（新高考）重庆2021届高考押题卷 化学 教师版.docx

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1、绝密 启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试化 学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Al 27 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Ba 137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有

2、一项是符合题目要求的。1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5号上升起的“高科技国旗”具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，它是以高性能的芳纶纤维材料为主的复合材料B将脱脂棉加入深蓝色的铜氨溶液中可以制备铜氨纤维C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以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化【答案】D【解析】A芳纶纤维材料属于复合材料，具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，选项A正确；B铜氨纤维是再生纤维，可用浓氨水溶解得到氢氧化铜沉淀，获得较高浓度的铜氨溶液，取30mL制得的铜氨溶液于烧杯中，加入脱脂棉，不断搅拌使之形成黏稠液，用注

3、射器将黏稠液吸入针筒，再将其注入稀盐酸(或稀硫酸)中，取出稀盐酸(或稀硫酸)中的生成物，用水洗涤可获得铜氨纤维，B项正确；C两种或两种以上物质组成有多种功能的材料为复合材料，C项正确；D制作光导纤维的是二氧化硅，D项错误；故答案选D。2下列关于化学用语的表述错误的是ABF3的电子式： BH2S的结构式：HSHCO2的结构示意图： D乙烯的比例模型：【答案】A【解析】ABF3的电子式为，故A错误；B用一条短线来代表一对共用电子对的式子为结构式，硫化氢的结构式为HSH，故B正确；CO2核外有10个电子，结构示意图为，故C正确；D乙烯的比例模型：，故D正确；故答案为A。3为实现随处可上网，中国发射了

4、“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A1mol NH4ClO4固体中含有NA个NH4ClO4分子B反应转移2.8mol电子时产生氯气为4.48L C常温常压下，14g N2分子中含有的中子数为7NAD反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为11【答案】C【解析】ANH4ClO4是离子化合物，不存在分子，故A错误；B生成1mol氯气时，转移14mol电子，当反应转移电子数为2.8mol时，产生标况下的气体体积为0.2mol，V=0.2mol×22.4L/mol=4.48

5、L，故B错误；C1个氮气分子中含有14个中子，14g N2的物质的量为0.5mol，故含有的中子数为7NA，故C正确；DO、N元素化合价升高，N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低，Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13，故D错误；故选C。4不能正确表示下列反应的离子方程式是A在氯化亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2OB用石墨作阴极、铁作阳极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2C向稀硝酸中加入少量FeS：DNaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO【答案】B【解析】AFe2+具有还

6、原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B用Fe为阳极，Fe是活性电极。阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，阴极上Cl失去电子变为Cl2逸出，故电解方程式为：Fe+2ClFe2+Cl2，B错误；CFeS少量，稀硝酸过量，则Fe和S元素均变为高价态，即生成，被还原为NO，根据得失电子守恒可得离子方程式：，C正确；DNaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，则其离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，D正确；故选B。5下列叙述中不正确的是A核酸是生命体遗传信息的分子载体，结构中含有磷酯键B氨基

7、酸种类很多，任何一种氨基酸至少含有两个或者两个以上官能团C我国最新研制免费注射的新冠疫苗，其主要成分含有蛋白质D用来煎炸食物的花生油和牛油都是饱和高级脂肪酸甘油酯，可发生皂化反应【答案】D【解析】A核酸是生物体遗传信息的载体，核酸结构中含有磷酯键，故A正确；B氨基酸种类很多，任何一种氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，故B正确；C新冠疫苗的主要成分是蛋白质，故C正确；D花生油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油是饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；选D。6药物H的结构简式如图所示，下列有关药物H的说法正确的是A分子式为C16H10N2O2ClB该物质苯环上的一氯代物有6种C碱性条件下水解产物酸化后都能与N

8、aHCO3溶液反应D1mol该物质最多能与8mol氢气加成【答案】B【解析】A根据结构简式可知药物H的分子式为C16H13N2O2Cl，错误；B该物质苯环上的一氯代物有6种，正确；C碱性条件下水解产物酸化后可产生含酚羟基的有机物和丙二酸，含酚羟基的有机物不能与NaHCO3溶液反应，错误；D该分子中酰胺基不能与氢气发生加成，故最多消耗氢气为6mol，错误。7X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是A简单离子半径：MZWBM

