2021年广东省六校联盟高考化学考前热身试卷

这是一份2021年广东省六校联盟高考化学考前热身试卷，共42页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021年广东省六校联盟高考化学考前热身试卷
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2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．（2分）中国古代文化是中华民族的先人在改造自然、发展自己的过程中创造的物质财富和精神财富。体现了他们对人生、对社会、对自然的认识及感悟，充满了智慧，其中很多文献记载的古代文化中蕴含着丰富的化学知识，下面理解中不合理的是（　　）
选项
文摘
理解
A
司南之杓，投之于地，其柢指南
“其柢指南”是因为含有Fe2O3
B
千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
描述了石灰石的开采和高温分解过程
C
炉火照天地，红星乱紫烟
描写出古人冶炼金属的壮观场景
D
一尺之棰，日取其半，万世不竭
蕴含着物质无限可分的辩证思想
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）2020年，在夺取疫情防控和经济社会发展“两战全胜”大考中，“中国智造”再次交出了一张精彩纷呈的“答卷”。下列有关化学材料的说法中，错误的是（　　）
A．“中国芯”的主要材料是高纯度的单质硅，其结构类似于金刚石
B．石墨烯是只有一个碳原子厚度的单层石墨，它具有良好的导电性能
C．84消毒液和医用酒精都能有效杀死新冠病毒，混合使用效果更好
D．医用口罩最核心的材料﹣熔喷布以聚丙烯为主要原料，聚丙烯是人工合成高分子材料
3．（2分）用化学用语表示Cl2+2NaOH═H2O+NaCl+NaClO中的相关微粒，其中正确的是（　　）
A．Cl2分子的结构式：Cl﹣Cl
B．H2O的比例模型：
C．Na+的结构示意图：
D．NaOH的电子式：
4．（2分）下列化学教材的实验操作中，主要不是从安全因素考虑的是（　　）
A．实验室制备氯气，需要在通风橱中进行
B．海带提碘实验的萃取操作中，振荡后需要放气
C．制取氢氧化铁胶体时，滴加饱和氯化铁溶液5﹣6滴后继续加热至出现红褐色即停止加热
D．浓硫酸与铜反应的实验后，将冷却后的反应液缓慢倒入装有水的另一支试管中以观察溶液颜色
5．（2分）如图所示的分子酷似企鹅，化学家将分子以企鹅来取名为Penguinone。下列有关Penguinone的说法中正确的是（　　）

A．是芳香族化合物
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．有4种一氯代物
D．一定条件下可以发生加成、取代、氧化等反应
6．（2分）自2011年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将其排放入海，引起了全世界人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中氚很难被清除，此次拟排放的废水中主要污染物为氚，下列与氚有关说法中正确的是（　　）
A．氚是核反应产生的一种新元素
B．氚与氕、氘互为同位素
C．超重水T216O分子中的中子总数为22
D．1H2、2H2、3H2互为同分异构体
7．（2分）下列实验操作正确且能达到实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验操作
A
由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2
将MgCl2•6H2O在HCl气流中加热
B
除去CH4中的C2H4气体
依次通过盛有酸性KMnO4溶液和浓硫酸的洗气瓶
C
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
室温下，用pH试纸测定同浓度的HClO和CH3COOH溶液的pH
D
检验铝热反应（Al和Fe2O3）反应后固体中是否含Fe2O3
取反应后固体，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不含Fe2O3
A．A B．B C．C D．D
8．（2分）据《自然》杂志报道，在300～400℃的高温下，将砂糖（主要成分为蔗糖）等碳水化合物用加热的方法使其形成焦糖与碳之间的“半成品碳”状态，再放进硫酸溶液中高温加热，能生成一种叫“焦糖烯”的物质，其分子式为C36H50O25。下列有关说法正确的是（　　）
A．“半成品碳”是碳元素的一种新单质，与金刚石互为同素异形体
B．“半成品碳”变成焦糖烯，体现了浓硫酸的脱水性
C．焦糖烯是一种新型烯烃，可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．蔗糖是一种多糖，其水解产物可发生银镜反应
9．（2分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法正确的是（　　）
A．HAP能提高HCHO与O2的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和形成
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
10．（2分）2021年4月11日，哈尔滨一男童误以为管道疏通剂是零食，打开食用后大哭，家长下意识给孩子喝水结果导致男童受伤严重。某校化学兴趣小组同学据此查阅资料，得知某品牌的管道疏通剂的成分为：氢氧化物、碳酸钠、次氯酸钠、起泡剂、闪溶速通因子等，他们给出此管道疏通剂的使用建议，其中不合理的是（　　）
A．本品与洁厕精混合使用，疏通效果更佳
B．本品应妥善保管，放在儿童不能接触的地方
C．本品能够有效的杀灭管道内的蟑螂及各种寄生虫
D．本品不腐蚀铸铁、塑料管道，但不可用于铝制品
11．（4分）下列离子组能大量共存且加入（或通入）少量试剂发生的离子反应方程式正确的是（　　）
选项
离子组
试剂
离子方程式
A
新制氯水中：Mg2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
KI
2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+
B
无色溶液中：Na+、NH4+、S2﹣、SO32﹣
硫酸
2S2﹣+SO32﹣+6H+＝3S↓+3H2O
C
25℃水电离c水（H+）•c水（OH﹣）＝1×10﹣20的水溶液中：Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
KOH
HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O
D
NaClO溶液中：K+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
SO2
ClO﹣+SO2+H2O＝Cl﹣+SO42﹣+2H+
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢﹣空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S（g）+O2（g）＝S2（s）+2H2O（l）△H＝﹣632kJ/mol，下列说法中错误的是（　　）

A．电子从电极a流出，经负载流向电极b
B．当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能
C．电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e﹣＝2H2O
D．标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区
13．（4分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中不正确的是（　　）

A．3.1g31P中含有的质子数为1.5NA
B．31g白磷与31g黑磷中含有的P—P键数目均为1.5NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．0.11mol白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O＝20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为1.2NA
14．（4分）一种新型漂白剂（如图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（　　）

A．该漂白剂中四种原子半径大小关系是：W＞Y＞X＞Z
B．该漂白剂中X呈现两种化合价
C．该漂白剂中Y满足8电子稳定结构
D．工业上通过电解熔融的WX来制备W
15．（4分）在25℃时，将1.0Lwmol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．b点混合液中c（H+）＜c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
B．加入CH3COOH过程中，减小
C．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝mol•L﹣1
D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是b＞a＞c
16．（4分）利用CH4消除NO2污染，反应原理为CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO（g）+2H2O（g）。在1L密闭容器中，分别加入0.50molCH4和1.20molNO2，测得控制不同温度，n（CH4）（单位：mol）随时间变化的有关实验数据如表所示，下列说法正确的是（　　）
组别
温度/K
时间/min物质的量/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n（CH4）
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n（CH4）
0.50
0.30
0.18
M
0.15
A．T1温度下，该反应进行40min时，2v正（NO2）＝v逆（CO）
B．T1温度下，前20min内NO2的降解速率为0.025mol/（L•min）
C．T2温度下，若容器内气体平均摩尔质量不变则处于平衡状态
D．该反应在高温下才能自发进行
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）学习小组在实验室中利用图1所示装置制备N2H4并进行相关性质的探究。
I.制备实验：NH3和NaClO溶液反应制取N2H4。

