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2021年广东省广州市高考化学一模试卷
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这是一份2021年广东省广州市高考化学一模试卷，共38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年广东省广州市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）关于下列诗句或谚语隐含的化学知识，说法错误的是（ ）
A．“爆竹声中一岁除”，爆竹中的火药含有硫磺
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．“雷雨发庄稼”，该过程有硝酸生成
2．（2分）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷（Rb）原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于ⅠA族
B．铷的金属性比钠弱
C．Rb的中子数为48
D．Rb和Rb具有相同的电子数
3．（2分）“打造青山常在，绿水长流、空气常新的美丽中国”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．用硫酸铁除去水中的悬浮物
C．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
D．用Na2S除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
4．（2分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．小苏打用作食品膨松剂
B．工业合成氨实现人工固氮
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸
D．利用铝热反应焊接钢轨
5．（2分）锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I2═2LiI。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．碘电极是电池的负极
B．锂电极发生还原反应
C．电池正极反应：Li﹣e﹣═Li+
D．电流从碘电极经外电路流向锂电极
6．（2分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是（ ）
A．分子式为C6H8O6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
7．（2分）利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用此收集H2
B．用此蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝
C．用此分离NaCl溶液和BaSO4固体
D．用此分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
8．（2分）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
B
铜丝伸入到稀HNO3中，溶液变蓝色，有气泡产生
Cu与稀HNO3发生置换反应
C
向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现
AgCl比AgI更难溶
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）对于0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，溶液中c（OH﹣）增大
B．稀释溶液，溶液中c（H+）减少
C．加入NaOH固体，溶液pH减小
D．c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
10．（2分）以[PdCl4]2﹣作催化剂合成H2O2，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应是H2+O2H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4
C．Pd、[PdCl2O2]2﹣都是反应中间体
D．反应③中Pd的成键数目保持不变
11．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
铁比铜活泼
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
B
Si有良好的半导体性能
Si可用于制备光导纤维
C
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
D
CaCO3难溶于水
CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，224L N2中含有7NA个质子
B．常温常压下，18g H2O含有3NA个原子
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+
D．1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移NA个电子
13．（4分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y═W+Z：化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．元素X的含氧酸均为强酸
C．化合物YW中含有离子键
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
14．（4分）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是（ ）
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl﹣
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
15．（4分）我国科学家合成了一种新型的Fe﹣SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现在室温条件下电催化氮气制备铵盐和硝酸盐。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中H+由b极区向a极区迁移
B．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+
C．电解一段时间，阳极区的pH减小
D．电解一段时间，阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为3：5
16．（4分）25℃时，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1的草酸溶液中，lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2C2O4），曲线③代表lgc（C2O42﹣）
B．lg[Ka2（H2C2O4）]＝﹣4.3
C．pH＝2.8时，c（HC2O4﹣）＞0.01mol•L﹣1
D．pH由0变化至14过程中，lg先增大后不变
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如图。
回答下列问题：
（1）操作①需加入稀H2SO4，其目的是 。
（2）“纯化”的方法为 。
（3）实验室用如下装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：
反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写如表：
实验步骤
实验现象
实验结论
①加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
分解气中含有
②加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
分解气中
③
分解气中不含有SO2
写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式 。
（4）为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA（简写为H4Y）标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mL c1mol•L﹣1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣。Al2O3的质量分数为 。
18．（14分）SCR催化剂是工业上广泛应用的燃煤烟气脱硝催化剂，其主要成分为TiO2、V2O5、WO3，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如图。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，VOC2O4中V的化合价是 ，该反应的化学方程式为 。可用浓盐酸代替草酸，但缺点是 。
（2）“碱浸”时WO3转化为WO42﹣的离子方程式为 。
（3）“试剂a”可选用 （选填“盐酸”、“氢氧化钠”或“氨水”）。“滤渣”的主要成分是 。
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（WO42﹣）为 mol•L﹣l。（保留2位有效数字）
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣。电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，用反应方程式解释该现象 。
19．（14分）羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下
反应Ⅰ：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）
（1）以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ 。
②决定COS生成速率的步骤是 。（填“第1步”或“第2步”）
（2）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应Ⅰ和反应Ⅱ（N2不参与反应），反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如图实线所示（虚线表示平衡曲线）。
反应Ⅰ
反应Ⅱ
起始投料
CO
H2S
N2
CO2
H2S
N2
起始物质的量分数/%
1
1
98
1
1
98
①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。反应Ⅰ的平衡曲线是 （填标号）。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是 。
②下列说法正确的是 。（填标号）
A.降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大
B.该实验中，900℃时，反应Ⅰ的COS生成速率大于分解速率
C.恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动
D.选用合适的催化剂均能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率
③A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为 ，该温度下反应的平衡常数K＝ 。（写计算式）
（3）用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体，该反应的化学方程式为 。
（二）选考题[选修3：物质结构与性质]：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（14分）H5O2Ge（BH4）3是钙钛矿型化合物（ABX3型），量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。
回答下列问题：
（1）基态Ge的价层电子排布式为 。
（2）H5O2+的结构如图1所示。H5O2+含有共价键的类型是 。1mol H5O2+含有化学键的个数为 。
（3）根据杂化轨道理论，BH4﹣由B的4个 （填杂化轨道类型）杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，因此BH4﹣的空间构型是 。
（4）CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图2所示。
①原子1的坐标为（，0，0），则原子2和3的坐标分别为 、 。
②I﹣位于该晶体晶胞的 。（填“棱心”、“体心”或“顶角”）
③已知H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则H5O2Ge（BH4）3的密度为 g•cm﹣3。（列出计算式）。
[选修5：有机化学基础]：共14分。
21．化合物G是防晒剂的有效成分，其合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。G中所含官能团的名称为 。
（2）反应①的反应类型为 。
（3）D是酯类物质，反应②所需试剂是 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1。X可能的结构有 种，写出两种可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式 。
（6）写出以和为原料制备化合物的合成路线 （其他无机试剂任选）。
2021年广东省广州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）关于下列诗句或谚语隐含的化学知识，说法错误的是（ ）
A．“爆竹声中一岁除”，爆竹中的火药含有硫磺
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．“雷雨发庄稼”，该过程有硝酸生成
【分析】A．火药成分“一硫二硝三木炭”；
B．柳絮主要成分为纤维素；
C．蔗糖水解得到两分子单糖；
D．“雷雨发庄稼”，空气中氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
【解答】解：A．火药成分“一硫二硝三木炭”，硫为硫磺，故A正确；
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素，故B正确；
C．蔗糖水解得到两分子单糖，所以蔗糖为二糖，故C错误；
D．“雷雨发庄稼”，空气中氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以过程中有硝酸生成，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。
2．（2分）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷（Rb）原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于ⅠA族
B．铷的金属性比钠弱
C．Rb的中子数为48
D．Rb和Rb具有相同的电子数
【分析】A．铷元素为碱金属元素；
B．同主族元素自上而下金属性逐渐增强；
C．中子数＝质量数﹣质子数；
D．原子的电子数等于质子数。
【解答】解：A．铷元素为碱金属元素，在周期表中位于第IA族，故A正确；
B．同主族元素自上而下金属性逐渐增强，则铷的金属性比钠强，故B错误；
