【文档说明】【精准解析】广东省华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考化学试题（解析版）.doc，共(22)页，1.036 MB，由小赞的店铺上传

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华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考化学注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己校名、姓名、考号、座位号等信息填写在答题卡指定区域，并用2B铅笔填涂相关信息。2.选择题每小题

选出答案后，用2B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，再填涂其他答案；答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，

不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5K-39Mn-55Fe-56Co-59Cu-64Ag-108第一部分选择题(共44分)

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是()A.乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B.实施“煤改气”、“

煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油【答案】A【解析】【分析】【详解】A．乙醇做消毒剂不是利

用的氧化性，故A错误；B．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，可减少污染物的排放，有利于保护环境，故B正确；C．高纯度的二氧化硅具有良好的传到光信号的性能，常用于制作光导纤维，二氧化硅为酸性氧化物能与强碱发生反应，光导纤维遇强碱会“断路

”，故C正确；D．“地沟油”的主要成分为油脂，碱性条件下可发生皂化反应，可用来制肥皂，故D正确；故选：A。2.常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是()A.H+、K+、CN-、Cl-B.Ba2+、K+、OH-、NO3−C.NH4+、Na+、S

O23−、ClO-D.Na+、Al3+、HCO3−、SO24−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．H+与CN-反应生成弱酸，不能大量共存，故A不符合；B．Ba2+、K+、OH-、NO3−相互之间不反应，可以大量共存，故B符合；C．SO23−与ClO-要发

生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合；D．Al3+与HCO3−要发生双水解反应，不能大量共存，故D不符合。答案选B。3.下列有关离子方程式正确的是()A.用铜作电极电解KCl溶液：2Cl-+2H2O电解

H2↑+Cl2↑+2OH-B.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+NO3−+4H+=Ag++NO↑+2H2OC.少量Mg(OH)2溶于FeCl3溶液中：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+D.大理

石溶于稀醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．阳极上Cu失电子发生氧化反应，正确的离子方程式为：Cu+2H2O电解Cu(OH)2↓+H2↑，故A错误；B．用稀

硝酸洗涤试管内壁的银镜，反应生成硝酸银、NO和水，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO3−═3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；C．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2，氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉淀，反

应的离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故C正确；D．醋酸是弱酸，不可拆，二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca++2CH3COO-+CO2↑+H2O，

故D错误；故选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.常温下，pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目为0.01NAB.标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC.1molN2与4molH2反

应生成的NH3分子数为2NAD.14g乙烯和环丙烷混合气体中的氢原子数为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．常温下，pH=2的亚硫酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，没有溶液体积，不能计算H+数目，故A错误；B．标准状况下CHCl3是液体，2.24LCHCl3的物质的量不是

0.1mol，故B错误；C．氮气和氢气生成氨气的反应可逆，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故C错误；D．乙烯和环丙烷的最简式都是CH2，14g乙烯和环丙烷混合气体中的氢原子数为A14g214g/molN=2NA，故D正确；选D。5.

下列有关物质的工业制法中，正确的是()A.制钠：以海水为原料制得精盐，再电解熔融的NaClB.炼铜：电解精炼黄铜矿得到纯度为99.9％的铜C.制硅：用一氧化碳还原二氧化硅得硅D.制铝：电解液态氯化铝得铝【

答案】A【解析】【分析】【详解】A．海水中含有大量NaCl，粗盐经提纯后得到精盐，电解熔融NaCl：2NaCl通电2Na+Cl2↑，得到金属钠，故A正确；B．黄铜矿（主要成分为CuFeS2）经过冶炼后得到粗铜，粗铜进行电解经电解精炼得到99.9%的

铜，故B错误；C．一氧化碳还原二氧化硅得到粗硅，粗硅再与氯气反应得到SiCl4，再与氢气反应得到纯硅，故C错误；D．氯化铝为共价化合物，液态氯化铝不导电，无法电解，故D错误；综上所述答案为A。6.下列实验操作能达到实验目的的是()A.用排水法收集铜粉与浓硝酸反应的NO2B.用NaOH

溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，选用酚酞作指示剂C.在空气中蒸干硫酸亚铁溶液可以得到绿矾(FeSO4·7H2O)D.在容量瓶中加一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，故A不选；B．用NaOH溶液滴定未知浓度的C

H3COOH溶液，滴定终点时为醋酸钠溶液显碱性，而酚酞的变色范围8.2-10.0，更接近终点pH值，误差更小，因此选用酚酞作指示剂，故B选；C．硫酸亚铁在空气中易被氧气氧化成硫酸铁，因此在空气中蒸干硫酸亚铁得不到绿矾，故C不选；D．不能在容量瓶中进

行浓溶液的稀释，故D不选；故选：B。7.下列有关实验原理或操作正确的是()A.分离酒精和水B.干燥氨气C.配制0.1000mol/L的食盐水D.检查装置气密性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．酒精和水互溶，不能用分液法分离，故不选A

；B．氨气能与硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；C．配制0.1000mol/L的食盐水，在容量瓶中定容，故选C；D．该装置气体能从长颈漏斗溢出，不能用该方法检查装置气密性，故不选D。选C。8.柠檬烯的结构可表示为，关于柠檬烯下列说法错误的是()A.分子中所有碳原子

可能在在同一平面上B.可使溴的四氯化碳溶液褪色C.是苯乙烯的同系物D.该物质易溶于水【答案】D【解析】【分析】【详解】A．苯环是平面结构，碳碳双键是平面结构，两平面结构通过单键相连，单键可自由旋转，可能使两平面重合，故A正确；B．该物质含有碳碳双键能与溴发生加成

反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．该物质含有一个苯环和一个碳碳双键，与苯乙烯的结构相似，组成上相差2个-CH2-，符合同系物的概念，故C正确；D．该物质属于烃类，烃均难溶于水，故D错误；故选：D。9.NO催化O3生成O2的过程由三

步基元反应构成：第一步：NO(g)+O3(g)=O2(g)+NO2(g)△H1；第二步：NO2(g)=O(g)+NO(g)△H2；第三步：O(g)+O3(g)=2O2(g)△H3。下列说法错误的是()A.该反应的中间体有三种B.第二步、第三步反应均为放热反应C.总反应速率主要由第一步反应速率

决定D.氮氧化物NOx的大量排放可能会严重破坏臭氧层【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由三步基元反应可知，反应的中间体只有NO2和O两种，故A错误；B．由图可知，第二步、第三步反应中反应物的总能量都大于生成物的总能量，均为放热反应，故B正确；C．由三步基元反应可

知，第一步反应的活化能最大，反应速率最慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，故C正确；D．由反应可知，氮氧化物能使臭氧不断的转化为氧气，严重破坏臭氧层，故D错误；故选：A。10.实验室采用如图所示的装置制取氯化铜(部分仪器和夹持装置已

略去)下列说法正确的是()A.玻璃纤维的作用是防止E装置中液体倒吸入D装置中B.E装置中液体用于吸收多余的氯气和氯化氢C.要使B装置中产生氯气，应先加热圆底烧瓶，再滴加浓盐酸D.实验中加热的先后顺序为先加

热硬质玻璃管D，再加热圆底烧瓶B【答案】B【解析】【分析】【详解】A．玻璃纤维的作用是防止固体进入导管，堵塞导气管，故A错误；B．E装置是尾气处理装置，氢氧化钠溶液用于吸收多余的氯气和氯化氢，故B正确；C．要使B装置中产生氯气，应先滴加浓盐酸，再加热圆底烧瓶，故C错误；D．为防止铜和氧气反应，实

验中先加热圆底烧瓶B，再加热硬质玻璃管D，故D错误；选B。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。11.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、

丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.原

子半径的大小：W<X<Y<ZB.戊的沸点低于乙C.丙中只含非极性共价键D.乙可与X元素的最高价氧化物对应的水化物反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、

丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则乙为NH3；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同，则丙为N2H4；M、N元素的单质反应生成NH3，则M为H、N为N元素；丁

是常见的两性氧化物，则丁为Al2O3；己加热生成Al2O3，则己为Al(OH)3；Q与P反应生成丁Al2O3，则Q、P为Al和O2，若Q为O2，则甲为NO，NO与戊不会生成氢氧化铝和氨气，则Q为Al，甲为AlN

