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2021年广东省广州市高考化学二模试卷
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这是一份2021年广东省广州市高考化学二模试卷，共36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二模试卷
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）三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是（ ）
选项
出土文物
叙述
A
绝美的黄金面具
自然界中存在游离态的金
B
高大的青铜神像
青铜比纯铜熔点高、硬度大
C
精美的陶器
陶器由黏土经高温烧结而成
D
古蜀国的丝绸遗痕
丝绸的主要成分是蛋白质
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He核外电子数相等
B．3He和4He是同种核素
C．3He和4He中子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
3．（2分）氮是生命活动不可缺少的重要元素。下列叙述错误的是（ ）
A．氮气既可作氧化剂又可作还原剂
B．氮气和氧气在放电条件下直接生成NO2
C．氮气是工业合成氨的原料之一
D．氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物
4．（2分）维生素A1（）是维持人体正常代谢所必需的维生素，下列关于该化合物的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有20个碳原子
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生加成反应
D．能够发生水解反应
5．（2分）以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程如图。下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．浸出渣的成分是SiO2
C．母液的主要溶质是NH4Cl
D．固体X是Mg（OH）2
6．（2分）下列实验能达到目的的是（ ）
A．用淀粉﹣KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
C．用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4
D．用蒸馏法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）
7．（2分）某金属﹣﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为2M+O2+2H2O═2M（OH）2
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属M电极
8．（2分）NaNO2是一种常用的食品防腐剂。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列叙述正确的是（ ）
A．HNO2溶液的pH随温度升高而增大
B．0.01mol•L﹣1HNO2溶液的pH＝2
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2）
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+）
9．（2分）将SO2通入不同溶液中探究SO2的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是（ ）
选项
溶液
预测的现象
分析
A
FeCl3溶液
溶液由棕黄色变浅绿色
SO2有还原性
B
品红溶液
溶液红色褪去
SO2有漂白性
C
酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
SO2有氧化性
D
Na2SiO3溶液
产生白色胶状沉淀
H2SO3酸性比H2SiO3强
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，W2Y分子中含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．常温常压下单质沸点：W＞Y＞X
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．X的最高价氧化物的水化物是弱酸
11．（4分）用如图装置制取气体（图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。利用下列方案可得到干燥、纯净气体的是（ ）
选项
制备气体
a
b
c
d
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
碱石灰
B
NH3
浓氨水
CaO
H2O
固体NaOH
C
NO
稀硝酸
Cu
H2O
P2O5
D
H2
稀硝酸
Zn
NaOH溶液
无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
B．32g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为8NA
13．（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
石墨能导电且化学性质不活泼
外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极
B
氢氟酸是挥发性弱酸
氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿
C
铁的金属性比铜强
FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作
D
Al（OH）3难溶于水
Al（OH）3可用于治疗胃酸过多
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2
15．（4分）将氯化氢转化为氯气是科学研究的热点。科学家设计了一种电解氯化氢回收氯气的方案，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．阴极的电极反应式为Fe3++e﹣═Fe2+
B．工作时，溶液中H+向b极移动
C．若消耗8g氧气，电路中转移1mol电子
D．总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O
16．（4分）室温下，改变0.10mol•L﹣1邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知δ（X）＝]
A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4
B．pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1
C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
二、非选择题：共56分。（一）必考题：共42分。
17．（14分）实验室以K2MnO4为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
（1）CO2法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 。
②停止通入CO2，过滤除去 （填化学式，下同），将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到KMnO4粗品。若CO2通入过多，产品中可能混有的杂质是 。
（2）电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 ，阴极产生的气体为 。（填化学式）
②与CO2法相比，电解法的主要优点是 。（写一条）
（3）高锰酸钾可用于测定软锰矿中MnO2的含量，实验过程如下：
称取mg样品于锥形瓶中，加入V1mLc1mol•L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反应后，用c2mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 。
②软锰矿中MnO2的质量分数表达式为 。
18．（14分）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 （填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 。
19．（14分）CO2加氢制CH3OH是CO2资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）根据图（a），△H1＝ kJ•mol﹣1，△H2＝ kJ•mol﹣1。
（2）在4.0MPa压强下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把两种气体通入恒压反应器中，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图（b）。
已知：CH3OH的产率＝×100%
①525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为 。（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）
②475K时，平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝ ，反应I的平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2。（列出计算式）
（3）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是
（写一条）。
（4）利用M催化CO2加氢制CH3OH的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。
①CH3O*转化为CH3OH的化学方程式为 。
②下列说法正确的是 。（填标号）
A.H2与2H*能量差为0.60eV
B.第ⅱ步有O﹣O键断裂
C.第ⅲ步反应速率最慢
D.加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率
（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。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属硫族化合物Cu2ZnSbS4为具有良好可控性的半导体材料，可用于太阳能电池制备、激光技术、光催化水的裂解等领域。Cu2ZnSbS4的其中一种制备方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu为原料高能球磨后，在H2S气氛中退火。
回答下列问题：
（1）下列电子排布图中，能表示基态S原子3p轨道电子状态的是 。（填标号）
（2）基态Cu+的价层电子排布式是 。
（3）CuS由Cu（NO3）2与H2S反应制备。根据价层电子对互斥模型，H2S中心原子价层电子对数为 。NO3﹣的空间构型为 。
（4）Sb2S3的晶体类型与CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴头。火柴燃烧时，Sb2S3转化为Sb2O3和SO2，这三种物质熔点由高到低的顺序是 。
（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如图所示。
①Sb位于晶胞的顶点和体心，则图中A代表的原子是 。
②原子A的坐标为（0，，），原子B的坐标为（，0，），则原子C的坐标为 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2ZnSbS4的密度为 g▪cm﹣3。（列出计算表达式）
[选修5：有机化学基础]
21．化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的化学名称是 。
（2）反应①的化学方程式是 。
（3）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 。
（4）G中含氧官能团的名称是 。
（5）反应⑥的反应类型为 。
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式 、 。
（7）写出以和为原料制备的合成路线 （其他无机试剂任选）。
2021年广东省广州市高考化学二模试卷
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）三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是（ ）
选项
出土文物
叙述
A
绝美的黄金面具
自然界中存在游离态的金
B
高大的青铜神像
青铜比纯铜熔点高、硬度大
C
精美的陶器
陶器由黏土经高温烧结而成
D
古蜀国的丝绸遗痕
丝绸的主要成分是蛋白质
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．金的性质稳定；
B．合金的熔点比成分金属的熔点低；
C．陶瓷为硅酸盐产品；
D．丝绸是由蚕丝纺织成的。
【解答】解：A．金的性质稳定，自然界中存在游离态的金，故A正确；
B．合金的熔点比成分金属的熔点低，则青铜比纯铜熔点低、硬度大，故B错误；
C．陶瓷为硅酸盐产品，其制取原料主要为黏土，由黏土经高温烧结而成，故C正确；
D．丝绸是由蚕丝纺织成的，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He核外电子数相等
B．3He和4He是同种核素
C．3He和4He中子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
【分析】A．原子的核电荷数＝质子数＝核外电子数；
B．一定数目中子数和一定数目质子数的原子为一种核素；
C．原子中质量数＝质子数+中子数；
D．氦为稀有气体，为单原子分子。
【解答】解：A．3He和4He质子数为2，质量数不同，属于同种元素的不同原子，核外电子数相同，故A正确；
B．3He和4He质量数不同，质子数相同，是同种元素的不同核素，故B错误；
C．3He和4He的中子数分别为：3﹣2＝1，4﹣2＝2，中子数不相等，故C错误；
D．由3He组成的单质是单原子分子，分子式3He，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构，主要是同位素、核素概念的分析、微粒数之间的关系的判断，题目难度不大。
3．（2分）氮是生命活动不可缺少的重要元素。下列叙述错误的是（ ）
A．氮气既可作氧化剂又可作还原剂
B．氮气和氧气在放电条件下直接生成NO2
C．氮气是工业合成氨的原料之一
