广东省2022年六校高考【化学】联考模拟试卷合集2套（含答案）word文本

高考模拟试题高考模拟试题33/33高考模拟试题广东省2022年六校高考【化学】联考模拟试卷（一）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．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列有关说法错误的是（）A．N95口罩的主要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成B．客机CR919机身大量使用的碳纤维属于无机高分子纤维C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，杀灭新型冠状病毒2．下列文献记载内容不涉及氧化还原反应的是（）A．《本草纲目》中“令人以灰（草木灰）淋汁，取碱浣衣”B．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”C．《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”D．《周易参同契》中“胡粉（碱式碳酸铅）投火中，色坏还为铅”3．下列化学用语表示正确的是（）A．H2O2的电子式：B．Ca2+的结构示意图：C．乙酸的键线式：D．羟基的电子式：4．下列各组微粒中加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒加入的试剂发生反应的离子方程式AFe3+、Mg2+、SO42﹣少量稀氨水Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓BK+、OH﹣、CO32﹣通入少量CO22OH﹣+CO2═CO32﹣+H2OCNa+、Al3+、Cl﹣过量澄清石灰水Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓DH+、Fe2+、SO42﹣Ba（NO3）2溶液SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓A．AB．BC．CD．D5．仅用如表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的一组是（）选项实验目的仪器A制取乙酸乙酯试管、酒精灯B用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、玻璃棒、蒸发皿D用盐酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸A．AB．BC．CD．D6．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图。下列说法不正确的是（）穆童A．硫酸盐气溶胶呈酸性B．NO2是生成硫酸盐的还原剂C．该过程有H2O参与D．该过程中有硫氧键生成7．下列说法不正确的是（）A．Si具有半导体性，可制作光导纤维B．CO2可用于制备饮料，也可作蔬菜大棚中的“气体肥料”C．纳米碳管比表面积大、吸附性强，可用作新型储氢材料D．用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用8．室温时，下列有关电解质的说法正确的是（）A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（NO3﹣）＞c（CN﹣）B．NaHB溶液呈酸性，可推知H2B在水中不能完全电离C．往NH4Cl溶液中加入镁粉，可生成两种气体D．Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中：c（Na+）＝2（CO32﹣）9．下列操作能达到相应实验目的的是（）选项试验目的操作A检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象A．AB．BC．CD．D10．糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，可由糠醛（）和丙酮（CH3COCH3）反应制备。下列说法错误的是（）穆童A．糠醛的全部原子可共平面B．1mol糠醛最多可与3molH2发生加成反应C．糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，可发生还原反应D．含苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体有3种11．反应CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑可用于实验室制备乙炔气体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）穆童A．0.1molCaC2含有的离子数为0.3NAB．1.8gH2O18中所含电子数目为NAC．0.1molC2H2完全燃烧转移的电子数为NAD．常温下pH＝12的Ca（OH）2溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10﹣12NA12．如图是某元素的价类二维图。其中A为酸式盐，E的相对分子质量比D大16。下列说法正确的是（）A．E与水反应一定能生成一种强酸B．若X为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色C．若X为强酸，则D→E的反应可用于检验DD．若X为强碱，则物质A～E中均含有硫元素13．近日，电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂可实现室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。装置如图所示。下列说法错误的是（）穆童A．工作时，电子流入a极B．阳极区的电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣═2NO3﹣+12H+C．阳极区和阴极区消耗的N2的质量之比为5：3D．该离子交换膜应使用质子交换膜14．室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc（Ba2+）与lg的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（）（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10﹣7、5.6×10﹣11）穆童A．a对应溶液的pH大于bB．b对应溶液的c（H+）＝5.6×10﹣9mol•L﹣1C．a→b对应的溶液中不变D．a对应的溶液中一定存在：c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）15．W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，下列说法不正确的是（）穆童A．Z有多种单质，且硬度都很大B．原子半径：X＞Z＞Y＞WC．该物质中含离子键和共价键D．气态氢化物的稳定性：W＞Y16．H2S分解反应：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，恒容密闭容器中只充入H2S，在反应器中不同温度时反应，每间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示，下列说法错误的是（）穆童A．