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2021年山东省德州市高考化学二模试卷
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这是一份2021年山东省德州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年山东省德州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）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B．浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C．聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D．SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
2．（2分）以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A．装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性
B．装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C．装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
D．装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
3．（2分）下列叙述正确的是.（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
4．（2分）绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
5．（2分）茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
6．（2分）工业上可用软锰矿（含少量铜化合物的MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2、SiO2等）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
7．（2分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B．两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C．由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
8．（2分）2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图（隔膜a只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（ ）
A．In/In2O3﹣x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH﹣由In/In2O3﹣x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH﹣也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣═CH3 （CH2 ）6CN+4H2O
9．（2分）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol•L﹣1K2S2O3无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A．实验①说明：Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＜Kw
B．实验②中发生反应：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D．实验④说明：该条件下，S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣
10．（2分）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
C．该反应的热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）═N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣1.02eV•mol﹣1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
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）Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是（ ）
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：4
12．（4分）根据如表实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液中加入1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I﹣与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
（多选）14．（4分）在恒温条件下，向盛有足量NaCl（s）的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0K1
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c（NO）＝2.5×10﹣2mol•L﹣1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为
（多选）15．（4分）某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol•L﹣1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc（Cu2+ ）和﹣lg c（Zn2+ ）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。[已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），1g 3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A．a点的ZnCl2溶液中：c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+ ）+c（H+）]
B．由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝10﹣35.4
C．a﹣b﹣e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣的空间构型为 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm﹣3，则高为h＝ nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
17．（12分）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿（主要成分为NiS，FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图。
（1）形成Ni（CO）4时碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为 ，Ni（CO）4含有的化学键类型 。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为 （填化学式）。
（3）滤渣D为单质镍.硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式： 。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是 。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是 （填标号）。
a.KSCN溶液
b.K3[Fe（CN）6]
c.酸性高锰酸钾
d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理 （用化学方程式表示）。
18．（12分）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{ （NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}的实验步骤如图。
ⅰ.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4•2HCl溶液，微沸数分钟。
ⅱ.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中的还原剂是 （ 填化学式）。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行（夹持仪器略去），利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 。
②装置B的作用是 。
（3）步骤ⅰ中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 ，用无水乙醇洗涤的目的是 。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH＝12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO（OH）3]﹣，写出转化过程的离子方程式 。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略），最后用c mol•L﹣1 （NH ）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %（用含有m、c、V的式子表示）。
19．（12分）近年来将CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成CH涉及的主要反应如下：
①C2 H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H1＝+9kJ•mol﹣1
②C2H4（g）+H2（g）⇌C2H6（g）△H2＝﹣136kJ•mol﹣1
③H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3＝+41kJ•mol﹣1
④CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H4
（1）△H4＝ ，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si性能的影响如图1。
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）在800℃时，n（CO2）：n（C2H6）＝1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压X物质的量分数，用最简分式表示）
Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图2所示。
（3）“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（4）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图3所示。
①该反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c（CO2）较原平衡 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 。
20．（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是 ，C中的官能团名称为 。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 。
（3）已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有 种。
①含有1个五元碳环；
②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式 。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图 。（其他试剂自选）
2021年山东省德州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）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B．浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C．聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D．SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
【分析】A．84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属；
B．乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化；
C．聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应；
D．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物。
【解答】解：A．84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属，所以84消毒液不能用于金属制品的消毒，故A正确；
B．乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化，则用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，涉及到氧化还原反应，故B正确；
C．聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应，聚乙烯塑料老化是因为发生氧化反应，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物，所以SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A．装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性
B．装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C．装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
D．装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
【分析】A.关闭a，打开b，软导管可平衡气压；
B.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发；
C.标准NaOH溶液应选碱式滴定管；
D.下方为阳极生成氯气，与上方产生的NaOH反应。
【解答】解：A.关闭a，打开b，软导管可平衡气压，不能检验气密性，故A错误；
B.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，故B错误；
C.标准NaOH溶液应选碱式滴定管，不能选图中酸式滴定管，故C错误；
D.下方为阳极生成氯气，与上方产生的NaOH反应，可制备少量含NaClO的消毒液，故D正确；
故选：D。
【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、物质的制备、中和滴定、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。
