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2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 广东专版
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这是一份2022届高考化学各省模拟试题汇编卷 广东专版，共25页。试卷主要包含了下列有关化学用语表示正确的是，我国酒文化源远流长，下列反应方程式书写正确的是，下列不能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
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4分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。
1．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）笔墨纸砚是中国独有的文书工具，历史上“笔墨纸砚”所指之物屡有变化。下列有关说法错误的是
A．“以枯木为管，鹿毛为柱，羊毛为被(外衣)”制作毛笔，枯木、鹿毛、羊毛的主要成分均为高分子化合物
B．“取炭窑之窑烟，化牛皮胶为水和之…”制墨，墨汁的主要成分是碳，常温下性质稳定
C．“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，“纸”的主要成分为蛋白质
D．四大名砚之一的澄泥砚属于陶制砚台，陶瓷的主要成分是SiO2
2．（2022·广东·模拟预测）下列有关化学用语表示正确的是
A．水分子的球棍模型：B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：D．中子数为20的氯原子：
3．（2022·广东·高三阶段练习）我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是
A．酒曲捣碎 B．高温蒸馏
C．酒曲发酵 D．泉水勾兑
4．（2022·广东·执信中学高三开学考试）化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是
A．汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B．重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
5．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）乙酸松油酯具有清香带甜气息，留香时间较长，广泛用于薰衣草、辛香、柑橘香型等日用香精，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的叙述正确的是
A．含两种含氧官能团 B．该物质的分子式为C12H20O2
C．能发生加成、取代、酯化等反应 D．1ml该物质最多消耗2mlNaOH
6．（2022·广东·执信中学高三开学考试）下列反应方程式书写正确的是
A．吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色先变浅后变深：2NO2(g)⇌N2O4(g)
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+
C．电解MgCl2溶液制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+++Ba2-+3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓
7．（2022·广东·执信中学高三开学考试）下列“类比”或“对比”不合理的是
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4C1
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
8．（2022·广东·高三阶段练习）下列不能达到实验目的的是
A．利用A装置可以除去HCl气体中的水蒸气
B．利用B装置探究Cl2的漂白性和氧化性
C．利用C装置收集NH3并进行尾气吸收
D．利用D装置检验该条件下Fe发生了析氢腐蚀
9．（2022·广东·珠海市第二中学模拟预测）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下全溶于水，溶液中的的数目之和为0.5NA
B．和固体混合物中，阴离子数为0.2NA
C．的溶液中数目为0.1NA
D．与过量稀溶液反应，转移电子的数目为0.2NA
10．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应，示意图如图：
下列说法正确的是
A．①、②、③中均有O－H的断裂
B．合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为1ml
11．（2022·广东·高三阶段练习）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．一定条件下a与g可生成b
B．f的水溶液呈酸性
C．c溶于水能生成e，c是酸性氧化物
D．可存在a→b→d→f的转化关系
12．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）下列有关实验操作、现象和解释或结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
13．（2022·广东深圳·一模）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
14．（2022·广东深圳·一模）利用电化学原理可对海水(主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物)进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质(工作原理如图，其中电极均为惰性电极)。
已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2
下列说法不正确的是
A．闭合K1后的总反应为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
15．（2022·广东·模拟预测）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1ml，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v(H2)=ml·L-1·min-1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
16．（2022·广东深圳·一模）甲胺(CH3NH2)与盐酸反应生成甲胺盐酸盐(CH3NH3Cl)。25℃时，向一定体积0.01ml·L-1CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．图中a=2.7，b=7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c()=c(Cl-)
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．（2022·广东深圳·一模）（15分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)。
(2)已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为___kcal·ml-1。
②下列有关反应i的说法不正确的是___(填标号)。
A．过程Ⅰ中有极性键断裂
B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子
(4)模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为____m3·h-1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为____(任写一条)。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：
其中x=____，N2O的平衡转化率为____(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=___kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
18．（2022·广东·执信中学高三开学考试）（14分）铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂(Li2MO4)的外观为白色结晶粉末，用于电极材料、金属陶瓷的制作。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有SiO2、Re2O7、MO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示。
已知：
I.Re2O7是酸性氧化物，过铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
II.过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，Re2O7和MO3分别与NaOH发生以下反应_______(填写化学方程式)、MO3+2NaOH=NaMO4+H2O，则“滤渣I”的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。