，戊为H2O。【详解】根据分析可知：W为H，X为N，Y为O，Z为Al；甲为AlN，乙为NH3，丙为N2H4，丁为Al2O3，戊为H2O，己为Al(OH)3。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径H＜O＜N＜Al，故A错误；B．水在常温下为液态，氨气为气体，则水的沸点较高，故B错误

；C．N2H4分子中含有极性键和非极性键，故C错误；D．X元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，NH3可与硝酸反应生成硝酸铵，故D正确；故答案选D。12.我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如

图所示。下列说法正确的是()A.a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+B.a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率C.该装置工作时，H+由b极区流向a极区D.从工艺可知反应2Fe2++2H

+=2Fe3++H2可自发进行【答案】B【解析】【分析】由图可知：a为电子流出端作为原电池的负极，发生氧化反应；b为电子流入端，为原电池的正极，发生氧化反应，以此分析解答。【详解】A．根据上述分析：a极为原电池的负极，发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故A错误；B．a极

区Fe3+属于催化剂，所以Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率，故B正确；C．H+为阳离子，在原电池中向正极移动，所以H+由a极区流向b极区，故C错误；D．从工艺可知，该过程为原电池，故反应2Fe3

++H2=2Fe2++2H+可自发进行，故D错误；故答案：B。13.某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是()A.步骤①操作中，生成的气体可用CuSO4

溶液吸收B.检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水C.步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4D.滤渣1和滤渣2成分均含有H2SiO3【答案】A【解析】【

分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H

2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。【详

解】A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用CuSO4溶液吸收，故A正确；B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C．过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫

酸，再加入过氧化氢，故C错误；D．滤渣1含有SiO2、CuS，滤渣2含有硫和二氧化硅，故D错误；答案选A。14.已知：N2(g)+3H2(g)垐?噲?2NH3(g)ΔH=-mkJ·mol-1。在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2，测得不同温度下，NH3的产率随时间变化如图所示。下列有

关说法正确的是()A.ΔH﹥0，T2﹥T1B.达到平衡时，T1温度对应反应放出热量为mkJC.平衡时，通入氩气平衡正向移动D.平衡常数，Ka＜Kc【答案】D【解析】【分析】根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化

学平衡常数减小，正反应放热。【详解】A．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，ΔH＜0，故A错误；B．反应是可逆反应，转化率达不到100%，达到平衡时，T1温度对应反应放出热量少于mkJ，故B错误；C．平衡时，通入氩气容器压强增大，但

是反应物和生成物的分压不变，平衡不移动，故C错误；D．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以ka＜kb，化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，b、c温度

相等化学平衡常数相等，所以存在ka＜kb=kc，平衡常数，Ka＜Kc，故D正确；故选D。15.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（）A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4D.若生成4.48LHF，则

转移0.8mol电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢

中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1

:4，故C正确；D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48LHF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；故答案为C。16.室温下，向H2C2O4溶液中滴

加NaOH溶液，若pC=-lgc，则所得溶液中pC(H2C2O4)、pC(HC2O4−)、pC(C2O24−)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A.常温下，Ka2(H2C2O4)=10-1.3B.pH=x时，c(HC

2O4−)＜c(H2C2O4)=c(C2O24−)C.M点时，2c(HC2O4−)+c(C2O24−)﹥c(Na+)D.224224224c(HCO)c(CO)c(HCO)−−随pH的升高而减小【答案】C【解析】【分析】【详解

】A．Ka2(H2C2O4)=()()()2+2244COHCHOccc−−，据图可知当pC(HC2O4−)=pC(C2O24−)时pH=4.3，即c(H+)=10-4.3mol/L，所以Ka2(H2C2O4)=10-4.3，故A错误；B．据图可知pH=x时，pC(HC2O4−)＜

pC(C2O24−)=pC(H2C2O4)，所以c(HC2O4−)﹥c(H2C2O4)=c(C2O24−)，故B错误；C．M点溶液中存在电荷守恒c(HC2O4−)+c(OH-)+2c(C2O24−)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.3，溶液显酸性，所以c(H+)﹥c(OH

