广东省佛山市2021届高三4月二模化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．国画《牧牛图》的颜料有“石色”、“水色”，“石色”从矿物中提取，如石绿[化学式]，“水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6)。下列说法错误的是

A．属于纯净物 ．“石色”耐酸、耐碱

C．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取 ．保存不善的国画，“水色”容易变色

2．嫦娥五号采集的月壤富含、、FeO、CaO等氧化物及Fe、等，用充满氮气的人造水晶容器保存。下列说法错误的是

A．氮气可保护月壤样品中低氧化态成分 ．Si可用于生产太阳能电池板

C．、互为同素异形体 ．可用电解法提取Al、Ca

3．硼及其化合物在生产生活中应用广泛。下列说法正确的是

A．硼原子结构的L层上有5个电子

B．核素的中子数为5

C．中所有原子最外层电子都满足8电子构型

D．的电子式为

4．60℃，关于的溶液的说法正确的是

A． ．

C．加水能促进醋酸的电离 ．

5．下列实验装置或操作不能达到目的的是

6．阿司匹林()具有解热镇痛作用。下列说法错误的是

A．分子式为C9H8O4 ．含有2种官能团

C．所有原子一定共平面 ．能发生加成反应

7．“自热”火锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、盐、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是

A．生石灰与水反应放热

B．铁粉发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，可延长放热时间

C．硅藻土可增大反应物的接触面积

D．使用后的发热包可作普通垃圾处理

8．FeMnTiOx催化剂对脱硝技术的反应机理如图所示，下列说法错误的是

A．运用该技术应控制温度在200℃以下 ．较理想的中间产物是

C．既是氧化产物又是还原产物 ．参与的是非氧化还原反应

9．是阿伏加德罗常数的值。酿酒时发生反应：。下列说法正确的是

A．含有共用电子对的数目为

B．标准状况下，含有个分子

C．个分子完全反应生成为44.8L

D．与足量Na反应，生成的数目为

10．在制备和纯化溴苯的实验过程中，下列装置未涉及的是

A． ． ． ．

11．中国科学院发现CO2在核(Fe-Zn-Zr)-壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．该过程中没有发生电子的转移

B．该催化剂降低了反应的活化能

C．该过程中还有H2O生成

D．H2和CO2在核壳内部进行了原子的重组

12．陈述I和II均正确且具有因果关系的是

13．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的最高价态与简单氢化物沸点的关系如图所示，Z的简单氢化物可做制冷剂。下列说法错误的是

A．非金属性： ．Z、W为同主族元素

C．简单离子半径： ．X的简单氢化物可以形成氢键

14．探究 SO2与NaNO3溶液反应的实验装置如图所示，下列说法错误的是

A．实验开始时先通入CO2排除装置中的空气

B．装置①中生成SO2的反应属于氧化还原反应

C．向装置③中注入O2，产生红棕色气体，说明装置②中产生了NO

D．装置④可以防止空气进入装置③干扰实验

15．ClO2是一种高效、安全消毒剂。利用电解产生的H2O2与溶液中的NaClO3反应制备ClO2，装置如图所示。下列说法正确的是

A．电源电极电势：a＜b

B．阴极的电极反应式：

C．电解过程中H+移动方向： B→A

D．产生ClO2的反应：

16．焦磷酸盐()常用于洗涤剂、软水剂和电镀工业，焦磷酸(H4P2O7)为两分子磷酸脱水而成的多元酸，不同型体的分布分数(δ)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A．③代表的分布分数曲线

B．溶液中：

C．

D．反应趋于完全

二、实验题

17．乙酸乙酯是一种重要的有机化工原料和工业溶剂。实验室制备过程和催化剂选择探究如下。已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点分别为78℃、118℃、77℃，乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。回答下列问题：