(3)“沉铼”时，加入热NH4C1溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作I”包括___________、___________、洗涤、干燥。
(4)“热解”时，发生反应的化学方程式为___________。
(5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据下图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为___________min、pH为___________。
(6)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6ml电子)，电解90min，理论上消耗MS2的质量为______g。
19．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）（13分）某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
(1)仪器a的名称为___，实验时装置E中溶液的现象为___。
(2)若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是___(填化学式)。
(3)该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按如图装置继续进行实验并记录相关实验现象。
①装置中浓硫酸的作用为___。
②根据表中实验现象做出合理解释。
(4)该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是___。
②写出H中白色沉淀产生的离子方程式___。
③据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是___。
(5)该实验小组的学生丁用200mL0.1ml•L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，若气体流速为acm3•min-1，当tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，则空气中SO2的含量为___(g•cm-3)。（二）选考题：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。
（二）选考题：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．（2022·广东·高三阶段练习）（14分）完成下列问题。
(1)铬、锰、铁称为黑色金属，Mn位于元素周期表的位置为___________；基态Cr原子的核外电子排布式为___________。
(2)锰的一种配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3CN)。配体CH3CN与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_____原子。
(3)邻羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸互为同分异构体，它们的结构简式如下图所示。C和O原子采取的杂化方式不涉及______(填“sp”“sp2或”“sp3”)，已知它们的沸点相差很大，对羟基苯甲酸沸点较高，请解释原因_______
(4)离子液体是在室温下呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。某离子液体的结构如图所示。
下列有关该离子液体说法正确的是___________
A．该离子液体的阳离子中C原子的采取杂化方式只有sp2
B．该离子液体的结构中，阴离子的空间构型为正四面体
C．离子液体中C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为C>N>H
D．该离子液体的熔沸点低于氯化钠晶体，是因为阴阳离子体积较大阴阳离子间距离较大，离子键较弱
(5)阿拉班达石(alabandite)属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如下图所示，锰原子的配位数为___________。通过晶体衍射测得阿拉班达石晶胞中，该晶胞边长为d(1=10﹣10m)，若晶体密度为ρg⋅cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA=___________(写计算表达式，不要求化简)。
21．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）（14分）酯类化食物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物，化合物F的合成路线如下，回答下列问题：
已知信息如下：
①RCH=CH2RCH2CH2OH
②
③
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应类型为________，C中官能团的名称为________，C→D的反应方程式为________。
(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_________(填结构简式，不考虑立体异构)。
①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。
(3)判断化合物F中有无手性碳原子，若有用“*”标出___________。
(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以和CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
答案及解析
1．D
解析：A．枯木的成分为纤维，鹿毛、羊毛的主要为蛋白质，均为高分子化合物，A项正确；
B．墨汁的主要成分是碳，常温下性质稳定，B项正确；
C．缣帛(丝织品)为蛋白质，C项正确；
D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，D项错误。
2．A
解析：A．水分子的电子式为，由于受孤电子对的排斥作用，成键电子对发生偏移，所以球棍模型为，A正确；
B．钾为19号元素，其核外有19个电子，原子结构示意图为，B不正确；
C．Na2O2为离子化合物，两个O原子间只形成1对共用电子，其电子式为，C不正确；
D．中子数为20的氯原子，质量数为37，其原子符号为，D不正确。
3．C
解析：A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；
B．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，B错误；
C．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，C正确；
D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误。
4．A
解析：A．汽车尾气催化转化器可将氮氧化物和一氧化碳转变为氮气和二氧化碳，不能有效减少二氧化碳的排放，不能实现“碳中和”，A错误；
B．雾是一种气溶胶，光束通过大雾可观察到丁达尔效应，B正确；
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素，C正确；
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电、放电的二次电池，D正确。
5．B
解析：A．由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，故A错误；
B．由结构简式可知，乙酸松油酯的分子式为C12H20O2，故B正确；
C．由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，不含有羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D．由结构简式可知，乙酸松油酯的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml乙酸松油酯最多消耗1ml氢氧化钠，故D错误。
6．A
解析：A．增大容积，NO2浓度瞬间减小，气体颜色变浅，随后平衡向着生成NO2方向移动，气体颜色加深，A正确；
B．白醋中的醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，B错误；
C．电解MgCl2溶液时阴极水中的H+放电，得不到金属Mg，需电解熔融的MgCl2才可得到Mg，C错误；
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，OH-过量，应生成，D错误。
7．D
解析：A．由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，故A正确；
B．NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B正确；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C正确；
D．氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误。
8．D
