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广东省省名校联盟2021届高三下学期开学考试（新高考）化学试题（解析版）
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这是一份广东省省名校联盟2021届高三下学期开学考试（新高考）化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了5 V 51 Fe 56， 化学与生活密切相关， 下列装置能达到实验目的的是，1ml·L－1NaCl溶液， 设NA为阿伏加德罗常数的值， 下列操作不能达到实验目的的是， 等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（ ）
A. 硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B. 氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C. 次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D. 葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；
D．葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；
故答案为D。
2. 漂白粉在水中可与溶解的CO2发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。下列表示相关微粒的化学用语错误的是
A. 中子数为10的氧原子为OB. Ca2＋的结构示意图为
C. CO2的电子式为D. HClO的结构式为H－Cl－O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. O原子的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，可以表示为O，故A正确；
B. Ca2＋核外电子数为18，Ca2＋的结构示意图为，故B正确；
C. 在CO2分子中，C与两个O原子分别形成2个共用电子对，CO2的电子式为，故C正确；
D. 在HClO分子中，O原子分别与H、Cl原子形成1个共用电子对，HClO的结构式为H－O－Cl，故D错误；
答案选D。
3. 下列成语或谚语中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法不正确的是( )
A. 炉火纯青——通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度
B. 水滴石穿——(以大理石为例)
C. 恨铁不成钢——钢的性能远优于铁
D. 真金不怕火炼——单质金的熔点很高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．道家炼丹时炉子里的火焰从红色转成纯青色的时候就认为炼丹成功，炼丹者通过观察炉火的火焰颜色判断炉内温度，A项正确；
B．空气中的可与在水中缓慢反应生成可溶于水的，长时间的反应会使石头穿孔， B项正确；
C．钢属于合金，其性能比铁好，C项正确；
D．真金不怕火炼是指在高温下金也很难发生化学反应，是单质金的化学性质稳定，而不是单质金的熔点很高，D项错误；
答案选D。
4. 我国在探索太空、开发深海、建设高铁、5G 技术联通等方面取得举世瞩目的成就，这些成就与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )
A. 长征五号运载火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
B. 大力发展太阳能、风能、氢能等新能源有利于生态文明建设
C. 网络强国战略铺设光缆线路超三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
D. 5G 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．长征五号运载火箭箭体采用铝合金是因为铝合金具有硬度大、密度小且耐高温、耐腐蚀的特点，故A错误；
B．大力发展太阳能、风能、氢能等新能源可以减少化石燃料使用，减少环境污染，有利于生态文明建设，故B正确；
C．光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D．手机电池工作时，电池中化学能部分转化为电能，还有一部分会转化为热能，故D错误；
答案选B。
5. Li4Ti5O12、Na2Ti2O7、K2Ti3O7均是原电池中的正极材料，其制备方法为：在三乙烯四胺(分子式为C6H18N4，作为助溶剂)中水热法合成TiO2，然后控温160℃分别在LiOH溶液、NaOH溶液、KOH溶液中反应6小时。该过程中涉及的元素属于短周期元素的有
A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在物质C6H18N4、TiO2、LiOH、NaOH、KOH中，元素H、Li、C、N、O、Na为短周期元素，共6种，故A正确；
故选A。
6. 下列装置能达到实验目的的是
A. 配制0.1ml·L－1NaCl溶液
B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃
C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液
D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.配制0.1ml·L－1NaCl溶液，定容时眼睛平视刻度线，A项错误；
B.石蜡油分解得到乙烯，乙烯和溴加成，使得溴的四氯化碳溶液褪色，因而可以检验，B项正确；
C.葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因而不能分离，C项错误；
D.NaOH溶液会和空气中CO2反应，生成Na2CO3，因而蒸发不能得到纯净的NaOH，而且氢氧化钠会腐蚀陶瓷蒸发皿，D项错误。
故答案选B。
7. 汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是
A. 能与Na2CO3溶液反应放出气体
B. 该物质遇FeCl3溶液不显色
C. 1ml该物质与溴水反应，最多消耗2mlBr2
D. 与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．汉黄芩素含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应但不能产生二氧化碳气体，选项A错误；
B．含酚-OH，遇FeCl3溶液显色，选项B错误；
C．酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 ml该物质与溴水反应，最多消耗2ml Br2，故C正确；
D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，选项D错误；
答案选C。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B. 2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1ml氧气转移的电子数为0.4NA
D. 常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/ml，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1ml，而且两者均含10个中子，故0.1mlH218O和D2O中均含1ml中子即NA个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。
9. 下列操作不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．先中和过量的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，如果淀粉水解，产物中含有醛基，可生成砖红色沉淀，操作能达到实验目的，A项不选；
B．饱和氯化铁溶液加入量过大，生成的是沉淀，不能得到胶体，应向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，立即停止加热，B项不能达到实验目的，B项选；
C．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，分别滴加稀盐酸，前者先无气体生成后有无色气体生成，后者直接生成无色气体，C项操作能达到实验目的，C项不选；
D．将锌片和铁片平行插入稀硫酸中，再用导线将二者相连，锌片会溶解，铁片浸入稀硫酸部分有无色气泡生成，说明锌做负极，铁做正极，金属性：Zn>Fe，D项操作能达到实验目的，D项不选；
