2021年1月广东省普通高中学业水平选择考适应性测试 化学 Word版含解斩

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- 1 - 2021 年广东省普通高中学业水平选择考适应性测试 化 学 本试卷共 8 页，21 小题，满分 100 分。考试用时 75 分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角 “条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案 信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。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，然后再写上新答案；不准使 用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量： H1 He4 C12 N14 O16 Ne20 Na23 S 32 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. 书法是中华文化之瑰宝，“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔 墨纸砚之间(如图所示的王羲之的“平安贴”)。下列关于传统文房四宝的相关说法正确的是 A. 墨汁是一种水溶液 B. 宣纸是合成高分子材料 C. 砚石的成分与水晶相同 D. 制笔用的狼毫主要成分是蛋白质 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 【详解】A．墨汁中分散质粒子直径在 1 至 100 纳米之间，属于胶体，故 A 错误； B．宣纸的主要成分是天然纤维素，不是合成高分子材料，故 B 错误； C．水晶的主要成分是二氧化硅，而砚石的成分为无机盐，故 C 错误； D．狼毫为动物的毛，主要成分为蛋白质，故 D 正确； 综上所述答案为 D。 2. “古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是 A. 月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠 B. 掬月水在手，弄花香满衣 C. 飞流直下三千尺，疑是银河落九天 D. 举头望明月，低头思故乡 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A 符合题意； B．捧起清澄明澈的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥 郁之气溢满衣衫，为物理变化，B 与题意不符； C．飞流直下三千尺，为水的自由落体运动，为物理变化，C 与题意不符； D．举头望明月，月光为反射的太阳光，为物理变化，D 与题意不符； 答案为 A。 3. “嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用 SiC 增强铝基材料钻杆“挖 士”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列有关说法错误的是 A. 月壤中含有的 3He，其质子数为 3 B. 制作五星红旗用的芳纶为合成纤维 C. 制作钻杆用的 SiC 增强铝基材料属复合材料 D. 运载火箭用的液 O2 液 H2 推进剂在工作时发生氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．月壤中含有的 3He，其质子数为 2，质量数为 3，A 说法错误； B．芳纶为芳香族聚酰胺纤维，则制作五星红旗用的芳纶为合成纤维，B 说法正确； C．SiC 增强铝基材料由碳化硅和颗粒状的铝复合而成，其中碳化硅是用石英砂、石油焦(或煤 - 3 - 焦)、木屑(生产绿色碳化硅时需要加食盐)等原料在电阻炉内经高温冶炼而成，再和增强颗粒 铝复合而成，故制作钻杆用的 SiC 增强铝基材料属复合材料，C 说法正确； D．运载火箭用的液 O2 液 H2 推进剂在工作时发生氧化还原反应释放出大量的热量及气体催动 火箭运动，D 说法正确； 答案为 A。 4. “原子”原意是“不可再分”的意思。20 世纪初，人们才认识到原子不是最小的粒子。从电子 层模型分析，Ca 原子核外 N 能层中运动的电子数为 A. 8 B. 2 C. 18 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】Ca 原子核外有 4 个电子层，分别对应符号 K、L、M、N，其原子结构示意图为 ， 第 4 层有 2 个电子，故 N 能层运动的电子数有 2 个； 故选 B。 5. 提取海带中 I2 的实验中，所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是 A B C D 灼烧 溶解 过滤 分液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．灼烧应该用坩埚，图示用的蒸发皿，故 A 错误； - 4 - B．溶解不需要用容量瓶，故 B 错误； C．过滤时应该用玻璃棒引流，且漏斗下端要紧靠烧杯内壁，故 C 错误； D．分液时需要使用分液漏斗，漏斗下口紧靠烧杯内部，故 D 正确； 综上所述答案为 D。 6. 具有止血功能。下列关于该有机物的说法正确的是 A. 属于芳香烃 B. 分子式为 C8H11O2N C. 可与 NaOH 溶液反应 D. 