解析：A．HCl是酸性气体，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸来除去HCl气体中的水蒸气，故A正确；
B．氯气通入品红溶液中褪色，证明其漂白性，通入硫化氢和氯气发生氧化还原反应，证明其氧化性，故B正确；
C．氨气密度比空气小，可用向下排空气发生收集，氨气极易溶于水，可用倒扣的漏斗来防倒吸，进行尾气处理，故C正确；
D．NaCl溶液是中性溶液，铁与氧气和水发生吸氧腐蚀，故D错误。
9．B
解析：A．标准状况下物质的量为，二氧化碳和水反应是可逆反应，得到小于0.5ml H2CO3，由C元素物料守恒，溶液中的的数目之和小于0.5NA，故A错误；
B．Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/ml，和固体混合物的物质的量为，0.2ml Na2S和Na2O2的阴离子数为0.2×1=0.2NA，故B正确；
C．的物质的量n=cV=，由于发生水解反应而部分减少，则数目小于0.1NA，故C错误；
D．与过量稀溶液发生歧化反应生成NaCl和NaClO，Cl元素化合价变化了1，则，转移电子的数目为0.1NA，故D错误。
10．B
解析：A．①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，故A错误；
B．根据示意图可判断合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，故B正确；
C．催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡；平衡移动才会改变转化率，所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH→2CH3OH+Na2CO3，DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为2ml，故D错误。
11．B
解析：a是HCl、b是Cl2、c是Cl2O7、d是HClO、e是HClO4、f是ClO-、g是ClO；
A．a是HCl具有还原性，g是ClO具有氧化性，Cl发生归中反应可生成Cl2，故A正确；
B．f是ClO-，其发生水解生成弱酸HClO和OH-，溶液呈碱性，故B错误；
C．c和e都是+7价的氯元素，其氧化物溶于水得到对应的酸，c是Cl2O7能与强碱溶液反应生成正盐和水，是酸性氧化物，故C正确；
D．HCl和二氧化锰反应转化为氯气，氯气和水反应生成HClO，HClO与NaOH反应生成NaClO，可实现转化，故D正确。
12．C
解析：A．某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，得到白色沉淀，再加入足量盐酸，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根离子和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性，如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液中有，A错误；
B．亚铁离子能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液的紫红色褪去，而溶液中的氯离子在酸性溶液中也能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液的紫红色也褪去，因此不能证明溶液中含有 Fe2+，B错误；
C．向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油溴水褪色，两者发生加成反应，C正确；
D．铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，由于浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化，所以没有明显现象，不能说明Al与浓硝酸不反应，D错误。
13．D
解析：根据该物质的结构可知，该分子中X可以形成4个共价键，应为ⅣA族元素，为C元素或Si元素，而Z原子的核外电子数比X原子的多10，若X为Si元素，则Z不可能是短周期元素，所以X为C元素，Z为16号元素，S元素；W可以形成一个共价键，且与X、Y、Z均不在同一周期，应位于第一周期，则W为H元素；Y可以形成3个共价键，与C元素同周期，则Y为N元素。
A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＞N＞H，即r(X)>r(Y)>r(W)，A错误；
B．XZ2为CS2，S的非金属性强于C，S显-2价，所以C为+4价，B错误；
C．X、Y的最简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间存在氢键，沸点较高，C错误；
D．C可以形成含氧酸H2CO3、H2C2O4等，N可以形成含氧酸HNO2、HNO3等，S可以形成含氧酸H2SO3、H2SO4等，D正确。
14．A
解析：A．闭合K1后为电解池，阳极海水中的Cl-被氧化为氯气，阴极为含Na+的有机电解液，所以应是Na+被还原生成Na单质，总反应为2Cl-+2Na+Cl2↑+Na，A错误；
B．闭合K2后为原电池，Ⅱ室中Na单质被氧化为Na+，所以为负极，Ⅲ室为正极，原电池中阳离子流向正极，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，B正确；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO(含氯消毒物质)，假设此过程生成1ml氯气，则生成1mlHClO，根据电子守恒可知生成2ml钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1ml，则消耗的钠单质小于2ml，所以有金属Na剩余，C正确；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，含氯消毒物质可以氧化微生物，进行消毒，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，D正确。
15．B
解析：由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1ml，则N2和H2各为0.5ml，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)ml+(0.5-3x)ml+2xml=(1-2x)ml，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1ml，则0～t1min，v(H2)= ml·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确。
16．B
解析：A．M点pH=11.3，c(H+)=10-11.3ml/L，c(OH-)===10-2.7ml/L，a点pOH=-lgc(OH-)=2.7；N点pH=7，c(H+)=10-7ml/L，c(OH-)=10-7ml/L，b点pOH=-lgc(OH-)=7，选项A正确；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O+OH-，Kb=，==，CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，c()逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，选项B不正确；
C．CH3NH2+HCl= CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，选项C正确；
D．溶液中电荷守恒：c(H+)+ c()= c(OH-)+ c(Cl-)，N点pH=7，c(H+)= c(OH-)，故c()=c(Cl-)，选项D正确。
17．(1)△H3-△H1-△H2
(2)放热
(3) 82.17 C
(4) 960 减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等) 1 97.1% 500p
解析：(1)
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H=△H3-△H1-△H2。答案为：△H3-△H1-△H2；
(2)
已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其∆S＞0，则∆Ｈ＜０，所以该反应为放热反应。答案为：放热；
(3)
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49 kcal·ml-1-(-44.68 kcal·ml-1)= 82.17kcal·ml-1。
②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；
B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；
C．从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；
D．从图中看出， A-O2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；
故选C。答案为：82.17；C；
(4)
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。
②利用表中数据，可建立以下三段式：