（1）①中装有MnO2的装置名称　 　。
（2）③中分液漏斗盛放的试剂为　 　（填化学式）。
（3）制备N2H4的离子方程式为　 　。
II.探究实验：探究N2H4的还原性和碱性。将制得的肼分离提纯后，进行如图2实验：

【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验，请完成下表中的空白部分。
实验编号
操作
现象
实验结论
1
取少量黑色固体于试管，①　 　
黑色固体不溶解
黑色固体是 Ag
2
操作同实验Ⅰ
黑色固体完全溶解
黑色固体是 Ag2O
3
ⅰ.取少量黑色固体于试管中，加入适量 氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净 试管中，加入几滴乙醛，水浴加热；ⅱ.取少量黑色固体于试管中，加入足量 稀硝酸，振荡。
ⅰ.试管内壁有银镜生成ⅱ.②　 　
黑色固体是 Ag 和 Ag2O
（4）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的Ag2O，请解释产生Ag2O的原因　 　。
（5）在制备实验中，需要先打开⑤的酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量溶液。请结合物质性质说明该操作的目的　 　。
18．废旧锂离子电池的正极材料主要成分是LiCoO2，还含有少量金属Al、Fe以及其他不溶性物质，采用如图1工艺流程回收其中的钴制备Co单质：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Co2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01 mol•L−1）的 pH
7.8
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10−5 mol•L−1）的 pH
9.3
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）“滤液1”中主要存在的阴离子有　 　。
（2）“酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为　 　。“酸浸”时需要控制温度在80～85℃，温度不宜过高的原因是　 　。
（3）如果“酸浸”后的溶液中Co2+浓度为1.0mol•L−1，则“调pH1”应控制的pH范围是　 　。
（4）“滤液2”中可回收利用的物质主要是　 　（填化学式）。
（5）“酸溶”中发生反应的离子方程式为　 　。
（6）“电解”时装置如图2所示，阴极电极反应式为　 　，电解后a室中的电解质溶液可以返回　 　工序循环使用。

19．（14分）CH4﹣CO2干重整技术（简称“DRM技术”）在转化利用CH4的同时可以大量利用CO2，从而成为一项“绿色”的化工技术而受到科研人员的广泛关注。该过程中涉及的反应如下：
主反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.0kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol、﹣283.0kJ/mol和﹣285.8kJ/mol，DRM技术主反应的△H1＝　 　kJ/mol。
（2）在刚性密闭容器中，反应达到平衡状态时随温度变化的关系如图甲所示，随着进料比的增加，值的变化趋势及原因是 　 　。

（3）在1000℃、压强为P时，按投料比＝1.0加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为80%，二氧化碳的转化率为90%，则反应前后气体的总物质的量之比为 　 　，副反应的压强平衡常数Kx＝　 　（注：对于可逆反应：aA+bB⇌cC达到化学平衡时，Kx＝）
（4）DRM技术主反应的催化转化原理的如图乙所示：
①过程Ⅱ实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O（g）的化学方程式是 　 　。
②过程Ⅱ的催化剂是 　 　，只有过程I投料比＝　 　，含铁催化剂组成才会保持不变，维持循环使用。
二.选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属如铬和铁都是生物中不可缺少的元素，它们的配合物除了在药物上的应用外，在设计合成新型分子磁材料领域和聚乙烯生产催化剂方面也具有举足轻重的作用。
[Cr3O（CH3CO2）6（H2O）3]+具有模拟LMWCr激励胰岛素受体激酶活动的活性，其结构如图：

请回答下列问题：
（1）Fe在周期表中的位置 　 　，基态Cr3+的电子排布式为 　 　，
（2）上述络离子中各元素电负性由大到小的顺序为 　 　
（3）上述络离子中Cr（Ⅲ）的配位数是 　 　
（4）上述络离子中的配位体CH3COO﹣中氧原子的杂化方式为 　 　
（5）Cr2O3、V2O3的晶胞结构与Al2O3类似，Cr2O3的熔点为2266℃、V2O3的熔点为1970℃，Cr2O3的熔点比V2O3熔点高的原因为 　 　。
（6）某钒的氧化物的晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 　 　，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，则这种氧化物的晶体密度为 　 　g•cm﹣3（用含a、b、c、NA的计算式表示）。
二.[选修5：有机化学基础]
21．（14分）在新冠肺炎阻击战中，苷类化合物发挥了重要作用。苯丙素苷类化合物是一类天然糖苷，具有抗菌、抗炎、抗病毒、抗肿瘤等多种生物活性。化合物J（）是合成苯丙素苷的一种重要中间体，J的合成路线如图所示：

已知：—OAc的结构为
（1）B的名称为　 　；G中所含官能团名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　反应。
（3）F的分子式为　 　。
（4）F→G的反应方程式为　 　。
（5）写出满足下列条件的F的一种同分异构体　 　
i.1mol该物质最多可与1molNaHCO3反应，也可与4molNa反应
ii.该物质不能发生水解反应
iii.该物质的核磁共振氢谱中峰面积比为6：3：2：1
（6）参考上述流程，以溴苯（）为主要原料合成聚苯乙烯（）

