2021年廣東省廣州市高考化學二模試卷

第1頁（共1頁）2021年廣東省廣州市高考化學二模試卷一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2分）三星堆遺址被譽為20世紀人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一。下列敘述錯誤的是（）選項出土文物敘述A絕美的黃金面具自然界中存在游離態(tài)的金B(yǎng)高大的青銅神像青銅比純銅熔點高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土經(jīng)高溫燒結(jié)而成D古蜀國的絲綢遺痕絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)A．A B．B C．C D．D2．（2分）“嫦娥五號”成功著陸月球，實現(xiàn)了中國首次月球無人采樣返回。月壤中的3He可用于核聚變，下列說法正確的是（）A．3He和4He核外電子數(shù)相等 B．3He和4He是同種核素 C．3He和4He中子數(shù)相等 D．由3He組成的單質(zhì)為3He23．（2分）氮是生命活動不可缺少的重要元素。下列敘述錯誤的是（）A．氮氣既可作氧化劑又可作還原劑 B．氮氣和氧氣在放電條件下直接生成NO2 C．氮氣是工業(yè)合成氨的原料之一 D．氮的固定是將大氣中的氮氣轉(zhuǎn)化成氮的化合物4．（2分）維生素A1（）是維持人體正常代謝所必需的維生素，下列關(guān)于該化合物的敘述錯誤的是（）A．分子中含有20個碳原子 B．能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生加成反應 D．能夠發(fā)生水解反應5．（2分）以混有SiO2的MgCO3為原料制備氧化鎂的實驗流程如圖。下列說法錯誤的是（）A．酸浸的離子方程式為CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．浸出渣的成分是SiO2 C．母液的主要溶質(zhì)是NH4Cl D．固體X是Mg（OH）26．（2分）下列實驗能達到目的的是（）A．用淀粉﹣KI試紙鑒別碘水和FeCl3溶液 B．用濕潤的pH試紙測定CH3COONa溶液的pH C．用Ba（OH）2溶液鑒別NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4 D．用蒸餾法分離乙醇（沸點為78.3℃）和苯（沸點為80.1℃）7．（2分）某金屬﹣﹣空氣電池的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．金屬M作電池負極，放電時發(fā)生氧化反應 B．放電時，空氣中的氧氣得到電子 C．電池總反應為2M+O2+2H2O═2M（OH）2 D．放電時，外電路電子由碳材料電極流向金屬M電極8．（2分）NaNO2是一種常用的食品防腐劑。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列敘述正確的是（）A．HNO2溶液的pH隨溫度升高而增大 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）將SO2通入不同溶液中探究SO2的性質(zhì)，對實驗現(xiàn)象的預測及分析不合理的是（）選項溶液預測的現(xiàn)象分析AFeCl3溶液溶液由棕黃色變淺綠色SO2有還原性B品紅溶液溶液紅色褪去SO2有漂白性C酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去SO2有氧化性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生白色膠狀沉淀H2SO3酸性比H2SiO3強A．A B．B C．C D．D10．（2分）一種礦石（Z2X2Y5?W2Y）的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，X原子L層比K層多一個電子，W2Y分子中含有10個電子。下列說法正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞X＞W(wǎng) B．常溫常壓下單質(zhì)沸點：W＞Y＞X C．Z與Y可形成共價化合物ZY D．X的最高價氧化物的水化物是弱酸11．（4分）用如圖裝置制取氣體（圖中加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可加熱；a、b、c、d表示相應儀器中加入的試劑）。利用下列方案可得到干燥、純凈氣體的是（）選項制備氣體abcdACl2濃鹽酸MnO2NaOH溶液堿石灰BNH3濃氨水CaOH2O固體NaOHCNO稀硝酸CuH2OP2O5DH2稀硝酸ZnNaOH溶液無水CaCl2A．A B．B C．C D．D12．（4分）設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是（）A．Na2O2與水反應，生成0.1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA B．32gS8（分子結(jié)構(gòu)：）中的共價鍵數(shù)目為NA C．1L0.1mol?L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+離子數(shù)為0.2NA D．標準狀況下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氫原子數(shù)為8NA13．（4分）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確且有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡA石墨能導電且化學性質(zhì)不活潑外加電流法保護金屬可用石墨作輔助陽極B氫氟酸是揮發(fā)性弱酸氫氟酸可用于刻蝕玻璃器皿C鐵的金屬性比銅強FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷電路板的制作DAl（OH）3難溶于水Al（OH）3可用于治療胃酸過多A．A B．B C．C D．D14．（4分）中國努力爭取2060年前實現(xiàn)碳中和。利用NaOH溶液噴淋捕捉空氣中的CO2，反應過程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．捕捉室中NaOH溶液噴成霧狀有利于吸收CO2 B．環(huán)節(jié)a中物質(zhì)分離的基本操作是蒸發(fā)結(jié)晶 C．反應過程中CaO和NaOH是可循環(huán)的物質(zhì) D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO215．（4分）將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣是科學研究的熱點。科學家設(shè)計了一種電解氯化氫回收氯氣的方案，原理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．陰極的電極反應式為Fe3++e﹣═Fe2+ B．工作時，溶液中H+向b極移動 C．若消耗8g氧氣，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子 D．總反應為4HCl+O22Cl2+2H2O16．（4分）室溫下，改變0.10mol?L﹣1鄰苯二甲酸氫鉀（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物質(zhì)的量分數(shù)δ（X）隨pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）[已知δ（X）＝]A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4 B．