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广东省名校2021-2022学年高三下学期3月开学测试化学试题
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．（2022高三下·广东开学考）中国年中国味。下列新春文化的主要材料不属于天然有机高分子的是（ ）
A．皮影戏-驴皮皮影
B．内画-水晶瓶
C．年画-木刻板
D．窗花-纸花
2．（2022高三下·广东开学考）化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是（ ）
A．汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B．春雨如雾，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
3．（2022高三下·广东开学考）实验室通过制氯气来获得漂白液，下列装置（夹持装置略）中不必使用的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三下·广东开学考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．pH=1的HCl溶液中，含HCl分子的数目为NA
B．0.3mol的NO2与足量的H2O完全反应时产生2.24LNO气体
C．6.4g环状S8( )分子中含有的S—S键数为0.2 NA
D．1LpH=4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中所含Cr2O72－数为0.1 NA
5．（2022高三下·广东开学考）能源和环境是人类关注的两大热点。下列说法正确的是（ ）
A．发展火电有利于尽早实现“碳中和、碳达峰”目标
B．南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展
C．普及氢能、生物质能等二次能源有利于改善环境
D．石油裂解的主要目的是提高汽油的产量
6．（2022高三下·广东开学考）一种天然产物具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其结构筒式如下图。下列关于该天然产物
的说法正确的是（ ）
A．分子中的所有碳原子可能共平面
B．1mol该物质水解最多消耗1mol NaOH
C．与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有9种
D．既能与溴水反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色
7．（2022高三下·广东开学考）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理如右图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．上述合成氨的过程属于氮的固定
B．该过程中，LDH降低了反应的活化能
C．该过程有极性键、非极性键的断裂和生成
D．高温高压的条件有利于提高氨的产率
8．（2022高三下·广东开学考）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色先变浅后变深：2NO2(g) N2O4(g)
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H＋=CO2↑+ H2O + Ca2＋
C．电解MgCl2溶液制镁：2Cl－+Mg2＋ Mg + Cl2↑
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液
Al3＋+ SO42－+ Ba2－+ 3OH－=Al(OH)3↓+BaSO4↓
9．（2022高三下·广东开学考）近日，武汉大学肖巍教授研究了一种电化学分解甲烷源( ESM)的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ni电极连接电源的负极
B．反应过程中，需要不断补充CO
C．理论上每生产11.2 L H2，电路中转移2 mol e －
D．Ni—YSZ电极的电极反应为CH4 + 2O 2－ = CO2 + 2H2
10．（2022高三下·广东开学考）下列“类比”或“对比”不合理的是（ ）
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
11．（2022高三下·广东开学考）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大Z原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．Z的氢化物只含极性键
B．原子半径：M>W>X>Y>Z
C．Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高
D．已知H3WO3的电离反应：H3WO3+H2O H＋+W(OH)4－，Ka=5.81× 10－10，可判断H3WO3是一元弱酸
12．（2022高三下·广东开学考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．SiO2的结构式：O-Si=O
B．H2O2的电子式：
C．BaSO4的电离方程式：BaSO4=SO42－+ Ba2＋
D．12C与14C互为同素异形体
13．（2022高三下·广东开学考）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（ ）
粒子组 判断和分析
A Na＋、Al3＋、Cl－、NH3·H2O 不能大量共存，因发生反应： Al3＋+4NH3·H2O = AlO +4NH +2H2O
B H＋、K＋、S2O 、SO 不能大量共存，因发生反应： 2H＋+ S2O =S↓+SO2↑+H2O
C Na＋、Fe3＋、SO 、H2O2 能大量共存，粒子间不反应
D H＋+ Na＋、Cl－、MnO 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
14．（2022高三下·广东开学考）现代工业开发了用“NH3—NH4Cl水溶液”浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如下图所示：
已知：①浸出液中含[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、AsCl52－，且存在[M(NH3)4]2＋ M 2＋+ 4NH3（M为Cu或Zn）；②“氧化除杂”的目的是将AsCl52－转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去。
下列有关说法错误的是（ ）
A．ZnO +2NH3·H2O + 2NH4＋=[Zn(NH3)4] 2＋+3H2O
B．为提高反应速率，“溶浸”过程的温度越高越好
C．“滤渣3”的主要成分为Cu、Zn
D．“电解残留液”可返回“溶浸”过程循环利用
15．（2022高三下·广东开学考）已知常温下CH3COOH、NH3·H2O的电离常数近似相等。下列实验操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 向乙二醇中滴加过量酸性高锰酸钾溶液 制备乙二酸
B 向食盐水中通入过量的CO2 除去食盐水中的少量BaCl2
C 将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中 证明石蜡油的分解产物含不饱和烃
D 常温下，用pH计分别测定等体积1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
16．（2022高三下·广东开学考）用0.1000 mol·L －1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是[如A2－分布分数：δ(A2－)=
]（ ）
A．H2A的Kal为10－8.32
B．c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)
C．第一次突变，可选甲基橙作指示剂
D．c(Na2A)=0.100 0 mol·L－1
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。
17．（2022高三下·广东开学考）某化学兴趣小组探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液的反应情况。请回答相关问题。
（1）简述用FeCl3晶体配制FeCl3溶液的方法： ；Na2SO3溶液用 （填瓶塞材质）细口瓶保存。
（2）[实验1]分别将100 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3溶液和Na2SO3溶液装入两个烧杯中，按下图进行实验，观察到电流汁指针发生偏转。
请写出左侧烧杯中的电极反应式 。
盐桥中的阳离子向 （填“左侧”或“右侧”）烧杯中迁移。
（3）[实验2]在试管1中加入2 mL 1.0 mol·L－1Na2SO3溶液，然后滴加两滴1.0 mol·L－1 FeCl3溶液，溶液中立刻变成红褐色。对试管l进行加热至沸腾，产生红褐色沉淀。取出几漓混合液，加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀出现。整个过程中来观察到明显的气泡产生。
[实验3]在试管2中加入5 mol 1.0 mol·L－1 FeCl3溶液，然后再滴加l mL 1.0 mol·L－1
Na2SO3溶液，溶液立刻变成红褐色。取出几滴混合液，加K3[Fe(CN)6】溶液，产生蓝色沉淀。
实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
请设计实验证明SO 被氧化 。
（4）(反思与研讨]
资料显示：H2SO3的Kal=1.7×10－2 Ka2=6.0 × 10－8；Fe(OH)3的Ksp=4 × 10－38；
反应2Fe3＋+ SO + H2O 2Fe2＋+SO + 2H＋的平衡常数K= 1020.6。
反应2Fe3＋+ 3SO +6H2O 2Fe(OH)3↓+ 3H2SO3的平衡常数K的数量级为 。由此可判断FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生 （填“互促水解”或“氧化还原”）反应的趋势更大。