D．氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物
【分析】A.氮气中氮元素化合价为0价，处于中间价态；
B.氮气和氧气反应生成一氧化氮；
C.氮气和氢气反应可生成氨气；
D.氮气转化为化合物的过程为氮的固定。
【解答】解：A.氮气既具有氧化性，也具有还原性，与氧气反应时表现还原性，被氧化，与氢气反应时表现氧化性，被还原，故A正确；
B.氮气和氧气在放电条件下可生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故B错误；
C.氮气和氢气反应可生成氨气，则为工业合成氨的原料之一，故C正确；
D.氮气转化为化合物的过程为氮的固定，则氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查含氮物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，题目难度不大，注意氮气的性质、应用以及氮的固定等知识。
4．（2分）维生素A1（）是维持人体正常代谢所必需的维生素，下列关于该化合物的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有20个碳原子
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生加成反应
D．能够发生水解反应
【分析】该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，一定条件下能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应等。
【解答】解：A．键线式中端点、拐点、交点处都含有一个碳原子，根据图知，该分子中含有20个碳原子，故A正确；
B．含有碳碳双键，所以能被酸性重铬酸钾溶液氧化而使重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．含有碳碳双键，所以能发生加成反应，故C正确；
D．不含酯基、卤原子或酰胺键，所以不能发生水解反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、键线式含义等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（2分）以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程如图。下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．浸出渣的成分是SiO2
C．母液的主要溶质是NH4Cl
D．固体X是Mg（OH）2
【分析】以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程为：原料中加入盐酸酸浸，MgCO3发生反应MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，SiO2不反应，浸出渣的成分是SiO2，浸出液中含有Mg2+、H+等离子；浸出液中加入氨水沉镁，Mg2+转化成Mg（OH）2沉淀，母液的主要溶质为NH4Cl，沉淀X为Mg（OH）2，煅烧Mg（OH）2得到MgO，以此分析解答。
【解答】解：A．MgCO3不能拆开，酸浸的离子方程式应该为：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．SiO2不与盐酸反应，则浸出渣的成分是SiO2，故B正确；
C．加入氨水后HCl、MgCl2与氨水反应生成氯化铵、氢氧化镁沉淀，则母液的主要溶质是NH4Cl，故C正确；
D．结合分析可知，固体X是Mg（OH）2沉淀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，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。
6．（2分）下列实验能达到目的的是（ ）
A．用淀粉﹣KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
C．用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4
D．用蒸馏法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，氯化铁可氧化碘化钾；
B.pH试纸湿润，溶液浓度改变；
C.Ba（OH）2溶液与NH4Cl反应生成具有刺激性气味的气体，与（NH4）2SO4生成氨气和硫酸钡沉淀，与K2SO4只生成沉淀；
D.二者沸点相近，不能用蒸馏的方法分离。
【解答】解：A.氯化铁可氧化碘化钾生成碘，则碘水和FeCl3溶液都可使淀粉﹣KI试纸变蓝色，不能鉴别，故A错误；
B.pH试纸湿润，溶液浓度改变，则测量不准确，pH试纸不能先湿润，故B错误；
C.Ba（OH）2溶液与NH4Cl反应生成具有刺激性气味的气体，与（NH4）2SO4生成氨气和硫酸钡沉淀，与K2SO4只生成沉淀，其反应现象不同，可用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4，故C正确；
D.二者沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，可先用水萃取，然后在蒸馏分离水和乙醇，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离、提纯以及鉴别，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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）某金属﹣﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为2M+O2+2H2O═2M（OH）2
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属M电极
【分析】M﹣空气电池中，负极金属M失去电子生成M2+，正极氧气得到电子生成OH﹣，则电极M为负极，电极C为正极，电池总反应为：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池工作时，负极金属M失去电子生成M2+，发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，正极上空气中的氧气得到电子生成OH﹣，故B正确；
C．根据分析可知，电池总反应为：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，故C正确；
D．电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即外电路电子由M电极流向碳材料电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度不大，明确电极上得失电子及反应是解本题关键，注意掌握原电池两极及总反应式的书写方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）NaNO2是一种常用的食品防腐剂。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列叙述正确的是（ ）
A．HNO2溶液的pH随温度升高而增大
B．0.01mol•L﹣1HNO2溶液的pH＝2
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2）
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+）
【分析】HNO2属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：HNO2⇌NO2﹣+H+，升高温度促进电离；NaNO2在溶液中会发生水解反应：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，结合物料守恒分析。
【解答】解：A．HNO2属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：HNO2⇌NO2﹣+H+，升高温度促进电离，氢离子增大，pH减小，故A错误；
B．HNO2属于弱酸，在溶液中部分电离，则0.01mol•L﹣1HNO2溶液中c（H+）＜0.01mol•L﹣1，则pH＞2，故B错误；
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中存在物料守恒，则c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2），故C正确；
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中，小部分的NO2﹣发生水解HNO2和OH﹣，则c（NO2﹣）＞c（OH﹣），所以溶液中离子浓度关系为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较，把握盐类水解原理、弱电解质的电离平衡、溶液中的守恒关系等知识点是解题的关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
9．（2分）将SO2通入不同溶液中探究SO2的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是（ ）
选项
溶液
预测的现象
分析
A
FeCl3溶液
溶液由棕黄色变浅绿色
SO2有还原性
B
品红溶液
溶液红色褪去
SO2有漂白性
C
酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
SO2有氧化性
D
Na2SiO3溶液
产生白色胶状沉淀
H2SO3酸性比H2SiO3强
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．SO2具有还原性，能将FeCl3溶液还原成二价铁；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；
C．SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液；
D．H2SO3酸性比H2SiO3强。
【解答】解：A．SO2具有还原性，能将FeCl3溶液还原成二价铁，所以SO2通入FeCl3溶液，溶液由棕黄色变浅绿色，说明SO2有还原性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以SO2通入品红溶液，溶液红色褪去，说明SO2有漂白性，故B正确；
C．SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液，所以SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，说明SO2有还原性，故C错误；
D．H2SO3酸性比H2SiO3强，所以SO2通入Na2SiO3溶液产生白色胶状沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验现象及评价，明确二氧化硫的还原性、漂白性、酸性氧化物性质是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，W2Y分子中含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．常温常压下单质沸点：W＞Y＞X
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．X的最高价氧化物的水化物是弱酸
【分析】一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，则Z为Mg；X原子L层比K层多一个电子，则X为B；W2Y分子中含有10个电子，该分子为H2O，则W为H，Y为O，Z2X2Y5•W2Y为Mg2B2O5•H2O，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Mg元素，
A．一般来讲，电子层越多原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．硼形成晶体为共价晶体，其沸点较高，氢气、氧气形成晶体为分子晶体，二者沸点较低，且相对分子质量越大沸点越高，则常温常压下单质沸点：X＞Y＞W，故B错误；
C．Z与Y可形成的化合物MgO为离子化合物，故C错误；
D．X的最高价氧化物的水化物为硼酸，硼酸是弱酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构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。
11．（4分）用如图装置制取气体（图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。利用下列方案可得到干燥、纯净气体的是（ ）
选项
制备气体
a
b
c
d
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
碱石灰
B
NH3
浓氨水
CaO
H2O
固体NaOH
C
NO
稀硝酸
Cu
H2O
P2O5
D
H2
稀硝酸
Zn
NaOH溶液
无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
【分析】由图可知，a、b是气体发生装置，c是除杂装置，d 是干燥装置，制备气体时，除杂试剂和干燥试剂试剂不能与要制备的气体反应。
【解答】解：A.氯气与氢氧化钠溶液和碱石灰反应，不能用来除杂和干燥，故A错误；
B.氨气极易溶于水，不能用来净化氨气，故B错误；
C.NO不溶于水，可用来除去挥发的硝酸，五氧化二磷为酸性干燥剂，可用来干燥NO，故C正确；
D.硝酸属于氧化性酸，与金属反应生成NO，而非氢气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见气体的制备原理，气体制备要注意根据制备所需药品的状态和条件选择发生装置，并根据气体的性质选择合适的除杂净化试剂。
12．（4分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
B．32g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为8NA
【分析】A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2转移2mol电子；
B．先计算S8物质的量，1个S8分子中含有8个共价键；
C．H2C2O4是弱电解质，在溶液中部分电离；
D．CH4、CH2＝CH2分子中均含有4个氢原子。
【解答】解：A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2转移2mol电子，则生成0.1mol O2转移的电子数为0.1mol×2×NAmol﹣1＝0.2NA，故A错误；