pH＝4.15時，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1 C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） D．pH＝7時，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）二、非選擇題：共56分。（一）必考題：共42分。17．（14分）實驗室以K2MnO4為原料，用兩種方法制備高錳酸鉀。已知：K2MnO4在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，溶液呈墨綠色，當溶液堿性減弱時易發(fā)生反應：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣（1）CO2法。實驗裝置如圖。①反應一段時間后，用玻璃棒蘸取溶液滴在濾紙上，僅有紫紅色而沒有綠色痕跡，由此可知。②停止通入CO2，過濾除去（填化學式，下同），將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，抽濾得到KMnO4粗品。若CO2通入過多，產(chǎn)品中可能混有的雜質(zhì)是。（2）電解法。實驗裝置如圖。①陽極的電極反應式為，陰極產(chǎn)生的氣體為。（填化學式）②與CO2法相比，電解法的主要優(yōu)點是。（寫一條）（3）高錳酸鉀可用于測定軟錳礦中MnO2的含量，實驗過程如下：稱取mg樣品于錐形瓶中，加入V1mLc1mol?L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反應后，用c2mol?L﹣1KMnO4標準溶液滴定過量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。①滴定終點時溶液的顏色變化是。②軟錳礦中MnO2的質(zhì)量分數(shù)表達式為。18．（14分）鋰、鈹?shù)冉饘購V泛應用于航空航天、核能和新能源汽車等高新產(chǎn)業(yè)。一種從螢石礦（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取鈹?shù)墓に嚾鐖D。已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片狀晶體，常溫下微溶于水，溫度升高，溶解度增大?；卮鹣铝袉栴}：（1）鈹?shù)幕瘜W性質(zhì)與鋁相似，寫出BeO溶于NaOH溶液的化學方程式。（2）“微波焙燒”使礦物內(nèi)部變得疏松多孔，目的是。（3）“浸出渣”的主要成分是。（4）“除鐵”中發(fā)生反應的離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、。（5）“除鋁”時，溶液的pH越小，鋁的去除率（填“越高”、“越低”或“不變”）。利用“除鋁”所得苯甲酸鋁沉淀再生苯甲酸的方案為：將苯甲酸鋁沉淀溶于熱的稀硫酸中，。（6）由油酸鈹制備BeO的方法是。19．（14分）CO2加氫制CH3OH是CO2資源化利用的重要途徑，該過程存在如下兩個反應：反應Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1反應Ⅱ.CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2回答下列問題：（1）根據(jù)圖（a），△H1＝kJ?mol﹣1，△H2＝kJ?mol﹣1。（2）在4.0MPa壓強下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把兩種氣體通入恒壓反應器中，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率及CH3OH的平衡產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖（b）。已知：CH3OH的產(chǎn)率＝×100%①525～575K時，使CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的反應為。（填“反應Ⅰ”或“反應Ⅱ”）②475K時，平衡體系中n（CH3OH）：n（CO）＝，反應I的平衡常數(shù)Kp＝（MPa）﹣2。（列出計算式）（3）為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，除降低溫度外，還可采取的措施是（寫一條）。（4）利用M催化CO2加氫制CH3OH的反應歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示，Ea表示活化能，單位為eV。①CH3O*轉(zhuǎn)化為CH3OH的化學方程式為。②下列說法正確的是。（填標號）A.H2與2H*能量差為0.60eVB.第ⅱ步有O﹣O鍵斷裂C.第ⅲ步反應速率最慢D.加入催化劑M不影響CH3OH的平衡產(chǎn)率（二）選考題：共14分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]20．（14分）過渡金屬硫族化合物Cu2ZnSbS4為具有良好可控性的半導體材料，可用于太陽能電池制備、激光技術(shù)、光催化水的裂解等領(lǐng)域。Cu2ZnSbS4的其中一種制備方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu為原料高能球磨后，在H2S氣氛中退火?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列電子排布圖中，能表示基態(tài)S原子3p軌道電子狀態(tài)的是。（填標號）（2）基態(tài)Cu+的價層電子排布式是。（3）CuS由Cu（NO3）2與H2S反應制備。根據(jù)價層電子對互斥模型，H2S中心原子價層電子對數(shù)為。NO3﹣的空間構(gòu)型為。（4）Sb2S3的晶體類型與CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴頭。火柴燃燒時，Sb2S3轉(zhuǎn)化為Sb2O3和SO2，這三種物質(zhì)熔點由高到低的順序是。（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如圖所示。①Sb位于晶胞的頂點和體心，則圖中A代表的原子是。②原子A的坐標為（0，，），原子B的坐標為（，0，），則原子C的坐標為。③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Cu2ZnSbS4的密度為g?cm﹣3。（列出計算表達式）[選修5：有機化學基礎(chǔ)]21．化合物H可用于治療腦血管疾病，其合成路線如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）C的化學名稱是。（2）反應①的化學方程式是。（3）反應④的原子利用率為100%，則E的結(jié)構(gòu)簡式是。（4）G中含氧官能團的名稱是。（5）反應⑥的反應類型為。（6）芳香化合物X是H的同分異構(gòu)體，化合物X含有﹣NO2，其核磁共振氫譜峰面積比為3：2：1，寫出兩種符合要求的化合物X的結(jié)構(gòu)簡式、。（7）寫出以和為原料制備的合成路線（其他無機試劑任選）。

