必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（广东专用）

这是一份必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（广东专用），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前信息必刷卷02
广东专用
本卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Fe56 Ni59 Cu64 La139
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。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. 近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是
A. “奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金
B. “鲲龙”水陆两栖飞机的燃料航空煤油属于纯净物
C. “神舟十三号”运载火箭用到的碳纤维属于新型无机非金属材料
D. “嫦娥五号”月球探测器制作五星红旗用的芳纶属于合成纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．生铁是铁和碳等元素的合金，A正确；
B．航空煤油是由多种烃类组成的混合物，B错误；
C．碳纤维为非金属，且不是硅酸盐，为新型无机非金属材料，C正确；
D．芳纶是一种新型高科技合成纤维，具有超高强度、高模量和耐高温等特性，D正确；
综上所述答案为B。
2. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是
A. 使用医用酒精进行消毒——乙醇可以使蛋白质变性
B. 制作蛋糕时加入小苏打——碳酸氢钠受热分解生成气体使蛋糕内部疏松
C. 用碳素墨水书写档案，可长久保存——碳单质化学性质比较稳定
D. 不可将洁厕灵与84消毒液混合使用拖地——发生中和反应使效果降低
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．医用酒精进行消毒原理是75%的乙醇可以使蛋白质变性，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解生成气体使蛋糕内部疏松，故B正确；
C．碳单质化学性质比较稳定，碳素墨水书写档案可长久保存，故C正确；
D．洁厕灵的主要成分盐酸与84消毒液中次氯酸钠混合会发生氧化还原反应生成有毒的
氯气，该反应不是中和反应，故D错误；
故选D。
3. 北京冬奥会中许多核心技术将为比赛保驾护航，其中碲化镉(CdTe)发电玻璃用于一体化项目，其发电原理为在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能。以下说法正确的是
A. 碲元素属于过渡元素
B. 的中子数为128
C. 112Cd与114Cd互为同素异形体
D. 碲化镉玻璃发电过程是将光能转化为电能
【答案】D
【解析】
【详解】A．过渡元素全部是金属元素，A项错误；
B．的中子数为76，B项错误；
C．112Cd与114Cd互为同位素，C项错误；
D．由信息可知发电过程是将光能转化为电能，D项正确。
故选D。
4. 化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是
选项
生产生活情境
化学原理
A
国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽
利用了某些金属的焰色反应
B
用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板
铜与FeCl3发生置换反应
C
汽车尾气催化转化器处理NO和CO
NO和CO发生反应生成无毒气体
D
秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料
发酵过程中产生CH4

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；
B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板发生的反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，该反应不属于置换反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器处理NO和CO，可以将二者转化为无毒的N2、CO2，C正确；
D．秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，D正确；
综上所述答案为B。
5. 吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是

A. 有五种含氧官能团 B. 可发生消去反应
C. 可发生缩聚反应 D. 1mol吗替麦考酚酯最多消耗3molNaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，其中含有的含氧官能团有醚基、酯基和酚羟基三种，A错误；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中不含醇羟基和碳卤键(或卤素原子)，故不可发生消去反应，B错误；
C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，由于其中不含有两个羟基或一个羟基、一个羧基，故不可发生缩聚反应，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，1mol吗替麦考酚酯分子中含有1mol酚羟基，消耗1molNaOH，2mol酯基，消耗2molNaOH，故最多消耗3moINaOH，D正确；
故答案为：D。
6. 热爱劳动是中华民族的传统美德。下列家务劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
家务劳动
化学知识
A
炒菜时添加食盐调味
食盐的主要成分是NaCl
B
柠檬煮水除去水壶中的水垢
柠檬酸可溶解碳酸钙等沉淀
C
漂白粉使用后要密封放于阴凉处
漂白粉见光容易被氧化
D
蒸煮碱性食物时不用铝制餐具
铝及其氧化物均能与碱反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．食盐的主要成分是NaCl，其中还会添加钾、碘等元素，A正确；
B．柠檬酸可溶解碳酸钙等沉淀，因为柠檬酸的酸性强于碳酸，B正确；
C．漂白粉在空气中容易变质的原因是因为漂白粉的成分中含有次氯酸钙Ca(ClO)₂ ，Ca(ClO)₂易与空气中的CO2和水作用从而导致变质生成次氯酸，次氯酸不稳定见光分解，C错误；
D．铝在空气中容易氧化，会在铝的表面形成一层薄薄的氧化膜，可以保护铝不会进一步氧化，所以铝制用品不容易坏，所以如果长时间存放酸性、碱性或咸的食物会破坏已经形成氧化膜，导致里面的铝被腐蚀，D正确；
答案选C。
7. 利用下列装置和试剂进行实验，所用仪器或相关操作合理的是
A
B
C
D
配制一定浓度的硫酸溶液
比较Zn与Cu的金属性强弱
制备无水氯化铝
用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸





