧化性，可使pH试纸先变色后褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，故B错误；
C．钠性质活泼，用完后需要放回试剂瓶，故C正确；
D．高锰酸钾与乙醇存放在同一橱柜中，乙醇易挥发，高锰酸钾会氧化乙醇，则不能放在同一橱柜中，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价和试剂保存，为高频考点，把握物质的性质、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。
2．（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗硅制备高纯硅
B．食醋清除水壶中的水垢
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
【解答】解：A．粗硅制备高纯硅，粗硅与氯气反应，Si元素被氧化，该过程中涉及元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．食醋清除水壶中的水垢，碳酸钙与醋酸发生复分解反应，不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B选；
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色，苯酚被空气中的氧气氧化，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（2分）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，b、d基态原子的最高能层电子数相同，c的阳离子含有10个电子，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成。下列叙述正确的是（ ）
A．a的氢化物的沸点可能比b的高
B．c与d形成的二元化合物的水溶液可能显碱性
C．氧化物对应的水化物的酸性：a＜d
D．氢化物的稳定性：a＜b＜d
【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成，该反应为烷烃的取代反应，则d为Cl，a为C元素；b、d基态原子的最高能层电子数相同，说明二者位于同一主族，则b为F元素；c的阳离子含有10个电子，则c为Na、Mg、Al中的一种，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，a为C，b为F，c为Na或Mg或Al，d为Cl元素，
A．a的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，常温下氟化氢为气态，则a的氢化物的沸点可能比b的高，故A正确；
B．氯化钠溶液为中性，氯化镁和氯化铝溶液为酸性，c与d形成的二元化合物的水溶液不可能显碱性，故B错误；
C．没有指出元素最高价，无法比较C、Cl的氧化物对应的水化物的酸性，如高氯酸、氯酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞C，则简单气态氢化物的稳定性a＜d＜b，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、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，B为易错点，题目难度不大。
4．（2分）硫化硅（结构如图）是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧。下列叙述正确的是（ ）
A．硫化硅为分子晶体
B．硫化硅中所有原子共平面
C．1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键
D．第一电离能：O＞S＞H
【分析】A．依据图示可知，硅与硫通过共价键形成空间网状结构；
B．Si价层电子对数为4，Si为sp3杂化；
C．1个Si形成4个Si﹣S键；
D．氢的第一电离能大于硫。
【解答】解：A．依据图示可知，硅与硫通过共价键形成空间网状结构，晶体类型为共价晶体，故A错误；
B．Si价层电子对数为4，Si为sp3杂化，以Si为中心形成四面体结构，所以原子不可能共面，故B错误；
C．1个Si形成4个Si﹣S键，则1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键，故C正确；
D．第一电离能：O＞H＞S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质结构与性质，明确硫化硅结构组成、熟悉价层电子对互斥理论、电离能大小规律是解题关键，题目难度中等。
5．（2分）利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
除去SO2中的少量HCl
证明乙炔可使溴水褪色
制取并收集少量Cl2
灼烧Na2CO3•10H2O
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.HCl与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；
B.乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应；
C.氯气的密度比空气密度大；
D.灼烧在坩埚中进行。
【解答】解：A.饱和亚硫酸钠与HCl反应生成SO2，可以用于除去SO2中的少量HCl，故A正确；
B.电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会有还原性杂质气体H2S和PH3生成，杂质气体也可以使溴水褪色，故B错误；
C.Cl2比空气的密度大，收集少量Cl2应该长导管进入，故C错误；
D.灼烧Na2CO3•10H2O应该使用坩埚，故D错误；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、气体的制备、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）下列有关有机物X（结构如图）的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与3 mol NaOH反应
C．X的苯环上的一氯代物有4种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子
【分析】A.有机物含有碳碳双键、醚键、羟基、酮羰基、酯基等官能团；
B.能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基等官能团；
C.含有2个苯环，分别含有1、3种H原子；
D.X中的苯环、酮羰基以及碳碳双键可与氢气发生加成反应，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
【解答】解：A.有机物含有碳碳双键、醚键、羟基、酮羰基、酯基等官能团，则含氧官能团为醚键、羟基、酮羰基、酯基，共4种，故A正确；
B.能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基等官能团，且酯基水解生成羧基和酚羟基，则1molX最多能与3 mol NaOH反应，故B正确；
C.含有2个苯环，分别含有1、3种H原子，则X的苯环上的一氯代物有4种，故C正确；
D.X中的苯环、酮羰基以及碳碳双键可与氢气发生加成反应，加成产物中与环连接的碳原子为手性碳原子，共6个，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
7．（2分）B与Li同周期，BF3与一定量水形成晶体R，R在一定条件下可转化为T：
下列叙述错误的是（ ）
A．LiH中H﹣的半径大于Li+
B．R和T中均含有配位键
C．BF3和[B（OH）F3]﹣中B的杂化方式相同
D．H3O+的键角大于H2O
【分析】A．离子的核外排布相同，核电荷数越小，半径越低；
B．R、T中硼原子都有4条共价键，其中的B﹣O键均为配位键；
C．BF3中B原子为sp2杂化，[B（OH）F3]﹣中B原子为sp3杂化；
D．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。
【解答】解：A．H﹣与Li+的核外排布相同，核电荷数越小，半径越低，故H﹣的半径大于Li+，故A正确；
B．硼原子的最外层只有3个电子，可以形成3条共价键，而R、T中硼原子都有4条共价键，其中的B﹣O键均为配位键，故B正确；
C．BF3中B原子的σ键数为3，孤电子对数为0，故B原子为sp2杂化，[B（OH）F3]﹣中B原子的σ键数为4，孤电子对数为0，故B原子为sp3杂化，所以两者的杂化方式不同，故C错误；
D．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以H3O+的键角大于H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及离子半径的比较，配位键、杂化方式、键角等判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
8．（2分）硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂。制备、提纯硝基苯的流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌
B．步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度
C．步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出
D．步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下
【分析】苯环上的一个氢原子能与硝酸中的硝基发生取代反应得到硝基苯，反应①的化学方程式为：+HO﹣NO2+H2O，混合物为硝基苯、浓硝酸、浓硫酸，硝基苯是油状液体，难溶于水，密度比水大，苯微溶于水，与硝基苯互溶，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采用分液操作；粗产品1中有残留的硝酸及硫酸，然后依次用蒸馏水、Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤，除去粗产品中残留的酸，有机层为苯和硝基苯的混合物，还残留有水，再用无水CaCl2或无水硫酸镁干燥有机混合物，过滤，步骤③进行蒸馏，分离苯和硝基苯，得到纯硝基苯，以此解答该题。
【解答】解：A.浓硫酸密度大于浓硝酸，浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，所以配制一定比例浓硝酸和浓硫酸混合酸时，先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，以防止液体暴沸，故A正确；
B.步骤①反应温度控制在50～60℃，可用水浴加热，以便于控制反应温度，故B正确；
C.硝基苯是油状液体，与水不互溶，密度比水大，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采取分液操作，故C正确；
D.温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，内容涉对工艺流程的理解评价、方案设计等，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大。
9．（2分）SO2是硫酸工业尾气的主要成分，软锰矿主要成分是MnO2，还含有SiO2、Fe2O3等少量杂质。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体（MnSO4•H2O）的工艺流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2
B．操作1为蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤
C．反应Ⅳ后的溶液中含有的阳离子主要为Fe3+和Mn2+
D．上述过程中可循环使用的物质为CaCO3
【分析】尾气中加入CaCO3、通入空气发生反应I生成CO2，反应方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，然后加入氨气、碳酸氢铵，发生CaSO4+NH3+NH4HCO3＝CaCO3+（NH4）2SO4，过滤后得到硫酸铵溶液，向硫酸铵中加入KCl得到氯化铵和硫酸钾；向软锰矿浆中通入含有SO2的尾气，根据最终得到产物成分知，反应IV为MnO2+SO2＝MnSO4，然后除去杂质，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MnSO4•H2O，以此解答该题。
【解答】解：A.由以上分析可知反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故A正确；
B.由溶液得到晶体，可采用蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤等步骤，故B正确；
C.Fe3+可与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应后溶液中存在Fe2+和Mn2+，故C错误；
D.CaCO3为反应Ⅰ的反应物，反应Ⅱ的生成物，则上述过程中可循环使用的物质为CaCO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查制备方案以及分离提纯，为高考常见题型，题目涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等。
10．（2分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）一空气电池如图所示，其中在VB2电极上发生的反应为VB2+2OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2BO33﹣+10H2O。该电池工作时，下列叙述错误的是（ ）
A．当生成0.01 mol VO43﹣时，需消耗0.616L（标准状况）的O2
B．正极区溶液中n（KOH）不变，pH增大
C．电池总反应为11O2+4VB2+36KOH═4K3VO4+8K3BO3+18H2O
D．电子由VB2电极经负载、复合碳电极、KOH溶液回到VB2电极
【分析】根据在VB2电极上发生的反应为VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O，判断VB2电极为负极，正极O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，根据得失电子守恒求总方程式为4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，由此分析解答。
【解答】解：A．由4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣可知，消耗11mol氧气生成1 mol VO43﹣，生成0.01 mol VO43﹣时，标准状况下需消耗×0.01mol×22.4L/mol＝0.616L的O2，故A正确；
B．正极O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，则正极区溶液的pH升高，由于是因离子交换膜，钾离子不能通过，正极区溶液中n（KOH）不变，故B正确；
C．负极：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O①，正极：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣②，根据得失电子守恒，即4×①+11×②得：4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，故C正确；