2021年廣東省廣州市高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2分）三星堆遺址被譽為20世紀人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一。下列敘述錯誤的是（）選項出土文物敘述A絕美的黃金面具自然界中存在游離態(tài)的金B(yǎng)高大的青銅神像青銅比純銅熔點高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土經(jīng)高溫燒結(jié)而成D古蜀國的絲綢遺痕絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)A．A B．B C．C D．D【分析】A．金的性質(zhì)穩(wěn)定；B．合金的熔點比成分金屬的熔點低；C．陶瓷為硅酸鹽產(chǎn)品；D．絲綢是由蠶絲紡織成的?！窘獯稹拷猓篈．金的性質(zhì)穩(wěn)定，自然界中存在游離態(tài)的金，故A正確；B．合金的熔點比成分金屬的熔點低，則青銅比純銅熔點低、硬度大，故B錯誤；C．陶瓷為硅酸鹽產(chǎn)品，其制取原料主要為黏土，由黏土經(jīng)高溫燒結(jié)而成，故C正確；D．絲綢是由蠶絲紡織成的，蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，故D正確。故選：B。【點評】本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的組成、化學與生活生產(chǎn)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度不大。2．（2分）“嫦娥五號”成功著陸月球，實現(xiàn)了中國首次月球無人采樣返回。月壤中的3He可用于核聚變，下列說法正確的是（）A．3He和4He核外電子數(shù)相等 B．3He和4He是同種核素 C．3He和4He中子數(shù)相等 D．由3He組成的單質(zhì)為3He2【分析】A．原子的核電荷數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝核外電子數(shù)；B．一定數(shù)目中子數(shù)和一定數(shù)目質(zhì)子數(shù)的原子為一種核素；C．原子中質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；D．氦為稀有氣體，為單原子分子?！窘獯稹拷猓篈．3He和4He質(zhì)子數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)不同，屬于同種元素的不同原子，核外電子數(shù)相同，故A正確；B．3He和4He質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同，是同種元素的不同核素，故B錯誤；C．3He和4He的中子數(shù)分別為：3﹣2＝1，4﹣2＝2，中子數(shù)不相等，故C錯誤；D．由3He組成的單質(zhì)是單原子分子，分子式3He，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)，主要是同位素、核素概念的分析、微粒數(shù)之間的關(guān)系的判斷，題目難度不大。3．（2分）氮是生命活動不可缺少的重要元素。下列敘述錯誤的是（）A．氮氣既可作氧化劑又可作還原劑 B．氮氣和氧氣在放電條件下直接生成NO2 C．氮氣是工業(yè)合成氨的原料之一 D．氮的固定是將大氣中的氮氣轉(zhuǎn)化成氮的化合物【分析】A.氮氣中氮元素化合價為0價，處于中間價態(tài)；B.氮氣和氧氣反應生成一氧化氮；C.氮氣和氫氣反應可生成氨氣；D.氮氣轉(zhuǎn)化為化合物的過程為氮的固定?！窘獯稹拷猓篈.氮氣既具有氧化性，也具有還原性，與氧氣反應時表現(xiàn)還原性，被氧化，與氫氣反應時表現(xiàn)氧化性，被還原，故A正確；B.氮氣和氧氣在放電條件下可生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故B錯誤；C.氮氣和氫氣反應可生成氨氣，則為工業(yè)合成氨的原料之一，故C正確；D.氮氣轉(zhuǎn)化為化合物的過程為氮的固定，則氮的固定是將大氣中的氮氣轉(zhuǎn)化成氮的化合物，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查含氮物質(zhì)的性質(zhì)與應用，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力以及元素化合物知識的綜合理解和運用，題目難度不大，注意氮氣的性質(zhì)、應用以及氮的固定等知識。4．（2分）維生素A1（）是維持人體正常代謝所必需的維生素，下列關(guān)于該化合物的敘述錯誤的是（）A．分子中含有20個碳原子 B．能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生加成反應 D．能夠發(fā)生水解反應【分析】該有機物中含有碳碳雙鍵和醇羥基，具有烯烴和醇的性質(zhì)，一定條件下能發(fā)生加成反應、加聚反應、氧化反應、酯化反應等。【解答】解：A．鍵線式中端點、拐點、交點處都含有一個碳原子，根據(jù)圖知，該分子中含有20個碳原子，故A正確；B．含有碳碳雙鍵，所以能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化而使重鉻酸鉀溶液變色，故B正確；C．含有碳碳雙鍵，所以能發(fā)生加成反應，故C正確；D．不含酯基、鹵原子或酰胺鍵，所以不能發(fā)生水解反應，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應用能力，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系、鍵線式含義等知識點是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。5．（2分）以混有SiO2的MgCO3為原料制備氧化鎂的實驗流程如圖。下列說法錯誤的是（）A．酸浸的離子方程式為CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．浸出渣的成分是SiO2 C．母液的主要溶質(zhì)是NH4Cl D．固體X是Mg（OH）2【分析】以混有SiO2的MgCO3為原料制備氧化鎂的實驗流程為：原料中加入鹽酸酸浸，MgCO3發(fā)生反應MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，SiO2不反應，浸出渣的成分是SiO2，浸出液中含有Mg2+、H+等離子；浸出液中加入氨水沉鎂，Mg2+轉(zhuǎn)化成Mg（OH）2沉淀，母液的主要溶質(zhì)為NH4Cl，沉淀X為Mg（OH）2，煅燒Mg（OH）2得到MgO，以此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．MgCO3不能拆開，酸浸的離子方程式應該為：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故A錯誤；B．SiO2不與鹽酸反應，則浸出渣的成分是SiO2，故B正確；C．加入氨水后HCl、MgCl2與氨水反應生成氯化銨、氫氧化鎂沉淀，則母液的主要溶質(zhì)是NH4Cl，故C正確；D．結(jié)合分析可知，固體X是Mg（OH）2沉淀，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握制備原理、物質(zhì)的性質(zhì)、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合，題目難度不大。6．（2分）下列實驗能達到目的的是（）A．用淀粉﹣KI試紙鑒別碘水和FeCl3溶液 B．