A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．容量瓶是精量器，不能用于稀释浓硫酸，故A错误；
B．用原电池反应可以比较锌与铜的金属性强弱，故B正确；
C．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发时氯化氢受热挥发，水解平衡不断右移，促使氯化铝水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得无水氯化铝，故C错误；
D．用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液，且眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；
故选B。
8. 下列说法正确的是
A. 室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13 mol·L-1 ，则该溶液一定显碱性
B. 室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多
C. 氨水和盐酸混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)>c(NH)
D. 相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13 mol·L-1 ，说明溶质的电离抑制水的电离，酸或碱都可以抑制的水的电离，即溶液可能酸性或碱性，A错误；
B．氨水和氢氧化钠的pH相同，但由于氨水部分电离，所以氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠，故需要的盐酸的物质的量多，B错误；
C．溶液中性时，根据电荷守恒分析，c(Cl-)=c(NH)，C错误；
D．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相等，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒分析，有c(Cl-)+ c(OH-)= c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，D正确；
故选D。
9. 我国科学家以金属钠和石墨作为电极，在石墨电极通入制备成二次电池，有关该电池，下列说法错误的是
A. 放电时发生还原反应 B. 放电时阴离子向Na电极移动
C. 充电时石墨电极与电源负极相连 D. 电解质不能是水溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．放电时石墨为正极在石墨电极通入，正极发生还原反应，A正确；
B．放电时Na为负极带正电，阴离子向Na电极移动，B正确；
C．放电时石墨为正极钠为负极，充电时石墨为阳极电极与电源正极相连，C错误；
D．电解质不能是水溶液因为二氧化硫溶于水，D正确；
答案选C。
10. 硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是

A. 硫单质在氧气中燃烧可直接生成c
B. b能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其漂白性
C. 可存在a→d的转化关系
D. Al与d的浓溶液不反应，可用铝制容器盛装d的浓溶液
【答案】C
【解析】
【分析】根据硫及其化合物的“价-类”二维图a为H2S、b为SO2、c为SO3、d为H2SO4、e为硫酸盐。
【详解】A． 硫单质在氧气中燃烧只能生成SO2，不能直接生成SO3，故A错误；
B． b为SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，故B错误；
C． -2价的硫在强氧化剂作用下，可直接氧化为硫酸，可存在a→d的转化关系，故C正确；
D． Al与冷浓硫酸发生钝化，发生氧化还原反应，在铝表面生成致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，可用铝制容器盛装d的浓溶液，故D错误；
故选C。
11. 化学是以实验为基础的学科，下列操作不能达到实验目的的是
选项
目的
操作
A
除去Cu粉中混有CuO
加入稀硝酸，过滤、洗涤、干燥
B
探究温度对水解程度的影响
向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液，比较溶液颜色
C
模拟制备晶体
向饱和NaCl溶液中通入过量的氨气，再持续通入CO2
D
证明非金属性： Cl>S
向溶液中滴加新制氯水，观察实验现象

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．稀硝酸与氧化铜反应，但是也与铜单质反应，故A错误；
B．探究实验需要控制变量探究；向冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液，氯化铁水解会导致颜色变深，其他条件相同，只控制温度变化来观察水解程度变化，可以用来探究温度对水解程度的影响，故B正确；
C．这是侯氏制碱的模拟，向饱和NaCl溶液中通入过量的氨气，再持续通入CO2，可制得晶体，故C正确；
D．向溶液中滴加新制氯水，溶液变浑浊，表示有硫单质生成，表明氯水氧化硫化钠制备硫，说明氯气的氧化性强于S，则可证明非金属性：，故D正确；
故答案为A
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 1L0.2mol/L硫酸铁溶液中含有的SO数目为0.6NA
B. 1molCnH2n含有的共用电子对数为(3n+1)NA
C. 电解精炼Cu时，若阴极质量增加64g，则电路中转移电子数为2NA
D. 1mol丙烯和乙烷的混合物完全燃烧生成水分子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1L0.2mol/L Fe(SO4)3溶液中含有的SO的物质的量为(0.2mol/L×1L×3)=0.6mol，则数目为0.6NA，A正确；
B．molCnH2n含有的共用电子对数为(n+2n)NA=3nNA，B错误；
C．电解精炼Cu时，阴极发生电极反应Cu2++2e-=Cu，若阴极质量增加64g，则电路中转移电子数为2NA，C正确；
D．1mol丙烯和1mol乙烷中氢原子的物质的量均为6mol，故1mol混合物完全燃烧生成水分子数为3NA，D正确；
答案选B。
13. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24。下列有关叙述正确的是

