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2021年四川省自贡市高考化学一模试卷
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这是一份2021年四川省自贡市高考化学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）中国景德镇瓷器精美绝伦，瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3。下列说法错误的是（ ）
A．SiO2属于酸性氧化物
B．景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质
C．兔毫釉极易被空气氧化，瓷器不能在空气中久置
D．Al2O3中氧的质量分数高于Fe2O3
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有2NA个原子
C．1ml H216O比1ml D218O少4NA个质子
D．0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有0.1NA个分子
3．（6分）下列物质的提纯方法中，不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．（6分）麻黄碱能预防支气管哮喘发作，其结构如图。有关该化合物的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C10H14NO
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．既能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应
D．在Cu作催化剂与O2反应时能生成含醛基的化合物
5．（6分）2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。电池示意图如图，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列有关说法错误的是（ ）
A．放电时，负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6
B．充电时，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.78g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48L气体时，通过隔膜的K+为0.2ml
6．（6分）一种由短周期元素组成的有机化合物（如图所示），常用作分析试剂。元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构。下列有关叙述一定正确的是（ ）
A．原子半径r（Z）＞r（Y）
B．Y元素形成的单质只有两种
C．非金属性：W＞V
D．W氧化物的水化物为强酸
7．（6分）常温时，分别向20mL 0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0.1ml•L﹣1HCl溶液中逐滴加入0.1ml•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（ ）
A．CH3COOH滴定曲线上的a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点
B．b点时溶液的pH近似等于CH3COOH的电离平衡常数Ka的负对数
C．c点时溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）
D．该实验中滴定时HCl溶液pH的突变范围（恰好中和时少滴或多滴1滴NaOH溶液的pH，1滴溶液体积约0.04mL）是3～11
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣（主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐，及少量SiO2等）。采用如图1工艺流程回收其中的锌制备氯化锌。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式 。
（2）“沉淀”除去的离子是 。
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入 ，再加入 ，原因是 。
（4）“除锰”时的离子方程式为 。
（5）制得的ZnCl2成品中可能含有的杂质为Zn（OH）Cl，已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含量如图2所示。
①降低成品中的碱式盐含量的方法有 。
②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn（OH）Cl（M＝117.5g/ml）杂质的质量分数为 。
9．（14分）As2S，是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S，渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2g As2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
（1）A装置中仪器X的名称是 ；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是 ；实验中的加热方式为 。
（2）C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36。则滤液中S2﹣浓度为 ml•L﹣1。
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 。
（4）本实验中As2O3的产率最接近于 。（填标号）
A.40%
B.50%
C.60%
D.70%
（5）将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 。
10．（15分）某海军研究实验室利用海水获得CO2和H2，通过CO2催化加氢反应先生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，从而减少舰艇以及飞机对燃料补给的依赖延长续航时间。制取乙烯发生的主要反应有：
ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
（1）CO2催化加氢制乙烯包括以下两个步骤，如图1所示。
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1则甲醇制乙烯的热化学方程式为 。
（2）不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图2。
①如图B点v正 A点v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有 。
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。表明在较低温度下体系中合成低碳烯烃时 （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）占主导。
③在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小的原因是 。
根据图象可知，为了更多获得乙烯等低碳烯烃反应条件应控制在（填序号） 。
a.温度300～400℃
b.温度900～1000℃
c.压强0.1～1.0MPa
d.压强2.0～3.0MPa
（3）如图1A点所在的条件进行反应，将H2和CO2[＝3]以一定的流速通过K﹣Fe﹣催化剂进行反应，测得CO2总的转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，反应ⅰ用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ （只列算式不计算，已知气体分压＝气体总压×体积分数）。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有 。（填序号）
a.加压
b.选择合适的催化剂
c.将反应中产生的水及时分离
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）铝的化合物及合金为重要物质。其三乙基铝[Al（CH2CH3）3]是一种无色液体，是乙烯、丙烯等烯烃聚合的重要催化剂，结构如图1。
回答下列问题：
（1）基态C原子与Al原子中未成对的电子数之比为 。H、C、Al电负性最大的是 。根据对角线规则，Al的一些化学性质与 元素相似。
（2）三乙基铝中Al的价层电子对数为 ，C杂化轨道类型为 。
（3）三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，原因是 。三乙基铝遇水即发生爆炸，与NaOH溶液反应的化学方程式为：Al（CH2CH3）3+3H2O+NaOH═Na[Al（OH）4]+3CH3CH3↑。Na[Al（OH）4]中存在的化学键有 ，Al（OH）4﹣的空间构型为 。
（4）铝合金MAl12性能优良，其晶胞结构示意图如图2所示。其中每个M原子周围围绕的Al原子形成正二十面体。每个晶胞中含有MAl12的单元数有 个，若晶胞参数为anm，MAl12相对式量为M，则晶体密度为 g•cm•3。（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）
[化学--选修5：有机化学基础]
12．维生素A，也称视黄醇（retinl），有促进生长、繁殖等多种生理功能，维生素A及其类似物有阻止癌前期病变的作用。下面是由化合物X合成维生素A的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）有机物X中的含氧官能团名称为 。
（2）C的结构简式为 ；区别B和C可加入的试剂为 。
（3）反应②的反应类型为 。
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，其相对分子质量比B少70，且苯环上只有一个侧链，请写出同时满足以上条件的F的其中三种同分异构体结构简式 。
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为 ；反应③的化学方程式为 .