3．（2分）下列叙述正确的是.（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
【分析】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别是Be、Cl元素；
B．Se位于第四周期第VIA族；
C．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D．不同非金属元素原子之间易形成极性键。
【解答】解：A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别是Be、Cl元素，二者形成的化合物BeCl2为共价化合物，故A错误；
B．Se与K同一周期、与O同一主族，则Se位于第四周期第VIA族，属于p区元素，故B错误；
C．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，BF3为正三角形分子，CO2为直线形分子，BF3、CO2正负电荷中心重合而为非极性分子；PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构，则PCl3、H2O2分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误；
D．不同元素组成的多原子分子里一定含有极性键，如HF、HCl等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、分子极性、化合物类型等判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、分子空间构型是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
【分析】绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品；
A．加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂；
B．在“浸膏”中加入温水，然后冷却、过滤，说明降低温度，会析出固体；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应；
D．绿原酸难溶于水。
【解答】解：A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，故A正确；
B．在“浸膏”中加入温水，然后冷却、过滤，说明降低温度，会析出固体，所以绿原酸溶解度随温度升高而升高，故B错误；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，故C正确；
D．绿原酸难溶于水，杂质易溶于水，可利用重结晶的方法进一步提纯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、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，注意把握有机物的性质，题目难度不大。
5．（2分）茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
【分析】A．﹣NH﹣CO﹣是酰胺键，不存在酮羰基；
B．只有、苯环能够与氢气加成反应；
C．虚线框内中五元环中3个C均为四面体结构；
D．没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变色。
【解答】解：A．该分子中含有羟基（﹣OH），不含酮羰基，结构中的﹣NH﹣CO﹣是酰胺键，故A错误；
B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，故B错误；
C．如图苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，故C错误；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，该有机物分子中没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6．（2分）工业上可用软锰矿（含少量铜化合物的MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2、SiO2等）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【分析】由流程可知，软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸溶浸，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，过滤分离出废渣为MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为2Fe2++15MnO2+28H+＝2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，加石灰除去铁离子，过滤分离出滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤分离出MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，废液含碳酸铵，以此来解答。
【解答】解：A.研磨矿石、适当升高温度均可加快反应速率，则提高溶浸工序中原料的浸出率，故A正确；
B.溶浸工序产生的废渣成分为SiO2；净化工序产生的废渣成分为CuS、CaF2，故B错误；
C.除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿可氧化亚铁离子，再加石灰调节溶液pH可沉淀铁离子，故C正确；
D.MnCO3不溶于水，从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B．两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C．由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外各层电子由里到外依次是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1，故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素。
【解答】解：根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。
A．一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，故A错误；
B．X是H，Y是N，Z是O，X2Z是H2O，YX3是NH3，H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2Z＜YX3，故B正确；
C．根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，故C正确；
D．X2Z是H2O，O元素电负性比N元素强，水与铜离子形成的配位键较弱，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律以及中学常见配离子。
8．（2分）2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图（隔膜a只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（ ）
A．In/In2O3﹣x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH﹣由In/In2O3﹣x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH﹣也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣═CH3 （CH2 ）6CN+4H2O
【分析】由图中In/In2O3﹣x电极上CO2→HCOO﹣可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3﹣x电极为阴极，阴极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．In/In2O3﹣x电极为阴极，与电源负极相连，故A正确；
B．In/In2O3﹣x电极为阴极，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子移向阳极，即OH﹣向Ni2P电极区迁移，故B正确；
C．阴极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则每消耗xmol的CO2理论上转移2xmol电子，通过隔膜a的OH﹣为2xmol，故C错误；
D．Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，题目难度不大。
9．（2分）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol•L﹣1K2S2O3无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A．实验①说明：Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＜Kw
B．实验②中发生反应：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D．实验④说明：该条件下，S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣
【分析】A．0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5，说明NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，即Ka2（H2SO3）＞Kh（HSO3﹣），结合Kh（HSO3﹣）＝分析；
B．实验②为强酸性环境，酸性条件下高锰酸根离子氧化NaHSO3生成硫酸根离子，自身被还原为锰离子；
C．Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成S和SO2；
D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物氧化性。
【解答】解：A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性，HSO3﹣电离程度＞HSO3﹣水解程度，Ka2（H2SO3）＞Kh（HSO3﹣），而Kh（HSO3﹣）＝，即Ka2（H2SO3）＞，Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＞Kw，故A错误；
B．向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去，发生反应为：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故B正确；
C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2，故C正确；
D．实验④溶液中出现紫红色，说明S2O82﹣作氧化剂，生成氧化产物MnO4﹣，则S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，涉及性质方案的设计、氧化还原反应、电离常数的计算等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化性强弱比较方法及常见元素化合物性质，需要明确电离平衡常数与水解平衡常数、水的离子积之间关系，题目难度中等。
10．（2分）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
C．该反应的热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）═N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣1.02eV•mol﹣1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
【分析】结合图示可知，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为﹣1.23eV﹣（﹣2.16eV）＝0.93eV、﹣1.55eV﹣（﹣1.77eV）＝0.22eV、﹣1.02eV﹣（﹣2.21eV）＝1.19eV，以此结合反应速率、化学平衡的影响因素及热化学方程式的书写原则解答。
【解答】解：A．结合分析可知，该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV，故A正确；
B．由分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由（CH3）2NCH2OH*转化为（CH3）2NCH2的反应，该反应的化学方程式为：（CH3）2NCH2OH*＝（CH3）2NCH2+OH*，故B正确；
C．该反应的总反应是由（CH3）2NCHO（g）转化为N（CH3）3（g），但1.02eV为单个（CH3）2NCHO（g）反应时放出的热量，则△H＝﹣1.02NAeV＝﹣1.02×1.6×10﹣19×NAJ/mol≈﹣98.25kJ/mol，所以热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣98.25kJ/mol，故C错误；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动，DMF平衡转化率增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变、化学平衡的影响等知识，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写方法及化学平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
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）Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是（ ）
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：4
【分析】A．反应生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行；
B．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应，Y难溶于碳酸钠溶液；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应。
【解答】解：A．与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，故A正确；
B．Y与Br2的加成中，箭头指向处是手性碳原子，故B正确；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，故C正确；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗（3+1）molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗（3+1+1）molH2，故比例为4：5，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质及有机反应，题目难度不大。
12．（4分）根据如表实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液中加入1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I﹣与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.挥发的醇可被酸性高锰酸钾氧化；
C.氯化铁不足，反应后滴加KSCN溶液，溶液呈红色，可知含铁离子；
D.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，而酸性碳酸＞苯酚，故A错误；
B.挥发的醇可被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故B错误；
C.氯化铁不足，反应后滴加KSCN溶液，溶液呈红色，可知含铁离子，则I﹣与Fe3+的反应是可逆反应，故C正确；