由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa ==500p kPa。
18．(1) Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O CuO、Fe3O4
(2)3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO2·2H2O
(3) 冷却结晶 过滤
(4)4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7
(5) 60 1.0
(6)0.24
解析：烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2•2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MO4溶液。
(1)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH发生反应生成盐NaReO4和水，反应的化学方程式为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4，故答案为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4；
(2)“还原”时，Zn被氧化成ZnO22-，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2•2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2•2H2O，故答案为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2•2H2O；
(3)加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；
(4)“热解”是将过铼酸铵在氧气和氮气中加热，得到Re2O7，铼的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将过铼酸铵中-3价N氧化为氮气，反应的化学方程式为：4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7，故答案为：4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7；
(5)根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0，故答案为：60；1.0；
(6)从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1mlClO-失去2ml电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6ml/s=0.027ml电子时，生成0.0135mlClO-，生成的ClO-和MS2反应生成Cl-和MO、SO，消耗1mlMS2转移18ml电子，根据电子守恒：0.0135ml×2=n(MS2)×18，所以n(MS2)=0.0015ml，则m(MS2)=0.0015ml×160g/ml=0.24g，故答案为：0.24。
19． 分液漏斗 溶液由棕黄色变为浅绿色 SO2 通过观察气体流速控制两种气体的比例 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量 BaSO4 2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+ 在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快
解析：由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反应制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反应，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
(1) 由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，实验现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色；
(2)若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
(3)①由实验装置图可知，装置中浓硫酸的作用为通过观察集气瓶中气泡的多扫，判断气体流速，从而控制两种气体的比例，故答案为：通过观察气体流速控制两种气体的比例；
②由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反应生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量；
(4)①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②H中二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
③由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
(5)由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2，由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为=g/cm3，故答案为：。
20．(1) 第四周期第VIIB族 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1
(2)N
(3) sp 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高
(4)BD
(5) 4
解析：(1)Mn为25号元素，价电子排布式为3d54s2，在周期表中位置为第四周期ⅦB族，Cr为24号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
(2)配体CH3CN中N上存在孤对电子；
(3)C原子形成3个和4个σ键，有sp2和sp3杂化，O原子形成2个σ键，为sp2杂化，不涉及sp杂化；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高；
(4)A．该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键应采用的是sp2杂化，还有碳原子接的是四个单键，采用的是sp3杂化，A错误；
B．阴离子BF4-中的B原子采用sp3杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体，B正确；
C．N元素元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中H元素的第一电离能仅比N、O、F的小，故第一电离能：N＞H＞C，C错误；
D．该离子液体的熔沸点低于氯化钠晶体，是因为阴阳离子体积较大阴阳离子间距离较大，离子键较弱，D正确；
故选：BD；
(5)根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8×+6×=4，则锰原子的配位数为4；晶胞边长= d=d×10-8cm，晶胞体积V=(d×10-8cm)3，根据晶胞的体积V=，(d×10-8)3=，解得：NA=ml-1。
21．(1) 氧化反应 羰基和羧基 +CH3OH+H2O
(2)、、
(3)
(4)
解析：根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有碳碳双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息①不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息②③不难推出E的结构简式为，据此分析解答。
(1)
由A的分子式可知，A的结构简式为：；B→C属于加氧，因此为氧化反应，故反应类型为：氧化反应；C中官能团的名称为：羰基和羧基；C→D的反应为酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；
(2)
符合下列条件①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，说明有羧基；③能发生银镜反应，说明有醛基，D的一种同分异构体为：、和；
(3)
化合物F中含有手性碳原子，标出即可；
(4)
根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。选项
实验
现象
解释或结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有
B
向FeCl2溶液中滴入酸性KMnO4溶液
溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
溴水褪色
裂化汽油可与溴反应
D
常温下，将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n(投料)/ml
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/ml
50
x
20
25
2
2
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反应方程式为___
