第29頁（共29頁）2021年廣東省新高考“八省聯考”高考化學適應性試卷一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2分）書法是中華文化之瑰寶，“無色而具畫圖的燦爛，無聲而有音樂的和諧”，書法之美盡在筆墨紙硯之間（如圖所示的王羲之的“平安貼”）。下列關于傳統文房四寶的相關說法正確的是（）A．墨汁是一種水溶液 B．宣紙是合成高分子材料 C．硯石的成分與水晶相同 D．制筆用的狼毫主要成分是蛋白質2．（2分）“古詩文經典已融入中華民族的血脈”。下列詩文中隱含化學變化的是（）A．月落烏啼霜滿天，江楓漁火對愁眠 B．掬月水在手，弄花香滿衣 C．飛流直下三千尺，疑是銀河落九天 D．舉頭望明月，低頭思故鄉3．（2分）“嫦娥五號”成功著陸月球，展示了以芳綸為主制成的五星紅旗，用SiC增強鋁基材料鉆桿“挖士”，實現了中國首次月球無人采樣返回。下列有關說法錯誤的是（）A．月壤中含有的3He，其質子數為3 B．制作五星紅旗用的芳綸為合成纖維 C．制作鉆桿用的SiC增強鋁基材料屬復合材料 D．運載火箭用的液O2液H2推進劑在工作時發生氧化還原反應4．（2分）“原子”原意是“不可再分”的意思。20世紀初，人們才認識到原子不是最小的粒子。從電子層模型分析，Ca原子核外N能層中運動的電子數為（）A．8 B．2 C．18 D．105．（2分）提取海帶中I2的實驗中，所選擇的裝置或儀器（夾持裝置已略去）正確的是（）A．灼燒 B．溶解 C．過濾 D．分液6．（2分）具有止血功能。下列關于該有機物的說法正確的是（）A．屬于芳香烴 B．分子式為C8H11O2N C．可與NaOH溶液反應 D．能發生加成反應，不能發生取代反應7．（2分）“人世間一切幸福都需要靠辛勤的勞動來創造”。下列勞動與所涉及的化學知識不相符的是（）選項勞動項目化學知識A使用草木灰對蔬菜施肥草木灰屬于鉀肥B使用84消毒液對衣物消毒NaClO具有漂白性C實驗后，清洗儀器、處理廢液、打掃衛生廢液隨意排放會造成污染D將濃硫酸放入分類儲存、專人保管的安全柜中濃硫酸具有強腐蝕性A．A B．B C．C D．D8．（2分）我國科學家研究了活性炭催化條件下煤氣中的H2S和Hg的協同脫除，部分反應機理如圖（吸附在催化劑表面的物種用*標注）。有關該過程的敘述錯誤的是（）A．產生清潔燃料H2 B．H2S脫除率為100% C．H2S既被氧化又被還原 D．脫Hg反應為Hg+S═HgS9．（2分）疊氮酸（HN3）與NaOH溶液反應生成NaN3。已知NaN3溶液呈堿性，下列敘述正確的是（）A．0.01mol?L﹣1HN3溶液的pH＝2 B．HN3溶液的pH隨溫度升高而減小 C．NaN3的電離方程式：NaN3═Na++3N3﹣ D．0.01mol?L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3）10．（2分）部分含氮物質的分類與相應氮元素的化合價關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．a可經催化氧化生成b B．b為紅棕色，可轉化為c C．密閉體系中，c存在2NO2?N2O4 D．d的溶液與Cu反應可生成b或c11．（4分）設阿伏加德羅常數的值為NA。下列說法正確的是（）A．1molCl2和Fe充分反應，轉移電子數為3NA B．標準狀況下，1.12L苯含有C﹣H鍵的個數為3NA C．22gCO2和足量Na2O2反應，產生的氣體的分子數為0.25NA D．0.5mol乙酸乙酯在酸性條件下水解，生成乙醇的分子數為1.0NA12．（4分）陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且具有因果關系的是（）選項陳述Ⅰ陳述ⅡANa可與水反應產生O2Na著火不能用水撲滅B可用鋁槽運輸濃硝酸濃硝酸與Al不反應C硅膠用作干燥劑硅膠具有很強的吸水性DFe的金屬性比Cu強不銹鋼水龍頭上的銅部件易發生電化學腐蝕A．A B．B C．C D．D13．（4分）環氧乙烷（C2H4O）常用于醫用消毒，一種制備方法為：使用惰性電極電解KCl溶液，用Cl﹣交換膜將電解液分為陰極區和陽極區，其中一區持續通入乙烯；電解結束，移出交換膜，兩區混合反應：HOCH2CH2Cl+OH﹣═Cl﹣+H2O+C2H4O。下列說法錯誤的是（）A．乙烯應通入陰極區 B．移出交換膜前存在反應Cl2+H2O?HCl+HClO C．使用Cl﹣交換膜阻止OH﹣通過，可使Cl2生成區的pH逐漸減小 D．制備過程的總反應為：H2C＝CH2+H2O═H2↑+C2H4O14．（4分）推理是一種重要的能力。打開分液漏斗活塞，進行如圖所示的探究實驗，對實驗現象的預測及分析錯誤的是（）A．試管內CCl4層溶液褪色，說明Br2具有氧化性 B．試管中的紅色花瓣褪色，說明SO2具有漂白性 C．試管中產生大量氣泡，說明Na2SO3被氧化產生SO3 D．一段時間后試管內有白色沉淀，說明有SO42﹣生成15．（4分）水體中重金屬鉛的污染問題備受關注。溶液中Pb2+及其與OH﹣形成的微粒的濃度分數α隨溶液pH變化的關系如圖所示。已知NH3?H2O的Kb＝1.74×10﹣5。