2022年广东省广州市高考化学二模试卷

这是一份2022年广东省广州市高考化学二模试卷，共41页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题，[选修3，[选修5等内容，欢迎下载使用。
2022年广东省广州市高考化学二模试卷
一、单项选择题：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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）我国科学家在以二氧化碳为原料人工合成淀粉领域取得突破性进展。下列说法不正确的是（　　）
A．该过程中无机物转化为有机物
B．该过程中二氧化碳发生还原反应
C．淀粉与纤维素互为同分异构体
D．淀粉是谷类食物的重要组成成分
2．（2分）“天问一号”探测器成功着陆火星，“祝融号”火星车执行探测任务。下列说法不正确的是（　　）
A．火星陨石中的20Ne质子数为20
B．火星大气中的40Ar和36Ar互为同位素
C．“天问一号”使用的新型镁锂合金是金属材料
D．“祝融号”使用的太阳能电池能将光能转化为电能
3．（2分）一种用于合成青蒿素类似物的原料的结构如图所示，关于该有机物的说法正确的是（　　）

A．可发生水解反应
B．分子式为C13H20O2
C．能发生加成反应，不能发生取代反应
D．属于烯烃，能使溴的四氯化碳溶液褪色
4．（2分）银器日久表面因生成Ag2S而逐渐变黑。利用原电池原理处理的方法是在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去。下列说法正确的是（　　）
A．铝作正极，银作负极
B．负极上发生还原反应
C．Ag2S在正极得到电子
D．工作时电能转化为化学能
5．（2分）下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是（　　）
选项
劳动项目
化学知识
A
用铁盐净水
Fe3+水解得到Fe（OH）3胶体
B
用NH4HCO3对农作物施肥
NH4HCO3属于氮肥
C
在钢铁设施上安装镁合金
镁比铁活泼可防止铁被腐蚀
D
用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
SiO2是酸性氧化物
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．a的浓溶液与KMnO4反应制得b
B．b溶于水制得液氯
C．c可用于自来水消毒
D．存在a→b→d→a的转化关系
7．（2分）硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．历程①发生反应H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n（Fe2+）：n（O2）＝1：4
D．转化的总反应为H2S＝H2+S
8．（2分）下列反应方程式书写正确的是（　　）
A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．呼吸面具中Na2O2和CO2反应：Na2O2+CO2═Na2CO3+O2
C．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO32﹣ （aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（S）+SO42﹣ （aq）
9．（2分）下列装置用于实验室制取NO并回收Cu（NO3）2•6H2O，能达到实验目的的是（　　）
A．制NO气体
B．除NO中的少量NO2
C．收集NO气体
D．蒸干Cu（NO3）2溶液制Cu（NO3）2•6H2O
10．（2分）25°C时，用1.0mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol•L﹣1的盐酸，用0.010mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol•L﹣1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．曲线a表示滴定c1mol•L﹣1的盐酸
B．c1：c2＝100：1
C．滴定至pH＝7时，两份溶液导电能力相同
D．水的电离程度在V（NaOH）＝20.00mL时最大
11．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L氮气所含的原子数为NA
B．124gP4 （）分子中所含的共价键数目为4NA
C．1mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为2NA
D．1L0.10mol•L﹣1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移的电子数为0.1NA
12．（2分）一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法不正确的是（　　）

A．简单氢化物的沸点：Y＞X.
B．YZ2中，Y的化合价为+2
C．原子半径：W＞Z＞Y
D．W的最高价氧化物对应的水化物是中强酸
13．（2分）根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B
向NaI溶液中滴加少量氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
还原性：I﹣＞Cl﹣
C
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
D
向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
14．（2分）物质X能发生如下反应：①X→mY；②X→nZ （m、n均为正整数）。恒容体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．m＝n＝1
B．t1时，c（X）＝c（Y）
C．反应的活化能：①＜②
D．t2时，X的消耗速率等于Z的生成速率
15．（2分）常温下，将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至V，pH随lg的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．曲线②表示CH3COOH溶液
B．c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C．盐酸和醋酸分别稀释到pH＝4时，c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣ ）
D．c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
16．（2分）四甲基氢氧化铵[（CH3）4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[（CH3）4NHCO3]水溶液为原料，电解制备（CH3）4NOH的装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．工作时原料室（CH3）4N+向II室迁移
B．1室可得到H2和CO2
C．当外电路中有1mol 电子通过时，理论上能生成lmol （CH3）4NOH
D．电解总反应：4（CH3）4NHCO3+2H2O 4（CH3）4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）SO2和焦亚硫酸钠（Na2S2O5） 可用作食品添加剂。
回答下列问题：
（1）实验室用H2SO4和NaHSO3制取SO2的化学方程式为 　 　。欲净化与收集SO2，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 　 　 （ 填仪器接口的字母编号）。