D.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱，不能检验，故D错误；
故选：C。
【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、物质的检验、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。
13．（4分）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
【分析】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强；
B．如图结构的吡啶环中C、N原子的价层电子对均为3；
C．电负性强的氮原子上的1对未共用电子；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键。
【解答】解：A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故A正确；
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，故B正确；
C．吡啶（）含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，故C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质结构和性质，为高频考点，涉及电负性，杂化方式、氢键等知识点，侧重考查基础知识运用能力，题目难度中等。
（多选）14．（4分）在恒温条件下，向盛有足量NaCl（s）的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0K1
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c（NO）＝2.5×10﹣2mol•L﹣1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为
【分析】A．压强之比等于物质的量之比，10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，据此计算平衡时混合气体总物质的量，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min），则平衡时n（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min）×10min×2L＝0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，列化学平衡三段式计算；
B．根据A中数据，结合转化率＝；
C．反应②为放热反应，在绝热条件下进行，温度升高，平衡逆向移动；
D．根据盖斯定律可知，由①×2﹣②可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）。
【解答】解：A．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）＝0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min），则平衡时n（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min）×10min×2L＝0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）
起始（mol） 0.2 0
转化（mol） x 0.5x
平衡（mol） 0.2﹣x 0.5x
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
起始（mol） 0.2 0.1 0
转化（mol） 2y y 2y
平衡（mol） 0.2﹣2y 0.1﹣y 2y
则0.5x+2y＝0.15，（0.2﹣x+0.2﹣2y+0.1﹣y）+0.5x+2y＝0.4，联立方程，解得x＝0.1、y＝0.05，故平衡后c（NO）＝＝0.05mol/L，故A错误；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为＝50%，故B正确；
C．反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小，故C错误；
D．由盖斯定律可知，由①×2﹣②可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K＝，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，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。
（多选）15．（4分）某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol•L﹣1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc（Cu2+ ）和﹣lg c（Zn2+ ）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。[已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），1g 3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A．a点的ZnCl2溶液中：c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+ ）+c（H+）]
B．由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝10﹣35.4
C．a﹣b﹣e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
【分析】A．溶液中存在电荷守恒：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝2c（Zn2+）+c（H+），据此分析解答；
B．已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＝10﹣12.7mol/L，c（S2﹣）＝10﹣12.7mol/L，Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）×c（S2﹣）；
C．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），滴加0.1mol/L的Na2S溶液时，溶液中c（S2﹣）几乎相同，则溶液中c（Zn2+）＞c（Cu2+），结合﹣1gc（Cu2+）和﹣lgc（Zn2+）大小分析判断；
D．c点时铜离子全部沉淀，Ksp（CuS）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，d点加入20ml 0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c（S2﹣）＝＝0.033mol/L，结合溶度积常数计算判断。
【解答】解：A．溶液中电荷守恒为c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝2c（Zn2+）+c（H+），即c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（H+）＝2c（Zn2+）+2c（H+），则c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+）+c（H+）]，故A正确；
B．已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＝10﹣12.7mol/L，c（S2﹣）＝10﹣12.7mol/L，由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）×c（S2﹣）＝10﹣12.7×10﹣12.7＝10﹣25.4，故B错误；
C．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），滴加0.1mol/L的Na2S溶液时，溶液中c（S2﹣）几乎相同，则溶液中c（Zn2+）＞c（Cu2+）、﹣1gc（Cu2+）＞﹣lgc（Zn2+），由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a﹣b﹣e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故C错误；
D．c点时铜离子全部沉淀，Ksp（CuS）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，d点加入20ml 0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c（S2﹣）＝＝0.033mol/L，c（Cu2+）＝＝＝3×10﹣34.4mol/L，所以﹣lgc（Cu2+）＝﹣lg3×10﹣34.4＝34.4﹣lg3＝34.4﹣0.5＝33.9，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数Ksp的计算、平衡图象分析等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，注意盐类水解原理和电荷关系的应用，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣的空间构型为 正四面体 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 sp3 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 4:1 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为 Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 12 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 AuCu3H8 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm﹣3，则高为h＝ ×1021(或×1021) nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
【分析】（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的价电子排布式为：4d105s2，进一步写出基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）；
（2）SO42﹣中S原子的价电子对数是4，无孤电子对，即可判断其空间构型，根据固态SO3结构图可知，S原子形成4个σ键，无孤电子对，即可判断S的杂化轨道类型；
（3）单键为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72﹣的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，即可判断σ键与π键个数之比；
（4）离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高，晶格能又决定于离子半径和离子所带电荷数的多少，半径越小，电荷数越多，晶格能越大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据均摊原则，Au原子的配位数为12，晶胞中Au原子数为1，Cu原子数为3、H2分子数是4，即可得到化学式；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数，Ti原子数，依据，将数据代入求出h即可。
【解答】解：（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为，
故答案为：；
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣中S原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为：4+0＝4，空间构型为正四面体形，液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结构图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3，
故答案为：正四面体；sp3；
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72﹣的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，所以σ键与π键个数比为（8+4×2）：4＝4：1，
故答案为：4：1；
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带的电荷数较多，离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，所以熔、沸点越高，硬度大，
故答案为：Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为：8×＝12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为：AuCu3H8，
故答案为：12；AuCu3H8；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数，晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：V＝S底×h＝6××h＝a2×h×10﹣21cm3，则＝＝ρg•cm﹣3，解得：h＝×1021nm＝×1021nm，
故答案为：×1021(或×1021)。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，属于难题，掌握核外电子排布式的书写、晶体类型、杂化方式、空间构型、σ键与π键、晶格能大小的判断，明确晶胞的计算方法是解题的关键，同时考查学生读题获取信息的能力，根据信息分析解决问题的能力，具有一定的综合性。
17．（12分）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿（主要成分为NiS，FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图。
（1）形成Ni（CO）4时碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为 0 ，Ni（CO）4含有的化学键类型 共价键和配位键 。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为 O2 （填化学式）。
（3）滤渣D为单质镍.硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式： H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓ 。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是 做保护气，防止镍、铝被氧化 。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是 b （填标号）。
a.KSCN溶液
b.K3[Fe（CN）6]
c.酸性高锰酸钾
d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理 2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑ （用化学方程式表示）。
【分析】红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4＝4NiSO4+O2↑+4H2O、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B中含Ni2+、Fe3+，向浸出液B中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+＝2Fe2++2H++S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，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E中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣F，得到产品兰尼镍，据此分析解答。