18．（2022高三下·广东开学考）铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，用于电极材料、金属陶瓷的制作。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示。
已知：
Ⅰ．Re2O7是酸性氧化物，过铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
Ⅱ．过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3分别与NaOH发生以下反应 （填写化学方程式）、MoO3+2NaOH=NaMoO4+H2O，则“滤渣I”的主要成分为 （填化学式）。
（2）“还原”时，Zn被氧化成ZnO2 2－，铼的化合物被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为 。
（3）“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作I”包括 、 、洗涤、干燥。
（4）“热解”时，发生反应的化学方程式为 。
（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图2中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为 min、pH为 。
（6）电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图3所示。电解时，若维持电流强度为0.5A（相当于每秒通过5×10－6mol电子），电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。
19．（2022高三下·广东开学考）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H。
已知：①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1=－40.9kJ·mol－1
②CO(g)+2H2O(g) CH3OH(g) △H2=－90.4kJ·mol－1
试计算制备反应的△H= 。
（2）对于反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，v正=k正p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)
·p(H2O)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压（分压=物质的量分数×总压）。
在540K下，按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：l、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为 （用字母表示）。
②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度计算）。
③540K条件下，某容器测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，
p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆= 。
（3）甲醇催化可制取丙烯，反应为：
3CH3OH(g) C3H6(g)+3H2O(g)，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如下图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为R lnk= (Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)
①该反应的活化能Ea= kJ·mol－1。
②当使用更高效催化剂时，在图中画出R lnk与 关系的示意图 。
（4）在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2也可以制备CH3OH，其原理如下图所示，则
阴极的电极反应式为 。
三、（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．（2022高三下·广东开学考）[选修3：物质结构与性质】
（1）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)
为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：
①基态锌原子的电子排布式为 ，原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用 表示，与之相反的用 表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的锌原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②Cd与Zn同族，价电子数相同，若配离子[Cd(CN)x](x-2)－的中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x= 。
③碲和硫同主族，TeO32－的空间构型为 ，写出一个与TeO32－互为等电子体的分子 。
（2）石墨烯是一种二维碳纳米材料，具有优异的光学、力学、电学特性，在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递方面具有重要应用前景。1 mol石墨烯含六元环的数目为 ；石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构将发生改变，转化为氧化石墨烯（如
下图4），氧化石墨烯中键角α （填“>”、“<”或“=”）键角β，原因是 。
（3）立方氮化硼晶体的结构和硬度都与金刚石相似，晶胞结构如图5所示，B原子填在由N原子构成的 （填“四面体”、“八两体”或“立方体”）空隙中。若晶胞边长为a pm，B原子半径为b pm，N原子半径为c pm，则该晶胞的空间利用率为 （列出计算式），氮硼原子间的最短距离为 pm。
21．（2022高三下·广东开学考）[选修5：有机化学基础]某药物中间体I的合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；H的官能团名称为 。
（2）反应②中的化学方程式为 。
（3）反应⑤的化学反应类型为 。
（4）同时满足下列条件的F的同分异构体的数目为 。
①分子结构中含六元碳环、甲基和酮羰基；②既能发生水解反应，又能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为4：4：3：1的结构简式 。
（5）参照上述合成路线和信息，以 和 为原料（无机试剂任选），设计三步制备
的合成路线。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A. 驴皮主要成分为蛋白质，为天然高分子材料，A不符合题意；
B.水晶瓶主要成为二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合题意；
C. 木刻板主要成分为纤维素，为天然高分子材料，C不符合题意；
D. 纸的主要成飞为纤维素，为天然高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】常见天然有机高分子材料有：淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等。
2．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；绿色化学；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.汽车尾气催化转化器可将氮氧化物和一氧化碳转变为氮气和二氧化碳，不能有效减少二氧化碳的排放，不能实现“碳中和”，A符合题意；
B.雾是一种气溶胶，光束通过大雾可观察到丁达尔效应，B不符合题意；
C.稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素，C不符合题意；
D.深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电、放电的二次电池，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】碳中和含义： 个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】装置A用来制备氯气，装置C用来除去氯气中氯化氢，装置D吸收氯气制备漂白液，生成的氯气不需要干燥，因此装置B不需要。
故答案为：B
【分析】首先要制备氯气，采用固液反应装置，但是制备的氯气中含有HCl和H2O杂质，HCl会与氢氧化钠溶液反应，影响该实验，但是水对该反应没有影响，不需要除去，故B装置不需要。
4．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. HCl溶液中HCl发生电离，产生H+和Cl-，不存在HCl分子，A不符合题意；
B.反应的化学方程式为： 3NO2+H2O=2HNO3+NO；0.3molNO2与 产生气体为0.1mol，标况下气体体积为2.24L，但是题目未给标况，B项不符合题意；
C.一个S8分子中含有的键数为8个，6.4gS8分子物质的量为0.025mol，则含有S-S键数目为：0.025×8×NA=0.2NA，C符合题意；
D.在酸性条件下， 存在如下转化，Cr2O7 2- + H2O = 2CrO4 2- + 2H+ ，所以1LpH=4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中所含Cr2O72－数小于0.1 NA，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】易错分析：B.使用气体摩尔体积时一定要指明条件；
D.Cr2O7 2- 和CrO4 2- 在溶液中存在平衡转化，不可忽略。
5．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；石油的裂化和裂解；绿色化学
【解析】【解答】A.火电主要通过化石燃料燃烧发电，不利于尽早实现“碳中和、碳达峰”目标，A项不符合题意；
B.南方水资源多，北方水资源少，南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展，B符合题意；
C.生物质能是自然界中存在的能源，属于一次能源，C项不符合题意；