A. 该化合物中，W、X、Y之间存在离子键 B. Y的氧化物的水化物一定为强酸
C. 原子半径：Y>X D. Z的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
【答案】D
【解析】
【分析】由以上结构和W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，可以推知：X为B、Y为N、W为H、Z为Na。
【详解】A．由题中结构可知，该化合物中，W、Ⅹ、Y之间存在共价键，A错误；
B．Y为N元素，N的氧化物对应水化物中为弱酸，B错误；
C．X为硼，原子半径应为，C错误；
D．Z为钠，单质既能与水反应，也可与乙醇反应，D正确。
故选D。
14. 已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= -m kJ·mol-1.在 2 L 容积不变的密闭容器中通入 1 mol N2 和3 molH2 ，在温度分别为T1 、T2下，测得NH3的产率随时间变化如图。下列说法正确的是

A. T2﹥T1，﹥0
B. a，b两点的反应速率：a ＞b
C. 平衡时，通入氩气平衡正向移动
D. 达到平衡时，放出热量为 m kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，T2条件下先达到平衡，说明T2时反应速率快，故有T2﹥T1，温度越高，NH3的百分含量越小，说明升高温度，平衡逆向移动，故＜0，A错误；
B．a，b两点对应的温度分别是T2、T1，由A项分析可知，T2﹥T1，故反应速率：a ＞b，B正确；
C．由题干信息可知，容器为恒温恒容，故平衡时，通入氩气反应体系各物质的浓度均不改变，正逆反应速率仍然相等，故平衡不移动，C错误；
D．由于该反应是一个可逆反应，在 2 L 容积不变的密闭容器中通入 1 mol N2 和3 molH2，达到平衡时，不可能完全进行，则放出热量小于 m kJ，D错误；
故答案为：B。
15. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 铜投入足量稀硝酸：
B. 用醋酸洗涤水垢：
C. 工业制漂白粉：
D. 溶液中加入足量溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，反应的离子方程式为：，故A正确；
B．醋酸是弱酸，应保留化学式，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．工业上将氯气通入石灰乳中制备漂白粉，石灰乳中氢氧化钙主要以固体形式存在，应保留化学式，反应的离子方程式为，故错误；
D．溶液中加入足量溶液，完全反应，即铁离子与硫酸根离子按2：3反应，反应的离子方程式为，故D错误；
答案选A。
16. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是


A. c为电源的负极
B. 电解池a极上发生的电极反应式为N+6e-+3Cl-=NCl3+4H+
C. 在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
D. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L NH3，则b电极产生0.6g H2
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，因此c为直流电源的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
【详解】A．由分析可知，c为直流电源的正极，A项错误；
B．a为电解池阳极，其电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B项错误；
C．电极b为阴极，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，则溶液中H+浓度减小，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，C项正确；
D．没有指明标准状况，不能计算产生NH3的物质的量，D项错误；
答案选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. I．下列装置可以完成氨气制备的一系列实验：

（1）大试管中发生反应的化学方程式为___________。
（2）组装制取并收集纯净干燥NH3的装置：a___________(填接口字母)
（3）检验溶液中NH的操作和现象是___________。
II．化学小组探究“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”反应的实验，过程如下：向0.05mol·L-1AgNO3溶液滴入少量HNO3，至pH≈2，再加入过量铁粉，振荡后静置10分钟，试管底部有黑色固体，上层溶液呈浅黄色。
（4）初步探究反应产物：
实验序号
实验操作
实验现象及结论
ⅰ
取上层清液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，振荡
溶液紫色褪去，说明溶液中含有离子：___________。
ⅱ
取少量黑色固体，洗涤后，加稀硝酸溶解固体，再加盐酸
观察到白色沉淀，证明黑色固体中含有Ag．