【解答】解：（1）通入CO气体，形成Ni（CO）4，在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为﹣2价，根据化合价代数和为零可知Ni的化合价为0；Ni（CO）4含有的化学键类型共价键和配位键，
故答案为：0；共价键和配位键；
（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，其化学式为O2，
故答案为：O2；
（3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液B中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，离子方程式是：H2S+2Fe3+═2Fe2++2H++S↓，H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓，
故答案为：H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓；
（4）氩气性质稳定，“高温熔融”时通入氩气的目的是做保护气，防止镍、铝被空气中氧气氧化，
故答案为：做保护气，防止镍、铝被氧化；
（5）滤液C 中金属阳离子为Fe2+，通常用KSCN溶液和苯酚均用来检验Fe3+，[Fe（CN）6]4﹣遇Fe3+得蓝色沉淀，只有K3[Fe（CN）6]的溶液遇Fe2+得蓝色沉淀，故选项b符合题意，
答案为：b；
（6）碱浸时利用铝能与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]和H2，溶解部分铝使镍铝合金产生多孔结构，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑。
【点评】该题以红土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。
18．（12分）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{ （NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}的实验步骤如图。
ⅰ.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4•2HCl溶液，微沸数分钟。
ⅱ.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中的还原剂是 N2H4•H2O （ 填化学式）。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行（夹持仪器略去），利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 长颈漏斗 。
②装置B的作用是 除去二氧化碳气体中的氯化氢 。
（3）步骤ⅰ中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解 ，用无水乙醇洗涤的目的是 除去晶体表面的水分 。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH＝12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO（OH）3]﹣，写出转化过程的离子方程式 VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O 。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略），最后用c mol•L﹣1 （NH ）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %（用含有m、c、V的式子表示）。
【分析】实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}，其流程为：V2O5与HCl酸化的N2H4•2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体；
（1）氧化还原反应中所含元素化合价升高，则被氧化，是还原剂；
（2）①根据仪器M的结构确定名称；
②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质；
（3）用饱和NH4HCO3溶液洗涤，可增大溶液中HCO3﹣浓度，促进溶解平衡逆向移动；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发；
（4）由图知该水合配离子化学式为VO（H2O）52+，加入碱生成VO（OH）3﹣；
（5）根据反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝cV×10﹣3mol，m（VO2+）＝n（VO2+）×M＝67g/mol×cV×10﹣3mol＝67cV×10﹣3g，即可计算产品中钒的质量分数。
【解答】解：（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4•H2O，
故答案为：N2H4•H2O；
（2）①仪器M的名称是长颈漏斗，
故答案为：长颈漏斗；
②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质，装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳气体中的氯化氢，
故答案为：除去二氧化碳气体中的氯化氢；
（3）选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发，可以除去晶体表面的水分，
故答案为：抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解；除去晶体表面的水分；
（4）由图知该水合配离子化学式为VO（H2O）52+，加入碱生成VO（OH）3﹣，转化过程的离子方程式为VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O，
故答案为：VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O；
（5）根据反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝cV×10﹣3mol，m（VO2+）＝n（VO2+）×M＝67g/mol×cV×10﹣3mol＝67cV×10﹣3g，则质量分数为＝，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19．（12分）近年来将CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成CH涉及的主要反应如下：
①C2 H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H1＝+9kJ•mol﹣1
②C2H4（g）+H2（g）⇌C2H6（g）△H2＝﹣136kJ•mol﹣1
③H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3＝+41kJ•mol﹣1
④CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H4
（1）△H4＝ +177kJ/mol ，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si性能的影响如图1。
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 800 ℃。
（2）在800℃时，n（CO2）：n（C2H6）＝1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ p0 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压X物质的量分数，用最简分式表示）
Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图2所示。
（3）“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3 。
（4）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图3所示。
①该反应为 放热 反应（填“吸热”或“放热”）。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c（CO2）较原平衡 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 123.1 。
【分析】（1）根据盖斯定律：③﹣②得CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）；最佳温度即为在此温度下，CO2的转化率增大较多，且C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
（2）设CO2转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式：
CO2（g）+C2H6（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）
起始量（mol） 1 3 0 0 0
转化量（mol） x x x x x
平衡量（mol） 1﹣x 3﹣x x x x
依题意得：4﹣2x＝3x，解得：x＝0.8，故有初始物质的量和为4mol，初始压强为p0，平衡时物质的量和为4+x＝4+0.8＝4.8mol，p＝×p0＝1.2p0，即可计算Kp═；
（3）由图可知，CO2与Li4SiO4反应生成Li2CO3和Li2SiO3；
（4）①由图2可知，各曲线后半部分，固体样品质量百分数随着温度升高而下降；
②CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3该反应的K＝，化学平衡常数只与温度有关；
③由图中CO2和N2的比例可知，10.0mol混合气体中含CO2的物质的量为7.5mol，根据CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3可知，固体增重的质量等于吸收的CO2的质量。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：③﹣②得CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH4＝（4+136）kJ/mol＝+177kJ/mol；由题干图示可知，800℃时，CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率，800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，
故答案为：+177kJ/mol；800；
（2）设CO2转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式：
CO2（g）+C2H6（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）
起始量（mol） 1 3 0 0 0
转化量（mol） x x x x x
平衡量（mol） 1﹣x 3﹣x x x x
依题意得：4﹣2x＝3x，解得：x＝0.8，故有初始物质的量和为4mol，初始压强为p0，平衡时物质的量和为4+x＝4+0.8＝4.8mol，p＝×p0＝1.2p0，Kp═＝＝p0，
故答案为：p0；
（3）由图可知，CO2与Li4SiO4反应生成Li2CO3和Li2SiO3，则化学方程式为CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3，
故答案为：CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3；
（4）①由图可知，各曲线后半部分，固体样品质量百分数随着温度升高而下降，说明升高温度，平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，
故答案为：放热；
②CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3该反应的K＝，保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积为原来的一半，化学平衡常数只与温度有关，则K值不变，则平衡时理论上c（ CO2）较原平衡不变，
故答案为：不变；
③由图中CO2和N2的比例可知，10.0mol混合气体中含CO2的物质的量为7.5mol，根据CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3可知，固体增重的质量等于吸收的CO2的质量，A点CO2的吸收率为70%，则固体增重的质量等于吸收的CO2的质量等于7.5mol×70%×44g/mol＝231g，固体样品质量分数＝123.1%，则A点的纵坐标y的值为123.1，
故答案为：123.1。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，主要是图象曲线变化特征分析理解，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理知识解答，此题难度中等。
20．（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是 邻溴甲苯或2﹣溴甲苯 ，C中的官能团名称为 溴原子、醛基 。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 +NaHCO3→+H2O+CO2↑ 。
（3）已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有 10 种。
①含有1个五元碳环；
②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式 或 。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图 。（其他试剂自选）
【分析】由J逆推可知H为，结合信息可知G为，C和F反应生成G，根据C分子式知，C为，F为（CH3）3CMgBr，E为（CH3）3CBr，D为CH2＝C（CH3）2；B发生氧化反应生成C，则B为，A为；
（3）B发生信息中反应生成K为，K发生加成反应生成L为；
（4）以合成，根据题给信息知，可由苯甲醛和发生信息中的反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，可由发生信息中的反应得到，可由甲苯发生取代反应得到。
【解答】解：（1）B为，B的名称是邻溴甲苯或2﹣溴甲苯，C为，C中的官能团名称为醛基和溴原子，
故答案为：邻溴甲苯或2﹣溴甲苯；醛基和溴原子；
（2）H为，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，
故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
（3）B发生信息中反应生成K为，K发生加成反应生成L为，
符合下列条件的L的同分异构体：①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体，说明含﹣COOH，
一个侧链时有2种：或；
两个侧链时有4种：（邻、间2种）、（邻、间2种）；
三个侧链时有4种：（邻、间2种）、（邻、间2种），共10种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，符合条件一种同分异构体的结构简式为或，
故答案为：10；或；
（4）以合成，根据题给信息知，可由苯甲醛和发生信息中的反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，可由发生信息中的反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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2021年山东省德州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）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B．浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C．聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D．SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