用濕潤的pH試紙測定CH3COONa溶液的pH C．用Ba（OH）2溶液鑒別NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4 D．用蒸餾法分離乙醇（沸點為78.3℃）和苯（沸點為80.1℃）【分析】A.淀粉遇碘變藍色，氯化鐵可氧化碘化鉀；B.pH試紙濕潤，溶液濃度改變；C.Ba（OH）2溶液與NH4Cl反應生成具有刺激性氣味的氣體，與（NH4）2SO4生成氨氣和硫酸鋇沉淀，與K2SO4只生成沉淀；D.二者沸點相近，不能用蒸餾的方法分離?！窘獯稹拷猓篈.氯化鐵可氧化碘化鉀生成碘，則碘水和FeCl3溶液都可使淀粉﹣KI試紙變藍色，不能鑒別，故A錯誤；B.pH試紙濕潤，溶液濃度改變，則測量不準確，pH試紙不能先濕潤，故B錯誤；C.Ba（OH）2溶液與NH4Cl反應生成具有刺激性氣味的氣體，與（NH4）2SO4生成氨氣和硫酸鋇沉淀，與K2SO4只生成沉淀，其反應現(xiàn)象不同，可用Ba（OH）2溶液鑒別NH4Cl、（NH4）2SO4和K2SO4，故C正確；D.二者沸點相近，不能用蒸餾的方法分離，可先用水萃取，然后在蒸餾分離水和乙醇，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)的分離、提純以及鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。7．（2分）某金屬﹣﹣空氣電池的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．金屬M作電池負極，放電時發(fā)生氧化反應 B．放電時，空氣中的氧氣得到電子 C．電池總反應為2M+O2+2H2O═2M（OH）2 D．放電時，外電路電子由碳材料電極流向金屬M電極【分析】M﹣空氣電池中，負極金屬M失去電子生成M2+，正極氧氣得到電子生成OH﹣，則電極M為負極，電極C為正極，電池總反應為：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，電池工作時，電子由負極經(jīng)外電路流向正極，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．原電池工作時，負極金屬M失去電子生成M2+，發(fā)生氧化反應，故A正確；B．放電時，正極上空氣中的氧氣得到電子生成OH﹣，故B正確；C．根據(jù)分析可知，電池總反應為：2M+O2+2H2O═2M（OH）2，故C正確；D．電池工作時，電子由負極經(jīng)外電路流向正極，即外電路電子由M電極流向碳材料電極，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查原電池工作原理，題目難度不大，明確電極上得失電子及反應是解本題關(guān)鍵，注意掌握原電池兩極及總反應式的書寫方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。8．（2分）NaNO2是一種常用的食品防腐劑。已知Ka（HNO2）＝7.1×10﹣4，下列敘述正確的是（）A．HNO2溶液的pH隨溫度升高而增大 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屬于弱酸，在溶液中存在電離平衡：HNO2?NO2﹣+H+，升高溫度促進電離；NaNO2在溶液中會發(fā)生水解反應：NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣，結(jié)合物料守恒分析?！窘獯稹拷猓篈．HNO2屬于弱酸，在溶液中存在電離平衡：HNO2?NO2﹣+H+，升高溫度促進電離，氫離子增大，pH減小，故A錯誤；B．HNO2屬于弱酸，在溶液中部分電離，則0.01mol?L﹣1HNO2溶液中c（H+）＜0.01mol?L﹣1，則pH＞2，故B錯誤；C．0.01mol?L﹣1NaNO2溶液中存在物料守恒，則c（Na+）＝c（NO2﹣）+c（HNO2），故C正確；D．0.01mol?L﹣1NaNO2溶液中，小部分的NO2﹣發(fā)生水解HNO2和OH﹣，則c（NO2﹣）＞c（OH﹣），所以溶液中離子濃度關(guān)系為c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離、鹽的水解、離子濃度大小比較，把握鹽類水解原理、弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液中的守恒關(guān)系等知識點是解題的關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用，題目難度不大。9．（2分）將SO2通入不同溶液中探究SO2的性質(zhì)，對實驗現(xiàn)象的預測及分析不合理的是（）選項溶液預測的現(xiàn)象分析AFeCl3溶液溶液由棕黃色變淺綠色SO2有還原性B品紅溶液溶液紅色褪去SO2有漂白性C酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去SO2有氧化性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生白色膠狀沉淀H2SO3酸性比H2SiO3強A．A B．B C．C D．D【分析】A．SO2具有還原性，能將FeCl3溶液還原成二價鐵；B．SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色；C．SO2具有還原性，能使酸性KMnO4溶液；D．H2SO3酸性比H2SiO3強?！窘獯稹拷猓篈．SO2具有還原性，能將FeCl3溶液還原成二價鐵，所以SO2通入FeCl3溶液，溶液由棕黃色變淺綠色，說明SO2有還原性，故A正確；B．SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，所以SO2通入品紅溶液，溶液紅色褪去，說明SO2有漂白性，故B正確；C．SO2具有還原性，能使酸性KMnO4溶液，所以SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，說明SO2有還原性，故C錯誤；D．H2SO3酸性比H2SiO3強，所以SO2通入Na2SiO3溶液產(chǎn)生白色膠狀沉淀，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了化學實驗現(xiàn)象及評價，明確二氧化硫的還原性、漂白性、酸性氧化物性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。10．（2分）一種礦石（Z2X2Y5?W2Y）的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，X原子L層比K層多一個電子，W2Y分子中含有10個電子。下列說法正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞X＞W(wǎng) B．常溫常壓下單質(zhì)沸點：W＞Y＞X C．Z與Y可形成共價化合物ZY D．X的最高價氧化物的水化物是弱酸【分析】一種礦石（Z2X2Y5?W2Y）的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，則Z為Mg；X原子L層比K層多一個電子，則X為B；W2Y分子中含有10個電子，該分子為H2O，則W為H，Y為O，Z2X2Y5?W2Y為Mg2B2O5?H2O，以此分析解答?！窘獯稹拷猓航Y(jié)合分析可知，W為H，X為B，Y為O，Z為Mg元素，A．一般來講，電子層越多原子半徑越大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Z＞X＞Y＞W(wǎng)，故A錯誤；B．