高中化学 广东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版

这是一份高中化学 广东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共11页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
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2021年普通高等学校招生全国统一考试
化 学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 Ga 70

一、选择题：本题共16小题，其中1～10题，每小题2分，11～16题，每小题4分，共44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．化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是
A．人造棉、人造丝的主要成分都是纤维素
B．汽车车身采用的镀锌钢板是利用牺牲阳极的阴极保护法来提高车身的抗锈、抗腐蚀能力
C．“温室效应”的形成主要与氮氧化物有关
D．能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用
【答案】C
【解析】A．人造棉是棉型人造短纤维的俗称；人造丝是把植物秸秆、棉绒等富含纤维素的物质，经过氢氧化钠和二硫化碳等处理后，得到的一种纤维状物质，人造棉、人造丝的主要成分都是纤维素，A正确；B．由于锌比铁活泼，因此形成原电池时锌作负极，可以对铁起到保护作用，属于牺牲阳极的阴极保护法，可提高车身的抗锈、抗腐蚀能力，B正确；C．“温室效应”的形成主要与二氧化碳有关，C错误；D．食品添加剂能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，D正确；答案选C。
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．30g SiO2晶体中含有的Si－O键数目为2NA
B．4.6g Na完全与水反应，生成共价键0.3NA
C．101kPa、120℃时，7.8g C6H6燃烧所得气体分子数一定为0.9NA
D．100mL 1mol·L−1 HClO溶液中阴、阳离子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】A．30g SiO2晶体中1个Si与周围的4个O形成Si－O键，故30g SiO2晶体中含有的Si－O键数目为=2NA，A正确；B．4.6g Na的物质的量为n(Na)＝＝＝0.2mol，Na与水完全反应生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，产物NaOH中OH−存在一个共价键，H2中存在1个共价键，由于0.2mol Na与水完全反应生成0.2mol NaOH和0.1mol H2，所以生成0.2NA+0.1NA=0.3NA的共价键，故B正确；C．7.8g C6H6的物质的量为n(C6H6)＝＝＝0.1mol，120℃时H2O为气体，燃烧产物为CO2或CO中的一种或两种及H2O，根据元素守恒，碳的氧化物为0.6mol，H2O为0.3mol，所得气体分子数为0.6NA+0.3NA＝0.9NA，故C正确；D．100mL 1mol·L−1 HClO中含有溶质的物质的量是n(HClO)=1mol·L−1×0.1L=0.1mol，由于HClO是一元弱酸，主要以分子形式存在，因此该溶液中离子数目远小于0.2NA，D错误；故选D。
3．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是

A．用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质
B．用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置
C．用图③所示装置可以分离乙醇水溶液
D．用装置④将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体
【答案】A
【解析】A选项，碳酸钙难溶于水，因此用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，故A符合题意；B选项，乙醇与水互溶，则乙醇不能作溴水的萃取剂，故B不符合题意；C选项，用图③所示装置可以分离乙醇水溶液，要使用温度计，故C不符合题意；D选项，Sn2+要水解，用装置④将SnCl2溶液蒸干不能制备SnCl2晶体，故D不符合题意。答案为A。
4．下列化学用语书写不正确的是
A．CO2的结构式是O=C=O
B．按照系统命名法的名称：2－甲基丁烷
C．中子数为10的氧原子：O
D．CH3COOH的球棍模型：
【答案】C
【解析】A．CO2是直线型分子，结构式是O=C=O，故A正确；B．用系统命名法为2－甲基丁烷，故B正确；C．中子数为18的氧原子可表示为O，故C错误；D．乙酸分子中有7个原子，含有一个甲基和一个羧基，其球棍模型为，故D正确；故选C。
5．下列物质性质与用途对应关系正确的是