能发生加成反应，不能发生取代反应 【答案】C 【解析】 【分析】 根据有机物结构简式中的官能团的种类判断有机物的性质。 【详解】A．烃是指只含 C、H 两种元素的化合物，该物质除了含 C、H 元素外还含 N、O 元 素，故不是烃，故 A 错误； B．该物质的结构式中含 8 个 C、9 个 H、1 个 N、2 个 O，故其分子式为 C8H9O2N，故 B 错误； C．其结构式中含官能团 —COOH ，呈酸性，可与 NaOH 反应，故 C 正确； D．该结构式中含苯环，可与 H2 加成， —COOH 可与羟基发生酯化反应， 2—NH 可与 —COOH 发生取代反应生成肽键，故 D 错误； 故选 C。 7. “人世间一切幸福都需要靠辛勤的劳动来创造”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是 选项 劳动项目 化学知识 A 使用草木灰对蔬菜施肥 草木灰属于钾肥 B 使用 84 消毒液对衣物消毒 NaClO 具有漂白性 C 实验后，清洗仪器、处理废液、打扫卫生 废液随意排放会造成污染 D 将浓硫酸放入分类储存、专人保管的安全柜中 浓硫酸具有强腐蚀性 A. A B. B C. C D. D - 5 - 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．草木灰主要成分为碳酸钾，属于钾肥，A 与题意不符； B．84 消毒液有效成分为 NaClO，具有强氧化性，能杀菌消毒，与漂白性无关，B 符合题意； C．废液随意排放会造成污染，则试验后，清洗仪器，及时合理处理废液，C 与题意不符； D．浓硫酸具有强腐蚀性，使用不当已造成事故，应将浓硫酸放入分类、专人保管的安全柜中， D 与题意不符； 答案为 B。 8. 我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的 H2S 和Hg 的协同脱除，部分反应机理如图(吸 附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是 A. 产生清洁燃料 H2 B. H2S 脱除率为 100% C. H2S 既被氧化又被还原 D. 脱 Hg 反应为 Hg+S= HgS 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．H2S 被吸附在催化剂活性炭表面形成 H 原子，H 原子与 H 原子成键生成 H2，A 正确； B．由图可知，H2S 分解产生的 H2 和 S 单质会再次生成 H2S，脱除率小于 100%，B 错误； C．由图可知，H2S 生成 S 单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S 生成 H2 的过程 中，H 元素化合价降低，被还原，C 正确； D．该过程是 H2S 和 Hg 的协同脱除，故生成的 S 单质与 Hg 反应生成 HgS，D 正确； 故答案选 B。 - 6 - 9. 叠氮酸(HN3)与 NaOH 溶液反应生成 NaN3。已知 NaN3 溶液呈碱性，下列叙述正确的是 A. 0.01 mol·L-1HN3 溶液的 pH=2 B. HN3 溶液的 pH 随温度升高而减小 C. NaN3 的电离方程式： NaN3= Na++3N 3  D. 0.01 mol·L-1 NaN3 溶液中： c(H+)+ c(Na+ )= c( N 3  )+ c(HN3) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．由题意，NaN3 溶液呈碱性，则叠氮酸根(N 3  )会发生水解，说明 HN3 为弱酸，在 水溶液中不能完全电离，故 0.01 mol·L-1 HN3 溶液的 pH>2，A 错误； B．HN3 为弱酸，电离方程式为 HN3  H+ + N 3  ，电离是吸热过程，升高温度促进 HN3 的电 离，c(H+)增大， pH 减小，B 正确； C．NaN3 是强电解质，完全电离出 Na+和 N 3  ，电离方程式为 NaN3= Na++N 3  ，C 选项错误； D．0.01 mol·L-1 NaN3 溶液中：由物料守恒 c(Na+ )= c( N 3  )+ c(HN3)，故 D 错误； 故答案选 B。 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. a 可经催化氧化生成 b B. b 为红棕色，可转化为 c C. 密闭体系中，c 存在 2NO2 ⇌ N2O4 D. d 的溶液与 Cu 反应可生成 b 或 c 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．根据图像，a 为 NH3，b 为 NO，NH3 可经催化氧化生成 NO，A 说法正确； - 7 - B．b 为 NO，为无色气体，与氧气反应可转化为 c，即 NO2，B 说法错误； C．+4 价的含氮氧化物有 NO2、N2O4，密闭体系中，c 存在 2NO2 ⇌ N2O4，C 说法正确； D．d 为硝酸，Cu 与稀硝酸溶液反应生成 NO，与浓硝酸反应生成 NO2，D 说法正确； 答案为 B。 11. 设阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是 A. 1 mol Cl2 和 Fe 充分反应，转移电子数为 3 NA B. 标准状况下，1.12L 苯含有 C-H 键的个数为 3 NA C. 22 g CO2 和足量 Na2O2 反应，产生的气体的分子数为 0.25 NA D. 0.5 mol 乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为 1.0 NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．