硼形成晶體為共價晶體，其沸點較高，氫氣、氧氣形成晶體為分子晶體，二者沸點較低，且相對分子質(zhì)量越大沸點越高，則常溫常壓下單質(zhì)沸點：X＞Y＞W(wǎng)，故B錯誤；C．Z與Y可形成的化合物MgO為離子化合物，故C錯誤；D．X的最高價氧化物的水化物為硼酸，硼酸是弱酸，故D正確；故選：D。【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。11．（4分）用如圖裝置制取氣體（圖中加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可加熱；a、b、c、d表示相應儀器中加入的試劑）。利用下列方案可得到干燥、純凈氣體的是（）選項制備氣體abcdACl2濃鹽酸MnO2NaOH溶液堿石灰BNH3濃氨水CaOH2O固體NaOHCNO稀硝酸CuH2OP2O5DH2稀硝酸ZnNaOH溶液無水CaCl2A．A B．B C．C D．D【分析】由圖可知，a、b是氣體發(fā)生裝置，c是除雜裝置，d是干燥裝置，制備氣體時，除雜試劑和干燥試劑試劑不能與要制備的氣體反應?！窘獯稹拷猓篈.氯氣與氫氧化鈉溶液和堿石灰反應，不能用來除雜和干燥，故A錯誤；B.氨氣極易溶于水，不能用來凈化氨氣，故B錯誤；C.NO不溶于水，可用來除去揮發(fā)的硝酸，五氧化二磷為酸性干燥劑，可用來干燥NO，故C正確；D.硝酸屬于氧化性酸，與金屬反應生成NO，而非氫氣，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查常見氣體的制備原理，氣體制備要注意根據(jù)制備所需藥品的狀態(tài)和條件選擇發(fā)生裝置，并根據(jù)氣體的性質(zhì)選擇合適的除雜凈化試劑。12．（4分）設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是（）A．Na2O2與水反應，生成0.1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA B．32gS8（分子結(jié)構(gòu)：）中的共價鍵數(shù)目為NA C．1L0.1mol?L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+離子數(shù)為0.2NA D．標準狀況下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氫原子數(shù)為8NA【分析】A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子；B．先計算S8物質(zhì)的量，1個S8分子中含有8個共價鍵；C．H2C2O4是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離；D．CH4、CH2＝CH2分子中均含有4個氫原子。【解答】解：A．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，每生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，則生成0.1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1mol×2×NAmol﹣1＝0.2NA，故A錯誤；B．S8物質(zhì)的量為＝0.125mol，1個S8分子中含有8個共價鍵，則32gS8中的共價鍵數(shù)目為0.125mol×8×NAmol﹣1＝NA，故B正確；C．n（H2C2O4）＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，H2C2O4是弱電解質(zhì)，H2C2O4?H++HC2O4﹣，HC2O4﹣?C2O42﹣+H+，則1L0.1mol?L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+離子數(shù)小于0.2NA，故C錯誤；D．22.4L甲烷和乙烯混合物物質(zhì)的量為＝1mol，CH4、CH2＝CH2分子中均含有4個氫原子，則標準狀況下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氫原子數(shù)為1mol×4×NAmol﹣1＝4NA，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的計算，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵，明確1個S8分子中含有8個共價鍵，此題難度中等。13．（4分）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確且有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡA石墨能導電且化學性質(zhì)不活潑外加電流法保護金屬可用石墨作輔助陽極B氫氟酸是揮發(fā)性弱酸氫氟酸可用于刻蝕玻璃器皿C鐵的金屬性比銅強FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷電路板的制作DAl（OH）3難溶于水Al（OH）3可用于治療胃酸過多A．A B．B C．C D．D【分析】A．石墨能導電，作陽極時，石墨不參與反應；B．氫氟酸能與二氧化硅反應；C．鐵離子的氧化性大于銅離子的氧化性；D．Al（OH）3能與胃酸反應，而且對人體沒有腐蝕作用?！窘獯稹拷猓篈．石墨能導電，作陽極時，石墨不參與反應，所以外加電流法保護金屬可用石墨作輔助陽極，故A正確；B．氫氟酸能與二氧化硅反應，所以氫氟酸可用于刻蝕玻璃器皿，與氫氟酸是揮發(fā)性弱酸無關(guān)，故B錯誤；C．鐵離子的氧化性大于銅離子的氧化性，所以FeCl3溶液能氧化Cu，因此FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷電路板的制作，故C錯誤；D．Al（OH）3能與胃酸反應，而且對人體沒有腐蝕作用，所以Al（OH）3可用于治療胃酸過多，與Al（OH）3難溶于水無關(guān)，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了電解原理的應用、物質(zhì)的性質(zhì)及應用，為高頻考點，把握物質(zhì)的組成和性質(zhì)、性質(zhì)與用途的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。14．（4分）中國努力爭取2060年前實現(xiàn)碳中和。利用NaOH溶液噴淋捕捉空氣中的CO2，反應過程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．捕捉室中NaOH溶液噴成霧狀有利于吸收CO2 B．環(huán)節(jié)a中物質(zhì)分離的基本操作是蒸發(fā)結(jié)晶 C．反應過程中CaO和NaOH是可循環(huán)的物質(zhì) D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2【分析】A.霧狀氫氧化鈉溶液有利于增大接觸面積，便于吸收；B.結(jié)合流程可知，環(huán)節(jié)a為分離碳酸鈣與溶液；C.根據(jù)圖示，反應需要消耗氧化鈣和氫氧化鈉，且再次生成；D.碳酸鈉也可以與氫氧化鈉反應?！窘獯稹拷猓篈.接觸面積越大，反應速率越快，故霧狀氫氧化鈉更易吸收二氧化碳，故A正確；B.環(huán)節(jié)a為分離溶液與沉淀，其基本操作為過濾，故B錯誤；C.反應過程中消耗氧化鈣和氫氧化鈉，且再次生成，故兩種物質(zhì)可以循環(huán)利用，故C正確；D.碳酸鈉也可與二氧化碳反應，可以代替氫氧化鈉，故D正確；故選：B?！