D．电子不能通过电解质溶液，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）下列实验操作中，对应的实验现象和实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向NaBr溶液中加入少量的氯水和适量苯，振荡、静置
溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
B
将少量铜粉加入1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1mol/MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
D
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯；
B.Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜；
C.NaOH溶液过量，可分别与硫酸镁、硫酸铜反应生成沉淀；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯，溶液上层呈橙红色，可知Br﹣还原性强于Cl﹣，故A正确；
B.Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，不发生金属单质之间的置换反应，由操作和现象不能比较Fe、Cu的金属活泼性强弱，故B错误；
C.NaOH溶液过量，可分别与硫酸镁、硫酸铜反应生成沉淀，由操作和现象不能比较Ksp[Cu（OH）2]、Ksp[Mg（OH）2]的大小，故C错误；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，没有加碱中和酸，不能生成砖红色沉淀，则不能证明葡萄糖具有还原性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（4分）有机物甲、乙、丙、丁存在如图转化关系，下列叙述正确的是（ ）
A．丙的分子式为C5H10O2
B．1mol甲与浓溴水反应，可消耗2molBr2
C．乙到丁的反应类型为加成反应
D．甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种
【分析】A.丙分子含有8个H原子；
B.甲含有酚羟基，邻位可发生取代反应；
C.乙生成丁，C＝C键生成C﹣C键；
D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同，应含有酯基、醚键和酚羟基，结合位置异构判断。
【解答】解：A.丙分子含有8个H原子，则分子式为C5H8O2，故A错误；
B.甲含有酚羟基，只有一个邻位可发生取代反应，则1mol甲与浓溴水反应，可消耗1molBr2，故B错误；
C.乙生成丁，C＝C键生成C﹣C键，属于加成反应，故C正确；
D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同，应含有酯基、醚键和酚羟基，苯环含有3个不同的取代基，则对应的同分异构体有10种，甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，难点为D，注意同分异构体的判断，题目难度不大。
13．（4分）近日，我国学者在 Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列叙述错误的是（ ）
A．电解过程中Cl﹣透过交换膜向右侧移动
B．工作过程中Ni电极附近的电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．每生成1mol环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA
D．电解结束溶液混合后KCl的浓度比电解前的小
【分析】从图中的流程可以看出：阳极Cl﹣被氧化为Cl2，Cl2与水反应生成HClO，乙烯通入后与HClO反应生成CH2ClCH2OH；阴极发生电极反应后生成了OH﹣，两级电解液输出混合后得到环氧乙烷。结合装置图可知：Pt电极为阳极，Ni电极为阴极。
【解答】解：A．电解池中，通入乙烯的左侧是阳极，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以Cl﹣透过阴离子交换膜移向左侧的Pt电极，故A错误；
B．阴极Ni电极附近H2O电离出的H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故B正确；
C．根据反应历程，2molCl﹣在阳极氧化为1molCl2，转移2mole﹣，Cl2与水反应生成1molHClO，乙烯与HClO发生加成反应生成1mol的CH2ClCH2OH，两级溶液混合时，1molCH2ClCH2OH生成了1mol的环氧乙烷，因此，每生成 环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA，故C正确；
D．总反应为：CH2＝CH2+H2O→+H2↑，因为H2O被消耗，故KCl的浓度比电解前的大，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题主要考查电化学，涉及到电极方程式的正误判断、电化学有关计算、离子移动方向等知识点，明确电解原理是解题的关键，难度中等，为高频考点。
14．（4分）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣164.7kJ•mol﹣1；
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1；
反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）△H＝﹣247.1kJ•mol﹣1。
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅲ在a点的平衡常数K＝
B．图中曲线B表示平衡时n（CO2）随温度的变化关系
C．CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （l）△H＞﹣205.9kJ/mol
D．在低温条件下，可同时提高CO2平衡转化率和CH4的平衡产率
【分析】A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B.反应正向建立平衡，最高点达到平衡状态，最高点以后随温度升高B的量减小；
C.由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅲ得到CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （g），再根据H2O （g）→H2O （Δl）△H′＞＜0进行解答；
D.低温有利于生成甲烷。
【解答】解：A.反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝，故A正确；
B.向恒压密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，故B错误；
C.由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅲ得到CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （g）△H＝（﹣164.7）kJ•mol﹣1+×（﹣247.1kJ•mol﹣1）＝﹣205.9kJ•mol﹣1，又因为H2O （g）→H2O （l）△H′＜0，故△H＜﹣205.9kJ/mol，故C错误；
D.低温有利于生成甲烷，则低温使用催化剂可提高CO2转化为CH4的转化效率，故D正确，
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握K的表达式、温度对平衡的影响、盖斯定律计算焓变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
15．（4分）常温时，某酸溶液中存在如下关系c（H2Y）+c（HY﹣）+c（Y2﹣）＝0.1mol/L。l gc（H2Y）、lgc（HY﹣）和lgc（Y2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系
B．Kh2（Na2Y）的数量级为10﹣12
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数为K＝105.8
D．由a至b，溶液中水的电离程度先增大后减小
【分析】A．向H2Y溶液中加入碱调节溶液的pH，H2Y逐渐反应生成HY﹣、Y2﹣，则溶液中c（H2Y）和c（HY﹣）逐渐减小，c（Y2﹣）逐渐增大；
B．由图可知pH＝4.4时，c（HY﹣）＝c（Y2﹣），Ka2（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣4.4，结合Kh2（Na2Y）＝进行计算；
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数K＝＝×＝，结合Ka1（H2Y）、Ka2（H2Y）进行计算；
D．由图可知，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水解。
【解答】解：A．由图可知，随着pH增大，溶液中c（H2Y）和c（HY﹣）逐渐减小，c（Y2﹣）逐渐增大，则曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系，故A正确；
B．②表示lgc（HY﹣）与pH的变化关系，③表示lgc（Y2﹣）与pH的变化关系，pH＝4.4时，c（HY﹣）＝c（Y2﹣），Ka2（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣4.4，则Kh2（Na2Y）＝＝＝10﹣9.6，数量级为10﹣10，故B错误；
C．图中pH＝1.4时，c（HY﹣）＝c（H2Y），Ka1（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣1.4，Ka2（H2Y）＝10﹣4.4，则反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数K＝＝×＝＝＝103，故C错误；
D．由图可知，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水解，则水的电离程度先增大后减小，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查弱电解质电离、离子浓度大小比较、pH的应用等知识，题目难度中等，明确电离平衡常数计算为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（11分）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用。某，实验小组以铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]为原料，制备K2Cr2O7流程如下：
已知：①酸化1后的溶液中含有Na2CrO4、Na2CO3等。
②NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
（1）高温氧化时发生多个反应，其中Al2O3和SiO2分别转化为 NaAIO2和 Na2SiO3 ；FeO•Cr2O3参与反应的产物中含有Fe2O3、NaNO2等，该反应化学方程式为 2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2 。
（2）滤渣1的成分为 Fe2O3、MgCO3 。
（3）为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去则需调节溶液中Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L为达此目的酸化1溶液的pH范围是 5＜pH＜8 。
已知：Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33
（4）酸化2时，酸化的作用是 增加氢离子的浓度，2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动 ，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是 因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化 。
（5）称取K2Cr2O7样品2.40g，配成250mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约6min后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），共用去Na2S2O3标准溶液20.00mL，所得样品中K2Cr2O7的质量分数为 98% 。
相关反应：
i）Cr2O72﹣+I﹣+H+﹣Cr3++I2+H2O
ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
【分析】铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]，加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2，冷却后加水过滤，得到滤渣1为Fe2O3、MgCO3，在滤液中加醋酸酸化后，NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化为NaNO3，且NaAlO2遇到酸后反应生成Al（OH）3沉淀，过滤后滤渣2为Al（OH）3，再加醋酸进行酸化，发生2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，以此分析回答问题。
【解答】解：（1）铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]，加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2，
故答案为：Na2SiO3；2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2；
（2）根据上述分析可知：滤渣1的成分为Fe2O3、MgCO3，
故答案为：Fe2O3、MgCO3；
（3）若使NaAlO2变为Al（OH）3，Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L，根据Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14，K＝c（H+）×c（Al3+），所以c（H+）＝mol/L＝1×10﹣8mol/L，pH＝8；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33＝c3（OH﹣）×c（Al3+），c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣9mol/L，c（H+）＝1×10﹣5mol/L，pH＝5，所以为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀的pH范围为：5＜pH＜8，
故答案为：5＜pH＜8；
（4）因为溶液中存在2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化，所以酸化时溶液酸性不能太强，
故答案为：增加氢离子的浓度，2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化；