I．制备并分离提纯乙酸乙酯

用如图装置制备乙酸乙酯(夹持装置略)，在圆底烧瓶中加入32 mL1：1的乙醇和冰醋酸，再加入32 mL1：1的乙醇和浓硫酸，加热圆底烧瓶。

(1)仪器b的名称是_______。

(2)制备时，温度计的读数宜控制在_______℃，为保持加热温度恒定，此装置加热方式为_______。

(3)向馏分中加入饱和碳酸钠溶液，目的是_______，分液。欲除去酯层中的乙醇，可采取的措施是_______，过滤，将所得产品干燥，蒸馏，得到纯度较高的乙酸乙酯。

II．催化剂选择

无机盐类可代替浓硫酸，实验结果如下表。

(5)CuCl2·2H2O催化效率高于CuSO4的原因是_______。

三、工业流程题

18．电镀污泥中主要含有、CuO、NiO、、和等化合物。一种从电镀污泥中回收金属铜和硫酸镍的工艺流程如下。已知焙烧时和分别转化为、。回答下列问题：

(1)“焙烧”时先将固体粉碎，目的是_______。

(2)“焙烧”时转化为，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；“水浸”时发生反应的离子方程式为_______。

(3)“滤液”的主要成分是含有少量重金属阳离子的硫酸溶液，除杂装置如图所示，液体X的溶质主要是_______(填化学式)，液体Y是_______(填名称)。

(4)“沉铁”时控制pH在1.5~2.5，pH不宜过高且应充分搅拌，原因是_______。

(5)电解时以惰性合金板为阳极，阳极的电极反应式为_______。

(6)常温下，“净化除杂”时，若溶液中铝离子浓度为，则其开始沉淀的pH应该调为_______。已知

四、原理综合题

19．化学链气化是一种新颖的污泥处理方式，该方法处理污泥中的含氮物质主要分为两个环节：①将污泥中的含氮物质转化为和HCN两种气体；②用将和HCN转化为无毒物质。某研究团队对该方法进行了热力学模拟。回答下列问题：

(1)HCN中N的化合价为_______。

(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，该反应的化学方程式_______。

(3)已知：①   ；②    ③     ，则反应    _______。

(4)用处理和HCN混合气体，反应时间为60min，部分气体物质、含铁产物的百分含量(物质的量百分数)随OS/CC(与污泥摩尔比)的变化如下图。

①假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据计算反应的平衡常数K=_______(列计算式)。若升高温度该反应的平衡常数将_______(选填“增大”“减小”“不变”)。

②已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，则图2中曲线①表示_____(选填“Fe”“FeO”“”)。

③结合图1、图2分析，下列说法正确的是_______。

A．是该反应的催化剂

B．固体产物经氧化处理后可循环利用

C．OS/CC为0.03时，HCN的氧化速率比低

D．OS/CC约为0.05时的利用率和污染物处理效果最佳

五、结构与性质

20．石墨插层化合物在电池材料、超导性等方面具有广泛的应用前景。回答下列问题：

I．某种锂离子电池以石墨(平面结构如图1所示)做负极材料，LiNiO2做正极材料。

(1)石墨中碳的杂化类型是_______，在层中碳原子的配位数为_______。

(2)LiNiO2中电负性最大的元素是_______。

(3)基态Ni3+核外电子排布式为_______，其未成对电子数为_______。

II．下表列举了部分碳族晶体的熔点、硬度数据：

III．钾(K)的石墨插层化合物具有超导性，图甲为其晶胞图。其中K层平行于石墨层，该晶胞垂直于石墨层方向的原子投影如图乙所示。

(5)该插层化合物的化学式是_______，判断K层与石墨层之间的化学键类型为_______(选填“离子键”“共价键”)；若晶胞参数分别为a nm、a nm、b nm，则该石墨插层化合物的晶胞密度为_______。(用含a、b、NA的代数式表示)

六、有机推断题

21．Stephanie博士及其团队合成了一组有机物“纳米小人”，它们的部分结构类似有机物F，F的合成路线如下。

回答下列问题：

(1)B的结构简式为_______。

(2)的化学名称为_______。

(3)B生成C的反应类型为_______，由D生成E的化学方程式为_______。

(4)E中含有的官能团名称为碳碳三键、_______。

(5)THF的结构简式为，化合物G是THF的同系物，则满足下列条件的G的同分异构体有_______种；其中只含有2种不同化学环境的氢原子且能发生银镜反应的化合物的结构简式为_______。