-)，则2c(HC2O4−)+c(C2O24−)﹥c(Na+)，故C正确；D．2a1242424222422424224a2c(HCO)c(HCO)c(HCO)c(H)==c(CO)c(HCO)c(H)c(CO)c(HCO)KK−−−+−

+−，pH升高时Ka1、Ka2不变，则该比值不变，故D错误；综上所述答案为C。第二部分非选择题(共56分)三、非选择题：本题共5小题，共56分。第17~19题为必考题，每个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。17.某化学兴趣小组的同学拟设

计实验制备KMnO4，并检验所得产品纯度。资料：i.MnO2与强碱在强氧化剂存在下共熔生成K2MnO4；ii.K2MnO4溶于水，发生歧化反应生成KMnO4：3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2↓+4KOH根据资料，该小组同学设计实验方案如下：①将KClO

3和KOH固体混匀，加热至熔融，缓慢加入MnO2，继续加热，得颗粒状粗产品，提纯后，溶解得K2MnO4溶液。②向制得的K2MnO4溶液中通入适量CO2，直至K2MnO4全部转化为KMnO4和MnO2。抽滤，滤液转入蒸发皿中

，a，抽滤，洗涤，干燥，称量，得到mg产品。③将mg产品溶解，配成100mL待测液，量取25mL标准H2C2O4溶液(0.1000mol/L)于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，用配制的待测液滴定，平行滴定3次，消耗

待测液的平均值为VmL。回答下列问题：(1)写出制备K2MnO4的化学方程式：___；在实验室进行该反应需用到的硅酸盐仪器有酒精灯、___。(2)进行K2MnO4的歧化反应时，通入适量CO2的目的是___，如果CO2通入过多，可能会使产物不纯，混有

杂质___。(3)步骤②中a处的操作方法为___。(4)滴定开始时，溶液紫色褪去很慢，滴入几滴KMnO4溶液后，褪色变得很快，可能的原因是___，滴定终点的现象是___，产品中KMnO4(M=158g/mol)的质量分数为___。【答案】(1).3MnO2+6KOH+KClO3

熔融3K2MnO4+KCl+3H2O(2).泥三角(3).中和生成的OH-，使歧化反应充分进行(4).KHCO3(5).蒸发浓缩，冷却结晶(6).生成的Mn2+起催化作用(7).滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变为浅紫红色，且30s内不褪色(8).1580mv%【解析】

【分析】【详解】(1)KClO3和KOH固体混匀，加热至熔融，缓慢加入MnO2，继续加热，生成K2MnO4、KCl，反应的化学方程式3MnO2+6KOH+KClO3熔融3K2MnO4+KCl+3H2O；熔融氢氧化钾需要铁坩埚，该反应需用到的

硅酸盐仪器有酒精灯、泥三角；(2)进行K2MnO4的歧化反应时发生反应3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KOH，通入适量CO2的目的是中和生成的OH-，使歧化反应充分进行，如果CO2通入过多，过量二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸氢钾，混有杂质KHCO3；(

3)KMnO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶析出KMnO4晶体，步骤②中a处的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶；(4)KMnO4的还原产物是Mn2+，生成的Mn2+起催化作用，所以滴定开始时，溶液紫色褪去很慢，滴入几滴KMnO4溶液后，褪色变得很快；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶

液恰好由无色变为浅紫红色，且30s内不褪色，达到滴定终点；设所配高锰酸钾溶液的浓度为cmol/L；4224244242232KMnO5HCO3HSO2MnSOKSO1++=+++25V100.0250CO8HL0.1mol/LOc−c=1Vmol

/L，产品中KMnO4(M=158g/mol)的质量分数为10.1Lg/molV100%=mg1581580mv%。【点睛】本题以实验制备KMnO4并检验所得产品纯度为载体，考查学生化学实验能力，明确反应原理和