（5）根据相关反应：i）Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O、ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣可知，Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，n（S2O32﹣）＝0.24×20×10﹣3mol＝4.8×10﹣3mol，n（Cr2O72﹣）＝4.8×10﹣3mol×＝8×10﹣4mol，所得样品中K2Cr2O7的质量分数＝×100%＝98%，
故答案为：98%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17．（13分）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为Co、Cr、Ni，陶瓷基体为碳化硅等。回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表中第四周期 Ⅷ 族，Cr与Ni的基态原子核外未成对电子数之比为 3：1 。
（2）与C相比，Si原子之间难以形成双键的原因是 Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键 。
（3）已知CO2的一种晶体结构与SiO2、SiC相似，则该CO2晶体的熔点比SO2晶体的 高 （填“高”、“低”），原因是 碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强 。
（4）钴酞菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图1所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 1、3 ；水溶性得到有效改善的原因是 氨基中氮原子能与水分子形成氢键 。
（5）SiC的晶胞结构如图所示。晶胞参数为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，SiC晶体的密度为 g/cm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，若图2中原子1的分数坐标为（），则原子2的分数坐标为 （，，） 。
【分析】（1）钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2；
（2）C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键；
（3）由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱；
（4）含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钴酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×＝4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：＝d（c×10﹣10）3，可得晶体密度。
【解答】解：（1）钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，核外有6个不成对电子，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，核外有2个不成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3：1，
故答案为：Ⅷ；3：1；
（2）C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，与C原子相比，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键，则Si原子之间难以形成双键，
故答案为：Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键；
（3）由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，由于碳原子的原子半径比硅原子小，非金属性比硅原子强，二氧化碳晶体中碳氧键的键长比二氧化硅晶体中硅氧键短、键能比硅氧键大，则二氧化碳晶体中碳氧键的共价键二氧化硅晶体中比硅氧键强，熔点比二氧化硅晶体大，
故答案为：高；碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强；
（4）含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钴酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键，则四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子为1、3号；四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大在水中的溶解性，
故答案为：1、3；氨基中氮原子能与水分子形成氢键；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×＝4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：＝d（c×10﹣10）3，解得d＝g/cm3；由位于体对角线四分之一处上部原子1的分数坐标为（），可知晶胞的边长为1，则位于体对角线四分之一处下部原子2的分数坐标为（，，），
故答案为：；（，，）。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查知识再现、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。
18．（12分）氨是重要的基础化工产品之一。
（1）2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德•埃特尔，确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为 N2*+H2*═N+3H ，该步反应的活化能Ea＝ 62 kJ/mol.
（2）在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图2所示：
①温度T1、T2、T3中，最大的是 T3 ，M点N2的转化率为 40% ；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）
k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各组分的分压（分压＝总压×物质的量分数）；a为常数，工业上以铁为催化剂时，a＝0.5，由M点数据计算＝ 136.69 MPa2（保留两位小数）。
（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。
①已知：H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
请根据本题相关数据，写出NH3（g）还原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式 8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝﹣2734kJ/mol ；
②将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率（即NO2的转化率，）结果如图3所示：
a点 不是 （填“是”或“不是”）平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是 a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小 。
【分析】（1）合成氨反应的决速步骤为最慢的一步反应，活化能越大，反应速率越慢，据此解答；
（2）①压强相同时，升高温度，平衡向吸热方向移动，结合图1和图2解答，根据m＝n×M计算容器中的气体总质量，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，结合M点坐标计算NH3的平衡量，再根据变化量之比等于化学计量数之比计算氮气的变化量，代入转化率＝×100%计算；
②由①可知平衡时各气体的物质的量，M点总压强为16MPa，据此计算各气体的平衡压强，平衡时净速率r（NH3 ）＝0，a＝0.5，代入净速率方程式可得；
（3）①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；
②温度相同时，平衡状态下脱氮率最大，反应未达到平衡状态时，脱氮率与反应速率有关，而催化剂活性与温度有关，据此解答。
【解答】解：（1）图1中各个反应中活化能最大的一步反应为：N2*+H2*═N+3H，即为决速步骤，该步反应的活化能Ea＝（17+45）kJ/mol＝62kJ/mol，
故答案为：N2*+H2*═N+3H；62；
（2）①由图1可知，合成氨反应的热化学方程式为：N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H＝﹣46kJ/mol，故合成氨反应正向放热，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的质量分数减小，故温度T1、T2、T3中，最大的是T3，向反应容器中投入5molN2、15molH2，则气体的总质量为m（N2）+m（H2）＝5mol×28g/mol+15mol×2g/mol＝170g，M点氨的质量分数为40%，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，故NH3的平衡量为＝4mol，则△n（N2）＝△n（NH3）＝×4mol＝2mol，故N2的转化率为×100%＝40%，
故答案为：T3；40%；
②由①可知，M点的△n（H2）＝3△n（N2）＝3×2mol＝6mol，N2（g）、H2（g）、NH3（g）的物质的量分别为（5﹣2）mol＝3mol、（15﹣6）mol＝9mol、4mol，气体总物质的量为（3+9+4）mol＝16mol，总压强为16MPa，则N2（g）、H2（g）、NH3（g）的分压分别为（16×）MPa＝3MPa、（16×）MPa＝9MPa、（16×）MPa＝4MPa，平衡时净速率r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）＝0，则k1p（N2）[]a＝k2[]（1﹣a），a＝0.5，故＝＝MPa2≈136.69MPa2，
故答案为：136.69；
（3）①已知：i.H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
ii.N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
iii.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
iv.N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H＝﹣46kJ/mol
根据盖斯定律，由6×iii﹣12×i﹣3×ii﹣8×iv可得8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝6×（﹣571kJ/mol）﹣12×（﹣44kJ/mol）﹣3×（+68kJ/mol）﹣8×（﹣46kJ/mol）＝﹣2734kJ/mol，
故答案为：8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝﹣2734kJ/mol；
②催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，温度相同时，平衡状态下脱氮率最大，由图3可知，a点温度下，使用乙催化剂时脱氮率更大，故a点不是平衡状态，a～b段反应未达到平衡状态，脱氮率与反应速率有关，a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小，
故答案为：不是；a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小。
【点评】本题考查热化学方程式的书写、反应速率的影响因素和化学平衡的计算，题目难度中等，关键是明确图象的横纵坐标和变化趋势的含义，掌握盖斯定律的应用、平衡状态的特征、外界条件对反应速率和平衡移动的影响，提高学生的分析能力和化学计算能力。
19．（12分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现Ⅰ（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：
（1）D中官能团的名称为 羟基、羧基 。
（2）C分子中最多有 15 个原子共平面，F的结构简式为 。
（3）A反应生成B的化学方程式是 +NaOH+NaBr 。
（4）符合下列条件的D的同分异构体有 26 种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为 、 。
（5）已知：RNO2RNH2。写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺 （）的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任选）。
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，
（5）先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。
【解答】解：（1）D为，官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（2）C为，根据苯环为平面结构、﹣CH2﹣为四面体结构、﹣CHO为平面结构可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，
故答案为：15；；
（3）由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，
故答案为：+NaOH+NaBr；
（4）D为，同分异构体中满足①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个﹣OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个﹣OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1时，说明含有2个甲基，故为、，
故答案为：26；、；
（5）先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团结构与性质，充分利用有机物的结构采取逆推法进行推断，侧重于学生分析能力和推断能力的考查，注意把握题目给予给信息，题目难度中等。
20．（12分）过氧化钙（CaO2）是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境。某实验小组制备CaO2过程如下
Ⅰ.制备CaO2•8H2O
利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+，在碱性环境下制取CaO2•8H2O的装置如下：
（1）CaO2的电子式为 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O 。
（3）仪器A的名称为 三颈烧瓶 ；仪器B的作用是 防倒吸 。
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O的产率和 提高过氧化氢的利用率 。