C．中子数＝质量数﹣质子数，故Rb的中子数为85﹣37＝48，故C正确；
D．原子的电子数等于质子数，则Rb和Rb具有相同的电子数，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、微粒数之间的关系分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大，注意把握同主族元素的性质的递变规律。
3．（2分）“打造青山常在，绿水长流、空气常新的美丽中国”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．用硫酸铁除去水中的悬浮物
C．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
D．用Na2S除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
【分析】A．臭氧具有强的氧化性；
B．铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体；
C．硫酸镁为易溶性盐，硫酸钙微溶；
D．硫离子与汞离子和铜离子反应生成硫化汞沉淀和硫化铜沉淀。
【解答】解：A．臭氧具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，所以可以用于杀菌消毒，故A正确；
B．铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体，可以吸水中固体杂质颗粒，具有净水作用，故B正确；
C．硫酸镁为易溶性盐，硫酸钙微溶，所以使用硫酸钠难降低镁离子和钙离子浓度，不能实现硬水软化，故C错误；
D．硫离子与汞离子和铜离子反应生成硫化汞沉淀和硫化铜沉淀，所以可以用硫化钠除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。
4．（2分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．小苏打用作食品膨松剂
B．工业合成氨实现人工固氮
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸
D．利用铝热反应焊接钢轨
【分析】氧化还原反应的特征是存在元素化合价的变化，反应过程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．小苏打用作食品膨松剂，反应中不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A选；
B．工业合成氨实现人工固氮，存在N、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸，S、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．利用铝热反应焊接钢轨，存在Al、Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，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能力及知识迁移能力。
5．（2分）锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I2═2LiI。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．碘电极是电池的负极
B．锂电极发生还原反应
C．电池正极反应：Li﹣e﹣═Li+
D．电流从碘电极经外电路流向锂电极
【分析】根据电池反应2Li+I2═2LiI可知，Li的化合价升高、发生失电子的氧化反应、作负极，则碘所在电极为正极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，正极反应为I2+2e﹣+2Li+＝2LiI，原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．锂碘电池中，锂电极是电池的负极，碘电极是电池的正极，故A错误；
B．锂碘电池中，锂电极是电池的负极，锂电极发生氧化反应，故B错误；
C．正极反应为I2+2e﹣+2Li+＝2LiI，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，故C错误；
D．锂碘电池中，锂电极是负极，碘电极是正极，工作时电流由正极碘电极经过导线流向负极锂电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，掌握正负极的判断及电极反应是解本题关键，注意正极反应式的书写和电池中离子或电子的移动方向，题目难度不大。
6．（2分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是（ ）
A．分子式为C6H8O6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣OH、﹣COOC﹣，结合烯烃、醇、酯的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知维生素C的分子式为C6H8O6，故A正确；
B.含有羟基，可与金属钠反应生成氢气，故B正确；
C.含有羟基，可发生酯化反应，故C正确；
D.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，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，注意官能团的判断，题目难度不大。
7．（2分）利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用此收集H2
B．用此蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝
C．用此分离NaCl溶液和BaSO4固体
D．用此分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
【分析】A.氢气的密度比空气密度小；
B.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发；
C.只有硫酸钡不溶于水；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，与水分层后水在上层。
【解答】解：A.氢气的密度比空气密度小，则短导管进气可收集，故A正确；
B.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化铝，故B错误；
C.只有硫酸钡不溶于水，图中过滤可分离，故C正确；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，与水分层后水在上层，图中萃取、分液操作合理，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、盐类水解、气体的收集、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。
8．（2分）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
B
铜丝伸入到稀HNO3中，溶液变蓝色，有气泡产生
Cu与稀HNO3发生置换反应
C
向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现
AgCl比AgI更难溶
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2O2中O元素为﹣1价，具有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C.固体变黑，说明蔗糖被炭化；
D.有黄色沉淀出现，说明生成AgI。
【解答】解：A.高锰酸钾具有强氧化性，H2O2中O元素为﹣1价，具有还原性，二者发生氧化还原反应，故A正确；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不是置换反应，故B错误；
C.固体变黑，说明蔗糖被炭化，浓硫酸表现脱水性，有气体生成，同时表现氧化性，生成气体为二氧化碳、二氧化硫，故C错误；
D.有黄色沉淀出现，说明生成AgI，可说明AgI更难溶，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、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，题目难度不大。
9．（2分）对于0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，溶液中c（OH﹣）增大
B．稀释溶液，溶液中c（H+）减少
C．加入NaOH固体，溶液pH减小
D．c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
【分析】A.水解为吸热反应；
B.稀释促进水解，但c（OH﹣）减小，KW不变；
C.加入NaOH固体，抑制碳酸根离子的水解，水解平衡逆向移动，但c（OH﹣）增大；
D.溶液不显电性，遵循电荷守恒。
【解答】解：A.水解为吸热反应，则升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c（OH﹣）增大，故A正确；
B.稀释促进水解，但c（OH﹣）减小，KW不变，可知溶液中c（H+）增大，故B错误；
C.加入NaOH固体，抑制碳酸根离子的水解，水解平衡逆向移动，但c（OH﹣）增大，溶液的pH增大，故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒式为（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解及离子浓度的关系，为高频考点，把握水解平衡移动、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）以[PdCl4]2﹣作催化剂合成H2O2，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应是H2+O2H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4
C．Pd、[PdCl2O2]2﹣都是反应中间体
D．反应③中Pd的成键数目保持不变
【分析】A．根据图中箭头指向，反应物为H2和O2，生成物为H2O2；
B．Pd元素在[PdCl4]2﹣、[PdCl2O2]2﹣中的化合价相同；
C．Pb和[PdCl2O2]2﹣均在反应图中生成并被消耗；
D．反应③中Pb的成键数目均为4。
【解答】解：A．由反应过程图可知，氢气和氧气在[PdCl4]2﹣的作用下生成过氧化氢，反应方程式为：H2+O2H2O2，故A正确；
B．Pd元素在[PdCl4]2﹣、[PdCl2O2]2﹣中的化合价均为+2价，Pd单质是0价，故B错误；
C．依据过程图可知，Pd、[PdCl2O2]2﹣先生成后消耗，是反应中间体，故C正确；
D．[PdCl2O2]2﹣中Pd形成4个键，[PdCl4]2﹣中Pd形成4个键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生对化学反应机理的理解和掌握，准确理解反应过程是解题关键，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用和解决问题能力。
11．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
铁比铜活泼
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
B
Si有良好的半导体性能
Si可用于制备光导纤维
C
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
D
CaCO3难溶于水
CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铜板上的铁钉在潮湿空气中形成原电池反应，铁为负极被腐蚀；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料；
C．氨气极易溶于水，氨水显碱性；
D．CaCO3难溶于水，二氧化碳通入氯化钙溶液中不反应。
【解答】解：A．铁比铜活泼，铜板上的铁钉在潮湿空气中形成原电池反应，铁做负极，失电子发生氧化反应，容易腐蚀生锈，陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系，故A正确；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料，而硅是良好的半导体材料，二者无因果关系，故B错误；
C．.氨气极易溶于水，氨水显碱性，可设计成喷泉实验，叙述Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故C错误；
D．CO2通入CaCl2溶液中不反应，不能产生白色沉淀，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成和性质、性质与用途的关系为解答的关键，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。
12．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，224L N2中含有7NA个质子
B．常温常压下，18g H2O含有3NA个原子
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+
D．1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移NA个电子
【分析】A．标准状况下224L N2物质的量＝＝10mol，1个氮气分子中质子数14；
B．18g水的物质的量＝＝1mol，1个水分子含3个原子；
C．NH4Cl溶液中铵根离子水解；
D．1个镁原子最外层电子数2个，1mol Mg与足量稀H2SO4反应，失去2mol电子。
【解答】解：A．标准状况下，224L N2物质的量＝＝10mol，1个氮气分子中质子数14，10mol氮气含140NA个质子，故A错误；
B．18g水的物质的量＝＝1mol，1mol水分子含3NA个原子，故B正确；
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有NH4+小于0.1NA个，故C错误；
D．1个镁原子最外层电子数2个，1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移2NA个电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用、盐类水解等是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
13．（4分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y═W+Z：化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．元素X的含氧酸均为强酸
C．化合物YW中含有离子键
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
【分析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ应该分别为NH3与HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；四种元素的核外电子总数满足X+Y＝W+Z，则Y的核外电子总数为1+17﹣7＝11，则Y为Na，以此解答该题。
【解答】解：结合分析可知，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、Cl元素，
A.氮气、氢气的沸点与相对分子质量大小有关，相对分子质量越大，沸点越高，则单质的沸点：W＜X，故A错误；