D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等有机化工原料，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】易错分析：区分石油裂化和裂解，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，裂解是深度的裂化，目的是获得一些不饱和烃等化工原料。
6．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环上以及与苯环相连的碳原子共平面，其他碳原子不可能在该平面，A项不符合题意；
B.该有机物中所含官能团是羟基和酯基，能发生水解反应的官能团是酯基，1mol该有机物中含有1mol酯基，最多消耗1molNaOH溶液，B项符合题意；
C.该有机物有7中氢原子， 一氯代物有7种，C项不符合题意；
D.该有机物不含碳碳双键，不能与溴水发生反应，高锰酸钾溶液能将羟基氧化，也能将与苯环所连的甲基氧化，因此该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】首先弄清楚该有机物中含有些官能团，官能团决定有机物的性质，给有机物中含有羟基、醛基和苯环结构，可以发生消去、加成、取代、氧化等反应，在判断共面问题使，以苯环平面为基础，看那些原子在该平面内。
7．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.由图可知，发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，因此合成氨的过程属于氮的固定，A项不符合题意；
B.催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，B项不符合题意；
C.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应物和生成物中均存在单质和化合物，即该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，C项不符合题意；
D.高温条件可能会影响催化剂活性，活性降低，不利于反应，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】A.固氮是指将游离态氮气转化为化合物的过程。
B.催化剂通过降低反应活化能来加快化学反应速率。
D.要考虑催化剂的活性对该反应的影响。
8．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.增大容积，NO2浓度瞬间减小，气体颜色变浅，随后平衡向着生成NO2方向移动，气体颜色加深，A项符合题意；
B.白醋中的醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，B项不符合题意；
C.电解MgCl2溶液时阴极水中的H+放电，得不到金属Mg，需电解熔融的MgCl2才可得到Mg，C项不符合题意；
D.Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，OH-过量，应生成AlO2-，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】离子方程式正误判断：
1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）
2.物质的拆分是否正确
3.是否漏写参加反应离子
4.过量与少量问题
9．【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据图示可知：在Ni电极上CO32-得到电子产生C、O2-，所以Ni电极作阴极，与电源的负极连接，A项符合题意；
B.根据电池总反应可知，CH4 分解为C和H2，没有消耗CO32-，所以必须要补充CO32-，B不符合题意；
C.应条件未知，不能计算生成氢气的物质的量，C不符合题意；
D.不符合电荷守恒，应该是 CH4-4e-+ 2O 2－ = CO2 + 2H2，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】易错分析：C.使用气体摩尔体积是一定要注意条件；D.在书写电极反应时要注意电荷守恒，同时也要注意电解质环境。
10．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，A项不符合题意；
B.NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B不符合题意；
C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C不符合题意；
D.氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D符合题意
故答案为：D
【分析】在进行物质类比时，要结合物质化学性质的相似性，也要注意物质性质的差异性，然后进行类比。
11．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O元素；根据结构图中元素成键规律， W是B元素、X是C元素、Y是N元素。
A.O的氢化物有H2O、H2O2，H2O2中含极性键、非极性键，故A不符合题意；
B.同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B＞C＞N＞O＞H，故B不符合题意；
C.X是C元素、Y是N元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以N的沸点不一定比C的氢化物的沸点高，故C不符合题意；
D.说明只发生一步电离，可判断H3WO3是一元弱酸，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】思路分析：已知 Z原子最外层电子数是电子层数的3倍 ，则Z是O元素，元素成键规律是形成共价键数目与其化合价在数值上相等，M为H元素，X为C元素，Y为N元素，W为B元素。
12．【答案】C
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.SiO2是共价晶体，在该晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，Si-O键构成的是正四面体结构，每个O原子与2个Si原子形成Si-O单键，A不符合题意；
B.H2O2的分子中，2个O原子形成O-O键，每个O原子再分别与H原子形成1个H-O键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，不存在O=O，B不符合题意；
C.BaSO4难溶于水，但溶于水的部分完全电离产生自由移动的离子，故其电离方程式为BaSO4=SO42-+Ba2+，C项符合题意；
D.可见二者质子数相同而中子数不同，因此二者互为同位素，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.二氧化硅结构为正四面体网状结构，每个O原子与2个Si原子形成Si-O单键，没有双键。
B.正确书写电子数为：
C.BaSO4为强电解质，在水中完全电离。
D.同素异形体：同种元素不同种单质。
13．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. Al3＋和 NH3·H2O 生成Al(OH)3，故A不符合题意；
B.S2O32-和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C.Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C不符合题意；
D.在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH.
14．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的流程为：氧化锌烟灰用NH3·H2O和NH4Cl溶浸，浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3) 4]2+、AsCl52－，其中ZnO的反应为ZnO+2NH3·H2O+2NH4＋=[Zn(NH3)4]2++3H2O，Pb不反应，过滤得到滤渣1为Pb；将浸出液用H2O2氧化除去AsCl52－，反应为2AsCl52－+ 2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4＋+5H2O，经吸附聚沉除去As2O5 (滤渣2)后，再加入锌粉还原，可除去Cu和过量的Zn (滤渣3)，滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，电解后阴极发生反应[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑，得到高纯锌.
A.根据上述分析可知：用 NH3-NH4Cl 水溶液浸出氧化锌烟灰时，ZnO发生反应 ZnO +2NH3·H2O + 2NH4＋=[Zn(NH3)4] 2＋+3H2O ，A项不符合题意；
B.“溶浸”过程中若温度过高，NH3会挥发逸出导致物质的溶浸速率反而降低，因此不是温度越高越好，B项符合题意；
C.根据上述分析可知“滤渣3”的主要成分为Cu及过量的Zn，C项不符合题意；
D.“电解残留液”中含有[Zn(NH3)4]2+，可返回“溶浸”过程进行循环利用，节约资源，降低生产成本，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质
【解析】【解答】A.向乙二醇中滴加过量酸性高锰酸钾溶液，乙二酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，因此反应最终会生成二氧化碳，不会生成乙二酸，故A不符合题意；
B.氯化钡和二氧化碳不反应，故B不符合题意；
C.将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中，溴水褪色，证明石蜡油分解生成了不饱和烃，故C符合题意
D.常温下，用pH计分别测定等体积1.0 mol L 1CH3COONH4溶液和0.1 mol L 1CH3COONH4溶液的pH，两者都是呈中性，无法探究浓度不同对水解的影响，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】易错分析：A.该反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O
B.若二氧化碳与BaCl2溶液反应，则违背强酸制备弱酸.
