备战2021年高考化学全真模拟黄金卷01,（湖南专用解析版）

　备战 2021 高考化学全真模拟卷（湖南专用）

　第一模拟 （本卷共 19 小题，满分 100 分，考试用时 75 分钟）

　可能用到的相对原子质量：H 1

　Li 7

　N 14

　Fe 56

　一、选择题：本题共 10 个小题，每小题 3 分。共 30 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．新型冠状病毒引发的肺炎疫情是 2020 年最大的公共卫生事件。下列有关说法正确的是(

　) A．紫外线可杀死病毒且对人体无害 B．注射“84消毒液”用于杀死体内病毒 C．喷洒高浓度酒精时要注意防火 D．新冠疫苗无需冷藏保存 【答案】C 【详解】A．紫外线可用于杀死照射到的细菌和病毒，照射身体容易引发人体疾病，故 A错误； B．“84 消毒液”具有强氧化性，不能注射“84 消毒液”用于杀死体内病毒，故 B 错误； C．乙醇属于可燃性液体，喷洒高浓度酒精时要注意防火，故 C 正确； D．为了防止蛋白质变性，新冠疫苗需要冷藏保存，故 D错误；故答案为：C 2．据文献报道：Fe(CO) 5 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

　A．OH - 参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料 H 2

　C．该反应可消耗温室气体 CO 2

　D．该催化循环中 Fe 的成键数目发生变化 【答案】C 【分析】

　题干中明确指出，铁配合物 Fe(CO) 5 充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间

　物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物 Fe(CO) 5 在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除 CO外还需要 H 2 O，最终产物是 CO 2 和 H 2 ，同时参与反应的还有 OH - ，故 OH - 也可以看成是另一个催化剂或反应条件。

　【详解】

　A．从反应机理图中可知，OH - 有进入的箭头也有出去的箭头，说明 OH - 参与了该催化循环，故 A 项正确； B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为 CO和 H 2 O，产物为 H 2 和 CO 2 ，Fe(CO) 5 作为整个反应的催化剂，而 OH - 仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为2 5 2 2CO+H OFe(CO) CO +H，故有清洁燃料 H 2 生成，故 B 项正确； C．由 B 项分析可知，该反应不是消耗温室气体 CO 2 ，反而是生成了温室气体 CO 2 ，故 C 项不正确； D．从反应机理图中可知，Fe 的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确； 答案选 C。

　【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。

　3．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素 W、X、Y、Z“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图(实线代表共价键)。W、X、Z 分别位于不同周期，Z 是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是(

　)

　A．原子半径 Z>Y>X>W B．Y与 W、X、Z 均可形成至少两种化合物 C．1molZW 与水发生反应生成 1molW 2 ，转移电子 2mol D．Y与 Z 可组成阴阳离子数之比为 1∶1 的离子化合物 【答案】B 【分析】

　W、X、Y、Z 为短周期元素，原子序数依次递增，Z 是同周期中金属性最强的元系，且 W、X、Z 分别位于不同周期，易知，Z 为 Na，W为 H；X、Y位于第二周期， 由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则 X为 C，Y为 O，据此解答。

　【详解】

　A.原子半径 Na>C>O>H，即 Z>X> Y > W，故 A错误； B.O与 H可形成 H 2 O、 H 2 O 2 ，O与 C 可形成 CO、CO 2 ，O与 Na 可形成 NaO、Na 2 O 2 ，故 B 正确； C. 1molNaH 和 H 2 O发生反应生成 1molH 2 ，NaH十 H 2 O= H 2 ↑十 NaOH，1molNaH 反应转移 1mol 电子，故 C错误； D.O与 Na 形成的离子化合物为 Na 2 O和 Na 2 O 2 ,其中，Na 2 O 2 的阴离子(O 2- ):阳离子(Na + )=1:2，故 D错误。

　故答案选 B。

　4．据研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能一定程度抑制新型冠状病毒感染。该药物的有效成分氯喹结构式如下：

　。下列关于氯喹叙述错误的是 A．分子中含 18 个碳原子 B．既能发生取代反应，又能发生加成反应 C．属于芳香族化合物且与苯互为同系物 D．分子中所有原子不可能共平面 【答案】C 【详解】

　A．根据氯喹的结构简式，分子中含 18 个碳原子，A叙述正确； B．氯喹含有的官能团为氯原子和碳碳双键，既能发生取代反应，又能发生加成反应，B 叙述正确； C．氯喹含有苯环，属于芳香族化合物，苯中只含有 C、H两元素，与氯喹结构不相似，不是同系物，C 叙述错误； D．氯喹中含有多个 sp 3 杂化的碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，D叙述正确； 答案为 C。