2．（2分）以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A．装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性
B．装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C．装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
D．装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
3．（2分）下列叙述正确的是.（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
4．（2分）绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
5．（2分）茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
6．（2分）工业上可用软锰矿（含少量铜化合物的MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2、SiO2等）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
7．（2分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B．两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C．由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
8．（2分）2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图（隔膜a只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（ ）
A．In/In2O3﹣x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH﹣由In/In2O3﹣x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH﹣也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣═CH3 （CH2 ）6CN+4H2O
9．（2分）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol•L﹣1K2S2O3无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A．实验①说明：Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＜Kw
B．实验②中发生反应：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D．实验④说明：该条件下，S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣
10．（2分）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
C．该反应的热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）═N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣1.02eV•mol﹣1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
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）Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是（ ）
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：4
12．（4分）根据如表实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液中加入1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I﹣与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
（多选）14．（4分）在恒温条件下，向盛有足量NaCl（s）的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0K1
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c（NO）＝2.5×10﹣2mol•L﹣1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为
（多选）15．（4分）某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol•L﹣1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc（Cu2+ ）和﹣lg c（Zn2+ ）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。[已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），1g 3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A．a点的ZnCl2溶液中：c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+ ）+c（H+）]
B．由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝10﹣35.4
C．a﹣b﹣e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣的空间构型为 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm﹣3，则高为h＝ nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
17．（12分）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿（主要成分为NiS，FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图。
（1）形成Ni（CO）4时碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为 ，Ni（CO）4含有的化学键类型 。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为 （填化学式）。
（3）滤渣D为单质镍.硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式： 。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是 。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是 （填标号）。
a.KSCN溶液
b.K3[Fe（CN）6]
c.酸性高锰酸钾
d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理 （用化学方程式表示）。
18．（12分）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{ （NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}的实验步骤如图。
ⅰ.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4•2HCl溶液，微沸数分钟。
ⅱ.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中的还原剂是 （ 填化学式）。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行（夹持仪器略去），利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 。
②装置B的作用是 。
（3）步骤ⅰ中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 ，用无水乙醇洗涤的目的是 。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH＝12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO（OH）3]﹣，写出转化过程的离子方程式 。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略），最后用c mol•L﹣1 （NH ）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %（用含有m、c、V的式子表示）。
19．（12分）近年来将CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成CH涉及的主要反应如下：
①C2 H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H1＝+9kJ•mol﹣1
②C2H4（g）+H2（g）⇌C2H6（g）△H2＝﹣136kJ•mol﹣1
③H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3＝+41kJ•mol﹣1
④CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H4
（1）△H4＝ ，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si性能的影响如图1。
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）在800℃时，n（CO2）：n（C2H6）＝1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压X物质的量分数，用最简分式表示）
Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图2所示。
（3）“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 。
（4）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图3所示。
①该反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c（CO2）较原平衡 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 。
20．（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是 ，C中的官能团名称为 。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 。
（3）已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有 种。
①含有1个五元碳环；
②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式 。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图 。（其他试剂自选）
2021年山东省德州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）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．84消毒液具有腐蚀性，不能用于金属制品的消毒
B．浸泡高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果涉及到氧化还原反应
C．聚乙烯塑料老化是因为发生加成反应
D．SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久
【分析】A．84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属；
B．乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化；
C．聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应；
D．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物。
【解答】解：A．84消毒液具有腐蚀性，能腐蚀金属，所以84消毒液不能用于金属制品的消毒，故A正确；
B．乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化，则用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，涉及到氧化还原反应，故B正确；
C．聚乙烯塑料中不存在碳碳双键，不能发生加成反应，聚乙烯塑料老化是因为发生氧化反应，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和有机色素结合生成不稳定的化合物，所以SO2漂白过的草编制品颜色不会保持太久，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）以下实验中，实验设计或所选装置能够达到目的的是（ ）
A．装置甲：关闭a，打开b，可检验装置的气密性
B．装置乙：蒸发氯化镁溶液制备无水MgCl2
C．装置丙：用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
D．装置丁：制备少量含NaClO的消毒液
【分析】A.关闭a，打开b，软导管可平衡气压；
B.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发；
C.标准NaOH溶液应选碱式滴定管；
D.下方为阳极生成氯气，与上方产生的NaOH反应。
【解答】解：A.关闭a，打开b，软导管可平衡气压，不能检验气密性，故A错误；
B.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，故B错误；
C.标准NaOH溶液应选碱式滴定管，不能选图中酸式滴定管，故C错误；
D.下方为阳极生成氯气，与上方产生的NaOH反应，可制备少量含NaClO的消毒液，故D正确；
故选：D。
【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、物质的制备、中和滴定、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。
3．（2分）下列叙述正确的是.（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
【分析】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别是Be、Cl元素；
B．Se位于第四周期第VIA族；
C．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D．不同非金属元素原子之间易形成极性键。
【解答】解：A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别是Be、Cl元素，二者形成的化合物BeCl2为共价化合物，故A错误；
B．Se与K同一周期、与O同一主族，则Se位于第四周期第VIA族，属于p区元素，故B错误；