2021年广东省六校联盟高考化学考前热身试卷
参考答案与试题解析
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2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．（2分）中国古代文化是中华民族的先人在改造自然、发展自己的过程中创造的物质财富和精神财富。体现了他们对人生、对社会、对自然的认识及感悟，充满了智慧，其中很多文献记载的古代文化中蕴含着丰富的化学知识，下面理解中不合理的是（　　）
选项
文摘
理解
A
司南之杓，投之于地，其柢指南
“其柢指南”是因为含有Fe2O3
B
千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
描述了石灰石的开采和高温分解过程
C
炉火照天地，红星乱紫烟
描写出古人冶炼金属的壮观场景
D
一尺之棰，日取其半，万世不竭
蕴含着物质无限可分的辩证思想
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.与磁铁的磁性有关；
B.石灰石的开采与分解；
C.高温条件下冶炼金属；
D.描述物质无限可分。
【解答】解：A.其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁（Fe3O4），四氧化三铁具有磁性，故A错误；
B.千锤万凿描述石灰石开采困难，烈火焚烧是指石灰石高温时发生分解反应，故B正确；
C.高温条件下冶炼金属铁、铜等，炉火照天地，红星乱紫烟是描写金属的冶炼，故C正确；
D.一尺之棰，日取其半，万世不竭描述物质无限可分的思想，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，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（2分）2020年，在夺取疫情防控和经济社会发展“两战全胜”大考中，“中国智造”再次交出了一张精彩纷呈的“答卷”。下列有关化学材料的说法中，错误的是（　　）
A．“中国芯”的主要材料是高纯度的单质硅，其结构类似于金刚石
B．石墨烯是只有一个碳原子厚度的单层石墨，它具有良好的导电性能
C．84消毒液和医用酒精都能有效杀死新冠病毒，混合使用效果更好
D．医用口罩最核心的材料﹣熔喷布以聚丙烯为主要原料，聚丙烯是人工合成高分子材料
【分析】A．高纯度的硅为良好的半导体材料，为共价晶体，结构与金刚石相似；
B．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，最早是由科学家用机械剥离的方法从石墨中分离出来，其部分性能优于传统的硅材料；
C．由于84消毒液具有强氧化性，而酒精具有较强的还原性，二者混合将发生氧化还原反应；
D．聚丙烯属于有机高分子。
【解答】解：A．高纯度的硅为良好的半导体材料，为共价晶体，结构与金刚石相似，可以用于制造计算机芯片，故A正确；
B．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，最早是由科学家用机械剥离的方法从石墨中分离出来，其部分性能优于传统的硅材料，具有良好的导电性，故B正确；
C．由于84消毒液具有强氧化性，而酒精具有较强的还原性，二者混合将发生氧化还原反应，故将84消毒液和医用酒精混合使用，会降低杀死新冠病毒效果，故C错误；
D．聚丙烯是通过丙烯发生加聚反应生成的，医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于人工合成有机高分子材料，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3．（2分）用化学用语表示Cl2+2NaOH═H2O+NaCl+NaClO中的相关微粒，其中正确的是（　　）
A．Cl2分子的结构式：Cl﹣Cl
B．H2O的比例模型：
C．Na+的结构示意图：
D．NaOH的电子式：
【分析】A．氯气分子中含有一对共用电子对；
B．用原子的相对大小表示分子的空间结构的模型为比例模型；
C．钠离子是钠原子失去一个电子形成的，离子的核电荷数为11，核外电子数10；
D．NaOH为离子化合物，是钠离子和氢氧根离子构成的，据此写出电子式。
【解答】解：A．氯气分子中含有1个共价键，其结构式为Cl﹣Cl，故A正确；
B．用原子的相对大小表示分子的空间结构的模型为比例模型，而水为V型结构，故其比例模型为，故B错误；
C．钠离子是钠原子失去一个电子形成的，离子的核电荷数为11，核外电子数10，离子结构示意图：，故C错误；
D．NaOH为离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了结构式、电子式、离子结构示意图、比例模型等化学用语的判断，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法。
4．（2分）下列化学教材的实验操作中，主要不是从安全因素考虑的是（　　）
A．实验室制备氯气，需要在通风橱中进行
B．海带提碘实验的萃取操作中，振荡后需要放气
C．制取氢氧化铁胶体时，滴加饱和氯化铁溶液5﹣6滴后继续加热至出现红褐色即停止加热
D．浓硫酸与铜反应的实验后，将冷却后的反应液缓慢倒入装有水的另一支试管中以观察溶液颜色
【分析】A．在通风橱中进行制备的气体，通常情况下有毒气体；
B．分液漏斗振荡后液体挥发，使分液漏斗内气体压强增大；
C．制取氢氧化铁胶体时不会涉及实验安全；
D．浓硫酸与水混合时放热造成液体喷溅。
【解答】解：A．氯气是一种有毒气体，对上呼吸道黏膜造成有害的影响，所以需要在通风橱中制备，故A正确；
B．海带提碘实验的萃取操作中，振荡后液体挥发，使分液漏斗内气体压强增大，需要放气，属于实验安全角度，故B正确；
C．制取氢氧化铁胶体时，滴加饱和氯化铁溶液5﹣6滴后继续加热至出现红褐色即停止加热，即可制得胶体，不会涉及实验安全，故C错误；
D．浓硫酸与铜反应的实验后，将冷却后的反应液缓慢沿器壁倒入装有水的另一支试管中，以利于散热，以观察溶液颜色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，把握实验的基础知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．（2分）如图所示的分子酷似企鹅，化学家将分子以企鹅来取名为Penguinone。下列有关Penguinone的说法中正确的是（　　）