B.元素X的含氧酸有HNO3和HNO2，HNO3为强酸，但HNO2为弱酸，故B错误；
C.二者形成的化合物为NaH，为离子化合物，含有离子键，故C正确；
D.一般来说，电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14．（4分）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是（ ）
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl﹣
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
【分析】A．氯气和KI反应生成I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
B．浓盐酸有挥发性，会伴随氯气一起进入硝酸银溶液中；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，说明氯气具有氧化性；
D．氯气和水反应生成酸盐酸和漂白作用的次氯酸。
【解答】解：A．氯气和KI反应生成I2，碘单质遇到淀粉变蓝色，其中氯气为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂氯气的氧化性大于氧化产物I2，故A正确；
B．浓盐酸有挥发性，会伴随氯气一起进入硝酸银溶液中，故无法说明氯气与水反应生成Cl﹣，故B错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，溶液变为棕黄色，说明氯气具有氧化性，故C正确；
D．氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了氯气性质的实验验证、卤素单质氧化性的相对强弱的验证，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，根据实验现象并用氯气性质进行解释是解答关键，注意要排除干扰因素的存在，题目难度不大。
15．（4分）我国科学家合成了一种新型的Fe﹣SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现在室温条件下电催化氮气制备铵盐和硝酸盐。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中H+由b极区向a极区迁移
B．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+
C．电解一段时间，阳极区的pH减小
D．电解一段时间，阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为3：5
【分析】该装置为电解池，a极N2→NH4+、发生还原反应、为阴极，b极N2→2NO3﹣、发生氧化反应、为阳极，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，电解池工作时阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，结合电子守恒计算阴极、阳极消耗N2的物质的量之比，据此分析解答。
【解答】解：A．电解池中a极为阴极，b极为阳极，则电解过程中H+由b极区向a极区迁移，故A正确；
B．电解池中a极为阴极，b极为阳极，a极N2→NH4+，阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，故B正确；
C．b极为阳极，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，则阳极区酸性增强、pH减小，故C正确；
D．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，根据电子守恒可知，转移30mol电子时阴极、阳极消耗N2的物质的量分别为5mol、3mol，即阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为5：3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，掌握阴阳极的判断、电极反应及电极反应式书写是解本题关键，注意结合电解质酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
16．（4分）25℃时，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1的草酸溶液中，lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2C2O4），曲线③代表lgc（C2O42﹣）
B．lg[Ka2（H2C2O4）]＝﹣4.3
C．pH＝2.8时，c（HC2O4﹣）＞0.01mol•L﹣1
D．pH由0变化至14过程中，lg先增大后不变
【分析】A．lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系得到，草酸溶液中随pH增大，溶液中草酸浓度减小，草酸氢根离子浓度增大，随着溶液pH增大，草酸氢根离子浓度减小，草酸根离子浓度增大，曲线①为lgc（H2C2O4）、曲线②为lgc（HC2O4﹣）、曲线③为lgc（C2O42﹣）；
B．图象得到，pH＝4.3时，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），lg[Ka2（H2C2O4）]＝lg；
C．当pH＝2.8时，c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）≈10﹣3mol/L，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（HC2O4﹣）＝0.1mol/L﹣c（H2C2O4）﹣c（C2O42﹣）；
D．图象分析得到，Ka1×Ka2＝×＝×c2（H+），则lg＝，pH由0变化至14过程中，氢离子浓度减小。
【解答】解：A．图象可知，酸溶液中随pH增大，溶液中草酸浓度减小，草酸氢根离子浓度增大，随着溶液pH增大，草酸氢根离子浓度减小，草酸根离子浓度增大，曲线①为lgc（H2C2O4）、曲线②为lgc（HC2O4﹣）、曲线③为lgc（C2O42﹣），故A正确；
B．图象得到，pH＝4.3时，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），lg[Ka2（H2C2O4）]＝lg＝lgc（H+）＝﹣4.3，故B正确；
C．当pH＝2.8时，c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）≈10﹣3mol/L，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（HC2O4﹣）＝0.1mol/L﹣c（H2C2O4）﹣c（C2O42﹣）＞0.01mol/L，故C正确；
D．图象分析得到，Ka1×Ka2＝×＝×c2（H+），则lg＝，pH由0变化至14过程中，氢离子浓度减小，则lg不断增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质电离、离子浓度大小比较、pH计算等知识，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。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如图。
回答下列问题：
（1）操作①需加入稀H2SO4，其目的是 抑制铵根离子和铝离子水解，提高产品纯度 。
（2）“纯化”的方法为 重结晶 。
（3）实验室用如下装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：
反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写如表：
实验步骤
实验现象
实验结论
①加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
分解气中含有 NH3
②加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
分解气中 SO3
③ 取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中
品红溶液红色不褪去
分解气中不含有SO2
写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式 2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O 。
（4）为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA（简写为H4Y）标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mL c1mol•L﹣1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣。Al2O3的质量分数为 % 。
【分析】将原料中的硫酸铝铵溶解，制得硫酸铝铵溶液，其中硫酸的作用为抑制按根离子和铝离子水解，经过蒸发浓缩冷却结晶后，过滤得到含有结晶水的硫酸铝铵粗品，将含有结晶水的硫酸铝铵粗品通过重结晶进行纯化，得到[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经过热分解得到Al2O3，加热产品，根据实验步骤①②③可知，其分解产物有氨气，二氧化氯，三氧化铝，结合原子守恒可知还存在氧化铝，测定氧化铝的质量分数，可通过方程式Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣，判断氧化铝的物质的量，进而求得质量分数。
【解答】解：（1）由①前后物质可知为物质分离提纯过程，没有与硫酸发生化学反应，且铵根离子和铝离子会水解，温度越高、水解程度越大，水解会生成氢离子，故加入硫酸的目的为抑制铵根离子和铝离子水解，
故答案为：抑制铵根离子和铝离子水解，提高产品纯度；
（2）纯化前为有杂质，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用方法为重结晶，
故答案为：重结晶；
（3）①红色石蕊试纸变蓝，说明气体呈碱性，故为NH3，
故答案为：NH3；
②根据操作可知溶液中存在硫酸根离子，硫酸钡为不溶于稀盐酸的白色沉淀，硫酸根离子由分解气中的三氧化硫与水反应生成，故分解气中有SO3，
故答案为：SO3；
③二氧化硫溶于氢氧化钠生成Na2SO3，利用Na2SO3再次产生二氧化硫对二氧化硫进行检测即可，具体操作方法为：取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中，品红溶液红色不褪去，说明不含SO2；，
故答案为：取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中；品红溶液红色不褪去；
有上述实验操作可知硫酸铝铵晶体为高温分解的化学方程式为：2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O，
故答案为：2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O；
（4）由方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣可知铝离子和锌离子物质的量之和与EDTA相等，即n（Al3+）+n（Zn2+）＝n（EDTA）；n（Al3+）＝（ c1v1×10﹣3﹣c2v2×10﹣3）mol，氧化铝的物质的量＝（Al3+），故氧化铝的质量分数＝×100%＝×100%＝×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题以硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]的制备为背景，考查了学生有关离子水解，物质分离提纯，离子检验，滴定计算等内容，侧重考查了学生分析解决问题，结合实验现象进行物质检验等能力，考查范围较广，难度适中。
18．（14分）SCR催化剂是工业上广泛应用的燃煤烟气脱硝催化剂，其主要成分为TiO2、V2O5、WO3，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如图。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，VOC2O4中V的化合价是 +4 ，该反应的化学方程式为 V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O 。可用浓盐酸代替草酸，但缺点是 与五氧化二钒的反应速率下降，降低了回收钒的速度 。
（2）“碱浸”时WO3转化为WO42﹣的离子方程式为 WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O 。
（3）“试剂a”可选用 盐酸 （选填“盐酸”、“氢氧化钠”或“氨水”）。“滤渣”的主要成分是 H2SiO3、Al（OH）3 。
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（WO42﹣）为 1.6×10﹣5 mol•L﹣l。（保留2位有效数字）
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣。电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，用反应方程式解释该现象 2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO 。
【分析】从废SCR催化剂（主要成分为TiO2、V2O5，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等）中回收金属钨，向废SCR催化剂中加入H2C2O4溶液酸浸还原，发生反应V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O回收钒；再加入NaOH溶液碱浸，反应后过滤得到钛渣；加入盐酸调节pH，过滤掉H2SiO3、Al（OH）3；加入石灰乳过滤得到CaWO4，最后熔融状态下电解CaWO4得到金属W，以此分析解答。
【解答】解：（1）酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，草酸根离子中的C为+3价，O元素为﹣2价，设V的化合价为x，则x+（﹣2）×5+（+3）×2＝0，解得x＝+4；
该反应中V元素从+5变为+4，则C元素应该从+3变为+4，说明反应中有CO2生成，其化学方程式为：V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O；该改为浓盐酸，浓盐酸与V2O5反应生成氯气，氯气有毒气体，会污染空气，
故答案为：+4；V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O；产生氯气，污染空气；
（2）“碱浸”时WO3与NaOH溶液反应生成WO42﹣，离子方程式为：WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O，
故答案为：WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O；
（3）由于上一步使用了大量的NaOH溶液，反应后溶液呈强碱性，需要加入盐酸调节溶液pH＝9，将溶液中硅酸根离子和偏铝酸根离子转化成H2SiO3、Al（OH）3沉淀，即“试剂a”可选用盐酸，“滤渣”的主要成分是H2SiO3、Al（OH）3，
故答案为：盐酸；H2SiO3、Al（OH）3；