C．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，BF3为正三角形分子，CO2为直线形分子，BF3、CO2正负电荷中心重合而为非极性分子；PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构，则PCl3、H2O2分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误；
D．不同元素组成的多原子分子里一定含有极性键，如HF、HCl等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、分子极性、化合物类型等判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、分子空间构型是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
【分析】绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，加入温水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品；
A．加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂；
B．在“浸膏”中加入温水，然后冷却、过滤，说明降低温度，会析出固体；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应；
D．绿原酸难溶于水。
【解答】解：A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，故A正确；
B．在“浸膏”中加入温水，然后冷却、过滤，说明降低温度，会析出固体，所以绿原酸溶解度随温度升高而升高，故B错误；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，故C正确；
D．绿原酸难溶于水，杂质易溶于水，可利用重结晶的方法进一步提纯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、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，注意把握有机物的性质，题目难度不大。
5．（2分）茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
【分析】A．﹣NH﹣CO﹣是酰胺键，不存在酮羰基；
B．只有、苯环能够与氢气加成反应；
C．虚线框内中五元环中3个C均为四面体结构；
D．没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变色。
【解答】解：A．该分子中含有羟基（﹣OH），不含酮羰基，结构中的﹣NH﹣CO﹣是酰胺键，故A错误；
B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，故B错误；
C．如图苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，故C错误；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，该有机物分子中没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6．（2分）工业上可用软锰矿（含少量铜化合物的MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2、SiO2等）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【分析】由流程可知，软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸溶浸，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，过滤分离出废渣为MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为2Fe2++15MnO2+28H+＝2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，加石灰除去铁离子，过滤分离出滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤分离出MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，废液含碳酸铵，以此来解答。
【解答】解：A.研磨矿石、适当升高温度均可加快反应速率，则提高溶浸工序中原料的浸出率，故A正确；
B.溶浸工序产生的废渣成分为SiO2；净化工序产生的废渣成分为CuS、CaF2，故B错误；
C.除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿可氧化亚铁离子，再加石灰调节溶液pH可沉淀铁离子，故C正确；
D.MnCO3不溶于水，从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B．两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C．由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外各层电子由里到外依次是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1，故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素。
【解答】解：根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。
A．一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，故A错误；
B．X是H，Y是N，Z是O，X2Z是H2O，YX3是NH3，H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2Z＜YX3，故B正确；
C．根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，故C正确；
D．X2Z是H2O，O元素电负性比N元素强，水与铜离子形成的配位键较弱，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律以及中学常见配离子。
8．（2分）2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图（隔膜a只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（ ）
A．In/In2O3﹣x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH﹣由In/In2O3﹣x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH﹣也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣═CH3 （CH2 ）6CN+4H2O
【分析】由图中In/In2O3﹣x电极上CO2→HCOO﹣可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3﹣x电极为阴极，阴极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．In/In2O3﹣x电极为阴极，与电源负极相连，故A正确；
B．In/In2O3﹣x电极为阴极，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子移向阳极，即OH﹣向Ni2P电极区迁移，故B正确；
C．阴极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则每消耗xmol的CO2理论上转移2xmol电子，通过隔膜a的OH﹣为2xmol，故C错误；
D．Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）7NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，题目难度不大。
9．（2分）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：
①测得0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5。
②向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。
③向0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
④在Ag+催化条件下，向0.1mol•L﹣1K2S2O3无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红色。
由上述实验现象得出的结论不合理是（ ）
A．实验①说明：Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＜Kw
B．实验②中发生反应：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2
D．实验④说明：该条件下，S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣
【分析】A．0.01mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5，说明NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，即Ka2（H2SO3）＞Kh（HSO3﹣），结合Kh（HSO3﹣）＝分析；
B．实验②为强酸性环境，酸性条件下高锰酸根离子氧化NaHSO3生成硫酸根离子，自身被还原为锰离子；
C．Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成S和SO2；
D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物氧化性。
【解答】解：A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性，HSO3﹣电离程度＞HSO3﹣水解程度，Ka2（H2SO3）＞Kh（HSO3﹣），而Kh（HSO3﹣）＝，即Ka2（H2SO3）＞，Ka1（H2SO3）•Ka2（H2SO3）＞Kw，故A错误；
B．向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去，发生反应为：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故B正确；
C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2，故C正确；
D．实验④溶液中出现紫红色，说明S2O82﹣作氧化剂，生成氧化产物MnO4﹣，则S2O82﹣的氧化性强于MnO4﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，涉及性质方案的设计、氧化还原反应、电离常数的计算等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化性强弱比较方法及常见元素化合物性质，需要明确电离平衡常数与水解平衡常数、水的离子积之间关系，题目难度中等。
10．（2分）我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[（CH3）2NCHO]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
C．该反应的热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）═N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣1.02eV•mol﹣1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
【分析】结合图示可知，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为﹣1.23eV﹣（﹣2.16eV）＝0.93eV、﹣1.55eV﹣（﹣1.77eV）＝0.22eV、﹣1.02eV﹣（﹣2.21eV）＝1.19eV，以此结合反应速率、化学平衡的影响因素及热化学方程式的书写原则解答。
【解答】解：A．结合分析可知，该历程中最大能垒（活化能）为1.19eV，故A正确；
B．由分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由（CH3）2NCH2OH*转化为（CH3）2NCH2的反应，该反应的化学方程式为：（CH3）2NCH2OH*＝（CH3）2NCH2+OH*，故B正确；
C．该反应的总反应是由（CH3）2NCHO（g）转化为N（CH3）3（g），但1.02eV为单个（CH3）2NCHO（g）反应时放出的热量，则△H＝﹣1.02NAeV＝﹣1.02×1.6×10﹣19×NAJ/mol≈﹣98.25kJ/mol，所以热化学方程式为（CH3）2NCHO（g）+2H2（g）＝N（CH3）3（g）+H2O（g）△H＝﹣98.25kJ/mol，故C错误；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动，DMF平衡转化率增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变、化学平衡的影响等知识，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写方法及化学平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
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）Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是（ ）
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：4
【分析】A．反应生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行；
B．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应，Y难溶于碳酸钠溶液；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应。
【解答】解：A．与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，故A正确；
B．Y与Br2的加成中，箭头指向处是手性碳原子，故B正确；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，故C正确；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗（3+1）molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗（3+1+1）molH2，故比例为4：5，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质及有机反应，题目难度不大。
12．（4分）根据如表实验操作和现象得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明有乙烯生成
C
向5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液中加入1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈红色
I﹣与Fe3+的反应是可逆反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，水浴加热，冷却后滴入少量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.挥发的醇可被酸性高锰酸钾氧化；
C.氯化铁不足，反应后滴加KSCN溶液，溶液呈红色，可知含铁离子；
D.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。