答案选B。
10. 含钯(Pd)催化剂可用于石油化工行业催化加氢和催化氧化。从失活的含钯催化剂(含Pd、Al2O3和有机物)中提取Pd的一种流程如下：
下列说法错误的是
A. “焙烧”的主要目的是除去有机物B. 金属Pd的还原性弱于金属Al
C. 上述流程中含钯物种均难溶于水D. “高温炼钯”过程中可能产生白烟
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A. “焙烧”可使有机物转化为挥发性物质而除去，A项正确；
B. 由流程图知，稀硫酸不能溶解Pd单质，故金属Pd的还原性弱于金属Al，B项正确；
C. 王水溶解后含钯物种存在于溶液中，C项错误；
D. “高温炼钯"过程中生成的NH3和HCl遇冷生成NH4Cl而产生白烟，D项正确；
故选C。
11. 我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐，局部结构如图，其中含有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，X、Y、Z、M的单质均为气体
B. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C. X、Y形成的最常见化合物的水溶液显碱性
D. M的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】D
【解析】
【分析】该物质是由两种阳离子和两种阴离子构成，其中含有两种10电子离子、一种18电子离子，且X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，均不在同一族，结合图中结构可知，X为H，Y为N，Z为O，M为Cl，化合物中含有、、Cl-。
【详解】A．常温下均为气体，A正确；
B．在该盐中，内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；
C．的水溶液是氨水，溶液显碱性，C正确；
D．的氧化物对应的水化物有HClO、等，HClO是弱酸，D错误；
故选D。
12. 化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是
A. 该反应达到平衡时：c(Cu2＋)=c(Mn2＋)
B. 平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C. 平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数表达式：K=Ksp(CuS)/Ksp(MnS)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)得，Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，K===＞1，即c(Cu2＋)＜c(Mn2＋)，A错误；
B．CuS为固体，对上述平衡没有影响，B错误；
C．加入少量Cu(NO3)2(s)，c(Cu2＋)增大，上述平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，C正确；
D．由A可知，K===，D错误；
答案选C。
13. 研究人员提出了一种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示，下列说法错误的是
A. 第一步每生成1ml氧气转移的电子数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）
B. 第一步实现了能量转化：可再生能源→电能→化学能
C. 第二步反应方程式为 6Li+N22Li3N
D. 该工艺的总反应为N2+3H22NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．第一步电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，每生成1ml氧气转移4ml电子，电子数为4NA，故A正确；
B．根据图示，第一步的能量转化：风能和太阳能等可再生能源转化为电能，在电解池中电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，实现可再生能源→电能→化学能的转化，故B正确；
C．根据图示，第一步生成了锂，第三步中的反应物为Li3N，因此第二步反应生成了Li3N，因此第二步反应的化学方程式为 6Li+N22Li3N，故C正确；
D．根据流程图，该工艺的第一步反应为4LiOH(熔融)4Li+2H2O+O2↑，第二步反应为 6Li+N22Li3N，第三步反应为Li3N+ 3H2O= 3LiOH+ NH3，因此总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D错误；
故选D。
14. 我国科学家提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
下列有关说法错误的是
A. 原料到产品的总反应属于加成反应
B. CH3COOH分子中最多有7个原子共平面
C. ①→②放出热量并形成了C一C键
D. CH4→CH3COOH过程中，有两种类型的化学键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 原料到产品的总反应为，属于加成反应，A正确；
B. CH3COOH分子中最多有羧基的四个原子和甲基中的两个原子共6个原子共平面，B错误；
C. 根据图中所示的信息，①→②放出热量并形成了C一C键，C正确；
D. CH4→CH3COOH过程中，有碳氧双键和碳氢单键两种类型的化学键断裂，D正确；
故答案选B。
【点睛】在判断一个反应是否为“加成反应”时，不能单凭“烷烃无法发生加成反应”来进行判断，烷烃可在一定条件下加到其他的双键上。
15. 利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是
A. 电极b反应式是O2+4e－+2H2O=4OH－
B. 乙装置d电极附近溶液的pH增大
C. c电极上的电极反应式为N2O4－2e－+H2O=N2O5+2H+
D. 每转移2mle－生成2mlN2O5和1mlH2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．甲装置为原电池，其中a电极为负极、b电极为正极，左侧加入了硫酸，其中的H+可透过质子膜而进入右侧极室，所以右侧极室是酸性的，所以电极反应中不能生成OH-，而应生成水：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误；
B．乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，虽然消耗了H+，但同时有等量的H+从阳极区迁移过来，故溶液的pH不变，B项错误；
C．c电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；
D．据C项的电极反应式N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，可以看出转移2mle－生成2mlN2O5，根据甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知转移2mle－生成1mlH2SO4，D项正确；
答案选择D项。
【点睛】分析电化学装置时，要特别注意电极区的介质情况。乙装置左侧并非电解质水溶液，只有N2O4和HNO3，题给C项中的电极反应表达的是在酸性水溶液中反应的式子。
16. 25℃时，向10.00 mL 0.1000溶液中滴加相同物质量浓度的氨水，测得混合溶液中随滴加氨水体积的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 水的电离程度：
B. 的数量级为
C. 点满足
D. 点满足
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．点时酸碱恰好完全反应，为溶液，促进水电离；点溶液呈中性，溶质为(NH4)2SO4和NH3▪H2O，盐对水电离的促进作用与氨水对水电离的抑制作用恰好抵消，此时不影响水电离；点溶液呈酸性，溶质为(NH4)2SO4和H2SO4，以酸的电离为主，抑制水电离；所以水的电离程度：， A正确；
B．点时，溶液中c(OH-)=10-8.7ml/L，c(H+)=10-5.2ml/L，溶质为(NH4)2SO4，其物质的量浓度为=ml/L， c()=ml/L，所以 ，可知Kh()的数量级为，B正确；
C．根据电荷守恒，点满足，故，C错误；
D．点溶液是和的物质的量之比为1：2的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得，，整理得可得，D正确；
故选C。