性质
用途
A
SO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO3溶液呈弱碱性
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有漂白性能用来漂白纸浆，故A错误；B．胃酸的主要成分为盐酸，常用碳酸氢钠中和胃酸，故B正确；C．Fe3+具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C错误；D．HF可以和玻璃中的二氧化硅发生反应，从而刻蚀玻璃，与其弱酸性无关，故D错误；故答案B。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，已知W、X、Y、Z同周期，Y、Z的最高正价之和等于10，Z的族序数是周期数的2倍。W和Z的质子数之和与X和Y的质子数之和相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z>X>W
B．Y、Z的简单氢化物的稳定性：Y>Z
C．W与Z形成的化合物的水溶液显酸性
D．工业上常用电解W的熔融氯化物制取W的单质
【答案】D
【解析】由于“Y、Z的最高正价之和等于10，Z的族序数是周期数的2倍”，Z只能是S，则Y为Si；由于“W和Z的质子数之和与X和Y的质子数之和相等，且四种元素在同一周期”，则“W、X、Y、Z”分别是Na、Al、Si、S；A．不同电子层结构的微粒，电子层数越多半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数大的半径小，所以S2−＞Na+＞Al3+，A错误；B．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，所以稳定性SiH4＜H2S，B错误；C．Na与S形成化合物Na2S，其水溶液因S2−水解而显碱性，C错误；D．工业上电解熔融NaCl制取Na，D正确；答案选D。
7．利托那韦可用于新冠肺炎的治疗，如图所示物质为合成利托那韦的原料之一。下列有关该物质的说法正确的是

A．1mol该物质能消耗6mol氢气
B．分子式为C12H10O5N2S
C．苯环上的一溴代物有4种(不含立体结构)
D．能发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【解析】A．酯基中的羰基不与氢气反应，1mol该物质最多能与5mol氢气发生反应，A错误；B．根据图中分子结构可知该有机物分子式为C12H10O5N2S，B正确；C．苯环上的等效氢有2种，其一溴取代物只有2种，C错误；D．分子中含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，该有机物在一定条件下能发生卤代、水解等取代反应，D错误；答案选B。
8．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合物中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物为NO2
B
将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液
溶液变成血红色
Fe(NO3)2试样无法确定是否变质
C
2滴0.1mol·L−1 MgCl2溶液中滴加2ml 1mol·L−1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L−1 FeCl3溶液
先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>
Ksp[Fe(OH)3]
D
将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液褪色
产生了乙烯
【答案】B
【解析】A．浓硝酸被稀释变为稀硝酸，稀硝酸的还原产物是无色的一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成红棕色二氧化氮，选项A错误；B．将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后加稀硫酸酸化，在酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应可生成Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为血红色不能断定Fe(NO3)2试样已变质，B项正确；C．NaOH过量，FeCl3会与剩余的NaOH反应生成Fe(OH)3，无法确定两种沉淀的Ksp大小，故C错误；D．乙烯中含有乙醇，乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色，故D项错误。
9．下列说法不正确的是
A．铝合金常用于制造飞机部件，常用电解氧化铝制备金属铝
B．纯碱常用于清洗铁制品表面的油污
C．将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，并煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3胶体
D．钠着火后用干粉灭火器灭火
【答案】D
【解析】A．工业上常用电解熔融氧化铝的方法制铝，A正确；B．热的纯碱溶液的碱性强，可促进油脂的水解，工业生产中，常用于清洗铁制品表面的油污，B正确；C．制备Fe(OH)3胶体时，先将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，然后继续加热煮沸直至液体呈红褐色为止，C正确；D．干粉的主要成分为碳酸氢钠，它受热分解可生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，因为燃烧的钠能与二氧化碳反应产生氧气，燃烧更剧烈，所以钠着火后不宜用干粉灭火器灭火，D错误；故选D。
10．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是

A．发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2
B．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
C．吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】C
【解析】A．根据流程图可知NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2＝Na2SO4+2ClO2，故离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2，A正确；B．H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，B正确；C．吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O
+O2↑，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；D．根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，D正确；选C。
11．古代中国药学著作《开宝本草》中记载了如何提取硝酸钾：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。下列有关叙述错误的是
A．硝酸钾用在黑火药中是利用了KNO3具有强氧化性，得到的还原产物为二氧化氮
B．“煎炼而成”是蒸发浓缩结晶
C．灼烧硝酸钾火焰呈紫色，是硝酸钾的物理性质
D．可用重结晶的方法分离提纯KNO3、NaCl的混合物
【答案】A
【解析】A．硝酸钾用在黑火药中是因为KNO3具有较强氧化性，火药发生化学反应时会生成氮气，故A错误；B．“扫取以水淋汁”是用水溶解后再进行过滤，“乃煎炼而成”是蒸发浓缩，结晶的过程，故B正确；C．灼烧硝酸钾火焰呈紫色，是硝酸钾的物理性质，故C正确；D．可用重结晶的方法分离提纯KNO3、NaCl的混合物，因为硝酸钾的溶解度受温度影响大，故D正确；故选A。
12．下图属于日本产业研究所和日本学术振兴会共同开发研究的大容量锂空气电池。下列说法正确的是