（5）反应结束后，分离提纯CaO2•8H2O的过程中，洗涤的操作为 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次 。
Ⅱ.制得产品并定量检测
（6）CaO2•8H2O脱水干燥即得CaO2产品经检测知某CaO2产品中含有CaO2•xH2O和CaO，已知CaO2•xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。
①称取3.248g产品，加热，在标准状况下生成268.8mL气体。
②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2.80g。则该产品中CaO2•xH2O的x值为 3 。
【分析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用，
（1）过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物；
（2）甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水；
（3）由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗；
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低CaO2•8H2O溶解度，便于晶体析出，通过CaO2•8H2O的产率，同时也能减少过氧化氢分解；
（5）洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次即可；
（6）由①可得：2CaO2•xH2O～O2，266.8mL氧气的物质的量为mol＝0.012 mol，则CaO2•xH2O的物质的量为0.012 mol×2＝0.024 mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为mol＝0.028 mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028 mol，则CaO的物质的量为0.028 mol﹣0.024 mol＝0.004 mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024 mol×（72+18x）g•mol﹣1+0.004 mol×56 g•mol﹣1＝3.248g，据此计算x数值。
【解答】解：（1）过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，
故答案为：；
（2）甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，
故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低CaO2•8H2O溶解度，便于晶体析出，通过CaO2•8H2O的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，
故答案为：提高过氧化氢的利用率；
（5）洗涤CaO2•8H2O的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次即可，
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次；
（6）由①可得：2CaO2•xH2O～O2，266.8mL氧气的物质的量为mol＝0.012 mol，则CaO2•xH2O的物质的量为0.012 mol×2＝0.024 mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为mol＝0.028 mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028 mol，则CaO的物质的量为0.028 mol﹣0.024 mol＝0.004 mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024 mol×（72+18x）g•mol﹣1+0.004 mol×56 g•mol﹣1＝3.248g，解得x＝3，
故答案为：3。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
2021年山东省聊城市高考化学二模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用分液漏斗分离Br2与CCl4的混合物
B．用pH试纸测定 NaClO溶液的pH
C．做实验剩余的Na块要放回原瓶
D．将乙醇与高锰酸钾存放在同一橱柜中
2．（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗硅制备高纯硅
B．食醋清除水壶中的水垢
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色
3．（2分）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，b、d基态原子的最高能层电子数相同，c的阳离子含有10个电子，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成。下列叙述正确的是（ ）
A．a的氢化物的沸点可能比b的高
B．c与d形成的二元化合物的水溶液可能显碱性
C．氧化物对应的水化物的酸性：a＜d
D．氢化物的稳定性：a＜b＜d
4．（2分）硫化硅（结构如图）是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧。下列叙述正确的是（ ）
A．硫化硅为分子晶体
B．硫化硅中所有原子共平面
C．1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键
D．第一电离能：O＞S＞H
5．（2分）利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
除去SO2中的少量HCl
证明乙炔可使溴水褪色
制取并收集少量Cl2
灼烧Na2CO3•10H2O
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）下列有关有机物X（结构如图）的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与3 mol NaOH反应
C．X的苯环上的一氯代物有4种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子
7．（2分）B与Li同周期，BF3与一定量水形成晶体R，R在一定条件下可转化为T：
下列叙述错误的是（ ）
A．LiH中H﹣的半径大于Li+
B．R和T中均含有配位键
C．BF3和[B（OH）F3]﹣中B的杂化方式相同
D．H3O+的键角大于H2O
8．（2分）硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂。制备、提纯硝基苯的流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌
B．步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度
C．步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出
D．步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下
9．（2分）SO2是硫酸工业尾气的主要成分，软锰矿主要成分是MnO2，还含有SiO2、Fe2O3等少量杂质。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体（MnSO4•H2O）的工艺流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2
B．操作1为蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤
C．反应Ⅳ后的溶液中含有的阳离子主要为Fe3+和Mn2+
D．上述过程中可循环使用的物质为CaCO3
10．（2分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）一空气电池如图所示，其中在VB2电极上发生的反应为VB2+2OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2BO33﹣+10H2O。该电池工作时，下列叙述错误的是（ ）
A．当生成0.01 mol VO43﹣时，需消耗0.616L（标准状况）的O2
B．正极区溶液中n（KOH）不变，pH增大
C．电池总反应为11O2+4VB2+36KOH═4K3VO4+8K3BO3+18H2O
D．电子由VB2电极经负载、复合碳电极、KOH溶液回到VB2电极
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）下列实验操作中，对应的实验现象和实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向NaBr溶液中加入少量的氯水和适量苯，振荡、静置
溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
B
将少量铜粉加入1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1mol/MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
D
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）有机物甲、乙、丙、丁存在如图转化关系，下列叙述正确的是（ ）
A．丙的分子式为C5H10O2
B．1mol甲与浓溴水反应，可消耗2molBr2
C．乙到丁的反应类型为加成反应
D．甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种
13．（4分）近日，我国学者在 Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列叙述错误的是（ ）
A．电解过程中Cl﹣透过交换膜向右侧移动
B．工作过程中Ni电极附近的电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．每生成1mol环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA
D．电解结束溶液混合后KCl的浓度比电解前的小
14．（4分）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣164.7kJ•mol﹣1；
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1；
反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）△H＝﹣247.1kJ•mol﹣1。
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅲ在a点的平衡常数K＝
B．图中曲线B表示平衡时n（CO2）随温度的变化关系
C．CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （l）△H＞﹣205.9kJ/mol
D．在低温条件下，可同时提高CO2平衡转化率和CH4的平衡产率
15．（4分）常温时，某酸溶液中存在如下关系c（H2Y）+c（HY﹣）+c（Y2﹣）＝0.1mol/L。l gc（H2Y）、lgc（HY﹣）和lgc（Y2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系
B．Kh2（Na2Y）的数量级为10﹣12
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数为K＝105.8
D．由a至b，溶液中水的电离程度先增大后减小
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（11分）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用。某，实验小组以铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]为原料，制备K2Cr2O7流程如下：
已知：①酸化1后的溶液中含有Na2CrO4、Na2CO3等。
②NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
（1）高温氧化时发生多个反应，其中Al2O3和SiO2分别转化为 NaAIO2和 ；FeO•Cr2O3参与反应的产物中含有Fe2O3、NaNO2等，该反应化学方程式为 。
（2）滤渣1的成分为 。
（3）为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去则需调节溶液中Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L为达此目的酸化1溶液的pH范围是 。
已知：Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33
（4）酸化2时，酸化的作用是 ，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是 。
（5）称取K2Cr2O7样品2.40g，配成250mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约6min后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），共用去Na2S2O3标准溶液20.00mL，所得样品中K2Cr2O7的质量分数为 。
相关反应：
i）Cr2O72﹣+I﹣+H+﹣Cr3++I2+H2O
ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
17．（13分）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为Co、Cr、Ni，陶瓷基体为碳化硅等。回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表中第四周期 族，Cr与Ni的基态原子核外未成对电子数之比为 。
（2）与C相比，Si原子之间难以形成双键的原因是 。
（3）已知CO2的一种晶体结构与SiO2、SiC相似，则该CO2晶体的熔点比SO2晶体的 （填“高”、“低”），原因是 。
（4）钴酞菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图1所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 ；水溶性得到有效改善的原因是 。
（5）SiC的晶胞结构如图所示。晶胞参数为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，SiC晶体的密度为 g/cm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，若图2中原子1的分数坐标为（），则原子2的分数坐标为 。
18．（12分）氨是重要的基础化工产品之一。
（1）2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德•埃特尔，确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为 ，该步反应的活化能Ea＝ kJ/mol.