（2）焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。
已知：2NaHSO3⇌Na2S2O5+H2O。
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2 溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液
实验编号
实验步骤
现象
结论
I
取少量样品，加入除氧蒸馏水
固体完全溶解得到无色溶液
/
II
取实验I的溶液，①_ 　 　
②　 　
样品已氧化变质
III
另取实验I的溶液，③　 　
④　 　
样品未完全氧化变质
（3）某小组利用如图装置测定空气中SO2的含量。.

已知该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI
若空气流速为am3•min﹣1，当观察到 　 　时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量是 　 　 mg•m﹣3。
18．（14分）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰（主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等）中回收镓的工艺如图：

回答下列问题：
（1）“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为 　 　。
（2）“碱浸”所得浸出渣的主要成分是 　 　。
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH＝8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al（OH）3和Ga（OH）3，写出生成Al（OH）3的离子方程式 　 　。
（4）“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有 　 　。
（5）“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为 　 　_。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为 　 　L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成 　 　（填化学式）可循环利用。

19．（14分）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g） ΔH1＞0。
（1）提高乙烷平衡转化率的措施有 　 　、　 　。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 　 　kPa，该反应的平衡常数Kp＝　 　 kPa （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
II.在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＜0
b.2C2H6（g）+5O2（g）═4CO（g）+6H2O（g）ΔH3＜0
c.C2H4（g）+2O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）ΔH4＜0
（3）根据盖斯定律，反应a的ΔH2＝　 　 （写出代数式）。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 　 　（选填“a、b、c”）的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n（C2H6）：n（O2）＝1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。

①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 　 　。
②在570～600°C温度范围内，下 列说法正确的有 　 　（填字母）。
A.C2H4产率随温度升高而增大
B.H2O的含量随温度升高而增大
C.C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D.此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如图所示。写出该历程的总反应方程式 　 　。该历程的催化剂是 　 　。

三、[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。
回答下列问题：
（1）基态N原子的核外电子排布式为 　 　，第一电离能I1（N） 　 　I1（O）（填“大于”或“小于”）。
（2）N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 　 　
（填化学式）。
（3）[N5]+[AsF6]﹣ 是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为
　 　。

（4）科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料一LaWN3，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为anm。

①La与N间的最短距离为 　 　nm，与La紧邻的N个数为 　 　。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 　 　位置，N处于 　 　位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　 　g•cm﹣3。（列出计算表达式）
四、[选修5：有机化学基础]
21．（14分）白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如图：（其中 R表示）

回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是 　 　。
（2）A生成B的化学方程式是 　 　。
（3）D生成E的化学方程式可表示为：D＝E+H2O，E的结构简式是 　 　。
（4）反应①②③④⑤中属于消去反应的有 　 　。
（5）W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有 　 　种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为 　 　。
条件：a） 芳香族化合物；
b）1molW与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳。
（6）根据上述信息，写出以为原料合成的路线（不需注明反应条件） 　 　。

2022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、单项选择题：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。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）我国科学家在以二氧化碳为原料人工合成淀粉领域取得突破性进展。下列说法不正确的是（　　）
A．该过程中无机物转化为有机物
B．该过程中二氧化碳发生还原反应
C．淀粉与纤维素互为同分异构体
D．淀粉是谷类食物的重要组成成分
【分析】A．CO2为无机物，淀粉属于有机物；
B．CO2中碳元素化合价由+4价，淀粉中碳元素化合价为0价；
C．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；
D．谷类食物的主要成分是淀粉。
【解答】解：A．CO2为无机物，淀粉属于有机物，所以该技术再次实现了无机物到有机物的转化，故A正确；
B．CO2到淀粉的过程中，碳元素化合价由+4价变为0价，化合价降低，被还原，发生还原反应，故B正确；
C．淀粉与纤维素都属于高分子化合物，二者的分子式不同，不属于同分异构体，故C错误；
D．植物的种子中含有大量淀粉，谷类食物的主要成分是淀粉，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查二氧化碳、淀粉，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确基本概念、元素化合物的性质是解本题关键，题目难度不大。
2．（2分）“天问一号”探测器成功着陆火星，“祝融号”火星车执行探测任务。下列说法不正确的是（　　）
A．火星陨石中的20Ne质子数为20
B．火星大气中的40Ar和36Ar互为同位素
C．“天问一号”使用的新型镁锂合金是金属材料
D．“祝融号”使用的太阳能电池能将光能转化为电能
【分析】A．原子符号左上角为质量数；
B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
C．金属或金属合金为金属材料；
D．太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置。
【解答】解：A．20Ne质量数为20，质子数为10，故A错误；
B．火星大气中的40Ar和36Ar质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C．“天问一号”使用的新型镁锂合金，属于金属材料，故C正确；
D．太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置，所以“祝融号”火星车使用的太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构、物质的组成、性质和用途，为高考常见题型，注意把握原子构成以及元素化合物的性质，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。
3．（2分）一种用于合成青蒿素类似物的原料的结构如图所示，关于该有机物的说法正确的是（　　）

