2020年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析）

这是一份2020年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，CH3OOCCH=CH2等内容，欢迎下载使用。
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2020年山东省德州市高考化学一模试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共11题）
1. 新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是（　　）
A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B.生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料
C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果
2. 据《Green Chemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为：NaCl+CO2CO+NaClO．下列说法正确的是（　　）
A.CO2的电子式：
B.NaCl属于离子晶体，其配位数为8
C.NaClO中既有离子键又有共价键
D.还原22.4LCO2转移的电子数2NA
3. 下列说法正确的是（　　）
A.CH≡CH和CH2═CHCH═CH2互为同系物
B.互为同分异构体
C.有机物的二氯代物有5种
D.（CH3）3C-CH=CH2与氢气加成后，生成2，2，3-三甲基戊烷
4. 下列对实验事实的理论解释正确的是（　　）

选项
实验事实
理论解释
A
酸性：HClO＜H2CO3
非金属：C＞Cl
B
NH3溶于水形成的溶液能导电
NH3是电解质
C
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
D
H2O的沸点高于H2S
H-O的键能大于H-S的键能

A.A B.B C.C D.D
5. 通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A.0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为0.2NA
B.25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA
C.17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NA
D.生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA
6. 我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（　　）

A.分子式为C13H12O6
B.该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应
C.1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOH
D.1mol该有机物与溴水反应最多消耗3molBr2
7. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001mol•L-1）的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A.Y和Z的简单离子半径：Y＜Z
B.R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q
C.R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3
D.上述五种元素中有两种元素是金属元素
8. 乙酸丁酯是重要的化工原料。实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图（加热和夹持装置已省略）和有关信息如表：下列说法正确的是（　　）


乙酸
正丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
-89.5
-73.5
沸点/℃
117.9
117
126.0
密度/g•cm-3
1.1
0.80
0.88


A.加热一段时间后，发现烧瓶C中忘记加沸石，可打开瓶塞直接加入即可
B.装置B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
C.装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器，且冷凝水由a口进，b口出
D.乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去
9. 还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72-和CrO42-）工业废水的常用方法，过程如下：已知：转化过程中的反应为2CrO42-（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72-（aq）+H2O（l）。常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10-32．下列说法错误的是（　　）

A.反应①v正（CrO42-）=2v逆（Cr2O72-）时，反应处于平衡状态
B.反应②转移0.6mole-，则有0.2molCr2O72-被还原
C.除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
D.常温下，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10-5mol•L-1，反应③应调溶液pH=5
10. 已知反应：CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数（φ）与温度（T）、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是（　　）

A.图甲中ω1＞1
B.图乙中，线A表示正反应的平衡常数
C.在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态
D.当温度为T1、ω=2时，Cl2的转化率约为33.3%
11. 2022年前后我国将建成首座载人空间站。为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为2CO2═2CO+O2．下列说法正确的是（　　）

A.该装置将太阳能直接转化为化学能
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.反应完毕，该装置中电解质溶液的pH不变
D.Y电极的反应：CO2+2e-+H2O═CO+2OH-

评卷人
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二、 双选题（共4题）
12. 下列实验设计能达到实验目的的是（　　）

选项
实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液，滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
B
检验丙烯醛中是否含碳碳双键
向丙烯醛溶液中滴加KMnO4（H+）
C
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向AgCl的饱和溶液的滴加NaBr
D
比较水与乙醇中羟基氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中

A.A B.B C.C D.D
13. 为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）═2SO2+SeO2+2H2O②SeO2+4KI+4HNO3═4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（　　）
A.①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B.②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C.每生成0.4molI2共转移1.2mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3
14. 常温下，向VmL 0.1mol•L-1HA溶液中滴入0.1 mol•L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水（H+）]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A.常温下，Ka（HA）约为10-5
B.P点溶液对应的pH=7
C.M点溶液中存在：c（Na+）=c（A-）+c（HA）
D.N点溶液中存在：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）
15. 水煤气变换反应为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（　　）

A.水煤气变换反应的△H＞0
B.步骤③的化学方程式为：CO•+OH•+H2O（g）═COOH•+H2O•
C.步骤⑤只有非极性键H-H键形成
D.该历程中最大能垒（活化能）E正=2.02eV

评卷人
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三、 实验题（共1题）
16. 亚硝酰氯（NOC1）是一种黄色气体，沸点为-5.5℃．其液体呈红褐色。遇水发生反应：2NOC1+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑．某化学兴趣小组设计图装置用C12和NO制备NOC1．回答下列相关问题：

（1）甲装置发生的离子反应方程式为______，装置丙中的液体为______。
（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是______。
（3）装置丁中冰盐水的作用是______。
（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是______（用文字描述）。
（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______。
（已知：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O）
（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL．则产物中NOCl纯度的计算式为______。