向Pb（NO3）2溶液中滴加氨水，關于該過程的說法正確的是（）A．Pb2+的濃度分數先減小后增大 B．c（NO3﹣）與c（Pb2+）的比值先增大，pH＞10后不變 C．pH＝7時，存在的陽離子僅有Pb2+、Pb（OH）+和H+ D．溶液中Pb2+與Pb（OH）2濃度相等時，氨主要以NH4+的形式存在16．（4分）2019年諾貝爾化學獎頒給研究鋰電池的科學家，一種用作鋰電池電解液的鋰鹽結構如圖所示。其中，X位于第三周期，X原子的電子數為Z原子的兩倍，W、Z、Y位于同一周期。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：X＞Z＞W B．非金屬性：X＞Z＞W C．Y的氫化物可用于刻蝕玻璃 D．X的氧化物對應的水化物均為強酸二、非選擇題：共56分。第17~19題為必考題，考生都必須作答。第20~21題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共42分。17．（14分）試劑級NaCl可用海鹽（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等雜質）為原料制備。制備流程簡圖如圖。（1）焙炒海鹽的目的是。（2）根據除雜原理，在表中填寫除雜時依次添加的試劑及其預期沉淀的離子。實驗步驟試劑預期沉淀的離子步驟1BaCl2溶液SO42﹣步驟2步驟3（3）操作X為。（4）用如圖所示裝置，以焙炒后的海鹽為原料制備HCl氣體，并通入NaCl飽和溶液中使NaCl結晶析出。①試劑a為。相比分液漏斗，選用儀器1的優點是。②對比實驗發現，將燒瓶中的海鹽磨細可加快NaCl晶體的析出，其原因是。（5）已知：CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黃色）CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O設計如下實驗測定NaCl產品中SO42﹣的含量，填寫下列表格。操作現象目的/結論①稱取樣品m1g，加水溶解，加鹽酸調至弱酸性，滴加過量c1mol?L﹣1BaCl2溶液V1mL稍顯渾濁目的：。②繼續滴加過量c2mol?L﹣1K2CrO4溶液V2mL產生黃色沉淀目的：沉淀過量的Ba2+。③過濾洗滌，滴加少許指示劑于濾液中，用c3mol?L﹣1FeSO4溶液滴定至終點，消耗FeSO4溶液V3mL\結論：SO42﹣的質量分數為。（列算式）18．（16分）綜合利用煉鋅礦渣（主要含鐵酸鎵Ga2（Fe2O4）3、鐵酸鋅ZnFe2O4）獲得3種金屬鹽，并進一步利用鎵鹽制備具有優異光電性能的氮化鎵（GaN），部分工藝流程如圖。已知：①常溫下，浸出液中各離子的濃度及其開始形成氫氧化物沉淀的pH如表1。②金屬離子在工藝條件下的萃取率（進入有機層中金屬離子的百分數）如表2。表1金屬離子濃度及開始沉淀的pH金屬離子濃度（mol?L﹣1）開始沉淀pHFe2+1.0×10﹣38.0Fe3+4.0×10﹣21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10﹣33.0表2金屬離子的萃取率金屬離子萃取率（%）Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97～98.5（1）Ga2（Fe2O4）3中Ga的化合價為，“浸出”時其發生反應的離子方程式為。（2）濾液1中可回收利用的物質是，濾餅的主要成分是；萃取前加入的固體X為。（3）Ga與Al同主族，化學性質相似。反萃取后，鎵的存在形式為。（填化學式）（4）電解過程包括電解反萃取液制粗鎵和粗鎵精煉兩個步驟。精煉時，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極的電極反應為。（5）GaN可采用MOCVD（金屬有機物化學氣相淀積）技術制得：以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發生系列反應得到GaN和另一種產物，該過程的化學方程式為。（6）濾液1中殘余的Ga3+的濃度為mol?L﹣1。（寫出計算過程）19．（12分）溫室氣體的利用是當前環境和能源領域的研究熱點。Ⅰ．CH4與CO2重整可以同時利用兩種溫室氣體，其工藝過程中涉及如下反應：反應①CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1反應②CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ?mol﹣1反應③CH4（g）+O2（g）?CO（g）+2H2（g）△H3＝﹣35.6kJ?mol﹣1（1）已知：O2（g）+H2（g）═H2O（g）△H＝﹣241.8kJ?mol﹣1，則△H1＝kJ?mol﹣1。（2）一定條件下，向體積為VL的密閉容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，測得不同溫度下反應平衡時各產物產量如圖1所示。①圖1中a和b分別代表產物和，當溫度高于900K，H2O的含量隨溫度升高而下降的主要原因是。