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9，“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（OH﹣）＝mol/L＝0.1mol/L，c（Ca2+）＝mol/L＝5.5×10﹣4mol/L，则c（WO42﹣）＝mol/L≈1.6×10﹣5mol/L，
故答案为：1.6×10﹣5；
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣，电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，说明有二氧化碳生成，则反应方程式为2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO，
故答案为：2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握制备原理、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，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
19．（14分）羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下
反应Ⅰ：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）
（1）以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ ﹣11.3kJ/mol 。
②决定COS生成速率的步骤是 第1步 。（填“第1步”或“第2步”）
（2）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应Ⅰ和反应Ⅱ（N2不参与反应），反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如图实线所示（虚线表示平衡曲线）。
反应Ⅰ
反应Ⅱ
起始投料
CO
H2S
N2
CO2
H2S
N2
起始物质的量分数/%
1
1
98
1
1
98
①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。反应Ⅰ的平衡曲线是 a （填标号）。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是 温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大 。
②下列说法正确的是 AB 。（填标号）
A.降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大
B.该实验中，900℃时，反应Ⅰ的COS生成速率大于分解速率
C.恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动
D.选用合适的催化剂均能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率
③A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为 3% ，该温度下反应的平衡常数K＝ 。（写计算式）
（3）用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体，该反应的化学方程式为 COS+H2O＝CO2+H2S 。
【分析】（1）①反应物的焓变等于反应物的总能量减去生成物的总能量；
②慢反应决定总反应的反应速率；
（2）①反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，说明相同时间内生成物的生成量越多；注意800～1200℃时，反应Ⅱ还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大；
②A．对于放热反应，降低温度有利于反应正向进行；
B．反应达到平衡状态之前，正反应速率大于逆反应速率；
C．恒温恒容下增加反应无关气体化学平衡不移动；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态；
③列出三段式计算平衡时各物质的量，然后计算转化率和平衡常数；
（3）COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S。
【解答】解：（1）①从图象可以看出，2CO（g）+2H2S（g）⇌2COS（g）+2H2（g）的△H＝168.9kJ/mol﹣191.5kJ/mol＝﹣22.6kJ/mol，所以CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）的△H＝﹣11.3kJ/mol，
故答案为：﹣11.3kJ/mol；
②两步反应中，反应速率慢的决定整个反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第1步，
故答案为：第1步；
（2）①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。从图象可以看出，相同温度下，a曲线的生成物COS的物质的量分数大，所以a曲线表示反应Ⅰ。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是800～1200℃时，反应Ⅱ还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大，
故答案为：a；温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大；
②A．从图象可以看出，随着温度升高，两个反应的生成物的物质的量分数均减小，说明两个反应的正反应都是放热反应，所以降低反应温度，平衡向右移动，CO和CO2的平衡转化率均增大，故A正确；
B．该实验中，900℃时，反应Ⅰ还没有达到平衡状态，所以COS生成速率大于分解速率，故B正确；
C．恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，反应物和生成物的物质的量浓度均不变，所以平衡不移动，故C错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以选用合适的催化剂不能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率，故D错误，
故答案为：AB；
③A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.03%。假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol，则CO、H2S、N2的物质的量分别为1mol、1mol和98mol。该反应前后物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.03mol，设H2S转化了x mol，可列三段式：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
起始（mol）1 1 0 0
变化（mol）x x x x
平衡（mol）1﹣x 1﹣x x x
x＝0.03mol，所以CO的转化率为＝3%；
则平衡时CO、H2S、COS、H2的物质的量分别为0.07mol、0.07mol、0.03mol、0.03mol，物质的量浓度分别为0.07mol/L、0.07mol/L、0.03mol/L、0.03mol/L。该温度下反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：3%；；
（3）COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S，根据质量守恒，该反应的化学方程式为：COS+H2O＝CO2+H2S，
故答案为：COS+H2O＝CO2+H2S。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡，难度中等，侧重考查学生对知识的迁移应用和计算能力，理解题干信息是解答的关键。
（二）选考题[选修3：物质结构与性质]：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（14分）H5O2Ge（BH4）3是钙钛矿型化合物（ABX3型），量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。
回答下列问题：
（1）基态Ge的价层电子排布式为 4s24p2 。
（2）H5O2+的结构如图1所示。H5O2+含有共价键的类型是 极性键（或极性共价键） 。1mol H5O2+含有化学键的个数为 4NA 。
（3）根据杂化轨道理论，BH4﹣由B的4个 sp3 （填杂化轨道类型）杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，因此BH4﹣的空间构型是 正四面体 。
（4）CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图2所示。
①原子1的坐标为（，0，0），则原子2和3的坐标分别为 （0，0，） 、 （，1，1） 。
②I﹣位于该晶体晶胞的 棱心 。（填“棱心”、“体心”或“顶角”）
③已知H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则H5O2Ge（BH4）3的密度为 g•cm﹣3。（列出计算式）。
【分析】（1）基态Ge原子价层电子为其4s、4p能级上的电子，根据其核外的电子排布式书写价层电子排布式；
（2）由H5O2+的结构图可知H5O2+中存在的作用力为极性共价键和氢键，但氢键不属于化学键；
（3）BH4﹣的价层电子对数4+＝4，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体；
（4）①原子1的坐标为（，0，0），则图中原子1在x轴上，原子2在z轴上，原子3在三维空间内，到平面xOy的距离为1、到平面yOz的距离为、到平面xOz的距离为1，据此写出原子2、3的坐标；
②CsPbI3晶胞中，Cs位于体心，数目为1，顶点有8个原子、棱心有12个原子，分摊后属于该晶胞的数目分别为8×＝1、12×＝3，结合化学式推断I﹣位置；
③H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，则晶胞的体积V＝（anm）3＝a3×10﹣21cm3，CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，“CsPbI3”的数目为1，则晶胞中“H5O2Ge（BH4）3”的数目为1，晶胞的质量m＝g，根据密度ρ＝计算晶胞的密度。
【解答】解：（1）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子核外的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，价电子为其4s、4p能级上的电子，即为4s24p2，
故答案为：4s24p2；
（2）由H5O2+的结构图可知H5O2+中两个水分子通过氢键结合，含有O﹣H键，属于极性键，1个离子中含有4个O﹣H键，则1mol H5O2+中含有4molO﹣H键，共价键的个数为4NA，
故答案为：极性键（或极性共价键）；4NA；
（3）BH4﹣的价层电子对数4+＝4，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，则BH4﹣中B的杂化类型为sp3，空间构型为正四面体，
故答案为：sp3；正四面体；
（4）①原子1的坐标为（，0，0），则图中原子1在x轴上，原子2在z轴上，到平面xOy的距离为，原子2的坐标为（0，0，）；原子3在三维空间内，到平面xOy的距离为1、到平面yOz的距离为、到平面xOz的距离为1，原子3的坐标为（，1，1），
故答案为：（0，0，）；（，1，1）；
②CsPbI3晶胞中，Cs位于体心，数目为1，则该晶胞中含有1个Pb和3个I原子，顶点的8个原子分摊后属于该晶胞的数目分别为8×＝1，棱心的12个原子分摊后属于该晶胞的数目为12×＝3，所以顶点为Pb、棱心为I，
故答案为：棱心；
③CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，图2晶胞中“CsPbI3”的数目为1，则H5O2Ge（BH4）3晶胞中“H5O2Ge（BH4）3”的数目为1，晶胞的质量m＝g，H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，晶胞的体积V＝（anm）3＝a3×10﹣21cm3，所以H5O2Ge（BH4）3的密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子结构及价电子排布式、化学键及氢键、价层电子互斥理论及应用、晶胞的相关计算等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意VSEPR模型的应用，题目难度中等。
[选修5：有机化学基础]：共14分。
21．化合物G是防晒剂的有效成分，其合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 甲苯 。G中所含官能团的名称为 醚键、羰基 。
（2）反应①的反应类型为 取代反应 。
（3）D是酯类物质，反应②所需试剂是 酸性高锰酸钾溶液 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1。X可能的结构有 6 种，写出两种可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式 、 。
（6）写出以和为原料制备化合物的合成路线 （其他无机试剂任选）。
【分析】根据G的结构简式及A的分子式知，A的结构简式为，对比A、B分子式知，A发生取代反应生成B，根据G结构简式知，A中甲基对位上的H原子被取代，则B的结构简式为，对比B、C分子式知，B中连接苯环的甲基被氧化生成羧基，则C的结构简式为，C和甲醇发生酯化反应生成D，D的结构简式为，根据E的分子式及G的结构简式知，E的结构简式为，E发生取代反应生成F，F和D发生信息中的反应生成G；
（6）以和为原料制备化合物，和水发生加成反应生成2﹣丁醇，2﹣丁醇发生氧化反应生成CH3COCH2CH3，CH3COCH2CH3发生信息中的反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A为，A的化学名称为甲苯，G中所含官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：甲苯；醚键、羰基；
（2）反应①中A中苯环上的H原子被取代生成B，则该反应的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）D是酯类物质，B的结构简式为，C的结构简式为，B中苯环上连接的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧基，所以反应②所需试剂是酸性高锰酸钾溶液，
故答案为：酸性高锰酸钾溶液；
（4）反应④为E发生的取代反应，除了生成F外还生成乙酸，反应方程式为，
故答案为：；
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，则X中含有苯环，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，则X中含有2个甲基，X可能的结构有、、、、、，共6种，可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式为、，
故答案为：6；、；
（6）以和为原料制备化合物，和水发生加成反应生成2﹣丁醇，2﹣丁醇发生氧化反应生成CH3COCH2CH3，CH3COCH2CH3发生信息中的反应生成目标产物，其合成路线为，