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是___
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
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4分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。
1．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）笔墨纸砚是中国独有的文书工具，历史上“笔墨纸砚”所指之物屡有变化。下列有关说法错误的是
A．“以枯木为管，鹿毛为柱，羊毛为被(外衣)”制作毛笔，枯木、鹿毛、羊毛的主要成分均为高分子化合物
B．“取炭窑之窑烟，化牛皮胶为水和之…”制墨，墨汁的主要成分是碳，常温下性质稳定
C．“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，“纸”的主要成分为蛋白质
D．四大名砚之一的澄泥砚属于陶制砚台，陶瓷的主要成分是SiO2
2．（2022·广东·模拟预测）下列有关化学用语表示正确的是
A．水分子的球棍模型：B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：D．中子数为20的氯原子：
3．（2022·广东·高三阶段练习）我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是
A．酒曲捣碎 B．高温蒸馏
C．酒曲发酵 D．泉水勾兑
4．（2022·广东·执信中学高三开学考试）化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是
A．汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B．重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
5．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）乙酸松油酯具有清香带甜气息，留香时间较长，广泛用于薰衣草、辛香、柑橘香型等日用香精，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的叙述正确的是
A．含两种含氧官能团 B．该物质的分子式为C12H20O2
C．能发生加成、取代、酯化等反应 D．1ml该物质最多消耗2mlNaOH
6．（2022·广东·执信中学高三开学考试）下列反应方程式书写正确的是
A．吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色先变浅后变深：2NO2(g)⇌N2O4(g)
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+
C．电解MgCl2溶液制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+++Ba2-+3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓
7．（2022·广东·执信中学高三开学考试）下列“类比”或“对比”不合理的是
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4C1
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
8．（2022·广东·高三阶段练习）下列不能达到实验目的的是
A．利用A装置可以除去HCl气体中的水蒸气
B．利用B装置探究Cl2的漂白性和氧化性
C．利用C装置收集NH3并进行尾气吸收
D．利用D装置检验该条件下Fe发生了析氢腐蚀
9．（2022·广东·珠海市第二中学模拟预测）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下全溶于水，溶液中的的数目之和为0.5NA
B．和固体混合物中，阴离子数为0.2NA
C．的溶液中数目为0.1NA
D．与过量稀溶液反应，转移电子的数目为0.2NA
10．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应，示意图如图：
下列说法正确的是
A．①、②、③中均有O－H的断裂
B．合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为1ml
11．（2022·广东·高三阶段练习）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．一定条件下a与g可生成b
B．f的水溶液呈酸性
C．c溶于水能生成e，c是酸性氧化物
D．可存在a→b→d→f的转化关系
12．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）下列有关实验操作、现象和解释或结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
13．（2022·广东深圳·一模）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
14．（2022·广东深圳·一模）利用电化学原理可对海水(主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物)进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质(工作原理如图，其中电极均为惰性电极)。
已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2
下列说法不正确的是
A．闭合K1后的总反应为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
15．（2022·广东·模拟预测）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1ml，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v(H2)=ml·L-1·min-1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
16．（2022·广东深圳·一模）甲胺(CH3NH2)与盐酸反应生成甲胺盐酸盐(CH3NH3Cl)。25℃时，向一定体积0.01ml·L-1CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．图中a=2.7，b=7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c()=c(Cl-)
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．（2022·广东深圳·一模）（15分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)。
(2)已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为___kcal·ml-1。
②下列有关反应i的说法不正确的是___(填标号)。
A．过程Ⅰ中有极性键断裂
B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子
(4)模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为____m3·h-1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为____(任写一条)。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：
其中x=____，N2O的平衡转化率为____(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=___kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
18．（2022·广东·执信中学高三开学考试）（14分）铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂(Li2MO4)的外观为白色结晶粉末，用于电极材料、金属陶瓷的制作。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有SiO2、Re2O7、MO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示。
已知：
I.Re2O7是酸性氧化物，过铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
II.过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，Re2O7和MO3分别与NaOH发生以下反应_______(填写化学方程式)、MO3+2NaOH=NaMO4+H2O，则“滤渣I”的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。
(3)“沉铼”时，加入热NH4C1溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作I”包括___________、___________、洗涤、干燥。
(4)“热解”时，发生反应的化学方程式为___________。