①分子量为86

②含有碳氧双键结构

(6)设计用和为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______。

参

1．B

【详解】

A.是化合物，属于纯净物，A正确；

B．“石色”从矿物中提取，如石绿[化学式]能够与酸发生反应，若酸为HCl，则二者反应产生CuCl2、H2O、CO2，B错误；

C．“水色”从植物中提取，如花青(分子式C15H11O6) 从蓝草中提取花青，花青属于有机物，根据相似相溶原理可知花青可用有机溶剂从植物中萃取出来，C正确；

D．若国画保存不当，其中颜料会被空气中的氧气氧化，导致物质颜色发生改变，D正确；

故合理选项是B。

2．C

【详解】

A．氮气化学性质稳定，常用作保护气，可用作保护月壤样品中低氧化态成分，故A正确；

B．Si是半导体材料，可用于生产太阳能电池板，故B正确；

C．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素，则和互为同位素，不是同素异形体，故C错误；

D．Al、Ca金属活动性强，可用电解法提取，如工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故D正确；

答案选C。

3．D

【详解】

A．硼原子原子序数为5，最外层有5个电子，K层有2个，L层上有3个，故A错误；

B．核素的质子数为5，质量数为11，中子数=质量数-质子数=11-5=6，故B错误；

C．中含有H，H最外层只有2个电子，故C错误；

D．中B原子与3个F原子各共用1对电子，B最外层满足6个电子，F最外层满足8个电子，电子式为，故D正确；

答案选D。

4．C

【详解】

A．的溶液中c(H+)=，因为醋酸是弱酸，部分电离出H+，，故A错误；

B．的溶液若在常温下，60℃时水的电离程度增大，则溶液中的，故B错误；

C．加水稀释，醋酸的电离程度增大，故C正确；

D．醋酸溶液中存在电荷守恒关系：，故D错误；

答案选C。

5．D

【详解】

A．将浓氨水滴入生石灰中，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，反应消耗水，使氨水浓度增大，反应放热，使NH3·H2O受热分解产生NH3，因此可用于实验室中制取NH3，A不符合题意；

B．NH3不溶于CCl4，产生的NH3将容器中CCl4排出，达到收集NH3的目的，B不符合题意；

C．NH3极容易溶于水，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下进入烧瓶，形成喷泉实验，可以达到验证氨气溶解性的目的，C不符合题意；