②1100K時，CH4與CO2的轉化率分別為95%和90%，反應①的平衡常數K＝。（寫出計算式）Ⅱ．Ni﹣CeO2催化CO2加H2形成CH4的反應歷程如圖1所示（吸附在催化劑表面的物種用*標注），含碳產物中CH4的物質的量百分數（Y）及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖2所示。（3）下列對CO2甲烷化反應體系的說法合理的有。A．含碳副產物的產率均低于CH4B．存在反應CO2+4H2?CH4+2H2OC．存在副反應CO2+H2?CO+H2OD．CO2轉化為CH4的過程中發生了能量轉化E．溫度高于260℃后，升高溫度，甲烷產率幾乎不變（4）CO2甲烷化的過程中，保持CO2與H2的體積比為1：4，反應氣的總流量控制在40mL?min﹣1，320℃時測得CO2轉化率為80%，則CO2反應速率為mL?min﹣1。（二）選考題：共14分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質結構與性質](14分)20．（14分）磷及其化合物在電池、催化等領域有重要應用。黑磷與石墨類似，也具有層狀結構（如圖1）。為大幅度提高鋰電池的充電速率，科學家最近研發了黑磷﹣石墨復合負極材料，其單層結構俯視圖如圖2所示。回答下列問題：（1）Li、C、P三種元素中，電負性最小的是。（用元素符號作答）（2）基態磷原子價電子排布式為。（3）圖2黑磷區中P原子的雜化方式為，石墨區中C原子的雜化方式為。（4）氫化物PH3、CH4、NH3的沸點由高到低順序為。（5）根據圖1和圖2的信息，下列說法正確的有。（填字母）A．黑磷區中P﹣P鍵的鍵能不完全相同B．黑磷與石墨都屬于混合型晶體C．由石墨與黑磷制備該復合材料的過程，發生了化學反應D．石墨與黑磷的交界結合區域中，P原子與C原子共平面E．復合材料單層中，P原子與C原子之間的作用力屬范德華力（6）貴金屬磷化物Rh2P（化學式量為237）可用作電解水的高效催化劑，其立方晶胞如圖3所示。已知晶胞參數為anm，晶體中與P距離最近的Rh的數目為，晶體的密度為g?cm﹣3。（列出計算式）。[選修5：有機化學基礎]（共1小題，滿分0分）21．β﹣內酰胺類藥物是一類用途廣泛的抗生素藥物，其中一種藥物Ⅶ的合成路線及其開環反應如圖。（一些反應條件未標出）已知：與化學性質相似。（1）由Ⅰ→Ⅱ的反應類型為，Ⅱ的名稱為，其含氧官能團的名稱為。（2）Ⅲ與NaOH溶液反應的化學方程式為。（3）Ⅲ的同分異構體中含有苯環結構的有種（不計Ⅲ），其中核磁共振氫譜的峰面積比為2：2：2：1：1的結構簡式為。（4）已知Ⅴ和Ⅵ合成Ⅶ的原子利用率為100%，則Ⅴ的結構簡式為。（5）等物質的量的CH3OH和Ⅶ開環反應的產物Ⅷ（含酯基）的結構簡式為。（6）利用由Ⅴ到Ⅶ的四元環成環方式，寫出以Ⅳ的同系物和苯甲醇為原料合成的反應路線。

2021年廣東省新高考“八省聯考”高考化學適應性試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【分析】A．墨汁是膠體；B．宣紙的主要成分是纖維素；C．硯石的成分硅酸鹽，水晶的成分是二氧化硅；D．動物毛發的主要成分是蛋白質。【解答】解：A．墨汁是膠體，不是溶液，故A錯誤；B．宣紙的主要成分是纖維素，屬于天然高分子材料，故B錯誤；C．硯石的成分硅酸鹽，水晶的成分是二氧化硅，二者成分不相同，故C錯誤；D．動物毛發的主要成分是蛋白質，則制筆用的狼毫主要成分是蛋白質，故D正確；故選：D。【點評】本題考查物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、性質與用途為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。2．【分析】物質變化過程中生成新物質的變化為化學變化，變化過程中無新物質生成的變化為物理變化。【解答】解：A．空氣中水蒸氣遇冷凝結為小冰晶，過程中無新物質生成，為物理變化，漁火指漁船上的燈火，蘊含化學反應，故A正確；B．掬月水在手，屬于平面鏡成像的現象，弄花香滿衣是花香空氣中擴散，過程中無新物質生成，為物理變化，故B錯誤；C．飛流直下三千尺，是水流從高到低流下，疑是銀河落九天，懷疑是銀河落九天，過程中無新物質生成，為物理變化，故C錯誤；D．舉頭望明月，是抬頭看到月亮，低頭思念故鄉，過程中無新物質生成，為物理變化，故D錯誤；故選：A。【點評】本題依托詩詞描述，來分析判斷變化過程，掌握基礎是解題關鍵，注意知識的積累，題目難度不大。3．【分析】A．元素左上角為質量數；B．芳族聚酰胺纖維叫芳綸，其分子中含有由酰基和亞氨基組成的酰胺基團和苯環；C．復合材料是由二種或者二種以上組分，通過人工復合而成；D．氫氣可以燃燒。【解答】解：A．月壤中含有的3He，其質量數為3，質子數2，故A錯誤；B．芳綸是經常用于消防服隔熱層的合成纖維，故B正確；C．SiC增強鋁基材料屬復合材料，故C正確；D．運載火箭用的液O2液H2推進劑在工作時燃燒發生氧化還原反應，故D正確；故選：A。