2021重庆市高考压轴卷：化学+答案解析

这是一份2021重庆市高考压轴卷：化学+答案解析，共24页。试卷主要包含了NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。

2021重庆市高考压轴卷 化学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的数据：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Zn—65 Ba—137
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。）
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是
A．加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好。
B．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口。
C．阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒。
D．近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫。
2．下列表示方法不正确的是
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．CO2的电子式：
C．NaHCO3的电离：NaHCO3=Na++HCO
D．NaCl的形成过程：
3．废旧材料是巨大的资源宝库，回收利用前景广阔。从废黄铜合金(主要成分为Cu和Zn)中回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如下图所示。下列叙述错误的是

A．“溶解”过程中，和稀硫酸都体现了氧化性
B．与锌粉反应的离子主要是和
C．过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．为加快溶解速率可以选择高温、搅拌
4．水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：


下列说法错误的是
A．NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaC1O=N2+3NaCl+3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
5．依据下列实验的操作及现象，推测出的相应结论中正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中通入
溶液变浑浊
酸性：
B
取少量食盐溶于水，滴加少量淀粉溶液
食盐溶液不变蓝色
该食盐中一定不含碘元素
C
向含有和的悬浊液中滴加少量溶液
出现黑色沉淀

D
在酸性溶液中滴加溶液
溶液变黄色
氧化性：
A．A B．B C．C D．D
6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，pH=9的溶液中，水电离出的H+数目为10-5NA
B．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6NA
C．常温下2.24LN2中共用电子对数目为0.3NA
D．1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数目为0.1NA
7．烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2A12O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O。将产生的气体通过如图所示的装置(假设试剂均过量)。下列说法正确的是

A．反应中n(氧化产物)∶n(还原产物)=1∶3
B．装置Ⅰ中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4和BaSO3
C．装置Ⅱ中可以观察到高锰酸钾紫色褪去，体现SO2的漂白性
D．将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，仍能观察到相同的现象
8．I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是

A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
9．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2选择性还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理示意图如下

下列说法错误的是
A．肉桂醇分子式为C9H10O
B．肉桂醛中官能团检验：先用溴水检验碳碳双键，再用银氨溶液检验醛基
C．1 mol肉桂醇最多能与4 mol H2发生加成反应
D．苯丙醛中最多有16个原子共平面
10．下列说法错误的是
A．用酸性溶液可鉴别乙烯和甲烷
B．新制氯水应保存在无色广口瓶中并置于阴冷处
C．强氧化剂与易燃有机物必须隔离存放，以防止火灾发生
D．通过溶液两两混合的方式可鉴别溶液、溶液、溶液、盐酸
11．X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。说法错误的是

A．Q位于第三周期IA族
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：M-﹥Q+﹥R2+
D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
12．CO和O在钉催化剂的表面有“线式”和“桥式”两种反应方式，其中“线式”反应在催化剂表面形成化学键的过程如图所示，下列说法正确的是

A．和CO都能与碱反应生成盐和水 B．该过程中，CO先断键成C和O
C．状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程 D．钉催化剂降低了该反应的焓变
13．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是

A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
14．将溶液分别滴入溶液(、)，所得溶液中的的负对数[]与滴入溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是


A．曲线Ⅰ表示的是滴定溶液的曲线
B．、两点所对应的溶液中的相等
C．将、两点所对应的溶液过滤后等体积混合溶液无明显现象
D．根据点坐标，可计算曲线Ⅱ对应溶液中约为
二、非选择题（本大题共4小题，共58分。）
15．常用作杀虫剂、媒染剂，某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：
已知：①为绛蓝色晶体，在溶液中存在以下电离(解离)过程：
、。
②和在水中均可溶，在乙醇中均难溶。若向溶液中加入乙醇，会析出晶体。
请回答下列问题：
(1)实验室用下图装置制备合成所需的溶液。

①仪器a的名称是____；仪器d中发生反应的离子方程式是___。
②说明检验装置A气密性的方法：____。
③装置B的加热方法为水浴加热，其优点是___。
(2)方案1的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
该方案存在一定缺陷，因为根据该方案得到的产物晶体中往往含有__(填化学式)杂质，其原因是__(从平衡移动的角度回答)。
(3)方案2的实验步骤为：向溶液中加入适量____(填试剂名称)，过滤、洗涤、干燥。
(4)方案1、2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。
①过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”、“普通过滤法”和“减压过滤法”等，操作示意图如下：