9、、Z形成的化合物中可能同时含有离子键和共价键C简单氢化物的沸点：WZDX和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；X和Y二者原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W可能为F，但M原子序数大于W，且能形成阳离子，则M为Na，W为F；ANa+、F、O2的核外电子排布结构相同，原子序数越大，对应的离子半径越小，故O2FNa+，A错误；BM为Na，Z为O，形成的化合物Na2O2中，既有离子键又有非极性共价键，B正确；CW

10、为F，其氢化物为HF低于水的沸点，C错误；DX和W组成的化合物为BF3，B原子不满足8电子稳定结构，D说法错误；答案为B。8图中实验装置不能达到相应实验目的的是A装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气B装置乙防止铁钉生锈C装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体D装置丁可用于制备金属锰【答案】A【解析】A氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A项错误；B图乙中铁作阴极，受到保护，故能用图乙防止铁钉生锈，此法为外接电源的阴极保护法，B项正确；C左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，右侧碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，

11、C项正确；D与铝热反应相似，装置丁可用于制备金属锰，D项正确；答案选A。9下列操作不能达到实验目的的是选项目的操作A证明苯和溴发生取代反应在装有苯和溴水的混合液中加入铁粉，产生的气体经四氯化碳洗气后，再通入盛硝酸银溶液的试管中，观察现象B除去NaCl固体中少量NH4Cl加热混合物C提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯向混合液中加入过量Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水D检验淀粉水解生成葡萄糖向淀粉水解后的溶液中先加入足量的氢氧化钠溶液再加适量新制氢氧化铜悬浊液，加热【答案】A【解析】A苯与液溴在铁作用下发生取代反应生成溴苯，苯与溴水不反应，A错误；B氯化铵易分解生成氨气和氯化氢，可用加热

12、的方法除去杂质，B正确；C乙酸与Na2CO3溶液反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，C正确；D硫酸溶液是淀粉水解的催化剂，淀粉水解后的溶液呈酸性，必须加入NaOH溶液调节溶液呈碱性后，才能加入适量新制氢氧化铜悬浊液，加热后才能观察到砖红色沉淀，D正确。故选A。10硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下：下列说法错误的是A 滤液的主要成分是硫酸铜B“吸收”过程发生反应的氧化剂和还原剂之比为12C该流程中可以循环使用的物质是硫酸 D“电解精炼”时，当电路中转移0.2mol电子时，阳极质量减小21.6g【答案】D【解

13、析】富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)在空气中焙烧，形成Ag、CuO、SeO2、SO2，SO2和SeO2在水中反应生成Se，CuO与稀硫酸反应形成硫酸铜，过滤得到粗银，电解精炼得到精银。A根据上述分析可知酸溶过程得到的滤液是硫酸铜溶液，A正确；B“吸收”过程中的反应方程式为2SO2+2H2O+SeO2=2H2SO4+Se，SeO2化合价降低，发生还原反应作氧化剂，SO2作还原剂，氧化剂和还原剂之比为12，B正确；C根据B项可知，母液的主要成分是硫酸，硫酸可在“酸溶”工序中循环利用，C正确；D“电解精炼”时粗银作阳极，故当电路中转移0.2mol电子，因为粗银中含有杂质，无法计算，D错误；答案选D

14、。11高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。结构如图所示。原理如下：(1x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是A 充电时，若转移0.1mol电子，石墨电极质量将增重0.7x g B聚合物的隔膜的作用主要是允许Li+自由通过C充电时，阴极电极反应式：xLi+xe+nC=LixCnD放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe=xLiFePO4【答案】A【解析】根据总反应原理可得，当放电时正极反应为xFePO4+xLi+xe=xLiFePO4，负极反应为LixCn-xe=nC+xLi+，充电时的两极反应和放电时正好相反。A充电时，石墨电极发生

15、的反应为xLi+xe+nC=LixCn，当转移0.1mol电子时，则石墨电极上消耗1mol Li+，石墨电极的质量增重0.7g，故A错误；B根据反应电极方程式可知放电时，Li+通过聚合物的隔膜像左侧移动，充电时Li+通过聚合物的隔膜像右侧移动，则聚合物的隔膜的作用主要是允许Li+自由通过，故B正确；C充电时，阴极C变化为LixCn，则阴极电极反应式：xLi+xe+nC=LixCn，故C正确；D放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4，正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe=xLiFePO4，故D正确；故选A。12在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式

16、为反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H1=-164.7kJ/mol K1反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H2=41.2kJ/mol K2反应：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) H3=-247.1kJ/mol K3向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化B反应的平衡常数K3=C提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂DCO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g