（5）探究“溶液呈浅黄色”的原因：
①甲认为铁粉过量时不可能有Fe3+，理由是___________(用离子方程式表示)。
②乙认为溶液呈浅黄色肯定有Fe3+，对在此实验条件下Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设I：空气中的O2将Fe2+氧化；
假设Ⅱ：PH≈2为酸性溶液，NO具有氧化性，将Fe2+氧化；
假设Ⅲ：溶液中的Ag+将Fe2+氧化。
乙同学设计实验验证：
实验序号
实验操作
实验现象及结论
ⅲ
向0.05mol·L-1NaNO3溶液滴入少量HNO3，至pH≈2，加入过量铁粉，振荡后静置，分别取不同反应时间后的上层清液，滴加KSCN溶液。
3分钟时的溶液呈浅红色，30分钟时的溶液几乎无色。
iv
取实验iii中反应30分钟时溶液的上层清液加___________溶液，静置，再滴加KSCN溶液
有黑色固体析出，加KSCN溶液后，溶液变红。
③实验结论，则假设___________(填序号)正确。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）e-f-b-c-g
（3）取少量试样加入到试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，则证明溶液中含有NH
（4）Fe2+ （5） ①. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ②. 硝酸银或AgNO3 ③. Ⅲ
【解析】
【分析】
【小问1详解】
大试管中，加热条件下氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气、水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
制取并收集纯净干燥NH3，需用碱石灰除去水蒸气、用向下排空气法收集氨气，最后用水吸收多余氨气，仪器连接顺序是：a-e-f-b-c-g；
【小问3详解】
加热条件下NH与OH-反应放出氨气，检验溶液中NH的操作和现象是：取少量试样加入到试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，则证明溶液中含有NH；
【小问4详解】
Fe2+具有还原性，取上层清液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，则溶液中含Fe2+离子；
【小问5详解】
①Fe3+和铁反应生成亚铁离子2Fe3++Fe=3Fe2+，铁过量，所以甲认为铁粉过量时不可能有Fe3+；
②iii中反应30分钟时溶液的上层清液加某溶液后，静置，有黑色固体析出，该黑色固体物质是银，加KSCN溶液后，溶液变红，说明同时生成Fe3+，则加入的溶液是硝酸银；
③证明溶液中的Ag+将Fe2+氧化，假设Ⅲ正确。
18. Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图所示。

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_______(写出一种即可)，加入Na2SO3的作用是_______。
（2）“氧化”过程中金属离子与NaClO3反应的离子方程式为_______，由此推测还原性：Fe2+_______Co2+(填“＞”或“＜”)。
（3）滤渣2的主要成分为_______(写化学式)，检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，_______。
（4）已知某温度下，。该温度下，“沉淀除杂”时加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中，则滤液中c(Ca2+)为_______(保留2位有效数字)。
（5）在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了CO2，则反应中与O2的化学计量数之比为_______。
【答案】（1） ①. 适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等 ②. 将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+
（2） ①. ②. ＞
（3） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. 滴入几滴KSCN，振荡，溶液不变红
（4）4.8×10-6 mol·L−1
（5）4：3
【解析】
【分析】钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，然后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。
【小问1详解】
溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；
Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
【小问2详解】
“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaClO3反应产生Fe3+、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为；Fe2+与反应而Co2+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+＞Co2+；
【小问3详解】
用Na2CO3调节溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3；
可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+，即Fe3+已经完全形成了Fe(OH)3沉淀；
【小问4详解】
c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F-)]：[c(Mg2+)·c2(F-)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以若滤液中，c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L−1×≈4.8×10-6 mol·L−1；
【小问5详解】
CoC2O4∙2H2O在空气中高温煅烧，得到产品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合价为+2价，Co2O3中Co元素化合价为+3价，Co元素化合价升高，说明空气中的O2也参加了反应，因此酸根离子中C元素化合价会由中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煅烧时发生反应方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3。
19. 在恒容密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度均为1.0 mol·L－1，在一定条件下发生反应：CO2(g)＋CH4(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：

则：(1)该反应的ΔH________0(填“<”“＝”或“>”)。
(2)压强p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为______________。压强为p4时，在b点：v(正)________v(逆)(填“<”“＝”或“>”)。
(3)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的平衡常数的表达式Kp＝________；如果p4＝0.36 MPa，求a点的平衡常数Kp＝________ (保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制出了2条速率—浓度关系曲线：v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。