D.已知CH3COOH、NH3·H2O的电离常数近似相等 ，CH3COO-和NH4+水解能量相同，所以，该溶液显中性。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A根据图示，pH=6.38时，H2A、HA-浓度相等，带入的Ka1=可得到， Kal为10－6.32 ，A不符合题意；
B.根据图示，c点时， c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B项不符合题意；
C.第一次突变，溶液呈碱性，可选酚酞作指示剂，故C不符合题意，
D.用0.1000 mol·L －1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，消耗盐酸40mL，所以c（ Na2A ）=0.1000mol/L，D符合题意
故答案为：D
【分析】难点分析：A.在进行Ka值计算时，一定要选取特殊点进行计算，即H2A、HA-浓度相等时；
B.在c点溶质为 NaHA和NaCl，要比较HA-水解能力与电离能量大小，通过比较水解常数大于电离常数，所以(H2A)>c(A2－)，
C.终点显酸性选择甲基橙，终点显碱性，选择酚酞。
17．【答案】（1）先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度；橡胶
（2）Fe3＋+e－=Fe2＋；左侧
（3）3Fe2＋+2[Fe(CN)6]3－=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
（4）1017；氧化还原
【知识点】原电池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)氯化铁在水中容易发生水解，配制氯化铁溶液时，需要先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中抑制Fe3+的水解，然后再加水稀释到所需要的浓度。Na2SO3溶液由于SO32-的水解而显碱性，碱性溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，因为玻璃中的SiO2能和碱反应，应该用橡胶塞保存Na2SO3溶液
(2)该装置为原电池，FeCl3具有氧化性，得电子生成Fe2+，做正极，Na2SO3具有还原性，发生氧化反应，做负极，左侧烧杯中的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，盐桥中的阳离子流向正极，即向左侧烧杯中迁移；
(3)已知 K3[Fe(CN)6]可以和Fe2+生成蓝色沉淀，实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；SO32-被氧化生成SO42-，即检验硫酸根即可，实验操作为：取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
（4）2Fe3＋+ 3SO +6H2O 2Fe(OH)3↓+ 3H2SO3的平衡常数为：即为K数量级为1017，由于双水解反应的K<氧化还原反应的K=1020.6，则FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生氧化还原反应的趋势更大。
【分析】难点分析：（1）在配置一些盐溶液时要考虑其水解程度，如氯化铁、硝酸银等
（2）该电池为双液电池，盐桥目的是使两个溶液保持电荷守恒；盐桥中阴阳离子移动方向为：阳正阴负；
（3） SO32-被氧化得到SO42-，实际就是检验SO42-，先加入稀盐酸酸化，排除干扰离子，再加入氯化钡溶液即可。
18．【答案】（1）Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4
（2）3Zn+2ReO4－+4OH－=3ZnO22－+2ReO2·2H2O
（3）冷却结晶；过滤
（4）4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7
（5）60；1.0
（6）0.24
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】思路分析：烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2 2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。
(1)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH发生反应生成盐NaReO4和水，反应的化学方程式为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4，故答案为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4；
(2)“还原”时，Zn被氧化成ZnO22-，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2 2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2 2H2O，故答案为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2 2H2O；
(3)加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；
(4)“热解”是将过铼酸铵在氧气和氮气中加热，得到Re2O7，铼的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将过铼酸铵中-3价N氧化为氮气，反应的化学方程式为：4NH4ReO4+3O2 =2N2+8H2O+2Re2O7，故答案为：4NH4ReO4+3O2 =2N2+8H2O+2Re2O7；
(5)根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0，故答案为：60；1.0；
(6)从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO4-、SO42-，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
19．【答案】（1）－49.5kJ·mol－1
（2）a>b>c；0.5 (MPa)－2；0.64
（3）31；
（4）7CO2 +6e－+5H2O=CH3OH+6HCO3－
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律有：该制备反应=②-①，则△H=△H2-△H1=-90.4kJ·mol-1-(-40.9kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3：1，b代表n(CO2)：n(H2)=1：1，c代表n(CO2)：n(H2)=1：3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c。
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数：
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，分析可知，活化能是直线斜率的相反数，a的斜率为-31，则反应的活化能为31kJ/mol。
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：
(4)阴极二氧化碳得电子生成甲醇，电极反应式为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-
【分析】（1）在使用盖斯定律时候，一定要先观察目标方程与已知方程的差异，消除无关物质，即可得到目标方程。
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，一般规律，提高一个物质的量，可以增加另个反应物的转化率；②计算出平衡是个物质的量，计算其分压，带入压强平衡常数即可计算
（3）首先弄清楚横纵坐标含有是什么，结合数学函数关系即可画出图像
（4）书写电极反应是，首先弄清楚反应物和产物，利用化合价升降确定转移电子数目，同时要注意电荷守恒和质量守恒。
20．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；0；4；三角锥形；PCl3、NF3、SOCl2等
（2）0.5NA；<；键角α对应的碳为sp3杂化，键角β对应的碳为sp2杂化
（3）四面体；；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①Zn为30号元素，原子核外有30个电子，其核外电子排布为[Ar]3d104s2；
若一种自旋状态用+1/2表示，与之相反的用-1/2表示，3d和4s轨道都排满电子，每个轨道电子自旋状态相反，则Zn的价电子3d104s2自旋磁量子数的代数和为0；
②中心原子为Cd，Cd与Zn同族，价电子数相同，价电子数为12，CN提供的电子数为2，中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，所以有12-(x-2)+2x=18，x=4；
③碲和硫同主族，TeO32-中Te原子价层电子对数为，4且Te原子含有一个孤电子对，则该离子为三角锥形结构，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26，符合条件的分子有PCl3、N2、SOCl2等；
（2）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，1mol石墨烯含六元环的数目为0.5NA；键角α的交点碳原子为sp3杂化，为四面体结构，且连接的羟基中氧原子有孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，键角小于109°28′，而键角β的交点碳原子为sp2杂化，为平面正三角形，键角为120°，键角α＜键角β；
（3）晶胞中B原子数目=4、N原子数目=，B原子填在由N原子构成的四面体空隙中；晶胞边长为apm，晶胞的体积为a3pm3，B原子半径为bpm，N原子半径为cpm，晶胞的空间利用率为 ，4个N原子构成的四面体，B处于体心，则氮硼原子间的最短距离是体心B到顶角N的距离，为 。
【分析】难点分析（2）石墨烯为无数六边形镶嵌共用，每个碳原子被3个环共用，利用均摊法计算，实际每个六元环上有2个碳原子；在比较键角大小时候要注意中心原子孤电子对共价键有排斥作用，孤电子对越多对共价键的排斥力就越强，也就是将两个成键角的共价键进行内压，键角就变小。
21．【答案】（1）；碳碳双键、酯基
（2）
（3）加成反应或还原反应
（4）13；
（5）
【知识点】有机物的合成；烯烃
【解析】【解答】思路分析：A与反应生成B（），并结合已知所给的反应，可以推测出A为B被酸性高锰酸钾溶液氧化，双键断裂生成羧基得到C（），与甲醇发生反应②生成D，（），D在甲醇钠的作用下发生反应生成E（），E在一定条件下脱去-COOCH3得到F(），F与乙酸甲酯发生反应③生成G（），G经反应④得到H（），H与氢气发生反应⑤得到I
(1)由分析可知，A的结构简式为，H结构简式为，含有官能团为酯基和碳碳双键，
（2）C与甲醇发生酯化反应，反应为：
（3）H与氢气发生加成反应，也可以是还原反应；
（4）既能发生水解反应，又能发生银镜反应结合F的不饱和度，可知该结构中存在-OOCH，其还含有甲基和酮羰基，可知其结构为甲基和-OOCH连在上；如图所示：，若甲基在1号碳原子上，-OOCH可在1、2、3、4、5号碳原子上，若甲基在2号碳原子上，-OOCH可在1、2、3、4、5号碳原子上，若甲基在3号碳原子上，-OOCH可在1、2（或4）、3（或5）号碳原子上，则满足条件的F的同分异构体共有13种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为4∶4∶3∶1的结构简式为，