【解答】解：A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，而酸性碳酸＞苯酚，故A错误；
B.挥发的醇可被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故B错误；
C.氯化铁不足，反应后滴加KSCN溶液，溶液呈红色，可知含铁离子，则I﹣与Fe3+的反应是可逆反应，故C正确；
D.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱，不能检验，故D错误；
故选：C。
【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、物质的检验、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。
13．（4分）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
【分析】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强；
B．如图结构的吡啶环中C、N原子的价层电子对均为3；
C．电负性强的氮原子上的1对未共用电子；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键。
【解答】解：A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故A正确；
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，故B正确；
C．吡啶（）含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，故C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质结构和性质，为高频考点，涉及电负性，杂化方式、氢键等知识点，侧重考查基础知识运用能力，题目难度中等。
（多选）14．（4分）在恒温条件下，向盛有足量NaCl（s）的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0K1
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c（NO）＝2.5×10﹣2mol•L﹣1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为
【分析】A．压强之比等于物质的量之比，10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，据此计算平衡时混合气体总物质的量，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min），则平衡时n（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min）×10min×2L＝0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，列化学平衡三段式计算；
B．根据A中数据，结合转化率＝；
C．反应②为放热反应，在绝热条件下进行，温度升高，平衡逆向移动；
D．根据盖斯定律可知，由①×2﹣②可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）。
【解答】解：A．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）＝0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min），则平衡时n（ClNO）＝7.5×10﹣3mol/（L•min）×10min×2L＝0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）
起始（mol） 0.2 0
转化（mol） x 0.5x
平衡（mol） 0.2﹣x 0.5x
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
起始（mol） 0.2 0.1 0
转化（mol） 2y y 2y
平衡（mol） 0.2﹣2y 0.1﹣y 2y
则0.5x+2y＝0.15，（0.2﹣x+0.2﹣2y+0.1﹣y）+0.5x+2y＝0.4，联立方程，解得x＝0.1、y＝0.05，故平衡后c（NO）＝＝0.05mol/L，故A错误；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为＝50%，故B正确；
C．反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小，故C错误；
D．由盖斯定律可知，由①×2﹣②可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K＝，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，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。
（多选）15．（4分）某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol•L﹣1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc（Cu2+ ）和﹣lg c（Zn2+ ）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。[已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），1g 3≈0.5]，下列说法正确的是（ ）
A．a点的ZnCl2溶液中：c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+ ）+c（H+）]
B．由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝10﹣35.4
C．a﹣b﹣e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
【分析】A．溶液中存在电荷守恒：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝2c（Zn2+）+c（H+），据此分析解答；
B．已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＝10﹣12.7mol/L，c（S2﹣）＝10﹣12.7mol/L，Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）×c（S2﹣）；
C．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），滴加0.1mol/L的Na2S溶液时，溶液中c（S2﹣）几乎相同，则溶液中c（Zn2+）＞c（Cu2+），结合﹣1gc（Cu2+）和﹣lgc（Zn2+）大小分析判断；
D．c点时铜离子全部沉淀，Ksp（CuS）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，d点加入20ml 0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c（S2﹣）＝＝0.033mol/L，结合溶度积常数计算判断。
【解答】解：A．溶液中电荷守恒为c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝2c（Zn2+）+c（H+），即c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（H+）＝2c（Zn2+）+2c（H+），则c（Cl﹣）＜2[c（Zn2+）+c（H+）]，故A正确；
B．已知：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＝10﹣12.7mol/L，c（S2﹣）＝10﹣12.7mol/L，由图象可以计算得出该温度下Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）×c（S2﹣）＝10﹣12.7×10﹣12.7＝10﹣25.4，故B错误；
C．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），滴加0.1mol/L的Na2S溶液时，溶液中c（S2﹣）几乎相同，则溶液中c（Zn2+）＞c（Cu2+）、﹣1gc（Cu2+）＞﹣lgc（Zn2+），由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a﹣b﹣e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故C错误；
D．c点时铜离子全部沉淀，Ksp（CuS）＝10﹣17.7×10﹣17.7＝10﹣35.4，d点加入20ml 0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c（S2﹣）＝＝0.033mol/L，c（Cu2+）＝＝＝3×10﹣34.4mol/L，所以﹣lgc（Cu2+）＝﹣lg3×10﹣34.4＝34.4﹣lg3＝34.4﹣0.5＝33.9，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数Ksp的计算、平衡图象分析等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，注意盐类水解原理和电荷关系的应用，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣的空间构型为 正四面体 ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 sp3 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为 4:1 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为 Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为 12 。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 AuCu3H8 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm﹣3，则高为h＝ ×1021(或×1021) nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
【分析】（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的价电子排布式为：4d105s2，进一步写出基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）；
（2）SO42﹣中S原子的价电子对数是4，无孤电子对，即可判断其空间构型，根据固态SO3结构图可知，S原子形成4个σ键，无孤电子对，即可判断S的杂化轨道类型；
（3）单键为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72﹣的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，即可判断σ键与π键个数之比；
（4）离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高，晶格能又决定于离子半径和离子所带电荷数的多少，半径越小，电荷数越多，晶格能越大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据均摊原则，Au原子的配位数为12，晶胞中Au原子数为1，Cu原子数为3、H2分子数是4，即可得到化学式；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数，Ti原子数，依据，将数据代入求出h即可。
【解答】解：（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为，
故答案为：；
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42﹣中S原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为：4+0＝4，空间构型为正四面体形，液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结构图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3，
故答案为：正四面体；sp3；
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72﹣的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，所以σ键与π键个数比为（8+4×2）：4＝4：1，
故答案为：4：1；
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带的电荷数较多，离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，所以熔、沸点越高，硬度大，
故答案为：Al2O3为离子晶体，Al3+和O2﹣离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为：8×＝12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为：AuCu3H8，
故答案为：12；AuCu3H8；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数，晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：V＝S底×h＝6××h＝a2×h×10﹣21cm3，则＝＝ρg•cm﹣3，解得：h＝×1021nm＝×1021nm，
故答案为：×1021(或×1021)。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，属于难题，掌握核外电子排布式的书写、晶体类型、杂化方式、空间构型、σ键与π键、晶格能大小的判断，明确晶胞的计算方法是解题的关键，同时考查学生读题获取信息的能力，根据信息分析解决问题的能力，具有一定的综合性。
17．（12分）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿（主要成分为NiS，FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图。
（1）形成Ni（CO）4时碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为 0 ，Ni（CO）4含有的化学键类型 共价键和配位键 。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为 O2 （填化学式）。
（3）滤渣D为单质镍.硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式： H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓ 。
（4）“高温熔融”时通入氩气的目的是 做保护气，防止镍、铝被氧化 。
（5）检验滤液C中金属阳离子的试剂是 b （填标号）。
a.KSCN溶液
b.K3[Fe（CN）6]
c.酸性高锰酸钾
d.苯酚
（6）碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理 2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑ （用化学方程式表示）。
【分析】红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4＝4NiSO4+O2↑+4H2O、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B中含Ni2+、Fe3+，向浸出液B中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+＝2Fe2++2H++S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，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E中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣F，得到产品兰尼镍，据此分析解答。