　5．科学家以石墨烯为电极材料，设计出种处理工业尾气中 NH 3 的新方案，其原理如图所示，下列说法不正确的是(

　)

　A．上述装置工作时 H + 向阴极迁移，阳极上发生氧化反应 B．电路中每转移 0.3mole - ，理论上可处理 2.24L 氨气 C．电解总反应方程式为 4NH 3 +3O 2 =2N 2 +6H 2 O D．阴极区反应包括 Fe 3+ +e - →Fe 2+ ，4Fe 2+ +O 2 +4H + =4Fe 3+ +2H 2 O

　【答案】B 【分析】

　如图所示，电解装置左侧电极为电解池的阴极，三价铁离子得到电子还原为亚铁离子，氧气又把亚铁离子氧化与氢离子结合生成水，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，氢离子由阳极向阴极移动。

　【详解】A．上述装置左侧为阴极，右侧为阳极，工作时 H + 向阴极迁移，阳极上氨气失去电子，发生氧化反应，A正确； B．没有指明气体条件是否是标准状况，B 错误； C．电解总反应方程式为 4NH 3 +3O 2 =2N 2 +6H 2 O，C正确； D．根据左侧阴极发生还原反应，阴极区反应包括 Fe 3+ +e - →Fe 2+ ，4Fe 2+ +O 2 +4H + =4Fe 3+ +2H 2 O，D正确； 故选 B。

　6．AN 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1 mol 的 11 B 中，含有A0.6N 个中子 B．pH=1 的 H 3 PO 4 溶液中，含有A0.1N 个 H 

　C．2.24L（标准状况）苯在 O 2 中完全燃烧，得到A0.6N 个 CO 2 分子 D．密闭容器中 1 mol PCl 3 与 1 mol Cl 2 反应制备 PCl 5 （g），增加A2N 个 P-Cl 键 【答案】A 【解析】

　A． 11 B 中含有 6 个中子，0.1mol 11 B含有 6NA 个中子，A正确； B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误； C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算 22.4L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的 CO 2 分子数目，C 错误； D．PCl 3 与 Cl 2 反应生成 PCl 5 的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所 1molPCl 3 与 1molCl 2反应生成的 PCl 5 小于 1mol，增加的 P－Cl 键的数目小于 2N A 个，D错误；答案选 A。

　7．已知离子电荷相同时，离子半径越小，离子键越强。根据 M/M 2 O(M=Li、Na)体系的能量循环图，下列判断正确的是

　A．ΔH 2 ＜0

　ΔH 4 ＞0 B．ΔH 1 ＞ΔH 4 + ΔH 5 + ΔH 6

　C．ΔH 6 (Na 2 O)＜ΔH 6 (Li 2 O)

　D．ΔH 5 (Na 2 O)＞ΔH 5 (Li 2 O) 【答案】B 【详解】

　A．金属由固态转化为气态的过程吸热，则 ΔH 2 ＞0，原子得电子产生阴离子的过程放热，则 ΔH 4 ＜0，故 A错误； B．根据盖斯定律，ΔH 1 =ΔH 2 +ΔH 3 +ΔH 4 + ΔH 5 + ΔH 6 ，金属由固态转化为气态的过程以及断开化学键的过程均吸热，则 ΔH 2 ＞0、ΔH 3 ＞0，因此 ΔH 1 ＞ΔH 4 + ΔH 5 + ΔH 6 ，故 B 正确； C．Na 2 O 和 Li 2 O 相比，离子电荷相同时，离子半径越小，离子键越强，锂离子的半径小于钠离子的半径，所以Li 2 O的离子键更强，则形成Li 2 O时放出的热量更多，放热焓变为负值，放热越多，焓变越小，则ΔH 6 (Na 2 O)＞ΔH 6 (Li 2 O)，故 C 错误； D．金属钠的半径大于金属锂的，金属锂失去一个电子时吸收的能量更多，吸热焓变为正值，吸热越多，焓变越大，ΔH 5 (Na 2 O)＜ΔH 5 (Li 2 O)，故 D错误； 答案选 B。

　8．根据下列图示所得出的结论正确的是(

　)

　A．图 1 是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明 t 1 时刻溶液的温度最高 B．图 2 是 A+B⇌C中 A的百分含量随温度变化的曲线，说明该反应是放热反应 C．图 3 是对于反应 mA(g)+nB(g)⇌pC(g)，当其他条件一定时 A的百分含量随压强变化的图象，其中 E 点 v正＜v 逆 D．图 4 是对于反应 A(g)+B(g)⇌2C(g)达平衡时，在一定条件下，向含有一定量 A的容器中逐渐加入 B 时的图象，压强 p 1 >p 2