（5）和得到， 与溴单质发生加成反应生成，发生水解反应得到，所以合成路线为：
【分析】本题采用正推法解答，做有机合成题要注意两点，1.反应条件，根据反应条件判断一些反应类型，如氯气/光照，发生取代反应，浓硫酸/加热发生醇的消去反应等；2.观察反应前后化学键断裂和形成，以及断裂和形成的位置。
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广东省名校2021-2022学年高三下学期3月开学测试化学试题
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．（2022高三下·广东开学考）中国年中国味。下列新春文化的主要材料不属于天然有机高分子的是（ ）
A．皮影戏-驴皮皮影
B．内画-水晶瓶
C．年画-木刻板
D．窗花-纸花
【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A. 驴皮主要成分为蛋白质，为天然高分子材料，A不符合题意；
B.水晶瓶主要成为二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合题意；
C. 木刻板主要成分为纤维素，为天然高分子材料，C不符合题意；
D. 纸的主要成飞为纤维素，为天然高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】常见天然有机高分子材料有：淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等。
2．（2022高三下·广东开学考）化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法错误的是（ ）
A．汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B．春雨如雾，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
C．稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素
D．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；绿色化学；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.汽车尾气催化转化器可将氮氧化物和一氧化碳转变为氮气和二氧化碳，不能有效减少二氧化碳的排放，不能实现“碳中和”，A符合题意；
B.雾是一种气溶胶，光束通过大雾可观察到丁达尔效应，B不符合题意；
C.稀土永磁材料是电子技术通讯中的重要材料，稀土元素均为金属元素，C不符合题意；
D.深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电、放电的二次电池，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】碳中和含义： 个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量。
3．（2022高三下·广东开学考）实验室通过制氯气来获得漂白液，下列装置（夹持装置略）中不必使用的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】装置A用来制备氯气，装置C用来除去氯气中氯化氢，装置D吸收氯气制备漂白液，生成的氯气不需要干燥，因此装置B不需要。
故答案为：B
【分析】首先要制备氯气，采用固液反应装置，但是制备的氯气中含有HCl和H2O杂质，HCl会与氢氧化钠溶液反应，影响该实验，但是水对该反应没有影响，不需要除去，故B装置不需要。
4．（2022高三下·广东开学考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．pH=1的HCl溶液中，含HCl分子的数目为NA
B．0.3mol的NO2与足量的H2O完全反应时产生2.24LNO气体
C．6.4g环状S8( )分子中含有的S—S键数为0.2 NA
D．1LpH=4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中所含Cr2O72－数为0.1 NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. HCl溶液中HCl发生电离，产生H+和Cl-，不存在HCl分子，A不符合题意；
B.反应的化学方程式为： 3NO2+H2O=2HNO3+NO；0.3molNO2与 产生气体为0.1mol，标况下气体体积为2.24L，但是题目未给标况，B项不符合题意；
C.一个S8分子中含有的键数为8个，6.4gS8分子物质的量为0.025mol，则含有S-S键数目为：0.025×8×NA=0.2NA，C符合题意；
D.在酸性条件下， 存在如下转化，Cr2O7 2- + H2O = 2CrO4 2- + 2H+ ，所以1LpH=4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中所含Cr2O72－数小于0.1 NA，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】易错分析：B.使用气体摩尔体积时一定要指明条件；
D.Cr2O7 2- 和CrO4 2- 在溶液中存在平衡转化，不可忽略。
5．（2022高三下·广东开学考）能源和环境是人类关注的两大热点。下列说法正确的是（ ）
A．发展火电有利于尽早实现“碳中和、碳达峰”目标
B．南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展
C．普及氢能、生物质能等二次能源有利于改善环境
D．石油裂解的主要目的是提高汽油的产量
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；石油的裂化和裂解；绿色化学
【解析】【解答】A.火电主要通过化石燃料燃烧发电，不利于尽早实现“碳中和、碳达峰”目标，A项不符合题意；
B.南方水资源多，北方水资源少，南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展，B符合题意；
C.生物质能是自然界中存在的能源，属于一次能源，C项不符合题意；
D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等有机化工原料，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】易错分析：区分石油裂化和裂解，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，裂解是深度的裂化，目的是获得一些不饱和烃等化工原料。
6．（2022高三下·广东开学考）一种天然产物具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其结构筒式如下图。下列关于该天然产物
的说法正确的是（ ）
A．分子中的所有碳原子可能共平面
B．1mol该物质水解最多消耗1mol NaOH
C．与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有9种
D．既能与溴水反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环上以及与苯环相连的碳原子共平面，其他碳原子不可能在该平面，A项不符合题意；
B.该有机物中所含官能团是羟基和酯基，能发生水解反应的官能团是酯基，1mol该有机物中含有1mol酯基，最多消耗1molNaOH溶液，B项符合题意；
C.该有机物有7中氢原子， 一氯代物有7种，C项不符合题意；
D.该有机物不含碳碳双键，不能与溴水发生反应，高锰酸钾溶液能将羟基氧化，也能将与苯环所连的甲基氧化，因此该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项不符合题意；
故答案为：B
【分析】首先弄清楚该有机物中含有些官能团，官能团决定有机物的性质，给有机物中含有羟基、醛基和苯环结构，可以发生消去、加成、取代、氧化等反应，在判断共面问题使，以苯环平面为基础，看那些原子在该平面内。
7．（2022高三下·广东开学考）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理如右图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．上述合成氨的过程属于氮的固定
B．该过程中，LDH降低了反应的活化能
C．该过程有极性键、非极性键的断裂和生成
D．高温高压的条件有利于提高氨的产率
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.由图可知，发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，因此合成氨的过程属于氮的固定，A项不符合题意；
B.催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，B项不符合题意；
C.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应物和生成物中均存在单质和化合物，即该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，C项不符合题意；
D.高温条件可能会影响催化剂活性，活性降低，不利于反应，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】A.固氮是指将游离态氮气转化为化合物的过程。
B.催化剂通过降低反应活化能来加快化学反应速率。
D.要考虑催化剂的活性对该反应的影响。
8．（2022高三下·广东开学考）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色先变浅后变深：2NO2(g) N2O4(g)
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H＋=CO2↑+ H2O + Ca2＋
C．电解MgCl2溶液制镁：2Cl－+Mg2＋ Mg + Cl2↑
D．Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液
Al3＋+ SO42－+ Ba2－+ 3OH－=Al(OH)3↓+BaSO4↓
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.增大容积，NO2浓度瞬间减小，气体颜色变浅，随后平衡向着生成NO2方向移动，气体颜色加深，A项符合题意；
B.白醋中的醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，B项不符合题意；
C.电解MgCl2溶液时阴极水中的H+放电，得不到金属Mg，需电解熔融的MgCl2才可得到Mg，C项不符合题意；
D.Al2(SO4)溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，OH-过量，应生成AlO2-，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】离子方程式正误判断：
1.反应原理是否正确（反应方程式书写是否正确）
2.物质的拆分是否正确
3.是否漏写参加反应离子
4.过量与少量问题
9．（2022高三下·广东开学考）近日，武汉大学肖巍教授研究了一种电化学分解甲烷源( ESM)的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ni电极连接电源的负极