【點評】本題綜合考查材料的組成、性質和用途等知識，為高頻考點，側重化學與生活的考查，有利于培養學生的良好的科學素養，提高學生學習的積極性，題目難度不大。4．【分析】鈣原子質子數為20，核外20個電子，分四層排布，最外層為2個電子，結構示意圖為，據此分析。【解答】解：鈣原子質子數為20，核外20個電子，分四層排布，最外層為2個電子，結構示意圖為，N層為第4層，則N能層中運動的電子數為2，故B正確，故選：B。【點評】本題考查了原子的核外電子排布，題目難度不大，注意把握原子的核外電子排布規律以及元素在周期表中的位置，側重于考查學生的分析能力和應用能力。5．【分析】A．應該在坩堝中灼燒；B．溶解時不需要容量瓶；C．過濾時需要玻璃棒引流；D．分液時，分液漏斗的下端緊靠燒杯內壁。【解答】解：A．灼燒固體應該在坩堝中進行，不能用蒸發皿，故A錯誤；B．溶解時在燒杯中進行，并用玻璃棒攪拌，不需要容量瓶，故B錯誤；C．過濾時需要玻璃棒引流，防止液體濺出，圖中缺少玻璃棒，故C錯誤；D．分液操作主要儀器是分液漏斗，還需要燒杯盛放液體，而且分液時，分液漏斗的下端緊靠燒杯內壁，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、溶液配制、實驗技能為解答關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。6．【分析】由結構可知分子式，含C、H、O、N元素，為烴的衍生物，且含﹣COOH、氨基、苯環，結合氨基酸、苯的性質來解答。【解答】解：A.含O、N元素，不屬于芳香烴，故A錯誤；B.由結構可知分子式為C8H9O2N，故B錯誤；C.含﹣COOH，與NaOH溶液反應，故C正確；D.含苯環可發生加成反應，含﹣COOH可發生取代反應，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意氨基酸的性質，題目難度不大。7．【分析】A．草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀屬于鉀肥；B．NaClO具有強氧化性，能使蛋白質發生變性；C．實驗中的廢液含有化學藥品，不能隨意排放；D．濃硫酸具有強氧化性，對人和物都有腐蝕作用。【解答】解：A．草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀屬于鉀肥，可以使用草木灰對蔬菜施肥，故A正確；B．NaClO具有強氧化性，能使蛋白質發生變性，能用于殺菌消毒，所以可以使用84消毒液對衣物消毒，不是利用漂白性，故B錯誤；C．實驗后，清洗儀器、處理廢液、打掃衛生，實驗中的廢液含有化學藥品，不能隨意排放，故C正確；D．濃硫酸具有強氧化性，對人和物都有腐蝕作用，所以應該將濃硫酸放入分類儲存、專人保管的安全柜中，故D正確；故選：B。【點評】本題考查了物質的性質與應用，為高考常見題型，側重考查化學與生活、生產等知識，有利于培養學生良好的科學素養，提高學習的積極性，題目難度不大。8．【分析】A．結合圖示可知，該過程中產生了氫氣；B．最終仍會產生部分H2S，其脫除率不是100%；C．硫化氫在催化過程中形成了二氧化硫、單質硫、二硫化碳和氫氣，結合元素化合價變化分析；D．脫汞過程中，汞與單質硫結合生成硫化汞。【解答】解：A．由機理圖可知，該過程中產生了清潔燃料H2（g），故A正確；B．由機理圖可知，最終仍會產生H2S，故H2S脫除率小于100%，故B錯誤；C．由機理圖可知，H2S在催化過程中形成了SO2、單質S、CS2和H2，S元素化合價升高被氧化，H元素化合價降低被還原，則H2S既被氧化又被還原，故C正確；D．由機理圖可知，脫汞過程中，汞與單質硫結合生成硫化汞，發生反應為：Hg+S═HgS，故D正確；故選：B。【點評】本題考查氧化還原反應，明確圖示反應機理為解答關鍵，注意掌握常見元素化合物性質，試題側重考查學生的識圖能力和理解能力，題目難度不大。9．【分析】A．NaN3溶液呈堿性，說明為HN3為弱酸；B．升溫促進弱電解質電離；C．NaN3是強電解質，水溶液中完全電離；D．0.01mol?L﹣1NaN3溶液中存在電荷守恒和物料守恒分析判斷。【解答】解：A．NaN3溶液呈堿性，說明為HN3為弱酸，0.01mol?L﹣1HN3溶液的pH＞2，故A錯誤；B．HN3溶液為弱酸溶液，電離過程為吸熱過程，升溫促進電離，溶液的pH隨溫度升高而減小，故B正確；C．NaN3的電離方程式為：NaN3═Na++N3﹣，故C錯誤；D．0.01mol?L﹣1NaN3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3），故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了電解質電離、鹽類水解、電解質溶液酸堿性等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。10．【分析】根據圖知，a、b、c、d分別是NH3、NO、NO2、HNO3，A．氨氣催化氧化生成NO；B．NO是無色氣體、NO2是紅棕色氣體，NO和氧氣反應生成NO2；C．NO2和N2O4之間存在平衡；D．