A．可发生水解反应
B．分子式为C13H20O2
C．能发生加成反应，不能发生取代反应
D．属于烯烃，能使溴的四氯化碳溶液褪色
【分析】A．含有羧基和碳碳双键，具有羧酸和烯烃的性质；
B．分子中含有C、H、O原子个数依次是13、20、2；
C．具有烯烃和羧酸的性质；
D．含有C、H元素外还含有O元素。
【解答】解：A．含有羧基和碳碳双键，具有羧酸和烯烃的性质，不含能发生水解反应的官能团，所以不能发生水解反应，故A错误；
B．分子中含有C、H、O原子个数依次是13、20、2，分子式为C13H20O2，故B正确；
C．具有烯烃和羧酸的性质，碳碳双键能发生加成反应，羧基能发生取代反应，故C错误；
D．含有C、H元素外还含有O元素，所以不属于烯烃，碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，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，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（2分）银器日久表面因生成Ag2S而逐渐变黑。利用原电池原理处理的方法是在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去。下列说法正确的是（　　）
A．铝作正极，银作负极
B．负极上发生还原反应
C．Ag2S在正极得到电子
D．工作时电能转化为化学能
【分析】由题意可知，银元素价态降低得电子，故Ag2S作正极，Al作负极，据此作答。
【解答】解：A.银元素价态降低得电子，故Ag2S作正极，Al作负极，故A错误；
B.负极Al失电子发生氧化反应，故B错误；
C.Ag2S作正极，得电子发生还原反应，故C正确；
D.该装置形成原电池，化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目所给信息准确判断正负极是解题的关键。
5．（2分）下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是（　　）
选项
劳动项目
化学知识
A
用铁盐净水
Fe3+水解得到Fe（OH）3胶体
B
用NH4HCO3对农作物施肥
NH4HCO3属于氮肥
C
在钢铁设施上安装镁合金
镁比铁活泼可防止铁被腐蚀
D
用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
SiO2是酸性氧化物
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．Fe3+水解得到Fe（OH）3胶体，具有较大表面积，能吸附悬浮杂质的作用；
B．NH4HCO3属于氮肥，俗称碳铵；
C．在钢铁设施上安装镁合金，形成原电池反应时，镁比铁活泼做原电池负极，铁为原电池正极被保护；
D．和碱反应生成一种盐和水的氧化物为酸性氧化物。
【解答】解：A．Fe3+水解得到Fe（OH）3胶体，具有较大的表面积，能吸附悬浮在水中的杂质，可以做净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3属于氮肥，可用NH4HCO3对农作物施肥，故B正确；
C．在钢铁设施上安装镁合金，形成原电池反应时，镁比铁活泼做原电池负极，铁为原电池正极被保护，可防止铁被腐蚀，故C正确；
D．用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，是二氧化硅的特殊性，不能说明二氧化硅为酸性氧化物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了盐类水解、物质性质、原电池原理分析应用，题目难度不大。
6．（2分）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．a的浓溶液与KMnO4反应制得b
B．b溶于水制得液氯
C．c可用于自来水消毒
D．存在a→b→d→a的转化关系
【分析】A.a为HCl，具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B.氯气溶于水得到氯水，为混合物；
C.c为ClO2，具有强氧化性；
D.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO光照分解生成HCl。
【解答】解：A.a为HCl，具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成氯气，可制备b，故A正确；
B.氯气溶于水得到氯水，为混合物，而液氯为纯净物，故B错误；
C.c为ClO2，具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确；
D.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO光照分解生成HCl，则存在a→b→d→a的转化关系，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查含氯物质的性质，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，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。
7．（2分）硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．历程①发生反应H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n（Fe2+）：n（O2）＝1：4
D．转化的总反应为H2S＝H2+S
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。
【解答】解：A.由图可知历程①发生反应H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，故A正确；
B.历程②发生的反应为：CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S，硫元素化合价升高，被氧化，故CuS作还原剂，故B错误；
C.历程③发生的反应为：4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，由方程式系数可知n（Fe2+）：n（O2）＝4：1，故C错误；
D.该历程总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物的性质、催化剂的作用，题目难度不大，把握元素化合物的性质、物质之间的转化、催化剂的作用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．（2分）下列反应方程式书写正确的是（　　）
A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．呼吸面具中Na2O2和CO2反应：Na2O2+CO2═Na2CO3+O2