2021年四川省资阳市、眉山市、遂宁市、广安市、自贡市、广元市高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．（6分）中国景德镇瓷器精美绝伦，瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3。下列说法错误的是（ ）
A．SiO2属于酸性氧化物
B．景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质
C．兔毫釉极易被空气氧化，瓷器不能在空气中久置
D．Al2O3中氧的质量分数高于Fe2O3
【分析】A．能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铝和氧化铁能够与酸反应；
C．二氧化硅和氧化铝及氧化铁性质稳定；
D．依据×100%判断。
【解答】解：A．二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，故A正确；
B．景德镇瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3，二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铝和氧化铁能够与酸反应，所以景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质，故B正确；
C．二氧化硅和氧化铝及氧化铁性质稳定，不易被空气氧化，故C错误；
D．氧化铝和氧化铁化学式相同，都含有3个氧原子，但是氧化铝相对分子质量小于氧化铁，依据×100%可知氧化铝中氧的质量分数高于氧化铁，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉酸性氧化物，明确二氧化硅和氧化铝和氧化铁性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有2NA个原子
C．1ml H216O比1ml D218O少4NA个质子
D．0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有0.1NA个分子
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．乙炔和苯具有相同最简式CH；
C．1个H216O和1个D218O都含有10个质子；
D．甲醇溶液中含有甲醇和水分子．
【解答】解：A．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有原子个数为×2×NAml﹣1＝2NA个，故B正确；
C．1个H216O和1个D218O都含有10个质子，所以1ml H216O和1ml D218O质子数相等，故C错误；
D．甲醇溶液中含有甲醇和水分子，所以0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有大于0.1NA个分子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积使用的条件，题目难度不大。
3．（6分）下列物质的提纯方法中，不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.碳酸氢钠与NaOH反应；
B.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
C.氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；
D.二者溶解度受温度影响不同，且硝酸钾的溶解度受温度影响大。
【解答】解：A.碳酸氢钠与NaOH反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，洗气可除杂，故B正确；
C.氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，通入适量氯气可除杂，故C正确；
D.二者溶解度受温度影响不同，且硝酸钾的溶解度受温度影响大，重结晶法可提纯硝酸钾，故D正确；
故选：A。
【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、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）麻黄碱能预防支气管哮喘发作，其结构如图。有关该化合物的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C10H14NO
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．既能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应
D．在Cu作催化剂与O2反应时能生成含醛基的化合物
【分析】A．交点、端点是碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目，进而确定有机物分子式；
B．含有羟基等，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．含有的羟基是醇羟基，不是酚羟基，不能与NaOH溶液反应；
D．与羟基连接的碳原子上有2个氢原子才能被氧化为醛基。
【解答】解：A．由结构简式可知，分子转化有10个C原子、15个H原子、1个N原子、1个O原子，故其分子式为C10H15NO，故A错误；
B．羟基、苯环连接的碳原子上均含有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B正确；
C．有机物含有﹣NH﹣，具有碱性，能与HCl发生反应，但含有的羟基是醇羟基，不是酚羟基，不能与NaOH溶液反应，故C错误；
D．麻黄碱中羟基连接的碳原子上有1个氢原子，不能被氧化为醛基，而是被氧化为羰基，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意掌握官能团的性质与转化，掌握能被酸性高锰酸钾溶液氧化的醇及苯同系物中结构特点，理解醇催化氧化原理。
5．（6分）2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。电池示意图如图，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列有关说法错误的是（ ）
A．放电时，负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6
B．充电时，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.78g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48L气体时，通过隔膜的K+为0.2ml
【分析】放电时为原电池，负极失电子，总反应为FeC2O4F+KC4C6+KFeC2O4F，所以负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6，充电时为电解池，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+，阴极反应为：K++C6+e﹣═KC6，质量增加的为钾元素的质量，涉及气体体积的计算，要知道温度和压强。
【解答】解：A．放电时为原电池，负极失电子，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F，所以负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6，故A正确；
B．充电时为电解池，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+，故B正确；
C．充电时，碳电极为阴极，阴极反应为：K++C6+e﹣═KC6，质量增加的为钾元素的质量，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.02ml×39g/ml＝0.78g，故C正确；
D．电解饱和食盐水，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，阴极产生4.48L气体时，无法判断生成的气体的物质的量，因为题目没有强调是否为标况，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写为解题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．（6分）一种由短周期元素组成的有机化合物（如图所示），常用作分析试剂。元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构。下列有关叙述一定正确的是（ ）
A．原子半径r（Z）＞r（Y）
B．Y元素形成的单质只有两种
C．非金属性：W＞V
D．W氧化物的水化物为强酸
【分析】均为短周期元素，元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，V为S，W的原子序数最大，W为Cl；由有机化合物的结构可知，X只能形成1个共价键，Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，且该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构，则X为H、Y为C、Z为O，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、V为S、W为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径r（Z）＜r（Y），故A错误；
B.Y元素形成的单质有金刚石、石墨、C60等，故B错误；
C.同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：W＞V，故C正确；
D.W氧化物的水化物若为HClO，属于弱酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握有机物的结构、化学键、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（6分）常温时，分别向20mL 0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0.1ml•L﹣1HCl溶液中逐滴加入0.1ml•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（ ）
A．CH3COOH滴定曲线上的a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点
B．b点时溶液的pH近似等于CH3COOH的电离平衡常数Ka的负对数
C．c点时溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）
D．该实验中滴定时HCl溶液pH的突变范围（恰好中和时少滴或多滴1滴NaOH溶液的pH，1滴溶液体积约0.04mL）是3～11
【分析】A．酸或碱的电离都会抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，d点溶液中只有CH3COONa，另外3点溶液中均有CH3COOH；
B．b点溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）近似相等，抓住K的表达式去思考；
C．由图象可知c点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒表达式去思考；
D．少滴一滴NaOH溶液时，溶液呈酸性，计算溶液中的c（H+），多滴一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，计算溶液中的c（OH﹣）即可判断突变范围。
【解答】解：A．酸或碱的电离都会抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，d点加入20mLNaOH溶液，溶液中的溶质只有CH3COONa，水解促进水的电离，另外3点溶液中均有CH3COOH，所以d点溶液中水的电离程度最大，另外3点受到了抑制，故A错误；
