精品解析：广东省江门市2021-2022学年高三下学期一模考试化学试题（解析版）

江门市2022年高考模拟考试化学本试卷满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：HlC12N14O16Si28V51Fe56一、选择题：本题共16小题，第1~10题每小题2分；第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.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是

A.汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的B.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境C.垃圾分类并回收利用，废易拉罐对应的垃圾分类标志如上图D.废旧电池深度填埋处理不会造成土壤重金属污染【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．汽车尾气中含有的氮氧化物主要来自于空气中的氮气和氧气化合而成，不是汽油不完全燃烧造成的，选项A错误；B．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，选项B正确；C．废易拉罐对应的垃圾分类为可回收垃圾，上图标志为有害垃圾，不对应，选项C错误；D．将废旧电池填埋，会造成土壤和地下水的污染，选项D错误；答案选B。2.中医是传统医学，中药的煎制直接关系其疗效，下列中草药的煎制步骤中有关的操作解释错误的是A．冷水浸泡属于物质的溶解B．熬煮操作属于加热C．箅(bi)渣取液属于过滤D．灌装属于分液

A.A B.B C.C D.D【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．冷水浸泡将可溶于水的物质溶解在水中，属于物质的溶解，故A正确；

B．熬煮是加热煮沸，属于加热，故B正确；

C．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确；

D．灌装是液体转移，故D错误；

故选：D。3.下列相关化学用语表示正确的是A.N4()和N2互为同素异形体 B.的电子式为C.Ca(OH)2中不含共价键 D.乙烯的结构简式为CH2CH2【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．N4和N2都是由氮元素形成的单质，互为同素异形体，故A正确；B．过氧根离子为带有2个单位负电荷的离子，离子中存在一个O-O共价键，过氧根离子正确的电子式为：，故B错误；C．Ca(OH)2中含有离子键和O-H极性共价键，故C错误；D．烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯结构简式为CH2=CH2，故D错误；故选：A。4.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力(吸附时会放出热量)，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.物质b分子有三种官能团B.该过程中有非极性共价键的断裂C.升温将有利于CO2的吸附D.该材料的吸附作用具有选择性，利用此法利于“碳达峰”目标的实现【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．物质b只含有一种官能团酯基，选项A错误；B．该过程中有C-O键的断裂，C=O的断裂，但没有非极性共价键的断裂，选项B错误；C．吸附时会放出热量，即反应为放热反应，升高温度平衡向放热反应的方向移动，不利于CO2的吸附，选项C错误；D．MOFA对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，利于“碳达峰”目标的实现，选项D正确；答案选D。5.阿司匹林的化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用，其结构如图所示。下列说法正确的是A.乙酰水杨酸属于芳香烃 B.乙酰水杨酸分子中所有原子可能共面C.乙酰水杨酸能发生水解反应 D.乙酰水杨酸的分子式为C9H10O4【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．乙酰水杨酸含有O元素，而烃只含C、H元素，乙酰水杨酸属于烃的衍生物，选项A错误；B．苯和甲醛都为平面型结构，但甲烷为正四面体结构，乙酰水杨酸中含有甲基，的所有原子不可能共平面，选项B错误；C．乙酰水杨酸中含有酯基，能发生水解反应，选项C正确；D．根据结构简式可知，乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4，选项D错误；答案选C。6.新型材料在各领域中的应用越来越广泛，下列相关说法错误的是A.“嫦娥五号”组装材料中使用钛合金，的中子数为26B.高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料C.电子芯片使用新型半导体材料砷化镓属于金属材料D.飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．“嫦娥五号”组装材料中使用钛合金，的中子数为48-22=26，A正确；B．高温结构陶瓷是一种耐高温、机械强度大，故是生产汽车发动机的理想材料，B正确；C．电子芯片使用新型半导体材料砷化镓属于无机非金属材料，金属单质和合金属于金属材料，C错误；D．