该反应的△H＞0B．由图可知，1100℃时Al2O3几乎失去催化活性C．不加催化剂时，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短D．A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则平衡常数Kp＝0.25p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。穆童17．（14分）磷化铝（AlP）常用作粮食熏蒸杀虫剂，吸水后会强烈水解产生高毒性气体（18电子结构，沸点为﹣87.7℃，还原性强）。在熏蒸处理虫粮过程中，粮粒对该气体具有一定的吸附作用。某化学兴趣小组用下述方法测定粮食中残留的磷含量，实验装置如图所示。穆童在C中加入10g原粮，E中加入20.00mL1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量的水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。穆童回答下列问题：（1）仪器C的名称是。（2）AlP与水反应的化学方程式为，气体产物的电子式为。（3）装置A中盛装酸性KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是。穆童（4）反应完成后，继续通入空气的作用是。（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生的离子方程式为。（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，到达滴定终点时的现象为，我国粮油卫生标准中规定磷化物允许量为0.05mg•kg﹣1，则该原粮为产品。（填“合格”或“不合格”）穆童18．（14分）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的流程如图所示。穆童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Ga3+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH4.53.72.27.5沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH5.54.73.29.0请回答下列问题：（1）“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是。（2）“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为。（3）“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为。（4）“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为（用离子方程式表示）。（5）“电解”过程中需要保持溶液为pH＝11以上的原因是。（6）下列说法不正确的是。A．为提高浸出率，可将刚玉渣研磨B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O可作为净水剂C．由流程图可知酸性：Al（OH）3＞Ga（OH）3D．“碱浸”过程中可用氨水代替NaOH溶液（7）GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为。穆童19．（14分）推动煤炭清洁高效利用是未来煤炭利用的发展方向，其中煤制天然气（主要成分甲烷）能对燃气资源有重要补充作用。在催化剂作用下，其涉及的主要反应如下：穆童CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1ⅠCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1ⅡCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H3Ⅲ其副反应（积碳反应）如下：2CO（g）⇌O2（g）+C（s）△H4＝﹣172.0kJ•mol﹣1ⅣCO2（g）+2H2（g）⇌2H2O（g）+C（s）△H5＝﹣90.0kJ•mol﹣1ⅤCO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H6＝﹣131.0kJ•mol﹣1Ⅵ（1）荷兰埃因霍温大学学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂钴表面上反应Ⅰ的反应历程，如图1所示，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。穆童①该历程中最大能垒E正＝kJ•mol﹣1，写出该步骤的化学方程式。②△H3＝kJ•mol﹣1。（2）若原料气n（H2）：n（CO）＝3：1，且反应容器中只考虑主要反应。①反应Ⅰ在温（填“高”或“低”）、压（填“高”或“低”）条件下有利于天然气的合成。②T2℃，0.1MPa恒压条件下，平衡时反应体系平衡组成如表所示。组分CH4H2OH2CO2CO体积分数xabcde该条件下CO的总转化率表达式α＝。Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，反应Ⅰ的Kx＝。（以Kp和p总表示）穆童（3）若反应容器中考虑主、副反应。维持p总＝0.1MPa恒定，平衡时CO的转化率和积碳的选择性（积碳的选择性＝×100%）随温度和进料气中水蒸气量的变化如图所示。其中n（H2）：n（CO）：n（H2O）＝3：1：X，代表原料气中H2、CO和H2O三者的物质的量之比，X为横坐标，下列说法正确的是。穆童A．图2中，随着X的增大，CO转化率略有增大，可能原因是反应式Ⅰ中H2O为生成物，增加水蒸气的量会促使平衡向逆反应方向移动穆童B．图3中，X较低时，在800～850℃积碳选择性减小的原因可能是副反应为放热反应，温度较高，积碳反应平衡逆向移动穆童C．图3中，X较高时，在550～800℃积碳选择性较低的主要原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小D．总体上说，X较高，温度低于500℃利于降低积碳，减少积碳对催化剂的影响(二)选考题：共14分。从下面2道题中任选一题作答。【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）穆童20．（14分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：穆童（1）四种元素中电负性最大的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。穆童（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为。（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为。穆童（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a＝0.566nm，F的化学式为；晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度（g•cm﹣3）（保留小数点后两位数字）。