C．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO32﹣ （aq）+CaSO4（s）⇌CaCO3（S）+SO42﹣ （aq）
【分析】A.铁与浓盐酸反应生成亚铁离子；
B.化学方程式要满足质量守恒；
C.二氧化碳过量，生成碳酸氢钙；
D.碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化。
【解答】解：A.浓盐酸与铁屑反应的离子方程式为：Fe+2H﹣═Fe2++H2↑，故A错误；
B.化学方程式要满足质量守恒，呼吸面具中Na2O2和CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B错误；
C.向次氯酸钙溶液通入过量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O＝HCO3﹣+2HClO，故C错误；
D.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）═CaCO3（s）+SO42﹣（aq），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式和化学方程式的正误判断，为高考的高频题，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
9．（2分）下列装置用于实验室制取NO并回收Cu（NO3）2•6H2O，能达到实验目的的是（　　）
A．制NO气体
B．除NO中的少量NO2
C．收集NO气体
D．蒸干Cu（NO3）2溶液制Cu（NO3）2•6H2O
【分析】A.Cu与稀硝酸反应生成NO；
B.除杂时导管长进短出；
C.NO与氧气反应；
D.加热促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发。
【解答】解：A.Cu与稀硝酸反应生成NO，可选图中固液反应装置制备，故A正确；
B.除杂时导管长进短出，图中进气方向不合理，故B错误；
C.NO与氧气反应，不能排空气法收集，故C错误；
D.加热促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应蒸发浓缩、冷却结晶制备Cu（NO3）2•6H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（2分）25°C时，用1.0mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol•L﹣1的盐酸，用0.010mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol•L﹣1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．曲线a表示滴定c1mol•L﹣1的盐酸
B．c1：c2＝100：1
C．滴定至pH＝7时，两份溶液导电能力相同
D．水的电离程度在V（NaOH）＝20.00mL时最大
【分析】HCl、NaOH都是一元的，二者以1：1反应，两种酸消耗的V（NaOH）体积相等且等于两种酸的体积，c（NaOH）×V（NaOH）＝c1（HCl）×V（HCl），即1.0mol•L﹣1×0.01L＝0.01L×c1mol•L﹣1，c1＝1.0，同理c2＝0.010，
A．开始时曲线a的pH＝0、曲线b的pH＝2；
B．c1＝1.0、c2＝0.010；
C．滴定至pH＝7时，曲线a中c（Na+）＝0.5mol/L、曲线b中c（Na+）＝0.005mol/L，溶液导电能力与离子浓度成正比；
D．酸或碱抑制水电离，NaCl不影响水电离。
【解答】解：HCl、NaOH都是一元的，二者以1：1反应，两种酸消耗的V（NaOH）体积相等且等于两种酸的体积，c（NaOH）×V（NaOH）＝c1（HCl）×V（HCl），即1.0mol•L﹣1×0.01L＝0.01L×c1mol•L﹣1，c1＝1.0，同理c2＝0.010，
A．c1＝1.0、c2＝0.010，开始时曲线a的pH＝0、曲线b的pH＝2，所以曲线a表示滴定c1mol•L﹣1的盐酸，故A正确；
B．c1＝1.0、c2＝0.010，c1：c2＝1.0：0.010＝100：1，故B正确；
C．滴定至pH＝7时，曲线a中c（Na+）＝0.5mol/L、曲线b中c（Na+）＝0.005mol/L，溶液导电能力与离子浓度成正比，两种溶液中钠离子浓度不等，所以导电能力不同，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，NaCl不影响水电离，V（NaOH）＝20.00mL酸碱恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，水的电离程度最大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断两种酸的浓度、曲线与酸的关系是解本题关键，A为解答易错点，题目难度不大。
11．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L氮气所含的原子数为NA
B．124gP4 （）分子中所含的共价键数目为4NA
C．1mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为2NA
D．1L0.10mol•L﹣1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移的电子数为0.1NA
【分析】A．计算标准状况下，22.4L氮气物质的量＝＝1mol，氮气是双原子分子；
B．计算124gP4物质的量n＝＝1mol，1个分子中所含的共价键数目6个；
C．酯的水解反应为可逆反应；
D．FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，铁元素被还原为+2价。
【解答】解：A．计算标准状况下，22.4L氮气物质的量＝＝1mol，所含的原子数为2NA，故A错误；
B．计算124gP4物质的量n＝＝1mol，1个分子中所含的共价键数目6个，1mol分子中所含的共价键数目为6NA，故B错误；
C．1mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于NA，故C错误；
D．1L0.10mol•L﹣1FeCl3溶液中，溶质的物质的量n＝cV＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，铁元素被还原为+2价，则反应转移电子为0.1NA个，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，题目难度不大，应注意公式的运用和物质结构特点、反应的可逆性等。
12．（2分）一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法不正确的是（　　）