有两种或两种材料符合而成的材料为符合材料，故飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料，D正确；故答案为：C。7.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。8.室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质：实验实验操作和现象1用pH试纸测定某NaHSO3溶液的pH，测得pH约为62向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀3向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为94向碳酸氢钠溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，未观察到明显实验现象下列有关说法正确的是A.NaHSO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+c()B.实验2反应静置后的上层清液中有c(Ba2+)∙c()>Ksp(BaSO3)C.实验3得到溶液中有c(Na+)=c()+c(-)+c(H2SO3)D.由实验4得出，酸性：H2CO3>【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，A错误；B．静置后的上层清液为饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡，所以有：c(Ba2+)∙c()=Ksp(BaSO3)，B错误；C．等体积等浓度NaHSO3和NaOH溶液反应生成溶质为Na2SO3，由物料守恒：c(Na+)=2[c()+c(-)+c(H2SO3)]，C错误；D．向碳酸氢钠溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，没有气泡生成，即不生成碳酸，可得酸性：H2CO3>，D正确；故选：D。9.自嗨锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、碳酸钠、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是A.硅藻土可增大反应物的接触面积B.碳酸钠与生石灰、水反应，生成的产物可破坏铝表面的氧化膜，促进铝和水反应，放出大量的热C.铁粉发生析氢腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间D.焦炭粉的作用是做正极材料【9题答案】【答案】C【解析】【详解】A．硅藻土作为载体，将主要成份装入且可增大反应物的接触面积，A正确；B．主要反应物为生石灰，生石灰与水反应放热反应，碳酸钠与生石灰、水反应生成强碱氢氧化钠，氢氧化钠能与氧化铝反应，促进铝和水反应，放出大量热，B正确；C．该环境加水后是碱性环境，铁粉不发生析氢腐蚀，主要发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间，C错误；D．整个装置放热过程中有是铁−焦炭粉−溶液形成原电池，铁为负极，焦炭粉做正极材料，D正确；答案选C。10.部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A.从氮元素的化合价角度考虑：a有还原性B.b、c都是大气污染物，可引起光化学烟雾C.d的溶液与金属银反应可生成b、cD.a与d形成的化合物对水的电离没有影响【10题答案】【答案】D【解析】【分析】由题干价类二维图可知，a为NH3、b为NO，c为NO2或N2O4，d为HNO3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，a为NH3，NH3中N的化合价为-3价，处于最低价，故从氮元素的化合价角度考虑：a有还原性，A正确；B．由分析可知，b、c为NO、N2O4或NO2，故都是大气污染物，可引起光化学烟雾，B正确；C．由分析可知，d为HNO3，则Ag与浓硝酸反应生成NO2，Ag与稀硝酸反应生成NO，故d的溶液与金属银反应可生成b、c，C正确；D．由分析可知，a为NH3，d为HNO3，a与d形成的化合物即NH4NO3为强酸弱碱盐，能够发生水解，故对水的电离其促进作用，D错误；故答案为：D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NAB.常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAC.向1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NAD.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，11.2LCl2物质的量，氯气与水的反应为可逆反应，溶液中含有氯气分子，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，故A错误；B．常温下，铁遇浓硝酸钝化，无法计算转移电子数目，故B错误；C．溶液中n(Cl-)=cV=1L×1mol•L-1=1mol，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(NH)=c(Cl-)，同一溶液中体积相同，故n(Cl-)=n(NH)=1mol，此时溶液含NH数目为NA，故C正确；D．反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O是碘元素的归中反应，此反应转移5mol电子，生成3molI2，即每生成3molI2，转移的电子数为5NA，故D错误；