B．b点加入10mLNaOH溶液，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）近似相等，所以K＝≈c（H+），故B正确；
C．c点溶液中电荷守恒表达式为：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），由图象可知该点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故C错误；
D．少滴一滴NaOH溶液时，溶液中的c（H+）＝＝10﹣4ml/L，pH＝4，多滴一滴NaOH溶液时，溶液中的c（OH﹣）＝＝10﹣4ml/L，pH＝10，所以pH的突变范围4～10，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查水的电离的影响因素，平衡常数K的应用，电荷守恒表达式的应用，pH的计算，对学生的思维能力要求较高，属于基本知识，基础题型，中等难度。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣（主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐，及少量SiO2等）。采用如图1工艺流程回收其中的锌制备氯化锌。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式 ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O 。
（2）“沉淀”除去的离子是 SO42﹣ 。
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入 H2O2 ，再加入 氨水调节pH＝5 ，原因是 避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH 。
（4）“除锰”时的离子方程式为 2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（5）制得的ZnCl2成品中可能含有的杂质为Zn（OH）Cl，已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含量如图2所示。
①降低成品中的碱式盐含量的方法有 蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高 。
②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn（OH）Cl（M＝117.5g/ml）杂质的质量分数为 2.35% 。
【分析】由流程可知，酸浸时发生Zn+2H+＝Zn2++H2↑、ZnO+2H+＝Zn2++H2O、FeO+2H+＝Fe2++H2O、CuO+2H+＝Cu2++H2O、MnO+2H+＝Mn2++H2O、CdO+2H+＝Cd2++H2O，过滤分离出滤渣①为SiO2，然后加氯化钡可沉淀硫酸盐，滤渣②为硫酸钡，向溶液中加入H2O2发生2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，加氨水调节溶液的pH将Fe3+转化为滤渣③为Fe（OH）3沉淀，再加高锰酸钾除锰离子发生2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn＝Zn2++Cu、Cd2++Zn＝Zn2++Cd，然后过滤回收Cu、Cd、Zn，最后蒸发结晶分离出ZnCl2，以此解答该题。
【解答】解：（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式为ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O，
故答案为：ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；
（2）“沉淀”除去的离子是SO42﹣，
故答案为：SO42﹣；
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入H2O2，再加入氨水调节pH＝5，原因是避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH，
故答案为：H2O2；氨水调节pH＝5；避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH；
（4）“除锰”时的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（5）①降低成品中的碱式盐含量的方法有蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高，
故答案为：蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高；
②取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL，样品中所含Zn（OH）Cl杂质的质量分数为×100%＝2.35%。
故答案为：2.35%。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（14分）As2S，是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S，渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2g As2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
（1）A装置中仪器X的名称是 蒸馏烧瓶 ；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 ；实验中的加热方式为 水浴加热 。
（2）C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36。则滤液中S2﹣浓度为 6.3×10﹣36 ml•L﹣1。
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+ 。
（4）本实验中As2O3的产率最接近于 。（填标号）
A.40%
B.50%
C.60%
D.70%
（5）将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 提高CuSO4的利用率 。
【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3，据此回答问题。
（1）A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
（2）C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸；
（4）本实验中，计算理论产量和实际产量的比值即可得到产率；
（5）分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用。
【解答】解：（1）A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热；
故答案为：蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；
（2）C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36，滤液中S2﹣浓度＝＝6.3×10﹣36ml•L﹣1，
故答案为：3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3×10﹣36；
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+，
故答案为：As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+；
（4）本实验中，As2O3的理论产量为＝×198g/ml＝39.6g，产率为×100%＝50%，
故答案为：B；
（5）分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率，
故答案为：提高CuSO4的利用率。
【点评】本题以制备As2O3为实验背景，考察了有关物质分离提纯，氧化还原反应等相关知识，尤其是两次氧化过程进行物质分离，是本题的关键，难度适中。
10．（15分）某海军研究实验室利用海水获得CO2和H2，通过CO2催化加氢反应先生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，从而减少舰艇以及飞机对燃料补给的依赖延长续航时间。制取乙烯发生的主要反应有：
ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
（1）CO2催化加氢制乙烯包括以下两个步骤，如图1所示。
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1则甲醇制乙烯的热化学方程式为 2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣28.89kJ•ml﹣1 。
（2）不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图2。
①如图B点v正 ＜ A点v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有 增大氢碳比、将生成物及时分离 。
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。表明在较低温度下体系中合成低碳烯烃时 反应ⅰ （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）占主导。
③在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小的原因是 850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小 。
根据图象可知，为了更多获得乙烯等低碳烯烃反应条件应控制在（填序号） ad 。
a.温度300～400℃
b.温度900～1000℃
c.压强0.1～1.0MPa
d.压强2.0～3.0MPa
（3）如图1A点所在的条件进行反应，将H2和CO2[＝3]以一定的流速通过K﹣Fe﹣催化剂进行反应，测得CO2总的转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，反应ⅰ用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ （MPa）﹣3 （只列算式不计算，已知气体分压＝气体总压×体积分数）。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有 abc 。（填序号）
a.加压
b.选择合适的催化剂
c.将反应中产生的水及时分离
【分析】（1）ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
iii.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：i﹣2×iii得2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）；
（2）①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强；在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
②反应ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，综合分析；