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. 锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO 等）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。
已知：Fe的活泼性强于Ni。
（1）ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3，则ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式___。
（2）“净化Ⅰ”操作分为两步：
①将溶液中少量的 Fe2+氧化，下列试剂中可选用的是_____(填字母标号）。
A．新制氯水 B．30 % H2O2溶液 C．FeC13溶液 D．KMnO4溶液
②加入ZnO，调节溶液pH为3.3~6.7；加热到60℃左右并不断搅拌，加热搅拌主要目的是___。
（3）“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是____。
（4）“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是______。
【答案】 (1). (2). B (3). 促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去 (4). 氢氧化铁胶粒具有吸附性 (5). 使铜离子、镍离子转化为单质而除去
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据信息ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3可知，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、水，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；
（2）①将溶液中少量的 Fe2+氧化，应选用氧化性较强且产物不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将Fe2+氧化，且会引入新的杂质，KMnO4溶液还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应当加入过氧化氢，选B；
②加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去；
（3）因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性，则净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质；
（4）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化Ⅰ后除去Fe元素，所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去。
18. 化学小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物，利用图装置进行如下实验：
Ⅰ．向盛有0.1 ml•L-1FeCl3溶液的三颈瓶中，滴加一定量0.1 ml•L-1Na2S溶液，搅拌，能闻到臭鸡蛋气味，产生沉淀A。
Ⅱ．向盛有0.1 ml•L-1 Na2S溶液三颈瓶中，滴加少量0.1ml•L-1 FeCl3溶液，搅拌，产生沉淀B。
已知：①FeS2为黑色固体，且不溶于水和盐酸。②Ksp（Fe2S3）=1×10-88，Ksp（FeS2）=6.3×10-31，Ksp[Fe（OH）3]=1×10-38，Ksp（FeS）=4×10-19
回答下列问题：
(1)NaOH溶液的作用是______。
小组同学猜测，沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下实验进行探究：
实验一、探究A的成分
取沉淀A于小烧杯中，进行如下实验：
(2)试剂X是______。由此推断A的成分是______（填化学式）。
实验二、探究B的成分
取沉淀B于小烧杯中，进行如下实验：
(3)向试管a中加入试剂Y，观察到明显现象，证明溶液中存在Fe2+．试剂Y是______，明显现象是______。由此推断B的成分是______（填化学式）。
(4)请分析Ⅱ中实验未得到Fe（OH）3的原因是______。
【答案】 (1). 吸收H2S有毒气体 (2). 二硫化碳 (3). FeS和S的混合物 (4). K3[Fe（CN）6]溶液或NaOH溶液 (5). 生成蓝色沉淀或生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色 (6). Fe2S3 (7). 由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀
【解析】
【分析】
【详解】(1)实验中产生了臭鸡蛋气味的H2S有毒气体，为避免污染环境，用氢氧化钠吸收，
故答案为：吸收H2S有毒气体；
(2)实验现象中分离出淡黄色固体硫，硫的溶解度是：易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水，固体加盐酸后溶解闻到臭鸡蛋气味，说明是FeS，
故答案为：二硫化碳；FeS和S的混合物；
(3)亚铁离子和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子遇到NaOH溶液生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色；FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应生成Fe2S3也可发生氧化还原反应生成FeS和S的混合物，根据加试剂X得溶液甲加热无淡黄色固体，说明无硫单质，及后续实验和现象，故FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成Fe2S3；
故答案：K3[Fe（CN）6]溶液或NaOH溶液；生成蓝色沉淀或生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色；Fe2S3；
(4)已知Fe（OH）3=10-39，Fe2S3=10-88，可知Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀，
故答案为：由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀。
19. 乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H=+213.7kJ·ml-1
脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·ml-1
（1）2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=____kJ·ml-1。
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为_____（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：
①约650℃之前，脱羧基反应活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是____。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示____。
（3）保持温度为T℃，压强为pkPa不变的条件下，在密闭容器中投入一定量的醋酸发生上述两个反应，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，脱羧基反应消耗乙酸60%，则平衡时乙酸体积分数为____（结果保留1位小数）；脱羧基反应的平衡常数Kp为____kPa（结果保留1位小数）。
（4）光催化反应技术使用CH4和____（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）。
（5）若室温下将aml/L的CH3COOH溶液和bml/LBa(OH)2溶液等体积混合，恢复室温后有2c（Ba2+）=c(CH3COO-)，则乙酸的电离平衡常数Ka=____（用含a和b的代数式表示）。
【答案】 (1). -247.2 (2). 常压 (3). 随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动 (4). CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g) (5). 9.1% (6). 0.8p (7). CO2 (8). (2b×10-7)/(a-2b)
