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2022年广东省广州市高考化学一模试卷
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这是一份2022年广东省广州市高考化学一模试卷，共40页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年广东省广州市高考化学一模试卷
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）中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓（GaAs）太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，化学性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镓属于金属材料
B．GaAs中As的化合价是﹣3
C．镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D．砷化镓电池能将光能转化为电能
2．（2分）北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法错误的是（ ）
A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，火焰呈明亮黄色
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是天然高分子材料
D．速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保
3．（2分）绢本宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石[主要成分为Cu（OH）2•CuCO3]，红色来自赭石（赤铁矿），黑色来自炭黑。下列说法错误的是（ ）
A．蚕丝制品绢的主要成分是蛋白质
B．孔雀石受热易分解
C．赭石的主要成分是Fe3O4
D．炭黑由松枝烧制，该过程是化学变化
4．（2分）某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl﹣发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
5．（2分）下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用SO2漂白纸张
SO2具有氧化性
B
用铝槽车运输浓硝酸
Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C
用生石灰作食品干燥剂
CaO易与水反应
D
用Si制作芯片
Si是良好的半导体材料
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）一种合成玫瑰香油的主要原料的结构简式如图所示，关于该有机物说法正确的是（ ）
A．分子式为C10H18O，属于烯烃
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生水解反应
D．能发生加成反应和取代反应
7．（2分）溴甲基蓝（用HBb表示）指示剂是一 元弱酸，HBb为黄色，Bb﹣为蓝色。下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L ﹣1HBb溶液的pH＝2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中，c（H+）+c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb）
8．（2分）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
9．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．1molFe溶于过量稀硝酸，转移的电子数目为3NA
C．0.1mol•L﹣1HClO，溶液中含有阳离子总数为0.1NA
D．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为4NA
10．（2分）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
11．（2分）某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示。已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电子。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Z＞Y
B．单质的沸点：Z＞X＞Y
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构
D．X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
12．（2分）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B→C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c（C）＝c0﹣c（B）
13．（2分）下列实验操作或实验方案，不能达到目的的是（ ）
选项
实验操作或实验方案
目的
A
向KMnO4固体中加入浓盐酸，产生的气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸
制取并纯化氯气
B
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液
检验Na2SO3固体是否变质
C
用Na2S2O3溶液分别与0.05mol•L﹣1、0.1mol•L ﹣1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
D
向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色
证明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
A．A B．B C．C D．D
14．（2分）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3•H2O
D．Na2S2O3 溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+
15．（2分）我国科学家研发了一种室温下可充电的 Na﹣CO2电池，示意图如下。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na
B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动
C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重21.2g
D．放电时，电池的总反应为3CO2+4Na═2Na2CO3+C
16．（2分）25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol•L﹣1的邻苯二甲酸氢钾（ 邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10﹣3 Ka2＝3.9×10﹣6）溶液的pH，lgc（H2A）、lgc（HA﹣） 和Igc（A2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣ ）
B．P点时，c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
C．0.1mol•L﹣1KHA溶液中，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
D．用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c（A2﹣）一直增大
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）碘在科研与生活中有重要作用。
I.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是 （从下列图中选择，写出名称）。
（2）“氧化”时加入3mol•L﹣1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为 。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在 （从以上流程中选填实验操作名称）中实现与碘分离。
II.定量探究S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c（S2O82﹣）和c（I﹣）的关系v＝kcm（S2O82﹣）cn（I﹣），k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，（NH4）2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：
S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）
实验记录表：
实验编号
A
B
C
D
E
0.2mol•L﹣1（NH4）2S2O8溶液/mL
10
5
2.5
10
10
0.2mol•L﹣1KI溶液/mL
10
10
10
5
2.5
0.05mol•L﹣1Na2S2O3溶液/mL
3
3
3
3
3
0.2mol•L﹣1KNO3溶液/mL
0
V1
V2
V3
V4
0.2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液/mL
0
V5
V6
V7
V8
0.2%淀粉溶液/mL
1
1
1
1
1
t/s
t1
t2
t3
t4
t5
（4）加入KNO3、（NH4）2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1 ，V4 ，V5 。
（5）当溶液中 （填化学式）耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v（S2O82﹣）＝
mol•L﹣1•s﹣1（列出算式）。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n＝1的判断依据是 （用t的关系式来表示）。
18．（14分）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 。向“滤液”中通入足量 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 。
19．（14分）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝ kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 （填“a”或“c”）
（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表CH3OH的曲线为 （填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 （填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 ，反应II的平衡常数为 （列出算式）。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如图。
回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为 。
（2）基态氮原子的价层电子排布图为 （填编号）。
A.
B.
C.
D.
（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为 ，化合物 II中阳离子的空间构型为 。
（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为 。
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是 。
（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。
①晶体中与Al距离最近的Al的个数为 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为 。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 g•cm﹣3 （列出计算式）。
21．（14分）化合物G是合成某强效镇痛药的关键中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，化合物Z的化学式为 。
（3）D生成E的反应类型为 。
（4）F生成G的离子反应方程式依次是： ， 。
（5）化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足以下条件的有 种。
条件：a.能够发生银镜反应；b.可与FeCl3溶液发生显色反应。
写出其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构简式 。
（6）根据以上信息，写出以及BrCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
2022年广东省广州市高考化学一模试卷
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）中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓（GaAs）太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，化学性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镓属于金属材料
B．GaAs中As的化合价是﹣3
C．镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D．砷化镓电池能将光能转化为电能
【分析】A．砷化镓是无机化合物，不属于金属材料；
B．Ga处于第四周期第IIIA主族，As处于第四周期第VA主族；
C．同主族元素性质相近，依据氧化铝性质推测氧化镓性质；
D．太阳能电池能将太阳能转化为电能的装置；
【解答】解：A．砷化镓是一种半导体材料，是化合物，不是金属材料，故A错误；
B．Ga中最外层电子数为3，其最高正价为+3价，则GaAs中Ga为+3价，As的化合价为﹣3，故B正确；
C．“氧化铝具有两性，镓与铝位于同主族，性质相似，所以可知Ga2O3具有两性，既能与酸反应，又能与碱反应，故C正确；
D．太阳能电池能将太阳能转化为电能的装置，因此砷化镓电池能将太阳光的能量转化为电能，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，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。