（2）在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图2所示：
①温度T1、T2、T3中，最大的是 ，M点N2的转化率为 ；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）
k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各组分的分压（分压＝总压×物质的量分数）；a为常数，工业上以铁为催化剂时，a＝0.5，由M点数据计算＝ MPa2（保留两位小数）。
（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。
①已知：H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
请根据本题相关数据，写出NH3（g）还原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式 ；
②将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率（即NO2的转化率，）结果如图3所示：
a点 （填“是”或“不是”）平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是 。
19．（12分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现Ⅰ（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：
（1）D中官能团的名称为 。
（2）C分子中最多有 个原子共平面，F的结构简式为 。
（3）A反应生成B的化学方程式是 。
（4）符合下列条件的D的同分异构体有 种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为 。
（5）已知：RNO2RNH2。写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺 （）的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任选）。
20．（12分）过氧化钙（CaO2）是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境。某实验小组制备CaO2过程如下
Ⅰ.制备CaO2•8H2O
利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+，在碱性环境下制取CaO2•8H2O的装置如下：
（1）CaO2的电子式为 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 。
（3）仪器A的名称为 ；仪器B的作用是 。
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O的产率和 。
（5）反应结束后，分离提纯CaO2•8H2O的过程中，洗涤的操作为 。
Ⅱ.制得产品并定量检测
（6）CaO2•8H2O脱水干燥即得CaO2产品经检测知某CaO2产品中含有CaO2•xH2O和CaO，已知CaO2•xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。
①称取3.248g产品，加热，在标准状况下生成268.8mL气体。
②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2.80g。则该产品中CaO2•xH2O的x值为 。
2021年山东省聊城市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）实验室中下列做法正确的是（ ）
A．用分液漏斗分离Br2与CCl4的混合物
B．用pH试纸测定 NaClO溶液的pH
C．做实验剩余的Na块要放回原瓶
D．将乙醇与高锰酸钾存放在同一橱柜中
【分析】A．Br2和CCl4的混合物互溶，但沸点不同；
B．NaClO溶液具有氧化性，可使pH试纸褪色；
C．做实验剩余的钠，为了防止火灾是故，需要放回试剂瓶；
D．高锰酸钾具有氧化性能氧化乙醇。
【解答】解：A．Br2和CCl4的混合物互溶，但沸点不同，应选蒸馏法分离，故A错误；
B．NaClO溶液具有氧化性，可使pH试纸先变色后褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，故B错误；
C．钠性质活泼，用完后需要放回试剂瓶，故C正确；
D．高锰酸钾与乙醇存放在同一橱柜中，乙醇易挥发，高锰酸钾会氧化乙醇，则不能放在同一橱柜中，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价和试剂保存，为高频考点，把握物质的性质、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。
2．（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗硅制备高纯硅
B．食醋清除水壶中的水垢
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
【解答】解：A．粗硅制备高纯硅，粗硅与氯气反应，Si元素被氧化，该过程中涉及元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．食醋清除水壶中的水垢，碳酸钙与醋酸发生复分解反应，不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B选；
C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．苯酚长时间放置在空气中变为粉红色，苯酚被空气中的氧气氧化，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（2分）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，b、d基态原子的最高能层电子数相同，c的阳离子含有10个电子，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成。下列叙述正确的是（ ）
A．a的氢化物的沸点可能比b的高
B．c与d形成的二元化合物的水溶液可能显碱性
C．氧化物对应的水化物的酸性：a＜d
D．氢化物的稳定性：a＜b＜d
【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，d的单质与a的氢化物组成的混合气体见光有油状液体和气体生成，该反应为烷烃的取代反应，则d为Cl，a为C元素；b、d基态原子的最高能层电子数相同，说明二者位于同一主族，则b为F元素；c的阳离子含有10个电子，则c为Na、Mg、Al中的一种，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，a为C，b为F，c为Na或Mg或Al，d为Cl元素，
A．a的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，常温下氟化氢为气态，则a的氢化物的沸点可能比b的高，故A正确；
B．氯化钠溶液为中性，氯化镁和氯化铝溶液为酸性，c与d形成的二元化合物的水溶液不可能显碱性，故B错误；
C．没有指出元素最高价，无法比较C、Cl的氧化物对应的水化物的酸性，如高氯酸、氯酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞C，则简单气态氢化物的稳定性a＜d＜b，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、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，B为易错点，题目难度不大。
4．（2分）硫化硅（结构如图）是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧。下列叙述正确的是（ ）
A．硫化硅为分子晶体
B．硫化硅中所有原子共平面
C．1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键
D．第一电离能：O＞S＞H
【分析】A．依据图示可知，硅与硫通过共价键形成空间网状结构；
B．Si价层电子对数为4，Si为sp3杂化；
C．1个Si形成4个Si﹣S键；
D．氢的第一电离能大于硫。
【解答】解：A．依据图示可知，硅与硫通过共价键形成空间网状结构，晶体类型为共价晶体，故A错误；
B．Si价层电子对数为4，Si为sp3杂化，以Si为中心形成四面体结构，所以原子不可能共面，故B错误；
C．1个Si形成4个Si﹣S键，则1mol硫化硅中含有4mol Si﹣S键，故C正确；
D．第一电离能：O＞H＞S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质结构与性质，明确硫化硅结构组成、熟悉价层电子对互斥理论、电离能大小规律是解题关键，题目难度中等。
5．（2分）利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
除去SO2中的少量HCl
证明乙炔可使溴水褪色
制取并收集少量Cl2
灼烧Na2CO3•10H2O
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.HCl与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；
B.乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应；
C.氯气的密度比空气密度大；
D.灼烧在坩埚中进行。
【解答】解：A.饱和亚硫酸钠与HCl反应生成SO2，可以用于除去SO2中的少量HCl，故A正确；
B.电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会有还原性杂质气体H2S和PH3生成，杂质气体也可以使溴水褪色，故B错误；
C.Cl2比空气的密度大，收集少量Cl2应该长导管进入，故C错误；
D.灼烧Na2CO3•10H2O应该使用坩埚，故D错误；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、气体的制备、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）下列有关有机物X（结构如图）的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与3 mol NaOH反应
C．X的苯环上的一氯代物有4种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子
【分析】A.有机物含有碳碳双键、醚键、羟基、酮羰基、酯基等官能团；
B.能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基等官能团；
C.含有2个苯环，分别含有1、3种H原子；
D.X中的苯环、酮羰基以及碳碳双键可与氢气发生加成反应，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
【解答】解：A.有机物含有碳碳双键、醚键、羟基、酮羰基、酯基等官能团，则含氧官能团为醚键、羟基、酮羰基、酯基，共4种，故A正确；
B.能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基等官能团，且酯基水解生成羧基和酚羟基，则1molX最多能与3 mol NaOH反应，故B正确；
C.含有2个苯环，分别含有1、3种H原子，则X的苯环上的一氯代物有4种，故C正确；
D.X中的苯环、酮羰基以及碳碳双键可与氢气发生加成反应，加成产物中与环连接的碳原子为手性碳原子，共6个，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
7．（2分）B与Li同周期，BF3与一定量水形成晶体R，R在一定条件下可转化为T：
下列叙述错误的是（ ）
A．LiH中H﹣的半径大于Li+
B．R和T中均含有配位键
C．BF3和[B（OH）F3]﹣中B的杂化方式相同
D．H3O+的键角大于H2O
【分析】A．离子的核外排布相同，核电荷数越小，半径越低；
B．R、T中硼原子都有4条共价键，其中的B﹣O键均为配位键；
C．BF3中B原子为sp2杂化，[B（OH）F3]﹣中B原子为sp3杂化；
D．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。
【解答】解：A．H﹣与Li+的核外排布相同，核电荷数越小，半径越低，故H﹣的半径大于Li+，故A正确；
B．硼原子的最外层只有3个电子，可以形成3条共价键，而R、T中硼原子都有4条共价键，其中的B﹣O键均为配位键，故B正确；
C．BF3中B原子的σ键数为3，孤电子对数为0，故B原子为sp2杂化，[B（OH）F3]﹣中B原子的σ键数为4，孤电子对数为0，故B原子为sp3杂化，所以两者的杂化方式不同，故C错误；
D．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中含有两对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以H3O+的键角大于H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及离子半径的比较，配位键、杂化方式、键角等判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
8．（2分）硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂。制备、提纯硝基苯的流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌
B．步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度
C．步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出
D．步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下