　【答案】B 【详解】A．镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线是开始反应放热反应速率加快，但随着浓度减小反应速率减小，t 1 时刻反应速率最大，但温度不是最高，故 A错误； B．由图 2 可知，M 点达到平衡点，达到平衡后随着温度升高，反应物 A的百分含量增大，即平衡逆向移动，说明该反应是放热反应，故 B 正确； C．由图 3 可知，E 点对应压强下的平衡状态在 E 点的下方，即从 E 点到达平衡过程中 A%在减小，即反应在向正向移动，故 E 点 v 正 ＞v 逆 ，故 C 错误； D．由反应 A(g)+B(g)⇌2C(g)可知，该反应前后气体体积不变，加入 B，可促进 A的转化，但压强对该反应

　的平衡移动无影响，压强与转化率的关系与图像不符，故 D错误； 答案选 B。

　9．下列实验现象对应的离子方程式正确的是(

　) A．少量 SO 2 通入水玻璃中得到白色沉淀：2SO 2 +SiO23+2H 2 O=H 2 SiO 3 ↓+2HSO 3 B．向醋酸溶液中加入小苏打粉末得到无色气体：2CH 3 COOH+CO23=2CH 3 COO - +H 2 O+CO 2 ↑ C．向 AgCl悬浊液中滴加足量 Na 2 S溶液，出现黑色沉淀：AgCl(s)+S 2- =Ag 2 S(s)+Cl -

　D．向草酸溶液中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫色褪色，同时有气泡产生：2MnO 4+5H 2 C 2 O 4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 ↑+8H 2 O 【答案】D 【详解】

　A．少量 SO 2 通入水玻璃中得到白色沉淀硅酸和亚硫酸钠，SO 2 +SiO23+H 2 O=H 2 SiO 3 ↓+SO2-3，A错误； B．向醋酸溶液中加入小苏打粉末得到无色气体，小苏打为碳酸氢钠，CH 3 COOH+HCO-3=CH 3 COO - +H 2 O+CO 2 ↑，B 错误； C．向 AgCl悬浊液中滴加足量 Na 2 S溶液，出现黑色沉淀 Ag 2 S，2AgCl(s)+S 2- =Ag 2 S(s)+2Cl - ，C 错误； D．向草酸溶液中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫色褪色，同时生成气体二氧化碳和硫酸锰，2MnO 4+5H 2 C 2 O 4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 ↑+8H 2 O，D正确； 答案为 D。

　10．亚磷酸(H 3 PO 3 )是有机磷水处理药剂的原料，有强还原性，容易被银离子氧化为磷酸。右图为向某浓度的亚磷酸中滴加 NaOH 溶液，其 pH与溶液中的 H 3 PO 3 、H 2 PO 3、HPO23的物质的量分数 α(X)(平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系。下列关于亚磷酸的说法正确的是(

　)

　A．亚磷酸与磷酸相似，均为三元酸 B．亚磷酸的 K a2 的数量级为 10 -7

　C．亚磷酸与银离子恰好完全反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶2 D．pH为 5~9 时，主要反应的离子方程式为 H 3 PO 3 +2OH - =HPO23+2H 2 O 【答案】B 【详解】

　A．亚磷酸的结构为 ，且根据图示知，溶液中不存在 PO 3，则亚磷酸是二元酸，故 A错误； B．亚磷酸的2- +32-2 3c(HPO ) c(H )ac(H PO )K ，根据图示 pH=6.5 时，c(HPO23)=c(H 2 PO 3)，则 K a2 =c(H + )=10 -6.5 ，即数量级为 10 -7 ，故 B 正确； C．银离子还原为银单质，反应中银离子是氧化剂，氧化产物的化学式为 H 3 PO 4 ，则 H 3 PO 3 是还原剂，根据转移电子守恒，n(Ag + )=n(H 3 PO 3 )×(5-3)，即 n(Ag + )：n(H 3 PO 3 )=2：1，故 C错误； D．根据图示知，pH为 5~9 时，H 2 PO 3转化为 HPO23，主要的离子方程式为：H 2 PO 3+OH - =HPO23+H 2 O，故 D错误； 故选 B。

　二、选择题：本题共 4 个小题，每小题 4 分。共 16 分，在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项是符合题目要求的。全部选对的的 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。

　11．将 O 2 和 NH 3 的混合气体 448mL 通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL 气体。原混合气体中 O 2 的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）

　A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL 【答案】CD 【详解】将 O 2 和 NH 3 的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH 3 +5O 2催化剂加热4NO+6H 2 O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O 2 +2H 2 O=4HNO 3 ，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH 3 +2O 2 =HNO 3 +H 2 O，若最后得到的气体是 NO，44.8mLNO 转化需要消耗的氧气 56mL，发生反应消耗的氧气的体积是 448mL-44.8 mL-56 mL  （ ）