减压过滤法相对于普通过滤法的优点为____(填序号，下同)。
A．过滤速度相对较快 B．能过滤胶体类混合物 C．得到的固体物质相对比较干燥
②下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是____。
A．蒸馏水 B．乙醇与水的混合液 C．饱和(NH4)2SO4溶液

16．CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)

④CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶生成无水氯化钴。
请回答：
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式___________。
(2)向浸出液中加入 NaClO3发生主要反应的离子方程式___________。
(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀Ⅹ成分为___________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是___________。(填选项序号字母)

A 1.0~2.0 B 2.5~3.5 C 4.0~5.0
(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是___________。
(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5~10.5，试分析原因______________________。

17．I.研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。某化学小组查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g)N2O2(g)(快) V1正=K1正c2(NO)V1逆=K1逆c(N2O2)
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) V2正=K2正c(N2O2)V2逆=K2逆c2(NO2)
请回答下列问题：
(1)写出反应2NO+O2=2NO2的热化学方程式_______________（焓变用含和的式子表示。
(2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用K1正、K1逆、K2正、K2逆表示的平衡常数表达式K=___________________。
(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NO)+c(NO)____c(NH)(填“>”、“<”或“=”)。
(4)工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2-。该电解池阴极的电极反应式是_________。

II.在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
①下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是__________（填字母）。
a.其他条件不变时，压缩容器体积
b.其他条件不变时，升高反应体系温度
c.使用合适的催化剂
d.保持容器体积不变，充入一定量的氮气
②实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：_______。

18．锌及其化合物在科学技术发展和人类生产生活中发挥着重要作用。
(1)明朝《天工开物》中就已经记载了我国古代的炼锌技术：以炉甘石(ZnCO3)和木炭为原料高温制取锌。请写出Zn2+的核外电子排布式___，ZnCO3中C原子的杂化形式为__，Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是___。
(2)“此物(“锌火”)无铜收伏，入火即成烟飞去”，意思是锌的沸点(907℃)较低，宜与铜熔合制成黄铜。已知Zn与Cu的能量变化如下所示：
Cu(g)Cu+(g)Cu2+(g)
Zn(g)Zn+(g)Zn2+(g)
①铜和锌的第一电离能大小比较为I(Cu)__I(Zn)，试解释步骤②吸收能量大于步骤④的原因__。
②金属锌采取如图1所示堆积方式：

该堆积方式类型为___堆积，与金属铜的堆积方式__(填“相同”或“不相同”)。
(3)我国科学家最新研制成功了一种纳米半导体材料可以高效实现光化学转换，该种材料主要成分为硫化镉和硫化锌。Cd与Zn位于同一副族，且在Zn的下一周期。已知ZnS熔点为2830℃；CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因为__。
(4)图2为ZnS晶胞，图3为晶胞沿z轴的1∶1投影平面图：

①晶胞中最近的两个S原子之间的距离为___pm(写计算表达式)。
②已知S2-半径为bpm，若晶胞中S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为__pm(写计算表达式)。(写计算表达式)。

19．我国科学家首次提出了“聚集诱导发光(AIE)”概念及其分子运动受限(RIM)发光机理。目前，AIE已成为光电材料、生物荧光成像等诸多领域的研究热点之一、四苯乙烯(TPE)是一类重要的AIE分子，某四苯乙烯衍生物合成路线如下：

已知如下信息：
i.+
ii.+
iii.R＇OH+R＂BrR＇OR＂
根据上述合成路线，回答下列问题：
(1)由A生成B的化学方程式为___________。
(2)由D生成E的反应类型为___________，该反应装置常用装有无水CaCl2的玻璃管将反应体系与大气接通，其中无水CaCl2用作___________。
(3)C的同分异构体中，能同时满足下列条件的同分异构体的结构简式为___________。(只需写出2个)
i.红外光谱及核磁共振氢谱表明分子中含有基团；
ii.核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同化学环境的氢原子，其数量比为1：1。
(4)G经还原反应生成产物M(C13H12O)，M的化学名称为___________。
(5)H的结构简式为___________。反应⑥可能生成的四苯乙烯类产物有___________种。
(6)欧司哌米芬(Ospemifene)J是一种雌激素受体调节剂，具有三苯乙烯的结构特征。根据上述反应信息，设计由化合物F、苯和3－氯丙酰氯(ClCH2CH2COCl)制备J的合成路线___________。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)