稀硝酸和Cu反應生成NO、濃硝酸和Cu反應生成NO2。【解答】解：根據圖知，a、b、c、d分別是NH3、NO、NO2、HNO3，A．氨氣催化氧化生成NO，反應方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，所以a可經催化氧化生成b，故A正確；B．NO是無色氣體、NO2是紅棕色氣體，NO和氧氣反應生成NO2，反應方程式為2NO+O2＝2NO2，故B錯誤；C．NO2和N2O4之間存在平衡，即2NO2?N2O4，故C正確；D．稀硝酸和Cu反應生成NO、濃硝酸和Cu反應生成NO2，反應方程式分別為3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（濃）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，所以d的溶液與Cu反應可生成b或c，故D正確；故選：B。【點評】本題考查氮及其化合物的性質，側重考查分析判斷及知識綜合應用能力，正確判斷圖中各物質、明確物質之間轉化關系及元素化合物性質是解本題關鍵，會正確書寫相應的方程式，題目難度不大。11．【分析】A．1molCl2和Fe充分反應，氯元素0價變化為﹣1價，據此計算轉移電子數；B．標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，苯不是氣體；C．22gCO2物質的量＝＝0.5mol，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，據此計算判斷；D．乙酸乙酯在酸性條件下水解生成乙酸和乙醇，反應為可逆反應。【解答】解：A．1molCl2和Fe充分反應，氯元素0價變化為﹣1價，電子轉移2NA，故A錯誤；B．標準狀況下，苯不是氣體，不能用標準狀況下氣體摩爾體積計算物質的量，1.12L苯物質的量不是0.05mol，故B錯誤；C．22gCO2物質的量＝＝0.5mol，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，反應生成氧氣0.25mol，氣體的分子數為0.25NA，故C正確；D．0.5mol乙酸乙酯在酸性條件下水解，生成乙醇的分子數小于0.5NA，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了物質的量和阿伏加德羅常數的有關計算，題目難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵。12．【分析】A．Na可與水反應產生H2，H2具有可燃性；B．Al遇濃硝酸鈍化，在表面生成致密的氧化物薄膜；C．硅膠具有很強的吸水性，可以用作干燥劑；D．活潑金屬更易被腐蝕。【解答】解：A．Na可與水反應產生H2，H2具有可燃性，所以Na著火不能用水撲滅，故A錯誤；B．Al遇濃硝酸鈍化，在表面生成致密的氧化物薄膜保護內部的金屬不再發生反應，則可用鋁槽運輸濃硝酸，故B錯誤；C．硅膠具有很強的吸水性，可以用作干燥劑，故C正確；D．Fe的金屬性比Cu強，不銹鋼水龍頭上的鐵部件易發生電化學腐蝕，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了物質的化學性質，為高頻考點，涉及物質的性質與用途，側重考查學生的分析能力和實驗能力，明確物質性質差異性是解本題關鍵，題目難度不大。13．【分析】根據方程式HOCH2CH2Cl+OH﹣═Cl﹣+H2O+C2H4O知，H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl，HClO由氯氣和水發生反應Cl2+H2O?HCl+HClO得到，A．用惰性電極電解KCl溶液時，陽極上電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，陽極附近氯氣和水反應生成HClO，H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl；B．H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl，HClO由氯氣和水反應得到；C．陽極上生成氯氣，氯氣和水反應生成酸；D．電解池電池反應式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑、氯氣和水反應方程式為Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO、HClO和乙烯反應方程式為H2C＝CH2+HClO═HOCH2CH2Cl、兩區混合反應方程式為HOCH2CH2Cl+OH﹣═Cl﹣+H2O+C2H4O，據此書寫制備總反應方程式。【解答】解：根據方程式HOCH2CH2Cl+OH﹣═Cl﹣+H2O+C2H4O知，H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl，HClO由氯氣和水發生反應Cl2+H2O?HCl+HClO得到，A．