　23  231.5mL

　，则氧气的总体积是 V(O 2 )= 231.5mL+56mL=287.5mL 。若最后剩余的气体是 O 2 ，则 O 2 应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O 2 )=403.2mL×2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项 CD。

　12．若用 AG表示溶液的酸度，AG 的定义为 AG=lg+-[H ][OH ]室温下实验室中用 0.01 mol·L -1 的氢氧化钠溶液滴定 20.00 mL 0.01 mol·L -1 醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是(

　)

　A．室温下，A点的溶液显酸性 B．A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于 20.00 mL C．室温下，AG=7 溶液的 pH=3.5

　D．从 0 到 B，水的电离程度逐渐减小 【答案】BC 【详解】

　A．A点的 AG=lg   +-c Hc OH=0，即  +-c Hc OH=1，则 c(H＋ )=c(OH - )，此时溶液显中性，故 A错误； B．根据 A项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液 20.00 mL 时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH 3 COO - 水解使溶液显碱性，说明 A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于 20.00 mL，故 B 正确； C．根据图象可知：在室温下，0 点时，醋酸溶液的 AG=lgc   +-c Hc OH=7，即  +-c Hc OH=10 7 ，而水的离子积K w =c(H＋ )·c(OH - )=10 -14 ，两式联立可知：c(H ＋ )=10 － 3..5

　mol/L，即溶液的 pH=3.5，故 C正确； D．酸或碱都会抑制水的电离，根据 B、C 分析可知，0 点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从 0 到 A，溶液由酸性变为中性，水的电离程度增大，从 A到 B 过程中，当 V(NaOH)＞20 mL 后，溶液变为碱性，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，即从 0到 B，水的电离程度先逐渐增大后逐渐减小，故 D错误； 答案选 BC。

　13．新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO 4 电池是新能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为 Li 1 － x FePO 4 +Li x C 6放电充电LiFePO 4 +6C。下列说法正确的是(

　)

　A．充电时，电极 a 与电源正极连接，电极 b 与电源负极连接 B．电池充电时，正极的电极反应为 LiFePO 4 -xe - =Li 1 － x FePO 4 +xLi +

　C．电池工作时，负极材料质量减少 0.7g，转移 0.2mol 电子 D．电池充电时锂离子穿过隔膜向 a极移动 【答案】BD 【分析】

　根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向 b 极区移动，则电极 b 为正极，电极 a 为负极。

　【详解】

　A．分析可知，装置放电时，a 极为负极，则充电时，电极 a与电源负极连接，电极 b 与电源正极连接，A说法错误； B．电池充电时，b 电极失电子，生成 Li 1 － x FePO 4 和 Li + ，正极的电极反应为 LiFePO 4 -xe - =Li 1 － x FePO 4 +xLi + ，

　B 说法正确； C．电池工作时，负极反应式为 Li-e - = Li + ，材料质量减少 0.7g，即反应 0.1mol，则转移 0.1mol 电子，C说法错误； D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反，则充电时锂离子穿过隔膜向 a 极移动，D 说法正确； 答案为 BD。

　14．已知反应：CH 2 =CHCH 3 (g)+Cl 2 (g)⇌CH 2 =CHCH 2 Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按 w=22 3n(Cl )n(CH =CHCH )向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、w 的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系，则下列说法错误的是(

　)

　A．图甲中，w 2 >1 B．图乙中，A线表示逆反应的平衡常数 C．温度为 T 1 、w=2 时，Cl 2 的平衡转化率为 50% D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大 【答案】C 【详解】

　A.其他条件不变，增大氯气的用量，平衡向右移动，丙烯的体积分数减小，因此，w 2 >1，故 A正确。

　B.从图甲知，升高温度时，丙烯的体积分数增大，说明升高温度时平衡向左移动，该反应是放热反应。所以，升温时，逆反应的平衡常数增大，图乙中的 A线表示逆反应的平衡常数，故 B 正确。

　C.从图乙知，温度为 T 1 时，正反应和逆反应的平衡常数都是 1，w=2 时，设丙烯的起始浓度为 1，则氯气的起始浓度为 2，丙烯的浓度减小了 x，丙烯的平衡浓度为(1-x)，氯气的平衡浓度为(2-x)，一氯丙烯和氯化氢的平衡浓度都是 x，列出方程：

　2x=1(1-x)(2-x)，解得：2x=3，所以，氯气的转化率为：23 ×100%=33.3%2，故 C 不正确。

　D.正反应是放热反应，若在恒容绝热装置中进行上述反应，反应进行中容器内的温度升高，混合气体的总物质的量不变，根据 PV=nRT，则气体的压强增大，故 D正确。

　答案选 BC。

　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 15-17 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 18-19 题为选考题，考生根据要求作答。