参考答案
1．【答案】C
【解析】
A．酶在温水中的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果会越好，故A错误；
B．做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有香味的乙酸乙酯，故B错误；
C．水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；
D．雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物，故D错误；
选C。
2．【答案】B
【解析】
A．中子数为18的氯原子质子数为17，相对分子质量为35，中子数为18的氯原子Cl，故A正确；
B．CO2的电子式：，故B错误；
C．NaHCO3在水中电离为钠离子和碳酸氢根离子， NaHCO3=Na++HCO，故C正确；
D．NaCl的形成过程为钠离子失电子，氯离子得电子：，故D正确；
故选B。
3．【答案】D
【解析】
A．“溶解”过程中发生的反应为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H2O2中O元素的化合价由-1降低为-2价，H2SO4中H元素的化合价由+1价降低为0价，化合价降低的物质为氧化剂，所以H2O2、H2SO4为氧化剂，表现为氧化性，故A正确；
B．废黄铜合金Cu和Zn都可以反应溶解变成Cu2+和Zn2+，然后加入NaOH调节溶液pH值为2，此时溶液中含有H+、Cu2+、Zn2+、Na+和SO，再加入锌粉之后Zn可以和H+和Cu2+发生置换反应，故B正确；
C．过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；
D．“溶解”操作时，搅拌可以加快H2O2、H+和Cu、Zn接触，增加反应速率，但是过氧化氢受热易分解，不能选择高温，故D错误。
故答案为D。
4．【答案】B
【解析】
A．从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaC1O=N2+3NaCl+3H2O，A正确；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；
C．较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；
D．次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确；
故选B。
5．【答案】A
【解析】
A．由于强酸可以制弱酸，向溶液中通入，溶液变浑浊说明生成了，因此可以证明酸性，故A正确；
B．淀粉遇碘单质变蓝，溶液不变蓝色，只能说明没有碘单质，而不一定没有碘元素，故B错误；
C．溶液中原本存在，加入溶液会产生沉淀，无法说明，故C错误；
D．酸性溶液会氧化和，生成的和I2(碘水)都呈黄色，因此无法说明氧化性，故D错误；
故答案选A。
6．【答案】B
【解析】
A．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，A错误；
B．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，2个+6价的Cr转化为+3价，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，B正确；
C．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0.3NA，C错误；
D．NH是弱碱阳离子，发生水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH数量小于0.1NA，D错误；
答案选B。
7．【答案】A
【分析】
BaCl2溶液吸收SO3，SO3溶于水生成H2SO4， H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀；同时H2SO4溶液能与氨水反应，所以混合气体中的 SO3和NH3被BaCl2溶液吸收了；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收，最终收集到的气体是氮气，由此分析解答。
【解析】
A．4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2A12O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O反应中S的化合价降低，被还原，SO2为还原产物，N的化合价升高，被氧化，N2为氧化产物，则n(氧化产物)∶n(还原产物)=1∶3，故A正确；
B．由产物NH3和SO3的物质的量可知，装置Ⅰ中只三氧化硫与氨气被吸收，生成硫酸钡，无亚硫酸钡，故B错误；
C．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，导致紫色褪去，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D．将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，SO2和SO3都被酸性高锰酸钾溶液吸收，氯化钡溶液中不能生成白色沉淀，故D错误；
故选A。
8．【答案】C
【解析】
A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
9．【答案】B
【解析】
A． 由可知：肉桂醇分子式为C9H10O，故A正确；
B． 溴水既能与碳碳双键加成，又能氧化醛基，溴水褪色，不能证明碳碳双键的存在，故B错误；
C． 每个苯环与3个氢分子加成，每个碳碳双键与1个氢分子加成，1 mol肉桂醇最多能与4 mol H2发生加成反应，故C正确；
D． 苯丙醛分子中除两个CH2 原子团中各有1个氢不能共面外，最多有16个原子共平面，故D正确；
故选B。
10．【答案】B
【解析】
A．乙烯能使酸性溶液褪色，而甲烷不能，选项A正确；
B．新制氯水中的HClO见光易分解，应保存在棕色瓶中，选项B错误；
C．为防止火灾等事故发生，强氧化剂应与易燃有机物、强还原性药品等隔离存放，选项C正确；
D．通过溶液两两混合时产生不同的实验现象可先鉴别出溶液，然后用溶液即可鉴别出溶液、溶液和盐酸，选项D正确。
答案选B。
11．【答案】C
【分析】
X、Y、Z、M、Q、R都为前20号元素，且原子半径依次增大，结合各元素的主要化合价，可以推出X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca。
【解析】
经分析，X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca；
A．Q为Na，其位于周期表中第三周期I A族，A正确；
B．X为H，Y为O，Z为N，这三种元素组成的物质有NH4NO3、NH3•H2O等，其中NH4NO3属于盐，NH3•H2O属于盐，B正确；
C．M为Cl，Q为Na，R为Ca，则简单离子半径大小为：Cl-＞Ca2+＞Na+，C错误；
D．Z为N，M为Cl，它们最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，都是强酸，D正确；
故选C。
12．【答案】C
【解析】
A．能与碱反应生成盐和水,但CO不能和碱反应生成盐和水，故A错误；
B．从整个过程来看，CO在反应过程中，化学键没有断裂，故B错误；
C．状态Ⅰ的总能量高于状态Ⅲ的总能量，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程，故C正确；
D．催化剂只是改变速率，降低了反应的活化能，但对反应的焓变没有影响，故D错误；
本题答案C。
13．【答案】C
【分析】
充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，放电时甲是正极、乙是负极。
【解析】
A．放电时，甲电极是正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi＋3F-，故A错误；
B．放电时，甲是正极、乙是负极，甲电极电势比乙电极高，故B错误；
C．充电时，甲是阳极，阴极反应式是Bi－3e-＋3F-=BiF3，导线上每通过1mole-，1molF-参加反应，甲电极质量增加19g，故C正确；
D．充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；
选C。
14．【答案】B
【解析】
A．Ksp AgCl< Ksp AgBr，AgCl沉淀先生成，溶液中氯离子浓度大，对应的氯离子浓度负对数更小，故曲线Ⅱ表示的是滴定溶液的曲线，A项错误；
B．在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，溶液是中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，加入的NaX是相等的，两种溶液中的钠离子浓度相等，A、B两点c(X-)基本相等，为保证等式成立，两种溶液中银离子浓度相等，B项正确；
C．溴化银溶解度平衡常数更小，当二者混合后，溴离子争夺氯化银中的银离子，会有更多的溴化银生成，现象是有溴化银黄色沉淀生成，C项错误；
D．Ksp AgX=c(Ag+)·c(X-)，-lgc(X-)=8，c(X-)=10-8mol/L，混合后溶液体积为60mL，银离子浓度小于0.1mol/L，小于，D项错误；
答案选B。