用惰性電極電解KCl溶液時，陽極上電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，陽極附近氯氣和水反應生成HClO，H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl，所以通入乙烯的電極區為生成氯氣的電極，即電解池陽極區，故A錯誤；B．H2C＝CH2和HClO發生加成反應生成HOCH2CH2Cl，HClO由氯氣和水反應得到，所以移出交換膜前存在反應Cl2+H2O?HCl+HClO，故B正確；C．陽極上生成氯氣，氯氣和水反應生成酸，導致溶液酸性增強，溶液的pH減小，故C正確；D．電解池電池反應式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑、氯氣和水反應方程式為Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO、HClO和乙烯反應方程式為H2C＝CH2+HClO═HOCH2CH2Cl、兩區混合反應方程式為HOCH2CH2Cl+OH﹣═Cl﹣+H2O+C2H4O，將這幾個方程式相加得到制備總反應方程式為H2C＝CH2+H2O═H2↑+C2H4O，故D正確；故選：A。【點評】本題考查電解原理，側重考查題干信息的獲取、加工和綜合應用能力，明確離子放電順序及整個過程中發生的反應、元素化合物性質是解本題關鍵，D為解答易錯點，題目難度中等。14．【分析】濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫與溴的四氯化碳反應生成硫酸和溴化氫，硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，二氧化硫具有漂白性，能夠使紅色花瓣褪色，據此判斷解答。【解答】解：A．錐形瓶內發生反應Na2SO3+H2SO4＝Na2SO3+SO2↑+H2O，產生的SO2進入到試管中，CCl4層溶液褪色，證明Br2發生反應，SO2具有還原性，可以被Br2氧化，證明Br2具有氧化性，故A正確；B．二氧化硫具有漂白性，所以通入到試管中，會看到紅色花瓣褪色，故B正確；C．亞硫酸鈉與濃硫酸反應生成二氧化硫和硫酸鈉，元素化合價不變，不是氧化還原反應，亞硫酸鈉未被氧化，故C錯誤；D．二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，一段時間后試管內有白色沉淀，說明有SO42﹣生成，故D正確。故選：C。【點評】本題考查了元素化合物知識，側重考查二氧化硫性質，明確二氧化硫制備原理及二氧化硫的漂白性和還原性是解題關鍵，題目難度中等。15．【分析】A．Pb2+的濃度分數減小，隨pH增大，一直減小；B．溶液中Pb2+的濃度分數一直減小，在pH＝10時，Pb2+的濃度趨近于0，而溶液中NO3﹣的濃度基本保持不變；C．向Pb（NO3）2溶液中滴加氨水分數的反應，溶液中一定含銨根離子；D．溶液中Pb2+與Pb（OH）2濃度相等時，溶液顯堿性。【解答】解：A．圖中分析可知，溶液中Pb2+的濃度分數一直減小，故A錯誤；B．溶液中Pb2+的濃度分數一直減小，在pH＝10時，Pb2+的濃度趨近于0，而溶液中NO3﹣的濃度基本保持不變，所以c（NO3﹣）與c（Pb2+）的比值先增大，當pH＞10后，c（Pb2+）濃度幾乎為0，NO3﹣與c（Pb2+）的比值無意義，故B錯誤；C．pH＝7時，存在的陽離子除Pb2+、Pb（OH）+和H+外，還有NH4+，故C錯誤；D．溶液中Pb2+與Pb（OH）2濃度相等時，pH＝8，溶液顯堿性，此時溶液中含較多的氫氧根離子，則溶液中氨主要是以NH4+的形式存在，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了弱電解質電離平衡、溶液pH變化的分析判斷、離子存在形式等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。16．【分析】X位于第三周期，X原子的電子數為Z原子的兩倍，結合物質的結構可知，Z可形成雙鍵，Z為O，X為S；W、Z、Y位于同一周期，Y只形成1個共價鍵，Y為F，W形成2個共價鍵且得到1個電子，W為N，以此來解答。【解答】解：由上述分析可知，X為S、W為N、Z為O、Y為F，A.電子層越多、原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X＞W＞Z，故A錯誤；B.由電負性可知，非金屬性Z＞W＞X，故B錯誤；C.Y的氫化物為HF，可用于刻蝕玻璃，故C正確；D.X的氧化物對應的水化物若為亞硫酸，屬于弱酸，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握電子數關系、化學鍵及最外層電子數來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，題目難度較大。二、非選擇題：共56分。第17~19題為必考題，考生都必須作答。第20~21題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共42分。