1mol Cl2 和 Fe 充分反应，氯气少量，Cl 原子的化合价由 0 价变为-1 价，转移电 子数为 2NA，A 说法错误； B．标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B 说法错误； C．22g CO2 的物质的量为 0.5mol，其与足量 Na2O2 反应，产生 0.25mol 的氧气，则气体的分 子数为 0.25NA，C 说法正确； D．0.5 mol 乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于 0.5NA，D 说法 错误； 答案为 C。 12. 陈述 I 和 II 均正确且具有因果关系的是 选项 陈述 I 陈述 II A Na 可与水反应产生 O2 Na 着火不能用水扑灭 B 可用铝槽运输浓硝酸 浓硝酸与 Al 不反应 C 硅胶用作干燥剂 硅胶具有很强的吸水性 D Fe 的金属性比 Cu 强 不锈钢水龙头上的铜部件易发生电化学腐蚀 A. A B. B C. C D. D - 8 - 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．Na 可与水反应产生 H2，陈述 I 错误，A 与题意不符； B．浓硝酸与 Al 发生钝化，不是不反应，陈述 II 错误，B 与题意不符； C．硅胶具有很强的吸水性，故硅胶可用作干燥剂，陈述正确，且具有因果关系，C 符合题意； D．Fe 的金属性比 Cu 强，则不锈钢水龙头上的铁部件易发生电化学腐蚀，陈述 II 错误，D 与 题意不符； 答案为 C。 13. 环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解 KCl 溶液，用 Cl- 交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两 区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。下列说法错误的是 A. 乙烯应通入阴极区 B. 移出交换膜前存在反应 Cl2+ H2O ⇌ HCl + HClO C. 使用 Cl- 交换膜阻止 OH- 通过，可使 Cl2 生成区的 pH 逐渐减小 D. 制备过程的总反应为：H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O 【答案】A 【解析】 【分析】 环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成 Cl2，Cl2 与水发生反应 Cl2+ H2O⇌HCl + HClO， HClO 与乙烯发生加成反应生成 HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时 产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。 【详解】A．阳极区产生 HClO，所以乙烯通入阳极区，故 A 错误； B．根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应 Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，故 B 正确； C．根据分析可知阳极区会产生 HCl，使用 Cl- 交换膜阻止 OH- 通过，HCl 的浓度不断增大， pH 逐渐减小，故 C 正确； D．根据分析可知该反应过程中 KCl 并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为 H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O，故 D 正确； 综上所述答案为 A。 14. 推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预 - 9 - 测及分析错误的是 A. 试管内 CCl4 层溶液褪色，说明 Br2 具有氧化性 B. 试管中的红色花瓣褪色，说明 SO2 具有漂白性 C. 试管中产生大量气泡，说明 Na2SO3 被氧化产生 SO3 D. 一段时间后试管内有白色沉淀，说明有 SO 2 4  生成 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．锥形瓶内发生反应 2 3 2 4 2 4 2 2Na SO +H SO =Na SO +SO +H O ，产生的 SO2 进 入到试管中，CCl4 层溶液褪色，证明 Br2 发生反应，SO2 具有还原性，可以被 Br2 氧化，证明 Br2 具有氧化性，A 项正确； B．试管中花瓣褪色，说明 SO2 可以漂白花瓣中的有色物质，证明 SO2 具有漂白性，B 项正确； C．试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的 SO2 进入到试管中引起的，Na2SO3 没有发生氧化还 原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，C 项错误； D．试管中 Br2 可将 SO2 氧化，生成 H2SO4 和 HBr， 2- 4SO 可以和 Ba2+结合成不溶于酸的白色 沉淀，D 项正确； 故答案为 C。 15. 