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，正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，采用对比、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年广东省广州市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）关于下列诗句或谚语隐含的化学知识，说法错误的是（ ）
A．“爆竹声中一岁除”，爆竹中的火药含有硫磺
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．“雷雨发庄稼”，该过程有硝酸生成
2．（2分）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷（Rb）原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于ⅠA族
B．铷的金属性比钠弱
C．Rb的中子数为48
D．Rb和Rb具有相同的电子数
3．（2分）“打造青山常在，绿水长流、空气常新的美丽中国”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．用硫酸铁除去水中的悬浮物
C．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
D．用Na2S除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
4．（2分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．小苏打用作食品膨松剂
B．工业合成氨实现人工固氮
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸
D．利用铝热反应焊接钢轨
5．（2分）锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I2═2LiI。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．碘电极是电池的负极
B．锂电极发生还原反应
C．电池正极反应：Li﹣e﹣═Li+
D．电流从碘电极经外电路流向锂电极
6．（2分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是（ ）
A．分子式为C6H8O6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
7．（2分）利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用此收集H2
B．用此蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝
C．用此分离NaCl溶液和BaSO4固体
D．用此分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
8．（2分）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
B
铜丝伸入到稀HNO3中，溶液变蓝色，有气泡产生
Cu与稀HNO3发生置换反应
C
向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现
AgCl比AgI更难溶
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）对于0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，溶液中c（OH﹣）增大
B．稀释溶液，溶液中c（H+）减少
C．加入NaOH固体，溶液pH减小
D．c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
10．（2分）以[PdCl4]2﹣作催化剂合成H2O2，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应是H2+O2H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4
C．Pd、[PdCl2O2]2﹣都是反应中间体
D．反应③中Pd的成键数目保持不变
11．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
铁比铜活泼
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
B
Si有良好的半导体性能
Si可用于制备光导纤维
C
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
D
CaCO3难溶于水
CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，224L N2中含有7NA个质子
B．常温常压下，18g H2O含有3NA个原子
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+
D．1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移NA个电子
13．（4分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y═W+Z：化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．元素X的含氧酸均为强酸
C．化合物YW中含有离子键
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
14．（4分）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是（ ）
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl﹣
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
15．（4分）我国科学家合成了一种新型的Fe﹣SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现在室温条件下电催化氮气制备铵盐和硝酸盐。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中H+由b极区向a极区迁移
B．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+
C．电解一段时间，阳极区的pH减小
D．电解一段时间，阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为3：5
16．（4分）25℃时，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1的草酸溶液中，lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2C2O4），曲线③代表lgc（C2O42﹣）
B．lg[Ka2（H2C2O4）]＝﹣4.3
C．pH＝2.8时，c（HC2O4﹣）＞0.01mol•L﹣1
D．pH由0变化至14过程中，lg先增大后不变
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如图。
回答下列问题：
（1）操作①需加入稀H2SO4，其目的是 。
（2）“纯化”的方法为 。
（3）实验室用如下装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：
反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写如表：
实验步骤
实验现象
实验结论
①加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
分解气中含有
②加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
分解气中
③
分解气中不含有SO2
写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式 。
（4）为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA（简写为H4Y）标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mL c1mol•L﹣1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣。Al2O3的质量分数为 。
18．（14分）SCR催化剂是工业上广泛应用的燃煤烟气脱硝催化剂，其主要成分为TiO2、V2O5、WO3，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如图。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，VOC2O4中V的化合价是 ，该反应的化学方程式为 。可用浓盐酸代替草酸，但缺点是 。
（2）“碱浸”时WO3转化为WO42﹣的离子方程式为 。
（3）“试剂a”可选用 （选填“盐酸”、“氢氧化钠”或“氨水”）。“滤渣”的主要成分是 。
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（WO42﹣）为 mol•L﹣l。（保留2位有效数字）
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣。电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，用反应方程式解释该现象 。
19．（14分）羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下
反应Ⅰ：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）
（1）以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ 。
②决定COS生成速率的步骤是 。（填“第1步”或“第2步”）
（2）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应Ⅰ和反应Ⅱ（N2不参与反应），反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如图实线所示（虚线表示平衡曲线）。
反应Ⅰ
反应Ⅱ
起始投料
CO
H2S
N2
CO2
H2S
N2
起始物质的量分数/%
1
1
98
1
1
98
①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。反应Ⅰ的平衡曲线是 （填标号）。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是 。
②下列说法正确的是 。（填标号）
A.降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大
B.该实验中，900℃时，反应Ⅰ的COS生成速率大于分解速率
C.恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动
D.选用合适的催化剂均能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率
③A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为 ，该温度下反应的平衡常数K＝ 。（写计算式）
（3）用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体，该反应的化学方程式为 。
（二）选考题[选修3：物质结构与性质]：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（14分）H5O2Ge（BH4）3是钙钛矿型化合物（ABX3型），量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。
回答下列问题：
（1）基态Ge的价层电子排布式为 。
（2）H5O2+的结构如图1所示。H5O2+含有共价键的类型是 。1mol H5O2+含有化学键的个数为 。
（3）根据杂化轨道理论，BH4﹣由B的4个 （填杂化轨道类型）杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，因此BH4﹣的空间构型是 。
（4）CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图2所示。
①原子1的坐标为（，0，0），则原子2和3的坐标分别为 、 。
②I﹣位于该晶体晶胞的 。（填“棱心”、“体心”或“顶角”）
③已知H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则H5O2Ge（BH4）3的密度为 g•cm﹣3。（列出计算式）。
[选修5：有机化学基础]：共14分。
21．化合物G是防晒剂的有效成分，其合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。G中所含官能团的名称为 。
（2）反应①的反应类型为 。
（3）D是酯类物质，反应②所需试剂是 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1。X可能的结构有 种，写出两种可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式 。
（6）写出以和为原料制备化合物的合成路线 （其他无机试剂任选）。
2021年广东省广州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）关于下列诗句或谚语隐含的化学知识，说法错误的是（ ）
A．“爆竹声中一岁除”，爆竹中的火药含有硫磺
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．“雷雨发庄稼”，该过程有硝酸生成
【分析】A．火药成分“一硫二硝三木炭”；
B．柳絮主要成分为纤维素；
C．蔗糖水解得到两分子单糖；
D．“雷雨发庄稼”，空气中氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
【解答】解：A．火药成分“一硫二硝三木炭”，硫为硫磺，故A正确；
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素，故B正确；
C．蔗糖水解得到两分子单糖，所以蔗糖为二糖，故C错误；
D．“雷雨发庄稼”，空气中氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以过程中有硝酸生成，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。
2．（2分）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷（Rb）原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于ⅠA族
B．铷的金属性比钠弱
C．Rb的中子数为48
D．Rb和Rb具有相同的电子数
【分析】A．铷元素为碱金属元素；
B．同主族元素自上而下金属性逐渐增强；
C．中子数＝质量数﹣质子数；
D．原子的电子数等于质子数。
【解答】解：A．铷元素为碱金属元素，在周期表中位于第IA族，故A正确；
B．同主族元素自上而下金属性逐渐增强，则铷的金属性比钠强，故B错误；
C．中子数＝质量数﹣质子数，故Rb的中子数为85﹣37＝48，故C正确；
D．原子的电子数等于质子数，则Rb和Rb具有相同的电子数，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、微粒数之间的关系分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大，注意把握同主族元素的性质的递变规律。