17．【分析】海鹽經過焙炒，除去海藻等有機雜質，并使其顆粒變小，之后溶解，加入氯化鋇除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸鈉除去過量的鋇離子和鈣離子，之后過濾取濾液，蒸發濃縮得到飽和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl氣體結晶得到NaCl。【解答】解：（1）焙炒海鹽可以除去海藻等有機雜質，并使其顆粒變小，加速溶解，故答案為：除去海藻等有機雜質，并使其顆粒變小；（2）根據分析可知步驟2可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+，步驟3加入Na2CO3溶液除去Ba2+和Ca2+（或步驟2加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+，步驟3可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+），故答案為：NaOH溶液；Mg2+和Fe3+；Na2CO3溶液；Ba2+和Ca2+；（或Na2CO3溶液；Ba2+和Ca2+；NaOH溶液；Mg2+和Fe3+）；（3）根據分析可知操作X為蒸發濃縮，故答案為：蒸發濃縮；（4）①實驗室可以利用濃硫酸與氯化鈉固體共熱制取HCl氣體，所以試劑a為濃硫酸；儀器1側面導管可以平衡壓強，使液體順利滴下，故答案為：濃硫酸；平衡壓強，使液體順利滴下；②將燒瓶海鹽磨細可以增大與濃硫酸的接觸面積，使產生HCl氣體的速率加快，從而加快NaCl晶體的析出，故答案為：增大與濃硫酸的接觸面積，使產生HCl氣體的速率加快；（5）步驟①中加入過量的氯化鋇溶液，目的是使SO42﹣完全沉淀，之后再加入過量的K2CrO4溶液沉淀過量的Ba2+，然后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO42﹣，根據方程式CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黃色），CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O可知，n剩（CrO42﹣）＝c3V3×10﹣3mol，則n剩（Ba2+）＝n總（CrO42﹣）﹣nn剩（CrO42﹣）＝（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol，所以n（SO42﹣）＝c1V1×10﹣3mol﹣（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol＝（c1V1﹣c2V2+c3V3）×10﹣3mol，SO42﹣的質量分數為×100%＝，故答案為：使SO42﹣完全沉淀；。【點評】本題考查物質的制備以及除雜操作，涉及物質分離提純、物質含量的計算等知識，題目綜合度較高，題目難度中等，學習中注重相關基礎知識的積累。18．【分析】煉鋅礦渣用稀硫酸酸浸后所得濾液中含有亞鐵離子、鐵離子、鋅離子、Ga3+，加入雙氧水氧化亞鐵離子，調節pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3+，濾液1中含有鋅離子；得到的濾餅加入鹽酸酸化得到氯化鐵和氯化鎵，加入固體鐵把鐵離子轉化為亞鐵離子，然后利用萃取劑萃取Ga3+，加入氫氧化鈉溶液使Ga3+轉化為NaGaO2，電解NaGaO2溶液生成單質Ga，據此解答。【解答】解：（1）Ga2（Fe2O4）3中Fe是+3價，O是﹣2價，根據化合價代數和為0可知Ga的化合價為+3價，“浸出”時其發生反應的離子方程式為Fe2O42﹣+8H+＝2Fe3++4H2O，故答案為：+3；Fe2O42﹣+8H+＝2Fe3++4H2O；（2）根據以上分析可知濾液1中為硫酸鋅，則可回收利用的物質是硫酸鋅，調節pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3+，濾餅的主要成分是Fe（OH）3、Ga（OH）3；萃取前加入的固體X的目的是還原鐵離子，則X為Fe，故答案為：硫酸鋅；Fe（OH）3、Ga（OH）3；Fe；（3）Ga與Al同主族，化學性質相似；反萃取后加入氫氧化鈉溶液使Ga3+轉化為NaGaO2，即鎵的存在形式為NaGaO2，故答案為：NaGaO2；（4）精煉時，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極是得到電子轉化為Ga，電極反應為GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣，故答案為：GaO2﹣+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣；（5）以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發生系列反應得到GaN和另一種產物，根據原子守恒可知還有甲烷生成，該過程的化學方程式為Ga（CH3）3+NH3＝3CH4+GaN，故答案為：Ga（CH3）3+NH3＝3CH4+GaN；（6）根據表中數據可知Ga（OH）3的溶度積常數為3.0×10﹣3×（10﹣11）3＝3.0×10﹣36，溶液的pH＝5.4，即氫氧根離子濃度是10﹣8.6mol/L，所以濾液1中殘余的Ga3+的濃度為mol/L＝3.0×10﹣10.2mol?L﹣1，故答案為：3.0×10﹣10.2。