(5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据下图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为___________min、pH为___________。
(6)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6ml电子)，电解90min，理论上消耗MS2的质量为______g。
19．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）（13分）某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
(1)仪器a的名称为___，实验时装置E中溶液的现象为___。
(2)若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是___(填化学式)。
(3)该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按如图装置继续进行实验并记录相关实验现象。
①装置中浓硫酸的作用为___。
②根据表中实验现象做出合理解释。
(4)该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是___。
②写出H中白色沉淀产生的离子方程式___。
③据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是___。
(5)该实验小组的学生丁用200mL0.1ml•L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，若气体流速为acm3•min-1，当tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，则空气中SO2的含量为___(g•cm-3)。（二）选考题：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。
（二）选考题：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．（2022·广东·高三阶段练习）（14分）完成下列问题。
(1)铬、锰、铁称为黑色金属，Mn位于元素周期表的位置为___________；基态Cr原子的核外电子排布式为___________。
(2)锰的一种配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3CN)。配体CH3CN与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_____原子。
(3)邻羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸互为同分异构体，它们的结构简式如下图所示。C和O原子采取的杂化方式不涉及______(填“sp”“sp2或”“sp3”)，已知它们的沸点相差很大，对羟基苯甲酸沸点较高，请解释原因_______
(4)离子液体是在室温下呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。某离子液体的结构如图所示。
下列有关该离子液体说法正确的是___________
A．该离子液体的阳离子中C原子的采取杂化方式只有sp2
B．该离子液体的结构中，阴离子的空间构型为正四面体
C．离子液体中C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为C>N>H
D．该离子液体的熔沸点低于氯化钠晶体，是因为阴阳离子体积较大阴阳离子间距离较大，离子键较弱
(5)阿拉班达石(alabandite)属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如下图所示，锰原子的配位数为___________。通过晶体衍射测得阿拉班达石晶胞中，该晶胞边长为d(1=10﹣10m)，若晶体密度为ρg⋅cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA=___________(写计算表达式，不要求化简)。
21．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）（14分）酯类化食物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物，化合物F的合成路线如下，回答下列问题：
已知信息如下：
①RCH=CH2RCH2CH2OH
②
③
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应类型为________，C中官能团的名称为________，C→D的反应方程式为________。
(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_________(填结构简式，不考虑立体异构)。
①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。
(3)判断化合物F中有无手性碳原子，若有用“*”标出___________。
(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以和CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
答案及解析
1．D
解析：A．枯木的成分为纤维，鹿毛、羊毛的主要为蛋白质，均为高分子化合物，A项正确；
B．墨汁的主要成分是碳，常温下性质稳定，B项正确；
C．缣帛(丝织品)为蛋白质，C项正确；
D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，D项错误。
2．A
解析：A．水分子的电子式为，由于受孤电子对的排斥作用，成键电子对发生偏移，所以球棍模型为，A正确；
B．钾为19号元素，其核外有19个电子，原子结构示意图为，B不正确；
C．Na2O2为离子化合物，两个O原子间只形成1对共用电子，其电子式为，C不正确；
D．中子数为20的氯原子，质量数为37，其原子符号为，D不正确。
3．C
解析：A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；
B．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，B错误；
C．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，C正确；
D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误。
4．A
解析：A．汽车尾气催化转化器可将氮氧化物和一氧化碳转变为氮气和二氧化碳，不能有效减少二氧化碳的排放，不能实现“碳中和”，A错误；
B．雾是一种气溶胶，光束通过大雾可观察到丁达尔效应，B正确；
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素，C正确；
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电、放电的二次电池，D正确。
5．B
解析：A．由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，故A错误；
B．由结构简式可知，乙酸松油酯的分子式为C12H20O2，故B正确；
C．由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，不含有羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D．由结构简式可知，乙酸松油酯的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml乙酸松油酯最多消耗1ml氢氧化钠，故D错误。
6．A
解析：A．增大容积，NO2浓度瞬间减小，气体颜色变浅，随后平衡向着生成NO2方向移动，气体颜色加深，A正确；
B．白醋中的醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，B错误；
C．电解MgCl2溶液时阴极水中的H+放电，得不到金属Mg，需电解熔融的MgCl2才可得到Mg，C错误；
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，OH-过量，应生成，D错误。
7．D
解析：A．由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，故A正确；
B．NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B正确；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C正确；
D．氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误。
8．D
解析：A．HCl是酸性气体，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸来除去HCl气体中的水蒸气，故A正确；
B．氯气通入品红溶液中褪色，证明其漂白性，通入硫化氢和氯气发生氧化还原反应，证明其氧化性，故B正确；
C．氨气密度比空气小，可用向下排空气发生收集，氨气极易溶于水，可用倒扣的漏斗来防倒吸，进行尾气处理，故C正确；