③在较高温度如850℃时，反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，H2O（g）浓度增大，反应ⅱ为气体体积不变的反应，压强不影响其平衡移动，但H2O（g）浓度增大，又使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，则要使反应ⅰ为主导，该反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（3）设起始H2物质的量为6ml，起始CO2物质的量为2ml，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，设C2H4和CO的物质的量分别为2xml和xml，列化学平衡三段式，分别计算各组分的浓度，结合Kp＝计算；不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性措施有：
a.反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；
b.选择合适的催化剂，降低反应ⅰ的活化能；
c.将反应中产生的水及时分离，使反应ⅰ平衡正向移动。
【解答】解：（1）ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
iii.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：i﹣2×iii得2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝（﹣127.89+49.25×2）kJ•ml﹣1＝﹣28.89kJ•ml﹣1，
故答案为：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣28.89kJ•ml﹣1；
（2）①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强，压强越大，反应速率越快，则B点v正＜A点v逆；在一定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率有增大氢碳比、将生成物及时分离，
故答案为：＜；增大氢碳比、将生成物及时分离；
②反应ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而在较低温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率降低，说明反应ⅰ占主导，
故答案为：反应ⅰ；
③由题意得，反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，H2O（g）浓度增大，反应ⅱ为气体体积不变的反应，压强不影响其平衡移动，但H2O（g）浓度增大，又使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，由题意可知，在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小，说明在850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小；为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，则要使反应ⅰ为主导，反应ⅰ为放热反应，则要选择较低温度，同时考虑反应速率，所以温度选300～400℃，增大压强可以加快反应速率同时使反应ⅰ平衡正向移动，所以压强选2.0～3.0MPa，则选择ad，
故答案为：850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小；ad；
（3）设起始H2物质的量为6ml，起始CO2物质的量为2ml，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，设C2H4和CO的物质的量分别为xml和0.5xml，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）
转化n（ml） 2x 6x x 4x
平衡n（ml） x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
转化n（ml） 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡n（ml） 0.5x 0.5x
CO2总的转化率为＝50.0%，解得x＝0.4，则平衡时n（CO2）＝2ml﹣2.5×0.4ml＝1ml，n（C2H4）＝0.4ml，n（CO）＝0.2ml，n（H2）＝6ml﹣6.5×0.4ml＝3.4ml，n（H2O）＝4.5×0.4ml＝1.8ml，混合气总物质的量为1ml+0.4ml+0.2ml+3.4ml+1.8ml＝6.8ml，A点压强为1MPa，p（CO2）＝＝MPa，p（C2H4）＝＝MPa，p（H2）＝＝MPa，p（H2O）＝＝MPa，则Kp＝＝＝（MPa）﹣3；不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性有：
a.反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，有进一步促进平衡正向移动，可以提高C2H4选择性，故a正确；
b.选择合适的催化剂，降低反应ⅰ的活化能，加快反应速率，提高C2H4选择性，故b正确；
c.将反应中产生的水及时分离，使反应ⅰ平衡正向移动，提高C2H4选择性，故c正确；
故答案为：（MPa）﹣3；abc。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生的关键能力如读取和处理信息的能力、分析能力、计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、化学平衡移动、化学平衡计算等，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度大。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）铝的化合物及合金为重要物质。其三乙基铝[Al（CH2CH3）3]是一种无色液体，是乙烯、丙烯等烯烃聚合的重要催化剂，结构如图1。
回答下列问题：
（1）基态C原子与Al原子中未成对的电子数之比为 2：1 。H、C、Al电负性最大的是 C 。根据对角线规则，Al的一些化学性质与 Be 元素相似。
（2）三乙基铝中Al的价层电子对数为 3 ，C杂化轨道类型为 sp3 。
（3）三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，原因是 三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂 。三乙基铝遇水即发生爆炸，与NaOH溶液反应的化学方程式为：Al（CH2CH3）3+3H2O+NaOH═Na[Al（OH）4]+3CH3CH3↑。Na[Al（OH）4]中存在的化学键有 既有离子键又有共价键还有配位键 ，Al（OH）4﹣的空间构型为 正四面体 。
（4）铝合金MAl12性能优良，其晶胞结构示意图如图2所示。其中每个M原子周围围绕的Al原子形成正二十面体。每个晶胞中含有MAl12的单元数有 2 个，若晶胞参数为anm，MAl12相对式量为M，则晶体密度为 g•cm•3。（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）
【分析】（1）基态C原子的最外层电子排布为2s22p2，Al原子的最外层电子排布为3s23p1，而前者有2个电子未成对、后者有1个电子未成对；非金属性越强电负性越大，对角线规则与周期表中左上角元素性质相似；
（2）甲基中的碳原子和羟基中的氧原子均提供1个价层电子结合三甲基铝的结构简式判断，甲基为四面体结构；
（3）根据相似相溶原理分析，Na[Al（OH）4]为盐，既有离子键又有共价键，Al（OH）4﹣的空间构型为正四面体结构；
（4）利用均摊法，顶点对晶胞贡献，体心对晶胞贡献为1，晶体密度为ρ＝，据此计算。
【解答】解：（1）基态C原子的最外层电子排布为2s22p2，Al原子的最外层电子排布为3s23p1，而前者有2个电子未成对、后者有1个电子未成对，因此二者未成对电子数之比为2：1，H、C、Al三种元素的电负性关系C＞H＞Al，电负性最大的是C，对角线规则与周期表中左上角元素性质相似，Al的一些化学性质与Be的性质相似，
故答案为：2：1；C；Be；
（2）根据三甲基铝的结构简式可知，三甲基铝甲基中的碳原子提供1个价层电子，氢氧化铝中羟基中的氧原子提供1个价层电子，三甲基铝和氢氧化铝中Al原子均含有3个价层电子对，因此，三甲基铝和氢氧化铝中Al原子的价层电子对数均为3，甲基为四面体结构，C杂化轨道类型为sp3，
故答案为：3；sp3；
（3）三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，Na[Al（OH）4]﹣中钠离子与四羟基合铝酸根离子之间形成离子键，四羟基合铝酸根离子内部含有共价键，氢氧化铝和氢氧根形成配位键，Na[Al（OH）4]既有离子键又有共价键还有配位键，Al（OH）4﹣的中心原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体，
故答案为：三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂；既有离子键又有共价键还有配位键；正四面体；
（4）根据图知，每个晶胞中含有MAl12的单元数8×+1×1＝2，晶胞参数为anm＝a×10﹣7cm，晶体的体积a3×10﹣21cm3，晶体密度为ρ＝＝g•cm•3，
故答案为：2；。
【点评】本题考查了晶胞的计算、原子核外电子排布式的书写、杂化类型的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，根据构造原理、密度公式、晶体类型与熔沸点的关系来分析解答，难点的晶胞的计算。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．维生素A，也称视黄醇（retinl），有促进生长、繁殖等多种生理功能，维生素A及其类似物有阻止癌前期病变的作用。下面是由化合物X合成维生素A的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）有机物X中的含氧官能团名称为 羰基 。
（2）C的结构简式为 ；区别B和C可加入的试剂为 NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案 。
（3）反应②的反应类型为 还原反应 。
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，其相对分子质量比B少70，且苯环上只有一个侧链，请写出同时满足以上条件的F的其中三种同分异构体结构简式 、、、、（任写三种） 。
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为 （CH3）2C＝CHCOOCH3 ；反应③的化学方程式为 .
【分析】X发生反应生成B，B发生信息中反应生成C，结合C分子式知C的结构简式为，反应物D是含有三个甲基的链状酯，根据C、E结构简式及D分子式知D结构简式为（CH3）2C＝CHCOOCH3，E发生还原反应生成维生素A。
【解答】解：（1）有机物X中的含氧官能团名称为羰基，
故答案为：羰基；
（2）C的结构简式为；B中含有羧基、C中含有醛基，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳、醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀、醛基能和银氨溶液发生银镜反应，区别B和C可加入的试剂为NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案，
故答案为：；NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案；
（3）反应②中羧基转化为醇羟基，该反应的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，说明F中含有苯环、碳碳双键、羧基，其相对分子质量比B少70，则比B少5个﹣CH2原子团；且苯环上只有一个侧链，同时满足以上条件的F的同分异构体结构简式为、、、、，
故答案为：、、、、（任写三种）；
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为（CH3）2C＝CHCOOCH3；反应③的化学方程式为，