穆童【化学选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）21．阿扎司琼对化疗药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，如图是某课题组报道的阿扎司琼的合成工艺路线。请回答下列问题：穆童（1）的分子式，D中含氧官能团有硝基、。（写名称）（2）A的名称。（3）反应①到⑤中不属于取代反应的是。（填反应序号①～⑤）（4）写出B与NaOH溶液反应的化学方程式。（5）X是C的同分异构体，具有与C相同的官能团种类和数目，满足下列条件的X的结构有种。（不含立体异构）穆童①苯环上有3个取代基；②遇FeCl3溶液显紫色；③能发生银镜反应。（6）根据上述路线，设计一条以苯酚为原料合的路线。（其他试剂任选）广东省2022年六校高考【化学】联考模拟试卷（一）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穆童1．（2分）化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列有关说法错误的是（）A．N95口罩的主要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成B．客机CR919机身大量使用的碳纤维属于无机高分子纤维C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，杀灭新型冠状病毒【分析】A．丙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯；B．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙；D．过氧乙酸具有强氧化性，能使蛋白质发生变性。【解答】解：A．丙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，N95口罩的主要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成，故A正确；穆童B．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维属于无机高分子纤维，故B正确；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但煤燃烧生成的二氧化碳并不减少，所以燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但是不能减少温室气体的排放，故C错误；穆童D．过氧乙酸具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可以杀菌消毒，所以利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒，杀灭新型冠状病毒，故D正确；穆童故选：C。【点评】本题综合考查物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产以及环保问题，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。穆童2．（2分）下列文献记载内容不涉及氧化还原反应的是（）A．《本草纲目》中“令人以灰（草木灰）淋汁，取碱浣衣”B．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”C．《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”D．《周易参同契》中“胡粉（碱式碳酸铅）投火中，色坏还为铅”【分析】氧化还原反应特征为化合价变化，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此分析解答。【解答】解：A．涉及草木中碳酸钾的溶解以及油脂的水解，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故A选；穆童B．该反应原理为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．涉及HgS与氧气反应生成Hg，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．碱式碳酸铅投火中生成铅，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。穆童3．（2分）下列化学用语表示正确的是（）A．H2O2的电子式：B．Ca2+的结构示意图：C．乙酸的键线式：D．羟基的电子式：【分析】A．H2O2是共价化合物，不是由离子构成；B．Ca2+的核内质子数为20，核外电子数为18；C．含有3个C原子，为丙酸，乙酸分子中含有两个C原子；D．﹣OH中O原子上有一个未成对电子，最外层电子数为7。【解答】解：A．H2O2是共价化合物，存在O﹣H键和O﹣O键，电子式为，故A错误；B．Ca2+的核内质子数为20，核外电子数为18，最外层电子数为8，结构示意图为，故B错误；C．为丙酸的键线式，乙酸分子中含有1个甲基和1个羧基，其键线式为，故C错误；D．﹣OH中O原子上有一个单电子，最外层电子数为7，其电子式为，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学用语的分析判断，涉及电子式、键线式、结构示意图等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。穆童4．（2分）下列各组微粒中加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒加入的试剂发生反应的离子方程式AFe3+、Mg2+、SO42﹣少量稀氨水Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓BK+、OH﹣、CO32﹣通入少量CO22OH﹣+CO2═CO32﹣+H2OCNa+、Al3+、Cl﹣过量澄清石灰水Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓DH+、Fe2+、SO42﹣Ba（NO3）2溶液SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓A．AB．BC．CD．D【分析】A．一水合氨为弱碱，不能拆开；B．二氧化碳少量，氢氧根离子优先与二氧化碳反应；C．澄清石灰水过量，氢氧化铝被溶解；D．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，漏掉了硝酸根离子、氢离子与亚铁离子的反应。【解答】解：A．Fe3+与氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+，故A错误；穆童B．含有K+、OH﹣、CO32﹣的溶液中通入少量二氧化碳，OH﹣优先反应，离子方程式为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，故B正确；穆童C．Al3+与过量澄清石灰水反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C错误；D．加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：NO3﹣+3Fe2++4H+═NO↑+3Fe3++2H2O、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，故D错误；穆童故选：B。