评卷人
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四、 简答题（共4题）
17. Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为______。
（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是______。
（3）铁氰化钾{K3[Fe（CN）6]）}溶液是检验Fe2+常用的试剂。l mol[Fe（CN）6]3-含σ键的数目为______。
（4）Co3+的一种配离子[Co（N3）（NH3）5]2+中，Co3+的配位数是______。配体N3-中心原子的杂化类型为______。CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO的熔点较高的原因______。
（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C原子坐标参数为______。

18. 二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取得重大成果。

（1）图1是由CO2制取C的太阳能工艺。已知过程1发生的反应中=6，则FexOy的化学式为______。过程1生成1mol C的反应热为△H1；过程2产生lmol O2（g）的反应热为△H2．则由CO2制取C的热化学方程式为______。
（2）利用CO2合成甲醇的反应为：CO2（g）+3H2（g）═H2O（g）+CH3OH（g）△H=-53.7kJ•mol-1，一定条件下，将1mol CO2和2.8mol H2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α（CO2）]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图2所示。过程Ⅰ的活化能______（填“＞”“＜”或“=”）过程Ⅱ的活化能，n点的平衡常数K=______。
（3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯（LDPE）。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得LDPE，该电极反应可能的机理如图3所示。
①过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生______反应（填“氧化”或“还原”）。
②请补充完整并配平CO2转化为LDPE的电极反应：2n CO2+______+______=+______。
③工业上生产1.4×104g的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是______L。
19. 随着钴酸锂电池的普及使用，从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。图是废旧钻酸锂（LiCoO2）（含少量铁、铝、铜等元素的化合物）回收工艺流程：
（1）“拆解”前需进入“放电”处理的目的是______；用食盐水浸泡是放电的常用方法，浸泡放电过程中产生的气体主要有______。
（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为______。
（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是______；加入NaClO3的主要目的是______。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率关系如图所示：

根据图分析：沉钴时应控制n（C2O42-）：n（Co2+）比为______，温度控制在______℃左右。
20. 甲基丙烯酸甘油酯GMA（），由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团，使得其应用十分广泛。工业合成GMA的一种方法如图（部分反应所需试剂和条件已略去）：

已知：

请按要求回答下列问题：
（1）B中的官能团名称：______；
（2）C的结构简式______；
（3）请写出E→F的反应方程式和反应类型：E→F：______，______反应；
（4）H的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为______，H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有______种。
（5）已知：CH2=CH2．参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：丙烯Br______。