故答案为：（CH3）2C＝CHCOOCH3；。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后官能团及碳链变化并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，题目难度中等。选项
物质（杂质）
方法
A
NaHCO3溶液（Na2CO3）
加足量NaOH 溶液
B
CO2（HCl）
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
FeCl3溶液（FeCl2）
通入适量氯气
D
KNO3（NaCl）
重结晶
选项
物质（杂质）
方法
A
NaHCO3溶液（Na2CO3）
加足量NaOH 溶液
B
CO2（HCl）
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
FeCl3溶液（FeCl2）
通入适量氯气
D
KNO3（NaCl）
重结晶
1．（6分）中国景德镇瓷器精美绝伦，瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3。下列说法错误的是（ ）
A．SiO2属于酸性氧化物
B．景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质
C．兔毫釉极易被空气氧化，瓷器不能在空气中久置
D．Al2O3中氧的质量分数高于Fe2O3
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有2NA个原子
C．1ml H216O比1ml D218O少4NA个质子
D．0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有0.1NA个分子
3．（6分）下列物质的提纯方法中，不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．（6分）麻黄碱能预防支气管哮喘发作，其结构如图。有关该化合物的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C10H14NO
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．既能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应
D．在Cu作催化剂与O2反应时能生成含醛基的化合物
5．（6分）2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。电池示意图如图，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列有关说法错误的是（ ）
A．放电时，负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6
B．充电时，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.78g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48L气体时，通过隔膜的K+为0.2ml
6．（6分）一种由短周期元素组成的有机化合物（如图所示），常用作分析试剂。元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构。下列有关叙述一定正确的是（ ）
A．原子半径r（Z）＞r（Y）
B．Y元素形成的单质只有两种
C．非金属性：W＞V
D．W氧化物的水化物为强酸
7．（6分）常温时，分别向20mL 0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0.1ml•L﹣1HCl溶液中逐滴加入0.1ml•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（ ）
A．CH3COOH滴定曲线上的a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点
B．b点时溶液的pH近似等于CH3COOH的电离平衡常数Ka的负对数
C．c点时溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）
D．该实验中滴定时HCl溶液pH的突变范围（恰好中和时少滴或多滴1滴NaOH溶液的pH，1滴溶液体积约0.04mL）是3～11
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣（主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐，及少量SiO2等）。采用如图1工艺流程回收其中的锌制备氯化锌。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式 。
（2）“沉淀”除去的离子是 。
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入 ，再加入 ，原因是 。
（4）“除锰”时的离子方程式为 。
（5）制得的ZnCl2成品中可能含有的杂质为Zn（OH）Cl，已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含量如图2所示。
①降低成品中的碱式盐含量的方法有 。
②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn（OH）Cl（M＝117.5g/ml）杂质的质量分数为 。
9．（14分）As2S，是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S，渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2g As2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
（1）A装置中仪器X的名称是 ；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是 ；实验中的加热方式为 。
（2）C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36。则滤液中S2﹣浓度为 ml•L﹣1。
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 。
（4）本实验中As2O3的产率最接近于 。（填标号）
A.40%
B.50%
C.60%
D.70%
（5）将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 。
10．（15分）某海军研究实验室利用海水获得CO2和H2，通过CO2催化加氢反应先生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，从而减少舰艇以及飞机对燃料补给的依赖延长续航时间。制取乙烯发生的主要反应有：
ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
（1）CO2催化加氢制乙烯包括以下两个步骤，如图1所示。
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1则甲醇制乙烯的热化学方程式为 。
（2）不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图2。
①如图B点v正 A点v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有 。
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。表明在较低温度下体系中合成低碳烯烃时 （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）占主导。
③在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小的原因是 。
根据图象可知，为了更多获得乙烯等低碳烯烃反应条件应控制在（填序号） 。
a.温度300～400℃
b.温度900～1000℃
c.压强0.1～1.0MPa
d.压强2.0～3.0MPa
（3）如图1A点所在的条件进行反应，将H2和CO2[＝3]以一定的流速通过K﹣Fe﹣催化剂进行反应，测得CO2总的转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，反应ⅰ用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ （只列算式不计算，已知气体分压＝气体总压×体积分数）。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有 。（填序号）
a.加压
b.选择合适的催化剂
c.将反应中产生的水及时分离
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）铝的化合物及合金为重要物质。其三乙基铝[Al（CH2CH3）3]是一种无色液体，是乙烯、丙烯等烯烃聚合的重要催化剂，结构如图1。
回答下列问题：
（1）基态C原子与Al原子中未成对的电子数之比为 。H、C、Al电负性最大的是 。根据对角线规则，Al的一些化学性质与 元素相似。
（2）三乙基铝中Al的价层电子对数为 ，C杂化轨道类型为 。
（3）三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，原因是 。三乙基铝遇水即发生爆炸，与NaOH溶液反应的化学方程式为：Al（CH2CH3）3+3H2O+NaOH═Na[Al（OH）4]+3CH3CH3↑。Na[Al（OH）4]中存在的化学键有 ，Al（OH）4﹣的空间构型为 。
（4）铝合金MAl12性能优良，其晶胞结构示意图如图2所示。其中每个M原子周围围绕的Al原子形成正二十面体。每个晶胞中含有MAl12的单元数有 个，若晶胞参数为anm，MAl12相对式量为M，则晶体密度为 g•cm•3。（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）
[化学--选修5：有机化学基础]
12．维生素A，也称视黄醇（retinl），有促进生长、繁殖等多种生理功能，维生素A及其类似物有阻止癌前期病变的作用。下面是由化合物X合成维生素A的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）有机物X中的含氧官能团名称为 。
（2）C的结构简式为 ；区别B和C可加入的试剂为 。
（3）反应②的反应类型为 。
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，其相对分子质量比B少70，且苯环上只有一个侧链，请写出同时满足以上条件的F的其中三种同分异构体结构简式 。
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为 ；反应③的化学方程式为 .
2021年四川省资阳市、眉山市、遂宁市、广安市、自贡市、广元市高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．（6分）中国景德镇瓷器精美绝伦，瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3。下列说法错误的是（ ）
A．SiO2属于酸性氧化物
B．景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质
C．兔毫釉极易被空气氧化，瓷器不能在空气中久置
D．Al2O3中氧的质量分数高于Fe2O3
【分析】A．能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铝和氧化铁能够与酸反应；
C．二氧化硅和氧化铝及氧化铁性质稳定；
D．依据×100%判断。
【解答】解：A．二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，故A正确；
B．景德镇瓷器表面的兔毫釉主要成分为SiO2，还含有少量Al2O3和Fe2O3，二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铝和氧化铁能够与酸反应，所以景德镇瓷器不宜保存酸性或碱性太强物质，故B正确；