【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。穆童5．（2分）仅用如表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的一组是（）选项实验目的仪器A制取乙酸乙酯试管、酒精灯B用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、玻璃棒、蒸发皿D用盐酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸A．AB．BC．CD．D【分析】A.在试管中乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应；B.用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液，需要量筒量取浓硫酸的体积，在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容；穆童C.从食盐水中获得NaCl晶体，可蒸发分离；D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，反应后过滤可分离。【解答】解：A.在试管中乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，且需加热，则给出仪器可完成，故A正确；B.用浓硫酸配制250mL一定浓度的硫酸溶液，需要量筒量取浓硫酸的体积，在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，则缺少量筒，故B错误；穆童C.从食盐水中获得NaCl晶体，可蒸发分离，则给出仪器可完成，故C正确；D.碳酸钡与盐酸反应，硫酸钡不能，反应后过滤可分离，则给出仪器可完成，故D正确；故选：B。【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、混合物分离提纯、物质的制备、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。穆童6．（2分）硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图。下列说法不正确的是（）穆童A．硫酸盐气溶胶呈酸性B．NO2是生成硫酸盐的还原剂C．该过程有H2O参与D．该过程中有硫氧键生成【分析】A．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶中，存在HSO4﹣的电离；B．NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，则NO2是氧化剂；C．NO2生成HNO2，有H2O参与反应；D．SO32﹣转化为HSO4﹣时，有硫氧键生成。【解答】解：A．硫酸盐（含SO42﹣、HSO4﹣）气溶胶中，存在HSO4﹣的电离，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，故A正确；穆童B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；穆童C．NO2生成HNO2，增加了H元素，由转化关系图可知，有H2O参与反应，故C正确；D．根据图示转化过程可知，SO32﹣转化为HSO4﹣时，有硫氧键生成，故D正确；故选：B。【点评】本题通过雾霾微颗粒中硫酸盐生成的过程示意图，考查了氧化还原反应、化学键的变化等基础知识，题目难度不大，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。穆童7．（2分）下列说法不正确的是（）A．Si具有半导体性，可制作光导纤维B．CO2可用于制备饮料，也可作蔬菜大棚中的“气体肥料”C．纳米碳管比表面积大、吸附性强，可用作新型储氢材料D．用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用【分析】A．二氧化硅是制造光导纤维主要原料；B．二氧化碳可以用于制备碳酸饮料，且是植物光合作用需要的物质；C．碳纳米管表面积大，吸附性强；D．工业制硫酸尾气中的SO2回收常采用氨吸收法。即先用氨水吸收尾气中的SO2，当吸收液中NH4HSO3达到一定浓度后，再与硫酸反应。放出的SO2可循环利用。穆童【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，硅不具有此性质，故A错误；B．二氧化碳可以用于制备碳酸饮料，且是植物光合作用需要的物质，可以蔬菜大棚中的“气体肥料’，故B正确；穆童C．碳纳米管表面积大，吸附性强，可用作新型储氢材料，故C正确；D．工业制硫酸尾气中的SO2回收常采用氨吸收法。用氨水吸收废气中的SO2，再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用，故D正确。穆童故选：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、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项A为解答的易错点，注意二氧化硅和晶体硅用途区别，题目难度不大。穆童8．（2分）室温时，下列有关电解质的说法正确的是（）A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（NO3﹣）＞c（CN﹣）B．NaHB溶液呈酸性，可推知H2B在水中不能完全电离C．往NH4Cl溶液中加入镁粉，可生成两种气体D．Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中：c（Na+）＝2（CO32﹣）【分析】A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中c（H+）、c（OH﹣）分别相等，根据电荷关系分析判断；穆童B．NaHB可能是二元强酸的酸式盐，如NaHSO4等；C．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解生成一水合氨和盐酸，镁与盐酸反应生成氢气，促进铵根水解生成高浓度的氨水；穆童D．中性溶液中c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒关系分析判断。【解答】解：A．pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c（H+）、c（OH﹣）分别相等，电荷关系为c（H+）＝c（NO3﹣）+c（OH﹣）＝c（CN﹣）+c（OH﹣），则c（NO3﹣）＝c（CN﹣），故A错误；穆童B．NaHB溶液呈酸性，可能是NaHSO4溶液，也可能是NaHSO3溶液，所以不能据此判断H2B的强弱，故B错误；穆童C．NH4Cl水解生成NH3•H2O和盐酸，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入镁粉，与H+反应生成H2，促进铵根离子水解，生成更多的NH3•H2O，浓度较大时转化为NH3，NH3•H2O⇌NH3↑+H2O，所以可生成两种气体，故C正确；穆童D．溶液呈中性，则存在c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒关系为：c（Na+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故D错误；穆童故选：C。