【分析】苯环上的一个氢原子能与硝酸中的硝基发生取代反应得到硝基苯，反应①的化学方程式为：+HO﹣NO2+H2O，混合物为硝基苯、浓硝酸、浓硫酸，硝基苯是油状液体，难溶于水，密度比水大，苯微溶于水，与硝基苯互溶，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采用分液操作；粗产品1中有残留的硝酸及硫酸，然后依次用蒸馏水、Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤，除去粗产品中残留的酸，有机层为苯和硝基苯的混合物，还残留有水，再用无水CaCl2或无水硫酸镁干燥有机混合物，过滤，步骤③进行蒸馏，分离苯和硝基苯，得到纯硝基苯，以此解答该题。
【解答】解：A.浓硫酸密度大于浓硝酸，浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，所以配制一定比例浓硝酸和浓硫酸混合酸时，先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，以防止液体暴沸，故A正确；
B.步骤①反应温度控制在50～60℃，可用水浴加热，以便于控制反应温度，故B正确；
C.硝基苯是油状液体，与水不互溶，密度比水大，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采取分液操作，故C正确；
D.温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，内容涉对工艺流程的理解评价、方案设计等，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大。
9．（2分）SO2是硫酸工业尾气的主要成分，软锰矿主要成分是MnO2，还含有SiO2、Fe2O3等少量杂质。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体（MnSO4•H2O）的工艺流程如图：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2
B．操作1为蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤
C．反应Ⅳ后的溶液中含有的阳离子主要为Fe3+和Mn2+
D．上述过程中可循环使用的物质为CaCO3
【分析】尾气中加入CaCO3、通入空气发生反应I生成CO2，反应方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，然后加入氨气、碳酸氢铵，发生CaSO4+NH3+NH4HCO3＝CaCO3+（NH4）2SO4，过滤后得到硫酸铵溶液，向硫酸铵中加入KCl得到氯化铵和硫酸钾；向软锰矿浆中通入含有SO2的尾气，根据最终得到产物成分知，反应IV为MnO2+SO2＝MnSO4，然后除去杂质，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MnSO4•H2O，以此解答该题。
【解答】解：A.由以上分析可知反应Ⅰ的总化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故A正确；
B.由溶液得到晶体，可采用蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤等步骤，故B正确；
C.Fe3+可与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应后溶液中存在Fe2+和Mn2+，故C错误；
D.CaCO3为反应Ⅰ的反应物，反应Ⅱ的生成物，则上述过程中可循环使用的物质为CaCO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查制备方案以及分离提纯，为高考常见题型，题目涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等。
10．（2分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）一空气电池如图所示，其中在VB2电极上发生的反应为VB2+2OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2BO33﹣+10H2O。该电池工作时，下列叙述错误的是（ ）
A．当生成0.01 mol VO43﹣时，需消耗0.616L（标准状况）的O2
B．正极区溶液中n（KOH）不变，pH增大
C．电池总反应为11O2+4VB2+36KOH═4K3VO4+8K3BO3+18H2O
D．电子由VB2电极经负载、复合碳电极、KOH溶液回到VB2电极
【分析】根据在VB2电极上发生的反应为VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O，判断VB2电极为负极，正极O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，根据得失电子守恒求总方程式为4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，由此分析解答。
【解答】解：A．由4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣可知，消耗11mol氧气生成1 mol VO43﹣，生成0.01 mol VO43﹣时，标准状况下需消耗×0.01mol×22.4L/mol＝0.616L的O2，故A正确；
B．正极O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，则正极区溶液的pH升高，由于是因离子交换膜，钾离子不能通过，正极区溶液中n（KOH）不变，故B正确；
C．负极：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O①，正极：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣②，根据得失电子守恒，即4×①+11×②得：4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，故C正确；
D．电子不能通过电解质溶液，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）下列实验操作中，对应的实验现象和实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向NaBr溶液中加入少量的氯水和适量苯，振荡、静置
溶液上层呈橙红色
Br﹣还原性强于Cl﹣
B
将少量铜粉加入1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1mol/MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
D
向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热
有砖红色沉淀生成
葡萄糖具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯；
B.Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜；
C.NaOH溶液过量，可分别与硫酸镁、硫酸铜反应生成沉淀；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.氯水与NaBr反应生成溴，溴易溶于苯，溶液上层呈橙红色，可知Br﹣还原性强于Cl﹣，故A正确；
B.Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，不发生金属单质之间的置换反应，由操作和现象不能比较Fe、Cu的金属活泼性强弱，故B错误；
C.NaOH溶液过量，可分别与硫酸镁、硫酸铜反应生成沉淀，由操作和现象不能比较Ksp[Cu（OH）2]、Ksp[Mg（OH）2]的大小，故C错误；
D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，没有加碱中和酸，不能生成砖红色沉淀，则不能证明葡萄糖具有还原性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（4分）有机物甲、乙、丙、丁存在如图转化关系，下列叙述正确的是（ ）
A．丙的分子式为C5H10O2
B．1mol甲与浓溴水反应，可消耗2molBr2
C．乙到丁的反应类型为加成反应
D．甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种
【分析】A.丙分子含有8个H原子；
B.甲含有酚羟基，邻位可发生取代反应；
C.乙生成丁，C＝C键生成C﹣C键；
D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同，应含有酯基、醚键和酚羟基，结合位置异构判断。
【解答】解：A.丙分子含有8个H原子，则分子式为C5H8O2，故A错误；
B.甲含有酚羟基，只有一个邻位可发生取代反应，则1mol甲与浓溴水反应，可消耗1molBr2，故B错误；
C.乙生成丁，C＝C键生成C﹣C键，属于加成反应，故C正确；
D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同，应含有酯基、醚键和酚羟基，苯环含有3个不同的取代基，则对应的同分异构体有10种，甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有9种，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，难点为D，注意同分异构体的判断，题目难度不大。
13．（4分）近日，我国学者在 Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列叙述错误的是（ ）
A．电解过程中Cl﹣透过交换膜向右侧移动
B．工作过程中Ni电极附近的电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．每生成1mol环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA
D．电解结束溶液混合后KCl的浓度比电解前的小
【分析】从图中的流程可以看出：阳极Cl﹣被氧化为Cl2，Cl2与水反应生成HClO，乙烯通入后与HClO反应生成CH2ClCH2OH；阴极发生电极反应后生成了OH﹣，两级电解液输出混合后得到环氧乙烷。结合装置图可知：Pt电极为阳极，Ni电极为阴极。
【解答】解：A．电解池中，通入乙烯的左侧是阳极，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以Cl﹣透过阴离子交换膜移向左侧的Pt电极，故A错误；
B．阴极Ni电极附近H2O电离出的H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故B正确；
C．根据反应历程，2molCl﹣在阳极氧化为1molCl2，转移2mole﹣，Cl2与水反应生成1molHClO，乙烯与HClO发生加成反应生成1mol的CH2ClCH2OH，两级溶液混合时，1molCH2ClCH2OH生成了1mol的环氧乙烷，因此，每生成 环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为2NA，故C正确；
D．总反应为：CH2＝CH2+H2O→+H2↑，因为H2O被消耗，故KCl的浓度比电解前的大，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题主要考查电化学，涉及到电极方程式的正误判断、电化学有关计算、离子移动方向等知识点，明确电解原理是解题的关键，难度中等，为高频考点。
14．（4分）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣164.7kJ•mol﹣1；
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1；
反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）△H＝﹣247.1kJ•mol﹣1。
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应Ⅲ在a点的平衡常数K＝
B．图中曲线B表示平衡时n（CO2）随温度的变化关系
C．CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （l）△H＞﹣205.9kJ/mol
D．在低温条件下，可同时提高CO2平衡转化率和CH4的平衡产率
【分析】A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B.反应正向建立平衡，最高点达到平衡状态，最高点以后随温度升高B的量减小；
C.由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅲ得到CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （g），再根据H2O （g）→H2O （Δl）△H′＞＜0进行解答；
D.低温有利于生成甲烷。
【解答】解：A.反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝，故A正确；
B.向恒压密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，故B错误；
C.由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅲ得到CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O （g）△H＝（﹣164.7）kJ•mol﹣1+×（﹣247.1kJ•mol﹣1）＝﹣205.9kJ•mol﹣1，又因为H2O （g）→H2O （l）△H′＜0，故△H＜﹣205.9kJ/mol，故C错误；
D.低温有利于生成甲烷，则低温使用催化剂可提高CO2转化为CH4的转化效率，故D正确，