2．（2分）北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法错误的是（ ）
A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，火焰呈明亮黄色
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是天然高分子材料
D．速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保
【分析】A．氢燃料火炬反应产物为水，无污染；
B．钠的焰色反应为黄色；
C．聚乳酸是人工合成的高分子材料；
D．氟利昂的使用对臭氧层具有破坏作用。
【解答】解：A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，反应产物为水，无污染，且实现碳排放为零，有利于实现碳中和，故A正确；
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，钠的焰色反应为黄色，所以火焰呈明亮黄色，故B正确；
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是人工合成的高分子材料，故C错误；
D．二氧化碳跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，减少了氟利昂对臭氧层的破坏作用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生化学在生活中的应用，具体涉及氢燃料电池，可降解塑料，二氧化碳制冰，焰色反应等，从而增强学生的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（2分）绢本宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石[主要成分为Cu（OH）2•CuCO3]，红色来自赭石（赤铁矿），黑色来自炭黑。下列说法错误的是（ ）
A．蚕丝制品绢的主要成分是蛋白质
B．孔雀石受热易分解
C．赭石的主要成分是Fe3O4
D．炭黑由松枝烧制，该过程是化学变化
【分析】A．蚕丝成分为蛋白质；
B．Cu（OH）2•CuCO3不稳定，受热易分解；
C．赭石的主要成分是Fe2O3；
D．松枝主要成分为纤维素。
【解答】解：A．蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；
B．Cu（OH）2•CuCO3不稳定，受热易分解得到氧化铜，故B正确；
C．赭石的主要成分是Fe2O3，显红色，故C错误；
D．松枝主要成分为纤维素，由松枝烧制成炭黑，发生化学变化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的组成、性质和变化，注意知识的积累，题目难度不大。
4．（2分）某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl﹣发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
【分析】由图可知，利用电解食盐水，制取消毒液，原理为阳极发生氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，生成氯气，阴极发生含有反应生成氢气：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，然后发生反应：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，从而制得消毒液，据此分析作答。
【解答】解：A．该消毒液的有效成分是NaClO，主要成分是NaClO和NaCl，故A正确；
B．通电时Cl﹣发生氧化反应，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，故B正确；
C．电子在外电路中移动，溶液中是离子的定向移动，故C错误；
D．该装置的优点是随制随用，适合家庭使用，方便，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查消毒液的制取原理，掌握氯及其化合物的性质是解决本题的关键，同时考查电解原理的应用，属于高频考点，难度不大。
5．（2分）下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用SO2漂白纸张
SO2具有氧化性
B
用铝槽车运输浓硝酸
Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C
用生石灰作食品干燥剂
CaO易与水反应
D
用Si制作芯片
Si是良好的半导体材料
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．二氧化硫与有色物质化合可以生成无色化合物，所以二氧化硫具有漂白性；
B．依据浓硝酸的强氧化性解答；
C．生石灰具有吸水性，与水反应生成氢氧化钙；
D．晶体硅为良好的半导体。
【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；
B．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝钝化生成致密的氧化膜，阻止反应继续进行，所以可用铝槽车运输浓硝酸，故B正确；
C．生石灰具有吸水性，可用作食品干燥剂，故C正确；
D．晶体硅为良好的半导体，可用硅做芯片，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了基本化学变化与生活的联系，熟悉相关物质的性质、掌握基础为解题关键，题目难度不大。
6．（2分）一种合成玫瑰香油的主要原料的结构简式如图所示，关于该有机物说法正确的是（ ）
A．分子式为C10H18O，属于烯烃
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生水解反应
D．能发生加成反应和取代反应
【分析】A．该分子中含有10个碳原子、18个氢原子、1个氧原子，含有碳碳双键和醇羟基；
B．碳碳双键、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．酯基、卤原子、酰胺键能发生水解反应；
D．含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质。
【解答】解：A．由结构可知香叶醇的分子式为C10H18O，含有氧原子，所以不属于烯烃，故A错误；
B．碳碳双键、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．不含酯基、卤原子或酰胺键，所以不能发生水解反应，故C错误；
D．含碳碳双键可发生加成反应，含﹣OH可发生取代反应，故D正确；
故选：D。
【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。
7．（2分）溴甲基蓝（用HBb表示）指示剂是一 元弱酸，HBb为黄色，Bb﹣为蓝色。下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L ﹣1HBb溶液的pH＝2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中，c（H+）+c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb）
【分析】A．HBb为弱酸，部分电离；
B．弱电解质的电离为吸热过程；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，氢氧根离子能够促进HBb的电离；
D．依据物料守恒判断。
【解答】解：A．HBb为弱酸，部分电离，所以0.01mol•L ﹣1HBb溶液，氢离子浓度小于0.01mol/L，溶液pH大于2，故A错误；
B．弱电解质的电离为吸热过程，升高温度促进HBb的电离，溶液pH减小，故B正确；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，氢氧根离子能够促进HBb的电离，导致溶液中Bb﹣浓度增大，溶液显蓝色，故C错误；
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡，明确电离平衡移动影响因素是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
【分析】由图可知，a为氮元素的单质，即N2，b为+2价的氧化物，即NO，c为+4价的氧化物，即NO2，d为+5价的酸，即HNO3，e为+5价的盐，即硝酸盐，据此分析作答即可。
【解答】解：A．a为N2，氮元素化合价为0价，既可以升高，也可以降低，则N2既可被氧化，也可被还原，故A正确；
B．c为NO2，溶于水与水反应生成硝酸和NO，方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故B正确；
C．d为HNO3，b为NO，将铜丝插入浓硝酸中反应生成硝酸铜、NO2以及水，故C错误；
D．在自然界中，N2在放电时转化为NO，NO立即与空气中的氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸随雨水降入到土壤中，与土壤中的矿物质作用生成硝酸盐，故自然界存在a→b→c→d→e的转化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，同时考查了学生对价类二维图的理解，属于高频考点，难度不大。
9．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．1molFe溶于过量稀硝酸，转移的电子数目为3NA
C．0.1mol•L﹣1HClO，溶液中含有阳离子总数为0.1NA
D．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为4NA
【分析】A.1个甲醇分子中含有3个C﹣H键；
B.铁与过量硝酸反应生成硝酸铁；
C.题目未给溶液体积；
D.由公式n＝计算物质的量，氮气和氢气均为双原子分子。
【解答】解：A.32g甲醇中含有C﹣H键的数目为×3×NA/mol＝3NA，故A错误；
B.1molFe溶于过量稀硝酸生成硝酸铁，转移的电子数目为1mol×3×NA/mol＝3NA，故B正确；
C.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故C错误；
D.标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为×2×NA/mol＝2NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
10．（2分）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【分析】A.该反应中消耗二氧化碳；
B.由图可知，Fe3O4和CaO均可循环利用；
C.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
D.氢气、氮气之间的键为非极性共价键。
【解答】解：A.该反应中消耗二氧化碳，将二氧化碳转化为CO，故可减少二氧化碳的排放，故A正确；
B.由图可知，四氧化三铁和铁之间相互转化，氧化钙和碳酸钙之间相互转化，故Fe3O4和CaO均可循环利用，故B正确；
C.过程①中氢元素的化合价发生变化，过程④碳元素化合价发生变化，均是氧化还原反应，故C正确；
D.氢气中氢原子与氢原子之间的键为非极性共价键，过程①的反应存在氢分子之间的键的断裂，故有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查高炉煤气的一种新的处理过程，涉及到氧化还原反应和非极性键的概念，题目简单，注意要学会看图识图。
11．（2分）某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示。已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电子。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Z＞Y
B．单质的沸点：Z＞X＞Y
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构
D．X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【分析】某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示，已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，结合图示可知，Y形成2个共价键，Z形成5个共价键，原子序数Y＜Z，则Y为O，Z为P元素；X与W同族，X形成1个共价键，W形成+1价阳离子，二者位于ⅠA族，W的原子序数大于P，则X为H，W为K元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为O，Z为P，W为K元素，
A.主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＜Y，故A错误；
B.白磷和红磷常温下均为固态，其沸点大于氢气、氧气和臭氧，氢气、氧气、臭氧形成晶体均为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则单质的沸点：Z＞Y＞X，故B错误；
C.该化合物中P的最外层电子数为5+5＝10，不满足8电子稳定结构，故C错误；
D.X、Y和W形成的化合物为KOH，KOH为了化合物，含有离子键和共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构及化学键来推断元素为解答关键，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。
12．（2分）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B→C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c（C）＝c0﹣c（B）
【分析】A．由图可知，0～t1时，生成物中B多C少，说明反应①容易发生；
B．反应③的平衡常数K＝，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度；
C．t1时，B在减少，C在增加；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c（C）+c（B）＝c（A）起始＝c0。
【解答】解：A．由图可知，0～t1时生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数K＝，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K＞1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c（C）+c（B）＝c（A）起始＝c0，则c（C）＝c0﹣c（B），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学图象、化学反应速率的判断、外界条件对化学反应速率的影响，解题的关键是对图象的分析，难度中等。