水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中 Pb2+及其与 OH- 形成的微粒的浓度分数α随 溶液 pH 变化的关系如图所示。已知 NH3·H2O 的 Kb=1.74 ×10-5。向 Pb(NO3)2 溶液中滴加氨水， 关于该过程的说法正确的是 - 10 - A. Pb2+的浓度分数先减小后增大 B. c(NO 3  )与 c(Pb2+)的比值减小后增大， pH> 10 后不变 C. pH=7 时，存在的阳离子仅有 Pb2+、Pb(OH)+和 H+ D. 溶液中 Pb2+与 Pb(OH)2 浓度相等时，氨主要以 NH 4  的形式存在 【答案】D 【解析】 【分析】 由图示可知，Pb2+与 OH–依次形成 Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH) 3  、Pd(OH) 2 4  四种微粒，据此 分析。 【详解】A．随着 pH 的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当 pH=10 时，Pb2+的浓度分数减小 为 0，A 错误； B．NO 3  与 Pb2+在同一溶液中，c(NO 3  )与 c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程 中，随着 pH 的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n(NO 3  )不变，n(NO 3  )与 n(Pb2+)的比值增大，故 c(NO 3  ) 与 c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为 0 时，比值无意义，B 错误； C．当 pH=7 时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有 Pb2+、Pb(OH)+、H+以及 NH 4  ，C 错 误； D．当溶液中 Pb2+与 Pb(OH)2 浓度相等时，由图可知，此时溶液 pH 约等于 8，由 NH3·H2O 电 离常数 Kb = 4 3 2 (NH ) (OH ) (NH H O) c c c  ﹒ =1.74 ×10-5，则 4 3 2 (NH ) (NH H O) c c  = b (OH ) K c  = 5 6 1.74 10 1.0 10     =17.4， 故溶液中氨主要以 NH 4  形式存在，D 正确； 故答案选 D。 16. 2019 年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图 - 11 - 所示。其中， X 位于第三周期，X 原子的电子数为 Z 原子的两倍，W、Z、Y 位于同一周期。 下列叙述正确的是 A. 原子半径： X>Z> W B. 非金属性： X>Z> W C. Y 的氢化物可用于刻蚀玻璃 D. X 的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】C 【解析】 【分析】 据图可知 X 可以形成 6 个共价键，X 原子的电子数为 Z 原子的两倍，则原子序数为偶数，且 位于第三周期，所以为 S 元素，则 Z 为 O 元素；W、Z、Y 位于同一周期，Y 可以形成一个共 价键，则 Y 为 F 元素，整个离子带一个单位负电荷，则 W 为 N 元素。 【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所 以原子半径 S>N>O，即 X>W>Z，故 A 错误； B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性 O>N>S， 即 Z>W>X，故 B 错误； C．Y 为 F 元素，其氢化物为 HF，可以与 SiO2 反应从而刻蚀玻璃，故 C 正确； D．X 为 S 元素，其+4 价氧化物对应的水化物 H2SO3 为弱酸，故 D 错误； 综上所述答案为 C。 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。 17. 试剂级 NaCl 可用海盐(含泥沙、海藻、K+、 Ca2+、 Mg2+、Fe3+、SO 2 4  等杂质)为原料制 备。制备流程简图如下： (1)焙炒海盐的目的是______。 - 12 - (2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。 实验步骤 试剂 预期沉淀的离子 步骤 1 BaCl2 溶液 SO 2 4  步骤 2 ______ ______ 步骤 3 ______ ______ (3)操作 X 为______。 (4)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备 HCl 气体，并通入 NaCl 饱和溶液中使 NaCl 结晶析出。 ①试剂 a 为______。 相比分液漏斗，选用仪器 1 的优点是______。 ②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快 NaCl 晶体的析出，其原因是______。 (5)已知：CrO 2 4  + Ba2+ = BaCrO4↓(黄色) CrO 2 4  +3Fe2++ 8H+ =Cr3+ + 3Fe3++ 4H2O 设计如下实验测定 NaCl 产品中 SO 2 4  的含量，填写下列表格。 操作 现象 目的/结论 ① 称取样品 m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴 加过量 c1mol·L-1BaCl2 溶液 V1mL 稍显浑 浊 目的：______。 ② 继续滴加过量 c2mol ·L-1 K2CrO4 溶液 V2 mL 产生黄 色沉淀 目的：沉淀过量的 Ba2+。 ③ 过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用 c3 —— 结论：SO 2 4  的质量分数 - 13 - mol·L-1FeSO4 溶液滴定至终点，消耗 FeSO4 溶液 V3 mL 为______。(列算式) 【答案】 (1). 除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小 (2). NaOH (3). Mg2+和 Fe3+ (4). Na2CO3 (5). Ba2+和 Ca2+ (6). 蒸发浓缩 (7). 浓硫酸 (8). 可平衡压强，使液 体顺利滴下 (9). 增大与浓硫酸的接触面积，使产生 HCl 气体的速率加快 (10). 使 SO 2 4  完全沉淀 (11). 1 1 2 3 3 1 2 1(c V - c V9.6 + c V ) m 3 % 【解析】 【分析】 海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根， 加入 NaOH 除去 Mg2+和 Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液， 蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl 的溶解度比 NaCl 大，所以通入 HCl 气体结晶得到 NaCl。 【详解】(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解； (2)根据分析可知步骤 2 可以加入 NaOH 溶液除去 Mg2+和 Fe3+，步骤 3 加入 Na2CO3 除去 Ba2+ 和 Ca2+(或步骤 2 加入 Na2CO3 除去 Ba2+和 Ca2+，步骤 3 可以加入 NaOH 溶液除去 Mg2+和 Fe3+)； (3)根据分析可知操作 X 为蒸发浓缩； (4)①实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取 HCl 气体，所以试剂 a 为浓硫酸；仪器 1 侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下； ②将烧瓶中的海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生 HCl 气体的速率加快，从而加 快 NaCl 晶体的析出； (5)步骤①中加入过量的氯化钡溶液，目的是使 SO 2 4  完全沉淀，之后再加入过量的 K2CrO4 溶 液沉淀过量的 Ba2+，然后用 FeSO4 溶液滴定剩余的 CrO 2 4  ，根据方程式可知 n 剩 (CrO 2 4  )= 1 3 c3V3 10-3mol，则 n 剩(Ba2+)= n 总(CrO 2 4  )-n 剩(CrO 2 4  )=(c2V2 10-3- 1 3 c3V3 10-3)mol， 所以 n(SO 2 4  )= c1V1 10-3mol-(c2V2 10-3- 1 3 c3V3 10-3)mol=(c1V1- c2V2+ 1 3 c3V3) 10-3mol， SO 2 4  的质量分数为 - 14 - 3 1 1 2 2 -1 1 3 3 1(c V - c V + c V 1) mol 96g mol 10 0 0%m 3 g     = 1 1 2 3 3 1 2 1(c V - c V9.6 + c V ) m 3 % 18. 综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓 Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌 ZnFe2O4)获得 3 种金属盐，并进一 步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下： 已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的 pH 见表 1。 ②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表 2。 表 1 金属离子浓度及开始沉淀的 pH 金属离子 浓度(mol·L-1) 开始沉淀 pH Fe2+ 1.0×10-3 8.0 Fe3+ 4.0×10-2 1.7 Zn2+ 1.5 5.5 Ga3+ 3.0×10-3 3.0 表 2 金属离子的萃取率 金属离子 萃取率(%) Fe2+ 0 Fe3+ 99 Zn2+ 0 Ga3+ 97-98.5 (1)Ga2(Fe2O4)3 中 Ga 的化合价为______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为______。 (2)滤液 1 中可回收利用的物质是______，滤饼的主要成分是______；萃取前加入的固体 X 为 ______。 (3)Ga 与 Al 同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为______ (填化学式)。 (4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以 NaOH - 15 - 溶液为电解液，阴极的电极反应为______。 (5)GaN 可采用 MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料， 使其与 NH3 发生系列反应得到 GaN 和另一种产物，该过程的化学方程式为______。 (6)滤液 1 中残余的 Ga3+的浓度为______ mol·L-1 (写出计算过程)。 【答案】 (1). +3 价 (2). Fe2O 2 4  +8H＋＝2Fe3＋+4H2O (3). 硫酸锌 (4). Fe(OH)3、 Ga(OH)3 (5). Fe (6). NaGaO2 (7). GaO 2  +3e － +2H2O ＝ Ga+4OH － (8). Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN (9). 3.0×10-10.2 【解析】 【分析】 炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化 亚铁离子，调节 pH＝5.4，沉淀铁离子和 Ga3+，滤液 1 中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸 化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取 Ga3+，加 入氢氧化钠溶液使 Ga3+转化为 NaGaO2，电解 NaGaO2 溶液生成单质 Ga，据此解答。 【详解】(1)Ga2(Fe2O4)3 中 Fe 是+3 价，O 是－2 价，根据化合价代数和为 0 可知 Ga 的化合价 为+3 价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为 Fe2O 2 4  +8H＋＝2Fe3＋+4H2O。 (2)根据以上分析可知滤液 1 中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节 pH＝5.4，沉 淀铁离子和 Ga3+，滤饼的主要成分是 Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体 X 的目的是还 原铁离子，则 X 为 Fe。 (3)Ga 与 Al 同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使 Ga3+转化为 NaGaO2，即 镓的存在形式为 NaGaO2。 (4)精炼时，以粗镓为阳极，以 NaOH 溶液为电解液，阴极是得到电子转化为 Ga，电极反应 为 GaO 2  +3e－+2H2O＝Ga+4OH－。 (5)以合成的三甲基镓为原料，使其与 NH3 发生系列反应得到 GaN 和另一种产物，根据原子 守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为 Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。 (6)根据表中数据可知 Ga(OH)3 的溶度积常数为 3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的 pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是 10－8.6mol/L，所以滤液 1 中残余的 Ga3+的浓度为 36 8.6 3 3 10 /(10 ) mol L    ＝3.0×10-10.2mol·L-1。 - 16 - 19. 温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。 I.CH4 与 CO2 重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应： 反应①CH4(g) + CO2(g)⇌2CO(g)+2H2 (g) ΔH1 反应②CO2 (g)+ H2 (g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1 反应③CH4 (g)+ 1 2 O2(g)⇌CO(g) + 2H2(g) ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1 (1)已知： 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。 (2)一定条件下，向体积为 VL 的密闭容器中通入 CH4、CO2 各 1.0 mol 及少量 O2，测得不同温 度下反应平衡时各产物产量如图所示。 ①图中 a 和 b 分别代表产物______和______，当温度高于 900 K， H2O 的含量随温度升高而 下降的主要原因是______。 ②1100 K 时，CH4 与 CO2 的转化率分别为 95%和 90%，反应①的平衡常数 K=______ ( 写出计 算式)。 II．Ni-CeO2 催化 CO2 加 H2 形成 CH4 的反应历程如图 1 所示(吸附在催化剂表面的物种用*标 注)，含碳产物中 CH4 的物质的量百分数(Y)及 CO2 的转化率随温度的变化如图 2 所示。 (3)下列对 CO2 甲烷化反应体系的说法合理的有______。 A.含碳副产物的产率均低于 CH4 - 17 - B.存在反应 CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O C.存在副反应 CO2+ H2⇌CO+ H2O D. CO2 转化为 CH4的过程中发生了能量转化 E.