B．S8物质的量为＝0.125mol，1个S8分子中含有8个共价键，则32gS8中的共价键数目为0.125mol×8×NAmol﹣1＝NA，故B正确；
C．n（H2C2O4）＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，H2C2O4是弱电解质，H2C2O4⇌H++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌C2O42﹣+H+，则1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数小于0.2NA，故C错误；
D．22.4L甲烷和乙烯混合物物质的量为＝1mol，CH4、CH2＝CH2分子中均含有4个氢原子，则标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为1mol×4×NAmol﹣1＝4NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题的关键，明确1个S8分子中含有8个共价键，此题难度中等。
13．（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
石墨能导电且化学性质不活泼
外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极
B
氢氟酸是挥发性弱酸
氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿
C
铁的金属性比铜强
FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作
D
Al（OH）3难溶于水
Al（OH）3可用于治疗胃酸过多
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．石墨能导电，作阳极时，石墨不参与反应；
B．氢氟酸能与二氧化硅反应；
C．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性；
D．Al（OH）3能与胃酸反应，而且对人体没有腐蚀作用。
【解答】解：A．石墨能导电，作阳极时，石墨不参与反应，所以外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极，故A正确；
B．氢氟酸能与二氧化硅反应，所以氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿，与氢氟酸是挥发性弱酸无关，故B错误；
C．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，所以FeCl3溶液能氧化Cu，因此FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作，故C错误；
D．Al（OH）3能与胃酸反应，而且对人体没有腐蚀作用，所以Al（OH）3可用于治疗胃酸过多，与Al（OH）3难溶于水无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解原理的应用、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。
14．（4分）中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2
【分析】A.雾状氢氧化钠溶液有利于增大接触面积，便于吸收；
B.结合流程可知，环节a为分离碳酸钙与溶液；
C.根据图示，反应需要消耗氧化钙和氢氧化钠，且再次生成；
D.碳酸钠也可以与氢氧化钠反应。
【解答】解：A.接触面积越大，反应速率越快，故雾状氢氧化钠更易吸收二氧化碳，故A正确；
B.环节a为分离溶液与沉淀，其基本操作为过滤，故B错误；
C.反应过程中消耗氧化钙和氢氧化钠，且再次生成，故两种物质可以循环利用，故C正确；
D.碳酸钠也可与二氧化碳反应，可以代替氢氧化钠，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以碳中和为背景，考查了学生有关物质分离与转化，流程分析等内容，难度较易。
15．（4分）将氯化氢转化为氯气是科学研究的热点。科学家设计了一种电解氯化氢回收氯气的方案，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．阴极的电极反应式为Fe3++e﹣═Fe2+
B．工作时，溶液中H+向b极移动
C．若消耗8g氧气，电路中转移1mol电子
D．总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O
【分析】根据装置图可知，电极反应左边发生Fe3++e﹣═Fe2+，然后发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，右边发生2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，化合价升高，失去电子，为电解池的阳极，据此分析解答。
【解答】解：A．左边得到电子，为电解池的阴极，发生的电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，故A正确；
B．工作时，溶液中H+向左边阴极a极移动，故B错误；
C．根据4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O反应可知，若消耗8g氧气，电路中转移×4＝1mol电子，故C正确；
D．整个过程是电解条件下、Fe3+起催化剂作用，HCl与O2反应生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确新的工艺方案的流程图、电解池原理以及电极方程式是解题关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
16．（4分）室温下，改变0.10mol•L﹣1邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知δ（X）＝]
A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4
B．pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1
C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
【分析】A．常温下，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，H2A的电离平衡常数K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4；
B．pH＝4.15时，δ（H2A）＝δ（A2﹣）；
C．由图可知，c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH＝2.9，H2A的电离平衡常数K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常数Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，则HA﹣的电离程度大于水解程度；
D．由图可知，pH＝7时溶液中的主要离子为A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L。
【解答】解：A．由图可知，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH＝5.4，则H2A的电离平衡常数K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4，1g[K2（H2A）]＝﹣5.4，故A正确；
B．δ（H2A）+δ（HA﹣）+δ（A2﹣）＝1，由图可知，pH＝4.15时，δ（H2A）＝δ（A2﹣），则pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1，故B正确；
C．由图可知，c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH＝2.9，H2A的电离平衡常数K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常数Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，则HA﹣的电离程度大于水解程度，所以KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C错误；
D．pH＝7时c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，由图可知，pH＝7时溶液中的主要离子为A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），所以c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
二、非选择题：共56分。（一）必考题：共42分。
17．（14分）实验室以K2MnO4为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
（1）CO2法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 锰酸钾消耗完全生成高锰酸钾 。
②停止通入CO2，过滤除去 MnO2 （填化学式，下同），将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到KMnO4粗品。若CO2通入过多，产品中可能混有的杂质是 KHCO3 。
（2）电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣ ，阴极产生的气体为 H2 。（填化学式）
②与CO2法相比，电解法的主要优点是 纯度高，产率高 。（写一条）
（3）高锰酸钾可用于测定软锰矿中MnO2的含量，实验过程如下：
称取mg样品于锥形瓶中，加入V1mLc1mol•L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反应后，用c2mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 。
②软锰矿中MnO2的质量分数表达式为 ×100% 。
【分析】（1）二氧化碳法，利用通入二氧化碳调节溶液pH，使锰酸钾不稳定发生歧化反应，生成难溶性的二氧化锰和可溶性的高锰酸钾，进而制取高锰酸钾；
（2）电解法，利用阳极锰酸根离子失去电子被氧化，生成高锰酸根离子，进而制取高锰酸钾；
（3）根据反应方程式确定二氧化锰的物质的量，进而确定其质量分数，其中需要注意，草酸为过量，需要进行两步反应确定草酸的物质的量。
【解答】解：（1）①溶液有紫红色说明生成高锰酸钾，而没有绿色痕迹，说明锰酸钾消耗完全，
故答案为：锰酸钾消耗完全生成高锰酸钾；
②通入二氧化碳，溶液碱性逐渐减弱，由已知可得同时生成的还有二氧化锰沉淀析出，可通过过滤除去二氧化锰，若二氧化碳过多，会与KOH反应生成碳酸氢钾，故产品中还可能混有碳酸氢钾，
故答案为：MnO2；KHCO3；
（2）①由图分析可得，阳极锰酸根被氧化为高锰酸根，阳极反应方程式为：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，阴极反应方程式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故阴极产生的气体为氢气，
故答案为：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣；H2；
②和（1）中二氧化碳法相比，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高，
故答案为：纯度高，产率高；
（3）①测定过程中发生反应方程式4H++C2O42﹣+MnO2＝2CO2↑+Mn2++2H2O，当二氧化锰消耗殆尽，剩余的草酸与高锰酸钾发生反应：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定终点，草酸消耗殆尽，故现象为在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
②根据方程式可知，二氧化锰的物质的量等于第一次反应过程中消耗的草酸的物质的量，第一次反应过程中消耗的草酸的物质的量＝n（草酸）总﹣n（草酸）过，由方程式2可知n（草酸）过＝n（高锰酸钾），故测得m（MnO2）＝（c1V1﹣2.5c2V2）×10﹣3mol×87g/mol，二氧化锰的质量分数＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题以两种高锰酸钾的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，电解池，滴定计算等内容，考查范围较广，难度适中。
18．（14分）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 SiO2、CaSO4 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、 3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+ 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 越低 （填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 冷却结晶，过滤 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 高温焙烧 。
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都发生溶解，只有SiO2不与酸反应，CaF2、CaCO3发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍，据此分析解题。
【解答】解：（1）由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+2H2O，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，
故答案为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O；
（2）由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积，从而加快浸出速率，
故答案为：增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率；
（3）根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中CaF2与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙，