【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、盐类水解和溶液中离子浓度守恒关系等知识，为高频考点，把握溶液中电荷守恒关系及应用、盐类水解及影响因素、弱电解质的判断即可解答，试题充分考查了学生灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。穆童9．（2分）下列操作能达到相应实验目的的是（）选项试验目的操作A检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象A．AB．BC．CD．D【分析】A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子；B．“84”消毒液具有漂白性；C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀；D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应。【解答】解：A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故A错误；穆童B．“84”消毒液具有漂白性，可使pH试纸褪色，故B错误；C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，不能验证吸氧腐蚀，故C错误；D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，由现象可比较酸性，故D正确；故选：D。【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、电化学腐蚀、酸性比较、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。穆童10．（2分）糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，可由糠醛（）和丙酮（CH3COCH3）反应制备。下列说法错误的是（）穆童A．糠醛的全部原子可共平面B．1mol糠醛最多可与3molH2发生加成反应C．糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，可发生还原反应D．含苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体有3种【分析】A．乙烯、﹣CHO中所有原子共平面，单键可以旋转；B．碳碳双键和氢气以1:1发生加成反应、醛基和氢气以1:1发生加成反应；C．糠叉丙酮中含有8个C原子、8个H原子、2个O原子，碳碳双键、羰基能发生还原反应；D．糠叉丙酮不饱和度是5，苯环的不饱和度是4、羧基的不饱和度是1，则含有苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体中除了苯环和碳氧双键外不含其它环或双键。穆童【解答】解：A．乙烯、﹣CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，则糠醛的全部原子可共平面，故A正确；B．碳碳双键和氢气以1:1发生加成反应、醛基和氢气以1:1发生加成反应，糠醛分子中含有2个碳碳双键和1个醛基，则1mol糠醛最多可与3molH2发生加成反应，故B正确；穆童C．糠叉丙酮中含有8个C原子、8个H原子、2个O原子，糠叉丙酮的分子式为C8H8O2，糠叉丙酮中含有碳碳双键、羰基，所以能发生还原反应，故C正确；穆童D．糠叉丙酮不饱和度是5，苯环的不饱和度是4、羧基的不饱和度是1，则含有苯环和羧基的糠叉丙酮的同分异构体中除了苯环和碳氧双键外不含其它环或双键，如果取代基为﹣CH2COOH，有1种结构，如果取代基为﹣CH3和﹣COOH，有邻间对3种结构，所以符合条件的同分异构体有4种，故D错误；穆童故选：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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。穆童11．（4分）反应CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑可用于实验室制备乙炔气体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）穆童A．0.1molCaC2含有的离子数为0.3NAB．1.8gH2O18中所含电子数目为NAC．0.1molC2H2完全燃烧转移的电子数为NAD．常温下pH＝12的Ca（OH）2溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10﹣12NA【分析】A．CaC2是钙离子和C22﹣离子构成的离子化合物；B．1个H2O18含有10个电子；C．依据2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O计算；D．溶液体积未知。【解答】解：A．0.1molCaC2含有0.1mol钙离子，0.1molC22﹣，共含有的离子数为0.2NA，故A错误；穆童B．1.8gH2O18中所含电子数目为×10×NAmol﹣1＝0.9NA，故B错误；C．依据2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O可知2mol乙炔燃烧消耗5mol氧气，转移20mol电子，则0.1mol乙炔燃烧转移电子数为NA，故C正确；穆童D．溶液体积未知，无法计算水电离产生氢离子个数，故D错误。故选：C。【点评】本题是考查了阿伏加德罗常数的分析计算，微粒结构和物质构成的理解和掌握，注意碳化钙结构组成，题目难度不大。穆童12．（4分）如图是某元素的价类二维图。其中A为酸式盐，E的相对分子质量比D大16。下列说法正确的是（）穆童A．E与水反应一定能生成一种强酸B．若X为强酸，则物质D可使石蕊溶液先变红后褪色C．若X为强酸，则D→E的反应可用于检验DD．若X为强碱，则物质A～E中均含有硫元素【分析】A为酸式盐，x是一种强碱，二者反应生成氢化物B，若A为铵盐、B为NH3，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，若A为硫化物，B为H2S，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则C为S，D为SO2，E为SO3，以此解答该题。穆童【解答】解：A．E可能为NO2或SO3，NO2与水反应生成硝酸，SO3与水反应生成硫酸，一定能生成一种强酸，故A正确；穆童B．若X为强酸，A为硫化物，B为H2S，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则C为S，D为SO2，则物质D可使石蕊溶液先变红，故B错误；穆童C．若X为强酸，则D→E的反应是二氧化硫生成三氧化硫，不能可用于检验D为SO2，故C错误；D．若X为强碱，A为铵盐、B为NH3，B与y反应得到单质C，氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，则物质A～E中均含有N元素，故D错误；穆童故选：A。【点评】本题考查无机物的推断，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化、特殊现象反应等特殊转化，题目难度中等。