温度高于 260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变 (4) CO2 甲烷化的过程中，保持 CO2 与 H2 的体积比为 1：4，反应气的总流量控制在 40 mL·min-1， 320 ℃时测得 CO2 转化率为 80%，则 CO2 反应速率为______mL·min-1。 【答案】 (1). +247.4 kJ·mol-1 (2). H2 (3). CO (4). 反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g) 是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O 的含量减小 (5). 2 2 2 1.90 1.55 0.05 0.11V   (6). ABCDE (7). 6.4 【解析】 【分析】 已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓 住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4 和 CO2 重整 CO、H2 和 H2O，生成的 H2 会在反应②中与 CO2 反应生成 CO，产物中产量降低， 据此分析。 【详解】I. (1)记反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故 ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1 (2) ①由反应①②③可知，反应产物有 CO、H2 和 H2O，生成的 H2 会在反应②中与 CO2 反应生 成 CO，CO 的产量高于 H2，故 a 曲线表示产物 H2，b 曲线表示 CO； 反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O 的含量增大，但反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O 的含量减小，故答 案为反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O 的含量减小； ②1100 K 时，CH4 与 CO2 的转化率分别为 95%、 90%，则计算得平衡时 c(CH4)= 1.0 0.95 V  = 0.05 V mol/L，c(CO2)= 1.0 0.9 V  = 0.1 V mol/L，由图可知，c(H2)= 1.55 V mol/L， c(CO)= 1.90 V mol/L，则 - 18 - 反应①的平衡常数 K=         2 2 2 4 2 CO H CH CO c c c c ﹒ ﹒ = 2 21.90 1.55( ) ( )V V 0.05 0.1 V V ﹒ ﹒ = 2 2 2 1.90 1.55 0.05 0.11V   ； II．(3)由图可知，含碳产物中 CH4 的物质的量百分数 Y  70%，则含碳副产物的产率  30%， 故含碳副产物的产率均低于 CH4，A 正确；由题意及图 Ni-CeO2 催化 CO2 加 H2 形成 CH4，故 存在反应 CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O，B 正确；由图可知，存在 CO2 和 H2 反应生成 CO+和 H2O， C 正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D 正确；由图 2 可知，当温度高于 260℃时， CO2 的转化率还在增大，但 CH4 的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不 变，E 正确，故答案为 ABCDE； (4) CO2 甲烷化的过程中，CO2 与 H2 的体积比为 1：4，反应气的总流量为 40 mL·min-1，则 1min 内初始时 CO2 的体积为 40× 1 5 mL=8 mL，320 ℃时 CO2 转化率为 80%，则 CO2 反应速率为 v = 8 0.8 1  mL·min-1=6.4 mL·min-1，故答案为 6.4。 (二)选考题：共 14 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。 20. 磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图 1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层 结构俯视图如图 2 所示。 回答下列问题： (1)Li、C、P 三种元素中，电负性最小的是______(用元素符号作答)。 (2)基态磷原子价电子排布式为______。 (3)图 2 黑磷区中 P 原子的杂化方式为______， 石墨区中 C 原子的杂化方式为______。 (4)氢化物 PH3、CH4、NH3 的沸点由高到低顺序为______。 (5)根据图 1 和图 2 的信息，下列说法正确的有______ (填字母)。 - 19 - A.黑磷区中 P-P 键的键能不完全相同 B.黑磷与石墨都属于混合型晶体 C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应 D.石墨与黑磷的交界结合区域中，P 原子与 C 原子共平面 E.复合材料单层中，P 原子与 C 原子之间的作用力属范德华力 (6)贵金属磷化物 Rh2P (化学式量为 237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图 3 所示。 