故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以NaFe3（SO4）2（OH）6是难溶于水的固体，根据题意可知：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+，
故答案为：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+；
（5）根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸，
故答案为：越低；冷却结晶，过滤；
（6）油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍，
故答案为：高温焙烧。
【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、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．（14分）CO2加氢制CH3OH是CO2资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）根据图（a），△H1＝ ﹣49.4 kJ•mol﹣1，△H2＝ +41.2 kJ•mol﹣1。
（2）在4.0MPa压强下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把两种气体通入恒压反应器中，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图（b）。
已知：CH3OH的产率＝×100%
①525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为 反应Ⅱ 。（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）
②475K时，平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝ 2：1 ，反应I的平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2。（列出计算式）
（3）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是 增大压强
（写一条）。
（4）利用M催化CO2加氢制CH3OH的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。
①CH3O*转化为CH3OH的化学方程式为 CH3O*+H*＝CH3OH 。
②下列说法正确的是 CD 。（填标号）
A.H2与2H*能量差为0.60eV
B.第ⅱ步有O﹣O键断裂
C.第ⅲ步反应速率最慢
D.加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率
【分析】（1）根据图中信息，结合△H与物质本身能量的关系分析；
（2）①由图可知，525～575K时，随着温度的升高，CH3OH平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，结合反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，列化学平衡三段式计算；
（3）同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，即要求反应Ⅰ平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
（4）①由图可知，CH3O*结合H*CH3OH；
②A.由图可知，Ea＝0.60eV；
B.由图可知，第ⅱ步为H*+CO2→HCOO*；
C.比较各步骤的反应活化能，活化能越大，反应速率越慢；
D.催化剂不改变反应的平衡状态。
【解答】解：（1）根据图中信息可知，△H1＝（41.2﹣90.6）kJ/mol＝﹣49.4kJ/mol，△H2＝+41.2kJ/mol，
故答案为：﹣49.4；+41.2；
（2）①由图可知，525～575K时，随着温度的升高，CH3OH平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO2平衡转化率减小，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，则525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，
故答案为：反应Ⅱ；
②475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化n（mol） 0.2 0.6 1×20% 0.2
平衡n（mol） 0.2 0.2
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化n（mol） 1×30%﹣0.2 0.1 0.1 0.1
平衡n（mol） 0.1 0.1
平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝0.2mol：0.1mol＝2：1；反应达到平衡时n（CO2）＝1mol﹣0.2mol﹣0.1mol＝0.7mol，n（H2）＝3mol﹣0.6mol﹣0.1mol＝2.3mol，n（H2O）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol，n（CH3OH）＝0.2mol，n（CO）＝0.1mol，混合气体总物质的量为0.7mol+2.3mol+0.3mol+0.2mol+0.1mol＝3.6mol，p（CH3OH）＝＝Mpa，p（H2O）＝＝MPa，p（CO2）＝＝MPa，p（H2）＝＝MPa，反应I的平衡常数Kp＝＝＝（MPa）﹣2，
故答案为：2：1；；
（3）增大压强，可以使反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，可以提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，
故答案为：增大压强；
（4）①由图可知，CH3O*结合H*CH3OH，则化学方程式为CH3O*+H*＝CH3OH，
故答案为：CH3O*+H*＝CH3OH；
②A.由图可知，Ea＝0.60eV，Ea表示活化能，不是H2与2H*能量差，故A错误；
B.由图可知，第ⅱ步为H*+CO2→HCOO*，根据CO2和HCOO*结构可知，第ⅱ步没有O﹣O键断裂，故B错误；
C.由图可知，第ⅲ步的活化能最大，则该步骤反应速率最慢，故C正确；
D.催化剂不改变反应的平衡状态，则加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率，故D正确；
故答案为：CD。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、活化能，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、活化能越大，反应速率越慢等知识解答，此题难度大。
（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。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属硫族化合物Cu2ZnSbS4为具有良好可控性的半导体材料，可用于太阳能电池制备、激光技术、光催化水的裂解等领域。Cu2ZnSbS4的其中一种制备方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu为原料高能球磨后，在H2S气氛中退火。
回答下列问题：
（1）下列电子排布图中，能表示基态S原子3p轨道电子状态的是 AC 。（填标号）
（2）基态Cu+的价层电子排布式是 3d10 。
（3）CuS由Cu（NO3）2与H2S反应制备。根据价层电子对互斥模型，H2S中心原子价层电子对数为 4 。NO3﹣的空间构型为 正三角形 。
（4）Sb2S3的晶体类型与CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴头。火柴燃烧时，Sb2S3转化为Sb2O3和SO2，这三种物质熔点由高到低的顺序是 Sb2O3＞Sb2S3＞SO2 。
（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如图所示。
①Sb位于晶胞的顶点和体心，则图中A代表的原子是 Cu 。
②原子A的坐标为（0，，），原子B的坐标为（，0，），则原子C的坐标为 （1，，） 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2ZnSbS4的密度为 g▪cm﹣3。（列出计算表达式）
【分析】（1）硫元素的原子序数为16，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4依据洪特规则，泡利不相容原理进行分析；（2）铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子生成亚铜离子；
（3）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤孤对电子对数为0，确定其空间构型；
（4）先分析不同的晶体种类，再分析同种晶体内不同化学键的强弱，最后确定熔沸点高低；
（5）①结合晶胞结构，利用均摊法求出晶胞数目，然后依据化学式确定原子种类；
②由位于yz面上的原子A的坐标为（0，，）和位于xz面上的原子B的坐标为（，0，）可知，位于xyz面上的原子C的坐标为（1，，）；
③依据密度公式，结合均摊法，计算晶胞密度。
【解答】解：（1）硫元素的原子序数为16，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4；
A．符合核外电子排布规律，故A正确；
B．由洪特规则可知，电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，B违背洪特规则，故B错误；
C． 符合核外电子排布规律，故C正确；
D．由泡利不相容原理可知，一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋相反，D违背泡利不相容原理，故D错误，
故选AC，
故答案为：AC；
（2）铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，则基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，
故答案为：3d10；
（3）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面正三角形，
故答案为：4；正三角形；
（4）分子晶体的熔点小于离子晶体，二氧化硫为分子晶体，三氧化二锑和三硫化二锑都为离子化合物，则二氧化硫的熔点最低；离子晶体中，离子键越强，晶体的熔点越高，由于氧离子的离子半径小于硫离子，锑离子和氧离子形成的离子键强于锑离子和硫离子形成的离子键，三氧化二锑的熔点高于三硫化二锑，则三种物质熔点由高到低的顺序为Sb2O3＞Sb2S3＞SO2，
故答案为：Sb2O3＞Sb2S3＞SO2；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的锑原子个数为8×+1＝2，位于面上的黑色原子的个数为8×＝4，位于面心和棱上的灰色原子的个数为2×+4×＝2，位于体内的白色原子的个数为8，由晶体的化学式为Cu2ZnSbS4可知，黑色原子A、B、C均为铜原子，灰色原子为锌原子，白色原子为硫原子，
故答案为：Cu；
②由位于yz面上的原子A的坐标为（0，，）和位于xz面上的原子B的坐标为（，0，）可知，位于xyz面上的原子C的坐标为（1，，），
故答案为：（1，，）；
③设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝[（a×10﹣10） 2×2a×10﹣10]×d，解得d＝，
故答案为：。
【点评】本题考查核外电子排布、杂化类型的判断、有关晶体的计算，对晶胞计算要有一定的空间想象能力，题目难度中等，注意晶胞计算方法。
[选修5：有机化学基础]
21．化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的化学名称是 对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛 。
（2）反应①的化学方程式是 +Cl2+HCl 。
（3）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 CH3OOCCH2COOCH3 。
（4）G中含氧官能团的名称是 硝基、羧基 。
（5）反应⑥的反应类型为 还原反应 。
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式 、 。
（7）写出以和为原料制备的合成路线 HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2 （其他无机试剂任选）。
【分析】A中氢原子被氯原子取代生成B，B发生氧化反应生成C，根据C的结构简式知，B为；C发生取代反应生成D，反应④的原子利用率为100%，则D和E发生加成反应生成F，根据D、F的结构简式知，E为CH3OOCCH2COOCH3，G中硝基发生还原反应生成H中氨基；
（7）以和为原料制备，和HBr发生取代反应生成BrCH2CH2NO2，BrCH2CH2NO2发生消去反应生成CH2＝CHNO2，CH2＝CHNO2和发生加成反应生成。
【解答】解：（1）C的化学名称是对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛，
故答案为：对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛；
（2）甲苯和氯气在FeCl3作催化剂条件下发生取代反应生成B，反应①的化学方程式是+Cl2+HCl，
故答案为：+Cl2+HCl；
（3）通过以上分析知，E的结构简式是CH3OOCCH2COOCH3，
故答案为：CH3OOCCH2COOCH3；
（4）G中含氧官能团的名称是硝基、羧基，
故答案为：硝基、羧基；
（5）硝基发生还原反应生成氨基，所以反应⑥的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，符合要求的化合物X的结构简式为、，
故答案为：；；
（7）以和为原料制备，和HBr发生取代反应生成BrCH2CH2NO2，BrCH2CH2NO2发生消去反应生成CH2＝CHNO2，CH2＝CHNO2和发生加成反应生成，其合成路线为HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2，
故答案为：HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应前后碳链结构、官能团变化正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定。
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2021年广东省广州市高考化学二模试卷