17、)的H=-205.9kJ/mol【答案】A【解析】A反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应和可知，温度升高反应正向移动，反应逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故A错误；B反应=反应-2×反应，化学平衡常数K3=，故B正确；C反应为放热反应，反应为吸热反应，降低温度有利于反应正向进行，反应逆向进行，即可提高CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D反应-反应，并整理可得到目标反应，则CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的H=-41.2kJ/

18、mol-164.7kJ/mo=-205.9kJ/mol，故D正确；故答案为A。13通过反应： H，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比条件下，不同温度时HCl平衡转化率如下图所示。向反应体系中加入CuCl2能加快反应速率。反应： H2=125.6kJ·mol1反应： H3=-120.0kJ·mol1下列说法正确的是A反应是吸热反应B保持其他条件不变，500时，使用CuCl2，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值C增大压强能提高反应中O2的平衡转化率D在0.2MPa、500条件下，若起始，HCl的转化率不可能达到Y点的值【答案】C

19、【解析】A根据盖斯定律，由反应+反应2得反应，则H=H2-2H3=125.6kJ·mol1+（-120.0kJ·mol1)×2=-114.4kJ·mol1<0，反应为放热反应，故A错误；B使用CuCl2作催化剂，只能加快反应速率，不能改变HCl的平衡转化率，故B错误；C反应为气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向移动，O2的平衡转化率增大，故C正确；D在0.2MPa、500条件下，若起始，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，故D错误；答案选C。14常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中

20、，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是A将0.2mol·L1 CH3COOH溶液和0.1mol·L1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)Ba点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH)C常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pHD向0.1mol·L1 HF溶液中加入等体积的0.1mol·L1 NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)=c(

21、OH)【答案】B【解析】A0.2mol·L1 CH3COOH溶液和0.1mol·L1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH)+c(CH3COO)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正确；B根据图像，a点时，lg=0，则c(F)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH)，此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，

22、则c(F)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)，故B错误；C根据图像，当lg=lg=0，有K(HF)=c(H+)=104，同理K(CH3COOH)=105，因此酸性HFCH3COOH，则0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，故C正确；D反应后的溶质为NaF，根据质子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH)，故D正确；故选B。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题第17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18题第19题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共43分。15（14分

23、）某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究。测定黄铜矿中硫元素的质量分数将m1 g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品。（1） 装置A的作用是_；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为 。（2）实验停止时熄灭酒精喷灯，还需要持续通入一段时间空气的目的是 。（3）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为_；操作是 ；该黄铜矿中硫元素的质量分数为_(用含m1、m2的代数式表示)。探究验证黄铜矿在空气中的氧化产物并测定CuFeS2的纯度（3）查阅资料：样品经煅烧后得到的固体可

24、能为泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO）；Cu2O与稀H2SO4的反应为：Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O。探究a：为验证熔渣的成分，取分离出的熔渣少许于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，取两份所得液。完成下表中横线上的内容。试样加入试剂及操作实验现象得出结论第一份滴入几滴K3Fe(CN)6溶液_含FeO第二份滴入几滴_溶液溶液变为血红色含Fe2O3探究b：设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O？_。（4）为测定CuFeS2的纯度，称取a g的黄铜矿样品充分燃烧后，从上述煅烧产物中分离出泡铜，使其完全溶于稀硝酸并配成250mL的溶液，取出25.00mL该溶液用c mol&

25、#183;L1的标准液EDTA（用H2Y2表示）滴定至终点（杂质不反应），消耗EDTA标准液V mL，则CuFeS2的纯度为_。（滴定时的反应为：Cu2+H2Y2CuY2+2H+）【答案】（1）除去空气中的二氧化碳（1分） SO2+2OH=SO+H2O（1分） （2） 将生成的SO2全部赶入D中（1分） （3） H2O2+SO=SO+H2O（2分） 洗涤、烘干、称重 ×100%（2分） （4） 产生蓝色沉淀（1分） KSCN（1分） 取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有（2分） （5） （2分） 【解析】（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气

26、中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH=SO+H2O；（2）为了使测定准确，应将反应后产生的全部赶入氢氧化钠溶液中；（3）亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：H2O2+SO=SO+H2O，从过滤后得到m2 g固体，操作为洗涤、烘干、称重，m2 g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=×100%=×100%；（4）探究a：Fe2O3、FeO分别与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，检验亚铁离

27、子用K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀；检验铁离子用KSCN，溶液变红；探究b：检验Cu2O的方法是取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有；（5）由CuFeS2Cu2+H2Y2得：n(CuFeS2)=c×V×103mol×=cV×102mol，则CuFeS2的纯度为。17（14分）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。I(1)利用CH4催化还原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)