15．【答案】分液漏斗 关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好 受热均匀，易于控制加热温度 或 蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或 乙醇 AC B
【解析】
(1)①仪器a为分液漏斗；仪器d中，铜单质在酸性条件下被氧化为，相应的离子方程式为；
②检验装置A气密性的方法为：关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好；③由于水具有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以水浴加热具有易于控制温度的优点，且能够使被加热物质均匀受热；
(2)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有或杂质，因为在蒸发浓缩过程中挥发，使平衡，向右移动，发生水解生成或；
(3)根据题给信息②可知，加入的试剂应为乙醇；
(4)①减压过滤可加快过滤速度，并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A、C项正确；
②晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤，则会在晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。

16．【答案】Co2O3 + SO32- +4H+ = 2Co2+ + SO42- +2H2O 6H+ + 6Fe2+ + ClO3- = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O Fe(OH)3, Al(OH)3 B 降低烘干温度，防CoCl2·6H2O 高温下失去结晶水 59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀)
【分析】
含钴废料中加盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，
（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；
（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
（5）温度高时CoCl2•6H2O分解；
（6）根据CoCl2·6H2O与AgNO3反应的关系式计算CoCl2·6H2O的纯度，pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀。
【解析】
（1）水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀X的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故选B；
（5）根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需降低烘干温度；
（6）CoCl2·6H2O～2AgNO3
238g 2mol
xg 0.2mol/L×0.01L

X=0.238g
CoCl2·6H2O的纯度为59.5%
pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.5～10.5。