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握K的表达式、温度对平衡的影响、盖斯定律计算焓变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
15．（4分）常温时，某酸溶液中存在如下关系c（H2Y）+c（HY﹣）+c（Y2﹣）＝0.1mol/L。l gc（H2Y）、lgc（HY﹣）和lgc（Y2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系
B．Kh2（Na2Y）的数量级为10﹣12
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数为K＝105.8
D．由a至b，溶液中水的电离程度先增大后减小
【分析】A．向H2Y溶液中加入碱调节溶液的pH，H2Y逐渐反应生成HY﹣、Y2﹣，则溶液中c（H2Y）和c（HY﹣）逐渐减小，c（Y2﹣）逐渐增大；
B．由图可知pH＝4.4时，c（HY﹣）＝c（Y2﹣），Ka2（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣4.4，结合Kh2（Na2Y）＝进行计算；
C．反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数K＝＝×＝，结合Ka1（H2Y）、Ka2（H2Y）进行计算；
D．由图可知，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水解。
【解答】解：A．由图可知，随着pH增大，溶液中c（H2Y）和c（HY﹣）逐渐减小，c（Y2﹣）逐渐增大，则曲线③表示pH与lgc（Y2﹣）的变化关系，故A正确；
B．②表示lgc（HY﹣）与pH的变化关系，③表示lgc（Y2﹣）与pH的变化关系，pH＝4.4时，c（HY﹣）＝c（Y2﹣），Ka2（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣4.4，则Kh2（Na2Y）＝＝＝10﹣9.6，数量级为10﹣10，故B错误；
C．图中pH＝1.4时，c（HY﹣）＝c（H2Y），Ka1（H2Y）＝＝c（H+）＝10﹣1.4，Ka2（H2Y）＝10﹣4.4，则反应H2Y+Y2﹣⇌2HY﹣的化学平衡常数K＝＝×＝＝＝103，故C错误；
D．由图可知，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水解，则水的电离程度先增大后减小，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查弱电解质电离、离子浓度大小比较、pH的应用等知识，题目难度中等，明确电离平衡常数计算为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（11分）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种强氧化剂，在实验室和工业中都有很广泛的应用。某，实验小组以铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]为原料，制备K2Cr2O7流程如下：
已知：①酸化1后的溶液中含有Na2CrO4、Na2CO3等。
②NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。
（1）高温氧化时发生多个反应，其中Al2O3和SiO2分别转化为 NaAIO2和 Na2SiO3 ；FeO•Cr2O3参与反应的产物中含有Fe2O3、NaNO2等，该反应化学方程式为 2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2 。
（2）滤渣1的成分为 Fe2O3、MgCO3 。
（3）为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去则需调节溶液中Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L为达此目的酸化1溶液的pH范围是 5＜pH＜8 。
已知：Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33
（4）酸化2时，酸化的作用是 增加氢离子的浓度，2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动 ，在酸化时溶液酸性不能太强的原因是 因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化 。
（5）称取K2Cr2O7样品2.40g，配成250mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约6min后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），共用去Na2S2O3标准溶液20.00mL，所得样品中K2Cr2O7的质量分数为 98% 。
相关反应：
i）Cr2O72﹣+I﹣+H+﹣Cr3++I2+H2O
ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
【分析】铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]，加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2，冷却后加水过滤，得到滤渣1为Fe2O3、MgCO3，在滤液中加醋酸酸化后，NaNO2具有还原性，当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化为NaNO3，且NaAlO2遇到酸后反应生成Al（OH）3沉淀，过滤后滤渣2为Al（OH）3，再加醋酸进行酸化，发生2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，以此分析回答问题。
【解答】解：（1）铬铁矿[主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]，加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应有：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2，
故答案为：Na2SiO3；2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O24Na2CrO4+NaNO2+Fe2O3+4CO2；
（2）根据上述分析可知：滤渣1的成分为Fe2O3、MgCO3，
故答案为：Fe2O3、MgCO3；
（3）若使NaAlO2变为Al（OH）3，Al3+、AlO2﹣浓度均不超过10﹣6mol/L，根据Al（OH）3（s）⇌H+（aq）+AlO2﹣（aq）+H2O（1）K＝1×10﹣14，K＝c（H+）×c（Al3+），所以c（H+）＝mol/L＝1×10﹣8mol/L，pH＝8；Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33＝c3（OH﹣）×c（Al3+），c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣9mol/L，c（H+）＝1×10﹣5mol/L，pH＝5，所以为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀的pH范围为：5＜pH＜8，
故答案为：5＜pH＜8；
（4）因为溶液中存在2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化，所以酸化时溶液酸性不能太强，
故答案为：增加氢离子的浓度，2CrO4﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，所以酸化2是为了增加氢离子的浓度，使平衡正向移动；因为溶液中存在Cl﹣，在强酸的条件下，会被Cr2O72﹣氧化；
（5）根据相关反应：i）Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O、ii）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣可知，Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣，n（S2O32﹣）＝0.24×20×10﹣3mol＝4.8×10﹣3mol，n（Cr2O72﹣）＝4.8×10﹣3mol×＝8×10﹣4mol，所得样品中K2Cr2O7的质量分数＝×100%＝98%，
故答案为：98%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17．（13分）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为Co、Cr、Ni，陶瓷基体为碳化硅等。回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表中第四周期 Ⅷ 族，Cr与Ni的基态原子核外未成对电子数之比为 3：1 。
（2）与C相比，Si原子之间难以形成双键的原因是 Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键 。
（3）已知CO2的一种晶体结构与SiO2、SiC相似，则该CO2晶体的熔点比SO2晶体的 高 （填“高”、“低”），原因是 碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强 。
（4）钴酞菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图1所示：
四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 1、3 ；水溶性得到有效改善的原因是 氨基中氮原子能与水分子形成氢键 。
（5）SiC的晶胞结构如图所示。晶胞参数为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，SiC晶体的密度为 g/cm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，若图2中原子1的分数坐标为（），则原子2的分数坐标为 （，，） 。
【分析】（1）钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2；
（2）C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键；
（3）由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱；
（4）含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钴酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×＝4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：＝d（c×10﹣10）3，可得晶体密度。
【解答】解：（1）钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，核外有6个不成对电子，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，核外有2个不成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3：1，
故答案为：Ⅷ；3：1；
（2）C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，与C原子相比，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键，则Si原子之间难以形成双键，
故答案为：Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键；
（3）由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，由于碳原子的原子半径比硅原子小，非金属性比硅原子强，二氧化碳晶体中碳氧键的键长比二氧化硅晶体中硅氧键短、键能比硅氧键大，则二氧化碳晶体中碳氧键的共价键二氧化硅晶体中比硅氧键强，熔点比二氧化硅晶体大，
故答案为：高；碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强；
（4）含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钴酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键，则四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子为1、3号；四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大在水中的溶解性，
故答案为：1、3；氨基中氮原子能与水分子形成氢键；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×＝4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：＝d（c×10﹣10）3，解得d＝g/cm3；由位于体对角线四分之一处上部原子1的分数坐标为（），可知晶胞的边长为1，则位于体对角线四分之一处下部原子2的分数坐标为（，，），
故答案为：；（，，）。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查知识再现、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。
18．（12分）氨是重要的基础化工产品之一。
（1）2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德•埃特尔，确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为 N2*+H2*═N+3H ，该步反应的活化能Ea＝ 62 kJ/mol.