穆童13．（4分）近日，电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂可实现室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。装置如图所示。下列说法错误的是（）穆童A．工作时，电子流入a极B．阳极区的电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣═2NO3﹣+12H+C．阳极区和阴极区消耗的N2的质量之比为5：3D．该离子交换膜应使用质子交换膜【分析】A．a极N2→NH3，氮元素由0价变为﹣3价，得到电子发生还原反应，为阴极；B．b极N2→2NO3﹣～10e﹣，据此书写电极反应式；C．由图可知，a极N2→2NH3～6e﹣，b极N2→2NO3﹣～10e﹣，根据电子得失相等计算；D．根据阴阳极反应判断离子交换膜的种类。【解答】解：A．由图可知，a极N2生成NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，故A正确；穆童B．由图可知，阳极是N2反应生成HNO3，失去电子，电极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，故B正确；穆童C．由图可知，a极N2→2NH3，得到6e﹣，b极N2→2NO3﹣，失去10e﹣，根据电子得失相等计算，阳极区和阴极区消耗的N2的质量之比为3：5，故C错误；穆童D．阳极反应为：N2+6H2O﹣10e﹣＝2NO3﹣+12H+，生成H+，阴极反应为：N2+6e﹣+6H+＝2NH3，消耗H+，该离子交换膜应使用质子交换膜，故D正确；穆童故选：C。【点评】本题考查电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等。穆童14．（4分）室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc（Ba2+）与lg的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（）（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10﹣7、5.6×10﹣11）穆童A．a对应溶液的pH大于bB．b对应溶液的c（H+）＝5.6×10﹣9mol•L﹣1C．a→b对应的溶液中不变D．a对应的溶液中一定存在：c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）【分析】A．＝，温度不变水解平衡常数不变，则横坐标越大，溶液中c（OH﹣）越小；B．b点lg＝2，则＝100＝＝，结合KW＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14计算C．＝×＝，温度不变电离平衡常数、离子积常数不变；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣）。【解答】解：A．温度不变水解平衡常数不变，＝，则横坐标越大，溶液中c（OH﹣）越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A正确；穆童B．b点lg＝2，则＝100＝＝，结合KW＝c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14可知：c（OH﹣）＝5.6×10﹣11×100＝5.6×10﹣9mol•L﹣1，故B正确；穆童C．温度不变电离平衡常数、离子积常数不变，则＝×＝的比值不变，故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），根据电荷守恒得2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以得2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+）＝3c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D错误；穆童故选：D。【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义及电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，注意AC的判断方法，为解答易错点。穆童15．（4分）W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，下列说法不正确的是（）穆童A．Z有多种单质，且硬度都很大B．原子半径：X＞Z＞Y＞WC．该物质中含离子键和共价键D．气态氢化物的稳定性：W＞Y【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、Y为O、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，均为第二周期元素，以此来解答。穆童【解答】解：由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C，A.Z的单质有金刚石、石墨、足球烯等，只有金刚石硬度大，故A错误；B.同周期从左向右原子半径减小，原子半径：X＞Z＞Y＞W，故B正确；C.阴阳离子形成离子键，非金属之间形成共价键，故C正确；D.非金属性F大于O，则气态氢化物的稳定性：W＞Y，故D正确；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、元素的性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意配位键的形成，题目难度较大。穆童16．（4分）H2S分解反应：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，恒容密闭容器中只充入H2S，在反应器中不同温度时反应，每间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示，下列说法错误的是（）穆童A．该反应的△H＞0B．由图可知，1100℃时Al2O3几乎失去催化活性C．不加催化剂时，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短D．A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则平衡常数Kp＝0.25p【分析】A．由图可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率增大，说明平衡正向移动；B．由图可知，在1100℃时无催化剂催化和Al2O3的催化作用下，H2S的转化率几乎相等；C．温度越高，活化分子数越多，反应速率越快；D．A点时，H2S的转化率为50%，列化学平衡三段式解答。【解答】解：A．由图可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，说明该反应是吸热反应，△H＞0，故A正确；穆童B．由图可知，在1100℃时无催化剂催化和Al2O3的催化作用下，H2S的转化率几乎相等，且均未达到平衡，说明Al2O3几乎失去催化活性，故B正确；穆童C．温度越高，活化分子数越多，反应速率越快，达到平衡的时间越短，故C正确；D．