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律计算；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；
①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动；
②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气；
（3）根据体积分数的定义计算，根据平衡常数Kp的定义计算；
（4）理解绿色化学理念，原子利用率100%进行推断CH4和哪种物质反应生成乙酸；
（5）巧用题中给的已知数据，计算乙酸的电离平衡常数Ka 。
【详解】（1）由盖斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·ml-1 - 213.7kJ·ml-1=-247.2 kJ·ml-1；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；
①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动，650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动，故氢气的产率高于甲烷；
②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应方程式为：CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g)；
（3）假设投入乙酸的物质的量为aml，热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.2aml，乙酸热裂解反应生成的一氧化碳和氢气的物质的量为：n(CO)=n(H2)=0.4aml；脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脱羧基反应消耗乙酸60%，故脱羧基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.6aml，脱羧基反应生成的甲烷和二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6aml；故乙酸的体积分数为：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)] ×100%=9.1% ；p(CH4)=p(CO2)=( 0.6a/2.2a) ×pkPa=(3/11) ×pkPa，p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a) ×pkPa=(1/11) ×pkPa，脱羧基反应的平衡常数Kp=[(3/11) ×p ×(3/11) ×p]/[ (1/11) ×p]=0.8p；
（4）由原子守恒可知，光催化反应技术使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）；
（5）由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)= c(CH3COO-)，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3COO-)=bm/L、c(CH3COOH)=(a/2-b) m/L、c(H+)=1×10-7m/L，故Ka=[1×10-7×b/(a/2-b)=(2b×10-7)/(a-2b)。
【点睛】利用盖斯定律计算相应热化学方程式的反应热，从图中信息判断反应条件的改变，对反应速率、转化率的影响，由题中给的数据信息准确计算化学平衡常数和电离平衡常数。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
20. 硫、钒化合物在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子排布图为_______，钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是_______，的空间构型为_______。
(2)2-巯基烟酸氧钒配合物(图甲)是副作用小的有效调节血糖的新型药物：
该药物中N原子的杂化方式是_______；2-巯基烟酸(图乙)水溶性优于2-巯基烟酸氧钒配合物(图乙)的原因是_______。
(3)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图丙所示，该晶胞的化学式为_______。图丁为该晶胞的俯视图，该晶孢的密度为_______(列出计算式即可)。
【答案】 (1). (2). +5 (3). 正四面体 (4). (5). 2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大 (6). VS (7).
【解析】
【分析】
【详解】(1)钒为23号元素，电子排布式为，价电子排布图为；钒原子失去5个价电子后，形成8电子稳定结构，故其最稳定的化合价是+5；根据价层电子对互斥原理，中的形成4个键，孤电子对数为，空间构型为正四面体；
(2)根据结构简式可知N原子形成2个键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为杂化；2-巯基烟酸含有羧基，可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好；
(3)晶胞中Ⅴ原子个数为，S原子个数为2个，所以化学式为VS；一个晶胞的质量为，晶胞底面积为，晶胞的体积为，所以晶胞的密度。
21. 卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂，被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：
（1） A中官能团的名称是______________，A→B反应方程式为_______________。C→D的反应类型是_________________。
（2）1mlD与NaOH溶液反应，最多消耗__________NaOH
（3）卡托普利E的分子中有_____个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是______。
a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2
c.E的分子式为C9H16NO3S d.E存在属于芳香族化合物的同分异构体
（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为_________、_________。M加聚反应生成高分子化合物N的方程式为_____________。
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH (3). 取代 (4). 3ml (5). 2 (6). cd (7). (8). OHC-C(CH3)2-CHO (9). n CH2=C(CH3)COOCH3→
【解析】
【分析】
（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；根据反应条件和反应类型书写A到B的方程式；C到D，C中氯原子被取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，
【详解】（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A到B为碳碳双键的加成反应，方程式为：CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D，C中的氯原子被取代，为取代反应，
故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应，所以1mlD与NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S，故c错误；d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误，
故答案为：2；cd；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有： ；M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：
，方程式为：n CH2=C(CH3)COOCH3→；
故答案为：、 ；n CH2=C(CH3)COOCH3→。选项
目的
操作
A
检验淀粉是否水解
先中和过量的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
B
制备氢氧化铁胶体
向10 mL沸水中加入10 mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸一段时间