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）三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是（ ）
选项
出土文物
叙述
A
绝美的黄金面具
自然界中存在游离态的金
B
高大的青铜神像
青铜比纯铜熔点高、硬度大
C
精美的陶器
陶器由黏土经高温烧结而成
D
古蜀国的丝绸遗痕
丝绸的主要成分是蛋白质
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He核外电子数相等
B．3He和4He是同种核素
C．3He和4He中子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
3．（2分）氮是生命活动不可缺少的重要元素。下列叙述错误的是（ ）
A．氮气既可作氧化剂又可作还原剂
B．氮气和氧气在放电条件下直接生成NO2
C．氮气是工业合成氨的原料之一
D．氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物
4．（2分）维生素A1（）是维持人体正常代谢所必需的维生素，下列关于该化合物的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有20个碳原子
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生加成反应
D．能够发生水解反应
5．（2分）以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程如图。下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．浸出渣的成分是SiO2
C．母液的主要溶质是NH4Cl
D．固体X是Mg（OH）2
6．（2分）下列实验能达到目的的是（ ）
A．用淀粉﹣KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
C．用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4
D．用蒸馏法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）
7．（2分）某金属﹣﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为2M+O2+2H2O═2M（OH）2
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属M电极
8．（2分）NaNO2是一种常用的食品防腐剂。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列叙述正确的是（ ）
A．HNO2溶液的pH随温度升高而增大
B．0.01mol•L﹣1HNO2溶液的pH＝2
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2）
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+）
9．（2分）将SO2通入不同溶液中探究SO2的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是（ ）
选项
溶液
预测的现象
分析
A
FeCl3溶液
溶液由棕黄色变浅绿色
SO2有还原性
B
品红溶液
溶液红色褪去
SO2有漂白性
C
酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
SO2有氧化性
D
Na2SiO3溶液
产生白色胶状沉淀
H2SO3酸性比H2SiO3强
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，W2Y分子中含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．常温常压下单质沸点：W＞Y＞X
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．X的最高价氧化物的水化物是弱酸
11．（4分）用如图装置制取气体（图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。利用下列方案可得到干燥、纯净气体的是（ ）
选项
制备气体
a
b
c
d
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
碱石灰
B
NH3
浓氨水
CaO
H2O
固体NaOH
C
NO
稀硝酸
Cu
H2O
P2O5
D
H2
稀硝酸
Zn
NaOH溶液
无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
B．32g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为8NA
13．（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
石墨能导电且化学性质不活泼
外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极
B
氢氟酸是挥发性弱酸
氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿
C
铁的金属性比铜强
FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作
D
Al（OH）3难溶于水
Al（OH）3可用于治疗胃酸过多
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2
15．（4分）将氯化氢转化为氯气是科学研究的热点。科学家设计了一种电解氯化氢回收氯气的方案，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．阴极的电极反应式为Fe3++e﹣═Fe2+
B．工作时，溶液中H+向b极移动
C．若消耗8g氧气，电路中转移1mol电子
D．总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O
16．（4分）室温下，改变0.10mol•L﹣1邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知δ（X）＝]
A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4
B．pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1
C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
二、非选择题：共56分。（一）必考题：共42分。
17．（14分）实验室以K2MnO4为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
（1）CO2法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 。
②停止通入CO2，过滤除去 （填化学式，下同），将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到KMnO4粗品。若CO2通入过多，产品中可能混有的杂质是 。
（2）电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 ，阴极产生的气体为 。（填化学式）
②与CO2法相比，电解法的主要优点是 。（写一条）
（3）高锰酸钾可用于测定软锰矿中MnO2的含量，实验过程如下：
称取mg样品于锥形瓶中，加入V1mLc1mol•L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反应后，用c2mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 。
②软锰矿中MnO2的质量分数表达式为 。
18．（14分）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 （填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 。
19．（14分）CO2加氢制CH3OH是CO2资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）根据图（a），△H1＝ kJ•mol﹣1，△H2＝ kJ•mol﹣1。
（2）在4.0MPa压强下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把两种气体通入恒压反应器中，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图（b）。
已知：CH3OH的产率＝×100%
①525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为 。（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）
②475K时，平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝ ，反应I的平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2。（列出计算式）
（3）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是
（写一条）。
（4）利用M催化CO2加氢制CH3OH的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。
①CH3O*转化为CH3OH的化学方程式为 。
②下列说法正确的是 。（填标号）
A.H2与2H*能量差为0.60eV
B.第ⅱ步有O﹣O键断裂
C.第ⅲ步反应速率最慢
D.加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率
（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。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属硫族化合物Cu2ZnSbS4为具有良好可控性的半导体材料，可用于太阳能电池制备、激光技术、光催化水的裂解等领域。Cu2ZnSbS4的其中一种制备方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu为原料高能球磨后，在H2S气氛中退火。
回答下列问题：
（1）下列电子排布图中，能表示基态S原子3p轨道电子状态的是 。（填标号）
（2）基态Cu+的价层电子排布式是 。
（3）CuS由Cu（NO3）2与H2S反应制备。根据价层电子对互斥模型，H2S中心原子价层电子对数为 。NO3﹣的空间构型为 。
（4）Sb2S3的晶体类型与CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴头。火柴燃烧时，Sb2S3转化为Sb2O3和SO2，这三种物质熔点由高到低的顺序是 。
（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如图所示。
①Sb位于晶胞的顶点和体心，则图中A代表的原子是 。
②原子A的坐标为（0，，），原子B的坐标为（，0，），则原子C的坐标为 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2ZnSbS4的密度为 g▪cm﹣3。（列出计算表达式）
[选修5：有机化学基础]
21．化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的化学名称是 。
（2）反应①的化学方程式是 。
（3）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 。
（4）G中含氧官能团的名称是 。
（5）反应⑥的反应类型为 。
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式 、 。
（7）写出以和为原料制备的合成路线 （其他无机试剂任选）。
2021年广东省广州市高考化学二模试卷
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）三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是（ ）
选项
出土文物
叙述
A
绝美的黄金面具
自然界中存在游离态的金
B
高大的青铜神像
青铜比纯铜熔点高、硬度大
C
精美的陶器
陶器由黏土经高温烧结而成
D
古蜀国的丝绸遗痕
丝绸的主要成分是蛋白质
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．金的性质稳定；
B．合金的熔点比成分金属的熔点低；
C．陶瓷为硅酸盐产品；
D．丝绸是由蚕丝纺织成的。
【解答】解：A．金的性质稳定，自然界中存在游离态的金，故A正确；
B．合金的熔点比成分金属的熔点低，则青铜比纯铜熔点低、硬度大，故B错误；
C．陶瓷为硅酸盐产品，其制取原料主要为黏土，由黏土经高温烧结而成，故C正确；
D．丝绸是由蚕丝纺织成的，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He核外电子数相等
B．3He和4He是同种核素
C．3He和4He中子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
【分析】A．原子的核电荷数＝质子数＝核外电子数；
B．一定数目中子数和一定数目质子数的原子为一种核素；
C．原子中质量数＝质子数+中子数；
D．氦为稀有气体，为单原子分子。
【解答】解：A．3He和4He质子数为2，质量数不同，属于同种元素的不同原子，核外电子数相同，故A正确；
B．3He和4He质量数不同，质子数相同，是同种元素的不同核素，故B错误；
C．3He和4He的中子数分别为：3﹣2＝1，4﹣2＝2，中子数不相等，故C错误；
D．由3He组成的单质是单原子分子，分子式3He，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构，主要是同位素、核素概念的分析、微粒数之间的关系的判断，题目难度不大。
3．（2分）氮是生命活动不可缺少的重要元素。下列叙述错误的是（ ）
A．氮气既可作氧化剂又可作还原剂
B．氮气和氧气在放电条件下直接生成NO2
C．氮气是工业合成氨的原料之一
D．氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物
【分析】A.氮气中氮元素化合价为0价，处于中间价态；
B.氮气和氧气反应生成一氧化氮；
C.氮气和氢气反应可生成氨气；
D.氮气转化为化合物的过程为氮的固定。
【解答】解：A.氮气既具有氧化性，也具有还原性，与氧气反应时表现还原性，被氧化，与氢气反应时表现氧化性，被还原，故A正确；