17．【答案】2NO(g)+O2(g)2NO2(g) kJ/mol > 2NO2+8e-=N2+4O2- ad 该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强
【解析】
I. (1)①2NO(g) N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)可以由反应①+②而得，根据盖斯定律可知 所kJ/mol；所以答案为：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) kJ/mol。
(2)由反应达平衡状态，所以V1正=V1逆、V2正=V2逆，所以V1正×V2正=V1逆×V2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K==。
(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c(NO)+c(NO)＞c(NH)，故答案为：>。
(4) O2-在阳极发生氧化反应，而氮的氧化物在阴极发生还原反应，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NO2+8e- = N2 + 4O2-，故答案为： 2NO2+8e- = N2 + 4O2-。
II.a．该反应是一个气体分子总数减小的反应，其他条件不变时，压缩容器体积，压强增大，平衡往正向移动，反应速率加快并提高了氢气的转化率，a正确；
b．该反应是放热反应，其他条件不变时，升高反应体系温度，平衡往逆向移动，氢气转化率下降，b错误；
c．使用催化剂不能改变平衡转化率，c错误；
d．保持容器体积不变，充入一定量的氮气，反应物浓度增加，反应速率加快，平衡往正向移动，氢气转化率增大，d正确；
所以答案选ad。
②N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ，如果温度过低，反应速率慢；该反应是放热反应，如果温度过高，反应物的转化率下降，而且温度会影响铁触媒的活性，所以需要将温度控制在一个合适的范围，所以答案为：该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强。

18．【答案】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) sp2 ZnCdS，则熔点ZnS>CdS 2a (a-b)pm
【解析】
(1)Zn的原子序数为30，其核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn2+是锌原子失去2个电子所形成的，Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。根据价层电子对互斥理论判断，C的杂化形式为sp2。根据非金属越强，电负性越大，进行判断, Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是Zn (2)①铜和锌的第一电离能大小比较为I(Cu) ②锌的堆积方式为“…ABAB…”形式，为镁型堆积(hcp)，也称为六方最密堆积，Cu为铜型(ccp)，面心立方最密堆积，故不相同。
(3)ZnS、CdS都属于离子晶体，由于离子半径Cd2+大于Zn2+，故晶格能ZnS>CdS，则熔点ZnS>CdS。
(4)①最近的两个S原子之间的距离是面对角线的一半，根据图2可知面对角线长为4apm。最近的两个S原子之间的距离是2apm。
②晶胞的边长为，晶胞的体对角线为。由于晶体中和原子之间的最短距离为体对角线的，所以该晶体中和之间的最短距离为 。若要使、相切，则半径为pm。

19．【答案】
+HNO3(浓)+H2O 取代反应 干燥剂 ；；(写出两种即可) 二苯(基)甲醇 4
【分析】
由A的分子式C7H8可知A是甲苯，结合D的结构简式，可知A生成B发生了硝化反应，所以B的结构简式是，B到C通过反应条件可知B中甲基被氧化成羧基。由D→E结合已知信息i，可知E的结构简式是,由F→H，结合信息ii可知H的结构简式为据此解答。
【解析】
(1)经分析A是甲苯，B是，故A生成B发生了硝化反应，其化学方程式为+HNO3(浓)+H2O。
(2)由D生成E的条件结合信息i，可知两反应类似，则可知此反应类型是取代反应；反应过程中需无水AlCl3为催化剂，故无水CaCl2的的作用是防止空气中的水汽进入装置，起到干燥剂作用。
(3)C的分子式为C7H5NO4，其同分异构体结构中含有基团，且苯环上还有两种不同化学环境的氢原子，其数量比为1：1，说明苯环上有两个取代基，其中一个取代基含有基团，另一个取代基和其是对位，结合元素原子个数可得满足条件的C的同分异构体有、、。(写出两种即可)
(4)由F→H→I的转化过程，结合F、I的结构简式，结合信息ii，可推测出G的结构简式为，G的分子式为(C13H10O)，经还原反应生成产物M(C13H12O)，从H元素原子看，由G生成M多了2个H原子，可知是苯环的羰基得氢被还原，故M的结构简式为，其名称为二苯(基)甲醇。
(5)由F和G的结构简式结合I的结构简式，结合信息ii，可知H的结构简式为。反应⑥可能生成的四苯乙烯类产物有F和F反应生成的三种，分别是、，还有G和G生成的1种，总计4种。

(6)由生成物J的结构简式，结合I的生产流程，结合告知的信息，要合成J,就要先合成出和。若要合成出，则可通过苯和3－氯丙酰氯(ClCH2CH2COCl)和信息i的条件即可 ；若要合成出 ，结合信息iii，则需要合成出且找到原材料BrCH2CH2OH。要合成出则通过四苯乙烯衍生物合成路线中H→G，可知只需要化合物F。所以本题的合成路线为