则：①与曲线v正～c(CH4)相对应的是上图中曲线______(填“甲”或“乙”)。
②当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的平衡点分别为________(填字母)。
【答案】 ①. > ②. p4>p3>p2>p1 ③. > ④. ⑤. 1.64 ⑥. 乙 ⑦. B、F
【解析】
【详解】(1)根据图示，压强不变时，升高温度，CH4的平衡转化率增大，说明平衡向正反应方向移动。根据升温时，平衡向吸热反应方向移动，可知正反应为吸热反应，ΔH>0；
(2)该平衡的正反应为气体分子数增大的反应，温度不变时，降低压强，平衡向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大，故p4>p3>p2>p1；压强为p4时，b点未达到平衡，反应正向进行，故v(正)>v(逆)；
(3)由用平衡浓度表示的平衡常数类推可知，用平衡压强表示的平衡常数Kp=；p4时a点CH4的平衡转化率为80%，则平衡时c(CH4)=c(CO2)=0.2mol·L-1，c(CO)=c(H2)=1.6mol·L-1，则p(CH4)=p(CO2)=p4×=p4，p(CO)=p(H2)=p4×=p4，故Kp＝＝≈1.64；
(4)①CH4的浓度由1.0mol·L-1逐渐减小，而CO的浓度由0逐渐增加，故v正～c(CH4)相对应的曲线为乙；
②降低温度，正、逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，则CH4的浓度增大，而CO的浓度减小，故相应的平衡点分别为B、F。
(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. 镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
（1）基态原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为___________。
（2）含有4个水分子的醋酸镍[]在电镀中有广泛应用，其中中O原子的杂化轨道类型为___________，若该构型为八面体，则中心原子的配位数为___________。
（3）、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，已知熔点，则离子半径___________(填“＜”或“＞”)；天然的和人工合成的氧化镍常存在各种缺陷，某缺陷氧化镍的组成为，其中元素只有和两种价态，两种价态的镍离子数目之比为___________。
（4）四羰基镍[]是由路德维希·蒙德所发现。室温下，它是一种具挥发性的液体，其熔沸点低的原因是___________；分子内键与键个数之比为___________。
（5）金属镍与镧()形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶胞的密度为___________。

【答案】（1） （2） ①. sp3杂化 ②. 6
（3） ①. ＜ ②. 11：1
（4） ①. 是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低 ②. 1：2
（5）
【解析】
【小问1详解】
Ni为28号元素，核外有28个电子，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价层电子的电子排布图为：。
【小问2详解】
H2O中O的价电子对数为2+=4，故杂化轨道类型为sp3杂化，若该构型为八面体，则C2H3O2和H2O均为配体，中心原子的配位数为6。
【小问3详解】
、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，均为离子晶体，已知熔点，则晶格能：，因此离子半径＜，设两种价态的镍离子数目分别为x、y，则x+y=0.96，2x+3y=2，解得x=0.88，y=0.08，即两种价态的镍离子数目之比为0.88：0.08=11：1。
【小问4详解】
四羰基镍[]在室温下是一种具挥发性的液体，可知是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低；CO的结构式为C≡O，含有1个键与2个键，因此键与键个数之比为1：2。
【小问5详解】
根据晶胞示意图可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面心和体心，则一个晶胞中La原子的个数为，Ni原子的个数为，则晶胞的质量为，又晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为(a3×10-30)cm3，因此晶胞的密度为。
[选修5：有机化学基础]
21. 桥环化合物是指共用两个或两个以上碳原子的多环烃，广泛应用于药物合成。囧烷是结构类似我国汉字“囧”的一种桥环化合物，其合成路线如下：

（1）的名称是___________，中所含官能团名称为___________，的分子式为___________。
（2）、的反应类型分别是___________、___________。
（3）一定条件下，可以氧化为：，发生酯化反应可以形成分子内含有两个五元环的酯，该酯化反应的化学方程式为___________。
（4）的同分异构体有很多种，写出同时满足下列条件的结构简式___________。
①与溶液反应显紫色 ②该物质最多消耗
③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为
（5）参照题中的合成路线并结合所学知识，以、和为主要原料，设计的合成路线___________。(其他无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 1，4-丁二醛(或丁二醛) ②. 醛基、醚键 ③.
（2） ①. 还原反应 ②. 加成反应
（3）+2H2O
（4）、 （5）
【解析】
【分析】
【小问1详解】
A在1，4两个碳原子上有两个醛基，所以名称为：1，4-丁二醛(或丁二醛)；由B的结构简式可知中所含官能团名称为醛基、醚键；由F的结构简式可得其分子式为；故答案为：1，4-丁二醛(或丁二醛)；醛基、醚键；；
【小问2详解】
由D、E、F的结构简式可得是去氧原子，是加氢原子，反应类型分别是还原反应和加成反应；故答案为：还原反应和加成反应；
【小问3详解】
由M得结构简式可知M中含有两个羟基和两个羧基，可发生分子内脱水，形成分子内含有两个五元环的酯，该酯化反应的化学方程式为+2H2O；故答案为：+2H2O；
【小问4详解】
的同分异构体有很多种，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，由D得结构简式可看出D只含有两个氧原子，该物质最多消耗，只能是1个D含有2个酚羟基，又因核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为，只能是含有3个相同的甲基，酚羟基对称，苯环上还有两种氢原子，只能写出两种结构、，故答案为：、；
【小问5详解】
仔细分析题中的合成路线并结合所学知识，以、和为主要原料，可得的合成路线为；故答案为：。