B.氮气和氧气在放电条件下可生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故B错误；
C.氮气和氢气反应可生成氨气，则为工业合成氨的原料之一，故C正确；
D.氮气转化为化合物的过程为氮的固定，则氮的固定是将大气中的氮气转化成氮的化合物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查含氮物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，题目难度不大，注意氮气的性质、应用以及氮的固定等知识。
4．（2分）维生素A1（）是维持人体正常代谢所必需的维生素，下列关于该化合物的叙述错误的是（ ）
A．分子中含有20个碳原子
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生加成反应
D．能够发生水解反应
【分析】该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，一定条件下能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应等。
【解答】解：A．键线式中端点、拐点、交点处都含有一个碳原子，根据图知，该分子中含有20个碳原子，故A正确；
B．含有碳碳双键，所以能被酸性重铬酸钾溶液氧化而使重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．含有碳碳双键，所以能发生加成反应，故C正确；
D．不含酯基、卤原子或酰胺键，所以不能发生水解反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、键线式含义等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（2分）以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程如图。下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．浸出渣的成分是SiO2
C．母液的主要溶质是NH4Cl
D．固体X是Mg（OH）2
【分析】以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程为：原料中加入盐酸酸浸，MgCO3发生反应MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，SiO2不反应，浸出渣的成分是SiO2，浸出液中含有Mg2+、H+等离子；浸出液中加入氨水沉镁，Mg2+转化成Mg（OH）2沉淀，母液的主要溶质为NH4Cl，沉淀X为Mg（OH）2，煅烧Mg（OH）2得到MgO，以此分析解答。
【解答】解：A．MgCO3不能拆开，酸浸的离子方程式应该为：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．SiO2不与盐酸反应，则浸出渣的成分是SiO2，故B正确；
C．加入氨水后HCl、MgCl2与氨水反应生成氯化铵、氢氧化镁沉淀，则母液的主要溶质是NH4Cl，故C正确；
D．结合分析可知，固体X是Mg（OH）2沉淀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，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。
6．（2分）下列实验能达到目的的是（ ）
A．用淀粉﹣KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
C．用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4
D．用蒸馏法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，氯化铁可氧化碘化钾；
B.pH试纸湿润，溶液浓度改变；
C.Ba（OH）2溶液与NH4Cl反应生成具有刺激性气味的气体，与（NH4）2SO4生成氨气和硫酸钡沉淀，与K2SO4只生成沉淀；
D.二者沸点相近，不能用蒸馏的方法分离。
【解答】解：A.氯化铁可氧化碘化钾生成碘，则碘水和FeCl3溶液都可使淀粉﹣KI试纸变蓝色，不能鉴别，故A错误；
B.pH试纸湿润，溶液浓度改变，则测量不准确，pH试纸不能先湿润，故B错误；
C.Ba（OH）2溶液与NH4Cl反应生成具有刺激性气味的气体，与（NH4）2SO4生成氨气和硫酸钡沉淀，与K2SO4只生成沉淀，其反应现象不同，可用Ba（OH）2溶液鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4，故C正确；
D.二者沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，可先用水萃取，然后在蒸馏分离水和乙醇，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离、提纯以及鉴别，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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）某金属﹣﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为2M+O2+2H2O═2M（OH）2
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属M电极
【分析】M﹣空气电池中，负极金属M失去电子生成M2+，正极氧气得到电子生成OH﹣，则电极M为负极，电极C为正极，电池总反应为：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池工作时，负极金属M失去电子生成M2+，发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，正极上空气中的氧气得到电子生成OH﹣，故B正确；
C．根据分析可知，电池总反应为：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，故C正确；
D．电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即外电路电子由M电极流向碳材料电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度不大，明确电极上得失电子及反应是解本题关键，注意掌握原电池两极及总反应式的书写方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）NaNO2是一种常用的食品防腐剂。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列叙述正确的是（ ）
A．HNO2溶液的pH随温度升高而增大
B．0.01mol•L﹣1HNO2溶液的pH＝2
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2）
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+）
【分析】HNO2属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：HNO2⇌NO2﹣+H+，升高温度促进电离；NaNO2在溶液中会发生水解反应：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，结合物料守恒分析。
【解答】解：A．HNO2属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：HNO2⇌NO2﹣+H+，升高温度促进电离，氢离子增大，pH减小，故A错误；
B．HNO2属于弱酸，在溶液中部分电离，则0.01mol•L﹣1HNO2溶液中c（H+）＜0.01mol•L﹣1，则pH＞2，故B错误；
C．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中存在物料守恒，则c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2），故C正确；
D．0.01mol•L﹣1NaNO2溶液中，小部分的NO2﹣发生水解HNO2和OH﹣，则c（NO2﹣）＞c（OH﹣），所以溶液中离子浓度关系为c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较，把握盐类水解原理、弱电解质的电离平衡、溶液中的守恒关系等知识点是解题的关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
9．（2分）将SO2通入不同溶液中探究SO2的性质，对实验现象的预测及分析不合理的是（ ）
选项
溶液
预测的现象
分析
A
FeCl3溶液
溶液由棕黄色变浅绿色
SO2有还原性
B
品红溶液
溶液红色褪去
SO2有漂白性
C
酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
SO2有氧化性
D
Na2SiO3溶液
产生白色胶状沉淀
H2SO3酸性比H2SiO3强
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．SO2具有还原性，能将FeCl3溶液还原成二价铁；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；
C．SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液；
D．H2SO3酸性比H2SiO3强。
【解答】解：A．SO2具有还原性，能将FeCl3溶液还原成二价铁，所以SO2通入FeCl3溶液，溶液由棕黄色变浅绿色，说明SO2有还原性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以SO2通入品红溶液，溶液红色褪去，说明SO2有漂白性，故B正确；
C．SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液，所以SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，说明SO2有还原性，故C错误；
D．H2SO3酸性比H2SiO3强，所以SO2通入Na2SiO3溶液产生白色胶状沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验现象及评价，明确二氧化硫的还原性、漂白性、酸性氧化物性质是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，W2Y分子中含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．常温常压下单质沸点：W＞Y＞X
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．X的最高价氧化物的水化物是弱酸
【分析】一种矿石（Z2X2Y5•W2Y）的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，则Z为Mg；X原子L层比K层多一个电子，则X为B；W2Y分子中含有10个电子，该分子为H2O，则W为H，Y为O，Z2X2Y5•W2Y为Mg2B2O5•H2O，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Mg元素，
A．一般来讲，电子层越多原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．硼形成晶体为共价晶体，其沸点较高，氢气、氧气形成晶体为分子晶体，二者沸点较低，且相对分子质量越大沸点越高，则常温常压下单质沸点：X＞Y＞W，故B错误；
C．Z与Y可形成的化合物MgO为离子化合物，故C错误；
D．X的最高价氧化物的水化物为硼酸，硼酸是弱酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构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。
11．（4分）用如图装置制取气体（图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。利用下列方案可得到干燥、纯净气体的是（ ）
选项
制备气体
a
b
c
d
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
碱石灰
B
NH3
浓氨水
CaO
H2O
固体NaOH
C
NO
稀硝酸
Cu
H2O
P2O5
D
H2
稀硝酸
Zn
NaOH溶液
无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
【分析】由图可知，a、b是气体发生装置，c是除杂装置，d 是干燥装置，制备气体时，除杂试剂和干燥试剂试剂不能与要制备的气体反应。
【解答】解：A.氯气与氢氧化钠溶液和碱石灰反应，不能用来除杂和干燥，故A错误；
B.氨气极易溶于水，不能用来净化氨气，故B错误；
C.NO不溶于水，可用来除去挥发的硝酸，五氧化二磷为酸性干燥剂，可用来干燥NO，故C正确；
D.硝酸属于氧化性酸，与金属反应生成NO，而非氢气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见气体的制备原理，气体制备要注意根据制备所需药品的状态和条件选择发生装置，并根据气体的性质选择合适的除杂净化试剂。
12．（4分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
B．32g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数为0.2NA
D．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为8NA
【分析】A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2转移2mol电子；
B．先计算S8物质的量，1个S8分子中含有8个共价键；
C．H2C2O4是弱电解质，在溶液中部分电离；
D．CH4、CH2＝CH2分子中均含有4个氢原子。
【解答】解：A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2转移2mol电子，则生成0.1mol O2转移的电子数为0.1mol×2×NAmol﹣1＝0.2NA，故A错误；
B．S8物质的量为＝0.125mol，1个S8分子中含有8个共价键，则32gS8中的共价键数目为0.125mol×8×NAmol﹣1＝NA，故B正确；
C．n（H2C2O4）＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，H2C2O4是弱电解质，H2C2O4⇌H++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌C2O42﹣+H+，则1L 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+离子数小于0.2NA，故C错误；