13．（2分）下列实验操作或实验方案，不能达到目的的是（ ）
选项
实验操作或实验方案
目的
A
向KMnO4固体中加入浓盐酸，产生的气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸
制取并纯化氯气
B
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液
检验Na2SO3固体是否变质
C
用Na2S2O3溶液分别与0.05mol•L﹣1、0.1mol•L ﹣1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
D
向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色
证明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．饱和食盐水能除去氯气中的HCl、浓硫酸具有吸水性；
B．盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡溶液，若生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡；
C．其它条件相同时，反应物浓度不同，其反应速率不同；
D．AgNO3与AgCl的混合浊液中加入KBr溶液，AgNO3和KBr反应生成AgBr沉淀。
【解答】解：A．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，同时还有水蒸气，饱和食盐水能除去氯气中的HCl、浓硫酸具有吸水性，所以该装置能制取并纯化氯气，故A正确；
B．盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡溶液，若生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则样品已经变质，故B正确；
C．其它条件，只有反应物浓度不同，所以能探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．AgNO3与AgCl的混合浊液中加入KBr溶液，AgNO3和KBr反应生成AgBr沉淀，不发生沉淀的转化，所以不能比较溶度积常数大小，故D错误；
故选：D。
【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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14．（2分）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3•H2O
D．Na2S2O3 溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+
【分析】A．原子个数不守恒；
B．铁离子能够氧化碘离子；
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
D．氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子。
【解答】解：A．Na2O2溶于水，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质和水，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣＝I2+2Fe2++6H2O，故B错误；
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故C错误；
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应为S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应中应保留化学式的物质，题目难度中等。
15．（2分）我国科学家研发了一种室温下可充电的 Na﹣CO2电池，示意图如下。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na
B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动
C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重21.2g
D．放电时，电池的总反应为3CO2+4Na═2Na2CO3+C
【分析】根据图示可知，放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，碳纳米管为正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C；充电时Na为阴极，碳纳米管为阳极释放CO2，据此分析解答。
【解答】解：A.放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na，故A正确；
B.结合分析可知，充电时右侧为阳极，则b为正极，Na+向钠箔电极（阴极）移动，故B正确；
C.，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，由于碳酸钠和C均沉积在碳纳米管，当转移0.4mol电子时，沉积0.1molC和0.2mol碳酸钠，总质量为0.1×12g+0.2×106g＝22.4g，故C错误；
D.放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，则总反应方程式为3CO2+4Na═2Na2CO3+C，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
16．（2分）25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol•L﹣1的邻苯二甲酸氢钾（ 邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10﹣3 Ka2＝3.9×10﹣6）溶液的pH，lgc（H2A）、lgc（HA﹣） 和Igc（A2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣ ）
B．P点时，c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
C．0.1mol•L﹣1KHA溶液中，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
D．用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c（A2﹣）一直增大
【分析】A．H2A+OH﹣＝HA﹣+H+，HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，随pH增大c（H2A）一直下降，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）一直增大；
B．P点时，P处有K2A、KHA，lgc（H2A）≈﹣5，即c（H2A）≈10﹣5 mol/L，若溶质为KHA，则由物料守恒c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），但是P处有K2A、KHA 两种溶质c（K+）不等于c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）；
C．HA﹣⇌H++A2﹣，Ka2＝3.9×10﹣6，HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣，Kh＝＝×＝＝＝9.09×10﹣9＜Ka2，故HA﹣的电离程度更大；
D．HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，c（A2﹣）一直增大。
【解答】解：A．H2A+OH﹣＝HA﹣+H+，HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，随pH增大c（H2A）一直下降，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）一直增大，故曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣），故A正确；
B．P点时，P处有K2A、KHA，lgc（H2A）≈﹣5，即c（H2A）≈10﹣5 mol/L，若溶质为KHA，则由物料守恒c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），但是P处有K2A、KHA 两种溶质c（K+）不等于c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），故B错误；
C．HA﹣⇌H++A2﹣，Ka2＝3.9×10﹣6，HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣，Kh＝＝×＝＝＝9.09×10﹣9＜Ka2，故HA﹣的电离程度更大，故c（A2﹣）＞c（H2A），整体而言电离程度仍较小，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C正确；
D．HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，c（A2﹣）一直增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握图中曲线及坐标的意义、电离平衡常数的应用、物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
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）碘在科研与生活中有重要作用。
I.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是 蒸发皿、酸式滴定管 （从下列图中选择，写出名称）。
（2）“氧化”时加入3mol•L﹣1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为 H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O 。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在 萃取、分液 （从以上流程中选填实验操作名称）中实现与碘分离。
II.定量探究S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c（S2O82﹣）和c（I﹣）的关系v＝kcm（S2O82﹣）cn（I﹣），k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，（NH4）2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：
S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）
实验记录表：
实验编号
A
B
C
D
E
0.2mol•L﹣1（NH4）2S2O8溶液/mL
10
5
2.5
10
10
0.2mol•L﹣1KI溶液/mL
10
10
10
5
2.5
0.05mol•L﹣1Na2S2O3溶液/mL
3
3
3
3
3
0.2mol•L﹣1KNO3溶液/mL
0
V1
V2
V3
V4
0.2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液/mL
0
V5
V6
V7
V8
0.2%淀粉溶液/mL
1
1
1
1
1
t/s
t1
t2
t3
t4
t5
（4）加入KNO3、（NH4）2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1 0 ，V4 7.5 ，V5 5 。
（5）当溶液中 Na2S2O3 （填化学式）耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v（S2O82﹣）＝
mol•L﹣1•s﹣1（列出算式）。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n＝1的判断依据是 t5＝2t4＝4t1 （用t的关系式来表示）。
【分析】（1）灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗；
（2）海带中的碘以I﹣的形式存在，过氧化氢与氢离子反应生成碘单质；
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，以萃取、分液实现与碘分离；
（4）对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致；
（5）当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）可得计量关系S2O82﹣～I2～2 S2O32﹣，据此计算；
（6）n＝1表示速率与c（I﹣）成正比，编号C、D、A中c（I﹣）的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5＝4：2：1。
【解答】解：（1）灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，没有用到的是蒸发皿、酸式滴定管，
故答案为：蒸发皿、酸式滴定管；
（2）海带中的碘以I﹣的形式存在，故离子反应方程式为：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O，
故答案为：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O；
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，以萃取、分液实现与碘分离，
故答案为：萃取；分液；
（4）对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致，为保证溶液总体积不变且仅改变S2O82﹣或I﹣的浓度而其他物质浓度不变，即每组铵根离子浓度要与碘离子浓度相等，故V1＝0mL，V4＝7.5mL，V5＝5mL，
故答案为：0；7.5；5；
（5）当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）可得计量关系S2O82﹣～I2～2 S2O32﹣，则反应速率v（S2O82﹣）：v（S2O32﹣）＝1：2，v（S2O82﹣）＝v（S2O32﹣）＝×＝×mol/（L•s）＝mol/（L•s），
故答案为：Na2S2O3；；
（6）n＝1表示速率与c（I﹣）成正比，编号C、D、A中c（I﹣）的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5＝4：2：1，关系表达式为：t5＝2t4＝4t1，