实验基本操作是解题关键，注意混合物分离的基本方法。18.精制黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4，同时还含有少量Si的化合物。工业上由黑钨矿冶炼金属钨并获取副产物的流程如图：已知：①烧结物的主要成分为Fe2O3、M

nO2、Na2SiO3、Na2WO4；②上述流程中，钨的化合价只在生成钨单质的反应中发生改变；③常温下，钨酸是难溶于水的弱酸。请回答下列问题：(1)为了提高黑钨矿焙烧速率，可以采取的措施是___(写出一种即可)，写出FeWO4在焙烧条件下

与纯碱、空气反应的化学方程式___。(2)从本题流程可以得出，同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力___(填“强”或“弱”)。(3)“沉钨”过程，判断钨酸已完全沉淀的方法是：___。(4)“操作1”用到的

玻璃仪器除烧杯外还有___，若滤渣1用稀硫酸浸泡，则固体A主要成分的化学式为___。(5)写出MnO2与硫酸、草酸(H2C2O4)溶液反应的离子方程式为___。(6)工业“沉锰”过程中常选用NH4HCO3溶液作沉淀剂，若用碳酸盐代替NH4HCO3溶液可能产生其它固体杂质，该杂质可能为___(填化学

名称)。【答案】(1).粉碎原料或适当增加空气量或搅拌等(2).4FeWO4+O2+4Na2CO3焙烧2Fe2O3+4Na2WO4+4CO2(3).强(4).静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显

现象，则沉淀完全(5).漏斗、玻璃棒(6).Fe2(SO4)3(7).MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O(8).氢氧化锰(或碱式碳酸锰)【解析】【分析】烧结物的主要成分为Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，加水过滤，滤渣1是难溶于水的Fe

2O3、MnO2；滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，加入盐酸调节pH，生成硅酸沉淀，除去Na2SiO3，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为WO3；滤渣1用稀硫酸浸泡过滤，得到滤渣MnO2，滤液中含有F

e2(SO4)3，蒸干灼烧得固体Fe2(SO4)3。MnO2加草酸、硫酸得硫酸锰溶液，硫酸锰溶液加NH4HCO3溶液生成碳酸锰沉淀。【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，粉碎原料或适当增加空气量或搅拌等可以提高黑钨矿焙烧速率；FeWO4在焙烧条件下与纯碱、氧气反应生成Fe2O

3、Na2WO4、CO2，反应的化学方程式4FeWO4+O2+4Na2CO3焙烧2Fe2O3+4Na2WO4+4CO2；(2)加盐酸先生成硅酸沉淀，后生成钨酸沉淀，说明同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力强。(3)“沉钨”过程，判断钨酸已完全沉淀的方法是：静

置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；(4)“操作1”是过滤，过滤装置图是，用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒；滤渣1中Fe2O3、MnO2，用稀硫酸浸泡，Fe2O3溶于硫酸生成Fe2(SO4)3

，则固体A主要成分的化学式为Fe2(SO4)3；(5)MnO2与硫酸、草酸(H2C2O4)溶液反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；(6)碳酸盐中氢氧根离子的浓度大于NH4HCO3溶液，若用碳酸盐代替NH4HCO3溶液，

可能产生的杂质为氢氧化锰。【点睛】本题以由黑钨矿冶炼金属钨并获取副产物为载体，考查物质制备、分离、提纯，明确流程图中各步反应原理是解题关键，掌握氧化还原反应方程式的书写，培养学生提取信息、解决问题的能力。19.“绿水青山就是金

山银山”，研究并消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ∙mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ∙mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+181kJ∙mol-1若

某反应的平衡常数表达式为K=22222(N)(CO)(NO)ccc，请写出此反应的热化学方程式___。(2)T℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：

v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常数)，且lgv正~lgc(NO2)与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。①T℃时，该反应的平衡常数K=___。②T℃时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.

0mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为___(以分数表示)。平衡后v正=__(用含a的表达式表示)。(3)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向一恒

压密闭容器中加入一定量(足量)的活性炭和NO，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。①则t2时刻改变的条件为__。②t1时刻的v逆__t2时刻的v正(填“＞”“＜”或“=”)。(4)在恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H＜0

。下列说法正确的是___。A．及时分离出生成的尿素，有利于NH3的转化率增大B．反应达到平衡后，混合气体的密度不再发生改变C．反应在任何温度下都能自发进行D．当尿素的质量不变时，说明反应达到平衡【答案】(1).2C(s

)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ∙mol-1(2).100(3).111(4).10a(5).向密闭容器中加入NO(6).＜(7).BD【解析】【分析】【详解】(1)2NO(g)+O2(

g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ∙mol-1①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ∙mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+181kJ∙mol-1③若某反应的平衡常数表达式为K=22222(N)(CO)(NO)ccc，则反应为2C(s)+2NO2(

g)=N2(g)+2CO2(g)，将②×2-①-③，得ΔH=(-393.5×2+114-181)kJ∙mol-1=-854kJ∙mol-1，此反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ∙mol-1。答案为：2C(s)+2NO2(g

)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ∙mol-1；(2)由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，从而得出lgv正=a+2，lgv逆=a，则lgv正=lgk正+2lgc(NO2)=lgk正=a+2，k正=10（a+2），l

gv逆=a，则lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)=lgk逆=a，k逆=10a。①T℃时，该反应的平衡常数K=(a2)10=10akk+正逆=100。②T℃时，往刚性容器中充入xmol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则可建立如下三段式：2242NONO(mol/L)

0(mol/L)21(mol/L)21xx−起始量变化量平衡量K=21=100(-2)x，x=2.1mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为0.11.1=111。平衡后v正=10（a+2）×0.12=10a。答案为：100；111；10a；(3)①因为

恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动且达平衡后，逆反应速率与原平衡时相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO。②t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的

v逆＜t2时刻的v正。(4)A．因为尿素呈固态，所以及时分离出生成的尿素，对NH3的转化率没有影响，A不正确；B．因为达平衡前，混合气体的质量减小，但体积不变，所以密度不断减小，当混合气体的密度不再发

生改变时，反应达平衡状态，B正确；C．因为正反应为熵减反应，所以低温下反应能自发进行，但高温时反应不能自发进行，C不正确；D．当尿素的质量不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D正确；故选BD。答案为：向密闭容器中加入NO；＜；BD。(二)选考题：共14分。请考生从2题中任选一题作答。如果多

做，则按所做第一题计分。20.三元锂电池性能优异、能量密度高，正极材料包含了Ni、Co、Mn三种过渡金属氧化物。(1)基态Ni原子有___个未成对电子，Ni2+核外电子排布式为___。(2)如表是Mn与Fe的部分电离能数据，解释I3(Mn)大于I3(Fe)的主要原因：___。元素FeMn第二

电离能I2(kJ/mol)15611509第三电离能I3(kJ/mol)29573248(3)已知[Co(CN)6]4-是强还原剂，与水反应能生成[Co(CN)6]3-，写出该反应的离子方程式：___；1molCN-含有σ键的数目为___，该离子中C的杂化方式为___。(4)

已知H2O2难以将Co2+氧化为Co3+，若先将Co2+转化为[Co(NH3)6]2+，则H2O2能快速将其氧化为[Co(NH3)6]3+，该原因是___。(5)Co与Ti类似，其晶体堆积方式为六方最密堆积，其晶胞结构如图所示，则该晶胞中含有的原子个数为___，已知该晶胞的底边长

为anm，高为bnm，则晶胞密度为___g/cm3。【答案】(1).2(2).[Ar]3d8(3).Mn失去两个电子后价电子为3d5，处于半满的稳定状态，而铁失去三个电子能形成3d5的半满稳定状态(4).2[Co(CN)6]4-+2H2O=2[Co(CN

)6]3-+H2↑+2OH-(5).1NA(6).sp杂化(7).Co2+与氨配位后更容易被氧化(8).6(9).2A65933abN2×1021【解析】【分析】【详解】(1)基态Ni原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，有2个未成对电子，Ni原子失去最外层2个电子得到Ni

2+，Ni2+核外电子排布式为[Ar]3d8；(2)Mn失去两个电子后价电子为3d5，处于半满的稳定状态，而铁失去三个电子能形成3d5的半满稳定状态，所以I3(Mn)大于I3(Fe)；(3)[Co(CN)6]4-是强还原剂，与水反应能生成[Co(CN)6]3-，根据得失电子守恒，反应同