B．反应过程中，需要不断补充CO
C．理论上每生产11.2 L H2，电路中转移2 mol e －
D．Ni—YSZ电极的电极反应为CH4 + 2O 2－ = CO2 + 2H2
【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据图示可知：在Ni电极上CO32-得到电子产生C、O2-，所以Ni电极作阴极，与电源的负极连接，A项符合题意；
B.根据电池总反应可知，CH4 分解为C和H2，没有消耗CO32-，所以必须要补充CO32-，B不符合题意；
C.应条件未知，不能计算生成氢气的物质的量，C不符合题意；
D.不符合电荷守恒，应该是 CH4-4e-+ 2O 2－ = CO2 + 2H2，D项不符合题意；
故答案为：A
【分析】易错分析：C.使用气体摩尔体积是一定要注意条件；D.在书写电极反应时要注意电荷守恒，同时也要注意电解质环境。
10．（2022高三下·广东开学考）下列“类比”或“对比”不合理的是（ ）
A．Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C，则Ca在CO2中点燃反应生成CaO和C
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，而Ca(ClO)2溶液与少量CO2反应生成CaCO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应最终生成Ag2O和NH4NO3
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.由金属性：Ca>Mg，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Ca在CO2中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，A项不符合题意；
B.NaClO溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成NaHCO3，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3和HClO，故B不符合题意；
C.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，反应为Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故C不符合题意；
D.氨水与少量AgNO3反应生成配合物[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为Ag++2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D符合题意
故答案为：D
【分析】在进行物质类比时，要结合物质化学性质的相似性，也要注意物质性质的差异性，然后进行类比。
11．（2022高三下·广东开学考）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大Z原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．Z的氢化物只含极性键
B．原子半径：M>W>X>Y>Z
C．Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高
D．已知H3WO3的电离反应：H3WO3+H2O H＋+W(OH)4－，Ka=5.81× 10－10，可判断H3WO3是一元弱酸
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O元素；根据结构图中元素成键规律， W是B元素、X是C元素、Y是N元素。
A.O的氢化物有H2O、H2O2，H2O2中含极性键、非极性键，故A不符合题意；
B.同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B＞C＞N＞O＞H，故B不符合题意；
C.X是C元素、Y是N元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以N的沸点不一定比C的氢化物的沸点高，故C不符合题意；
D.说明只发生一步电离，可判断H3WO3是一元弱酸，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】思路分析：已知 Z原子最外层电子数是电子层数的3倍 ，则Z是O元素，元素成键规律是形成共价键数目与其化合价在数值上相等，M为H元素，X为C元素，Y为N元素，W为B元素。
12．（2022高三下·广东开学考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．SiO2的结构式：O-Si=O
B．H2O2的电子式：
C．BaSO4的电离方程式：BaSO4=SO42－+ Ba2＋
D．12C与14C互为同素异形体
【答案】C
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.SiO2是共价晶体，在该晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，Si-O键构成的是正四面体结构，每个O原子与2个Si原子形成Si-O单键，A不符合题意；
B.H2O2的分子中，2个O原子形成O-O键，每个O原子再分别与H原子形成1个H-O键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，不存在O=O，B不符合题意；
C.BaSO4难溶于水，但溶于水的部分完全电离产生自由移动的离子，故其电离方程式为BaSO4=SO42-+Ba2+，C项符合题意；
D.可见二者质子数相同而中子数不同，因此二者互为同位素，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.二氧化硅结构为正四面体网状结构，每个O原子与2个Si原子形成Si-O单键，没有双键。
B.正确书写电子数为：
C.BaSO4为强电解质，在水中完全电离。
D.同素异形体：同种元素不同种单质。
13．（2022高三下·广东开学考）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（ ）
粒子组 判断和分析
A Na＋、Al3＋、Cl－、NH3·H2O 不能大量共存，因发生反应： Al3＋+4NH3·H2O = AlO +4NH +2H2O
B H＋、K＋、S2O 、SO 不能大量共存，因发生反应： 2H＋+ S2O =S↓+SO2↑+H2O
C Na＋、Fe3＋、SO 、H2O2 能大量共存，粒子间不反应
D H＋+ Na＋、Cl－、MnO 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. Al3＋和 NH3·H2O 生成Al(OH)3，故A不符合题意；
B.S2O32-和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C.Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C不符合题意；
D.在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH.
14．（2022高三下·广东开学考）现代工业开发了用“NH3—NH4Cl水溶液”浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如下图所示：
已知：①浸出液中含[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、AsCl52－，且存在[M(NH3)4]2＋ M 2＋+ 4NH3（M为Cu或Zn）；②“氧化除杂”的目的是将AsCl52－转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去。
下列有关说法错误的是（ ）
A．ZnO +2NH3·H2O + 2NH4＋=[Zn(NH3)4] 2＋+3H2O
B．为提高反应速率，“溶浸”过程的温度越高越好
C．“滤渣3”的主要成分为Cu、Zn
D．“电解残留液”可返回“溶浸”过程循环利用
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的流程为：氧化锌烟灰用NH3·H2O和NH4Cl溶浸，浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3) 4]2+、AsCl52－，其中ZnO的反应为ZnO+2NH3·H2O+2NH4＋=[Zn(NH3)4]2++3H2O，Pb不反应，过滤得到滤渣1为Pb；将浸出液用H2O2氧化除去AsCl52－，反应为2AsCl52－+ 2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4＋+5H2O，经吸附聚沉除去As2O5 (滤渣2)后，再加入锌粉还原，可除去Cu和过量的Zn (滤渣3)，滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，电解后阴极发生反应[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑，得到高纯锌.
A.根据上述分析可知：用 NH3-NH4Cl 水溶液浸出氧化锌烟灰时，ZnO发生反应 ZnO +2NH3·H2O + 2NH4＋=[Zn(NH3)4] 2＋+3H2O ，A项不符合题意；
B.“溶浸”过程中若温度过高，NH3会挥发逸出导致物质的溶浸速率反而降低，因此不是温度越高越好，B项符合题意；
C.根据上述分析可知“滤渣3”的主要成分为Cu及过量的Zn，C项不符合题意；
D.“电解残留液”中含有[Zn(NH3)4]2+，可返回“溶浸”过程进行循环利用，节约资源，降低生产成本，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
15．（2022高三下·广东开学考）已知常温下CH3COOH、NH3·H2O的电离常数近似相等。下列实验操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 向乙二醇中滴加过量酸性高锰酸钾溶液 制备乙二酸
B 向食盐水中通入过量的CO2 除去食盐水中的少量BaCl2
C 将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中 证明石蜡油的分解产物含不饱和烃
D 常温下，用pH计分别测定等体积1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质
【解析】【解答】A.向乙二醇中滴加过量酸性高锰酸钾溶液，乙二酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，因此反应最终会生成二氧化碳，不会生成乙二酸，故A不符合题意；
B.氯化钡和二氧化碳不反应，故B不符合题意；
C.将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中，溴水褪色，证明石蜡油分解生成了不饱和烃，故C符合题意
D.常温下，用pH计分别测定等体积1.0 mol L 1CH3COONH4溶液和0.1 mol L 1CH3COONH4溶液的pH，两者都是呈中性，无法探究浓度不同对水解的影响，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】易错分析：A.该反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O
B.若二氧化碳与BaCl2溶液反应，则违背强酸制备弱酸.