D．浓硫酸不具有挥发性，因此蘸有浓硫酸、浓氨水的玻璃棒靠近，没有白烟产生，不能证明浓氨水具有挥发性，D符合题意；

故合理选项是D。

6．C

【详解】

A．根据阿司匹林结构简式可知其分子式是C9H8O4，A正确；

B．根据阿司匹林结构简式可知其分子中含有羧基、酯基两种官能团，B正确；

C．该物质分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子中所有原子不可能在同一平面上，C错误；

D．物质分子中含有苯环，在一定条件下能够与氢气发生加成反应，D正确；

故合理选项是C。

7．D

【详解】

A．生石灰与水发生化学反应生成氢氧化钙，会放出大量的热，故A正确；

B．发热包内含有铁粉、焦炭粉、盐，加水后，盐溶于水，铁与碳、盐溶液在空气中形成原电池，铁粉发生吸氧腐蚀，放出热量，故B正确； 

C．硅藻土具有疏松多孔的结构，能起到吸附作用，可增大反应物的接触面积，故C正确；

D．使用后的发热包生石灰变成熟石灰，腐蚀性依然很强，不能当作普通垃圾处理，故D错误；

答案选D。

8．B

【详解】

A．根据脱硝的反应机理，在温度超过200℃时会反应生成N2O，达不到脱硝目的，因此运用该技术应控制温度在200℃以下，故A正确；

B．根据图示，在温度超过200℃时会反应生成N2O，可以直接转化为氮气和水，因此较理想的中间产物是，故B错误；

C．根据脱硝的反应机理，反应物是氨气和NO、O2，生成物是氮气和水，N元素的化合价由-3价升高到0价，+2价降低为0价，因此既是氧化产物又是还原产物，故C正确；

D．根据图示，与或亚反应生成铵或亚铵，没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故D正确；

故选B。

9．D

【详解】

A．CO2的结构式为O=C=O，每个C原子与2个O原子各共用2对电子，则含有共用电子对的数目为，故A错误；

B．标准状况下，乙醇为液态，不能用22.4L/mol计算乙醇的物质的量及所含分子数，故B错误；

C．由方程式可知，个分子即1mol，完全反应生成为2mol，由于没有指明是在标况下，不能确定生成的体积，故C错误；

D．Na与反应的化学方程式为2+2Na=2+H2↑，由方程式可知，与足量Na反应，生成的数目为，故D正确；

答案选D。

10．B

【分析】

苯与溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，可用银溶液检验HBr，证明发生取代反应；用分液的方法分离有机物；用蒸馏的方法分离苯和溴苯。

【详解】

A．苯与溴在铁作催化剂条件下生成溴苯与溴化氢，可以在该装置中进行，A不符合题意；

B．纯化溴苯，可用蒸馏的操作，不需要蒸发操作，B符合题意；

C．反应后制取得到的HBr中含有挥发的Br2，可根据卤素单质易溶于有机溶剂的性质，用四氯化碳吸收除去HBr中的杂质Br2，反应生成HBr可用AgNO3溶液检验，证明发生取代反应，C不符合题意；

D．反应后产生的有机物与水是互不相溶的两层液体，有机层与水层分层可用分液的方法分离，D不符合题意；

故合理选项是B。

11．A

【详解】

A．根据图示，氢气和二氧化硫在核(Fe-Zn-Zr)-壳(Zeolite)催化剂作用下转化为CO和烷烃，存在电子的转移，故A错误；

B．催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；

C．根据图示，氢气和二氧化硫在核(Fe-Zn-Zr)-壳(Zeolite)催化剂作用下转化为CO和烷烃，根据原子守恒，CO2中的O原子不可能都转化为CO中的O，因此该过程中一定有H2O生成，故C正确；

D．H2和CO2在核壳内部转化为CO和烷烃，发生了化学变化，化学变化的本质就是原子的重新组合，故D正确；

故选A。

12．C

【详解】

A．储氢合金可用于以为燃料的汽车，但原因不是合金的熔点低，硬度大，故A不选；

B．浓硫酸在加热条件下与铜反应生成二氧化硫和硫酸铜，S元素化合价降低作氧化剂，说明浓硫酸具有氧化性，故B不选；

C．的熔点高，常用作耐火、耐高温材料，所以常用作耐火、耐高温材料，故C选；

D．具有氧化性可以和Cu反应，所以溶液可用作蚀刻铜电路板，不是因为溶液显酸性，故D不选；

故选C。

13．A

【分析】

X的最高价态是0价，可知X为F，Y为C，Z的简单氢化物可做制冷剂，则Z为N，W和Z化合价相同为同主族，则W是P，根据Q、R的化合价变大，则Q为S、R为Cl，

【详解】

分析知：X为F，Y为C，Z为N，W为P，Q为S、R为Cl，

A．同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：F>N>C，则X>Z>Y，故A错误；

B．Z和W的最高化合价相同，为同主族元素，故B正确；

C．电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则S2->Cl-，即Q>R，故C正确；

D．X的简单氢化物是HF，可以形成氢键，故D正确；

故选：A。

14．B

【分析】

SO2具有较强的还原性，在溶液中容易被空气中的氧气氧化，因此实验开始前通入CO2，排除装置中的空气；浓硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，生成的二氧化硫通入NaNO3溶液中，反应后的气体被收集在③中，再向③中通入氧气，通过观察现象探究 SO2与NaNO3溶液反应，据此分析解答。