D．22.4L甲烷和乙烯混合物物质的量为＝1mol，CH4、CH2＝CH2分子中均含有4个氢原子，则标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为1mol×4×NAmol﹣1＝4NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题的关键，明确1个S8分子中含有8个共价键，此题难度中等。
13．（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
石墨能导电且化学性质不活泼
外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极
B
氢氟酸是挥发性弱酸
氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿
C
铁的金属性比铜强
FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作
D
Al（OH）3难溶于水
Al（OH）3可用于治疗胃酸过多
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．石墨能导电，作阳极时，石墨不参与反应；
B．氢氟酸能与二氧化硅反应；
C．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性；
D．Al（OH）3能与胃酸反应，而且对人体没有腐蚀作用。
【解答】解：A．石墨能导电，作阳极时，石墨不参与反应，所以外加电流法保护金属可用石墨作辅助阳极，故A正确；
B．氢氟酸能与二氧化硅反应，所以氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿，与氢氟酸是挥发性弱酸无关，故B错误；
C．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，所以FeCl3溶液能氧化Cu，因此FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作，故C错误；
D．Al（OH）3能与胃酸反应，而且对人体没有腐蚀作用，所以Al（OH）3可用于治疗胃酸过多，与Al（OH）3难溶于水无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解原理的应用、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。
14．（4分）中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2
【分析】A.雾状氢氧化钠溶液有利于增大接触面积，便于吸收；
B.结合流程可知，环节a为分离碳酸钙与溶液；
C.根据图示，反应需要消耗氧化钙和氢氧化钠，且再次生成；
D.碳酸钠也可以与氢氧化钠反应。
【解答】解：A.接触面积越大，反应速率越快，故雾状氢氧化钠更易吸收二氧化碳，故A正确；
B.环节a为分离溶液与沉淀，其基本操作为过滤，故B错误；
C.反应过程中消耗氧化钙和氢氧化钠，且再次生成，故两种物质可以循环利用，故C正确；
D.碳酸钠也可与二氧化碳反应，可以代替氢氧化钠，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以碳中和为背景，考查了学生有关物质分离与转化，流程分析等内容，难度较易。
15．（4分）将氯化氢转化为氯气是科学研究的热点。科学家设计了一种电解氯化氢回收氯气的方案，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．阴极的电极反应式为Fe3++e﹣═Fe2+
B．工作时，溶液中H+向b极移动
C．若消耗8g氧气，电路中转移1mol电子
D．总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O
【分析】根据装置图可知，电极反应左边发生Fe3++e﹣═Fe2+，然后发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，右边发生2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，化合价升高，失去电子，为电解池的阳极，据此分析解答。
【解答】解：A．左边得到电子，为电解池的阴极，发生的电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，故A正确；
B．工作时，溶液中H+向左边阴极a极移动，故B错误；
C．根据4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O反应可知，若消耗8g氧气，电路中转移×4＝1mol电子，故C正确；
D．整个过程是电解条件下、Fe3+起催化剂作用，HCl与O2反应生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确新的工艺方案的流程图、电解池原理以及电极方程式是解题关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
16．（4分）室温下，改变0.10mol•L﹣1邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
[已知δ（X）＝]
A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4
B．pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1
C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
【分析】A．常温下，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，H2A的电离平衡常数K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4；
B．pH＝4.15时，δ（H2A）＝δ（A2﹣）；
C．由图可知，c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH＝2.9，H2A的电离平衡常数K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常数Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，则HA﹣的电离程度大于水解程度；
D．由图可知，pH＝7时溶液中的主要离子为A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L。
【解答】解：A．由图可知，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，pH＝5.4，则H2A的电离平衡常数K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4，1g[K2（H2A）]＝﹣5.4，故A正确；
B．δ（H2A）+δ（HA﹣）+δ（A2﹣）＝1，由图可知，pH＝4.15时，δ（H2A）＝δ（A2﹣），则pH＝4.15时，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1，故B正确；
C．由图可知，c（HA﹣）＝c（H2A）时，pH＝2.9，H2A的电离平衡常数K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常数Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，则HA﹣的电离程度大于水解程度，所以KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C错误；
D．pH＝7时c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，由图可知，pH＝7时溶液中的主要离子为A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），所以c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
二、非选择题：共56分。（一）必考题：共42分。
17．（14分）实验室以K2MnO4为原料，用两种方法制备高锰酸钾。已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，溶液呈墨绿色，当溶液碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
（1）CO2法。实验装置如图。
①反应一段时间后，用玻璃棒蘸取溶液滴在滤纸上，仅有紫红色而没有绿色痕迹，由此可知 锰酸钾消耗完全生成高锰酸钾 。
②停止通入CO2，过滤除去 MnO2 （填化学式，下同），将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤得到KMnO4粗品。若CO2通入过多，产品中可能混有的杂质是 KHCO3 。
（2）电解法。实验装置如图。
①阳极的电极反应式为 MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣ ，阴极产生的气体为 H2 。（填化学式）
②与CO2法相比，电解法的主要优点是 纯度高，产率高 。（写一条）
（3）高锰酸钾可用于测定软锰矿中MnO2的含量，实验过程如下：
称取mg样品于锥形瓶中，加入V1mLc1mol•L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反应后，用c2mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。
①滴定终点时溶液的颜色变化是 在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 。
②软锰矿中MnO2的质量分数表达式为 ×100% 。
【分析】（1）二氧化碳法，利用通入二氧化碳调节溶液pH，使锰酸钾不稳定发生歧化反应，生成难溶性的二氧化锰和可溶性的高锰酸钾，进而制取高锰酸钾；
（2）电解法，利用阳极锰酸根离子失去电子被氧化，生成高锰酸根离子，进而制取高锰酸钾；
（3）根据反应方程式确定二氧化锰的物质的量，进而确定其质量分数，其中需要注意，草酸为过量，需要进行两步反应确定草酸的物质的量。
【解答】解：（1）①溶液有紫红色说明生成高锰酸钾，而没有绿色痕迹，说明锰酸钾消耗完全，
故答案为：锰酸钾消耗完全生成高锰酸钾；
②通入二氧化碳，溶液碱性逐渐减弱，由已知可得同时生成的还有二氧化锰沉淀析出，可通过过滤除去二氧化锰，若二氧化碳过多，会与KOH反应生成碳酸氢钾，故产品中还可能混有碳酸氢钾，
故答案为：MnO2；KHCO3；
（2）①由图分析可得，阳极锰酸根被氧化为高锰酸根，阳极反应方程式为：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，阴极反应方程式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故阴极产生的气体为氢气，
故答案为：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣；H2；
②和（1）中二氧化碳法相比，电解法副产物更少，杂质更少，产品纯度更高，产率更高，
故答案为：纯度高，产率高；
（3）①测定过程中发生反应方程式4H++C2O42﹣+MnO2＝2CO2↑+Mn2++2H2O，当二氧化锰消耗殆尽，剩余的草酸与高锰酸钾发生反应：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定终点，草酸消耗殆尽，故现象为在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：在滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
②根据方程式可知，二氧化锰的物质的量等于第一次反应过程中消耗的草酸的物质的量，第一次反应过程中消耗的草酸的物质的量＝n（草酸）总﹣n（草酸）过，由方程式2可知n（草酸）过＝n（高锰酸钾），故测得m（MnO2）＝（c1V1﹣2.5c2V2）×10﹣3mol×87g/mol，二氧化锰的质量分数＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题以两种高锰酸钾的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，电解池，滴定计算等内容，考查范围较广，难度适中。
18．（14分）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 SiO2、CaSO4 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、 3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+ 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 越低 （填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 冷却结晶，过滤 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 高温焙烧 。
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都发生溶解，只有SiO2不与酸反应，CaF2、CaCO3发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍，据此分析解题。
【解答】解：（1）由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+2H2O，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，
故答案为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O；
（2）由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积，从而加快浸出速率，
故答案为：增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率；
（3）根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中CaF2与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙，