故选：C。12.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S＞CB将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍稀释后溶液pH相同a＞bC向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2A.A B.B C.C D.D【12题答案】【答案】A【解析】【详解】A.相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3<H2SO4，故A正确；B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a<b，故B错误；C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；故选A。13.M是合成高分子材料聚醚砜的一种单体，结构式如图所示，其中短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族。下列说法正确的是

A.单质的沸点Y>X B.1molM分子中含有8mol双键结构C.简单离子结合质子能力：W<Z D.把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色【13题答案】【答案】C【解析】【分析】X构成苯环，X为C，R为H，Y能形成2条共价键，Y为O，Y、Z位于同主族，Z为S，W的原子序数比S大且为主族元素，则W为Cl；【详解】分析可知，R为H，X为C，Y为O，Z为S，W为Cl；A．X为C，Y为O，C在常温下是固体，O2是气体，则单质的沸点：X>Y，A错误；B．X构成的是苯环，不存在碳碳双键，只有Z=Y构成双键，则1molM分子中含有2mol双键结构，B错误；C．盐酸是强酸，氢硫酸是二元弱酸，则硫离子结合氢离子能力比氯离子强，则简单离子结合质子的能力：W<Z，C正确；D．SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色，二氧化硫不能漂白石蕊试液，溶液不褪色，D错误；故选：C。14.25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：1gX=或，下列叙述错误的是A.曲线m表示pH与的变化关系B.当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c()+c(Cl-)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4D.25℃时，+H2O⇌+OH-的平衡常数为1.0×10-7.6【14题答案】【答案】D【解析】【分析】Na2CO3溶液中滴入盐酸，发生Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，随着pH的减小，c(HCO)、c(H2CO3)增大，利用电离平衡常数只受温度的影响、水解常数与电离平衡常数之间的关系等进行分析；【详解】A．电离平衡常数只受温度的影响，碳酸的一级平衡常数Ka1=，二级电离平衡常数Ka2=，碳酸属于二元弱酸，Ka1＞Ka2，相同pH时，＞，根据图像可知，曲线m表示pH与lg，曲线n表示pH与lg，故A说法正确；B．根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，当溶液呈中性时，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故B说法正确；C．根据A选项分析，Ka1=，取N点坐标，代入表达式，Ka1(H2CO3)==10×10－7.4=10－6.4，故C说法正确；D．该反应的平衡常数K=，，该温度为常温，即Kw=1.0×10－14，根据C选项分析，取M点的坐标，代入Ka2的表达式，计算出Ka2=1.0×10-10.3，计算出K=1.0×10－3.7，故D说法错误；答案为D。15.不能正确表示下列反应的离子方程式是A.将少量溴水滴入过量溶液中：B.将足量溶液滴入浊液中：C.将过量通入溶液中：D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：【15题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．过量，溴和亚硫酸根发生氧化还原反应生成的H+和过量的反应生成H2O和SO2，反应的离子方程式为，A错误；B．氢氧化铁的溶度积远远小于氢氧化镁的溶度积，因此氢氧化镁能转换为氢氧化铁，即将足量溶液滴入浊液中：，B正确；C．将过量通入溶液中，二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫和亚硫酸氢钾，反应的离子方程式为，C正确；D．葡萄糖中醛基能被银氨溶液氧化，发生银镜反应，反应的离子方程式为，D正确；答案选A。16.生活污水中的氮和磷元素主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图甲原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将转化为沉淀。下列说法不正确的是A.图乙中0~20min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阳极B.溶液pH越小，有效氯浓度越大，氮的去除率越高C.图乙中20~40min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为D.电解法除氮中有效氯ClO-氧化NH3的离子方程为【16题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．因0~20min脱除的元素是氮元素，所以需要将铵根离子、氨气氧化成氮气，若铁作阳极，则被氧化的是铁，所以此时石墨作阳极，A正确；B．随溶液pH减小，c(H+)增大，反应的化学平衡逆向移动，导致溶液中减小，使的氧化率降低，则氮的去除率随pH的减小而降低，B错误；C．翻转电源正负极开始除磷，除磷时，Fe作阳极失电子生成的Fe2+和结合转化为沉淀，所以石墨作阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，电极反应式为2，C正确；D．ClO-氧化NH3生成N2，ClO-被还原为Cl-，结合得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒可得高子方程式为，D正确；故合理选项是B。二、非选择题：共56分。第17题~第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题~第21题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题：共42分。17.氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。已知：+4价钒的化合物易被氧化，回答下列问题：（1）制备过程中，上述装置依次连接的合理顺序为e→___________(按气流方向，用小写字母表示)。装置A中饱和NaHCO3的作用是___________。（2）连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先___________(填实验操作)，当B中溶液变浑浊，关闭K1，打开K2，进行实验。（3）写出装置D中生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学方程式为___________，检验氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体中的铵根离子的操作与现象为：___________。（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①NaNO2溶液的作用是___________。②粗产品中钒的质量分数表达式为___________(以VO2计)。【17~20题答案】【答案】（1）①.a→b→f→g→c→d②.除去二氧化碳中的HCl杂质（2）关闭K1，打开K2（3）①.6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl②.取少量晶体于试管中，加水溶解后加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明晶体中含有银根离子（4）①.除去过量的KMnO4②.×100%【解析】【分析】在装置C中用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2，在装置A中用饱和NaHCO3除去CO2中的杂质HCl，然后通入装置排出装置中的空气，防止空气中的氧气氧化+4价钒的化合物，通过装置B检验CO2是否充满整个实验装置。【小问1详解】由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用装置C产生的CO2排除装置内的空气，而装置C中产生的CO2中会混入HCl杂质，用装置A中的饱和NaHCO3溶液除去，用装置B检验CO2，故上述装置的接口依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d；答案为a→b→f→g→c→d；除去二氧化碳中的HCl杂质；【小问2详解】实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中溶液变浑浊时，说明装置内的空气已经排尽，此时关闭K1，打开K2，进行实验；【小问3详解】在装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；检验氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体中的铵根离子的操作与现象为：取少量晶体于试管中，加水溶解后加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明晶体中含有银根离子；【小问4详解】①KMnO4溶液具有氧化性，其作用是将+4价的V化合物氧化为，NaNO2具有还原性，所以NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；②n()=n(Fe2+)=bc×10-3mol，则产品中钒的质量分数(以VO2计)为×100%。18.从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3回答下列问题：（1）焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是___________。（2）600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式___________。（3）浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___________。（4）“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1，当除钙率达到99%时，溶液中的c(F-)=________mol·L-1[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液可使沉淀溶解。该反应的离子方程式为___________。②电解时离子交换膜(b)为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。（6）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为___________。在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。【18~23题答案】【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（3）Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+（4）2.0×10-3（5）①.2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O②.阴（6）0.25【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除

Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4

外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。【小问1详解】焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；【小问2详解】由题干信息可知，①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，故600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，故答案为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；【小问3详解】浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，故答案为：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+；【小问4详解】“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1，当除钙率达到9%时，即此时的上层清液中的Ca2+浓度为：1.0×10-3mol·L-1×1%=1.0×10-5mol·L-1，故溶液中的c(F-)==2.0×10-3mol·L-1，故答案为：2.0×10-3；【小问5详解】)①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；②电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，结合方程式可知，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区，故答案为：阴；【小问6详解】本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25，故答案为：0.25。19.将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。（1）利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示。已知：iCH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ·mol-1ii.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH2=+165kJ·mol-1①过程I反应的化学方程式为___________。②该技术总反应的热化学方程式为___________。③反应i甲烷含量随温度变化如图1，图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷含量曲线，其中表示2MPa的是___________。

（2）甲烷的水蒸汽重整涉及以下反应I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ·mol-1II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41kJ·mol-1在一密闭体积可变容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸汽重整反应。①反应II平衡常数K(500℃)___________K(700℃)(填“>”“<”或“=”)。②压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图2所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是___________。③500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图3所示。则图2中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)___________c(E)((填“>”“<”或“=”)；结合的图2、图3，计算500℃、P0kPa下反应II的分压平衡常数Kp(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数)为___________。【19~20题答案】【答案】（1）①.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ/mol②.CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)△H=+329.8kJ/mol③.a（2）①.>②.加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大③.>④.1【解析】【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式求出所求热化学方程式；由题中图示可知，过程II的反应分两步，依据各步反应可判断；根据催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，则使用不同的催化剂，达平衡时CH4转化率是一样的予以判断；根据化学平衡“三段式”计算CO2的分压，v(CO)，Kp的值。【小问1详解】①由题图可知，过程I发生CH4+CO22CO+2H2反应，根据I．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.2kJ/mol；II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-165kJ/mol；根据盖斯定律，则I×2+II得：Ⅲ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；答案为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4kJ/mol；②由题图可知，该技术总反应的化学方程式为CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律，由Ⅲ×2+II得反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3×2+ΔH2=+329.8kJ/mol；③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；【小问2详解】①反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K(500℃)>K(700℃)；②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大；③500°C时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大。根据题中图像分析，500°C时，压强为P0，氢气含量为2.1mol，甲烷转化率为0.6，所以反应I中消耗1mol×0.6=0.6molCH4，同时消耗0.6molH2O、生成0.6molCO、生成1.8molH2，反应Ⅱ生成2.1mol-1.8mol=0.3molH2，同时消耗0.3molH2O、消耗0.3molCO、生成0.3molCO2，平衡时，CO、H2O、CO2、H2、CH4别为0.3mol、2.1mol、0.3mol、2.1mol、0.4mol，平衡分压分别为P0、P0、P0、P0，所以Kp=，答案为>；1。(二)选考题：共14分。请考生从给出的2.道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。[化学—选修3：物质结构与性质]20.硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态Fe原子的核外电子排布式为________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。（2）已知氢的电负性为2.1，硅的电负性为1.8，SiH4分子中氢元素的化合价为_______。（3）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为_______，分子的立体构型为_______；四卤化硅的沸点如下，分析其变化规律及原因______。SiF4SiCl4SiBr4SiI4沸点/K187.4330.1408460.6（4）[Fe(H2O)6]2+可与乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)发生如下反应：[Fe(H2O)6]2++en=[Fe(H2O)4(en)]2++2H2O。[Fe(H2O)6]2+的中心原子的配位数为_______；[Fe(H2O)4(en)]2+的配位原子为_______。（5）在硅酸盐中，四面体(图a)通过共用项角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为_______，化学式为_______。【20~24题答案】【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d64s2②.哑铃（2）-1（3）①.4②.正四面体形③.熔沸点依次升高；分子结构相似，分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强（4）①.6②.O、N（5）①.sp3②.Si2O【解析】【小问1详解】铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；【