C．二氧化硅和氧化铝及氧化铁性质稳定，不易被空气氧化，故C错误；
D．氧化铝和氧化铁化学式相同，都含有3个氧原子，但是氧化铝相对分子质量小于氧化铁，依据×100%可知氧化铝中氧的质量分数高于氧化铁，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉酸性氧化物，明确二氧化硅和氧化铝和氧化铁性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有2NA个原子
C．1ml H216O比1ml D218O少4NA个质子
D．0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有0.1NA个分子
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．乙炔和苯具有相同最简式CH；
C．1个H216O和1个D218O都含有10个质子；
D．甲醇溶液中含有甲醇和水分子．
【解答】解：A．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．13g乙炔（C2H2）和13g苯均含有原子个数为×2×NAml﹣1＝2NA个，故B正确；
C．1个H216O和1个D218O都含有10个质子，所以1ml H216O和1ml D218O质子数相等，故C错误；
D．甲醇溶液中含有甲醇和水分子，所以0.1L 1ml•L﹣1CH3OH溶液中含有大于0.1NA个分子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积使用的条件，题目难度不大。
3．（6分）下列物质的提纯方法中，不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.碳酸氢钠与NaOH反应；
B.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
C.氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；
D.二者溶解度受温度影响不同，且硝酸钾的溶解度受温度影响大。
【解答】解：A.碳酸氢钠与NaOH反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，洗气可除杂，故B正确；
C.氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，通入适量氯气可除杂，故C正确；
D.二者溶解度受温度影响不同，且硝酸钾的溶解度受温度影响大，重结晶法可提纯硝酸钾，故D正确；
故选：A。
【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、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）麻黄碱能预防支气管哮喘发作，其结构如图。有关该化合物的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C10H14NO
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．既能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应
D．在Cu作催化剂与O2反应时能生成含醛基的化合物
【分析】A．交点、端点是碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目，进而确定有机物分子式；
B．含有羟基等，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．含有的羟基是醇羟基，不是酚羟基，不能与NaOH溶液反应；
D．与羟基连接的碳原子上有2个氢原子才能被氧化为醛基。
【解答】解：A．由结构简式可知，分子转化有10个C原子、15个H原子、1个N原子、1个O原子，故其分子式为C10H15NO，故A错误；
B．羟基、苯环连接的碳原子上均含有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B正确；
C．有机物含有﹣NH﹣，具有碱性，能与HCl发生反应，但含有的羟基是醇羟基，不是酚羟基，不能与NaOH溶液反应，故C错误；
D．麻黄碱中羟基连接的碳原子上有1个氢原子，不能被氧化为醛基，而是被氧化为羰基，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意掌握官能团的性质与转化，掌握能被酸性高锰酸钾溶液氧化的醇及苯同系物中结构特点，理解醇催化氧化原理。
5．（6分）2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。电池示意图如图，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列有关说法错误的是（ ）
A．放电时，负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6
B．充电时，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.78g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48L气体时，通过隔膜的K+为0.2ml
【分析】放电时为原电池，负极失电子，总反应为FeC2O4F+KC4C6+KFeC2O4F，所以负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6，充电时为电解池，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+，阴极反应为：K++C6+e﹣═KC6，质量增加的为钾元素的质量，涉及气体体积的计算，要知道温度和压强。
【解答】解：A．放电时为原电池，负极失电子，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F，所以负极反应为：KC6﹣e﹣═K++C6，故A正确；
B．充电时为电解池，阳极反应：KFeC2O4F﹣e﹣═FeC2O4F+K+，故B正确；
C．充电时，碳电极为阴极，阴极反应为：K++C6+e﹣═KC6，质量增加的为钾元素的质量，当电路中通过的电子为0.02ml时，碳电极增加的质量为0.02ml×39g/ml＝0.78g，故C正确；
D．电解饱和食盐水，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，阴极产生4.48L气体时，无法判断生成的气体的物质的量，因为题目没有强调是否为标况，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写为解题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．（6分）一种由短周期元素组成的有机化合物（如图所示），常用作分析试剂。元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构。下列有关叙述一定正确的是（ ）
A．原子半径r（Z）＞r（Y）
B．Y元素形成的单质只有两种
C．非金属性：W＞V
D．W氧化物的水化物为强酸
【分析】均为短周期元素，元素X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，V为S，W的原子序数最大，W为Cl；由有机化合物的结构可知，X只能形成1个共价键，Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，且该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构，则X为H、Y为C、Z为O，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、V为S、W为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径r（Z）＜r（Y），故A错误；
B.Y元素形成的单质有金刚石、石墨、C60等，故B错误；
C.同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：W＞V，故C正确；
D.W氧化物的水化物若为HClO，属于弱酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握有机物的结构、化学键、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（6分）常温时，分别向20mL 0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0.1ml•L﹣1HCl溶液中逐滴加入0.1ml•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（ ）
A．CH3COOH滴定曲线上的a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点
B．b点时溶液的pH近似等于CH3COOH的电离平衡常数Ka的负对数
C．c点时溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）
D．该实验中滴定时HCl溶液pH的突变范围（恰好中和时少滴或多滴1滴NaOH溶液的pH，1滴溶液体积约0.04mL）是3～11
【分析】A．酸或碱的电离都会抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，d点溶液中只有CH3COONa，另外3点溶液中均有CH3COOH；
B．b点溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）近似相等，抓住K的表达式去思考；
C．由图象可知c点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒表达式去思考；
D．少滴一滴NaOH溶液时，溶液呈酸性，计算溶液中的c（H+），多滴一滴NaOH溶液时，溶液呈碱性，计算溶液中的c（OH﹣）即可判断突变范围。
【解答】解：A．酸或碱的电离都会抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，d点加入20mLNaOH溶液，溶液中的溶质只有CH3COONa，水解促进水的电离，另外3点溶液中均有CH3COOH，所以d点溶液中水的电离程度最大，另外3点受到了抑制，故A错误；
B．b点加入10mLNaOH溶液，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，c（CH3COO﹣）与c（CH3COOH）近似相等，所以K＝≈c（H+），故B正确；
C．c点溶液中电荷守恒表达式为：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），由图象可知该点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故C错误；
D．少滴一滴NaOH溶液时，溶液中的c（H+）＝＝10﹣4ml/L，pH＝4，多滴一滴NaOH溶液时，溶液中的c（OH﹣）＝＝10﹣4ml/L，pH＝10，所以pH的突变范围4～10，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查水的电离的影响因素，平衡常数K的应用，电荷守恒表达式的应用，pH的计算，对学生的思维能力要求较高，属于基本知识，基础题型，中等难度。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣（主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐，及少量SiO2等）。采用如图1工艺流程回收其中的锌制备氯化锌。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式 ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O 。
（2）“沉淀”除去的离子是 SO42﹣ 。