A．是芳香族化合物
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．有4种一氯代物
D．一定条件下可以发生加成、取代、氧化等反应
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、羰基，最下方的3个C均为四面体结构，结合烯烃、酮的性质来解答。
【解答】解：A.不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C.有机物含有3种H，则一氯代物有3种，故C错误；
D.含有碳碳双键，可发生加成、有害反应，含有烃基，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，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酮的性质及应用，题目难度不大。
6．（2分）自2011年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将其排放入海，引起了全世界人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中氚很难被清除，此次拟排放的废水中主要污染物为氚，下列与氚有关说法中正确的是（　　）
A．氚是核反应产生的一种新元素
B．氚与氕、氘互为同位素
C．超重水T216O分子中的中子总数为22
D．1H2、2H2、3H2互为同分异构体
【分析】A．元素是指质子数相同的同类原子的总称；
B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
C．原子中质量数＝质子数+中子数；
D．分子式相同，结构不同的有机物为同分异构体。
【解答】解：A．氚的质子数为1，是氢元素的同位素，不是新元素，故A错误；
B．氚与氕、氘是氢元素的不同原子，互为同位素，故B正确；
C．超重水T216O分子中的中子总数＝（3﹣1）×2+（16﹣8）＝12，故C错误；
D．1H2、2H2、3H2是氢气单质，为同种物质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子的构成、同位素的概念、同分异构体概念等，题目难度不大，要注意1H2、2H2、3H2是氢气单质。
7．（2分）下列实验操作正确且能达到实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验操作
A
由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2
将MgCl2•6H2O在HCl气流中加热
B
除去CH4中的C2H4气体
依次通过盛有酸性KMnO4溶液和浓硫酸的洗气瓶
C
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
室温下，用pH试纸测定同浓度的HClO和CH3COOH溶液的pH
D
检验铝热反应（Al和Fe2O3）反应后固体中是否含Fe2O3
取反应后固体，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不含Fe2O3
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．在氯化氢气流中可抑制镁离子水解；
B．酸性高锰酸钾溶液将乙烯氧化为二氧化碳，引进了新的杂化；
C．次氯酸能够漂白pH试纸；
D．反应后固体中一定含Fe，溶于稀硫酸后Fe与铁离子反应。
【解答】解：A．加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，则由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2需要在HCl气流中加热，故A正确；
B．C2H4被酸性KMnO4溶液氧化为二氧化碳，产生了新的杂质，不能用酸性KMnO4溶液除去CH4中的C2H4气体，故B错误；
C．HClO具有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定HClO溶液的pH，故C错误；
D．反应后固体中的Fe与铁离子反应，干扰了检验结果，滴加KSCN溶液不变红，无法判断是否含有Fe2O3，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
8．（2分）据《自然》杂志报道，在300～400℃的高温下，将砂糖（主要成分为蔗糖）等碳水化合物用加热的方法使其形成焦糖与碳之间的“半成品碳”状态，再放进硫酸溶液中高温加热，能生成一种叫“焦糖烯”的物质，其分子式为C36H50O25。下列有关说法正确的是（　　）
A．“半成品碳”是碳元素的一种新单质，与金刚石互为同素异形体
B．“半成品碳”变成焦糖烯，体现了浓硫酸的脱水性
C．焦糖烯是一种新型烯烃，可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．蔗糖是一种多糖，其水解产物可发生银镜反应
【分析】A.“半成品碳”是化合物不是单质；
B.浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去；
C.焦糖烯中含有C、H、O元素，烯烃只含C、H元素；
D.蔗糖为二糖。
【解答】解：A.“半成品碳”是化合物不是单质而是化合物，所以不是碳元素的同素异形体，故A错误；
B.浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，该反应中浓硫酸体现脱水性，故B正确；
C.焦糖烯中含有C、H、O元素，烯烃只含C、H元素，所以焦糖烯不是烯烃，因为含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，故C错误；
D.蔗糖为二糖，不是多糖，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃性质及分析应用能力的考查，题目难度不大。
9．（2分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法正确的是（　　）
A．HAP能提高HCHO与O2的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和形成
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【分析】A．催化剂能改变化学反应速率，不影响平衡；
B．甲醛被氧化生成二氧化碳和水；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂。
【解答】解：A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，第二步反应中作生成物，为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，不能提高HCHO与O2的平衡转化率，故A错误；
B．甲醛被氧化生成二氧化碳和水，则HCHO在反应中有C﹣H的断裂，没有C﹣H的键形成，故B错误；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自于来自O2，一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应原理的知识点，为高频考点，把握有机物中化学键、反应实质、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．（2分）2021年4月11日，哈尔滨一男童误以为管道疏通剂是零食，打开食用后大哭，家长下意识给孩子喝水结果导致男童受伤严重。某校化学兴趣小组同学据此查阅资料，得知某品牌的管道疏通剂的成分为：氢氧化物、碳酸钠、次氯酸钠、起泡剂、闪溶速通因子等，他们给出此管道疏通剂的使用建议，其中不合理的是（　　）
A．本品与洁厕精混合使用，疏通效果更佳
B．本品应妥善保管，放在儿童不能接触的地方
C．本品能够有效的杀灭管道内的蟑螂及各种寄生虫
D．本品不腐蚀铸铁、塑料管道，但不可用于铝制品
【分析】A．次氯酸钠与盐酸反应生成氯气；
B．依据疏通剂的成分及性质判断解答；
C．次氯酸钠具有强的氧化性；
D．铸铁、塑料与疏通剂成分不反应，铝能够与碱性物质反应。
【解答】解：A．洁厕灵含有盐酸，与次氯酸钠反应生成有毒气体氯气，所以二者不能混合使用，故A选；
B．管道疏通剂的成分为：氢氧化物、碳酸钠、次氯酸钠、起泡剂、闪溶速通因子等，氢氧化物、碳酸钠和次氯酸钠都具有腐蚀性，所以应妥善保管，放在儿童不能接触的地方，故B不选；
C．次氯酸钠具有强的氧化性，能杀菌消毒，所以本品能够有效的杀灭管道内的蟑螂及各种寄生虫，故C不选；
D．铸铁、塑料与疏通剂成分不反应，铝能够与碱性物质反应，所以本品不腐蚀铸铁、塑料管道，但不可用于铝制品，故D不选。
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉疏通剂成分及性质是解题关键，题目难度不大。
11．（4分）下列离子组能大量共存且加入（或通入）少量试剂发生的离子反应方程式正确的是（　　）
选项
离子组
试剂
离子方程式
A
新制氯水中：Mg2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
KI
2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+
B
无色溶液中：Na+、NH4+、S2﹣、SO32﹣
硫酸
2S2﹣+SO32﹣+6H+＝3S↓+3H2O
C
25℃水电离c水（H+）•c水（OH﹣）＝1×10﹣20的水溶液中：Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
KOH
HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O
D
NaClO溶液中：K+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
SO2
ClO﹣+SO2+H2O＝Cl﹣+SO42﹣+2H+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加入KI，先与氯水反应；
B.酸性条件下S2﹣、SO32﹣发生氧化还原反应；
C.25℃水电离c水（H+）•c水（OH﹣）＝1×10﹣20的水溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或碱性；
D.NaClO溶液呈碱性。
【解答】解：A.加入KI，先与氯水反应，反应的离子方程式为Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，故A错误；
B.酸性条件下S2﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2S2﹣+SO32﹣+6H+＝3S↓+3H2O，故B正确；
C.25℃水电离c水（H+）•c水（OH﹣）＝1×10﹣20的水溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或碱性，HCO3﹣不能大量存在，故C错误；
D.NaClO溶液呈碱性，Mg2+不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握离子的信息以及题给条件的判断，把握反应类型的分析，题目难度不大。
12．（4分）十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢﹣空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S（g）+O2（g）＝S2（s）+2H2O（l）△H＝﹣632kJ/mol，下列说法中错误的是（　　）

A．电子从电极a流出，经负载流向电极b
B．当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能
C．电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e﹣＝2H2O
D．标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区
【分析】由2H2S（g）+O2（g）＝S2（s）+2H2O（l）可知，O2在正极b发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，H2S在负极a发生氧化反应，电极反应式为2H2S﹣4e﹣＝4H++S2，据此分析。
【解答】解：A．a为负极，b为正极，电子从电极a流出，经负载流向电极b，故A正确；
B．当电极a的质量增加64g时，即生成1molS2（s），反应中化学能主要转化为电能，则电池内部释放的热能远小于632kJ，故B错误；
C．该电池是质子固体做电解质，所以电极b反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，故C正确；
D．由电极反应式2H2S﹣4e﹣＝4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2S物质的量＝＝0.5mol，H2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意把握正负极的判断、电极反应式的书写，题目难度不大。
13．（4分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中不正确的是（　　）