A点时，H2S的转化率为50%，设起始H2S的物质的量为4amol，转化H2S物质的量为4amol×50%＝2amol，穆童2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）起始n（mol）4a00转化n（mol）2a2aa平衡n（mol）2a2aa平衡总物质的量为5amol，Kp＝＝＝0.2p，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握三段式解题法。穆童二、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。穆童17．（14分）磷化铝（AlP）常用作粮食熏蒸杀虫剂，吸水后会强烈水解产生高毒性气体（18电子结构，沸点为﹣87.7℃，还原性强）。在熏蒸处理虫粮过程中，粮粒对该气体具有一定的吸附作用。某化学兴趣小组用下述方法测定粮食中残留的磷含量，实验装置如图所示。穆童在C中加入10g原粮，E中加入20.00mL1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量的水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。穆童回答下列问题：（1）仪器C的名称是三颈烧瓶。（2）AlP与水反应的化学方程式为AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3，气体产物的电子式为。（3）装置A中盛装酸性KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2。穆童（4）反应完成后，继续通入空气的作用是保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收。（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生的离子方程式为5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O。穆童（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，到达滴定终点时的现象为溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内不复原，我国粮油卫生标准中规定磷化物允许量为0.05mg•kg﹣1，则该原粮为不合格产品。（填“合格”或“不合格”）穆童【分析】AlP水解生成PH3，已知C中盛有10g原粮，E中盛有20.00mL1.50×10﹣3mol•L﹣1KMnO4溶液（酸性），吸收生成的PH3，A用于除去空气中的还原性气体，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，E中发生5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，滴定时发生5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O，结合方程式计算，以此解答该题。穆童【解答】解：（1）由图可知C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）AlP与水反应生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3，PH3结构与氨气相似，电子式为，穆童故答案为：AlP+3H2O＝PH3↑+Al（OH）3；；（3）装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液是吸收空气中的氧气，防止氧化装置C中生成的PH3，故答案为：吸收空气中的O2；（4）准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施；穆童故答案为：保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（5）PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O，穆童故答案为：5PH3+8MnO4﹣+24H+＝5H3PO4+8Mn2++12H2O；（6）滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内不复原，用4.0×10﹣4mol•L﹣1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，滴定时发生5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O，穆童n（Na2SO3）＝4.0×10﹣4mol•L﹣1×0.015L＝6×10﹣6mol，则250mLE中剩余n（KMnO4）＝6×10﹣6mol××＝2.4×10﹣5mol，穆童可知与PH3反应的高锰酸钾物质的量为：1.50×l0﹣3mol/L×0.020L﹣2.4×10﹣5mol＝6.0×10﹣6mol，穆童由5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知PH3物质的量＝6.0×10﹣6mol×＝3.75×10﹣6mol，穆童则PH3的质量分数为＝12.75mg•kg﹣1＞0.05mg•kg﹣1，则该原粮不合格，故答案为：溶液恰好由紫红色变无色，且半分钟内不复原；不合格。【点评】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查元素化合物知识以及氧化还原反应滴定及相关计算，综合考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理的理解和定量测定的有关计算和误差分析等，题目难度中等。穆童18．（14分）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的流程如图所示。穆童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Ga3+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH4.53.72.27.5沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH5.54.73.29.0请回答下列问题：（1）“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是金属与硫酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸。（2）“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为5.5≤pH＜7.5。（4）“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣）（用离子方程式表示）。穆童（5）“电解”过程中需要保持溶液为pH＝11以上的原因是抑制GaO2﹣的水解，并防止H+在阴极上放电降低电解效率。穆童（6）下列说法不正确的是CD。A．为提高浸出率，可将刚玉渣研磨B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O可作为净水剂C．由流程图可知酸性：Al（OH）3＞Ga（OH）3D．