D．NaCl溶液是中性溶液，铁与氧气和水发生吸氧腐蚀，故D错误。
9．B
解析：A．标准状况下物质的量为，二氧化碳和水反应是可逆反应，得到小于0.5ml H2CO3，由C元素物料守恒，溶液中的的数目之和小于0.5NA，故A错误；
B．Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/ml，和固体混合物的物质的量为，0.2ml Na2S和Na2O2的阴离子数为0.2×1=0.2NA，故B正确；
C．的物质的量n=cV=，由于发生水解反应而部分减少，则数目小于0.1NA，故C错误；
D．与过量稀溶液发生歧化反应生成NaCl和NaClO，Cl元素化合价变化了1，则，转移电子的数目为0.1NA，故D错误。
10．B
解析：A．①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，故A错误；
B．根据示意图可判断合成DMC的总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，故B正确；
C．催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡；平衡移动才会改变转化率，所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH→2CH3OH+Na2CO3，DMC在碱性条件下完全水解消耗NaOH的物质的量为2ml，故D错误。
11．B
解析：a是HCl、b是Cl2、c是Cl2O7、d是HClO、e是HClO4、f是ClO-、g是ClO；
A．a是HCl具有还原性，g是ClO具有氧化性，Cl发生归中反应可生成Cl2，故A正确；
B．f是ClO-，其发生水解生成弱酸HClO和OH-，溶液呈碱性，故B错误；
C．c和e都是+7价的氯元素，其氧化物溶于水得到对应的酸，c是Cl2O7能与强碱溶液反应生成正盐和水，是酸性氧化物，故C正确；
D．HCl和二氧化锰反应转化为氯气，氯气和水反应生成HClO，HClO与NaOH反应生成NaClO，可实现转化，故D正确。
12．C
解析：A．某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，得到白色沉淀，再加入足量盐酸，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根离子和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性，如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液中有，A错误；
B．亚铁离子能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液的紫红色褪去，而溶液中的氯离子在酸性溶液中也能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液的紫红色也褪去，因此不能证明溶液中含有 Fe2+，B错误；
C．向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油溴水褪色，两者发生加成反应，C正确；
D．铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，由于浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化，所以没有明显现象，不能说明Al与浓硝酸不反应，D错误。
13．D
解析：根据该物质的结构可知，该分子中X可以形成4个共价键，应为ⅣA族元素，为C元素或Si元素，而Z原子的核外电子数比X原子的多10，若X为Si元素，则Z不可能是短周期元素，所以X为C元素，Z为16号元素，S元素；W可以形成一个共价键，且与X、Y、Z均不在同一周期，应位于第一周期，则W为H元素；Y可以形成3个共价键，与C元素同周期，则Y为N元素。
A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＞N＞H，即r(X)>r(Y)>r(W)，A错误；
B．XZ2为CS2，S的非金属性强于C，S显-2价，所以C为+4价，B错误；
C．X、Y的最简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间存在氢键，沸点较高，C错误；
D．C可以形成含氧酸H2CO3、H2C2O4等，N可以形成含氧酸HNO2、HNO3等，S可以形成含氧酸H2SO3、H2SO4等，D正确。
14．A
解析：A．闭合K1后为电解池，阳极海水中的Cl-被氧化为氯气，阴极为含Na+的有机电解液，所以应是Na+被还原生成Na单质，总反应为2Cl-+2Na+Cl2↑+Na，A错误；
B．闭合K2后为原电池，Ⅱ室中Na单质被氧化为Na+，所以为负极，Ⅲ室为正极，原电池中阳离子流向正极，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，B正确；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO(含氯消毒物质)，假设此过程生成1ml氯气，则生成1mlHClO，根据电子守恒可知生成2ml钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1ml，则消耗的钠单质小于2ml，所以有金属Na剩余，C正确；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，含氯消毒物质可以氧化微生物，进行消毒，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，D正确。
15．B
解析：由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1ml，则N2和H2各为0.5ml，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)ml+(0.5-3x)ml+2xml=(1-2x)ml，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1ml，则0～t1min，v(H2)= ml·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确。
16．B
解析：A．M点pH=11.3，c(H+)=10-11.3ml/L，c(OH-)===10-2.7ml/L，a点pOH=-lgc(OH-)=2.7；N点pH=7，c(H+)=10-7ml/L，c(OH-)=10-7ml/L，b点pOH=-lgc(OH-)=7，选项A正确；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O+OH-，Kb=，==，CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，c()逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，选项B不正确；
C．CH3NH2+HCl= CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，选项C正确；
D．溶液中电荷守恒：c(H+)+ c()= c(OH-)+ c(Cl-)，N点pH=7，c(H+)= c(OH-)，故c()=c(Cl-)，选项D正确。
17．(1)△H3-△H1-△H2
(2)放热
(3) 82.17 C
(4) 960 减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等) 1 97.1% 500p
解析：(1)
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H=△H3-△H1-△H2。答案为：△H3-△H1-△H2；
(2)
已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其∆S＞0，则∆Ｈ＜０，所以该反应为放热反应。答案为：放热；
(3)
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49 kcal·ml-1-(-44.68 kcal·ml-1)= 82.17kcal·ml-1。
②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；
B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；
C．从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；
D．从图中看出， A-O2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；
故选C。答案为：82.17；C；
(4)
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。
②利用表中数据，可建立以下三段式：
由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa ==500p kPa。
18．(1) Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O CuO、Fe3O4
(2)3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO2·2H2O
(3) 冷却结晶 过滤
(4)4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7