【详解】

A．SO2具有较强的还原性，在溶液中容易被空气中的氧气氧化，因此实验开始时先通入CO2排除装置中的空气，故A正确；

B．装置①中浓硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C．二氧化硫具有还原性，在酸性溶液中，NaNO3溶液具有氧化性，二者能够发生氧化还原反应，因此向装置③中注入O2，产生红棕色气体，说明装置②中产生了NO，故C正确；

D．生成的硫氧化物和氮氧化物均会污染空气，因此装置④主要是吸收尾气，防止污染空气，当然也可以防止空气进入装置③干扰实验，故D正确；

故选B。

15．D

【分析】

根据题意电解产生H2O2，且装置中只通入了O2，可知电解总方程式为：2H2O+O22H2O2，在右侧电极上O2→H2O2，发生还原反应，则B电极为阴极，A电极为阳极，然后根据电解原理分析。

【详解】

A．根据上述分析可知：A是阳极，连接电源的电极a为正极；B是阴极，连接电源的电极b为负极，所以电源电极电势：a＞b，A错误；

B．右侧电极B为阴极，阴极的电极反应式为：O2+2e-+2H+=H2O2，B错误；

C．电解过程中H+向负电荷较多的阴极定向移动，故H+移动方向： A →B，C错误；

D．根据题意可知H2O2与NaClO3发生氧化还原反应产生ClO2：，D正确；

故合理选项是D。

16．D

【详解】

A．由图可知，随pH增大，中的H+逐渐被消耗，故①为，②为，③为，④为，⑤为，故A错误；

B．根据A项分析，④代表的分布分数曲线，由图可知，当的分布分数为最大值时溶液的pH>7，溶液显碱性，说明的水解大于电离，则，故B错误；

C．+H+，，取②和③的交点，c()=c()，则，故C错误；

D．反应的平衡常数K=，取①和②的交点，c()=c()，，则K=，认为反应完全，故D正确；

答案选D。

17．冷凝管 77℃左右 水浴加热 除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 加入无水氯化钙 无酸性废水，不污染环境，不与乙醇发生副反应 CuCl2·2H2O 比CuSO4在酸醇混合体系中的溶解性好，催化效率高    

【分析】

在圆底烧瓶中加入32 mL1：1的乙醇和冰醋酸，再加入32 mL1：1的乙醇和浓硫酸，加热圆底烧瓶，将温度计水银球放在蒸馏烧瓶支管口附近，以测定馏分的温度，给混合物加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯，挥发的乙酸及乙醇会随着反应制取的乙酸乙酯通过冷凝管进入到锥形瓶中，为除去生成物中的杂质，可以使用饱和碳酸钠溶液，其作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，催化剂可以使用浓硫酸，也可使用其它催化剂，可根据物质的溶解性及相同时间产生酯的多少及是否会污染环境等判断催化剂的优劣。

【详解】

(1)根据图示可知仪器b的名称是冷凝管；

(2)在蒸馏烧瓶中乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，为使反应正向进行程度增大，要使反应产生的乙酸乙酯脱离反应体系，同时尽可能降低反应物乙酸及乙醇的挥发，结合各种物质的沸点可知：一般控制反应温度在77℃；要是温度保持在77℃，加热方式常采用水浴加热；

(3)由于酸性：CH3COOH＞H2CO3，所以向馏分中加入饱和碳酸钠溶液，碳酸钠与酯中挥发的杂质乙酸反应产生易溶于水的物质，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度，得到互不相溶的两层液体，其中上层为酯层，下层为水层，通过分液将两层液体分离；

乙醇与乙酸乙酯互溶，由于乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，向混合乙醇的乙酸乙酯层中加入无水氯化钙，乙醇与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，然后过滤除去固体物质，将所得产品干燥，蒸馏，得到纯度较高的乙酸乙酯；

(4)用硫酸作催化剂，会产生大量酸性废液，导致环境污染；而且浓硫酸与乙醇混合加热会发生副反应，同时降低乙醇的利用率，因此使用固体无机盐为催化剂的优点是：无酸性废水，不污染环境，不与乙醇发生副反应；