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入 H2O2 ，再加入 氨水调节pH＝5 ，原因是 避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH 。
（4）“除锰”时的离子方程式为 2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（5）制得的ZnCl2成品中可能含有的杂质为Zn（OH）Cl，已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含量如图2所示。
①降低成品中的碱式盐含量的方法有 蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高 。
②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn（OH）Cl（M＝117.5g/ml）杂质的质量分数为 2.35% 。
【分析】由流程可知，酸浸时发生Zn+2H+＝Zn2++H2↑、ZnO+2H+＝Zn2++H2O、FeO+2H+＝Fe2++H2O、CuO+2H+＝Cu2++H2O、MnO+2H+＝Mn2++H2O、CdO+2H+＝Cd2++H2O，过滤分离出滤渣①为SiO2，然后加氯化钡可沉淀硫酸盐，滤渣②为硫酸钡，向溶液中加入H2O2发生2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，加氨水调节溶液的pH将Fe3+转化为滤渣③为Fe（OH）3沉淀，再加高锰酸钾除锰离子发生2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn＝Zn2++Cu、Cd2++Zn＝Zn2++Cd，然后过滤回收Cu、Cd、Zn，最后蒸发结晶分离出ZnCl2，以此解答该题。
【解答】解：（1）“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式为ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O，
故答案为：ZnO+2HCl＝ZnCl2+H2O；
（2）“沉淀”除去的离子是SO42﹣，
故答案为：SO42﹣；
（3）“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入H2O2，再加入氨水调节pH＝5，原因是避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH，
故答案为：H2O2；氨水调节pH＝5；避免铁离子沉淀不完全，或精准控制溶液的pH；
（4）“除锰”时的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（5）①降低成品中的碱式盐含量的方法有蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高，
故答案为：蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量的盐酸、加热蒸发时控制浓缩溶液温度不要太高；
②取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000ml/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL，样品中所含Zn（OH）Cl杂质的质量分数为×100%＝2.35%。
故答案为：2.35%。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（14分）As2S，是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S，渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2g As2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
（1）A装置中仪器X的名称是 蒸馏烧瓶 ；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 ；实验中的加热方式为 水浴加热 。
（2）C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36。则滤液中S2﹣浓度为 6.3×10﹣36 ml•L﹣1。
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+ 。
（4）本实验中As2O3的产率最接近于 。（填标号）
A.40%
B.50%
C.60%
D.70%
（5）将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 提高CuSO4的利用率 。
【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3，据此回答问题。
（1）A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
（2）C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸；
（4）本实验中，计算理论产量和实际产量的比值即可得到产率；
（5）分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用。
【解答】解：（1）A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热；
故答案为：蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；
（2）C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0ml•L﹣1，已知CuS的Ksp＝6.3×10﹣36，滤液中S2﹣浓度＝＝6.3×10﹣36ml•L﹣1，
故答案为：3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3×10﹣36；
（3）步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+，
故答案为：As2O5+2SO2+2H2O＝As2O3↓+2SO42﹣+4H+；
（4）本实验中，As2O3的理论产量为＝×198g/ml＝39.6g，产率为×100%＝50%，
故答案为：B；
（5）分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率，
故答案为：提高CuSO4的利用率。
【点评】本题以制备As2O3为实验背景，考察了有关物质分离提纯，氧化还原反应等相关知识，尤其是两次氧化过程进行物质分离，是本题的关键，难度适中。
10．（15分）某海军研究实验室利用海水获得CO2和H2，通过CO2催化加氢反应先生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，从而减少舰艇以及飞机对燃料补给的依赖延长续航时间。制取乙烯发生的主要反应有：
ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
（1）CO2催化加氢制乙烯包括以下两个步骤，如图1所示。
已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1则甲醇制乙烯的热化学方程式为 2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣28.89kJ•ml﹣1 。
（2）不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图2。
①如图B点v正 ＜ A点v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有 增大氢碳比、将生成物及时分离 。
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。表明在较低温度下体系中合成低碳烯烃时 反应ⅰ （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）占主导。
③在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小的原因是 850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小 。
根据图象可知，为了更多获得乙烯等低碳烯烃反应条件应控制在（填序号） ad 。
a.温度300～400℃
b.温度900～1000℃
c.压强0.1～1.0MPa
d.压强2.0～3.0MPa
（3）如图1A点所在的条件进行反应，将H2和CO2[＝3]以一定的流速通过K﹣Fe﹣催化剂进行反应，测得CO2总的转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，反应ⅰ用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ （MPa）﹣3 （只列算式不计算，已知气体分压＝气体总压×体积分数）。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有 abc 。（填序号）
a.加压
b.选择合适的催化剂
c.将反应中产生的水及时分离
【分析】（1）ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
iii.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：i﹣2×iii得2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）；
（2）①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强；在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
②反应ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，综合分析；
③在较高温度如850℃时，反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，H2O（g）浓度增大，反应ⅱ为气体体积不变的反应，压强不影响其平衡移动，但H2O（g）浓度增大，又使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，则要使反应ⅰ为主导，该反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（3）设起始H2物质的量为6ml，起始CO2物质的量为2ml，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，设C2H4和CO的物质的量分别为2xml和xml，列化学平衡三段式，分别计算各组分的浓度，结合Kp＝计算；不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性措施有：
a.反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；
b.选择合适的催化剂，降低反应ⅰ的活化能；
c.将反应中产生的水及时分离，使反应ⅰ平衡正向移动。
【解答】解：（1）ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.89kJ•ml﹣1
ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H＝+41.2kJ•ml﹣1
iii.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.25kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：i﹣2×iii得2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝（﹣127.89+49.25×2）kJ•ml﹣1＝﹣28.89kJ•ml﹣1，