A．充电时，a为阴极
B．放电时，b极附近pH减小
C．放电时，在有机电解液中加入少量NaCl溶液，可提高导电性
D．用此装置电解熔融CuSO4，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g
【答案】A
【解析】充电时锂离子向a极移动，电解池中阳离子向阴极移动，a是阴极，故A正确；根据图片知，放电时该装置是原电池，正极（b极）上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−＝4OH−，溶液的pH增大，故B错误；放电时，负极材料为金属锂，加入NaCl溶液，碱金属锂与水溶液反应，故C错误；电解熔融CuSO4，阴极Cu2+放电，转移0.2mol电子产生0.1mol Cu，共6.4g，故D错误。
13．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ/mol K1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=41.2kJ/mol K2
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ/mol K3
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
B．反应Ⅲ的平衡常数K3=
C．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-205.9kJ/mol
【答案】A
【解析】A．反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故A错误；B．反应Ⅲ=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，化学平衡常数K3=，故B正确；C． 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，即可提高CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D．反应Ⅰ-反应Ⅱ，并整理可得到目标反应，则CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正确；故答案为A。
14．已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO4=H++HXO，HXOH++XO。常温下，在20.00mL 0.01mol·L−1 NaHXO4溶液中滴加c mol·L−1 NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法不正确的是

A．Kw=10−12时，该NaOH溶液的pH=10
B．E点溶液中2c(Na+)=3c(H2XO4)+3c(HXO)+3c(XO)
C．对应曲线上F、G之间的某一点，溶液中存在：c(Na+)>c(XO)=c(OH−)>c(HXO)>c(H+)
D．F点存在：c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)>0.005mol/L
【答案】B
【解析】NaHXO4与NaOH发生反应：NaHXO4+NaOH=Na2XO4+H2O，根据图像，该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，当温度达到最高，说明反应恰好完成，即加入20mL NaOH时，恰好反应完全。A．根据上述分析，加入20mL NaOH溶液，NaHXO4和NaOH恰好反应完全，推出c(NaOH)=0.01mol·L−1，则溶液中的c(H+)==10−10mol·L−1，即pH=10，故A正确；B．H2XO4的第一步电离是完全电离，溶液中不存在H2XO4，故B错误；C．F点溶质为Na2XO4，XO发生水解XO+H2OHXO+OH−，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(XO)>c(OH−)>c(HXO)>c(H+)，随着NaOH的量增多，在FG的某点上存在c(Na+)>c(XO)=c(OH−)>c(HXO)>c(H+)，故C正确；D．F点溶质为Na2XO4，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)，F点溶液中c(Na+)==0.005mol·L−1，因此有c(OH−)+c(HXO)+2c(XO)>0.005mol·L−1，故D正确；答案为B。
15．Mg3N2常用于制备其它超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2。已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是

A．装置A中分液漏斗中的溶液为浓氨水
B．实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃E处酒精灯
C．装置D的作用只是干燥N2
D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2
【答案】C
【解析】该实验主要是N2与Mg在加热时反应生成Mg3N2。A中长颈漏斗中是浓氨水，加入烧瓶中遇生石灰释放NH3，B中碱石灰吸收NH3中的水。在C装置中NH3与CuO在加热情况下反应生成N2，D中浓硫酸吸收N2中的水和NH3后，N2进入E中与Mg反应。F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应。A．装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，A正确；B．实验进行时应先点燃C出酒精灯，等产生的较纯的N2进入E中时再点燃E中酒精灯，B正确；C．装置D中浓硫酸吸收的是干燥N2和除去N2中的氨气，C错误；D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可根据其水解情况检验是否有Mg3N2，若有，则发生双水解，生成白色沉淀和有刺激性气味的气体，D正确。故选C。
16．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法正确的是