故答案为：t5＝2t4＝4t1。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息能力，同时考查氧化还原反应原理的应用，属于高频考点，对能力要求较高，难度中等。
18．（14分）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 Fe3+ 还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+ 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ACD （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 10﹣2.9 mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 Al3+、Fe2+、Mg2+ 。向“滤液”中通入足量 Cl2 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 溶浸 工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣ 。
【分析】辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl+2H+，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl4﹣，最后电解得到Sb。
【解答】解：（1）“溶浸”时氧化产物是S，S盐酸化合价由﹣2价变为0价，Fe元素化合价有+3价变为+2价，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，
故答案为：Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2；
（2）溶液中含有未反应的Fe3+，为防止产生杂质，所以“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度，
故答案为：Fe3+；
（3）①根据图知，“水解”生成SbOCl，同时生成HCl，所以Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+，
故答案为：Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，故A正确；
B．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制水解，故B错误；
C．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（Cl﹣），平衡正向移动，可促进水解，故C正确；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c（H+）减小，平衡正向移动，促进水解，故D正确；
故选：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣10.8mol/L，c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c（OH﹣）3＝1.0×10﹣5×（10﹣10.8）3＝1.0×10﹣37.4，“水解”时需控制溶液pH＝2.5，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣11.5mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝10﹣2.9mol/L，
故答案为：10﹣2.9；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，且不能引进新的杂质，所以应该通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：Al3+、Fe2+、Mg2+；Cl2；溶浸；
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣，
故答案为：SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣。
【点评】本题考查物质分离提纯，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意结合习题分析解答，难点是确定各物质成分。
19．（14分）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝ ＝﹣90 kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 a （填“a”或“c”）
（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表CH3OH的曲线为 m （填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度 。
③下列说法错误的是 BC （填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 0.16MPa ，反应II的平衡常数为 （列出算式）。
【分析】（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝。
【解答】解：（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH3＝﹣49kJ•mol﹣1﹣41kJ•mol﹣1＝﹣90kJ•mol﹣1；反应III的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，增大，故对应的曲线为a，
故答案为：﹣90；a；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，
故答案为：m；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低，
故答案为：反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；
故答案为：BC；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝＝，
故答案为：0.16MPa；。
【点评】本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，解题的关键时掌握化学反应原理知识的应用，整体难度中等，是中档题。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如图。
回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p1 。
（2）基态氮原子的价层电子排布图为 C （填编号）。
A.
B.
C.
D.
（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为 sp3 ，化合物 II中阳离子的空间构型为 正四面体构型 。
（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为 F＞O＞S 。
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是 离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键 。
（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。
①晶体中与Al距离最近的Al的个数为 4 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为 （，，） 。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 ×10﹣30 g•cm﹣3 （列出计算式）。
【分析】（1）Al为第13号元素，核外有三个电子层；
（2）基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子为2s22p3；
（3）化合物I中碳原子均是饱和键，杂化轨道类型为sp3杂化；化合物II中可认为（﹣CH3）代替了NH4+中的3个H，类似于甲烷的结构；
（4）根据电负性同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减弱；
（5）离子液体可以形成稳定的离子键，难以断裂；
（6）①结合晶胞结构分析；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，1与3同高，则z坐标相同，2与3的x坐标相同，据此确定；
③根据均摊法结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）Al为第13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，
故答案为：1s22s22p63s23p1；
（2）基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子排布图为，
故答案为：C；
（3）化合物I中碳原子均是饱和键，杂化轨道类型为sp3杂化；化合物II中可认为（﹣CH3）代替了NH4+中的3个H，则阳离子的空间构型为正四面体构型，
故答案为：sp3；正四面体构型；
（4）化合物III中O、F、S，同周期电负性从左到右逐渐增大，同周期从上到下逐渐减弱，则电负性大小为：F＞O＞S，
故答案为：F＞O＞S；
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键，
故答案为：离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键；
（6）①以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4，
故答案为：4；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为（，，），1与3同高，则z坐标相同，2与3的x坐标相同，
故答案为：（，，）；
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其中Al的占有数为8×+6×+4＝8，则所有原子的占有数为：8+16+24＝48，则晶体的密度为ρ＝＝×10﹣30g•cm﹣3，
故答案为：×10﹣30。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、核外电子排布、原子杂化方式判断、原子均摊法的应用、价层电子对互斥理论的应用等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握原子分摊的计算、价层电子互斥理论和晶胞的计算是解题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。
21．（14分）化合物G是合成某强效镇痛药的关键中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 2﹣氯乙醛 。
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，化合物Z的化学式为 HCl 。
（3）D生成E的反应类型为 消去反应 。
（4）F生成G的离子反应方程式依次是： ， 。
（5）化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足以下条件的有 13 种。
条件：a.能够发生银镜反应；b.可与FeCl3溶液发生显色反应。
写出其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构简式 。
（6）根据以上信息，写出以及BrCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
【分析】C发生水解反应生成D，D发生消去反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生水解反应然后酸化得到G，根据G的分子式知，G为；
（5）化合物B的芳香族同分异构体中含有苯环，且符合下列条件：
a.能够发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
b.可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
B的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它环或碳碳双键，如果取代基可能为酚﹣OH、﹣CH3、﹣CHO；取代基可能为﹣CH2CHO、酚﹣OH；
（6）以及BrCH2COOC2H5为原料合成，根据B生成C、C生成D的反应知，先和水发生加成反应生成，再发生催化氧化生成，再和BrCH2COOC2H5发生B生成C、C生成D的反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A的化学名称是2﹣氯乙醛，
故答案为：2﹣氯乙醛；
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，实际上是A先发生加成反应然后发生消去反应生成B，根据元素守恒、原子守恒知，化合物Z的化学式为HCl，
故答案为：HCl；
（3）D中醇羟基发生消去反应生成E中碳碳双键，所以D生成E的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（4）F生成G的离子反应方程式依次是：、，
故答案为：；；
（5）化合物B的芳香族同分异构体中含有苯环，且符合下列条件：
a.能够发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
b.可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
B的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它环或碳碳双键，如果取代基可能为酚﹣OH、﹣CH3、﹣CHO，三个取代基各不相同，所以符合条件的有10种；取代基可能为﹣CH2CHO、酚﹣OH，两个取代基有邻位、对位和间位3种，所以符合条件的同分异构体一共有13种；
其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体中两个取代基位于对位，其结构简式为，
故答案为：13；；
（6）（6）以及BrCH2COOC2H5为原料合成，根据B生成C、C生成D的反应知，先和水发生加成反应生成，再发生催化氧化生成，再和BrCH2COOC2H5发生B生成C、C生成D的反应生成目标产物，其合成路线为 ，
故答案为： 。
【点评】本题考查有机物推断与合成，难度中等，充分利用物质的结构、结构式与反应条件进行分析推断，侧重考查分析推理能力及知识综合运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
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2022年广东省广州市高考化学一模试卷