C
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液
逐滴向两种溶液中滴加稀盐酸
D
证明金属性：Zn>Fe
将锌片和铁片平行插入稀硫酸中，再用导线将二者相连
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（ ）
A. 硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B. 氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C. 次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D. 葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；
D．葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；
故答案为D。
2. 漂白粉在水中可与溶解的CO2发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。下列表示相关微粒的化学用语错误的是
A. 中子数为10的氧原子为OB. Ca2＋的结构示意图为
C. CO2的电子式为D. HClO的结构式为H－Cl－O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. O原子的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，可以表示为O，故A正确；
B. Ca2＋核外电子数为18，Ca2＋的结构示意图为，故B正确；
C. 在CO2分子中，C与两个O原子分别形成2个共用电子对，CO2的电子式为，故C正确；
D. 在HClO分子中，O原子分别与H、Cl原子形成1个共用电子对，HClO的结构式为H－O－Cl，故D错误；
答案选D。
3. 下列成语或谚语中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法不正确的是( )
A. 炉火纯青——通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度
B. 水滴石穿——(以大理石为例)
C. 恨铁不成钢——钢的性能远优于铁
D. 真金不怕火炼——单质金的熔点很高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．道家炼丹时炉子里的火焰从红色转成纯青色的时候就认为炼丹成功，炼丹者通过观察炉火的火焰颜色判断炉内温度，A项正确；
B．空气中的可与在水中缓慢反应生成可溶于水的，长时间的反应会使石头穿孔， B项正确；
C．钢属于合金，其性能比铁好，C项正确；
D．真金不怕火炼是指在高温下金也很难发生化学反应，是单质金的化学性质稳定，而不是单质金的熔点很高，D项错误；
答案选D。
4. 我国在探索太空、开发深海、建设高铁、5G 技术联通等方面取得举世瞩目的成就，这些成就与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )
A. 长征五号运载火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
B. 大力发展太阳能、风能、氢能等新能源有利于生态文明建设
C. 网络强国战略铺设光缆线路超三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
D. 5G 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．长征五号运载火箭箭体采用铝合金是因为铝合金具有硬度大、密度小且耐高温、耐腐蚀的特点，故A错误；
B．大力发展太阳能、风能、氢能等新能源可以减少化石燃料使用，减少环境污染，有利于生态文明建设，故B正确；
C．光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D．手机电池工作时，电池中化学能部分转化为电能，还有一部分会转化为热能，故D错误；
答案选B。
5. Li4Ti5O12、Na2Ti2O7、K2Ti3O7均是原电池中的正极材料，其制备方法为：在三乙烯四胺(分子式为C6H18N4，作为助溶剂)中水热法合成TiO2，然后控温160℃分别在LiOH溶液、NaOH溶液、KOH溶液中反应6小时。该过程中涉及的元素属于短周期元素的有
A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在物质C6H18N4、TiO2、LiOH、NaOH、KOH中，元素H、Li、C、N、O、Na为短周期元素，共6种，故A正确；
故选A。
6. 下列装置能达到实验目的的是
A. 配制0.1ml·L－1NaCl溶液
B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃
C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液
D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.配制0.1ml·L－1NaCl溶液，定容时眼睛平视刻度线，A项错误；
B.石蜡油分解得到乙烯，乙烯和溴加成，使得溴的四氯化碳溶液褪色，因而可以检验，B项正确；
C.葡萄糖与氯化钠的混合液为小分子和离子溶液，可穿过半透膜，因而不能分离，C项错误；
D.NaOH溶液会和空气中CO2反应，生成Na2CO3，因而蒸发不能得到纯净的NaOH，而且氢氧化钠会腐蚀陶瓷蒸发皿，D项错误。
故答案选B。
7. 汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是
A. 能与Na2CO3溶液反应放出气体
B. 该物质遇FeCl3溶液不显色
C. 1ml该物质与溴水反应，最多消耗2mlBr2
D. 与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．汉黄芩素含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应但不能产生二氧化碳气体，选项A错误；
B．含酚-OH，遇FeCl3溶液显色，选项B错误；
C．酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 ml该物质与溴水反应，最多消耗2ml Br2，故C正确；
D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，选项D错误；
答案选C。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B. 2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1ml氧气转移的电子数为0.4NA
D. 常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/ml，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1ml，而且两者均含10个中子，故0.1mlH218O和D2O中均含1ml中子即NA个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2NA个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。
9. 下列操作不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．先中和过量的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，如果淀粉水解，产物中含有醛基，可生成砖红色沉淀，操作能达到实验目的，A项不选；
B．饱和氯化铁溶液加入量过大，生成的是沉淀，不能得到胶体，应向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，立即停止加热，B项不能达到实验目的，B项选；
C．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，分别滴加稀盐酸，前者先无气体生成后有无色气体生成，后者直接生成无色气体，C项操作能达到实验目的，C项不选；
D．将锌片和铁片平行插入稀硫酸中，再用导线将二者相连，锌片会溶解，铁片浸入稀硫酸部分有无色气泡生成，说明锌做负极，铁做正极，金属性：Zn>Fe，D项操作能达到实验目的，D项不选；
答案选B。
10. 含钯(Pd)催化剂可用于石油化工行业催化加氢和催化氧化。从失活的含钯催化剂(含Pd、Al2O3和有机物)中提取Pd的一种流程如下：
下列说法错误的是
A. “焙烧”的主要目的是除去有机物B. 金属Pd的还原性弱于金属Al