3．（2分）“打造青山常在，绿水长流、空气常新的美丽中国”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．用硫酸铁除去水中的悬浮物
C．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
D．用Na2S除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
【分析】A．臭氧具有强的氧化性；
B．铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体；
C．硫酸镁为易溶性盐，硫酸钙微溶；
D．硫离子与汞离子和铜离子反应生成硫化汞沉淀和硫化铜沉淀。
【解答】解：A．臭氧具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，所以可以用于杀菌消毒，故A正确；
B．铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体，可以吸水中固体杂质颗粒，具有净水作用，故B正确；
C．硫酸镁为易溶性盐，硫酸钙微溶，所以使用硫酸钠难降低镁离子和钙离子浓度，不能实现硬水软化，故C错误；
D．硫离子与汞离子和铜离子反应生成硫化汞沉淀和硫化铜沉淀，所以可以用硫化钠除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。
4．（2分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．小苏打用作食品膨松剂
B．工业合成氨实现人工固氮
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸
D．利用铝热反应焊接钢轨
【分析】氧化还原反应的特征是存在元素化合价的变化，反应过程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．小苏打用作食品膨松剂，反应中不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A选；
B．工业合成氨实现人工固氮，存在N、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．烟气脱硫（SO2）生产硫酸，S、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．利用铝热反应焊接钢轨，存在Al、Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，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能力及知识迁移能力。
5．（2分）锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I2═2LiI。电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．碘电极是电池的负极
B．锂电极发生还原反应
C．电池正极反应：Li﹣e﹣═Li+
D．电流从碘电极经外电路流向锂电极
【分析】根据电池反应2Li+I2═2LiI可知，Li的化合价升高、发生失电子的氧化反应、作负极，则碘所在电极为正极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，正极反应为I2+2e﹣+2Li+＝2LiI，原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．锂碘电池中，锂电极是电池的负极，碘电极是电池的正极，故A错误；
B．锂碘电池中，锂电极是电池的负极，锂电极发生氧化反应，故B错误；
C．正极反应为I2+2e﹣+2Li+＝2LiI，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，故C错误；
D．锂碘电池中，锂电极是负极，碘电极是正极，工作时电流由正极碘电极经过导线流向负极锂电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，掌握正负极的判断及电极反应是解本题关键，注意正极反应式的书写和电池中离子或电子的移动方向，题目难度不大。
6．（2分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法错误的是（ ）
A．分子式为C6H8O6
B．能与金属钠反应
C．能发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣OH、﹣COOC﹣，结合烯烃、醇、酯的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知维生素C的分子式为C6H8O6，故A正确；
B.含有羟基，可与金属钠反应生成氢气，故B正确；
C.含有羟基，可发生酯化反应，故C正确；
D.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，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，注意官能团的判断，题目难度不大。
7．（2分）利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用此收集H2
B．用此蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝
C．用此分离NaCl溶液和BaSO4固体
D．用此分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
【分析】A.氢气的密度比空气密度小；
B.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发；
C.只有硫酸钡不溶于水；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，与水分层后水在上层。
【解答】解：A.氢气的密度比空气密度小，则短导管进气可收集，故A正确；
B.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化铝，故B错误；
C.只有硫酸钡不溶于水，图中过滤可分离，故C正确；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，与水分层后水在上层，图中萃取、分液操作合理，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、盐类水解、气体的收集、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。
8．（2分）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去
H2O2具有还原性
B
铜丝伸入到稀HNO3中，溶液变蓝色，有气泡产生
Cu与稀HNO3发生置换反应
C
向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现
AgCl比AgI更难溶
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2O2中O元素为﹣1价，具有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C.固体变黑，说明蔗糖被炭化；
D.有黄色沉淀出现，说明生成AgI。
【解答】解：A.高锰酸钾具有强氧化性，H2O2中O元素为﹣1价，具有还原性，二者发生氧化还原反应，故A正确；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不是置换反应，故B错误；
C.固体变黑，说明蔗糖被炭化，浓硫酸表现脱水性，有气体生成，同时表现氧化性，生成气体为二氧化碳、二氧化硫，故C错误；
D.有黄色沉淀出现，说明生成AgI，可说明AgI更难溶，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、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，题目难度不大。
9．（2分）对于0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，溶液中c（OH﹣）增大
B．稀释溶液，溶液中c（H+）减少
C．加入NaOH固体，溶液pH减小
D．c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
【分析】A.水解为吸热反应；
B.稀释促进水解，但c（OH﹣）减小，KW不变；
C.加入NaOH固体，抑制碳酸根离子的水解，水解平衡逆向移动，但c（OH﹣）增大；
D.溶液不显电性，遵循电荷守恒。
【解答】解：A.水解为吸热反应，则升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c（OH﹣）增大，故A正确；
B.稀释促进水解，但c（OH﹣）减小，KW不变，可知溶液中c（H+）增大，故B错误；
C.加入NaOH固体，抑制碳酸根离子的水解，水解平衡逆向移动，但c（OH﹣）增大，溶液的pH增大，故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒式为（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解及离子浓度的关系，为高频考点，把握水解平衡移动、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）以[PdCl4]2﹣作催化剂合成H2O2，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应是H2+O2H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4
C．Pd、[PdCl2O2]2﹣都是反应中间体
D．反应③中Pd的成键数目保持不变
【分析】A．根据图中箭头指向，反应物为H2和O2，生成物为H2O2；
B．Pd元素在[PdCl4]2﹣、[PdCl2O2]2﹣中的化合价相同；
C．Pb和[PdCl2O2]2﹣均在反应图中生成并被消耗；
D．反应③中Pb的成键数目均为4。
【解答】解：A．由反应过程图可知，氢气和氧气在[PdCl4]2﹣的作用下生成过氧化氢，反应方程式为：H2+O2H2O2，故A正确；
B．Pd元素在[PdCl4]2﹣、[PdCl2O2]2﹣中的化合价均为+2价，Pd单质是0价，故B错误；
C．依据过程图可知，Pd、[PdCl2O2]2﹣先生成后消耗，是反应中间体，故C正确；
D．[PdCl2O2]2﹣中Pd形成4个键，[PdCl4]2﹣中Pd形成4个键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生对化学反应机理的理解和掌握，准确理解反应过程是解题关键，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用和解决问题能力。
11．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
铁比铜活泼
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
B
Si有良好的半导体性能
Si可用于制备光导纤维
C
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
D
CaCO3难溶于水
CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铜板上的铁钉在潮湿空气中形成原电池反应，铁为负极被腐蚀；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料；
C．氨气极易溶于水，氨水显碱性；
D．CaCO3难溶于水，二氧化碳通入氯化钙溶液中不反应。
【解答】解：A．铁比铜活泼，铜板上的铁钉在潮湿空气中形成原电池反应，铁做负极，失电子发生氧化反应，容易腐蚀生锈，陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系，故A正确；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料，而硅是良好的半导体材料，二者无因果关系，故B错误；
C．.氨气极易溶于水，氨水显碱性，可设计成喷泉实验，叙述Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故C错误；
D．CO2通入CaCl2溶液中不反应，不能产生白色沉淀，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成和性质、性质与用途的关系为解答的关键，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。
12．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，224L N2中含有7NA个质子
B．常温常压下，18g H2O含有3NA个原子
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+
D．1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移NA个电子
【分析】A．标准状况下224L N2物质的量＝＝10mol，1个氮气分子中质子数14；
B．18g水的物质的量＝＝1mol，1个水分子含3个原子；
C．NH4Cl溶液中铵根离子水解；
D．1个镁原子最外层电子数2个，1mol Mg与足量稀H2SO4反应，失去2mol电子。
【解答】解：A．标准状况下，224L N2物质的量＝＝10mol，1个氮气分子中质子数14，10mol氮气含140NA个质子，故A错误；
B．18g水的物质的量＝＝1mol，1mol水分子含3NA个原子，故B正确；
C．1L 0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有NH4+小于0.1NA个，故C错误；
D．1个镁原子最外层电子数2个，1mol Mg与足量稀H2SO4反应，转移2NA个电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用、盐类水解等是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
13．（4分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y═W+Z：化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．元素X的含氧酸均为强酸
C．化合物YW中含有离子键
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
【分析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ应该分别为NH3与HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；四种元素的核外电子总数满足X+Y＝W+Z，则Y的核外电子总数为1+17﹣7＝11，则Y为Na，以此解答该题。
【解答】解：结合分析可知，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、Cl元素，
A.氮气、氢气的沸点与相对分子质量大小有关，相对分子质量越大，沸点越高，则单质的沸点：W＜X，故A错误；
B.元素X的含氧酸有HNO3和HNO2，HNO3为强酸，但HNO2为弱酸，故B错误；
C.二者形成的化合物为NaH，为离子化合物，含有离子键，故C正确；