D.已知CH3COOH、NH3·H2O的电离常数近似相等 ，CH3COO-和NH4+水解能量相同，所以，该溶液显中性。
16．（2022高三下·广东开学考）用0.1000 mol·L －1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是[如A2－分布分数：δ(A2－)=
]（ ）
A．H2A的Kal为10－8.32
B．c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)
C．第一次突变，可选甲基橙作指示剂
D．c(Na2A)=0.100 0 mol·L－1
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A根据图示，pH=6.38时，H2A、HA-浓度相等，带入的Ka1=可得到， Kal为10－6.32 ，A不符合题意；
B.根据图示，c点时， c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B项不符合题意；
C.第一次突变，溶液呈碱性，可选酚酞作指示剂，故C不符合题意，
D.用0.1000 mol·L －1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，消耗盐酸40mL，所以c（ Na2A ）=0.1000mol/L，D符合题意
故答案为：D
【分析】难点分析：A.在进行Ka值计算时，一定要选取特殊点进行计算，即H2A、HA-浓度相等时；
B.在c点溶质为 NaHA和NaCl，要比较HA-水解能力与电离能量大小，通过比较水解常数大于电离常数，所以(H2A)>c(A2－)，
C.终点显酸性选择甲基橙，终点显碱性，选择酚酞。
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。
17．（2022高三下·广东开学考）某化学兴趣小组探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液的反应情况。请回答相关问题。
（1）简述用FeCl3晶体配制FeCl3溶液的方法： ；Na2SO3溶液用 （填瓶塞材质）细口瓶保存。
（2）[实验1]分别将100 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3溶液和Na2SO3溶液装入两个烧杯中，按下图进行实验，观察到电流汁指针发生偏转。
请写出左侧烧杯中的电极反应式 。
盐桥中的阳离子向 （填“左侧”或“右侧”）烧杯中迁移。
（3）[实验2]在试管1中加入2 mL 1.0 mol·L－1Na2SO3溶液，然后滴加两滴1.0 mol·L－1 FeCl3溶液，溶液中立刻变成红褐色。对试管l进行加热至沸腾，产生红褐色沉淀。取出几漓混合液，加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀出现。整个过程中来观察到明显的气泡产生。
[实验3]在试管2中加入5 mol 1.0 mol·L－1 FeCl3溶液，然后再滴加l mL 1.0 mol·L－1
Na2SO3溶液，溶液立刻变成红褐色。取出几滴混合液，加K3[Fe(CN)6】溶液，产生蓝色沉淀。
实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
请设计实验证明SO 被氧化 。
（4）(反思与研讨]
资料显示：H2SO3的Kal=1.7×10－2 Ka2=6.0 × 10－8；Fe(OH)3的Ksp=4 × 10－38；
反应2Fe3＋+ SO + H2O 2Fe2＋+SO + 2H＋的平衡常数K= 1020.6。
反应2Fe3＋+ 3SO +6H2O 2Fe(OH)3↓+ 3H2SO3的平衡常数K的数量级为 。由此可判断FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生 （填“互促水解”或“氧化还原”）反应的趋势更大。
【答案】（1）先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度；橡胶
（2）Fe3＋+e－=Fe2＋；左侧
（3）3Fe2＋+2[Fe(CN)6]3－=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
（4）1017；氧化还原
【知识点】原电池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)氯化铁在水中容易发生水解，配制氯化铁溶液时，需要先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中抑制Fe3+的水解，然后再加水稀释到所需要的浓度。Na2SO3溶液由于SO32-的水解而显碱性，碱性溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，因为玻璃中的SiO2能和碱反应，应该用橡胶塞保存Na2SO3溶液
(2)该装置为原电池，FeCl3具有氧化性，得电子生成Fe2+，做正极，Na2SO3具有还原性，发生氧化反应，做负极，左侧烧杯中的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，盐桥中的阳离子流向正极，即向左侧烧杯中迁移；
(3)已知 K3[Fe(CN)6]可以和Fe2+生成蓝色沉淀，实验3中生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；SO32-被氧化生成SO42-，即检验硫酸根即可，实验操作为：取少许试管中的混合液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
（4）2Fe3＋+ 3SO +6H2O 2Fe(OH)3↓+ 3H2SO3的平衡常数为：即为K数量级为1017，由于双水解反应的K<氧化还原反应的K=1020.6，则FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生氧化还原反应的趋势更大。
【分析】难点分析：（1）在配置一些盐溶液时要考虑其水解程度，如氯化铁、硝酸银等
（2）该电池为双液电池，盐桥目的是使两个溶液保持电荷守恒；盐桥中阴阳离子移动方向为：阳正阴负；
（3） SO32-被氧化得到SO42-，实际就是检验SO42-，先加入稀盐酸酸化，排除干扰离子，再加入氯化钡溶液即可。
18．（2022高三下·广东开学考）铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，用于电极材料、金属陶瓷的制作。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示。
已知：
Ⅰ．Re2O7是酸性氧化物，过铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
Ⅱ．过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3分别与NaOH发生以下反应 （填写化学方程式）、MoO3+2NaOH=NaMoO4+H2O，则“滤渣I”的主要成分为 （填化学式）。
（2）“还原”时，Zn被氧化成ZnO2 2－，铼的化合物被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为 。
（3）“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作I”包括 、 、洗涤、干燥。
（4）“热解”时，发生反应的化学方程式为 。
（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图2中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为 min、pH为 。
（6）电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图3所示。电解时，若维持电流强度为0.5A（相当于每秒通过5×10－6mol电子），电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。
【答案】（1）Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4
（2）3Zn+2ReO4－+4OH－=3ZnO22－+2ReO2·2H2O
（3）冷却结晶；过滤
（4）4NH4ReO4+3O2 2N2+8H2O+2Re2O7
（5）60；1.0
（6）0.24
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】思路分析：烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2 2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。
(1)Re2O7是酸性氧化物，与NaOH发生反应生成盐NaReO4和水，反应的化学方程式为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4，故答案为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；CuO、Fe3O4；
(2)“还原”时，Zn被氧化成ZnO22-，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2 2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2 2H2O，故答案为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2 2H2O；
(3)加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；
(4)“热解”是将过铼酸铵在氧气和氮气中加热，得到Re2O7，铼的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将过铼酸铵中-3价N氧化为氮气，反应的化学方程式为：4NH4ReO4+3O2 =2N2+8H2O+2Re2O7，故答案为：4NH4ReO4+3O2 =2N2+8H2O+2Re2O7；
(5)根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0，故答案为：60；1.0；
(6)从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO4-、SO42-，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
19．（2022高三下·广东开学考）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H。
已知：①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1=－40.9kJ·mol－1