时生成氢气，该反应的离子方程式是2[Co(CN)6]4-+2H2O=2[Co(CN)6]3-+H2↑+2OH-；CN-的结构式是，1molCN-含有σ键的数目为1NA，该离子中C形成2个σ键，无孤电子对，所以C的杂化方式为sp杂化；(4)Co2+与氨配位后更容易被氧化，所以H2O2能快

速将其氧化为[Co(NH3)6]3+；(5)根据均摊法，该晶胞中含有的原子个数为1112+2+3=662，该晶胞的底边长为anm，高为bnm，晶胞的体积为2-21333ab10cm2，则晶胞密度为2A65933abN2×1021g/cm3。21.川赤

芍是中药逍遥丸、四逆散的主要组成原料，科学家从川赤芍根部分离得到了具有新型骨架的天然产物降碳二萜Paeoveitol(J)。该物质可由片段C和片段I分子通过杂原子参与的Diels-Alder反应合成得到。以下是分别制备两种片段及合成降碳二萜Paeoveitol(J)的合成路线。已知：①Se

O2具有较强的氧化性；乙酰氯的结构简式为②路易斯酸⎯⎯⎯⎯⎯⎯→③+22CHCl⎯⎯⎯→④杂原子参与的Diels-Alder反应：+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→溶剂、加热回答下列问题：(1)化合物A的分子式为___；化合物C中的官能团为____；F→G的反应类型为___。(2)D+E→F反

应的副产物可能的结构简式___(写一种即可)。(3)化合物G→J的化学方程式为___。(4)遇FeCl3显紫色的A的同分异构体共有几种：___。(5)写出由乙烯、丙烯醇、甲醇出发制备的合成路线___。【答案】(1).C7H8O2(

2).酯基、羟基(3).消去反应(4).或(5).+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→22吡啶CHCl+HCl(6).11种(7).2CuOΔ⎯⎯⎯→，324CHOH,HSOΔ浓22CH=CH⎯⎯⎯⎯→溶剂，加热【解析】【分析】A经两

步反应在其中一个羟基的邻位碳上引入CH3CO-，得到B，B与乙酰氯发生反应其中一个羟基H被CH3CO-取代，再与NaBH4发生还原反应B中的羰基被还原成醇羟基，得到C，同时产生I，I经路易斯酸溶剂加热和碳酸钾、甲醇脱乙酰基反应后得到J，D与E发生已知③中的反应得到F，F在5%HClTHF回流条件下

发生消去反应脱去上端的六元环，在所连五元环上形成碳碳双键，转化成G，G在乙酰氯、吡啶、二氯甲烷条件下反应得到H，H经两步转化得到I，据此解答。【详解】(1)A为，由其结构简式可知分子式为：C7H8O2，C为，由结构可知其所含官能团为羟基和酯基，由以上分析F到

G的反应类型为消去反应，故答案为：C7H8O2；酯基、羟基；消去反应；(2)D+E→F反应,D的结构不对称，因此还可能出现的产物有、，故答案为：或；(3)化合物G与在吡啶CH2Cl2条件下反应可得到J，反应为：+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→22吡啶CHCl+HCl，故答案为：+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→22

吡啶CHCl+HCl；(4)A的同分异构体遇FeCl3显紫色说明存在酚羟基，若只含一个酚羟基，则另一取代基可以是-OCH3或-CH2OH，在苯环上有邻、间、对三种位置，共6种；若含有两个酚羟基：可以是邻位，则甲基在苯环上有2种位置，若为间位，则甲

基在苯环上有3种位置，若为对位即A的结构，故符合条件的同分异构体共11种，故答案为：11；(5)可由与乙烯发生Diels-Alder反应得到，可由与甲醇酯化反应得到，可由催化氧化得到，由此可得合成路线：2CuOΔ⎯⎯⎯→，324CHOH,HSO

Δ浓22CH=CH⎯⎯⎯⎯→溶剂，加热，故答案为：2CuOΔ⎯⎯⎯→，324CHOH,HSOΔ浓22CH=CH⎯⎯⎯⎯→溶剂，加热；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com