C. 上述流程中含钯物种均难溶于水D. “高温炼钯”过程中可能产生白烟
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A. “焙烧”可使有机物转化为挥发性物质而除去，A项正确；
B. 由流程图知，稀硫酸不能溶解Pd单质，故金属Pd的还原性弱于金属Al，B项正确；
C. 王水溶解后含钯物种存在于溶液中，C项错误；
D. “高温炼钯"过程中生成的NH3和HCl遇冷生成NH4Cl而产生白烟，D项正确；
故选C。
11. 我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐，局部结构如图，其中含有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，X、Y、Z、M的单质均为气体
B. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C. X、Y形成的最常见化合物的水溶液显碱性
D. M的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】D
【解析】
【分析】该物质是由两种阳离子和两种阴离子构成，其中含有两种10电子离子、一种18电子离子，且X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，均不在同一族，结合图中结构可知，X为H，Y为N，Z为O，M为Cl，化合物中含有、、Cl-。
【详解】A．常温下均为气体，A正确；
B．在该盐中，内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；
C．的水溶液是氨水，溶液显碱性，C正确；
D．的氧化物对应的水化物有HClO、等，HClO是弱酸，D错误；
故选D。
12. 化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是
A. 该反应达到平衡时：c(Cu2＋)=c(Mn2＋)
B. 平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C. 平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数表达式：K=Ksp(CuS)/Ksp(MnS)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)得，Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，K===＞1，即c(Cu2＋)＜c(Mn2＋)，A错误；
B．CuS为固体，对上述平衡没有影响，B错误；
C．加入少量Cu(NO3)2(s)，c(Cu2＋)增大，上述平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，C正确；
D．由A可知，K===，D错误；
答案选C。
13. 研究人员提出了一种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示，下列说法错误的是
A. 第一步每生成1ml氧气转移的电子数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）
B. 第一步实现了能量转化：可再生能源→电能→化学能
C. 第二步反应方程式为 6Li+N22Li3N
D. 该工艺的总反应为N2+3H22NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．第一步电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，每生成1ml氧气转移4ml电子，电子数为4NA，故A正确；
B．根据图示，第一步的能量转化：风能和太阳能等可再生能源转化为电能，在电解池中电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，实现可再生能源→电能→化学能的转化，故B正确；
C．根据图示，第一步生成了锂，第三步中的反应物为Li3N，因此第二步反应生成了Li3N，因此第二步反应的化学方程式为 6Li+N22Li3N，故C正确；
D．根据流程图，该工艺的第一步反应为4LiOH(熔融)4Li+2H2O+O2↑，第二步反应为 6Li+N22Li3N，第三步反应为Li3N+ 3H2O= 3LiOH+ NH3，因此总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，故D错误；
故选D。
14. 我国科学家提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
下列有关说法错误的是
A. 原料到产品的总反应属于加成反应
B. CH3COOH分子中最多有7个原子共平面
C. ①→②放出热量并形成了C一C键
D. CH4→CH3COOH过程中，有两种类型的化学键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 原料到产品的总反应为，属于加成反应，A正确；
B. CH3COOH分子中最多有羧基的四个原子和甲基中的两个原子共6个原子共平面，B错误；
C. 根据图中所示的信息，①→②放出热量并形成了C一C键，C正确；
D. CH4→CH3COOH过程中，有碳氧双键和碳氢单键两种类型的化学键断裂，D正确；
故答案选B。
【点睛】在判断一个反应是否为“加成反应”时，不能单凭“烷烃无法发生加成反应”来进行判断，烷烃可在一定条件下加到其他的双键上。
15. 利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是
A. 电极b反应式是O2+4e－+2H2O=4OH－
B. 乙装置d电极附近溶液的pH增大
C. c电极上的电极反应式为N2O4－2e－+H2O=N2O5+2H+
D. 每转移2mle－生成2mlN2O5和1mlH2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．甲装置为原电池，其中a电极为负极、b电极为正极，左侧加入了硫酸，其中的H+可透过质子膜而进入右侧极室，所以右侧极室是酸性的，所以电极反应中不能生成OH-，而应生成水：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误；
B．乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，虽然消耗了H+，但同时有等量的H+从阳极区迁移过来，故溶液的pH不变，B项错误；
C．c电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；
D．据C项的电极反应式N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，可以看出转移2mle－生成2mlN2O5，根据甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知转移2mle－生成1mlH2SO4，D项正确；
答案选择D项。
【点睛】分析电化学装置时，要特别注意电极区的介质情况。乙装置左侧并非电解质水溶液，只有N2O4和HNO3，题给C项中的电极反应表达的是在酸性水溶液中反应的式子。
16. 25℃时，向10.00 mL 0.1000溶液中滴加相同物质量浓度的氨水，测得混合溶液中随滴加氨水体积的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 水的电离程度：
B. 的数量级为
C. 点满足
D. 点满足
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．点时酸碱恰好完全反应，为溶液，促进水电离；点溶液呈中性，溶质为(NH4)2SO4和NH3▪H2O，盐对水电离的促进作用与氨水对水电离的抑制作用恰好抵消，此时不影响水电离；点溶液呈酸性，溶质为(NH4)2SO4和H2SO4，以酸的电离为主，抑制水电离；所以水的电离程度：， A正确；
B．点时，溶液中c(OH-)=10-8.7ml/L，c(H+)=10-5.2ml/L，溶质为(NH4)2SO4，其物质的量浓度为=ml/L， c()=ml/L，所以 ，可知Kh()的数量级为，B正确；
C．根据电荷守恒，点满足，故，C错误；
D．点溶液是和的物质的量之比为1：2的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得，，整理得可得，D正确；
故选C。
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. 锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO 等）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。
已知：Fe的活泼性强于Ni。