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）中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓（GaAs）太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，化学性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镓属于金属材料
B．GaAs中As的化合价是﹣3
C．镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D．砷化镓电池能将光能转化为电能
2．（2分）北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法错误的是（ ）
A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，火焰呈明亮黄色
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是天然高分子材料
D．速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保
3．（2分）绢本宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石[主要成分为Cu（OH）2•CuCO3]，红色来自赭石（赤铁矿），黑色来自炭黑。下列说法错误的是（ ）
A．蚕丝制品绢的主要成分是蛋白质
B．孔雀石受热易分解
C．赭石的主要成分是Fe3O4
D．炭黑由松枝烧制，该过程是化学变化
4．（2分）某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl﹣发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
5．（2分）下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用SO2漂白纸张
SO2具有氧化性
B
用铝槽车运输浓硝酸
Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C
用生石灰作食品干燥剂
CaO易与水反应
D
用Si制作芯片
Si是良好的半导体材料
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）一种合成玫瑰香油的主要原料的结构简式如图所示，关于该有机物说法正确的是（ ）
A．分子式为C10H18O，属于烯烃
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生水解反应
D．能发生加成反应和取代反应
7．（2分）溴甲基蓝（用HBb表示）指示剂是一 元弱酸，HBb为黄色，Bb﹣为蓝色。下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L ﹣1HBb溶液的pH＝2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中，c（H+）+c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb）
8．（2分）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
9．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．1molFe溶于过量稀硝酸，转移的电子数目为3NA
C．0.1mol•L﹣1HClO，溶液中含有阳离子总数为0.1NA
D．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为4NA
10．（2分）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
11．（2分）某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示。已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电子。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Z＞Y
B．单质的沸点：Z＞X＞Y
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构
D．X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
12．（2分）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B→C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c（C）＝c0﹣c（B）
13．（2分）下列实验操作或实验方案，不能达到目的的是（ ）
选项
实验操作或实验方案
目的
A
向KMnO4固体中加入浓盐酸，产生的气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸
制取并纯化氯气
B
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液
检验Na2SO3固体是否变质
C
用Na2S2O3溶液分别与0.05mol•L﹣1、0.1mol•L ﹣1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
D
向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色
证明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
A．A B．B C．C D．D
14．（2分）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3•H2O
D．Na2S2O3 溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+
15．（2分）我国科学家研发了一种室温下可充电的 Na﹣CO2电池，示意图如下。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na
B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动
C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重21.2g
D．放电时，电池的总反应为3CO2+4Na═2Na2CO3+C
16．（2分）25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol•L﹣1的邻苯二甲酸氢钾（ 邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10﹣3 Ka2＝3.9×10﹣6）溶液的pH，lgc（H2A）、lgc（HA﹣） 和Igc（A2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣ ）
B．P点时，c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
C．0.1mol•L﹣1KHA溶液中，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
D．用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c（A2﹣）一直增大
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）碘在科研与生活中有重要作用。
I.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是 （从下列图中选择，写出名称）。
（2）“氧化”时加入3mol•L﹣1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为 。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在 （从以上流程中选填实验操作名称）中实现与碘分离。
II.定量探究S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c（S2O82﹣）和c（I﹣）的关系v＝kcm（S2O82﹣）cn（I﹣），k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，（NH4）2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：
S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）
实验记录表：
实验编号
A
B
C
D
E
0.2mol•L﹣1（NH4）2S2O8溶液/mL
10
5
2.5
10
10
0.2mol•L﹣1KI溶液/mL
10
10
10
5
2.5
0.05mol•L﹣1Na2S2O3溶液/mL
3
3
3
3
3
0.2mol•L﹣1KNO3溶液/mL
0
V1
V2
V3
V4
0.2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液/mL
0
V5
V6
V7
V8
0.2%淀粉溶液/mL
1
1
1
1
1
t/s
t1
t2
t3
t4
t5
（4）加入KNO3、（NH4）2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1 ，V4 ，V5 。
（5）当溶液中 （填化学式）耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v（S2O82﹣）＝
mol•L﹣1•s﹣1（列出算式）。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n＝1的判断依据是 （用t的关系式来表示）。
18．（14分）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 。向“滤液”中通入足量 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 。
19．（14分）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝ kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 （填“a”或“c”）
（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表CH3OH的曲线为 （填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 （填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 ，反应II的平衡常数为 （列出算式）。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如图。
回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为 。
（2）基态氮原子的价层电子排布图为 （填编号）。
A.
B.
C.
D.
（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为 ，化合物 II中阳离子的空间构型为 。
（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为 。
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是 。
（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。
①晶体中与Al距离最近的Al的个数为 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为 。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 g•cm﹣3 （列出计算式）。
21．（14分）化合物G是合成某强效镇痛药的关键中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，化合物Z的化学式为 。
（3）D生成E的反应类型为 。
（4）F生成G的离子反应方程式依次是： ， 。
（5）化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足以下条件的有 种。
条件：a.能够发生银镜反应；b.可与FeCl3溶液发生显色反应。
写出其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构简式 。
（6）根据以上信息，写出以及BrCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
2022年广东省广州市高考化学一模试卷
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）中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓（GaAs）太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，化学性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．砷化镓属于金属材料
B．GaAs中As的化合价是﹣3
C．镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D．砷化镓电池能将光能转化为电能
【分析】A．砷化镓是无机化合物，不属于金属材料；
B．Ga处于第四周期第IIIA主族，As处于第四周期第VA主族；
C．同主族元素性质相近，依据氧化铝性质推测氧化镓性质；
D．太阳能电池能将太阳能转化为电能的装置；
【解答】解：A．砷化镓是一种半导体材料，是化合物，不是金属材料，故A错误；
B．Ga中最外层电子数为3，其最高正价为+3价，则GaAs中Ga为+3价，As的化合价为﹣3，故B正确；
C．“氧化铝具有两性，镓与铝位于同主族，性质相似，所以可知Ga2O3具有两性，既能与酸反应，又能与碱反应，故C正确；
D．太阳能电池能将太阳能转化为电能的装置，因此砷化镓电池能将太阳光的能量转化为电能，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，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。
2．（2分）北京2022年冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法错误的是（ ）
A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，实现碳排放为零