(5) 60 1.0
(6)0.24
解析：烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2•2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MO4溶液。
(1)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH发生反应生成盐NaReO4和水，反应的化学方程式为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4，故答案为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4；
(2)“还原”时，Zn被氧化成ZnO22-，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2•2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2•2H2O，故答案为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2•2H2O；
(3)加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；
(4)“热解”是将过铼酸铵在氧气和氮气中加热，得到Re2O7，铼的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将过铼酸铵中-3价N氧化为氮气，反应的化学方程式为：4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7，故答案为：4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7；
(5)根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0，故答案为：60；1.0；
(6)从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1mlClO-失去2ml电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6ml/s=0.027ml电子时，生成0.0135mlClO-，生成的ClO-和MS2反应生成Cl-和MO、SO，消耗1mlMS2转移18ml电子，根据电子守恒：0.0135ml×2=n(MS2)×18，所以n(MS2)=0.0015ml，则m(MS2)=0.0015ml×160g/ml=0.24g，故答案为：0.24。
19． 分液漏斗 溶液由棕黄色变为浅绿色 SO2 通过观察气体流速控制两种气体的比例 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量 BaSO4 2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+ 在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快
解析：由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反应制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反应，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
(1) 由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，实验现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色；
(2)若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
(3)①由实验装置图可知，装置中浓硫酸的作用为通过观察集气瓶中气泡的多扫，判断气体流速，从而控制两种气体的比例，故答案为：通过观察气体流速控制两种气体的比例；
②由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反应生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量；
(4)①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②H中二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：2H2O+3SO2+3Ba2++2NO=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
③由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
(5)由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2，由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为=g/cm3，故答案为：。
20．(1) 第四周期第VIIB族 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1
(2)N
(3) sp 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高
(4)BD
(5) 4
解析：(1)Mn为25号元素，价电子排布式为3d54s2，在周期表中位置为第四周期ⅦB族，Cr为24号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
(2)配体CH3CN中N上存在孤对电子；
(3)C原子形成3个和4个σ键，有sp2和sp3杂化，O原子形成2个σ键，为sp2杂化，不涉及sp杂化；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高；
(4)A．该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键应采用的是sp2杂化，还有碳原子接的是四个单键，采用的是sp3杂化，A错误；
B．阴离子BF4-中的B原子采用sp3杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体，B正确；
C．N元素元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中H元素的第一电离能仅比N、O、F的小，故第一电离能：N＞H＞C，C错误；
D．该离子液体的熔沸点低于氯化钠晶体，是因为阴阳离子体积较大阴阳离子间距离较大，离子键较弱，D正确；
故选：BD；
(5)根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8×+6×=4，则锰原子的配位数为4；晶胞边长= d=d×10-8cm，晶胞体积V=(d×10-8cm)3，根据晶胞的体积V=，(d×10-8)3=，解得：NA=ml-1。
21．(1) 氧化反应 羰基和羧基 +CH3OH+H2O
(2)、、
(3)
(4)
解析：根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有碳碳双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息①不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息②③不难推出E的结构简式为，据此分析解答。
(1)
由A的分子式可知，A的结构简式为：；B→C属于加氧，因此为氧化反应，故反应类型为：氧化反应；C中官能团的名称为：羰基和羧基；C→D的反应为酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；
(2)
符合下列条件①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，说明有羧基；③能发生银镜反应，说明有醛基，D的一种同分异构体为：、和；
(3)
化合物F中含有手性碳原子，标出即可；
(4)
根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。选项
实验
现象
解释或结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有
B
向FeCl2溶液中滴入酸性KMnO4溶液
溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
溴水褪色
裂化汽油可与溴反应
D
常温下，将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n(投料)/ml
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/ml
50
x
20
25
2
2
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反应方程式为___
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是___
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
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