A．TMNS增大了合成氨反应中N2的平衡转化率
B．TMNS表面上的N原子被氧化为氨
C．用N2进行合成反应，产物中只有NH3
D．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
【答案】D
【解析】A．TMNS大大降低了合成氨反应的活化能，加快反应速率，但是不能影响平衡的移动，不会增大转化率，A说法错误；B．TMNS表面上的N原子与氢原子结合，化合价降低，被还原为氨，B说法错误；C．合成氨为可逆反应，存在副反应，用N2进行合成反应，产物不一定只有NH3，可能含有其它含N的副产物，C说法错误；D．根据图像可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，D说法正确；答案为D。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题～第19题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20题～第21题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题：共41分。
17．（14分）孔雀石主要成分含Cu2(OH)2CO3，另含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备胆矾(CuSO4·5H2O)及纳米材料G，流程图如下：

请回答下列问题：
(1)流程中试剂①为______，反应的离子方程式为 。
(2)制备纳米材料过程中，先通入气体 (填E或F)，实验室制取F的化学反应方程式为 。
(3)已知：Cu2(OH)2CO3+4HClO4+9H2O＝2Cu(ClO4)2·6H2O+CO2↑；HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。向Cu2(OH)2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液同时会产生大量的白雾。适度加热但温度不能过高的原因是 。
(4)欲测定溶液A中Fe2+的含量，可用KMnO4标准溶液滴定，课外小组里有位同学设计了下列四种滴定方式（夹持部分略去），引起了同学们的讨论，最后取得共识，认为最合理的是           （填字母序号）。判断滴定终点的依据是             。

【答案】（1）H2O2（2分） 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2分）
（2）F（2分） 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2分）
（3）防止HClO4挥发，避免反应过于剧烈（答案合理即可）（2分）
（4）b（2分） 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色（2分）
【解析】(1)试剂①目的是将Fe2+氧化成Fe3+，选用绿色氧化剂H2O2，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)因CO2微溶于CaCl2溶液中，NH3极易溶于水，所以先通入NH3使溶液变成碱性环境后易吸收更多的CO2，故先通入气体F（NH3），实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体在加热的条件下制得氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。(3)根据高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]在高温下易分解，HClO4易挥发，且温度高于130℃易爆炸，可知需适度加热但温度不能过高，故答案为：防止HClO4挥发，避免反应过于剧烈；(4)KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故只能用酸式滴定管装KMnO4溶液，并将KMnO4溶液滴入试剂瓶中，滴定终点为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色。
18．（14分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：

(1)浸取的过程中，加快浸取的速率的方法有 （写出两项）
(2)操作X中用到的玻璃仪器为 。
(3)制备操作中需要适当加热，但温度不宜过高的原因是 。
(4)“浸取”时，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将Fe2P氧化。则浸取过程中Fe2P与O2反应的化学方程式为 。
(5)浸取过程中硝酸浓度不宜过高，温度过高有可能导致磷铁渣浸取速率降低，原因是 。
(6)在pH范围为1~1.5时，随着pH的增大，制备流程产物中含铁量逐渐增大，其原因有可能为 。写出制备流程中生成FePO4·2H2O的离子方程式 。
【答案】（1）搅拌、适当的增大酸的浓度（其他合理答案也可以）（2分）
（2） 漏斗、烧杯、玻璃杯（2分）
（3） 温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分）
（4） 4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5（2分）
（5） 硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率（2分）
（6） pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大（2分）
Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH+(3-n)H+(n=1，2，3均可)（2分）
【解析】(1)增大浸取的反应速率有搅拌，适当的增大酸的浓度等；(2)操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；(2)氨水在温度过高时会进行分解，降低产量，导致反应物含量降低，产品产率降低；(3)根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；(4)硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率；(5)pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大；根据流程图可推知溶液中含有Fe3+和H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，可推知生成FePO4·2H2O的原料是Fe3+、H3PO4、NH3·H2O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。
19．（13分）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。
I．(1)利用CH4催化还原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-662kJ/mol
②CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol
则反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=_________。
II．利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(l) ΔH＜0
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。
A．c(NH3)∶c(NO)=2∶3
B．1mol N—H键断裂的同时，断裂1mol O—H键
C．容器内压强不变
D．容器内混合气体的密度不变
(3)实验测得v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅降低温度，k正增大的倍数_________（填“>”“（1分） （2分）
（4） 正（1分） O2+4e−+2N2O5=4NO （2分）
（5） 4NO2+O2=2N2O5 （2分）
【解析】(1)①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-662kJ/mol；②CH4(g)+2NO2(g)
N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol；由盖斯定律②×2-①可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2
(g)+H2O(1) ΔH=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A．投料比等于化学计量数之比，c(NH3)∶c(NO)始终等于2∶3，c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不一定平衡，故符合题意；B．1mol N—H键断裂的同时，断裂1mol O—H键，反应一定达到平衡状态，故不符合题意；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态，不符合题意；D．由于H2O呈液态，反应前后气体总质量变化、体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态，不符合题意；答案选A。(3)①该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；故答案为：>；
②可逆反应 4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l)
起始量（mol/L） 2 3 0
变化量（mol/L） 1.6 2.4 2
平衡量（mol/L） 0.4 0.6 2
v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡时正逆反应速率相等，则k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，则=L/mol。(4)石墨Ⅱ通O2，为正极，则石墨Ⅰ为负极，发生反应NO2+NO-e−=N2O5，则氧化物Y的化学式为N2O5；石墨II电极为正极，O2得电子产物与N2O5作用生成NO，该电极反应为O2+4e−+2N2O5=4NO；(5)该电池中，NO2、O2发生反应，生成N2O5，反应的方程式为4NO2+O2=2N2O5。答案为：4NO2+O2=2N2O5。
（二）选考题（共15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。）
20．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代1－丁基－3－甲基咪唑离子液可以与混合形成离子液体；也可以转化成其他离子液体，下图是与离子交换反应合成离子液体的流程：