　（一）必考题：此题包括 3 小题，共 39 分。

　15（12 分）．某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究 KMnO 4 与浓盐酸的反应。

　[实验 1]设计如图 1 所示装置，并验证氯气的漂白性。

　（1）利用装置 C 验证氯气是否具有漂白性，则装置中 I、II、III处依次放入的物质可能是___________。

　[实验 2]设计如图 2 所示装置，左侧烧杯中加入 100 mL 由 2.00 mol·L -1

　KMnO 4 和 6 mol·L -1

　H 2 SO 4 组成的混合溶液，右侧烧杯中加入 100 mL 5.00 mol·L -1

　BaCl 2 溶液，盐桥选择 KNO 3 琼脂。

　（2）若用 98%的浓硫酸(密度为 1.84 g·cm -3 )配制 500 mL 6 mol·L -1 的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为___________；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是___(填字母)。

　A．容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理 B．加水定容时俯视刻度线 C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足 D．稀释过程中有少量液体溅出烧杯外 （3）左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为___________；盐桥中的 K＋ 移向___________ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。

　（4）实验发现，其他条件不变，改用 10.0 mol·L -1

　H 2 SO 4 时，生成氯气的速率比使用 6 mol·L -1

　H 2 SO 4 时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是___________。

　【答案】（1）湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条

　（2）

　500mL 容量瓶、胶头滴管

　CD

　（3）

　-4MnO +5e - +8H + =Mn 2+ +4H 2 O

　左

　 （4）

　氢离子浓度大，KMnO 4 的氧化性增强，反应速率快能氧化更多的氯离子

　 【分析】

　实验 1：装置 A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，装置 B 中用饱和食盐水除去氯气中混有的 HCl 气体，由于从装置 B 中出来的氯气本身就是湿润的，所以检验氯气漂白性时要先通过湿润的有色布条，干燥后再通过湿润的有色布条，装置 D吸收尾气； 实验 2：该装置中左侧为硫酸酸化的高锰酸钾，右侧为氯化钡溶液，所以总反应应为酸性环境下高锰酸根氧化氯离子的反应，左侧为正极，右侧为负极。

　【详解】

　（1）装置 A生成 Cl 2 ，利用饱和食盐水除去 Cl 2 中的 HCl，经过 B 装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，再经过干燥的有色布条，来验证氯气是否具有漂白性；因此 I 为湿润的有色布条，Ⅲ为干燥的有色布条，Ⅱ为无水氯化钙，用于干燥 Cl 2 ； （2）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要玻璃棒和 500mL 容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有 500mL 容量瓶、胶头滴管； A．容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意； B．加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B 不符合题意； C．颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C 符合题意； D．稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意； 答案选 CD； （3）利用原电池制备 Cl 2 ，左侧加入的 KMnO 4 和 H 2 SO 4 ，KMnO 4 得到电子转化为 Mn 2

　＋ ，其电极反应式为-4MnO ＋5e－ ＋8H ＋

　=Mn 2 ＋ ＋4H 2 O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧 KMnO 4

　得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，所以 K＋ 向左移动； （4）在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。

　16．（13 分）利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为 Co、 Ni，还含少量 Fe、Al 等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下。

　己知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH见下表：

　金属离子 Fe 2+

　Fe 3+

　Al 3+

　Ni 2+

　Co 2+

　开始沉淀的 pH 6.3 1.5 3.4 6.2 7.15 沉淀完全的 pH 8.3 2.8 4.7 8.9 9.15 (l)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有____(写出一种合理方法即可)。

　（2）沉淀 A的主要成分是 Fe(OH) 3 、____，“浸出液”调节 pH的范围为____，调节 pH选用的试剂可以是____

　(选填序号)。

　a 铁

　b 氨水

　c 碳酸钠溶液

　d．稀硫酸 （3）“母液 1”中加入 NaClO反应的离子方程式为____。

　（4）向 Co(OH) 3 中加入 H 2 SO 4 .H 2 O 2 混合液，H 2 O 2 的作用是____。

　（5）“母液 3”中应控制 Na 2 CO 3 用量使终点 pH为 85 为宜，此时 c(Co 2+ )小于__mol/L；为防止生成 Co(OH) 2沉淀，可用 NH 4 HCO 3 代替 Na 2 CO 3 制得 CoCO 3 ，写出该反应的离子方程式____。(已知：Ksp[Co(OH) 2 ]=2×10 -l5 ) （6）由“母液 4”获取 NiSO 4 ．7H 2 O的操作是____，____，过滤，洗涤。