“碱浸”过程中可用氨水代替NaOH溶液（7）GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2。穆童【分析】刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）经硫酸酸浸，Ti、Si不溶，Al2O3、Fe和Ga转变为Al3+、Fe2+、Ga3+，由于Fe2+易被氧化为Fe3+，故所得滤液①中含大量的Fe2+和少量的Al3+、Ga3+、Fe3+，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得FeSO4•7H2O晶体，则滤液②中的阳离子仍为Al3+、Fe2+、Ga3+和Fe3+，但Fe2+的浓度较之间变小了。向滤液②中加入NaOH溶液中和沉淀，根据表格中的数值可知，Al3+、Ga3+和Fe3+均被沉淀为Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，故所得滤液③中主要为Fe2+，滤渣①中含Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，加入NaOH溶液碱浸，Al（OH）3、Ga（OH）3溶解为NaAlO2和NaGaO2，故滤液④中含AlO2﹣、GaO2﹣，通入适量的CO2气体，将AlO2﹣转变为Al（OH）3沉淀，即滤渣②为Al（OH）3，据此分析。穆童【解答】解：（1）“酸浸”过程中Fe和Ga与硫酸反应生成Fe2+、Ga3+和氢气，氢气易燃易爆，故应禁止明火加热，穆童故答案为：金属与硫酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸；（2）滤液①中含大量的Fe2+和少量的Al3+、Ga3+、Fe3+，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得FeSO4•7H2O晶体，故“结晶”过程中得到FeSO4•7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，穆童故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（3）向滤液②中加入NaOH溶液中和沉淀的目的是，将Al3+、Ga3+和Fe3+均沉淀为Al（OH）3、Ga（OH）3和Fe（OH）3，而Fe2+不沉淀，故需调节的pH的范围为：5.5≤pH＜7.5，穆童故答案为：5.5≤pH＜7.5；（4）“碳酸化”过程中通入适量的CO2气体的目的是将AlO2﹣转变为Al（OH）3沉淀、但GaO2﹣不反应，故说明酸性：Al（OH）3＜Ga（OH）3，即若二氧化碳过量，则过量CO2即会与GaO2﹣反应生成Ga（OH）3，离子方程式为CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣），穆童故答案为：CO2+2H2O+GaO2﹣＝Ga（OH）3↓+HCO3﹣（或CO2+3H2O+2GaO2﹣＝2Ga（OH）3↓+CO32﹣）；穆童（5）NaGaO2是强碱弱酸盐，水解显碱性，“电解”过程中若溶液的pH过小，则会促进其水解，且防止H+在阴极上放电会降低电解效率，故需要保持溶液为pH＝11以上，穆童故答案为：抑制GaO2﹣的水解，并防止H+在阴极上放电降低电解效率；（6）A．将刚玉渣研磨，能增大固体表面积，从而提高浸出率，故A正确；B．“结晶”过程中得到的FeSO4•7H2O能水解出Fe（OH）2，从而被氧化为Fe（OH）3胶体，吸附水中的杂质，故可作为净水剂，故B正确；穆童C．由流程图可知，通入适量的二氧化碳首先和AlO2﹣反应，故可知酸性：Al（OH）3＜Ga（OH）3，故C错误；穆童D．碱浸的目的是将Al（OH）3、Ga（OH）3溶解为NaAlO2和NaGaO2，但氨水不能和氢氧化铝反应，故“碱浸”过程中不可用氨水代替NaOH溶液，故D错误。穆童故答案为：CD；（7）工业上在1100℃条件下，Ga与NH3反应可制备GaN，在此反应中，Ga做还原剂，被NH3中的+1价的H元素氧化，H元素被还原为氢气，故化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，穆童故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2。【点评】本题考查物质制备、除杂、分离提纯的实验流程，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、习题中的信息、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。穆童19．（14分）推动煤炭清洁高效利用是未来煤炭利用的发展方向，其中煤制天然气（主要成分甲烷）能对燃气资源有重要补充作用。在催化剂作用下，其涉及的主要反应如下：穆童CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1ⅠCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1ⅡCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H3Ⅲ其副反应（积碳反应）如下：2CO（g）⇌O2（g）+C（s）△H4＝﹣172.0kJ•mol﹣1ⅣCO2（g）+2H2（g）⇌2H2O（g）+C（s）△H5＝﹣90.0kJ•mol﹣1ⅤCO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H6＝﹣131.0kJ•mol﹣1Ⅵ（1）荷兰埃因霍温大学学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂钴表面上反应Ⅰ的反应历程，如图1所示，其中吸附在钴催化剂表面上的物种用*标注。穆童①该历程中最大能垒E正＝136.1kJ•mol﹣1，写出该步骤的化学方程式CO*+2H*+2H2（g）＝C*+O*+2H*+2H2（g）或CO*＝C*+O*。穆童②△H3＝﹣165.0kJ•mol﹣1。（2）若原料气n（H2）：n（CO）＝3：1，且反应容器中只考虑主要反应。①反应Ⅰ在低温（填“高”或“低”）、高压（填“高”或“低”）条件下有利于天然气的合成。②T2℃，0.1MPa恒压条件下，平衡时反应体系平衡组成如表所示。组分CH4H2OH2CO2CO体积分数xabcde该条件下CO的总转化率表达式α＝。Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，反应Ⅰ的Kx＝Kp•p2总。（以Kp和p总表示）穆童（3）若反应容器中考虑主、副反应。维持p总＝0.1MPa恒定，平衡时CO的转化率和积碳的选择性（积碳的选择性＝×100%）随温度和进料气中水蒸气量的变化如图所示。其中n（H2）：n（CO）：n（H2O）＝3：1：X，代表原料气中H2、CO和H2O三者的物质的量之比，X为横坐标，下列说法正确的是BD。穆童A．图2中，随着X的增大，CO转化率略有增大，可能原因是反应式Ⅰ中H2O为生成物，增加水蒸气的量会促使平衡向逆反应方向移动穆童B．图3中，X较低时，在800～850℃积碳选择性减小的原因可能是副反应为放热反应，温度较高，积碳反应平衡逆向移动穆童C．图3中，X较高时，在550～800℃积碳选择性较低的主要原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小D．总体上说，X较高，温度低于500℃利于降低积碳，减少积碳对催化剂的影响【分析】（1）①由图