D.一般来说，电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14．（4分）探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是（ ）
A．①中淀粉KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl﹣
C．③中的溶液变为棕黄色，说明氯气有氧化性
D．④溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性
【分析】A．氯气和KI反应生成I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
B．浓盐酸有挥发性，会伴随氯气一起进入硝酸银溶液中；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，说明氯气具有氧化性；
D．氯气和水反应生成酸盐酸和漂白作用的次氯酸。
【解答】解：A．氯气和KI反应生成I2，碘单质遇到淀粉变蓝色，其中氯气为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂氯气的氧化性大于氧化产物I2，故A正确；
B．浓盐酸有挥发性，会伴随氯气一起进入硝酸银溶液中，故无法说明氯气与水反应生成Cl﹣，故B错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，溶液变为棕黄色，说明氯气具有氧化性，故C正确；
D．氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了氯气性质的实验验证、卤素单质氧化性的相对强弱的验证，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，根据实验现象并用氯气性质进行解释是解答关键，注意要排除干扰因素的存在，题目难度不大。
15．（4分）我国科学家合成了一种新型的Fe﹣SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现在室温条件下电催化氮气制备铵盐和硝酸盐。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中H+由b极区向a极区迁移
B．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+
C．电解一段时间，阳极区的pH减小
D．电解一段时间，阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为3：5
【分析】该装置为电解池，a极N2→NH4+、发生还原反应、为阴极，b极N2→2NO3﹣、发生氧化反应、为阳极，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，电解池工作时阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，结合电子守恒计算阴极、阳极消耗N2的物质的量之比，据此分析解答。
【解答】解：A．电解池中a极为阴极，b极为阳极，则电解过程中H+由b极区向a极区迁移，故A正确；
B．电解池中a极为阴极，b极为阳极，a极N2→NH4+，阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，故B正确；
C．b极为阳极，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，则阳极区酸性增强、pH减小，故C正确；
D．阴极反应式为N2+6e﹣+8H+═2NH4+，阳极反应式为N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，根据电子守恒可知，转移30mol电子时阴极、阳极消耗N2的物质的量分别为5mol、3mol，即阴极、阳极消耗N2的物质的量之比为5：3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，掌握阴阳极的判断、电极反应及电极反应式书写是解本题关键，注意结合电解质酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
16．（4分）25℃时，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1的草酸溶液中，lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2C2O4），曲线③代表lgc（C2O42﹣）
B．lg[Ka2（H2C2O4）]＝﹣4.3
C．pH＝2.8时，c（HC2O4﹣）＞0.01mol•L﹣1
D．pH由0变化至14过程中，lg先增大后不变
【分析】A．lgc（H2C2O4）、lgc（HC2O4﹣）和lgc（C2O42﹣）随pH变化的关系得到，草酸溶液中随pH增大，溶液中草酸浓度减小，草酸氢根离子浓度增大，随着溶液pH增大，草酸氢根离子浓度减小，草酸根离子浓度增大，曲线①为lgc（H2C2O4）、曲线②为lgc（HC2O4﹣）、曲线③为lgc（C2O42﹣）；
B．图象得到，pH＝4.3时，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），lg[Ka2（H2C2O4）]＝lg；
C．当pH＝2.8时，c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）≈10﹣3mol/L，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（HC2O4﹣）＝0.1mol/L﹣c（H2C2O4）﹣c（C2O42﹣）；
D．图象分析得到，Ka1×Ka2＝×＝×c2（H+），则lg＝，pH由0变化至14过程中，氢离子浓度减小。
【解答】解：A．图象可知，酸溶液中随pH增大，溶液中草酸浓度减小，草酸氢根离子浓度增大，随着溶液pH增大，草酸氢根离子浓度减小，草酸根离子浓度增大，曲线①为lgc（H2C2O4）、曲线②为lgc（HC2O4﹣）、曲线③为lgc（C2O42﹣），故A正确；
B．图象得到，pH＝4.3时，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），lg[Ka2（H2C2O4）]＝lg＝lgc（H+）＝﹣4.3，故B正确；
C．当pH＝2.8时，c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣）≈10﹣3mol/L，c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1mol•L﹣1，c（HC2O4﹣）＝0.1mol/L﹣c（H2C2O4）﹣c（C2O42﹣）＞0.01mol/L，故C正确；
D．图象分析得到，Ka1×Ka2＝×＝×c2（H+），则lg＝，pH由0变化至14过程中，氢离子浓度减小，则lg不断增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质电离、离子浓度大小比较、pH计算等知识，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。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。
17．（14分）高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如图。
回答下列问题：
（1）操作①需加入稀H2SO4，其目的是 抑制铵根离子和铝离子水解，提高产品纯度 。
（2）“纯化”的方法为 重结晶 。
（3）实验室用如下装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：
反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写如表：
实验步骤
实验现象
实验结论
①加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
分解气中含有 NH3
②加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
分解气中 SO3
③ 取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中
品红溶液红色不褪去
分解气中不含有SO2
写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式 2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O 。
（4）为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA（简写为H4Y）标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mL c1mol•L﹣1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣。Al2O3的质量分数为 % 。
【分析】将原料中的硫酸铝铵溶解，制得硫酸铝铵溶液，其中硫酸的作用为抑制按根离子和铝离子水解，经过蒸发浓缩冷却结晶后，过滤得到含有结晶水的硫酸铝铵粗品，将含有结晶水的硫酸铝铵粗品通过重结晶进行纯化，得到[NH4Al（SO4）2•12H2O]，经过热分解得到Al2O3，加热产品，根据实验步骤①②③可知，其分解产物有氨气，二氧化氯，三氧化铝，结合原子守恒可知还存在氧化铝，测定氧化铝的质量分数，可通过方程式Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣，判断氧化铝的物质的量，进而求得质量分数。
【解答】解：（1）由①前后物质可知为物质分离提纯过程，没有与硫酸发生化学反应，且铵根离子和铝离子会水解，温度越高、水解程度越大，水解会生成氢离子，故加入硫酸的目的为抑制铵根离子和铝离子水解，
故答案为：抑制铵根离子和铝离子水解，提高产品纯度；
（2）纯化前为有杂质，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用方法为重结晶，
故答案为：重结晶；
（3）①红色石蕊试纸变蓝，说明气体呈碱性，故为NH3，
故答案为：NH3；
②根据操作可知溶液中存在硫酸根离子，硫酸钡为不溶于稀盐酸的白色沉淀，硫酸根离子由分解气中的三氧化硫与水反应生成，故分解气中有SO3，
故答案为：SO3；
③二氧化硫溶于氢氧化钠生成Na2SO3，利用Na2SO3再次产生二氧化硫对二氧化硫进行检测即可，具体操作方法为：取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中，品红溶液红色不褪去，说明不含SO2；，
故答案为：取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中；品红溶液红色不褪去；
有上述实验操作可知硫酸铝铵晶体为高温分解的化学方程式为：2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O，
故答案为：2NH4Al（SO4）2•12H2O2NH3↑+4SO3↑+Al2O3+25H2O；
（4）由方程式：Al3++Y4﹣═AlY﹣、Zn2++Y4﹣═ZnY22﹣可知铝离子和锌离子物质的量之和与EDTA相等，即n（Al3+）+n（Zn2+）＝n（EDTA）；n（Al3+）＝（ c1v1×10﹣3﹣c2v2×10﹣3）mol，氧化铝的物质的量＝（Al3+），故氧化铝的质量分数＝×100%＝×100%＝×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题以硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2•12H2O]的制备为背景，考查了学生有关离子水解，物质分离提纯，离子检验，滴定计算等内容，侧重考查了学生分析解决问题，结合实验现象进行物质检验等能力，考查范围较广，难度适中。
18．（14分）SCR催化剂是工业上广泛应用的燃煤烟气脱硝催化剂，其主要成分为TiO2、V2O5、WO3，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如图。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，VOC2O4中V的化合价是 +4 ，该反应的化学方程式为 V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O 。可用浓盐酸代替草酸，但缺点是 与五氧化二钒的反应速率下降，降低了回收钒的速度 。
（2）“碱浸”时WO3转化为WO42﹣的离子方程式为 WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O 。
（3）“试剂a”可选用 盐酸 （选填“盐酸”、“氢氧化钠”或“氨水”）。“滤渣”的主要成分是 H2SiO3、Al（OH）3 。
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（WO42﹣）为 1.6×10﹣5 mol•L﹣l。（保留2位有效数字）
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣。电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，用反应方程式解释该现象 2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO 。
【分析】从废SCR催化剂（主要成分为TiO2、V2O5，以及少量SiO2、CaO、Al2O3、Fe2O3等）中回收金属钨，向废SCR催化剂中加入H2C2O4溶液酸浸还原，发生反应V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O回收钒；再加入NaOH溶液碱浸，反应后过滤得到钛渣；加入盐酸调节pH，过滤掉H2SiO3、Al（OH）3；加入石灰乳过滤得到CaWO4，最后熔融状态下电解CaWO4得到金属W，以此分析解答。
【解答】解：（1）酸浸还原”中V2O5转化成可溶于水的VOC2O4，草酸根离子中的C为+3价，O元素为﹣2价，设V的化合价为x，则x+（﹣2）×5+（+3）×2＝0，解得x＝+4；
该反应中V元素从+5变为+4，则C元素应该从+3变为+4，说明反应中有CO2生成，其化学方程式为：V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O；该改为浓盐酸，浓盐酸与V2O5反应生成氯气，氯气有毒气体，会污染空气，
故答案为：+4；V2O5+3H2C2O4＝2VOC2O4+2CO2↑+3H2O；产生氯气，污染空气；
（2）“碱浸”时WO3与NaOH溶液反应生成WO42﹣，离子方程式为：WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O，
故答案为：WO3+2OH﹣＝WO42﹣+H2O；
（3）由于上一步使用了大量的NaOH溶液，反应后溶液呈强碱性，需要加入盐酸调节溶液pH＝9，将溶液中硅酸根离子和偏铝酸根离子转化成H2SiO3、Al（OH）3沉淀，即“试剂a”可选用盐酸，“滤渣”的主要成分是H2SiO3、Al（OH）3，
故答案为：盐酸；H2SiO3、Al（OH）3；
（4）常温下Ksp[Ca（OH）2]＝5.5×10﹣6，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9，“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当测得“滤液”中pH＝13时，c（OH﹣）＝mol/L＝0.1mol/L，c（Ca2+）＝mol/L＝5.5×10﹣4mol/L，则c（WO42﹣）＝mol/L≈1.6×10﹣5mol/L，
故答案为：1.6×10﹣5；