　【答案】（1）适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末

　 （2）Al(OH) 3

　 5.2⩽pH<7.6

　bc

　（3）

　22 3ClO 2Co 5H O 2Co(OH) Cl 4H       

　（4）作还原剂

　 （5）2×10 -4

　 23 3 2 22HCO Co CoCO CO H O    

　 （6）

　蒸发浓缩

　冷却结晶

　 【分析】

　含镍废电池的金属电极芯(主要成分为 Co、 Ni，还含少量 Fe、Al 等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将 Fe 2+ 氧化为 Fe 3+ ，调 pH，产生 Fe(OH) 3 沉淀、Al(OH) 3 沉淀，过滤后，母液 1加入次氯酸钠将 Co 2+氧化为 Co 3+ 、调 pH，得到 Co(OH) 3 沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为 Co 2+ ，加入碳酸钠溶液得 CoCO 3沉淀，用于生产醋酸钴晶体，过滤所得母液 2，经加入氨气、硫酸后转化为 Ni(OH) 2 沉淀，过滤，在硫酸参与下，得到 NiSO 4 用于生成 NiSO 4 ⋅7H 2 O，以此解答该题。

　【详解】

　（1）根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)； （2）金属电极芯中的主要成分是 Co、Ni，还含少量 Fe、Al 等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni 2+ 、Co 2+ 、Fe 2+ 、Al 3+ )，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节 pH的作用是除去溶液中的 Fe 3+ 、Al 3+ ，故沉淀 A的主要成分是 Fe(OH) 3 、Al(OH) 3 ；为了保证 Fe 3+ 、Al 3+ 沉淀完全而不沉淀 Ni 2+ 、Co 2+ ，由表格数据可知，要调节 pH的范围为 5.2⩽pH<7.6；调节 pH时不能加入铁，因为铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的 pH调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节 pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故答案为 bc； （3）由流程图中母液 1的后续产物可知，加入 NaClO的作用是氧化 Co 2+ ，从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为：22 3ClO 2Co 5H O 2Co(OH) Cl 4H       

　； （4）由流程图可知，向 Co(OH) 3 中加入 H 2 SO 4 、H 2 O 2 混合液后，溶液中生成了 Co 2+ ，反应中 Co 元素化合价降低，由此可知，H 2 O 2 的作用是作还原剂；

　（5）“母液 3”中应控制 Na 2 CO 3 用量使终点 pH为 8.5 为宜，此时溶液中145.58.51 10(OH ) mol/L 10 mol/L1 10c  ，

　15sp 2 2 42( 5.5 2K [Co(OH) ]2 10(Co ) mol/L 2 10 mol/LOH ) (1 10 )cc     ；则 c(Co 2+ )应小于 2×10 -4 mol/L，由于2 +3 3HCO CO H  ，用 NH 4 HCO 3 代替 Na 2 CO 3 制得 CoCO 3 ，则促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式23 3 2 22HCO Co CoCO CO H O     ； （6）NiSO 4  7H 2 O是结晶水合物，则由“母液 4”获取 NiSO 4  7H 2 O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。

　17．（14 分）CO 2 是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：

　（1）碱液吸收。用 NaOH溶液捕获 CO 2 ，若所得溶液中 c(-3HCO )∶c(2-3CO )=2∶1，则溶液 pH=_______。(室温下，H 2 CO 3 的 K 1 =4×l0 -7 ；K 2 =5×10 -11 )。

　（2）催化转化。以 CO 2 、H 2 为原料在催化剂作用下合成 CH 3 OH涉及的主要反应如下，答下列问题：

　Ⅰ．CO 2 (g)+3H 2 (g) CH 3 OH(g)+H 2 O(g)

　ΔH 1 =-49.5kJ/mol Ⅱ．CO(g)+2H 2 (g) CH 3 OH(g)

　ΔH 2 =-90.4kJ/mol Ⅲ．CO 2 (g)+H 2 (g) CO(g)+H 2 O(g)

　ΔH 3

　①ΔH 3 =____kJ/mol。

　②一定条件下，向体积为 VL的恒容密闭容器中通入 1molCO 2 和 3molH 2 发生上述反应，经 tmin达到平衡时，容器中 CH 3 OH(g)为 amol，CO为 bmol，这段时间内以 H 2 O(g)表示的化学反应速率为______________mol∙L -1 ∙min -1 (用含 a、b、V、t 的代数式表示)。

　③不同压强下，按照 n(CO 2 )∶n(H 2 )=1∶3 投料，实验测定 CO 2 的平衡转化率和 CH 3 OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如下图所示。

　其中纵坐标表示 CH 3 OH的平衡产率的是____(填“X”或“Y”)；压强 p 1 、p 2 、p 3 由大到小的顺序为____；温度高于 T 1 时，Y几乎相等的原因是____。