②CO(g)+2H2O(g) CH3OH(g) △H2=－90.4kJ·mol－1
试计算制备反应的△H= 。
（2）对于反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，v正=k正p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)
·p(H2O)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压（分压=物质的量分数×总压）。
在540K下，按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：l、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为 （用字母表示）。
②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度计算）。
③540K条件下，某容器测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，
p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆= 。
（3）甲醇催化可制取丙烯，反应为：
3CH3OH(g) C3H6(g)+3H2O(g)，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如下图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为R lnk= (Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)
①该反应的活化能Ea= kJ·mol－1。
②当使用更高效催化剂时，在图中画出R lnk与 关系的示意图 。
（4）在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2也可以制备CH3OH，其原理如下图所示，则
阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）－49.5kJ·mol－1
（2）a>b>c；0.5 (MPa)－2；0.64
（3）31；
（4）7CO2 +6e－+5H2O=CH3OH+6HCO3－
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律有：该制备反应=②-①，则△H=△H2-△H1=-90.4kJ·mol-1-(-40.9kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3：1，b代表n(CO2)：n(H2)=1：1，c代表n(CO2)：n(H2)=1：3，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c。
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.5MPa，甲醇分压0.25MPa，水蒸气分压0.25MPa，则压强平衡常数：
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，分析可知，活化能是直线斜率的相反数，a的斜率为-31，则反应的活化能为31kJ/mol。
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：
(4)阴极二氧化碳得电子生成甲醇，电极反应式为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-
【分析】（1）在使用盖斯定律时候，一定要先观察目标方程与已知方程的差异，消除无关物质，即可得到目标方程。
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，一般规律，提高一个物质的量，可以增加另个反应物的转化率；②计算出平衡是个物质的量，计算其分压，带入压强平衡常数即可计算
（3）首先弄清楚横纵坐标含有是什么，结合数学函数关系即可画出图像
（4）书写电极反应是，首先弄清楚反应物和产物，利用化合价升降确定转移电子数目，同时要注意电荷守恒和质量守恒。
三、（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．（2022高三下·广东开学考）[选修3：物质结构与性质】
（1）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)
为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：
①基态锌原子的电子排布式为 ，原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用 表示，与之相反的用 表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的锌原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②Cd与Zn同族，价电子数相同，若配离子[Cd(CN)x](x-2)－的中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x= 。
③碲和硫同主族，TeO32－的空间构型为 ，写出一个与TeO32－互为等电子体的分子 。
（2）石墨烯是一种二维碳纳米材料，具有优异的光学、力学、电学特性，在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递方面具有重要应用前景。1 mol石墨烯含六元环的数目为 ；石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构将发生改变，转化为氧化石墨烯（如
下图4），氧化石墨烯中键角α （填“>”、“<”或“=”）键角β，原因是 。
（3）立方氮化硼晶体的结构和硬度都与金刚石相似，晶胞结构如图5所示，B原子填在由N原子构成的 （填“四面体”、“八两体”或“立方体”）空隙中。若晶胞边长为a pm，B原子半径为b pm，N原子半径为c pm，则该晶胞的空间利用率为 （列出计算式），氮硼原子间的最短距离为 pm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；0；4；三角锥形；PCl3、NF3、SOCl2等
（2）0.5NA；<；键角α对应的碳为sp3杂化，键角β对应的碳为sp2杂化
（3）四面体；；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①Zn为30号元素，原子核外有30个电子，其核外电子排布为[Ar]3d104s2；
若一种自旋状态用+1/2表示，与之相反的用-1/2表示，3d和4s轨道都排满电子，每个轨道电子自旋状态相反，则Zn的价电子3d104s2自旋磁量子数的代数和为0；
②中心原子为Cd，Cd与Zn同族，价电子数相同，价电子数为12，CN提供的电子数为2，中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，所以有12-(x-2)+2x=18，x=4；
③碲和硫同主族，TeO32-中Te原子价层电子对数为，4且Te原子含有一个孤电子对，则该离子为三角锥形结构，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26，符合条件的分子有PCl3、N2、SOCl2等；
（2）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，1mol石墨烯含六元环的数目为0.5NA；键角α的交点碳原子为sp3杂化，为四面体结构，且连接的羟基中氧原子有孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，键角小于109°28′，而键角β的交点碳原子为sp2杂化，为平面正三角形，键角为120°，键角α＜键角β；
（3）晶胞中B原子数目=4、N原子数目=，B原子填在由N原子构成的四面体空隙中；晶胞边长为apm，晶胞的体积为a3pm3，B原子半径为bpm，N原子半径为cpm，晶胞的空间利用率为 ，4个N原子构成的四面体，B处于体心，则氮硼原子间的最短距离是体心B到顶角N的距离，为 。
【分析】难点分析（2）石墨烯为无数六边形镶嵌共用，每个碳原子被3个环共用，利用均摊法计算，实际每个六元环上有2个碳原子；在比较键角大小时候要注意中心原子孤电子对共价键有排斥作用，孤电子对越多对共价键的排斥力就越强，也就是将两个成键角的共价键进行内压，键角就变小。
21．（2022高三下·广东开学考）[选修5：有机化学基础]某药物中间体I的合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；H的官能团名称为 。
（2）反应②中的化学方程式为 。
（3）反应⑤的化学反应类型为 。
（4）同时满足下列条件的F的同分异构体的数目为 。
①分子结构中含六元碳环、甲基和酮羰基；②既能发生水解反应，又能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为4：4：3：1的结构简式 。
（5）参照上述合成路线和信息，以 和 为原料（无机试剂任选），设计三步制备
的合成路线。
【答案】（1）；碳碳双键、酯基
（2）
（3）加成反应或还原反应
（4）13；
（5）
【知识点】有机物的合成；烯烃
【解析】【解答】思路分析：A与反应生成B（），并结合已知所给的反应，可以推测出A为B被酸性高锰酸钾溶液氧化，双键断裂生成羧基得到C（），与甲醇发生反应②生成D，（），D在甲醇钠的作用下发生反应生成E（），E在一定条件下脱去-COOCH3得到F(），F与乙酸甲酯发生反应③生成G（），G经反应④得到H（），H与氢气发生反应⑤得到I
(1)由分析可知，A的结构简式为，H结构简式为，含有官能团为酯基和碳碳双键，
（2）C与甲醇发生酯化反应，反应为：
（3）H与氢气发生加成反应，也可以是还原反应；
（4）既能发生水解反应，又能发生银镜反应结合F的不饱和度，可知该结构中存在-OOCH，其还含有甲基和酮羰基，可知其结构为甲基和-OOCH连在上；如图所示：，若甲基在1号碳原子上，-OOCH可在1、2、3、4、5号碳原子上，若甲基在2号碳原子上，-OOCH可在1、2、3、4、5号碳原子上，若甲基在3号碳原子上，-OOCH可在1、2（或4）、3（或5）号碳原子上，则满足条件的F的同分异构体共有13种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为4∶4∶3∶1的结构简式为，
（5）和得到， 与溴单质发生加成反应生成，发生水解反应得到，所以合成路线为：
【分析】本题采用正推法解答，做有机合成题要注意两点，1.反应条件，根据反应条件判断一些反应类型，如氯气/光照，发生取代反应，浓硫酸/加热发生醇的消去反应等；2.观察反应前后化学键断裂和形成，以及断裂和形成的位置。
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