已知晶胞参数为 a nm，晶体中与 P 距离最近的 Rh 的数目为______，晶体的密度为 ______g·cm-3 (列出计算式)。 【答案】 (1). Li (2). 3s23p3 (3). sp3 (4). sp2 (5). NH3>PH3>CH4 (6). ABCD (7). 8 (8). 3 A 7 237 4 ( )10aN   【解析】 【分析】 【详解】(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中 Li 的非金属性最弱，所以电负性最小； (2)P 为 15 号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3，价电子排布为 3s23p3； (3)晶体中六元环不是平面结构，P 原子形成 3 个 P-P 键，有 1 对孤电子对，价层电子对数为 4， P 原子采取 sp3 杂化；石墨中 C 原子的杂化方式为 sp2 杂化； (4)NH3 分子间存在氢键沸点最高，PH3 的相对分子质量大于 CH4，所以 PH3 的沸点较高，所以 沸点由高到低顺序为 NH3>PH3>CH4； (5)A．据图可知黑磷区中 P-P 键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故 A 正确； B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引， 所以为混合晶体，故 B 正确； C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P 和 C-C 键断裂，形成 P-C 键，发生了化学反 应，故 C 正确； - 20 - D．石墨中 C 原子为 sp2 杂化，所以与六元环中 C 原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与 黑磷的交界结合区域中，P 原子与 C 原子共平面，故 D 正确； E．复合材料单层中，P 原子与 C 原子之间的作用力为共价键，故 E 错误； 综上所述正确的有 ABCD； (6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有 8 个黑球，4 个灰球，晶体化学式为 Rh2P，所以黑球表示 Rh 原子，灰球表示 P 原子，顶面面心 P 原子为例，该晶胞中有 4 个 Rh 原子距离其最近，该 晶胞上方晶胞中还有 4 个，所以晶体中与 P 距离最近的 Rh 的数目为 8；晶胞的体积为 a3 nm3=(a 10-7)3cm3，晶胞的质量为 A 237 4 N  g，所以晶体的密度为 7 3 A 3 237 4 g m( 10 ) ca N   = 3 A 7 237 4 ( )10aN   g/cm3。 21. β-内酰胺类药物是一类用途广泛的抗生素药物，其中一种药物 VII 的合成路线及其开环反 应如下(一些反应条件未标出)： 已知： 与 化学性质相似。 (1)由 I→II 的反应类型为______ ，II 的名称为______，其含氧官能团的名称为______。 (2)III 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为______。 (3)III 的同分异构体中含有苯环结构的有______种(不计 III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为 2：2：2：1：1 的结构简式为______。 (4)已知 V 和 VI 合成 VII 的原子利用率为 100%，则 V 的结构简式为______。 - 21 - (5)等物质的量的 CH3OH 和 VII 开环反应的产物 VIII (含酯基)的结构简式为______。 (6)利用由 V 到 VII 的四元环成环方式，写出以 IV 的同系物和苯甲醇为原料合成 的反应路线______。 【 答 案 】 (1). 取 代 反 应 (2). 氯 乙 酸 (3). 羧 基 (4). +NaOH→ +H2O (5). 4 (6). (7). (8). (9). 【解析】 【分析】 CH3COOH 中 甲 基 上 的 一 个 氢 原 子 被 氯 原 子 取 代 生 成 ClCH2COOH ， 再 与 发生取代反应生成 ，之后与有机碱反应生成 V ， V 和 Ⅵ 合 成 Ⅶ 的 原 子 利 用 率 为 100% ， 结 合 Ⅵ 和 Ⅶ 的 结 构 简 式 可 知 V 为 ；等物质的量的 CH3OH 和Ⅶ开环反应的产物Ⅷ，VIII 中含有酯 - 22 - 基，所以 Ⅷ为 。 【详解】(1)CH3COOH 中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成 ClCH2COOH，所以由 I→II 的反应类型取代反应；ClCH2COOH 主链为乙酸，2 号碳上有一个 Cl 原子，所以名称为氯乙酸； 其含氧官能团为羧基； (2) 与 化学性质相似，所以 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为 +NaOH→ +H2O； (3)Ⅲ的同分异构体中若有一个支链，则支链可以是-SCH3 或-CH2SH，有两种，若有两个支链， 则只有邻间对三种，Ⅲ为对位，所以还有两种同分异构体，共有 4 种，其中核磁共振氢谱的 峰面积比为 2：2：2：1：1 的结构简式 ； (4)根据分析可知 V 为 ； (5)根据分析可知 Ⅷ为 ； (6)苯甲醇为 ，根据题目所给流程可知 可以由 和 反应生成， 可以由 - 23 - 与有机碱反应生成，苯甲醇被催化氧化可以生成苯甲醛，所以合成路 线为 。