(5)根据表格数据可知：CuCl2·2H2O在酸醇混合体系中易溶，而CuSO4难溶，在相同时间内CuCl2·2H2O产生的酯更多，说明CuCl2·2H2O催化效率更高。即由于CuCl2·2H2O 比CuSO4在酸醇混合体系中的溶解性好，与催化剂接触面积更多，使得其催化效率高。

18．增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分  2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO] Na2SO4 水 pH过高，Al3+、Cu2+、Ni2+也会形成沉淀 4OH--4e－＝2H2O＋O2↑ 3    

【分析】

电镀污泥中主要含有、CuO、NiO、、和等化合物。将电镀污泥和碳酸钠混合焙烧，和分别转化为、，转化为Na2SiO3，CuO、NiO、不反应，水浸时通入二氧化碳，和Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀，过滤得到的“滤液”的主要成分是含有少量重金属阳离子的溶液；滤渣用酸洗后，过滤除去硅酸，溶液中含有Al3+、Cu2+、Ni2+、Fe3+，加入Na2SO4溶液调节溶液的pH沉铁，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去；电解滤液得到铜单质，加入除杂剂除去Al3+，滤液中主要含有NiSO4，结晶得到NiSO4，据此分析解答。

【详解】

(1)“焙烧”时先将固体粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；

(2)“焙烧”时转化为，Cr的化合价由+3价转化为+6价，空气中的氧气中的O原子由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为=；“水浸”时与二氧化碳反应的离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO]，故答案为：；2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+[或AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO]；

(3)溶液中存在2CrO+2H+⇌Cr2O+H2O，根据除杂装置图，与硫酸发生阳离子交换，得到液体X和H2Cr2O7，则液体X为Na2SO4；H2Cr2O7和氢氧化钠发生阴离子交换，得到和液体Y，则液体Y是水，故答案为：Na2SO4；水；

(4)“沉铁”时控制pH在1.5~2.5，Fe3+水解生成Fe(OH)3，若pH过高，会使Al3+、Cu2+、Ni2+沉淀，充分搅拌，可以使Fe3+水解充分，故答案为：pH过高，Al3+、Cu2+、Ni2+也会形成沉淀；

(5)电解时以惰性合金板为阳极，阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失去电子放出氧气，电极反应式为4OH--4e－＝2H2O＋O2↑，故答案为：4OH--4e－＝2H2O＋O2↑；

(6)常温下，“净化除杂”时，若溶液中铝离子浓度为，则其开始沉淀时，c(OH-)== mol/L=10-11 mol/L，则c(H+)=10-3 mol/L，pH=3，故答案为：3。

19．-3 6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe +1016.0  增大 FeO BD    

【分析】

已知：① ；② ③ 根据盖斯定律：②×3-①-③，求反应的；利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、、，代入平衡常数K=公式计算；根据图1，确定平衡的OS/CC约为0.05，此时反应达到平衡，反应物的转化率最大，由曲线2根据反应物和生成物随OS/CC值的变化，确定各曲线对应的物质。

【详解】

(1)根据化合物中化合价的代数和为0，或根据化合价的定义：N与C形成三个共用电子对，N的电负性大于碳，HCN中N的化合价为-3。故答案为：-3；

(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，C由+2价升高为+4价，N由-3价升高为0价，铁由+3价降为0价，根据电子得失守恒得反应的化学方程式6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe。故答案为：6HCN+5Fe2O3=3N2↑+6CO2↑+3H2O+10Fe；

(3)已知：① ；② ③ 根据盖斯定律：②×3-①-③，则反应 =()×3-()-()=+1016.0。故答案为：+1016.0；

(4)①假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、、，平衡常数K=== 。对于吸热反应，若升高温度，平衡正向移动，该反应的平衡常数将增大。故答案为：；增大；

②已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，图2中的曲线③代表，曲线②表示是产物Fe随OS/CC的增大而逐渐增大，则图2中曲线①表示FeO(选填“Fe”“FeO”“”)随OS/CC的增大而先逐渐增大，后又减小。故答案为：FeO；