A．3.1g31P中含有的质子数为1.5NA
B．31g白磷与31g黑磷中含有的P—P键数目均为1.5NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．0.11mol白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O＝20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为1.2NA
【分析】A．计算3.1g31P物质的量，1个31P含15个质子；
B．白磷分子中，形成的P﹣P键六个，平均每个磷原子形成P﹣P键个，黑鳞结构中每个磷原子连接三个磷原子形成三个P﹣P共价键，平均每个磷原子形成个共价键；
C．反应P4+6H2⇌4PH3为可逆反应；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，电子转移总数120e﹣。
【解答】解：A．3.1g31P物质的量＝＝0.1mol，1个31P含质子数15，则0.1mol31P含质子数为0.1mol×15×NA/mol＝1.5NA，故A正确；
B．31g白磷与31g黑磷中，磷原子物质的量＝＝1mol，平均一个磷原子形成的P﹣P键数目相同，均为1.5NA，故B正确；
C．12.4g白磷物质的量＝＝0.1mol，与0.6mol H2在密闭容器中充分反应，反应P4+6H2⇌4PH3为可逆反应，不能进行彻底，故生成PH3分子的数目小于0.4NA，故C错误；
D．反应中，11mol白磷反应，电子转移120mol，0.11mol白磷发生反应，转移电子的物质的量＝＝1.2mol，转移的电子数为1.2NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算、氧化还原反应等，题目难度中等，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
14．（4分）一种新型漂白剂（如图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（　　）

A．该漂白剂中四种原子半径大小关系是：W＞Y＞X＞Z
B．该漂白剂中X呈现两种化合价
C．该漂白剂中Y满足8电子稳定结构
D．工业上通过电解熔融的WX来制备W
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6﹣2﹣1＝3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：W＞Y＞X＞Z，故A正确；
B．该漂白剂中O元素形成﹣O﹣O﹣和﹣OH两种结构，O的化合价为﹣1、﹣2价，故B正确；
C．该漂白剂中B形成4个单键，每个B原子还得到1个电子，其最外层满足8电子稳定结构，故C正确；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融MgCl2冶炼Mg，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、原子核外电子排布推断元素为解答的关键，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。
15．（4分）在25℃时，将1.0Lwmol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．b点混合液中c（H+）＜c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
B．加入CH3COOH过程中，减小
C．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝mol•L﹣1
D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是b＞a＞c
【分析】A．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣）；
B．加入CH3COOH过程中c（Na+）不变，溶液中c（CH3COOH）和c（CH3COO﹣）均增大，c（H+）增大；
C．CH3COONa是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，由图可知c点溶液呈中性，则醋酸过量，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝0.2mol/L，但c点时c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝（w+0.1）mol/L，则c点溶液中剩余c（CH3COOH）＝wmol/L﹣c（CH3COO﹣）＝（w﹣0.1）mol/L，根据Ka（CH3COOH）＝计算Ka；
D．CH3COOH抑制水电离，水电离程度减小，CH3COO﹣促进水电离，水电离程度增大；
【解答】解：A．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故A正确；
B．加入CH3COOH过程中c（Na+）不变，溶液中c（CH3COO﹣）增大，c（H+）增大，则c（OH﹣）＝减小，则减小，故B正确；
C．CH3COONa是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，由图可知c点溶液呈中性，则醋酸过量，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝0.2mol/L，但c点时c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝（w+0.1）mol/L，则c点溶液中剩余c（CH3COOH）＝wmol/L﹣c（CH3COO﹣）＝（w﹣0.1）mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka（CH3COOH）＝＝，故C正确；
D．CH3COOH抑制水电离，在b对应的混合液中加入CH3COOH，水电离程度减小，CH3COO﹣促进水电离，在b对应的混合液中加入CH3COO﹣，水电离程度增大，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒关系式的灵活运用，题目难度中等。
16．（4分）利用CH4消除NO2污染，反应原理为CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO（g）+2H2O（g）。在1L密闭容器中，分别加入0.50molCH4和1.20molNO2，测得控制不同温度，n（CH4）（单位：mol）随时间变化的有关实验数据如表所示，下列说法正确的是（　　）
组别
温度/K
时间/min物质的量/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n（CH4）
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n（CH4）
0.50
0.30
0.18
M
0.15
A．T1温度下，该反应进行40min时，2v正（NO2）＝v逆（CO）
B．T1温度下，前20min内NO2的降解速率为0.025mol/（L•min）
C．T2温度下，若容器内气体平均摩尔质量不变则处于平衡状态
D．该反应在高温下才能自发进行
【分析】A．T1温度下40min与50min时n（CH4），说明40min时达到平衡状态，此时正逆反应速率相等；
B．先计算出T1温度下前20min内CH4的降解速率，然后结合反应速率与化学计量数成正比计算出前20min内NO2的降解速率；
C．该反应为气体体积增大的反应，混合气体总质量不变，则容器内气体平均摩尔质量变量；
D．温度为T2时相同时间段△n（CH4）变化较大，说明温度T2＞T1，则②组反应优先达到平衡，②组平衡时n（CH4）＝0.15mol＞0.10，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0，然后结合该反应的△S及△H﹣T△S＜0时反应自发进行判断。
【解答】解：A．T1温度下，该反应进行40min时达到平衡状态，正逆反应速率相等，化学反应速率与化学计量数相等，则v正（NO2）＝2v逆（CO），故A错误；
B．T1温度下，前20min内CH4的物质的量变化为0.50mol﹣0.25mol＝0.25mol，则v（CH4）＝＝0.0125mol/（L•min），同一反应中反应速率与化学计量数成正比，则前20min内NO2的降解速率v（NO2）＝2v（CH4）＝0.025mol/（L•min），故B正确；
C．CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO（g）+2H2O（g）为气体体积增大的反应，反应过程中混合气体的物质的量为变量，而混合气体的质量不变，则混合气体的平均摩尔质量为变量，当容器内气体平均摩尔质量不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．温度为T2时相同时间段△n（CH4）变化较大，说明温度T2＞T1，则②组反应优先达到平衡，结合表中数据可知②组平衡时n（CH4）＝0.15mol＞0.10，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，其ΔH＜0；CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO（g）+2H2O（g）为气体体积增大的反应，其△S＞0，所以任何温度下均满足△H﹣T△S＜0，即任何温度下该反应均能自发进行，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡判断及计算，为高频考点，把握化学反应速率表达式、化学平衡状态特征为解答关键，注意温度对化学平衡的影响，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度中等。
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）学习小组在实验室中利用图1所示装置制备N2H4并进行相关性质的探究。
I.制备实验：NH3和NaClO溶液反应制取N2H4。

（1）①中装有MnO2的装置名称　圆底烧瓶　。
（2）③中分液漏斗盛放的试剂为　NaOH　（填化学式）。
（3）制备N2H4的离子方程式为　ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O　。
II.探究实验：探究N2H4的还原性和碱性。将制得的肼分离提纯后，进行如图2实验：