军c評】本題以碳中和為背景，考查了學生有關(guān)物質(zhì)分離與轉(zhuǎn)化，流程分析等內(nèi)容，難度較易。15．（4分）將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣是科學研究的熱點?？茖W家設(shè)計了一種電解氯化氫回收氯氣的方案，原理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．陰極的電極反應式為Fe3++e﹣═Fe2+ B．工作時，溶液中H+向b極移動 C．若消耗8g氧氣，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子 D．總反應為4HCl+O22Cl2+2H2O【分析】根據(jù)裝置圖可知，電極反應左邊發(fā)生Fe3++e﹣═Fe2+，然后發(fā)生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，化合價降低，得到電子，為電解池的陰極，右邊發(fā)生2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，化合價升高，失去電子，為電解池的陽極，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．左邊得到電子，為電解池的陰極，發(fā)生的電極反應為Fe3++e﹣═Fe2+，故A正確；B．工作時，溶液中H+向左邊陰極a極移動，故B錯誤；C．根據(jù)4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O反應可知，若消耗8g氧氣，電路中轉(zhuǎn)移×4＝1mol電子，故C正確；D．整個過程是電解條件下、Fe3+起催化劑作用，HCl與O2反應生成Cl2和H2O，所以該工藝的總反應為4HCl+O22Cl2+2H2O，故D正確，故選：B?！军c評】本題考查了電解原理的應用，明確新的工藝方案的流程圖、電解池原理以及電極方程式是解題關(guān)鍵，注意掌握電極的判斷方法及電極反應式的書寫原則，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力，題目難度不大。16．（4分）室溫下，改變0.10mol?L﹣1鄰苯二甲酸氫鉀（KHA）溶液的pH，溶液中H2A、HA﹣、A2﹣的物質(zhì)的量分數(shù)δ（X）隨pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）[已知δ（X）＝]A．1g[K2（H2A）]＝﹣5.4 B．pH＝4.15時，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1 C．KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣） D．pH＝7時，c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）【分析】A．常溫下，c（HA﹣）＝c（A2﹣）時，H2A的電離平衡常數(shù)K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4；B．pH＝4.15時，δ（H2A）＝δ（A2﹣）；C．由圖可知，c（HA﹣）＝c（H2A）時，pH＝2.9，H2A的電離平衡常數(shù)K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常數(shù)Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，則HA﹣的電離程度大于水解程度；D．由圖可知，pH＝7時溶液中的主要離子為A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，c（HA﹣）＝c（A2﹣）時，pH＝5.4，則H2A的電離平衡常數(shù)K2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣5.4，1g[K2（H2A）]＝﹣5.4，故A正確；B．δ（H2A）+δ（HA﹣）+δ（A2﹣）＝1，由圖可知，pH＝4.15時，δ（H2A）＝δ（A2﹣），則pH＝4.15時，2δ（H2A）+δ（HA﹣）＝1，故B正確；C．由圖可知，c（HA﹣）＝c（H2A）時，pH＝2.9，H2A的電離平衡常數(shù)K1（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣2.9，K2（H2A）＝10﹣5.4，KHA的水解常數(shù)Kh＝＝＝10﹣11.1＜10﹣5.4，則HA﹣的電離程度大于水解程度，所以KHA溶液中：c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C錯誤；D．pH＝7時c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，由圖可知，pH＝7時溶液中的主要離子為A2﹣、HA﹣，且c（A2﹣）＞c（HA﹣），所以c（A2﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故D正確；故選：C?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，為高頻考點，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握弱電解質(zhì)的電離平衡及電離平衡常數(shù)的計算，試題側(cè)重考查學生的分析能力及靈活運用能力，題目難度中等。二、非選擇題：共56分。（一）必考題：共42分。17．（14分）實驗室以K2MnO4為原料，用兩種方法制備高錳酸鉀。已知：K2MnO4在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，溶液呈墨綠色，當溶液堿性減弱時易發(fā)生反應：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣（1）CO2法。實驗裝置如圖。①反應一段時間后，用玻璃棒蘸取溶液滴在濾紙上，僅有紫紅色而沒有綠色痕跡，由此可知錳酸鉀消耗完全生成高錳酸鉀。②停止通入CO2，過濾除去MnO2（填化學式，下同），將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，抽濾得到KMnO4粗品。若CO2通入過多，產(chǎn)品中可能混有的雜質(zhì)是KHCO3。（2）電解法。實驗裝置如圖。①陽極的電極反應式為MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，陰極產(chǎn)生的氣體為H2。（填化學式）②與CO2法相比，電解法的主要優(yōu)點是純度高，產(chǎn)率高。（寫一條）（3）高錳酸鉀可用于測定軟錳礦中MnO2的含量，實驗過程如下：稱取mg樣品于錐形瓶中，加入V1mLc1mol?L﹣1Na2C2O4溶液，加稀H2SO4酸化，充分反應后，用c2mol?L﹣1KMnO4標準溶液滴定過量的Na2C2O4，消耗KMnO4溶液V2mL。①滴定終點時溶液的顏色變化是在滴入最后一滴高錳酸鉀溶液后，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色。②軟錳礦中MnO2的質(zhì)量分數(shù)表達式為×100%?！痉治觥浚?）二氧化碳法，利用通入二氧化碳調(diào)節(jié)溶液pH，使錳酸鉀不穩(wěn)定發(fā)生歧化反應，生成難溶性的二氧化錳和可溶性的高錳酸鉀，進而制取高錳酸鉀；（2）電解法，利用陽極錳酸根離子失去電子被氧化，生成高錳酸根離子，進而制取高錳酸鉀；（3）根據(jù)反應方程式確定二氧化錳的物質(zhì)的量，進而確定其質(zhì)量分數(shù)，其中需要注意，草酸為過量，需要進行兩步反應確定草酸的物質(zhì)的量?！