A．简单氢化物的沸点：Y＞X.
B．YZ2中，Y的化合价为+2
C．原子半径：W＞Z＞Y
D．W的最高价氧化物对应的水化物是中强酸
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，W为磷元素；X形成化学键数为4，为碳；Y形成化学键数为2，为氧；Z形成化学键数为1，为氟。
【解答】解：A．氧的电负性较强，水分子能形成氢键导致沸点升高，故简单氢化物的沸点：Y＞X，故A正确；
B．氟的电负性大于氧，在OF2中，O会表现出正价，化合价为+2，故B正确；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：P＞O＞F，故C错误；
D．P的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸为中强酸，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
13．（2分）根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B
向NaI溶液中滴加少量氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
还原性：I﹣＞Cl﹣
C
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
D
向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫；
B.氯水可氧化NaI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳；
C.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子。
【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，固体变黑膨胀，可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故A错误；
B.氯水可氧化NaI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层溶液显紫色，可知还原性：I﹣＞Cl﹣，故B正确；
C.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，为化学变化，而升华为物理变化，故C错误；
D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
14．（2分）物质X能发生如下反应：①X→mY；②X→nZ （m、n均为正整数）。恒容体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．m＝n＝1
B．t1时，c（X）＝c（Y）
C．反应的活化能：①＜②
D．t2时，X的消耗速率等于Z的生成速率
【分析】A．由图可知，最终X的浓度变为0，全部反应，反应生成Y、Z的浓度之和等于X的起始浓度，则反应均为气体分子数不变的反应；
B．由图可知，t1时，XY的浓度曲线相交；
C．两个反应同时发生，反应结束是Y含量更高，反应速率更快，说明反应①活化能较低；
D．t2时，反应②中X的消耗速率等于Z的生成速率，而X还要发生反应①。
【解答】解：A．由图可知，最终X的浓度变为0，全部反应，反应生成Y、Z的浓度之和等于X的起始浓度，则反应均为气体分子数不变的反应，故m＝n＝1，故A正确；
B．由图可知，t1时，XY的浓度曲线相交，c（X）＝c（Y），故B正确；
C．两个反应同时发生，反应结束是Y含量更高，反应速率更快，说明反应①活化能较低，故活化能：①＜②，故C正确；
D．t2时，反应②中X的消耗速率等于Z的生成速率，而X还要发生反应①，故X的消耗速率大于Z的生成速率，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量浓度随时间变化曲线，为高频考点，把握图中浓度随时间、温度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度对平衡移动的影响，题目难度不大。
15．（2分）常温下，将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至V，pH随lg的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．曲线②表示CH3COOH溶液
B．c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C．盐酸和醋酸分别稀释到pH＝4时，c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣ ）
D．c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【分析】A．HCl完全电离，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的盐酸和醋酸分别加水稀释相同的倍数，pH变化较大的是盐酸；
B．溶液导电能力与离子浓度成正比；
C．盐酸和醋酸分别稀释到pH＝4时，溶液中c（H+）相等，温度相同则水的离子积常数相同，所以c（OH﹣）相等，溶液中分别存在c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣ ）；
D．pH相同的醋酸和HCl，酸浓度：c（醋酸）＞c（HCl）。
【解答】解：A．HCl完全电离，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的盐酸和醋酸分别加水稀释相同的倍数，pH变化较大的是盐酸，所以曲线②表示CH3COOH溶液、曲线①表示HCl溶液，故A正确；
B．溶液导电能力与离子浓度成正比，离子浓度：c点＞b点，所以溶液导电能力：c点＞b点，故B正确；
C．盐酸和醋酸分别稀释到pH＝4时，溶液中c（H+）相等，温度相同则水的离子积常数相同，所以c（OH﹣）相等，溶液中分别存在c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣ ），则c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣ ），故C错误；
D．pH相同的醋酸和HCl，酸浓度：c（醋酸）＞c（HCl），稀释相同倍数时仍然存在c（醋酸）＞c（HCl），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离特点、溶液导电性强弱影响因素等知识点是解本题关键，C为解答易错点。
16．（2分）四甲基氢氧化铵[（CH3）4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[（CH3）4NHCO3]水溶液为原料，电解制备（CH3）4NOH的装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．工作时原料室（CH3）4N+向II室迁移
B．1室可得到H2和CO2
C．当外电路中有1mol 电子通过时，理论上能生成lmol （CH3）4NOH
D．电解总反应：4（CH3）4NHCO3+2H2O 4（CH3）4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑
【分析】由图可知，左侧惰性电极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，原料室中碳酸氢根离子向Ⅰ室中迁移，氢离子与碳酸氢离子反应生成二氧化碳，右侧惰性电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，（CH3）4N+向Ⅱ室迁移，与氢氧根离子结合生成（CH3）4NOH，据此作答。
【解答】解：A.Ⅱ室中负电荷增多，（CH3）4N+向Ⅱ室迁移，与氢氧根离子结合生成（CH3）4NOH，故A正确；
B.左侧惰性电极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，原料室中碳酸氢根离子向Ⅰ室中迁移，氢离子与碳酸氢离子反应生成二氧化碳，Ⅰ室中得到氧气和二氧化碳，故B错误；
C.由阴极反应可知，转移1mol电子，生成1mol氢氧根离子，1mol（CH3）4N+向Ⅱ室迁移，与氢氧根离子结合生成1mol（CH3）4NOH，故C正确；
D.由两极反应可知，电解时的总反应为4（CH3）4NHCO3+2H2O 4（CH3）4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）SO2和焦亚硫酸钠（Na2S2O5） 可用作食品添加剂。
回答下列问题：
（1）实验室用H2SO4和NaHSO3制取SO2的化学方程式为 　H2SO4+2NaHSO3＝Na2SO4+2H2O+2SO2↑　。欲净化与收集SO2，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 　baefgh　 （ 填仪器接口的字母编号）。