【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验，请完成下表中的空白部分。
实验编号
操作
现象
实验结论
1
取少量黑色固体于试管，①　加入足量氨水，振荡　
黑色固体不溶解
黑色固体是 Ag
2
操作同实验Ⅰ
黑色固体完全溶解
黑色固体是 Ag2O
3
ⅰ.取少量黑色固体于试管中，加入适量 氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净 试管中，加入几滴乙醛，水浴加热；ⅱ.取少量黑色固体于试管中，加入足量 稀硝酸，振荡。
ⅰ.试管内壁有银镜生成ⅱ.②　黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色　
黑色固体是 Ag 和 Ag2O
（4）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的Ag2O，请解释产生Ag2O的原因　肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银　。
（5）在制备实验中，需要先打开⑤的酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量溶液。请结合物质性质说明该操作的目的　防止NaClO过量，将生成的肼氧化　。
【分析】（1）分析仪器可知，盛装二氧化锰的仪器为圆底烧瓶；
（2）③的作用为作为反应容器发生反应，上方分液漏斗用于制备次氯酸钠；
（3）装置③中发生反应，次氯酸钠与氨气反应制备肼，据此书写离子反应方程式；
II.N2H4水溶液的碱性弱于氨水；N2H4有强还原性．AgOH在溶液中不稳定易分解生成Ag2O；Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．
实验编号1加入足量氨水，振荡银不溶；
操作同实验1加入足量氨水，黑色固体完全溶解说明为Ag2O；
①取少量黑色固体于试管中，加入适量氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净试管中，加入几滴乙醛，水浴加热出现银镜反应；
②取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，固态完全溶解，并有气体产生证明含银；
（4）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的Ag2O，原因在于肼的溶液呈碱性，结合硝酸银的性质进行分析；
（5）NaClO氧化性过强，会氧化产物。
【解答】解：（1）分析仪器可知，盛装二氧化锰的仪器为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）③的作用为作为反应容器发生反应，上方分液漏斗用于制备次氯酸钠，故应使用氢氧化钠溶液，
故答案为：NaOH；
（3）装置③中发生反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O，
故答案为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O；
II.N2H4水溶液的碱性弱于氨水；N2H4有强还原性．AgOH在溶液中不稳定易分解生成Ag2O；Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．
实验编号1加入足量氨水，振荡银不溶；
操作同实验1加入足量氨水，黑色固体完全溶解说明为Ag2O；
①取少量黑色固体于试管中，加入适量氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净试管中，加入几滴乙醛，水浴加热出现银镜反应；
②取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，固态完全溶解，并有气体产生证明含银；
故答案为：加入足量氨水，振荡；黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色；
（4）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的Ag2O，原因在于肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银，
故答案为：肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银；
（5）在制备实验中，需要先打开⑤的酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量溶液，该操作的目的是防止NaClO过量，将生成的肼氧化，
故答案为：防止NaClO过量，将生成的肼氧化。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
18．废旧锂离子电池的正极材料主要成分是LiCoO2，还含有少量金属Al、Fe以及其他不溶性物质，采用如图1工艺流程回收其中的钴制备Co单质：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Co2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01 mol•L−1）的 pH
7.8
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10−5 mol•L−1）的 pH
9.3
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）“滤液1”中主要存在的阴离子有　AlO2﹣、OH﹣　。
（2）“酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为　2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O　。“酸浸”时需要控制温度在80～85℃，温度不宜过高的原因是　双氧水受热易分解　。
（3）如果“酸浸”后的溶液中Co2+浓度为1.0mol•L−1，则“调pH1”应控制的pH范围是　3.2～6.8　。
（4）“滤液2”中可回收利用的物质主要是　Li2SO4、（NH4）2SO4　（填化学式）。
（5）“酸溶”中发生反应的离子方程式为　Co（OH）2+2H+＝Co2++2H2O　。
（6）“电解”时装置如图2所示，阴极电极反应式为　Co2++2e﹣＝Co　，电解后a室中的电解质溶液可以返回　酸溶　工序循环使用。

【分析】由流程可知，向废旧锂离子电池的正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，将Al溶解，得到的滤液1含有NaAlO2和过量的NaOH，滤渣为LiCoO2、Fe及其它不溶性杂质；加稀H2SO4、双氧水酸浸后得到含有Li+、Co2+、Fe3+的滤液，滤渣1为其它不溶性杂质，向滤液中加入氨水调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，则滤渣2为Fe（OH）3，滤液中含有Li+、Co2+、NH4+，向滤液中再加入氨水调节溶液的pH值，Co2+转化为Co（OH）2沉淀，滤液2中含有Li+、NH4+，Co（OH）2加入盐酸酸溶，发生酸碱中和反应生成盐和水，然后电解CoCl2得到Co，结合题目分析解答。
【解答】解：（1）Al和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐NaAlO2，为了将Al尽可能完全除去，所以加入的NaOH溶液过量，则“滤液1”中主要含有NaAlO2、NaOH，则主要存在的阴离子有AlO2﹣、OH﹣，
故答案为：AlO2﹣、OH﹣；
（2）通过以上分析知，“酸浸”中LiCoO2和稀硫酸、双氧水发生反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水，该反应中双氧水作还原剂、LiCoO2作氧化剂，该反应的化学方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，双氧水不稳定，受热易分解，所以“酸浸”时需要控制温度在80～85℃，温度不宜过高，
故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；双氧水受热易分解；
（3）如果“酸浸”后的溶液中Co2+浓度为1.0mol•L﹣1，“调pH1”使Fe3+完全转化为沉淀但不Co2+不转化为沉淀，Co2+生成沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣7.2mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣6.8mol/L，溶液的pH＝6.8，Fe3+完全转化为沉淀时溶液的pH＝3.2，根据表中数据知，应控制的pH范围是3.2＜pH＜6.8，
故答案为：3.2～6.8；
（4）通过以上分析知，“滤液2”含有Li2SO4、（NH4）2SO4，则“滤液2”中可回收利用的物质主要是Li2SO4、（NH4）2SO4，
故答案为：Li2SO4、（NH4）2SO4；
（5）Co（OH）2加入盐酸酸溶，发生酸碱中和反应生成盐和水，则“酸溶”中发生反应的离子方程式为Co（OH）2+2H+＝Co2++2H2O，
故答案为：Co（OH）2+2H+＝Co2++2H2O；
（6）“电解”CoCl2溶液得到Co，则阴极上得到Co，阴极电极反应式为Co2++2e﹣＝Co，阴极室中的Cl﹣通过阴离子交换膜加入a时，阳极上OH﹣放电生成氧气，阳极室中的H+通过阳离子交换膜进入a时，则电解后a室中HCl浓度增大，则a室中的电解质溶液盐酸可以返回酸溶工序循环使用，
故答案为：Co2++2e﹣＝Co；酸溶。
【点评】本题考查物质的分离提纯及物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确流程图中各物质及其性质、可能发生的反应、物质之间的转化关系并灵活运用题给信息解答问题是解本题关键，难点是信息的正确获取及信息的灵活应用，难点是（3）题pH值范围确定及流程图的分析，题目难度中等。
19．（14分）CH4﹣CO2干重整技术（简称“DRM技术”）在转化利用CH4的同时可以大量利用CO2，从而成为一项“绿色”的化工技术而受到科研人员的广泛关注。该过程中涉及的反应如下：
主反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.0kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol、﹣283.0kJ/mol和﹣285.8kJ/mol，DRM技术主反应的△H1＝　+247.3　kJ/mol。
（2）在刚性密闭容器中，反应达到平衡状态时随温度变化的关系如图甲所示，随着进料比的增加，值的变化趋势及原因是 　值减小，原因是随着进料比的增加，主反应正向移动使n（CO）和n（H2）等量增加，而副反应正向移动导致n（H2）减小和n（CO）增大　。