【解答】解：（1）通入CO气体，形成Ni（CO）4，在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为﹣2价，根据化合价代数和为零可知Ni的化合价为0；Ni（CO）4含有的化学键类型共价键和配位键，
故答案为：0；共价键和配位键；
（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，其化学式为O2，
故答案为：O2；
（3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液B中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，离子方程式是：H2S+2Fe3+═2Fe2++2H++S↓，H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓，
故答案为：H2S+Ni2+═Ni↓+2H++S↓；
（4）氩气性质稳定，“高温熔融”时通入氩气的目的是做保护气，防止镍、铝被空气中氧气氧化，
故答案为：做保护气，防止镍、铝被氧化；
（5）滤液C 中金属阳离子为Fe2+，通常用KSCN溶液和苯酚均用来检验Fe3+，[Fe（CN）6]4﹣遇Fe3+得蓝色沉淀，只有K3[Fe（CN）6]的溶液遇Fe2+得蓝色沉淀，故选项b符合题意，
答案为：b；
（6）碱浸时利用铝能与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]和H2，溶解部分铝使镍铝合金产生多孔结构，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑。
【点评】该题以红土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。
18．（12分）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{ （NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}的实验步骤如图。
ⅰ.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4•2HCl溶液，微沸数分钟。
ⅱ.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中的还原剂是 N2H4•H2O （ 填化学式）。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行（夹持仪器略去），利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是 长颈漏斗 。
②装置B的作用是 除去二氧化碳气体中的氯化氢 。
（3）步骤ⅰ中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是 抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解 ，用无水乙醇洗涤的目的是 除去晶体表面的水分 。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH＝12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO（OH）3]﹣，写出转化过程的离子方程式 VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O 。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4（方法略），最后用c mol•L﹣1 （NH ）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为 %（用含有m、c、V的式子表示）。
【分析】实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O}，其流程为：V2O5与HCl酸化的N2H4•2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体；
（1）氧化还原反应中所含元素化合价升高，则被氧化，是还原剂；
（2）①根据仪器M的结构确定名称；
②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质；
（3）用饱和NH4HCO3溶液洗涤，可增大溶液中HCO3﹣浓度，促进溶解平衡逆向移动；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发；
（4）由图知该水合配离子化学式为VO（H2O）52+，加入碱生成VO（OH）3﹣；
（5）根据反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝cV×10﹣3mol，m（VO2+）＝n（VO2+）×M＝67g/mol×cV×10﹣3mol＝67cV×10﹣3g，即可计算产品中钒的质量分数。
【解答】解：（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4•H2O，
故答案为：N2H4•H2O；
（2）①仪器M的名称是长颈漏斗，
故答案为：长颈漏斗；
②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质，装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳气体中的氯化氢，
故答案为：除去二氧化碳气体中的氯化氢；
（3）选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发，可以除去晶体表面的水分，
故答案为：抑制氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的溶解；除去晶体表面的水分；
（4）由图知该水合配离子化学式为VO（H2O）52+，加入碱生成VO（OH）3﹣，转化过程的离子方程式为VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O，
故答案为：VO（H2O）52++3OH﹣＝VO（OH）3﹣+5H2O；
（5）根据反应VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝cV×10﹣3mol，m（VO2+）＝n（VO2+）×M＝67g/mol×cV×10﹣3mol＝67cV×10﹣3g，则质量分数为＝，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19．（12分）近年来将CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成CH涉及的主要反应如下：
①C2 H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H1＝+9kJ•mol﹣1
②C2H4（g）+H2（g）⇌C2H6（g）△H2＝﹣136kJ•mol﹣1
③H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3＝+41kJ•mol﹣1
④CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H4
（1）△H4＝ +177kJ/mol ，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si性能的影响如图1。
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 800 ℃。
（2）在800℃时，n（CO2）：n（C2H6）＝1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ p0 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压X物质的量分数，用最简分式表示）
Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图2所示。
（3）“吸附”过程中主要反应的化学方程式为 CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3 。
（4）为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图3所示。
①该反应为 放热 反应（填“吸热”或“放热”）。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c（CO2）较原平衡 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为 123.1 。
【分析】（1）根据盖斯定律：③﹣②得CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）；最佳温度即为在此温度下，CO2的转化率增大较多，且C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
（2）设CO2转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式：
CO2（g）+C2H6（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）
起始量（mol） 1 3 0 0 0
转化量（mol） x x x x x
平衡量（mol） 1﹣x 3﹣x x x x
依题意得：4﹣2x＝3x，解得：x＝0.8，故有初始物质的量和为4mol，初始压强为p0，平衡时物质的量和为4+x＝4+0.8＝4.8mol，p＝×p0＝1.2p0，即可计算Kp═；
（3）由图可知，CO2与Li4SiO4反应生成Li2CO3和Li2SiO3；
（4）①由图2可知，各曲线后半部分，固体样品质量百分数随着温度升高而下降；
②CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3该反应的K＝，化学平衡常数只与温度有关；
③由图中CO2和N2的比例可知，10.0mol混合气体中含CO2的物质的量为7.5mol，根据CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3可知，固体增重的质量等于吸收的CO2的质量。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：③﹣②得CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH4＝（4+136）kJ/mol＝+177kJ/mol；由题干图示可知，800℃时，CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率，800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，
故答案为：+177kJ/mol；800；
（2）设CO2转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式：
CO2（g）+C2H6（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）
起始量（mol） 1 3 0 0 0
转化量（mol） x x x x x
平衡量（mol） 1﹣x 3﹣x x x x
依题意得：4﹣2x＝3x，解得：x＝0.8，故有初始物质的量和为4mol，初始压强为p0，平衡时物质的量和为4+x＝4+0.8＝4.8mol，p＝×p0＝1.2p0，Kp═＝＝p0，
故答案为：p0；
（3）由图可知，CO2与Li4SiO4反应生成Li2CO3和Li2SiO3，则化学方程式为CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3，
故答案为：CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3；
（4）①由图可知，各曲线后半部分，固体样品质量百分数随着温度升高而下降，说明升高温度，平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，
故答案为：放热；
②CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3该反应的K＝，保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积为原来的一半，化学平衡常数只与温度有关，则K值不变，则平衡时理论上c（ CO2）较原平衡不变，
故答案为：不变；
③由图中CO2和N2的比例可知，10.0mol混合气体中含CO2的物质的量为7.5mol，根据CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO3可知，固体增重的质量等于吸收的CO2的质量，A点CO2的吸收率为70%，则固体增重的质量等于吸收的CO2的质量等于7.5mol×70%×44g/mol＝231g，固体样品质量分数＝123.1%，则A点的纵坐标y的值为123.1，
故答案为：123.1。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，主要是图象曲线变化特征分析理解，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理知识解答，此题难度中等。
20．（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）B的名称是 邻溴甲苯或2﹣溴甲苯 ，C中的官能团名称为 溴原子、醛基 。
（2）H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 +NaHCO3→+H2O+CO2↑ 。
（3）已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有 10 种。
①含有1个五元碳环；
②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式 或 。
（4）利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图 。（其他试剂自选）
【分析】由J逆推可知H为，结合信息可知G为，C和F反应生成G，根据C分子式知，C为，F为（CH3）3CMgBr，E为（CH3）3CBr，D为CH2＝C（CH3）2；B发生氧化反应生成C，则B为，A为；
（3）B发生信息中反应生成K为，K发生加成反应生成L为；
（4）以合成，根据题给信息知，可由苯甲醛和发生信息中的反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，可由发生信息中的反应得到，可由甲苯发生取代反应得到。
【解答】解：（1）B为，B的名称是邻溴甲苯或2﹣溴甲苯，C为，C中的官能团名称为醛基和溴原子，
故答案为：邻溴甲苯或2﹣溴甲苯；醛基和溴原子；
（2）H为，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，
故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
（3）B发生信息中反应生成K为，K发生加成反应生成L为，
符合下列条件的L的同分异构体：①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体，说明含﹣COOH，
一个侧链时有2种：或；
两个侧链时有4种：（邻、间2种）、（邻、间2种）；
三个侧链时有4种：（邻、间2种）、（邻、间2种），共10种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4：4：1，符合条件一种同分异构体的结构简式为或，
故答案为：10；或；
（4）以合成，根据题给信息知，可由苯甲醛和发生信息中的反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，可由发生信息中的反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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