（2）焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。
已知：2NaHSO3⇌Na2S2O5+H2O。
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2 溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液
实验编号
实验步骤
现象
结论
I
取少量样品，加入除氧蒸馏水
固体完全溶解得到无色溶液
/
II
取实验I的溶液，①_ 　滴加足量稀盐酸，振荡、静置，再滴加BaCl2溶液　
②　出现白色沉淀　
样品已氧化变质
III
另取实验I的溶液，③　向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡　
④　酸性KMnO4溶液褪色　
样品未完全氧化变质
（3）某小组利用如图装置测定空气中SO2的含量。.

已知该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI
若空气流速为am3•min﹣1，当观察到 　溶液蓝色消失　时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量是 　　 mg•m﹣3。
【分析】（1）H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，装置连接顺序按照制取气体、净化、收集、尾气处理连接；
（2）在检验物质成分时，若样品已经变质，则溶液中含有SO42﹣，可根据BaSO4是白色沉淀且既不溶于水也不溶于酸的性质检验；若样品为完全变质，则溶液中含有HSO3﹣，该物质具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，据此判断；
（3）在测定空气中SO2的含量时，可根据方程式SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI中物质转化关系：n（SO2）＝n（I2），结合m＝n•M计算SO2的质量，再结合空气的流速及通气时间计算该空气样品中SO2的含量。
【解答】解：（1）实验室用H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+2NaHSO3＝Na2SO4+2H2O+2SO2↑，实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可浓硫酸吸收，导气管长进短出。然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh；
故答案为：H2SO4+2NaHSO3＝Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh；
（2）II．取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已氧化变质，
故答案为：滴加足量稀盐酸，振荡、静置，再滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；
III．另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质，
故答案为：向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡；酸性KMnO4溶液褪色；
（3）在100 mL0.1000 mol/L碘溶液中含有溶质I2的物质的量n（I2）＝0.1000 mol/L×0.1 L＝0.0100 mol，含有SO2的空气不断通入碘水中，发生反应：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据物质转化关系可知：n（SO2）＝n（I2）＝0.0100 mol，m（SO2）＝0.0100 mol×64 g/mol＝0.6400 g＝640 mg，通入空气的体积V＝a m3•min﹣1×t min＝at m3，故该空气样品中SO2的含量是：＝mg/m3，
故答案为：溶液蓝色消失；。
【点评】本题考查物质组成探究与实验评价，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18．（14分）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰（主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等）中回收镓的工艺如图：