（3）在1000℃、压强为P时，按投料比＝1.0加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为80%，二氧化碳的转化率为90%，则反应前后气体的总物质的量之比为 　5：9　，副反应的压强平衡常数Kx＝　　（注：对于可逆反应：aA+bB⇌cC达到化学平衡时，Kx＝）
（4）DRM技术主反应的催化转化原理的如图乙所示：
①过程Ⅱ实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O（g）的化学方程式是 　4H2+Fe3O44H2O+3Fe　。
②过程Ⅱ的催化剂是 　Fe3O4和CaO　，只有过程I投料比＝　　，含铁催化剂组成才会保持不变，维持循环使用。
【分析】（1）在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此书写CH4、CO和H2燃烧的热化学方程式，再根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（2）由图甲可知，温度相同时，随着进料比的增加，值减小，增大进料比，相当于保持CH4的浓度不变，增大CO2的浓度，据此结合主反应和副反应的平衡移动解答；
（3）按投料比＝1.0加入刚性密闭容器中，设开始时n0（CO2）＝amol，则n0（CH4）＝amol，由此可得容器中C、H、O的原子总物质的量，再根据甲烷和二氧化碳的转化率计算甲烷和二氧化碳的平衡量，再依次根据碳原子、氧原子、氢原子守恒计算CO、H2O和H2的平衡量，进而得到平衡时气体的总物质的量，得出反应前后气体的总物质的量之比并代入Kx＝计算；
（4）①由图乙可知，在 过程Ⅱ中，H2还原Fe3O4生成H2O和Fe，据此书写化学方程式；
②先根据图乙书写过程Ⅱ的分步反应，据此得出总反应和催化剂，再书写过程Ⅰ的总反应，设过程Ⅰ投料比＝x，CO2的起始量为1mol，则CH4的起始量为xmol，根据化学方程式计算含铁催化剂的消耗量和生成量，只有含铁催化剂的消耗量与生成量相等时，含铁催化剂组成才会保持不变，维持循环使用，据此解得x。
【解答】解：（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热△H分别为﹣890.3kJ/mol、﹣283.0kJ/mol和﹣285.8kJ/mol，则：
①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8kJ/mol
根据盖斯定律，由①﹣2×②﹣2×③可得CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1＝（﹣890.3kJ/mol）﹣2×（﹣283.0kJ/mol）﹣2×（﹣285.8kJ/mol）＝+247.3kJ/mol，
故答案为：+247.3；
（2）由图甲可知，温度相同时，随着进料比的增加，值减小，增大进料比，相当于保持CH4的浓度不变，增大CO2的浓度，主反应和逆反应都正向移动，而主反应正向移动使n（CO）和n（H2）等量增加，而副反应正向移动导致n（H2）减小和n（CO）增大，故值减小，
故答案为：值减小，原因是随着进料比的增加，主反应正向移动使n（CO）和n（H2）等量增加，而副反应正向移动导致n（H2）减小和n（CO）增大；
（3）按投料比＝1.0加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为80%，二氧化碳的转化率为90%，设开始时n0（CO2）＝amol，则n0（CH4）＝amol，n（C）＝n0（CO2）+n0（CH4）＝2amol，n（H）＝4n0（CH4）＝4amol，n（O）＝2n0（CO2）＝2amol，平衡时，n（CH4）＝amol﹣amol×80%＝0.2amol，n（CO2）＝amol﹣amol×90%＝0.1amol，根据碳原子守恒，n（CO）＝n（C）﹣n（CH4）﹣n（CO2）＝（2a﹣0.2a﹣0.1a）mol＝1.7amol，根据氧原子守恒，n（H2O）＝n（O）﹣2n（CO2）﹣n（CO）＝（2a﹣2×0.1a﹣1.7a）mol＝0.1amol，根据氢原子守恒，n（H2）＝×[n（H）﹣4n（CH4）﹣2n（H2O）]＝×（4a﹣4×0.2a﹣2×0.1a）mol＝1.5amol，故反应后气体的总物质的量为n总＝（0.2a+0.1a+1.7amol+0.1a+1.5a）mol＝3.6amol，则反应前后气体的总物质的量之比为（a+a）mol：3.6mol＝5：9，副反应的压强平衡常数Kx＝＝＝，
故答案为：5：9；；
（4）①由图乙可知，过程Ⅱ中生成H2O（g）的反应为H2还原Fe3O4生成H2O和Fe，其化学方程式为：4H2+Fe3O44H2O+3Fe，
故答案为：4H2+Fe3O44H2O+3Fe；
②由图乙可知，过程Ⅰ的反应为：CH4+CO2═2CO+2H4，过程Ⅱ的分步反应为：4H2+Fe3O44H2O+3Fe、CaO+CO2═CaCO3、4CaCO3+3Fe4CO↑+4CaO+Fe3O4，则过程Ⅱ中总反应为：H2+CO2H2O+CO，催化剂是Fe3O4和CaO，过程Ⅰ的总反应为：CH4+CO2═2CO+2H2，设过程Ⅰ投料比＝x，CO2的起始量为1mol，则CH4的起始量为xmol，则过程Ⅰ消耗xmolCO2，同时生成2xmolH2，则在过程Ⅱ中，H2消耗的Fe3O4为2xmol×＝0.5xmol，剩余的（1﹣x）molCO2生成了（1﹣x）molCaCO3，从而生成的Fe3O4为（1﹣x）mol×，要Fe3O4保持不变，维持循环使用，即Fe3O4的消耗量等于生成量，则（1﹣x）mol×＝0.5xmol，解答x＝，
故答案为：Fe3O4和CaO；。
【点评】本题考查燃烧热的含义、反应热和化学平衡的计算以及化学反应的机理，题目难度较大，关键是掌握盖斯定律的应用、平衡移动的原理和平衡常数的含义，明确图象的横纵坐标和物质的变化，把握运用原子守恒和化学方程式计算的方法。
二.选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3：物质结构与性质]
20．（14分）过渡金属如铬和铁都是生物中不可缺少的元素，它们的配合物除了在药物上的应用外，在设计合成新型分子磁材料领域和聚乙烯生产催化剂方面也具有举足轻重的作用。
[Cr3O（CH3CO2）6（H2O）3]+具有模拟LMWCr激励胰岛素受体激酶活动的活性，其结构如图：