（1）ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3，则ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式___。
（2）“净化Ⅰ”操作分为两步：
①将溶液中少量的 Fe2+氧化，下列试剂中可选用的是_____(填字母标号）。
A．新制氯水 B．30 % H2O2溶液 C．FeC13溶液 D．KMnO4溶液
②加入ZnO，调节溶液pH为3.3~6.7；加热到60℃左右并不断搅拌，加热搅拌主要目的是___。
（3）“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是____。
（4）“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是______。
【答案】 (1). (2). B (3). 促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去 (4). 氢氧化铁胶粒具有吸附性 (5). 使铜离子、镍离子转化为单质而除去
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据信息ZnFe2O4可写成ZnO•Fe2O3可知，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、水，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；
（2）①将溶液中少量的 Fe2+氧化，应选用氧化性较强且产物不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将Fe2+氧化，且会引入新的杂质，KMnO4溶液还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应当加入过氧化氢，选B；
②加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去；
（3）因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性，则净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质；
（4）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化Ⅰ后除去Fe元素，所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去。
18. 化学小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物，利用图装置进行如下实验：
Ⅰ．向盛有0.1 ml•L-1FeCl3溶液的三颈瓶中，滴加一定量0.1 ml•L-1Na2S溶液，搅拌，能闻到臭鸡蛋气味，产生沉淀A。
Ⅱ．向盛有0.1 ml•L-1 Na2S溶液三颈瓶中，滴加少量0.1ml•L-1 FeCl3溶液，搅拌，产生沉淀B。
已知：①FeS2为黑色固体，且不溶于水和盐酸。②Ksp（Fe2S3）=1×10-88，Ksp（FeS2）=6.3×10-31，Ksp[Fe（OH）3]=1×10-38，Ksp（FeS）=4×10-19
回答下列问题：
(1)NaOH溶液的作用是______。
小组同学猜测，沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下实验进行探究：
实验一、探究A的成分
取沉淀A于小烧杯中，进行如下实验：
(2)试剂X是______。由此推断A的成分是______（填化学式）。
实验二、探究B的成分
取沉淀B于小烧杯中，进行如下实验：
(3)向试管a中加入试剂Y，观察到明显现象，证明溶液中存在Fe2+．试剂Y是______，明显现象是______。由此推断B的成分是______（填化学式）。
(4)请分析Ⅱ中实验未得到Fe（OH）3的原因是______。
【答案】 (1). 吸收H2S有毒气体 (2). 二硫化碳 (3). FeS和S的混合物 (4). K3[Fe（CN）6]溶液或NaOH溶液 (5). 生成蓝色沉淀或生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色 (6). Fe2S3 (7). 由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀
【解析】
【分析】
【详解】(1)实验中产生了臭鸡蛋气味的H2S有毒气体，为避免污染环境，用氢氧化钠吸收，
故答案为：吸收H2S有毒气体；
(2)实验现象中分离出淡黄色固体硫，硫的溶解度是：易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水，固体加盐酸后溶解闻到臭鸡蛋气味，说明是FeS，
故答案为：二硫化碳；FeS和S的混合物；
(3)亚铁离子和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，亚铁离子遇到NaOH溶液生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色；FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应生成Fe2S3也可发生氧化还原反应生成FeS和S的混合物，根据加试剂X得溶液甲加热无淡黄色固体，说明无硫单质，及后续实验和现象，故FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成Fe2S3；
故答案：K3[Fe（CN）6]溶液或NaOH溶液；生成蓝色沉淀或生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色；Fe2S3；
(4)已知Fe（OH）3=10-39，Fe2S3=10-88，可知Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀，
故答案为：由溶度积数据知，Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀。
19. 乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H=+213.7kJ·ml-1
脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·ml-1
（1）2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=____kJ·ml-1。
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为_____（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：
①约650℃之前，脱羧基反应活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是____。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示____。
（3）保持温度为T℃，压强为pkPa不变的条件下，在密闭容器中投入一定量的醋酸发生上述两个反应，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，脱羧基反应消耗乙酸60%，则平衡时乙酸体积分数为____（结果保留1位小数）；脱羧基反应的平衡常数Kp为____kPa（结果保留1位小数）。
（4）光催化反应技术使用CH4和____（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）。
（5）若室温下将aml/L的CH3COOH溶液和bml/LBa(OH)2溶液等体积混合，恢复室温后有2c（Ba2+）=c(CH3COO-)，则乙酸的电离平衡常数Ka=____（用含a和b的代数式表示）。
【答案】 (1). -247.2 (2). 常压 (3). 随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动 (4). CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g) (5). 9.1% (6). 0.8p (7). CO2 (8). (2b×10-7)/(a-2b)
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律计算；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；
①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动；
②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气；