28、H=-662kJ/molCH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJ/mol则反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(l) H=_。II利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H0(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO)=23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_。Ac(NH3)c(NO)=23B1mol NH键断裂的同时，断裂1mol OH键C容器内压强不变D容器内混合气体的密度不变(3)实验

29、测得v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅降低温度，k正增大的倍数_（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。若在1L的恒容密闭容器中充入2mol CO和3mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为80%，则k正k逆=_L/mol（用数字表达式表示）。利用燃料电池的原理来处理氮氧化物是一种新方向。装置如图所示，在处理过程中石墨电极I上反应生成一种氧化物Y。(4)石墨II电极为_(填“正”或“负”)极，该电极反应为_。(5)写出该电池反应的方程式_。【答案】（1）

30、-1248kJ·mol1（2分） （2） A （2分） （3） >（2分） （2分） （4） 正（2分） O2+4e+2N2O5=4NO（2分） （5） 4NO2+O2=2N2O5（2分） 【解析】(1)CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-662kJ/mol；CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJ/mol；由盖斯定律×2-可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(1) H=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ

31、/mol，(2)A投料比等于化学计量数之比，c(NH3)c(NO)始终等于23，c(NH3)c(NO)=23，不一定平衡，故符合题意；B1mol NH键断裂的同时，断裂1mol OH键，反应一定达到平衡状态，故不符合题意；C反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态，不符合题意；D由于H2O呈液态，反应前后气体总质量变化、体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态，不符合题意；答案选A。(3)该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；故答案为：>；可逆反应 4NH3(g)

32、 + 6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) 起始量（mol/L） 2 3 0 变化量（mol/L） 1.6 2.4 2 平衡量（mol/L） 0.4 0.6 2 v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡时正逆反应速率相等，则k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，则=L/mol。(4)石墨通O2，为正极，则石墨为负极，发生反应NO2+NO-e=N2O5，则氧化物Y的化学式为N2O5；石墨II电极为正极，O2得电子产物与N2O5作用生成NO，该电极反应为O2+4e+2N2O5=4NO

33、；(5)该电池中，NO2、O2发生反应，生成N2O5，反应的方程式为4NO2+O2=2N2O5。答案为：4NO2+O2=2N2O5。18.（15分）钾冰晶石(K3AlF6)是用作电解铝工艺的助熔剂，已知K3AlF6微溶于水。以超细含铝废渣(主要成分Al2O3，含有少量Fe3O4、PbO杂质)为原料制备钾冰晶石的工艺流程如图：回答下列问题：(1)为了提高“酸浸”时速率，可以采取的措施有：_、_（填写2条）。(2)滤渣是_。(3)“氧化”过程中H2O2的作用是_（用离子方程式表示），反应液的pH控制在较低水平，原因是_。(4)“系列操作”包含_。(5)“合成”时发生反应的化学方程式为_，“萃取”过

34、程可表示为Fe2(SO4)3(水层)+6RH(有机层)2R3Fe(有机层)+3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是_。(6)测定产品纯度：准确称量mg产品，加入高氯酸充分转化后，加入稍过量EDTA络合Al3+；过量的EDTA用c mol·L1 Pb(NO3)2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为V1mL；向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗标准液体积为V2mL。(已知：EDTA与Al3+、Pb2+反应的物质的量之比均为11，杂质不参加反应)则产品中钾冰晶石的纯度为 。【答案】（1）适当提

35、高盐酸浓度、适当提高反应温度或适当加快搅拌速率（任写两条即可，2分） （2） PbSO4（1分） （3） 2Fe2+H2O2=2Fe3+H2O（2分） 抑制Fe3+、Al3+的水解（2分） （4） 过滤、洗涤、干燥（2分） （5） Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6+6(NH4)2SO4（2分） 向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分震荡，静置，分离出水层（2分） （6） （2分） 【解析】浸酸后氧化铝和四氧化三铁、氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸铅沉淀，所以滤渣为硫酸铅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，萃取由有机层获取Fe2(SO4)3溶液