请回答下列问题：
（1）Fe在周期表中的位置 　第四周期第Ⅷ族　，基态Cr3+的电子排布式为 　[Ar]3d3　，
（2）上述络离子中各元素电负性由大到小的顺序为 　O＞C＞H＞Cr　
（3）上述络离子中Cr（Ⅲ）的配位数是 　6　
（4）上述络离子中的配位体CH3COO﹣中氧原子的杂化方式为 　sp3、sp2　
（5）Cr2O3、V2O3的晶胞结构与Al2O3类似，Cr2O3的熔点为2266℃、V2O3的熔点为1970℃，Cr2O3的熔点比V2O3熔点高的原因为 　Cr2O3、V2O3均为离子晶体，又Cr3+半径小于V3+，导致Cr2O3的晶格能大于V2O3，故Cr2O3的熔点比V2O3熔点高　。
（6）某钒的氧化物的晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 　VO2　，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，则这种氧化物的晶体密度为 　　g•cm﹣3（用含a、b、c、NA的计算式表示）。
【分析】（1）Fe的原子序数为26，即可判断在周期表中的位置，Cr的原子序数为24，基态Cr原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，失去3个电子形成基态Cr3+；
（2）络离子中含有C、H、O、Cr四种元素，金属元素电负性小于非金属元素，同周期自左至右，元素的电负性逐渐增大，非金属元素中H元素的电负性较小；
（3）根据络离子结构可知，Cr（Ⅲ）的配位数是6；
（4）单键氧原子为sp3杂化，双键氧原子为sp2杂化；
（5）Cr2O3、V2O3均为离子晶体，又Cr3+半径小于V3+，导致Cr2O3的晶格能大于V2O3，晶格能越大，熔沸点越高；
（6）根据均摊法计算可知，晶胞中V原子数目为2，O原子数目为4，所以晶胞的化学式为：VO2，晶胞的质量为：2×＝2×，晶胞的体积为abc×10﹣30cm3，进一步计算出晶胞的密度。
【解答】解：（1）Fe的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，Cr的原子序数为24，基态Cr原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，基态Cr3+的电子排布式为[Ar]3d3，
故答案为：第四周期第Ⅷ族；[Ar]3d3；
（2）络离子中含有C、H、O、Cr四种元素，金属元素电负性小于非金属元素，同周期自左至右，元素的电负性逐渐增大，非金属元素中H元素的电负性较小，所以
C、H、O、Cr四种元素电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H＞Cr，
故答案为：O＞C＞H＞Cr；
（3）根据络离子结构可知，Cr（Ⅲ）的配位数是6，即每个Cr原子含有6个Cr﹣O配位键，
故答案为：6；
（4）配位体CH3COO﹣中含有C＝O键和C﹣O单键，其中的单键氧原子为sp3杂化，双键氧原子为sp2杂化，
故答案为：sp3、sp2；
（5）Cr2O3、V2O3的晶胞结构与Al2O3类似，即Cr2O3、V2O3均为离子晶体，又Cr3+半径小于V3+，导致Cr2O3的晶格能大于V2O3，晶格能越大，熔沸点越高，所以Cr2O3的熔点比V2O3熔点高，
故答案为：Cr2O3、V2O3均为离子晶体，又Cr3+半径小于V3+，导致Cr2O3的晶格能大于V2O3，故Cr2O3的熔点比V2O3熔点高；
（6）根据均摊法计算可知，晶胞中V原子数目为：8×＝2，O原子数目为：4×＝4，所以晶胞的化学式为：VO2，晶胞的质量为：2×＝2×，晶胞的体积为abc×10﹣30cm3，晶胞的密度为：＝g•cm﹣3，
故答案为：VO2；；
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，属于难题，掌握元素周期表的结构，核外电子排布式的书写、晶体类型、杂化方式、配位数的判断，明确晶胞的计算方法是解题的关键，同时考查学生读题获取信息的能力，根据信息分析解决问题的能力，具有一定的综合性。
二.[选修5：有机化学基础]
21．（14分）在新冠肺炎阻击战中，苷类化合物发挥了重要作用。苯丙素苷类化合物是一类天然糖苷，具有抗菌、抗炎、抗病毒、抗肿瘤等多种生物活性。化合物J（）是合成苯丙素苷的一种重要中间体，J的合成路线如图所示：

已知：—OAc的结构为
（1）B的名称为　对溴苯酚或4﹣溴苯酚　；G中所含官能团名称为　醚键、酯基　。
（2）B→C的反应类型为　取代　反应。
（3）F的分子式为　C6H12O6　。
（4）F→G的反应方程式为　　。
（5）写出满足下列条件的F的一种同分异构体　　
i.1mol该物质最多可与1molNaHCO3反应，也可与4molNa反应
ii.该物质不能发生水解反应
iii.该物质的核磁共振氢谱中峰面积比为6：3：2：1
（6）参考上述流程，以溴苯（）为主要原料合成聚苯乙烯（）
【分析】A的分子式为C6H6O，由B的结构简式可知，A分子含有苯环，故A为，A与溴发生取代反应生成B和HBr，B发生取代反应生成C和HBr，C中﹣Br转化为﹣MgBr生成D，D与环氧乙烷发生开环加成、水解生成E，对比F、H的结构简式，结合G的分子式与反应条件可知，F中5个羟基都与发生取代反应生成G和CH3COOH，G中﹣OOCCH3 被溴原子替代生成H，故G的结构简式为，H与E发生取代反应生成J和HBr；
（6）由发生加聚反应生成，模仿C→D→E的转化，先转化为，然后再转化为，最后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成。
【解答】解：（1）B的结构简式为，苯酚为母体，取代基是溴原子，B的名称为：对溴苯酚或4﹣溴苯酚；G的结构简式为，G中所含官能团名称为：醚键、酯基，
故答案为：对溴苯酚或4﹣溴苯酚；醚键、酯基；
（2）B→C过程中酚羟基上氢原子被甲基替代，反应类型为取代反应，
故答案为：取代；
（3）F的结构简式为，则F的分子式为：C6H12O6，
故答案为：C6H12O6；
（4）F→G的反应方程式为：，
故答案为：；
（5）满足下列条件的F（）的一种同分异构体：i.1mol该物质最多可与1molNaHCO3反应，也可与4molNa反应，说明含有1个羧基、3个羟基，ii.该物质不能发生水解反应，说明不含酯基，iii.该物质的核磁共振氢谱中峰面积比为6：3：2：1，而羧基中有1种氢，则3个羟基化学环境相同，则该同分异构体结构简式为：，
故答案为：；
（6）由发生加聚反应生成，模仿C→D→E的转化，先转化为，然后再转化为，最后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。