回答下列问题：
（1）“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为 　Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑　。
（2）“碱浸”所得浸出渣的主要成分是 　Fe2O3　。
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH＝8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al（OH）3和Ga（OH）3，写出生成Al（OH）3的离子方程式 　AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣　。
（4）“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有 　GaO2﹣、OH﹣　。
（5）“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为 　GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣　_。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为 　16.8　L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成 　Na2CO3和CO2　（填化学式）可循环利用。

【分析】高铝粉煤灰（主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等）中回收镓，首先高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为含GaO2﹣的溶液，在转化2中通入二氧化碳，使GaO2﹣转化为Ga（OH）3沉淀，过滤分离出Ga（OH）3沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到NaGaO2溶液，电解NaGaO2溶液，最终得到镓单质。
【解答】解：（1）“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑，
故答案为：Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠，氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH＝8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，发生反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（4）转化1中生成Ga（OH）3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga（OH）3转化为含镓溶液以GaO2﹣离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO2﹣和过量的OH﹣，
故答案为：GaO2﹣、OH﹣；
（5）阴极GaO2﹣得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga～12e﹣～3O2，则生成O2的物质的量为mol，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为mol×22.4L/mol＝16.8L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用，
故答案为：GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣；16.8；Na2CO3和CO2。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的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）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g） ΔH1＞0。
（1）提高乙烷平衡转化率的措施有 　减小压强　、　升高温度或及时移出生成物或及时移出生成物　。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 　110　kPa，该反应的平衡常数Kp＝　15　 kPa （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
II.在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＜0
b.2C2H6（g）+5O2（g）═4CO（g）+6H2O（g）ΔH3＜0
c.C2H4（g）+2O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）ΔH4＜0
（3）根据盖斯定律，反应a的ΔH2＝　ΔH3−2ΔH4　 （写出代数式）。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 　a　（选填“a、b、c”）的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n（C2H6）：n（O2）＝1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。

①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 　体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4　。
②在570～600°C温度范围内，下 列说法正确的有 　AB　（填字母）。
A.C2H4产率随温度升高而增大
B.H2O的含量随温度升高而增大
C.C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D.此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如图所示。写出该历程的总反应方程式 　C2H6+2O2＝C2H4+2HO2•　。该历程的催化剂是 　BNOH　。

【分析】（1）C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g） ΔH1＞0，该反应是体积增大的吸热反应；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g）（单位：mol）
开始 1 0 1
变化 0.2 0.2 0.2
平衡 0.8 0.2 1.2
根据压强之比等于物质的量之比得到＝，解得x＝110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数Kp＝；
（3）根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a；
（4）为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率；
（5）①升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡，混合物中CO的百分率大；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO•和HO2•，生成的BNO•再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂。
【解答】解：（1）C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g） ΔH1＞0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物或及时移出生成物，
故答案为：减小压强；升高温度或及时移出生成物或及时移出生成物；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
C2H6（g）＝C2H4（g）+H2（g）（单位：mol）
开始 1 0 1
变化 0.2 0.2 0.2
平衡 0.8 0.2 1.2
根据压强之比等于物质的量之比得到＝，解得x＝110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数Kp＝＝kPa＝15kPa，
故答案为：110；15；
（3）根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2＝ΔH3−2ΔH4，
故答案为：ΔH3﹣2ΔH4；
（4）为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能，
故答案为：a；
（5）①升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡，混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4，
故答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，故A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，故B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，故C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，故D错误；
故答案为：AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO•和HO2•，生成的BNO•再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5•、C2H5•再与O2反应生成C2H4和HO2•；从而得出总反应式为C2H6+2O2＝C2H4+2HO2•，
故答案为：C2H6+2O2＝C2H4+2HO2•；BNOH。
【点评】本题考查图象分析，为高考常见题型，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系即可解答，题目难度中等。
三、[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。
回答下列问题：
（1）基态N原子的核外电子排布式为 　1s22s22p3　，第一电离能I1（N） 　大于　I1（O）（填“大于”或“小于”）。
（2）N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 　NH3＞AsH3＞PH3　
（填化学式）。
（3）[N5]+[AsF6]﹣ 是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为
　sp和sp2　。