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，火焰呈明亮黄色
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是天然高分子材料
D．速滑馆使用CO2制冰，比用氟利昂制冰更环保
【分析】A．氢燃料火炬反应产物为水，无污染；
B．钠的焰色反应为黄色；
C．聚乳酸是人工合成的高分子材料；
D．氟利昂的使用对臭氧层具有破坏作用。
【解答】解：A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，反应产物为水，无污染，且实现碳排放为零，有利于实现碳中和，故A正确；
B．火炬燃料出口处有钠盐涂层，钠的焰色反应为黄色，所以火焰呈明亮黄色，故B正确；
C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是人工合成的高分子材料，故C错误；
D．二氧化碳跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，减少了氟利昂对臭氧层的破坏作用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生化学在生活中的应用，具体涉及氢燃料电池，可降解塑料，二氧化碳制冰，焰色反应等，从而增强学生的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（2分）绢本宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石[主要成分为Cu（OH）2•CuCO3]，红色来自赭石（赤铁矿），黑色来自炭黑。下列说法错误的是（ ）
A．蚕丝制品绢的主要成分是蛋白质
B．孔雀石受热易分解
C．赭石的主要成分是Fe3O4
D．炭黑由松枝烧制，该过程是化学变化
【分析】A．蚕丝成分为蛋白质；
B．Cu（OH）2•CuCO3不稳定，受热易分解；
C．赭石的主要成分是Fe2O3；
D．松枝主要成分为纤维素。
【解答】解：A．蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；
B．Cu（OH）2•CuCO3不稳定，受热易分解得到氧化铜，故B正确；
C．赭石的主要成分是Fe2O3，显红色，故C错误；
D．松枝主要成分为纤维素，由松枝烧制成炭黑，发生化学变化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的组成、性质和变化，注意知识的积累，题目难度不大。
4．（2分）某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl﹣发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
【分析】由图可知，利用电解食盐水，制取消毒液，原理为阳极发生氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，生成氯气，阴极发生含有反应生成氢气：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，然后发生反应：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，从而制得消毒液，据此分析作答。
【解答】解：A．该消毒液的有效成分是NaClO，主要成分是NaClO和NaCl，故A正确；
B．通电时Cl﹣发生氧化反应，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，故B正确；
C．电子在外电路中移动，溶液中是离子的定向移动，故C错误；
D．该装置的优点是随制随用，适合家庭使用，方便，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查消毒液的制取原理，掌握氯及其化合物的性质是解决本题的关键，同时考查电解原理的应用，属于高频考点，难度不大。
5．（2分）下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用SO2漂白纸张
SO2具有氧化性
B
用铝槽车运输浓硝酸
Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C
用生石灰作食品干燥剂
CaO易与水反应
D
用Si制作芯片
Si是良好的半导体材料
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．二氧化硫与有色物质化合可以生成无色化合物，所以二氧化硫具有漂白性；
B．依据浓硝酸的强氧化性解答；
C．生石灰具有吸水性，与水反应生成氢氧化钙；
D．晶体硅为良好的半导体。
【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；
B．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝钝化生成致密的氧化膜，阻止反应继续进行，所以可用铝槽车运输浓硝酸，故B正确；
C．生石灰具有吸水性，可用作食品干燥剂，故C正确；
D．晶体硅为良好的半导体，可用硅做芯片，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了基本化学变化与生活的联系，熟悉相关物质的性质、掌握基础为解题关键，题目难度不大。
6．（2分）一种合成玫瑰香油的主要原料的结构简式如图所示，关于该有机物说法正确的是（ ）
A．分子式为C10H18O，属于烯烃
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生水解反应
D．能发生加成反应和取代反应
【分析】A．该分子中含有10个碳原子、18个氢原子、1个氧原子，含有碳碳双键和醇羟基；
B．碳碳双键、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．酯基、卤原子、酰胺键能发生水解反应；
D．含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质。
【解答】解：A．由结构可知香叶醇的分子式为C10H18O，含有氧原子，所以不属于烯烃，故A错误；
B．碳碳双键、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．不含酯基、卤原子或酰胺键，所以不能发生水解反应，故C错误；
D．含碳碳双键可发生加成反应，含﹣OH可发生取代反应，故D正确；
故选：D。
【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。
7．（2分）溴甲基蓝（用HBb表示）指示剂是一 元弱酸，HBb为黄色，Bb﹣为蓝色。下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L ﹣1HBb溶液的pH＝2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中，c（H+）+c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb）
【分析】A．HBb为弱酸，部分电离；
B．弱电解质的电离为吸热过程；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，氢氧根离子能够促进HBb的电离；
D．依据物料守恒判断。
【解答】解：A．HBb为弱酸，部分电离，所以0.01mol•L ﹣1HBb溶液，氢离子浓度小于0.01mol/L，溶液pH大于2，故A错误；
B．弱电解质的电离为吸热过程，升高温度促进HBb的电离，溶液pH减小，故B正确；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，氢氧根离子能够促进HBb的电离，导致溶液中Bb﹣浓度增大，溶液显蓝色，故C错误；
D．0.01mol•L﹣1 NaBb溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（Bb ﹣）+c（HBb），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡，明确电离平衡移动影响因素是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
【分析】由图可知，a为氮元素的单质，即N2，b为+2价的氧化物，即NO，c为+4价的氧化物，即NO2，d为+5价的酸，即HNO3，e为+5价的盐，即硝酸盐，据此分析作答即可。
【解答】解：A．a为N2，氮元素化合价为0价，既可以升高，也可以降低，则N2既可被氧化，也可被还原，故A正确；
B．c为NO2，溶于水与水反应生成硝酸和NO，方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故B正确；
C．d为HNO3，b为NO，将铜丝插入浓硝酸中反应生成硝酸铜、NO2以及水，故C错误；
D．在自然界中，N2在放电时转化为NO，NO立即与空气中的氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸随雨水降入到土壤中，与土壤中的矿物质作用生成硝酸盐，故自然界存在a→b→c→d→e的转化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，同时考查了学生对价类二维图的理解，属于高频考点，难度不大。
9．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．1molFe溶于过量稀硝酸，转移的电子数目为3NA
C．0.1mol•L﹣1HClO，溶液中含有阳离子总数为0.1NA
D．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为4NA
【分析】A.1个甲醇分子中含有3个C﹣H键；
B.铁与过量硝酸反应生成硝酸铁；
C.题目未给溶液体积；
D.由公式n＝计算物质的量，氮气和氢气均为双原子分子。
【解答】解：A.32g甲醇中含有C﹣H键的数目为×3×NA/mol＝3NA，故A错误；
B.1molFe溶于过量稀硝酸生成硝酸铁，转移的电子数目为1mol×3×NA/mol＝3NA，故B正确；
C.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故C错误；
D.标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含有的原子数为×2×NA/mol＝2NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
10．（2分）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（ ）
A．可减少CO2的排放
B．Fe3O4和CaO均可循环利用
C．过程①和④的转化均为氧化还原反应
D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【分析】A.该反应中消耗二氧化碳；
B.由图可知，Fe3O4和CaO均可循环利用；
C.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
D.氢气、氮气之间的键为非极性共价键。
【解答】解：A.该反应中消耗二氧化碳，将二氧化碳转化为CO，故可减少二氧化碳的排放，故A正确；
B.由图可知，四氧化三铁和铁之间相互转化，氧化钙和碳酸钙之间相互转化，故Fe3O4和CaO均可循环利用，故B正确；
C.过程①中氢元素的化合价发生变化，过程④碳元素化合价发生变化，均是氧化还原反应，故C正确；
D.氢气中氢原子与氢原子之间的键为非极性共价键，过程①的反应存在氢分子之间的键的断裂，故有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查高炉煤气的一种新的处理过程，涉及到氧化还原反应和非极性键的概念，题目简单，注意要学会看图识图。
11．（2分）某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示。已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电子。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Z＞Y
B．单质的沸点：Z＞X＞Y
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构
D．X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【分析】某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示，已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，结合图示可知，Y形成2个共价键，Z形成5个共价键，原子序数Y＜Z，则Y为O，Z为P元素；X与W同族，X形成1个共价键，W形成+1价阳离子，二者位于ⅠA族，W的原子序数大于P，则X为H，W为K元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为O，Z为P，W为K元素，
A.主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＜Y，故A错误；
B.白磷和红磷常温下均为固态，其沸点大于氢气、氧气和臭氧，氢气、氧气、臭氧形成晶体均为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则单质的沸点：Z＞Y＞X，故B错误；
C.该化合物中P的最外层电子数为5+5＝10，不满足8电子稳定结构，故C错误；
D.X、Y和W形成的化合物为KOH，KOH为了化合物，含有离子键和共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构及化学键来推断元素为解答关键，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。
12．（2分）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B→C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c（C）＝c0﹣c（B）
【分析】A．由图可知，0～t1时，生成物中B多C少，说明反应①容易发生；
B．反应③的平衡常数K＝，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度；
C．t1时，B在减少，C在增加；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c（C）+c（B）＝c（A）起始＝c0。
【解答】解：A．由图可知，0～t1时生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数K＝，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K＞1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c（C）+c（B）＝c（A）起始＝c0，则c（C）＝c0﹣c（B），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学图象、化学反应速率的判断、外界条件对化学反应速率的影响，解题的关键是对图象的分析，难度中等。