③A．是该反应的反应物，故A错误；

B．固体产物Fe经氧化处理后得可循环利用，故B正确；

C．OS/CC为0.03时，由图1HCN曲线的斜率比曲线的斜率大，HCN的氧化速率比高，故C错误；

D．OS/CC约为0.05时，达到平衡状态，反应物的转化率最大，的利用率和污染物处理效果最佳，故D正确；

故答案为：BD。

20．sp2 3 O 1s22s22p63s23p63d7 3 三种物质都属于共价晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，该化学键的键能就越大，物质的硬度就越大。由于键长：C-C键＜C-Si键＜Si-Si键，所以键能C-C键＞C-Si键＞Si-Si键，故物质的硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 KC8 离子键 

【详解】

(1)在石墨中碳原子形成3个σ共价键，因此C的杂化类型是sp2杂化；

石墨是层状结构，在层内C原子与相邻的3个C原子形成共价键，在层间C原子之间以分子间作用力结合，因此在层内C原子的配位数是3；

(2)在LiNiO2中含有Li、Ni、O三种元素，其中O是非金属元素，Li、Ni是金属元素，非金属元素的电负性大于金属元素，所以三种元素中电负性最大的元素是O；

(3)Ni是28号元素，根据构造原理可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子，就得到Ni3+，则基态Ni3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7；3d轨道有5个，每个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，则其中有3个未成对的电子；

(4)金刚石、碳化硅、晶体硅都是共价晶体，原子半径越小，共价键键长就越短，该化学键的键能就越大，物质的硬度就越大。由于原子半径：C＜Si，所以键长：C-C键＜C-Si键＜Si-Si键，键能C-C键＞C-Si键＞Si-Si键，因此物质的硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；

 ，C原子数目=12×4+8×4×=，K、C原子数目之比为1：8 ，则该插层化合物的化学式是KC8，该化合物为离子化合物，K层与石墨层之间的化学键类型为离子键；

该晶胞中含有K原子8个，含有C原子个，则晶胞质量m=，晶胞体积V=(a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(b×10-7cm)=a2b×10-21 cm3，所以该晶胞的密度ρ=。

21． 3，3-二甲基-1-丁炔 取代反应 ++H2O 醚键、碳溴键(或溴原子) 7 (CH3)3CCHO     

【分析】

与碘发生取代反应生成B，结合C的结构可知，B为，B与发生取代反应生成C，结合官能团的性质和变化分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；

(2)中含有碳碳三键的最长碳链有4个碳原子，且碳碳三键在1和2号碳之间，为1-丁炔，在3号碳上含有两个甲基，化学名称为3，3-二甲基-1-丁炔，故答案为：3，3-二甲基-1-丁炔；

(3)根据流程图，中的碳碳三键一端的H原子被苯环代替，属于取代反应；由D生成E的化学方程式为++H2O，故答案为：取代反应；++H2O；

(4)E()中含有的官能团名称为碳碳三键、醚键、碳溴键(或溴原子)，故答案为：醚键、碳溴键(或溴原子)；

(5)THF的结构简式为，相对分子质量为72，化合物G是THF的同系物，①分子量为86，说明G比多一个CH2原子团，G的分子式为C5H10O，②含有碳氧双键结构，满足条件的G的同分异构体有：C=O的一端为H，一端为- C4H9，- C4H9有4种结构；C=O的一端为- CH3，一端为- C3H7，- C3H7有2种结构；C=O的两端均为- C2H5有1种结构；共7种同分异构体；其中只含有2种不同化学环境的氢原子且能发生银镜反应的化合物的结构简式为(CH3)3CCHO，故答案为：7；(CH3)3CCHO；

(6)用和为原料制备，根据流程图中D→E的转化可知，需要先合成，可以根据C→D的转化方法合成，因此需要先合成，因此合成路线为，故答案为：。

【点睛】

本题的难点和易错点为(6)，要注意题干流程图中物质间的转化关系的理解和应用。