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为WO42﹣+6e﹣═W+4O2﹣，电解过程中石墨阳极有损耗并有气体产生，说明有二氧化碳生成，则反应方程式为2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO，
故答案为：2CaWO4+3C2W+3CO2↑+2CaO。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握制备原理、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，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
19．（14分）羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下
反应Ⅰ：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）
（1）以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。
①CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）△H＝ ﹣11.3kJ/mol 。
②决定COS生成速率的步骤是 第1步 。（填“第1步”或“第2步”）
（2）在密闭容器中按下表投料，分别发生反应Ⅰ和反应Ⅱ（N2不参与反应），反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如图实线所示（虚线表示平衡曲线）。
反应Ⅰ
反应Ⅱ
起始投料
CO
H2S
N2
CO2
H2S
N2
起始物质的量分数/%
1
1
98
1
1
98
①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。反应Ⅰ的平衡曲线是 a （填标号）。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是 温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大 。
②下列说法正确的是 AB 。（填标号）
A.降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大
B.该实验中，900℃时，反应Ⅰ的COS生成速率大于分解速率
C.恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动
D.选用合适的催化剂均能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率
③A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为 3% ，该温度下反应的平衡常数K＝ 。（写计算式）
（3）用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体，该反应的化学方程式为 COS+H2O＝CO2+H2S 。
【分析】（1）①反应物的焓变等于反应物的总能量减去生成物的总能量；
②慢反应决定总反应的反应速率；
（2）①反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，说明相同时间内生成物的生成量越多；注意800～1200℃时，反应Ⅱ还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大；
②A．对于放热反应，降低温度有利于反应正向进行；
B．反应达到平衡状态之前，正反应速率大于逆反应速率；
C．恒温恒容下增加反应无关气体化学平衡不移动；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态；
③列出三段式计算平衡时各物质的量，然后计算转化率和平衡常数；
（3）COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S。
【解答】解：（1）①从图象可以看出，2CO（g）+2H2S（g）⇌2COS（g）+2H2（g）的△H＝168.9kJ/mol﹣191.5kJ/mol＝﹣22.6kJ/mol，所以CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）的△H＝﹣11.3kJ/mol，
故答案为：﹣11.3kJ/mol；
②两步反应中，反应速率慢的决定整个反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第1步，
故答案为：第1步；
（2）①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。从图象可以看出，相同温度下，a曲线的生成物COS的物质的量分数大，所以a曲线表示反应Ⅰ。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是800～1200℃时，反应Ⅱ还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大，
故答案为：a；温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大；
②A．从图象可以看出，随着温度升高，两个反应的生成物的物质的量分数均减小，说明两个反应的正反应都是放热反应，所以降低反应温度，平衡向右移动，CO和CO2的平衡转化率均增大，故A正确；
B．该实验中，900℃时，反应Ⅰ还没有达到平衡状态，所以COS生成速率大于分解速率，故B正确；
C．恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，反应物和生成物的物质的量浓度均不变，所以平衡不移动，故C错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以选用合适的催化剂不能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率，故D错误，
故答案为：AB；
③A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.03%。假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol，则CO、H2S、N2的物质的量分别为1mol、1mol和98mol。该反应前后物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.03mol，设H2S转化了x mol，可列三段式：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
起始（mol）1 1 0 0
变化（mol）x x x x
平衡（mol）1﹣x 1﹣x x x
x＝0.03mol，所以CO的转化率为＝3%；
则平衡时CO、H2S、COS、H2的物质的量分别为0.07mol、0.07mol、0.03mol、0.03mol，物质的量浓度分别为0.07mol/L、0.07mol/L、0.03mol/L、0.03mol/L。该温度下反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：3%；；
（3）COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S，根据质量守恒，该反应的化学方程式为：COS+H2O＝CO2+H2S，
故答案为：COS+H2O＝CO2+H2S。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡，难度中等，侧重考查学生对知识的迁移应用和计算能力，理解题干信息是解答的关键。
（二）选考题[选修3：物质结构与性质]：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．（14分）H5O2Ge（BH4）3是钙钛矿型化合物（ABX3型），量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。
回答下列问题：
（1）基态Ge的价层电子排布式为 4s24p2 。
（2）H5O2+的结构如图1所示。H5O2+含有共价键的类型是 极性键（或极性共价键） 。1mol H5O2+含有化学键的个数为 4NA 。
（3）根据杂化轨道理论，BH4﹣由B的4个 sp3 （填杂化轨道类型）杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，因此BH4﹣的空间构型是 正四面体 。
（4）CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图2所示。
①原子1的坐标为（，0，0），则原子2和3的坐标分别为 （0，0，） 、 （，1，1） 。
②I﹣位于该晶体晶胞的 棱心 。（填“棱心”、“体心”或“顶角”）
③已知H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则H5O2Ge（BH4）3的密度为 g•cm﹣3。（列出计算式）。
【分析】（1）基态Ge原子价层电子为其4s、4p能级上的电子，根据其核外的电子排布式书写价层电子排布式；
（2）由H5O2+的结构图可知H5O2+中存在的作用力为极性共价键和氢键，但氢键不属于化学键；
（3）BH4﹣的价层电子对数4+＝4，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体；
（4）①原子1的坐标为（，0，0），则图中原子1在x轴上，原子2在z轴上，原子3在三维空间内，到平面xOy的距离为1、到平面yOz的距离为、到平面xOz的距离为1，据此写出原子2、3的坐标；
②CsPbI3晶胞中，Cs位于体心，数目为1，顶点有8个原子、棱心有12个原子，分摊后属于该晶胞的数目分别为8×＝1、12×＝3，结合化学式推断I﹣位置；
③H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，则晶胞的体积V＝（anm）3＝a3×10﹣21cm3，CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，“CsPbI3”的数目为1，则晶胞中“H5O2Ge（BH4）3”的数目为1，晶胞的质量m＝g，根据密度ρ＝计算晶胞的密度。
【解答】解：（1）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子核外的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，价电子为其4s、4p能级上的电子，即为4s24p2，
故答案为：4s24p2；
（2）由H5O2+的结构图可知H5O2+中两个水分子通过氢键结合，含有O﹣H键，属于极性键，1个离子中含有4个O﹣H键，则1mol H5O2+中含有4molO﹣H键，共价键的个数为4NA，
故答案为：极性键（或极性共价键）；4NA；
（3）BH4﹣的价层电子对数4+＝4，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，则BH4﹣中B的杂化类型为sp3，空间构型为正四面体，
故答案为：sp3；正四面体；
（4）①原子1的坐标为（，0，0），则图中原子1在x轴上，原子2在z轴上，到平面xOy的距离为，原子2的坐标为（0，0，）；原子3在三维空间内，到平面xOy的距离为1、到平面yOz的距离为、到平面xOz的距离为1，原子3的坐标为（，1，1），
故答案为：（0，0，）；（，1，1）；
②CsPbI3晶胞中，Cs位于体心，数目为1，则该晶胞中含有1个Pb和3个I原子，顶点的8个原子分摊后属于该晶胞的数目分别为8×＝1，棱心的12个原子分摊后属于该晶胞的数目为12×＝3，所以顶点为Pb、棱心为I，
故答案为：棱心；
③CsPbI3是H5O2Ge（BH4）3的量子化学计算模型，图2晶胞中“CsPbI3”的数目为1，则H5O2Ge（BH4）3晶胞中“H5O2Ge（BH4）3”的数目为1，晶胞的质量m＝g，H5O2Ge（BH4）3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，晶胞的体积V＝（anm）3＝a3×10﹣21cm3，所以H5O2Ge（BH4）3的密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子结构及价电子排布式、化学键及氢键、价层电子互斥理论及应用、晶胞的相关计算等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意VSEPR模型的应用，题目难度中等。
[选修5：有机化学基础]：共14分。
21．化合物G是防晒剂的有效成分，其合成路线如图。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 甲苯 。G中所含官能团的名称为 醚键、羰基 。
（2）反应①的反应类型为 取代反应 。
（3）D是酯类物质，反应②所需试剂是 酸性高锰酸钾溶液 。
（4）反应④的化学方程式为 。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1。X可能的结构有 6 种，写出两种可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式 、 。
（6）写出以和为原料制备化合物的合成路线 （其他无机试剂任选）。
【分析】根据G的结构简式及A的分子式知，A的结构简式为，对比A、B分子式知，A发生取代反应生成B，根据G结构简式知，A中甲基对位上的H原子被取代，则B的结构简式为，对比B、C分子式知，B中连接苯环的甲基被氧化生成羧基，则C的结构简式为，C和甲醇发生酯化反应生成D，D的结构简式为，根据E的分子式及G的结构简式知，E的结构简式为，E发生取代反应生成F，F和D发生信息中的反应生成G；
（6）以和为原料制备化合物，和水发生加成反应生成2﹣丁醇，2﹣丁醇发生氧化反应生成CH3COCH2CH3，CH3COCH2CH3发生信息中的反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A为，A的化学名称为甲苯，G中所含官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：甲苯；醚键、羰基；
（2）反应①中A中苯环上的H原子被取代生成B，则该反应的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）D是酯类物质，B的结构简式为，C的结构简式为，B中苯环上连接的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧基，所以反应②所需试剂是酸性高锰酸钾溶液，
故答案为：酸性高锰酸钾溶液；
（4）反应④为E发生的取代反应，除了生成F外还生成乙酸，反应方程式为，
故答案为：；
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，则X中含有苯环，X的结构只含一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，则X中含有2个甲基，X可能的结构有、、、、、，共6种，可与FeCl3溶液发生显色反应的X的结构简式为、，
故答案为：6；、；
（6）以和为原料制备化合物，和水发生加成反应生成2﹣丁醇，2﹣丁醇发生氧化反应生成CH3COCH2CH3，CH3COCH2CH3发生信息中的反应生成目标产物，其合成路线为，
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，正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，采用对比、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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