13．（2分）下列实验操作或实验方案，不能达到目的的是（ ）
选项
实验操作或实验方案
目的
A
向KMnO4固体中加入浓盐酸，产生的气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸
制取并纯化氯气
B
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液
检验Na2SO3固体是否变质
C
用Na2S2O3溶液分别与0.05mol•L﹣1、0.1mol•L ﹣1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
D
向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色
证明 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．饱和食盐水能除去氯气中的HCl、浓硫酸具有吸水性；
B．盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡溶液，若生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡；
C．其它条件相同时，反应物浓度不同，其反应速率不同；
D．AgNO3与AgCl的混合浊液中加入KBr溶液，AgNO3和KBr反应生成AgBr沉淀。
【解答】解：A．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，同时还有水蒸气，饱和食盐水能除去氯气中的HCl、浓硫酸具有吸水性，所以该装置能制取并纯化氯气，故A正确；
B．盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡溶液，若生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则样品已经变质，故B正确；
C．其它条件，只有反应物浓度不同，所以能探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．AgNO3与AgCl的混合浊液中加入KBr溶液，AgNO3和KBr反应生成AgBr沉淀，不发生沉淀的转化，所以不能比较溶度积常数大小，故D错误；
故选：D。
【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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14．（2分）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3•H2O
D．Na2S2O3 溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+
【分析】A．原子个数不守恒；
B．铁离子能够氧化碘离子；
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
D．氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子。
【解答】解：A．Na2O2溶于水，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质和水，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣＝I2+2Fe2++6H2O，故B错误；
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故C错误；
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应为S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应中应保留化学式的物质，题目难度中等。
15．（2分）我国科学家研发了一种室温下可充电的 Na﹣CO2电池，示意图如下。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na
B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动
C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重21.2g
D．放电时，电池的总反应为3CO2+4Na═2Na2CO3+C
【分析】根据图示可知，放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，碳纳米管为正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C；充电时Na为阴极，碳纳米管为阳极释放CO2，据此分析解答。
【解答】解：A.放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，充电时，阴极反应为：Na++e﹣═Na，故A正确；
B.结合分析可知，充电时右侧为阳极，则b为正极，Na+向钠箔电极（阴极）移动，故B正确；
C.，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，由于碳酸钠和C均沉积在碳纳米管，当转移0.4mol电子时，沉积0.1molC和0.2mol碳酸钠，总质量为0.1×12g+0.2×106g＝22.4g，故C错误；
D.放电时Na为负极，反应式为Na﹣e﹣＝Na+，正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，则总反应方程式为3CO2+4Na═2Na2CO3+C，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
16．（2分）25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol•L﹣1的邻苯二甲酸氢钾（ 邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10﹣3 Ka2＝3.9×10﹣6）溶液的pH，lgc（H2A）、lgc（HA﹣） 和Igc（A2﹣）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣ ）
B．P点时，c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
C．0.1mol•L﹣1KHA溶液中，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）
D．用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c（A2﹣）一直增大
【分析】A．H2A+OH﹣＝HA﹣+H+，HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，随pH增大c（H2A）一直下降，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）一直增大；
B．P点时，P处有K2A、KHA，lgc（H2A）≈﹣5，即c（H2A）≈10﹣5 mol/L，若溶质为KHA，则由物料守恒c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），但是P处有K2A、KHA 两种溶质c（K+）不等于c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）；
C．HA﹣⇌H++A2﹣，Ka2＝3.9×10﹣6，HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣，Kh＝＝×＝＝＝9.09×10﹣9＜Ka2，故HA﹣的电离程度更大；
D．HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，c（A2﹣）一直增大。
【解答】解：A．H2A+OH﹣＝HA﹣+H+，HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，随pH增大c（H2A）一直下降，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）一直增大，故曲线①代表lgc（H2A），曲线③代表lgc（A2﹣），故A正确；
B．P点时，P处有K2A、KHA，lgc（H2A）≈﹣5，即c（H2A）≈10﹣5 mol/L，若溶质为KHA，则由物料守恒c（K+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），但是P处有K2A、KHA 两种溶质c（K+）不等于c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣），故B错误；
C．HA﹣⇌H++A2﹣，Ka2＝3.9×10﹣6，HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣，Kh＝＝×＝＝＝9.09×10﹣9＜Ka2，故HA﹣的电离程度更大，故c（A2﹣）＞c（H2A），整体而言电离程度仍较小，c（K+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C正确；
D．HA﹣+OH﹣＝H2O+A2﹣，c（A2﹣）一直增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握图中曲线及坐标的意义、电离平衡常数的应用、物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
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）碘在科研与生活中有重要作用。
I.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是 蒸发皿、酸式滴定管 （从下列图中选择，写出名称）。
（2）“氧化”时加入3mol•L﹣1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为 H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O 。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在 萃取、分液 （从以上流程中选填实验操作名称）中实现与碘分离。
II.定量探究S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c（S2O82﹣）和c（I﹣）的关系v＝kcm（S2O82﹣）cn（I﹣），k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，（NH4）2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：
S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）
实验记录表：
实验编号
A
B
C
D
E
0.2mol•L﹣1（NH4）2S2O8溶液/mL
10
5
2.5
10
10
0.2mol•L﹣1KI溶液/mL
10
10
10
5
2.5
0.05mol•L﹣1Na2S2O3溶液/mL
3
3
3
3
3
0.2mol•L﹣1KNO3溶液/mL
0
V1
V2
V3
V4
0.2mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液/mL
0
V5
V6
V7
V8
0.2%淀粉溶液/mL
1
1
1
1
1
t/s
t1
t2
t3
t4
t5
（4）加入KNO3、（NH4）2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1 0 ，V4 7.5 ，V5 5 。
（5）当溶液中 Na2S2O3 （填化学式）耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v（S2O82﹣）＝
mol•L﹣1•s﹣1（列出算式）。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n＝1的判断依据是 t5＝2t4＝4t1 （用t的关系式来表示）。
【分析】（1）灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗；
（2）海带中的碘以I﹣的形式存在，过氧化氢与氢离子反应生成碘单质；
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，以萃取、分液实现与碘分离；
（4）对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致；
（5）当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）可得计量关系S2O82﹣～I2～2 S2O32﹣，据此计算；
（6）n＝1表示速率与c（I﹣）成正比，编号C、D、A中c（I﹣）的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5＝4：2：1。
【解答】解：（1）灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，没有用到的是蒸发皿、酸式滴定管，
故答案为：蒸发皿、酸式滴定管；
（2）海带中的碘以I﹣的形式存在，故离子反应方程式为：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O，
故答案为：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O；
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，以萃取、分液实现与碘分离，
故答案为：萃取；分液；
（4）对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致，为保证溶液总体积不变且仅改变S2O82﹣或I﹣的浓度而其他物质浓度不变，即每组铵根离子浓度要与碘离子浓度相等，故V1＝0mL，V4＝7.5mL，V5＝5mL，
故答案为：0；7.5；5；
（5）当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）可得计量关系S2O82﹣～I2～2 S2O32﹣，则反应速率v（S2O82﹣）：v（S2O32﹣）＝1：2，v（S2O82﹣）＝v（S2O32﹣）＝×＝×mol/（L•s）＝mol/（L•s），
故答案为：Na2S2O3；；
（6）n＝1表示速率与c（I﹣）成正比，编号C、D、A中c（I﹣）的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5＝4：2：1，关系表达式为：t5＝2t4＝4t1，