　④为同时提高 CO 2 的平衡转化率和 CH 3 OH的平衡产率，应选择的反应条件为____(填标号)。

　A．低温、低压

　B．高温、高压

　C．低温、高压

　D．高温、低压 （3）电解转化。电解 CO 2 制得甲酸盐(HCOO - )的原理示意图如下。

　 ①写出阴极的电极反应式____ ②电解一段时间后，阳极区的 KHCO 3 溶液浓度降低，其原因是____ 【答案】（1）10

　 （2）①+40.9

　 ②a+bVt

　③X

　 p 1 ＞p 2 ＞p 3

　温度高于 T 1 时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响

　④ C

　 （3）CO 2 +H + +2e - =HCOO - 或 CO 2 +-3HCO +2e - =HCOO - +2-3CO

　 （4）

　阳极产生氧气，pH减小，-3HCO 浓度降低，K + 部分迁移至阴极区

　 【详解】

　（1）H 2 CO 3 是二元弱酸，存在两步电离，H 2 CO 3 ⇌H + +-3HCO ，-3HCO ⇌H + +2-3CO ，c(-3HCO )∶c(2-3CO )=2∶1，K 2 =5×10 -11 =+ 2-3-3c(H )c(CO )c(HCO )，c(H + )=5×10 -11-32-3c(HCO )c(CO )mol/L=5×10 -11 ×2mol/L=10 -10 mol/L，故 pH=10； （2）①Ⅰ．CO 2 (g)+3H 2 (g) CH 3 OH(g)+H 2 O(g) ΔH 1 =-49.5kJ/mol Ⅱ．CO(g)+2H 2 (g) CH 3 OH(g) ΔH 2 =-90.4kJ/mol 根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得到：CO 2 (g)+H 2 (g) CO(g)+H 2 O(g) ΔH 3 =-49.5kJ/mol-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol； ②根据碳原子守恒，n 平衡 (CO 2 )=1-n(CH 3 OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，氧原子守恒有平衡时 n(H 2 O)=2[n(CO 2 )-n 平衡(CO 2 )]-n(CH 3 OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]-a-b=(a+b)mol，v(H 2 O)=ΔcΔt=a+ba+bV=t Vt； ③反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO 2 的平衡转化率只与温度有关，由图 Y可知，T 1 温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3 条曲线重合)，只与温度有关，所以图 Y对应纵坐标表示 CO 2 平衡转化率，图 X表示CH 3 OH的平衡产率随温度的变化曲线； 温度一定时，增大压强，反应 I、Ⅱ的平衡正向移动，CH 3 OH的平衡产率增大，即压强越大 CH 3 OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p 1 时 CH 3 OH的平衡产率最大，p 3 时 CH 3 OH的平衡产率最小，所以压强：p 1 ＞p 2 ＞p 3 ； 温度高于 T 1 时，Y几乎相等的原因是温度高于 T 1 时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响； ④该实验的目的是探究有利于提高 CH 3 OH的产率的影响因素，则反应 I为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，

　反应正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应 I的平衡正向移动，反应 III 受到抑制、反应 III 的抑制导致反应 II也受到抑制，所以同时提高 CO 2 的平衡转化率和 CH 3 OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故 C 符合题意； （3）①CO 2 在阴极区得电子，化合价降低，与氢离子或-3HCO 结合生成 HCOO - ，阴极的电极反应式为CO 2 +H + +2e - =HCOO - 或 CO 2 +-3HCO +2e - =HCOO - +2-3CO ； ②阳极水失电子产生氧气，电极反应为：2H 2 O-4e - =O 2 ↑+4H + ，pH减小，H + 和-3HCO 反应生成水和二氧化碳，-3HCO 浓度降低，K + 部分迁移至阴极区，电解一段时间后，阳极区的 KHCO 3 溶液浓度降低。

　（二）选考题：共 15 分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

　18．【选修 3：物质结构与性质】（15 分）

　N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：

　（1）按电子排布 N元素在周期表分区中属于_____区元素，基态 N原子的未成对电子数目为____个。

　（2）Si、P与 S是同周期中相邻的元素，Si、P、S的电负性由大到小的顺序是____，第一电离能由大到小的顺序是_____。

　（3）吡啶为含 N有机物，这类物质是合成医药、农药的重要原料。下列吡啶类化合物 A与 Zn(CH 3 CH 2 ) 2 (即ZnEt 2 )反应生成有机化合物 B，B 具有优异的催化性能。

　吡啶类化合物 A中 N原子的杂化类型是___，化合物 A易溶于水，主要原因是_____。含 Zn 有机物 B 的分子结构中含_______(填字母代号)。

　A．离子键

　B．配位键

　 C．π键

　 D．σ 键

　 E．氢键 （4）N与金属可形成氮化物，如 AlN的晶体结构如图 1 所示，某种氮化铁的结构如图 2 所示。

　①AlN晶体结构单元中，含有的 Al、N原子个数均是_______； ②若该氮化铁的晶胞边长为 apm，阿伏加德罗常数的值为 N A ，则该氮化铁的晶体密度可表示为_______g·cm −3 。