窘獯稹拷猓海?）①溶液有紫紅色說明生成高錳酸鉀，而沒有綠色痕跡，說明錳酸鉀消耗完全，故答案為：錳酸鉀消耗完全生成高錳酸鉀；②通入二氧化碳，溶液堿性逐漸減弱，由已知可得同時生成的還有二氧化錳沉淀析出，可通過過濾除去二氧化錳，若二氧化碳過多，會與KOH反應生成碳酸氫鉀，故產(chǎn)品中還可能混有碳酸氫鉀，故答案為：MnO2；KHCO3；（2）①由圖分析可得，陽極錳酸根被氧化為高錳酸根，陽極反應方程式為：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，陰極反應方程式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故陰極產(chǎn)生的氣體為氫氣，故答案為：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣；H2；②和（1）中二氧化碳法相比，電解法副產(chǎn)物更少，雜質(zhì)更少，產(chǎn)品純度更高，產(chǎn)率更高，故答案為：純度高，產(chǎn)率高；（3）①測定過程中發(fā)生反應方程式4H++C2O42﹣+MnO2＝2CO2↑+Mn2++2H2O，當二氧化錳消耗殆盡，剩余的草酸與高錳酸鉀發(fā)生反應：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定終點，草酸消耗殆盡，故現(xiàn)象為在滴入最后一滴高錳酸鉀溶液后，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，故答案為：在滴入最后一滴高錳酸鉀溶液后，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②根據(jù)方程式可知，二氧化錳的物質(zhì)的量等于第一次反應過程中消耗的草酸的物質(zhì)的量，第一次反應過程中消耗的草酸的物質(zhì)的量＝n（草酸）總﹣n（草酸）過，由方程式2可知n（草酸）過＝n（高錳酸鉀），故測得m（MnO2）＝（c1V1﹣2.5c2V2）×10﹣3mol×87g/mol，二氧化錳的質(zhì)量分數(shù)＝×100%，故答案為：×100%?！军c評】本題以兩種高錳酸鉀的制備為背景，考查了學生有關(guān)氧化還原反應，物質(zhì)分離提純，電解池，滴定計算等內(nèi)容，考查范圍較廣，難度適中。18．（14分）鋰、鈹?shù)冉饘購V泛應用于航空航天、核能和新能源汽車等高新產(chǎn)業(yè)。一種從螢石礦（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取鈹?shù)墓に嚾鐖D。已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片狀晶體，常溫下微溶于水，溫度升高，溶解度增大?；卮鹣铝袉栴}：（1）鈹?shù)幕瘜W性質(zhì)與鋁相似，寫出BeO溶于NaOH溶液的化學方程式BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O。（2）“微波焙燒”使礦物內(nèi)部變得疏松多孔，目的是增大與H2SO4的接觸面積，加快浸出速率。（3）“浸出渣”的主要成分是SiO2、CaSO4。（4）“除鐵”中發(fā)生反應的離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+。（5）“除鋁”時，溶液的pH越小，鋁的去除率越低（填“越高”、“越低”或“不變”）。利用“除鋁”所得苯甲酸鋁沉淀再生苯甲酸的方案為：將苯甲酸鋁沉淀溶于熱的稀硫酸中，冷卻結(jié)晶，過濾。（6）由油酸鈹制備BeO的方法是高溫焙燒?！痉治觥课炇V用微波焙燒，有利于在H2SO4中溶解，此時BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都發(fā)生溶解，只有SiO2不與酸反應，CaF2、CaCO3發(fā)生轉(zhuǎn)化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是將Fe2+氧化為Fe3+并轉(zhuǎn)化為沉淀；溶液中的Al3+是通過與苯甲酸鈉作用生成苯甲酸鋁沉淀；金屬鋰是通過有機物的萃取分離出來；水相中加入油酸鈉沉鈹，此時將生成的油酸鈹灼燒，便可獲得氧化鈹，據(jù)此分析解題?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，鈹?shù)幕瘜W性質(zhì)與鋁的化學性質(zhì)相似，氧化鋁與氫氧化鈉反應的化學反應方程式為：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+2H2O，類比化學反應方程式，氧化鈹與氫氧化鈉反應為非氧化還原反應，生成鈹酸鹽和水。所以氧化鈹與氫氧化鈉的反應的化學反應方程式為：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，故答案為：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O；（2）由題意可知，“微波焙燒”使產(chǎn)物內(nèi)部變得疏松多孔，后續(xù)直接加酸浸出，所以結(jié)合操作和題意，“微波焙燒”使產(chǎn)物內(nèi)部變得疏松多孔可以增大與H2SO4的接觸面積，從而加快浸出速率，故答案為：增大與H2SO4的接觸面積，加快浸出速率；（3）根據(jù)流程圖分析，微波焙燒后直接加硫酸進行浸出，根據(jù)二氧化硅的性質(zhì)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與硫酸反應后生成氟化氫和微溶物硫酸鈣，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鈣，故答案為：SiO2、CaSO4；（4）根據(jù)流程圖可知，除鐵中，鐵元素最終是以黃鈉鐵礬渣形式存在，所以NaFe3（SO4）2（OH）6是難溶于水的固體，根據(jù)題意可知：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+，故答案為：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+；（5）根據(jù)題意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常溫下微溶于水，在“除鋁”過程中，如果pH越小，說明溶液中的氫離子溶度越高，則苯甲酸根會與氫離子結(jié)合生成微溶于水的苯甲酸，從而導致能與鋁離子結(jié)合的苯甲酸根減少，生成的苯甲酸鋁減少，從而使鋁的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，鋁的去除率越低。根據(jù)題意可知，將苯甲酸鋁沉淀溶于熱的稀硫酸中，會生成在常溫下微溶于水的苯甲酸，所以后續(xù)只需要直接降溫結(jié)晶，過濾即可得到苯甲酸，故答案為：越低；冷卻結(jié)晶，過濾；（6）油酸鈹制備BeO，根據(jù)產(chǎn)物元素分析，可通過通氧氣高溫焙燒油酸鈹，生成二氧化碳、水和氧化鈹制得氧化鈹，故答案為：高溫焙燒?！军c評】本題考查混合物分離提純的綜合應用，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度中等。19．（14分）CO2加氫制CH3OH是CO2資源化利用的重要途徑，該過程存在如下兩個反應：反應Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1反應Ⅱ.CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2回答下列問題：（1）根據(jù)圖（a），△H1＝﹣49.4kJ?mol﹣1，△H2＝+41.2kJ?mol﹣1。