（3）根据体积分数的定义计算，根据平衡常数Kp的定义计算；
（4）理解绿色化学理念，原子利用率100%进行推断CH4和哪种物质反应生成乙酸；
（5）巧用题中给的已知数据，计算乙酸的电离平衡常数Ka 。
【详解】（1）由盖斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·ml-1 - 213.7kJ·ml-1=-247.2 kJ·ml-1；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；
①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动，650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动，故氢气的产率高于甲烷；
②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应方程式为：CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g)；
（3）假设投入乙酸的物质的量为aml，热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.2aml，乙酸热裂解反应生成的一氧化碳和氢气的物质的量为：n(CO)=n(H2)=0.4aml；脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脱羧基反应消耗乙酸60%，故脱羧基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.6aml，脱羧基反应生成的甲烷和二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6aml；故乙酸的体积分数为：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)] ×100%=9.1% ；p(CH4)=p(CO2)=( 0.6a/2.2a) ×pkPa=(3/11) ×pkPa，p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a) ×pkPa=(1/11) ×pkPa，脱羧基反应的平衡常数Kp=[(3/11) ×p ×(3/11) ×p]/[ (1/11) ×p]=0.8p；
（4）由原子守恒可知，光催化反应技术使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）；
（5）由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)= c(CH3COO-)，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3COO-)=bm/L、c(CH3COOH)=(a/2-b) m/L、c(H+)=1×10-7m/L，故Ka=[1×10-7×b/(a/2-b)=(2b×10-7)/(a-2b)。
【点睛】利用盖斯定律计算相应热化学方程式的反应热，从图中信息判断反应条件的改变，对反应速率、转化率的影响，由题中给的数据信息准确计算化学平衡常数和电离平衡常数。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
20. 硫、钒化合物在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子排布图为_______，钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是_______，的空间构型为_______。
(2)2-巯基烟酸氧钒配合物(图甲)是副作用小的有效调节血糖的新型药物：
该药物中N原子的杂化方式是_______；2-巯基烟酸(图乙)水溶性优于2-巯基烟酸氧钒配合物(图乙)的原因是_______。
(3)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图丙所示，该晶胞的化学式为_______。图丁为该晶胞的俯视图，该晶孢的密度为_______(列出计算式即可)。
【答案】 (1). (2). +5 (3). 正四面体 (4). (5). 2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大 (6). VS (7).
【解析】
【分析】
【详解】(1)钒为23号元素，电子排布式为，价电子排布图为；钒原子失去5个价电子后，形成8电子稳定结构，故其最稳定的化合价是+5；根据价层电子对互斥原理，中的形成4个键，孤电子对数为，空间构型为正四面体；
(2)根据结构简式可知N原子形成2个键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为杂化；2-巯基烟酸含有羧基，可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好；
(3)晶胞中Ⅴ原子个数为，S原子个数为2个，所以化学式为VS；一个晶胞的质量为，晶胞底面积为，晶胞的体积为，所以晶胞的密度。
21. 卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂，被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：
（1） A中官能团的名称是______________，A→B反应方程式为_______________。C→D的反应类型是_________________。
（2）1mlD与NaOH溶液反应，最多消耗__________NaOH
（3）卡托普利E的分子中有_____个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是______。
a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2
c.E的分子式为C9H16NO3S d.E存在属于芳香族化合物的同分异构体
（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为_________、_________。M加聚反应生成高分子化合物N的方程式为_____________。
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH (3). 取代 (4). 3ml (5). 2 (6). cd (7). (8). OHC-C(CH3)2-CHO (9). n CH2=C(CH3)COOCH3→
【解析】
【分析】
（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；根据反应条件和反应类型书写A到B的方程式；C到D，C中氯原子被取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，
【详解】（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A到B为碳碳双键的加成反应，方程式为：CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D，C中的氯原子被取代，为取代反应，
故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应，所以1mlD与NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S，故c错误；d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误，
故答案为：2；cd；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有： ；M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：
，方程式为：n CH2=C(CH3)COOCH3→；
故答案为：、 ；n CH2=C(CH3)COOCH3→。选项
目的
操作
A
检验淀粉是否水解
先中和过量的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
B
制备氢氧化铁胶体
向10 mL沸水中加入10 mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸一段时间
C
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液
逐滴向两种溶液中滴加稀盐酸
D
证明金属性：Zn>Fe
将锌片和铁片平行插入稀硫酸中，再用导线将二者相连
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