故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以NaFe3（SO4）2（OH）6是难溶于水的固体，根据题意可知：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+，
故答案为：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+；
（5）根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸，
故答案为：越低；冷却结晶，过滤；
（6）油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍，
故答案为：高温焙烧。
【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、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．（14分）CO2加氢制CH3OH是CO2资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）根据图（a），△H1＝ ﹣49.4 kJ•mol﹣1，△H2＝ +41.2 kJ•mol﹣1。
（2）在4.0MPa压强下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把两种气体通入恒压反应器中，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图（b）。
已知：CH3OH的产率＝×100%
①525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为 反应Ⅱ 。（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）
②475K时，平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝ 2：1 ，反应I的平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2。（列出计算式）
（3）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是 增大压强
（写一条）。
（4）利用M催化CO2加氢制CH3OH的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，Ea表示活化能，单位为eV。
①CH3O*转化为CH3OH的化学方程式为 CH3O*+H*＝CH3OH 。
②下列说法正确的是 CD 。（填标号）
A.H2与2H*能量差为0.60eV
B.第ⅱ步有O﹣O键断裂
C.第ⅲ步反应速率最慢
D.加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率
【分析】（1）根据图中信息，结合△H与物质本身能量的关系分析；
（2）①由图可知，525～575K时，随着温度的升高，CH3OH平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，结合反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，列化学平衡三段式计算；
（3）同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，即要求反应Ⅰ平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
（4）①由图可知，CH3O*结合H*CH3OH；
②A.由图可知，Ea＝0.60eV；
B.由图可知，第ⅱ步为H*+CO2→HCOO*；
C.比较各步骤的反应活化能，活化能越大，反应速率越慢；
D.催化剂不改变反应的平衡状态。
【解答】解：（1）根据图中信息可知，△H1＝（41.2﹣90.6）kJ/mol＝﹣49.4kJ/mol，△H2＝+41.2kJ/mol，
故答案为：﹣49.4；+41.2；
（2）①由图可知，525～575K时，随着温度的升高，CH3OH平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO2平衡转化率减小，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，则525～575K时，使CO2平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，
故答案为：反应Ⅱ；
②475K时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的产率为20%，设起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化n（mol） 0.2 0.6 1×20% 0.2
平衡n（mol） 0.2 0.2
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化n（mol） 1×30%﹣0.2 0.1 0.1 0.1
平衡n（mol） 0.1 0.1
平衡体系中n（CH3OH）：n（CO）＝0.2mol：0.1mol＝2：1；反应达到平衡时n（CO2）＝1mol﹣0.2mol﹣0.1mol＝0.7mol，n（H2）＝3mol﹣0.6mol﹣0.1mol＝2.3mol，n（H2O）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol，n（CH3OH）＝0.2mol，n（CO）＝0.1mol，混合气体总物质的量为0.7mol+2.3mol+0.3mol+0.2mol+0.1mol＝3.6mol，p（CH3OH）＝＝Mpa，p（H2O）＝＝MPa，p（CO2）＝＝MPa，p（H2）＝＝MPa，反应I的平衡常数Kp＝＝＝（MPa）﹣2，
故答案为：2：1；；
（3）增大压强，可以使反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，可以提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，
故答案为：增大压强；
（4）①由图可知，CH3O*结合H*CH3OH，则化学方程式为CH3O*+H*＝CH3OH，
故答案为：CH3O*+H*＝CH3OH；
②A.由图可知，Ea＝0.60eV，Ea表示活化能，不是H2与2H*能量差，故A错误；
B.由图可知，第ⅱ步为H*+CO2→HCOO*，根据CO2和HCOO*结构可知，第ⅱ步没有O﹣O键断裂，故B错误；
C.由图可知，第ⅲ步的活化能最大，则该步骤反应速率最慢，故C正确；
D.催化剂不改变反应的平衡状态，则加入催化剂M不影响CH3OH的平衡产率，故D正确；
故答案为：CD。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、活化能，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、活化能越大，反应速率越慢等知识解答，此题难度大。
（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。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属硫族化合物Cu2ZnSbS4为具有良好可控性的半导体材料，可用于太阳能电池制备、激光技术、光催化水的裂解等领域。Cu2ZnSbS4的其中一种制备方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu为原料高能球磨后，在H2S气氛中退火。
回答下列问题：
（1）下列电子排布图中，能表示基态S原子3p轨道电子状态的是 AC 。（填标号）
（2）基态Cu+的价层电子排布式是 3d10 。
（3）CuS由Cu（NO3）2与H2S反应制备。根据价层电子对互斥模型，H2S中心原子价层电子对数为 4 。NO3﹣的空间构型为 正三角形 。
（4）Sb2S3的晶体类型与CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴头。火柴燃烧时，Sb2S3转化为Sb2O3和SO2，这三种物质熔点由高到低的顺序是 Sb2O3＞Sb2S3＞SO2 。
（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如图所示。
①Sb位于晶胞的顶点和体心，则图中A代表的原子是 Cu 。
②原子A的坐标为（0，，），原子B的坐标为（，0，），则原子C的坐标为 （1，，） 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2ZnSbS4的密度为 g▪cm﹣3。（列出计算表达式）
【分析】（1）硫元素的原子序数为16，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4依据洪特规则，泡利不相容原理进行分析；（2）铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子生成亚铜离子；
（3）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤孤对电子对数为0，确定其空间构型；
（4）先分析不同的晶体种类，再分析同种晶体内不同化学键的强弱，最后确定熔沸点高低；
（5）①结合晶胞结构，利用均摊法求出晶胞数目，然后依据化学式确定原子种类；
②由位于yz面上的原子A的坐标为（0，，）和位于xz面上的原子B的坐标为（，0，）可知，位于xyz面上的原子C的坐标为（1，，）；
③依据密度公式，结合均摊法，计算晶胞密度。
【解答】解：（1）硫元素的原子序数为16，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4；
A．符合核外电子排布规律，故A正确；
B．由洪特规则可知，电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，B违背洪特规则，故B错误；
C． 符合核外电子排布规律，故C正确；
D．由泡利不相容原理可知，一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋相反，D违背泡利不相容原理，故D错误，
故选AC，
故答案为：AC；
（2）铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，则基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，
故答案为：3d10；
（3）硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面正三角形，
故答案为：4；正三角形；
（4）分子晶体的熔点小于离子晶体，二氧化硫为分子晶体，三氧化二锑和三硫化二锑都为离子化合物，则二氧化硫的熔点最低；离子晶体中，离子键越强，晶体的熔点越高，由于氧离子的离子半径小于硫离子，锑离子和氧离子形成的离子键强于锑离子和硫离子形成的离子键，三氧化二锑的熔点高于三硫化二锑，则三种物质熔点由高到低的顺序为Sb2O3＞Sb2S3＞SO2，
故答案为：Sb2O3＞Sb2S3＞SO2；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的锑原子个数为8×+1＝2，位于面上的黑色原子的个数为8×＝4，位于面心和棱上的灰色原子的个数为2×+4×＝2，位于体内的白色原子的个数为8，由晶体的化学式为Cu2ZnSbS4可知，黑色原子A、B、C均为铜原子，灰色原子为锌原子，白色原子为硫原子，
故答案为：Cu；
②由位于yz面上的原子A的坐标为（0，，）和位于xz面上的原子B的坐标为（，0，）可知，位于xyz面上的原子C的坐标为（1，，），
故答案为：（1，，）；
③设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝[（a×10﹣10） 2×2a×10﹣10]×d，解得d＝，
故答案为：。
【点评】本题考查核外电子排布、杂化类型的判断、有关晶体的计算，对晶胞计算要有一定的空间想象能力，题目难度中等，注意晶胞计算方法。
[选修5：有机化学基础]
21．化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的化学名称是 对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛 。
（2）反应①的化学方程式是 +Cl2+HCl 。
（3）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是 CH3OOCCH2COOCH3 。
（4）G中含氧官能团的名称是 硝基、羧基 。
（5）反应⑥的反应类型为 还原反应 。
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，写出两种符合要求的化合物X的结构简式 、 。
（7）写出以和为原料制备的合成路线 HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2 （其他无机试剂任选）。
【分析】A中氢原子被氯原子取代生成B，B发生氧化反应生成C，根据C的结构简式知，B为；C发生取代反应生成D，反应④的原子利用率为100%，则D和E发生加成反应生成F，根据D、F的结构简式知，E为CH3OOCCH2COOCH3，G中硝基发生还原反应生成H中氨基；
（7）以和为原料制备，和HBr发生取代反应生成BrCH2CH2NO2，BrCH2CH2NO2发生消去反应生成CH2＝CHNO2，CH2＝CHNO2和发生加成反应生成。
【解答】解：（1）C的化学名称是对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛，
故答案为：对氯苯甲醛或4﹣氯苯甲醛；
（2）甲苯和氯气在FeCl3作催化剂条件下发生取代反应生成B，反应①的化学方程式是+Cl2+HCl，
故答案为：+Cl2+HCl；
（3）通过以上分析知，E的结构简式是CH3OOCCH2COOCH3，
故答案为：CH3OOCCH2COOCH3；
（4）G中含氧官能团的名称是硝基、羧基，
故答案为：硝基、羧基；
（5）硝基发生还原反应生成氨基，所以反应⑥的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1，符合要求的化合物X的结构简式为、，
故答案为：；；
（7）以和为原料制备，和HBr发生取代反应生成BrCH2CH2NO2，BrCH2CH2NO2发生消去反应生成CH2＝CHNO2，CH2＝CHNO2和发生加成反应生成，其合成路线为HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2，
故答案为：HOCH2CH2NO2BrCH2CH2NO2CH2＝CHNO2。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应前后碳链结构、官能团变化正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定。
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