（2）在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图2所示：
①温度T1、T2、T3中，最大的是 T3 ，M点N2的转化率为 40% ；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：
r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）
k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p（N2）、p（H2）、p（NH3）代表各组分的分压（分压＝总压×物质的量分数）；a为常数，工业上以铁为催化剂时，a＝0.5，由M点数据计算＝ 136.69 MPa2（保留两位小数）。
（3）氮的氧化物对大气的污染可用氨来处理。
①已知：H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
请根据本题相关数据，写出NH3（g）还原NO2（g）生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式 8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝﹣2734kJ/mol ；
②将NH3和NO2以一定的流速，分别通过甲、乙两种催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率（即NO2的转化率，）结果如图3所示：
a点 不是 （填“是”或“不是”）平衡状态；脱氮率a～b段呈现如图变化，可能的原因是 a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小 。
【分析】（1）合成氨反应的决速步骤为最慢的一步反应，活化能越大，反应速率越慢，据此解答；
（2）①压强相同时，升高温度，平衡向吸热方向移动，结合图1和图2解答，根据m＝n×M计算容器中的气体总质量，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，结合M点坐标计算NH3的平衡量，再根据变化量之比等于化学计量数之比计算氮气的变化量，代入转化率＝×100%计算；
②由①可知平衡时各气体的物质的量，M点总压强为16MPa，据此计算各气体的平衡压强，平衡时净速率r（NH3 ）＝0，a＝0.5，代入净速率方程式可得；
（3）①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；
②温度相同时，平衡状态下脱氮率最大，反应未达到平衡状态时，脱氮率与反应速率有关，而催化剂活性与温度有关，据此解答。
【解答】解：（1）图1中各个反应中活化能最大的一步反应为：N2*+H2*═N+3H，即为决速步骤，该步反应的活化能Ea＝（17+45）kJ/mol＝62kJ/mol，
故答案为：N2*+H2*═N+3H；62；
（2）①由图1可知，合成氨反应的热化学方程式为：N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H＝﹣46kJ/mol，故合成氨反应正向放热，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的质量分数减小，故温度T1、T2、T3中，最大的是T3，向反应容器中投入5molN2、15molH2，则气体的总质量为m（N2）+m（H2）＝5mol×28g/mol+15mol×2g/mol＝170g，M点氨的质量分数为40%，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，故NH3的平衡量为＝4mol，则△n（N2）＝△n（NH3）＝×4mol＝2mol，故N2的转化率为×100%＝40%，
故答案为：T3；40%；
②由①可知，M点的△n（H2）＝3△n（N2）＝3×2mol＝6mol，N2（g）、H2（g）、NH3（g）的物质的量分别为（5﹣2）mol＝3mol、（15﹣6）mol＝9mol、4mol，气体总物质的量为（3+9+4）mol＝16mol，总压强为16MPa，则N2（g）、H2（g）、NH3（g）的分压分别为（16×）MPa＝3MPa、（16×）MPa＝9MPa、（16×）MPa＝4MPa，平衡时净速率r（NH3 ）＝k1p（N2）[]a﹣k2[]（1﹣a）＝0，则k1p（N2）[]a＝k2[]（1﹣a），a＝0.5，故＝＝MPa2≈136.69MPa2，
故答案为：136.69；
（3）①已知：i.H2O（g）═H2O（1）△H＝﹣44kJ/mol
ii.N2（g）+2O2 （g）═2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
iii.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＝﹣571kJ/mol
iv.N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H＝﹣46kJ/mol
根据盖斯定律，由6×iii﹣12×i﹣3×ii﹣8×iv可得8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝6×（﹣571kJ/mol）﹣12×（﹣44kJ/mol）﹣3×（+68kJ/mol）﹣8×（﹣46kJ/mol）＝﹣2734kJ/mol，
故答案为：8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＝﹣2734kJ/mol；
②催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，温度相同时，平衡状态下脱氮率最大，由图3可知，a点温度下，使用乙催化剂时脱氮率更大，故a点不是平衡状态，a～b段反应未达到平衡状态，脱氮率与反应速率有关，a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小，
故答案为：不是；a点后升高温度，甲催化剂活性降低，反应速率减小，导致脱氮率减小。
【点评】本题考查热化学方程式的书写、反应速率的影响因素和化学平衡的计算，题目难度中等，关键是明确图象的横纵坐标和变化趋势的含义，掌握盖斯定律的应用、平衡状态的特征、外界条件对反应速率和平衡移动的影响，提高学生的分析能力和化学计算能力。
19．（12分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现Ⅰ（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：
（1）D中官能团的名称为 羟基、羧基 。
（2）C分子中最多有 15 个原子共平面，F的结构简式为 。
（3）A反应生成B的化学方程式是 +NaOH+NaBr 。
（4）符合下列条件的D的同分异构体有 26 种。
①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为 、 。
（5）已知：RNO2RNH2。写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺 （）的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任选）。
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，
（5）先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。
【解答】解：（1）D为，官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（2）C为，根据苯环为平面结构、﹣CH2﹣为四面体结构、﹣CHO为平面结构可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，
故答案为：15；；
（3）由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，
故答案为：+NaOH+NaBr；
（4）D为，同分异构体中满足①与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗 3molNaOH，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个﹣OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个﹣OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1时，说明含有2个甲基，故为、，
故答案为：26；、；
（5）先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团结构与性质，充分利用有机物的结构采取逆推法进行推断，侧重于学生分析能力和推断能力的考查，注意把握题目给予给信息，题目难度中等。
20．（12分）过氧化钙（CaO2）是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境。某实验小组制备CaO2过程如下
Ⅰ.制备CaO2•8H2O
利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+，在碱性环境下制取CaO2•8H2O的装置如下：
（1）CaO2的电子式为 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O 。
（3）仪器A的名称为 三颈烧瓶 ；仪器B的作用是 防倒吸 。
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O的产率和 提高过氧化氢的利用率 。
（5）反应结束后，分离提纯CaO2•8H2O的过程中，洗涤的操作为 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次 。
Ⅱ.制得产品并定量检测
（6）CaO2•8H2O脱水干燥即得CaO2产品经检测知某CaO2产品中含有CaO2•xH2O和CaO，已知CaO2•xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。
①称取3.248g产品，加热，在标准状况下生成268.8mL气体。
②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2.80g。则该产品中CaO2•xH2O的x值为 3 。
【分析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用，
（1）过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物；
（2）甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水；
（3）由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗；
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低CaO2•8H2O溶解度，便于晶体析出，通过CaO2•8H2O的产率，同时也能减少过氧化氢分解；
（5）洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次即可；
（6）由①可得：2CaO2•xH2O～O2，266.8mL氧气的物质的量为mol＝0.012 mol，则CaO2•xH2O的物质的量为0.012 mol×2＝0.024 mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为mol＝0.028 mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028 mol，则CaO的物质的量为0.028 mol﹣0.024 mol＝0.004 mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024 mol×（72+18x）g•mol﹣1+0.004 mol×56 g•mol﹣1＝3.248g，据此计算x数值。
【解答】解：（1）过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，
故答案为：；
（2）甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，
故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
（4）乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低CaO2•8H2O溶解度，便于晶体析出，通过CaO2•8H2O的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，
故答案为：提高过氧化氢的利用率；
（5）洗涤CaO2•8H2O的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次即可，
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2﹣3次；
（6）由①可得：2CaO2•xH2O～O2，266.8mL氧气的物质的量为mol＝0.012 mol，则CaO2•xH2O的物质的量为0.012 mol×2＝0.024 mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为mol＝0.028 mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028 mol，则CaO的物质的量为0.028 mol﹣0.024 mol＝0.004 mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024 mol×（72+18x）g•mol﹣1+0.004 mol×56 g•mol﹣1＝3.248g，解得x＝3，
故答案为：3。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
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