（2）在4.0MPa壓強下，按n（H2）：n（CO2）＝3：1把兩種氣體通入恒壓反應器中，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率及CH3OH的平衡產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖（b）。已知：CH3OH的產(chǎn)率＝×100%①525～575K時，使CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的反應為反應Ⅱ。（填“反應Ⅰ”或“反應Ⅱ”）②475K時，平衡體系中n（CH3OH）：n（CO）＝2：1，反應I的平衡常數(shù)Kp＝（MPa）﹣2。（列出計算式）（3）為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，除降低溫度外，還可采取的措施是增大壓強（寫一條）。（4）利用M催化CO2加氫制CH3OH的反應歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示，Ea表示活化能，單位為eV。①CH3O*轉(zhuǎn)化為CH3OH的化學方程式為CH3O*+H*＝CH3OH。②下列說法正確的是CD。（填標號）A.H2與2H*能量差為0.60eVB.第ⅱ步有O﹣O鍵斷裂C.第ⅲ步反應速率最慢D.加入催化劑M不影響CH3OH的平衡產(chǎn)率【分析】（1）根據(jù)圖中信息，結(jié)合△H與物質(zhì)本身能量的關(guān)系分析；（2）①由圖可知，525～575K時，隨著溫度的升高，CH3OH平衡產(chǎn)率減小，說明反應Ⅰ平衡逆向移動，結(jié)合反應Ⅱ是吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動；②475K時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為30%，CH3OH的產(chǎn)率為20%，設(shè)起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，列化學平衡三段式計算；（3）同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，即要求反應Ⅰ平衡正向移動，結(jié)合勒夏特列原理分析；（4）①由圖可知，CH3O*結(jié)合H*CH3OH；②A.由圖可知，Ea＝0.60eV；B.由圖可知，第ⅱ步為H*+CO2→HCOO*；C.比較各步驟的反應活化能，活化能越大，反應速率越慢；D.催化劑不改變反應的平衡狀態(tài)?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖中信息可知，△H1＝（41.2﹣90.6）kJ/mol＝﹣49.4kJ/mol，△H2＝+41.2kJ/mol，故答案為：﹣49.4；+41.2；（2）①由圖可知，525～575K時，隨著溫度的升高，CH3OH平衡產(chǎn)率減小，說明反應Ⅰ平衡逆向移動，則CO2平衡轉(zhuǎn)化率減小，反應Ⅱ是吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，則525～575K時，使CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的反應為反應Ⅱ，故答案為：反應Ⅱ；②475K時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為30%，CH3OH的產(chǎn)率為20%，設(shè)起始n（H2）＝3mol，n（CO2）＝1mol，CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）轉(zhuǎn)化n（mol）0.20.61×20%0.2平衡n（mol）0.20.2CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）轉(zhuǎn)化n（mol）1×30%﹣0.20.10.10.1平衡n（mol）0.10.1平衡體系中n（CH3OH）：n（CO）＝0.2mol：0.1mol＝2：1；反應達到平衡時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，混合氣體總物質(zhì)的量為0.7mol+2.3mol+0.3mol+0.2mol+0.1mol＝3.6mol，p（CH3OH）＝＝Mpa，p（H2O）＝＝MPa，p（CO2）＝＝MPa，p（H2）＝＝MPa，反應I的平衡常數(shù)Kp＝＝＝（MPa）﹣2，故答案為：2：1；；（3）增大壓強，可以使反應Ⅰ平衡正向移動，反應Ⅱ平衡不移動，可以提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，故答案為：增大壓強；（4）①由圖可知，CH3O*結(jié)合H*CH3OH，則化學方程式為CH3O*+H*＝CH3OH，故答案為：CH3O*+H*＝CH3OH；②A.由圖可知，Ea＝0.60eV，Ea表示活化能，不是H2與2H*能量差，故A錯誤；B.由圖可知，第ⅱ步為H*+CO2→HCOO*，根據(jù)CO2和HCOO*結(jié)構(gòu)可知，第ⅱ步?jīng)]有O﹣O鍵斷裂，故B錯誤；C.由圖可知，第ⅲ步的活化能最大，則該步驟反應速率最慢，故C正確；D.催化劑不改變反應的平衡狀態(tài)，則加入催化劑M不影響CH3OH的平衡產(chǎn)率，故D正確；故答案為：CD?！军c評】本題綜合考查化學知識，側(cè)重考查學生分析能力、識圖能力和計算能力，題目涉及反應熱的計算、化學平衡的移動、化學平衡的計算、活化能，根據(jù)題目信息，結(jié)合勒夏特列原理、化學平衡三段式、活化能越大，反應速率越慢等知識解答，此題難度大。（二）選考題：共14分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]20．（14分）過渡金屬硫族化合物Cu2ZnSbS4為具有良好可控性的半導體材料，可用于太陽能電池制備、激光技術(shù)、光催化水的裂解等領(lǐng)域。Cu2ZnSbS4的其中一種制備方法是以CuS、ZnS、Sb2S3和Cu為原料高能球磨后，在H2S氣氛中退火。回答下列問題：（1）下列電子排布圖中，能表示基態(tài)S原子3p軌道電子狀態(tài)的是AC。（填標號）（2）基態(tài)Cu+的價層電子排布式是3d10。（3）CuS由Cu（NO3）2與H2S反應制備。根據(jù)價層電子對互斥模型，H2S中心原子價層電子對數(shù)為4。NO3﹣的空間構(gòu)型為正三角形。（4）Sb2S3的晶體類型與CuS相同，除上述用途外，Sb2S3也用于制作火柴頭。火柴燃燒時，Sb2S3轉(zhuǎn)化為Sb2O3和SO2，這三種物質(zhì)熔點由高到低的順序是Sb2O3＞Sb2S3＞SO2。（5）Cu2ZnSbS4的四方晶胞如圖所示。①Sb位于晶胞的頂點和體心，則圖中A代表的原子是Cu。②原子A的坐標為（0，，），原子B的坐標為（，0，），則原子C的坐標為（1，，）。③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Cu2ZnSbS4的密度為g?cm﹣3。（列出計算表達式）【分析】（1）硫元素的原子序數(shù)為16，基態(tài)硫原子的價電子排布式為3s23p4依據(jù)洪特規(guī)則，泡利不相容原理進行分析；（2）銅元素的原子序數(shù)為29，價層電子排布式為3d10