(1)请画出基态Ga原子的价电子排布图___________；同周期元素中基态原子未成对电子数与硼（B）原子相同的有___________(填元素符号)。
(2)中N原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________，中几种元素电负性由大到小的顺序为___________。
(3)已知分子中的大键可以用表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表大键中的电子数，则中大键可以表示为___________。
(4)熔点为，则的晶体类型为___________，和混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，请画出的结构式___________。
(5)某种的晶胞结构如图所示，O2−以六方最密方式堆积，在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：在1、2、3、4、5、6构成的八面体体心)。

①该晶胞中O2−的配位数为___________。
②已知氧离子半径为a cm，晶胞的高为b cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm−3(用含和NA的代数式表示)。
【答案】（1）（1分） （2分）
（2） （1分） 正四面体（2分） （2分）
（3） （1分）
（4） 分子晶体（1分） 或（2分）
（5） 4（1分） （2分）
【解析】(1)为31号元素，其原子的价电子排布图为，因为B的价电子排布图为，有一个未成对电子，第二周期中还有和F。(2)N原子周围有四对电子，故原子的杂化方式为，因为B是，故的空间构型为正四面体，中有氮元素、碳元素和氢元素，根据非金属性越强，电负性越强分析，元素电负性由大到小的顺序为。(3)中环上圆圈表示大键，环上的原子都是杂化，每个碳原子有1个未杂化的电子，每个N有两个未杂化的电子，但是还失去了一个电子，故参与形成大键的有6个电子，故大π键为；(4)，熔点为，熔点低，所以晶体类型为分子晶体，根据转换流程，先与形成配位健。接着再与形成，其结构为或。(5)①氧化物的化学式为，与个数比为2∶3，故配位数之比为3∶2，周围等距离的有6个，即的配位数为6，的配位数为4。②已知氧离子的半径为，则底面边长为，又晶胞的高度为，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个，其质量，故密度为g·cm−3。
21．苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。

已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。
②RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH
③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。
(1)写出化合物G中官能团的名称_________。
(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式__________。
(3)写出反应④的化学方程式___________；反应⑤的化学方程式 。
(4)写出满足以下条件的化合物F的同分异构体有_______种。
①能发生银镜反应
②1mol该有机物能与2mol NaOH恰好完全反应
③苯环上只有两个取代基
(5)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线__________。
【答案】（1）碳碳双键、羰基（2分）
（2） （2分）
（3） +（2分）
+H2O（2分）
（4）6（2分）
（5）
（5分）
【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为；E发生信息①中反应生成F，F在浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，则F为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物G中官能团有：碳碳双键、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)反应④与题目所给信息①的反应类似，根据信息①③可知该化学方程式为：+；反应⑤是发生的是醇羟基的消去反应，反应方程式为+H2O。(4)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②1mol该有机物能与2mol NaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；③苯环上只有两个取代基；所以苯环上的取代基有－OOCH、－CH2CH2CH3或－OOCH、－CH(CH3)2两种情况，又考虑到每种情况下苯环上取代有邻间对三种，共有同分异构体6种。(5)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在碱性条件下水解生成，合成路线流程图为：
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