故答案为：2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣28.89kJ•ml﹣1；
（2）①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反应速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强，压强越大，反应速率越快，则B点v正＜A点v逆；在一定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率有增大氢碳比、将生成物及时分离，
故答案为：＜；增大氢碳比、将生成物及时分离；
②反应ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而在较低温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率降低，说明反应ⅰ占主导，
故答案为：反应ⅰ；
③由题意得，反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，H2O（g）浓度增大，反应ⅱ为气体体积不变的反应，压强不影响其平衡移动，但H2O（g）浓度增大，又使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，由题意可知，在较高温度如850℃时，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小，说明在850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小；为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，则要使反应ⅰ为主导，反应ⅰ为放热反应，则要选择较低温度，同时考虑反应速率，所以温度选300～400℃，增大压强可以加快反应速率同时使反应ⅰ平衡正向移动，所以压强选2.0～3.0MPa，则选择ad，
故答案为：850℃时，反应ⅱ占主导，加压使反应Ⅰ平衡正移，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，CO2的平衡转化率随着压强的升高而减小；ad；
（3）设起始H2物质的量为6ml，起始CO2物质的量为2ml，C2H4和CO的物质的量之比为2：1，设C2H4和CO的物质的量分别为xml和0.5xml，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）
转化n（ml） 2x 6x x 4x
平衡n（ml） x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
转化n（ml） 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡n（ml） 0.5x 0.5x
CO2总的转化率为＝50.0%，解得x＝0.4，则平衡时n（CO2）＝2ml﹣2.5×0.4ml＝1ml，n（C2H4）＝0.4ml，n（CO）＝0.2ml，n（H2）＝6ml﹣6.5×0.4ml＝3.4ml，n（H2O）＝4.5×0.4ml＝1.8ml，混合气总物质的量为1ml+0.4ml+0.2ml+3.4ml+1.8ml＝6.8ml，A点压强为1MPa，p（CO2）＝＝MPa，p（C2H4）＝＝MPa，p（H2）＝＝MPa，p（H2O）＝＝MPa，则Kp＝＝＝（MPa）﹣3；不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性有：
a.反应ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2O（g）含量增加，从而使反应ⅱ平衡逆向移动，有进一步促进平衡正向移动，可以提高C2H4选择性，故a正确；
b.选择合适的催化剂，降低反应ⅰ的活化能，加快反应速率，提高C2H4选择性，故b正确；
c.将反应中产生的水及时分离，使反应ⅰ平衡正向移动，提高C2H4选择性，故c正确；
故答案为：（MPa）﹣3；abc。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生的关键能力如读取和处理信息的能力、分析能力、计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、化学平衡移动、化学平衡计算等，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度大。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）铝的化合物及合金为重要物质。其三乙基铝[Al（CH2CH3）3]是一种无色液体，是乙烯、丙烯等烯烃聚合的重要催化剂，结构如图1。
回答下列问题：
（1）基态C原子与Al原子中未成对的电子数之比为 2：1 。H、C、Al电负性最大的是 C 。根据对角线规则，Al的一些化学性质与 Be 元素相似。
（2）三乙基铝中Al的价层电子对数为 3 ，C杂化轨道类型为 sp3 。
（3）三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，原因是 三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂 。三乙基铝遇水即发生爆炸，与NaOH溶液反应的化学方程式为：Al（CH2CH3）3+3H2O+NaOH═Na[Al（OH）4]+3CH3CH3↑。Na[Al（OH）4]中存在的化学键有 既有离子键又有共价键还有配位键 ，Al（OH）4﹣的空间构型为 正四面体 。
（4）铝合金MAl12性能优良，其晶胞结构示意图如图2所示。其中每个M原子周围围绕的Al原子形成正二十面体。每个晶胞中含有MAl12的单元数有 2 个，若晶胞参数为anm，MAl12相对式量为M，则晶体密度为 g•cm•3。（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）
【分析】（1）基态C原子的最外层电子排布为2s22p2，Al原子的最外层电子排布为3s23p1，而前者有2个电子未成对、后者有1个电子未成对；非金属性越强电负性越大，对角线规则与周期表中左上角元素性质相似；
（2）甲基中的碳原子和羟基中的氧原子均提供1个价层电子结合三甲基铝的结构简式判断，甲基为四面体结构；
（3）根据相似相溶原理分析，Na[Al（OH）4]为盐，既有离子键又有共价键，Al（OH）4﹣的空间构型为正四面体结构；
（4）利用均摊法，顶点对晶胞贡献，体心对晶胞贡献为1，晶体密度为ρ＝，据此计算。
【解答】解：（1）基态C原子的最外层电子排布为2s22p2，Al原子的最外层电子排布为3s23p1，而前者有2个电子未成对、后者有1个电子未成对，因此二者未成对电子数之比为2：1，H、C、Al三种元素的电负性关系C＞H＞Al，电负性最大的是C，对角线规则与周期表中左上角元素性质相似，Al的一些化学性质与Be的性质相似，
故答案为：2：1；C；Be；
（2）根据三甲基铝的结构简式可知，三甲基铝甲基中的碳原子提供1个价层电子，氢氧化铝中羟基中的氧原子提供1个价层电子，三甲基铝和氢氧化铝中Al原子均含有3个价层电子对，因此，三甲基铝和氢氧化铝中Al原子的价层电子对数均为3，甲基为四面体结构，C杂化轨道类型为sp3，
故答案为：3；sp3；
（3）三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂，Na[Al（OH）4]﹣中钠离子与四羟基合铝酸根离子之间形成离子键，四羟基合铝酸根离子内部含有共价键，氢氧化铝和氢氧根形成配位键，Na[Al（OH）4]既有离子键又有共价键还有配位键，Al（OH）4﹣的中心原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体，
故答案为：三乙基铝为非极性分子，苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂也是非极性分子，根据相似相溶原理，三乙基铝溶于苯、二甲苯、汽油等烃类有机溶剂；既有离子键又有共价键还有配位键；正四面体；
（4）根据图知，每个晶胞中含有MAl12的单元数8×+1×1＝2，晶胞参数为anm＝a×10﹣7cm，晶体的体积a3×10﹣21cm3，晶体密度为ρ＝＝g•cm•3，
故答案为：2；。
【点评】本题考查了晶胞的计算、原子核外电子排布式的书写、杂化类型的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，根据构造原理、密度公式、晶体类型与熔沸点的关系来分析解答，难点的晶胞的计算。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．维生素A，也称视黄醇（retinl），有促进生长、繁殖等多种生理功能，维生素A及其类似物有阻止癌前期病变的作用。下面是由化合物X合成维生素A的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）有机物X中的含氧官能团名称为 羰基 。
（2）C的结构简式为 ；区别B和C可加入的试剂为 NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案 。
（3）反应②的反应类型为 还原反应 。
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，其相对分子质量比B少70，且苯环上只有一个侧链，请写出同时满足以上条件的F的其中三种同分异构体结构简式 、、、、（任写三种） 。
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为 （CH3）2C＝CHCOOCH3 ；反应③的化学方程式为 .
【分析】X发生反应生成B，B发生信息中反应生成C，结合C分子式知C的结构简式为，反应物D是含有三个甲基的链状酯，根据C、E结构简式及D分子式知D结构简式为（CH3）2C＝CHCOOCH3，E发生还原反应生成维生素A。
【解答】解：（1）有机物X中的含氧官能团名称为羰基，
故答案为：羰基；
（2）C的结构简式为；B中含有羧基、C中含有醛基，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳、醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀、醛基能和银氨溶液发生银镜反应，区别B和C可加入的试剂为NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案，
故答案为：；NaHCO3溶液或银氨溶液、新制氢氧化铜悬浊液等合理答案；
（3）反应②中羧基转化为醇羟基，该反应的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，说明F中含有苯环、碳碳双键、羧基，其相对分子质量比B少70，则比B少5个﹣CH2原子团；且苯环上只有一个侧链，同时满足以上条件的F的同分异构体结构简式为、、、、，
故答案为：、、、、（任写三种）；
（5）反应物D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为（CH3）2C＝CHCOOCH3；反应③的化学方程式为，
故答案为：（CH3）2C＝CHCOOCH3；。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确反应前后官能团及碳链变化并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，题目难度中等。选项
物质（杂质）
方法
A
NaHCO3溶液（Na2CO3）
加足量NaOH 溶液
B
CO2（HCl）
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
FeCl3溶液（FeCl2）
通入适量氯气
D
KNO3（NaCl）
重结晶
选项
物质（杂质）
方法
A
NaHCO3溶液（Na2CO3）
加足量NaOH 溶液
B
CO2（HCl）
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
FeCl3溶液（FeCl2）
通入适量氯气
D
KNO3（NaCl）
重结晶
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