（4）科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料一LaWN3，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为anm。

①La与N间的最短距离为 　a　nm，与La紧邻的N个数为 　12　。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 　体心　位置，N处于 　棱心　位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　　g•cm﹣3。（列出计算表达式）
【分析】（1）N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最外层电子为半充满结构，较为稳定，O为8号元素，基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4；
（2）能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，NH3能形成分子间氢键、PH3和AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量PH3＜AsH3；
（3）分析，判断N原子杂化方式；
（4）①分析晶胞可知，La与N间的最短距离为面对角线的，与La紧邻的N个数为12；
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于体心位置，N处于棱心位置；
③晶胞中，W原子数目为1，N原子数目为6×＝3，La原子数目为8×＝1，故晶胞中含有一个LaWN3，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，据此计算。
【解答】解：（1）N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最外层电子为半充满结构，较为稳定，O为8号元素，基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，故第一电离能I1（N）大于I1（O），
故答案为：1s22s22p3；大于；
（2）能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，NH3能形成分子间氢键、PH3和AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量PH3＜AsH3，熔沸点：NH3＞AsH3＞PH3，
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；
（3）分析可知，右下角形成N≡N的N原子和左侧形成N＝N＝N的N原子的价层电子对数为2，为sp杂化，最上方的N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，故N原子的杂化方式为sp和sp2，
故答案为：sp和sp2；
（4）①分析晶胞可知，La与N间的最短距离为面对角线的，即anm，与La紧邻的N个数为12，
故答案为：a；12；
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于体心位置，N处于棱心位置，
故答案为：体心；棱心；
③晶胞中，W原子数目为1，N原子数目为6×＝3，La原子数目为8×＝1，故晶胞中含有一个LaWN3，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，密度＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
四、[选修5：有机化学基础]
21．（14分）白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如图：（其中 R表示）

回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是 　醚键、羧基　。
（2）A生成B的化学方程式是 　　。
（3）D生成E的化学方程式可表示为：D＝E+H2O，E的结构简式是 　　。
（4）反应①②③④⑤中属于消去反应的有 　⑤　。
（5）W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有 　10　种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为 　、　。
条件：a） 芳香族化合物；
b）1molW与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳。
（6）根据上述信息，写出以为原料合成的路线（不需注明反应条件） 　　。
【分析】（1）A中含氧官能团为醚键、羧基；
（2）对比A、C的结构可知，A与甲醇发生酯化反应生成B为；

（3）D生成E的化学方程式可表示为D＝E+H2O，D分子内脱去1分子水生成E，由F的结构可知，应是羧基中羟基与苯环中氢原子结合生成水；
（4）对比有机物结构可知，反应①②③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应；
（5）W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体同时满足如下条件：a） 芳香族化合物，说明含有苯环，b）1molW与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳，说明含有2个羧基，苯环有1个侧链为﹣CH（COOH）2，苯环有2个侧链为﹣COOH、﹣CH2COOH，苯环有3个侧链为﹣COOH、﹣COOH、﹣CH3；
（6）与氢气加成生成，然后发生消去反应生成，再与氢气加成生成，最后在催化剂条件下反应生成。
【解答】解：（1）观察结构可知，A中含氧官能团为醚键、羧基，
故答案为：醚键、羧基；
（2）对比A、C的结构可知，A与甲醇发生酯化反应生成B为，A生成B的化学方程式是，
故答案为：；
（3）D生成E的化学方程式可表示为D＝E+H2O，D分子内脱去1分子水生成E，由F的结构可知，应是羧基中羟基与苯环中氢原子结合生成水，故E的结构简式为，
故答案为：；
（4）对比有机物结构可知，反应①②③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，
故答案为：⑤；
（5）W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体同时满足如下条件：a） 芳香族化合物，说明含有苯环，b）1molW与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳，说明含有2个羧基，苯环有1个侧链为﹣CH（COOH）2，苯环有2个侧链为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为﹣COOH、﹣COOH、﹣CH3，2个羧基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种，故符合条件的同分异构体共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为、，
故答案为：10；、；
（6）与氢气加成生成，然后发生消去反应生成，再与氢气加成生成，最后在催化剂条件下反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应方程式书写、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比有机物的结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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