【點評】本題考查物質制備、物質分離提純，為高頻考點，涉及氧化還原反應、物質分離提純、基本操作等知識點，明確化學反應原理及物質性質、基本操作是解本題關鍵，知道流程圖中可能存在的反應及基本操作方法，知道每一種物質的成分，題目難度中等。19．【分析】I．（1）記反應O2（g）+H2（g）＝H2O（g）為反應④，由蓋斯定律反應①＝②+③﹣④可得；（2）①由反應①②③可知，反應產物有CO、H2和H2O，生成的H2會在反應②中與CO2反應生成CO，CO的產量高于H2，反應②是吸熱反應，升高溫度，有利于反應的正向進行；②1100K時，CH4與CO2的轉化率分別為95%、90%，則計算得平衡時c（CH4）＝＝mol/L，c（CO2）＝＝mol/L，由圖可知，c（H2）＝mol/L，c（CO）＝mol/L，則反應①的平衡常數K＝；II．（3）A．由圖可知，含碳產物中CH4的物質的量百分數Y≥70%，則含碳副產物的產率≤30%；B．由題意及圖Ni﹣CeO2催化CO2加H2形成CH4；C．由圖可知，存在CO2和H2反應生成CO和H2O；D．化學反應伴隨著物質變化和能量變化；E．由圖2可知，當溫度高于260℃時，CO2的轉化率還在增大，但CH4的百分含量幾乎不在變化；（4）CO2甲烷化的過程中，CO2與H2的體積比為1：4，反應氣的總流量為40mL?min﹣1，則1min內初始時CO2的體積為40×mL＝8mL，320℃時CO2轉化率為80%。【解答】解：I．（1）記反應O2（g）+H2（g）＝H2O（g）為反應④，由蓋斯定律反應①＝②+③﹣④，故△H1＝△H2+△H3﹣△H＝（41.2﹣35.6+241.8）kJ?mol﹣1＝+247.4kJ?mol﹣1，故答案為：+247.4；（2）①由反應①②③可知，反應產物有CO、H2和H2O，生成的H2會在反應②中與CO2反應生成CO，CO的產量高于H2，故a曲線表示產物H2，b曲線表示CO，反應②是吸熱反應，升高溫度，有利于反應的正向進行，H2O的含量增大，但反應O2（g）+H2（g）＝H2O（g）為放熱反應，升高溫度，不利于反應的正向進行，H2O的含量減小，故答案為：H2；CO；反應O2（g）+H2（g）＝H2O（g）是放熱反應，升高溫度，平衡逆行移動，H2O的含量減小；②1100K時，CH4與CO2的轉化率分別為95%、90%，則計算得平衡時c（CH4）＝＝mol/L，c（CO2）＝＝mol/L，由圖可知，c（H2）＝mol/L，c（CO）＝mol/L，則反應①的平衡常數K＝＝＝，故答案為：；II．（3）A．由圖可知，含碳產物中CH4的物質的量百分數Y≥70%，則含碳副產物的產率≤30%，故含碳副產物的產率均低于CH4，故A正確；B．由題意及圖Ni﹣CeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反應CO2+4H2?CH4+2H2O，故B正確；C．由圖可知，存在CO2和H2反應生成CO和H2O，故C正確；D．化學反應伴隨著物質變化和能量變化，故D正確；E．由圖2可知，當溫度高于260℃時，CO2的轉化率還在增大，但CH4的百分含量幾乎不在變化，則繼續升高溫度甲烷產率幾乎不變，故E正確；故答案為：ABCDE；（4）CO2甲烷化的過程中，CO2與H2的體積比為1：4，反應氣的總流量為40mL?min﹣1，則1min內初始時CO2的體積為40×mL＝8mL，320℃時CO2轉化率為80%，則CO2反應速率為v＝mL?min﹣1＝6.4mL?min﹣1，故答案為：6.4。【點評】本題考查化學反應原理綜合運用，涉及到蓋斯定律的應用，化學平衡的計算，化學反應速率的計算等知識點，涉及到的知識點較多，均為高頻考點，正確分析題目信息，結合蓋斯定律、勒夏特列原理等知識解答，題目難度中等。（二）選考題：共14分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質結構與性質](14分)20．【分析】（1）三種元素只有Li為金屬，難以得到電子，電負性較小；（2）P為15號元素，核外電子排布為[Ne]3s23p3，最外層有5個電子；（3）P原子形成3個P﹣P鍵，有1對孤電子對，石墨中C原子形成3個σ鍵；（4）NH3分子間存在氫鍵沸點最高，沸點最高，沒有氫鍵的氫化物，相對分子質量越大，沸點越高；（5）A．黑磷區中P﹣P鍵的鍵長不完全相等；B．黑磷與石墨，每一層原子之間由共價鍵組成六元環結構，層與層之間由范德華力互相吸引；C．P﹣P和C﹣C鍵斷裂，形成P﹣C鍵；D．石墨中C原子為sp2雜化，所以與六元環中C原子相連的原子與六元環共面；E．復合材料單層中，P原子與C原子之間的作用力為共價鍵；（6）根據晶胞結構可知一個晶胞中有8個黑球，4個灰