故答案为：t5＝2t4＝4t1。
【点评】本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息能力，同时考查氧化还原反应原理的应用，属于高频考点，对能力要求较高，难度中等。
18．（14分）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 Fe3+ 还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+ 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ACD （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 10﹣2.9 mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 Al3+、Fe2+、Mg2+ 。向“滤液”中通入足量 Cl2 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 溶浸 工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣ 。
【分析】辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl+2H+，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl4﹣，最后电解得到Sb。
【解答】解：（1）“溶浸”时氧化产物是S，S盐酸化合价由﹣2价变为0价，Fe元素化合价有+3价变为+2价，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，
故答案为：Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2；
（2）溶液中含有未反应的Fe3+，为防止产生杂质，所以“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度，
故答案为：Fe3+；
（3）①根据图知，“水解”生成SbOCl，同时生成HCl，所以Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+，
故答案为：Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，故A正确；
B．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制水解，故B错误；
C．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（Cl﹣），平衡正向移动，可促进水解，故C正确；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c（H+）减小，平衡正向移动，促进水解，故D正确；
故选：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣10.8mol/L，c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c（OH﹣）3＝1.0×10﹣5×（10﹣10.8）3＝1.0×10﹣37.4，“水解”时需控制溶液pH＝2.5，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣11.5mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝10﹣2.9mol/L，
故答案为：10﹣2.9；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，且不能引进新的杂质，所以应该通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：Al3+、Fe2+、Mg2+；Cl2；溶浸；
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣，
故答案为：SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣。
【点评】本题考查物质分离提纯，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意结合习题分析解答，难点是确定各物质成分。
19．（14分）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝ ＝﹣90 kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 a （填“a”或“c”）
（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表CH3OH的曲线为 m （填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度 。
③下列说法错误的是 BC （填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 0.16MPa ，反应II的平衡常数为 （列出算式）。
【分析】（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝。
【解答】解：（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH3＝﹣49kJ•mol﹣1﹣41kJ•mol﹣1＝﹣90kJ•mol﹣1；反应III的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，增大，故对应的曲线为a，
故答案为：﹣90；a；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，
故答案为：m；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低，
故答案为：反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；
故答案为：BC；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝＝，
故答案为：0.16MPa；。
【点评】本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，解题的关键时掌握化学反应原理知识的应用，整体难度中等，是中档题。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如图。
回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p1 。
（2）基态氮原子的价层电子排布图为 C （填编号）。
A.
B.
C.
D.
（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为 sp3 ，化合物 II中阳离子的空间构型为 正四面体构型 。
（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为 F＞O＞S 。
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是 离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键 。
（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。
①晶体中与Al距离最近的Al的个数为 4 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为 （，，） 。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 ×10﹣30 g•cm﹣3 （列出计算式）。
【分析】（1）Al为第13号元素，核外有三个电子层；
（2）基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子为2s22p3；
（3）化合物I中碳原子均是饱和键，杂化轨道类型为sp3杂化；化合物II中可认为（﹣CH3）代替了NH4+中的3个H，类似于甲烷的结构；
（4）根据电负性同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减弱；
（5）离子液体可以形成稳定的离子键，难以断裂；
（6）①结合晶胞结构分析；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，1与3同高，则z坐标相同，2与3的x坐标相同，据此确定；
③根据均摊法结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）Al为第13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，
故答案为：1s22s22p63s23p1；
（2）基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子排布图为，
故答案为：C；
（3）化合物I中碳原子均是饱和键，杂化轨道类型为sp3杂化；化合物II中可认为（﹣CH3）代替了NH4+中的3个H，则阳离子的空间构型为正四面体构型，
故答案为：sp3；正四面体构型；
（4）化合物III中O、F、S，同周期电负性从左到右逐渐增大，同周期从上到下逐渐减弱，则电负性大小为：F＞O＞S，
故答案为：F＞O＞S；
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键，
故答案为：离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键；
（6）①以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4，
故答案为：4；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为（，，），原子2的坐标为（，，），则原子3的坐标为（，，），1与3同高，则z坐标相同，2与3的x坐标相同，
故答案为：（，，）；
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其中Al的占有数为8×+6×+4＝8，则所有原子的占有数为：8+16+24＝48，则晶体的密度为ρ＝＝×10﹣30g•cm﹣3，
故答案为：×10﹣30。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、核外电子排布、原子杂化方式判断、原子均摊法的应用、价层电子对互斥理论的应用等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握原子分摊的计算、价层电子互斥理论和晶胞的计算是解题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。
21．（14分）化合物G是合成某强效镇痛药的关键中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 2﹣氯乙醛 。
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，化合物Z的化学式为 HCl 。
（3）D生成E的反应类型为 消去反应 。
（4）F生成G的离子反应方程式依次是： ， 。
（5）化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足以下条件的有 13 种。
条件：a.能够发生银镜反应；b.可与FeCl3溶液发生显色反应。
写出其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构简式 。
（6）根据以上信息，写出以及BrCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
【分析】C发生水解反应生成D，D发生消去反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生水解反应然后酸化得到G，根据G的分子式知，G为；
（5）化合物B的芳香族同分异构体中含有苯环，且符合下列条件：
a.能够发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
b.可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
B的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它环或碳碳双键，如果取代基可能为酚﹣OH、﹣CH3、﹣CHO；取代基可能为﹣CH2CHO、酚﹣OH；
（6）以及BrCH2COOC2H5为原料合成，根据B生成C、C生成D的反应知，先和水发生加成反应生成，再发生催化氧化生成，再和BrCH2COOC2H5发生B生成C、C生成D的反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A的化学名称是2﹣氯乙醛，
故答案为：2﹣氯乙醛；
（2）A生成B的方程式可表示为：A+I═B+Z+H2O，实际上是A先发生加成反应然后发生消去反应生成B，根据元素守恒、原子守恒知，化合物Z的化学式为HCl，
故答案为：HCl；
（3）D中醇羟基发生消去反应生成E中碳碳双键，所以D生成E的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（4）F生成G的离子反应方程式依次是：、，
故答案为：；；
（5）化合物B的芳香族同分异构体中含有苯环，且符合下列条件：
a.能够发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
b.可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
B的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它环或碳碳双键，如果取代基可能为酚﹣OH、﹣CH3、﹣CHO，三个取代基各不相同，所以符合条件的有10种；取代基可能为﹣CH2CHO、酚﹣OH，两个取代基有邻位、对位和间位3种，所以符合条件的同分异构体一共有13种；
其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体中两个取代基位于对位，其结构简式为，
故答案为：13；；
（6）（6）以及BrCH2COOC2H5为原料合成，根据B生成C、C生成D的反应知，先和水发生加成反应生成，再发生催化氧化生成，再和BrCH2COOC2H5发生B生成C、C生成D的反应生成目标产物，其合成路线为 ，
故答案为： 。
【点评】本题考查有机物推断与合成，难度中等，充分利用物质的结构、结构式与反应条件进行分析推断，侧重考查分析推理能力及知识综合运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
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