　【答案】（1）p

　3

　（2）

　S＞P＞Si

　P＞S＞Si

　 （3）

　sp 2

　 化合物 A与水分子间存在氢键

　BCD

　（4）

　6

　303A23810a N

　 【详解】

　（1）N 原子核外有 7 个电子，电子排布式为 1s 2 2s 2 2p 3 ，按电子排布 N 元素在周期表分区中属于 p 区元素，基态 N原子的未成对电子数目为 3个；故答案为：p；3。

　（2）根据同周期电负性从左到右增大的规律可知，Si、P、S的电负性由大到小的顺序是 S＞P＞Si，第一电离能从左到右呈增大的趋势，但第 VA大于第 VIA 族，因此第一电离能由大到小的顺序是 P＞S＞Si；故答案为：S＞P＞Si；P＞S＞Si。

　（3）吡啶类化合物 A中 N原子含有 2 个 σ 键，有 1 对孤对电子，因此 N原子的杂化类型是 sp 2 ，化合物 A易溶于水，根据 A的结构，A中含有氢键，化合物 A与水分子间存在氢键。根据结构得到含 Zn 有机物 B的分子结构中无离子键，含有配位键，C—C 键，C—H键，C—N键是 σ键，C=C 键中含有 π键；故答案为：sp 2 ；化合物 A与水分子间存在氢键；BCD。

　（4）①AlN晶体结构单元中，含 N为1 112 2 3 66 2     ，含 Al 为16 4 63   ，因此含有的 Al、N原子个数均是 6；故答案为 6。

　②若该氮化铁的晶胞边长为 apm，Fe 个数为1 18 6 48 2    ，即氮化铁为 Fe 4 N，阿伏加德罗常数的值为N A ，则该氮化铁的晶体密度可表示为1130 3A10 3 3A238g mol1mol m 238ρ= = = 10 g cmV (a 10 ) aNN ；故答案为：303A23810a N。

　19．【选修 5：有机化学基础】（15 分）

　某药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示：

　已知：

　回答下列问题：

　（1）A中所含官能团的名称为___；C 的结构简式为___。

　（2）反应②中的条件 1为___。

　（3）反应④的化学反应类型为___。

　（4）写出反应⑤可能的化学方程式___(写出一个方程式即可)。

　（5）写出同时满足下列条件的 F的同分异构体的结构简式___。

　Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基 Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应 Ⅲ．核磁共振氢谱有 4组峰 （6）参照上述合成路线和信息，以 为原料(无机试剂任选)，设计三步制备 的合成路线：___。

　【答案】（1）碳碳双键、羧基

　 （2）浓 H 2 SO 4 、加热

　 （3）消去反应

　 （4）

　+H 2催化剂， +H 2催化剂， +H 2催化剂

　（5）

　（6）

　【分析】

　根据已知信息反应，结合 B 的结构简式可推知：A结构简式是 ，B 与酸性 KMnO 4 溶液发生

　氧化反应，碳碳双键断开，两个不饱和 C 原子形成 2 个—COOH，变为 C：

　；C 与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生 D，D 与 CH 3 ONa 作用反应产生 E 和 CH 3 OH，E 在一定条件下反应产生 F，F与 CH 3 COOCH 3 在催化剂存在条件下发生加成反应产生 G，G 与浓硫酸共热，发生消去反应产生H：(或或 )，H与 H 2 发生加成反应产生 I：。

　【详解】

　根据上述分析可知：A是 ，C 是 ，H是 。

　（1）A结构简式是 ，所含官能团名称为碳碳双键、羧基；C 结构简式是 ，据此分析解答。

　（2）反应②是 与 CH 3 OH在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生 D和水，因此反应①的条件是浓硫酸、加热。

　（3）G是 ，由于羟基连接的 C 原子的邻位 C 原子上含有 H原子，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生 (或 或 )和 H 2 O，所以反应④的化学反应类型为消去反应。

　（4）H是 (或 或 )，H与 H 2 在 Ni 作催化剂条件下发

　生加成反应，产生 I，所以反应⑤可能的反应方程式为：

　+H 2催化剂。

　（5）F 结构简式是 ，其同分异构体满足条件：Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基；Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有 HCOO-结构；Ⅲ．核磁共振氢谱有 4 组峰，说明分子中含有四种不同位置的 H原子，则该同分异构体结构简式是 。

　（6）1，3 丁二烯与 Br 2 发生 1，4-加成反应产生 ， 再与 1，3 丁二烯发生加成反应产生， 与 NaOH 的乙醇溶液共热，发生消去反应产生 ，故以 为原料三步制备 的合成路线流程图为：。