36、，合成步骤：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6+6(NH4)2SO4，然后将钾冰晶石过滤、洗涤、干燥。(1)为了提高酸浸时的反应速率，可以加热、搅拌、适当提高酸浓度、延长酸浸时间等，(2)滤渣的主要成分为氧化铅与硫酸反应生成的硫酸铅。(3)溶液中含有Fe2+、Al3+，选用H2O2做氧化剂，将二价铁离子氧化为三价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2=2Fe3+H2O，反应液的pH控制在较低水平，原因是抑制Fe3+、Al3+的水解。(4)“系列操作”包含过滤、洗涤、干燥。(5)“合成”时发生反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=

37、2K3AlF6+6(NH4)2SO4，“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)+6RH(有机层)2R3Fe(有机层)+3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分震荡，静置，分离出水层。(6)向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗标准液体积为V2 mL，可知含有的Al3+的物质的量为cV2×103mol，则K3AlF6的质量为cV2×103mol×258g/mol=0.258cV2g，则产品中钾冰晶石的纯度为。（二）选考题（共15分，请考生从2

38、道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）19人类使用铜和它的合金具有悠久的历史，铜及其化合物在电子工业、材料工业、工农业生产及日常生活方面用途非常广泛。试回答下列问题。（1）Cu+的核外电子排布式为_。（2）CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐，SO的立体构型是_，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为_。（3）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是_，反应的离子方程式为_。（4）丁炔铜是一种优良的催化剂，已知：CHCH+2HCHOOHCCH2CH2OH。则OHCCH2CH2OH中碳原子杂化方式有_。（5） 利用C

39、uSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，）。则D原子的坐标参数为_，它代表_原子。若Cu2O晶体密度为d g·cm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_。【答案】（1）Ar3d10或1s22s22p63s23p63d10（1分） （2） 正四面体（2分） N>O>S（2分） （3） H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（2分） Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH（2分） （4） sp2、sp3（1分） （

40、5） (；)（2分） Cu（1分） （2分） 【解析】（1）Cu是29号元素Cu+的核外电子数是28，所以Cu+的核外电子排布式为Ar3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）SO价层电子对数为4+(6+2-4×2)=4，因此SO立体结构是正四面体.同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是N>O>S。（3）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方

41、程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH；（4）有机物中碳原子的杂化方式依据碳原子周围的单键数，在OHCCH2CH2OH中，中的C则为sp3杂化；中的C则为sp2杂化；（5）根据各个原子的相对位置可知，D在x、y方向的处，z方向的处，所以其坐标是(；)，根据均摊法，白球的个数为(8×+1)=2，灰球位于体心，灰球有4个，因此化学式为Cu2O，灰球是Cu；晶胞质量为2×g，晶胞的体积为(a×1010)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=。20（15分）芳香族化合物I在消灭或抑制植物生长方面具有很高的选择性，其合成路线如下：已知：R1CHO

42、+R2NH2R1CH=NR2回答下列问题：(1)A中含有的官能团为_，由B生成C的反应类型为_。(2)D的结构简式为_，H的结构简式为_。(3)由E生成G的化学方程式为_。(4)芳香族化合物J的相对分子质量比A少14，且发生银镜反应，J的同分异构体有 种。其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1221的结构简式为_。(5)参照上述合成路线，设计由和为原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】（1）醛基、羟基（2分） 取代反应（1分） （2） （1分） （1分） （3） （2分）（4） 20（2分） 、（2分） （5） （4分） 【解析】A氢气发生加成反应生成B，可知A为，B中的酚羟基邻

43、位氢被溴原子取代生成C，C中的溴原子在碱性条件下水解为酚羟基，酚羟基与碱反应生成D，则D为，D酸化后得到E，E中的酚羟基与二氯甲烷在KOH存在下反应生成G，G中的羟基发生催化氧化生成H，H与中的氨基在一定条件下发生题给已知反应生成I，根据给出的已知信息可知H的结构简式为。(1)A为，含有的官能团为醛基和羟基；B生成C的反应为苯环上的取代反应；(2)由分析可知D的结构简式为，H的结构简式为；(3)E与二氯甲烷在KOH存在下反应取代反应生成G的反应方程式为；(4)芳香族化合物J的相对分子质量比A少14，且发生银镜反应，说明含有醛基。J的同分异构体有苯环上的取代基可以为OH、CH3、CHO，有10种，取代基为OCH3、CHO有3种，取代基为CH2OH、CHO有3种，取代基为CH3、OOCH有3种，取代基为CH2OOCH有1种，共有20种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为12221的结构简式为、；(5)根据题中已知反应和合成路线H生成I可知应由和一定条件下反应制得，由催化氧化得到，由在碱性条件下水解得到，由甲苯中甲基与氯气发生取代反应得到，所以合成路线为：。