参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：A．新型冠状病毒是蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，故A错误；
B．生产医用防护服、口罩中主要是聚丙烯纤维、熔喷布等，均是有机高分子材料，故B正确；
C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，使蛋白质病毒变性失去生理活性达到消毒目的，故C错误；
D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合会发生氧化还原反应，不能起到提升消毒效果的作用，故D错误；
故选：B。
A．新型冠状病毒成分为蛋白质；
B．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万；
C．乙醇无氧化性，能使蛋白质发生变性；
D．NaClO具有强氧化性。
本题考查了物质性质、蛋白质组成和性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解；A．CO2分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其结构式为：O=C=O，C与O之间存在四个共用电子对，电子式为，故A错误；
B．NaCl中含有离子键，属于离子晶体，其配位数为6，故B错误；
C．NaClO由Na+离子和ClO-离子构成，Cl与O之间形成共价键，所以NaClO中既有离子键又有共价键，故C正确；
D．还原22.4L CO2，没有说明是否是标准状况，无法根据气体的体积计算物质的量，所以不能计算转移电子数，故D错误；
故选：C。
A．二氧化碳中，碳原子与氧原子之间存在C=O键；
B．NaCl中含有离子键，其配位数为6；
C．NaClO由Na+离子和ClO-离子构成，Cl与O之间形成共价键；
D．没有说明是否是标准状况，无法计算。
本题考查了化学键、常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、化学键、物质的量的计算等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
3. 【答案】C
【解析】解：A、CH≡CH和CH2═CHCH═CH2含有的官能团种类数目不一样，不能互为同系物，故A错误；
B、的分子式不同，不是互为同分异构体关系，故B错误；
C、有机物具有对称结构，将甲基氢原子被Cl取代则另一个Cl可以在甲基碳上，可以在环上两个结构，还可以在另一个甲基上，这样四种，定位的Cl移位到换环上，另一个Cl在环的另一个碳原子上，共5种，故C正确；
D、（CH3）3C-CH=CH2与氢气加成后，生成（CH3）3C-CH2CH3，命名为2，2-二甲基丁烷，故D错误。
故选：C。
A、同系物种含有的官能团种类数目一样；
B、分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
C、有机物具有对称结构，先将一个Cl定位，移动另一个Cl即可；
D、烯烃和氢气加成得到烷烃，根据烷烃命名法进行回答。
本题考查学生同分异构体的判断、二氯取代产物种数的判断、烯烃的加成反应，烷烃的命名等知识，注意知识的迁移应用是关键，难度不大。
4. 【答案】C
【解析】解：A．元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞C，酸性：HClO4＞H2CO3，HClO不是最高价含氧酸，故A错误；
B．NH3溶于水形成的溶液能导电，原因氨气与水反应生成的一水合氨能够电离出铵离子和氢氧根离子，导电的离子不是氨气电离的，所以氨气属于非电解质，故B错误；
C．N的2p电子为半满，为稳定结构，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故C正确；
D．H2O分子间含氢键，则H2O的沸点高于H2S，与H-O的键能大于H-S的键能无关，故D错误；
故选：C。
A．元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
B．NH3溶于水形成的溶液能导电，原因氨气与水反应生成的一水合氨能够电离出铵离子和氢氧根离子；
C．N的2p电子为半满，为稳定结构；
D．H2O分子间含氢键。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质结构与性质、实验现象与解释为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5. 【答案】C
【解析】解：A、1 mol BaCl2中所含离子总数为3mol，所以0.1 mol BaCl2中所含离子总数为0.3 NA，故A错误；
B、溶液的体积不知，所以无法求物质的量，故B错误；
C、17 g H2O2中，n===0.5mol，而双氧水中含1条非极性键，故0.5mol双氧水中含0.5NA条非极性键，故C正确；
D、2.33 g BaSO4沉淀的物质的量为0.01mol，而此反应转移2mol电子，生成1mol硫酸钡沉淀，故当生成0.01mol硫酸钡沉淀时，反应转移0.02mol电子即0.02NA个，故D错误；
故选：C。
A、1 mol BaCl2中所含离子总数为3mol；
B、溶液的体积不知；
C、根据n=，结合1mol H2O2中含有1mol非极性键来分析；
D、2.33 g BaSO4沉淀的物质的量为0.01mol，而此反应转移2mol电子，生成1mol硫酸钡沉淀。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6. 【答案】C
【解析】解：A．由结构简式可知分子式为C13H12O6，故A正确；
B．含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羟基、羧基、酯基，可发生取代反应，故B正确；
C．能与氢氧化钠反应的为羧基、酯基和酚羟基，则1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3mol NaOH，故C错误
D．含有酚羟基，邻位、对位可发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol该有机物与溴水反应最多消耗3mol Br2，故D正确。
故选：C。
有机物含有羧基、酯基、羟基、醚键，结合酸、酯类、烯烃的性质解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质及有机反应，题目难度不大。
7. 【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为Na、Q为S、R为Cl，
A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则Y和Z的简单离子半径：Y＞Z，故A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C．R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO4，故C错误；
D．只有Na为金属元素，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，由25℃时其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001mol•L-1）的pH和原子半径的关系图可知，Z的原子半径最大，对应碱的pH=11，可知Z为Na；Y、R对应酸的pH=3，且R的半径比Y大，可知Y为N、R为Cl；Q的原子半径大于R，且等浓度时pH小于R，则Q为S；X的原子半径大于Y、小于Z，X位于第二周期，且原子序数小于Y，且对应酸的酸性小于硝酸，则X为C，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期元素的半径、最高价氧化物的水化物溶液的pH来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8. 【答案】D
【解析】解：A．应停止加热，待冷却至室温时再加入沸石，以避免热的液体迸溅而烫伤，故A错误；
B．由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故B错误；
C．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，故C错误；
D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确。
故选：D。
A．加入沸石，应避免热的液体迸溅而烫伤；
B．乙酸丁酯密度比水小，B的作用为分离出水；
C．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管；
D．乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，题目难度不大。
9. 【答案】B
【解析】解：A、判定化学平衡状态：根据同种物质v正=v逆，或根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比；2CrO42-（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72-（aq）+H2O（l），=，即v正（CrO42-）=2v逆（Cr2O72-）时，达平衡状态，故A正确；
B、根据电子转移守恒，反应②Cr2O72-～2Cr3+，转移6mol e-；所以当转移0.6mole-，则有0.1molCr2O72-被还原，故B错误；
C、除去废水中含铬离子的过程中含有：Cr2O72-被还原生成Cr3+的氧化还原反应、Cr3+与OH-发生复分解反应生成难溶于水的Cr（OH）3，故C正确；
D、Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-），c（Cr3+）=1×10-5mol•L-1，c3（OH-）===10-27mol•L-1，c（OH-）==10-9mol•L-1，c（H+）===10-5mol•L-1，则pH=-lgc（H+）=5，故D正确；
故选：B。
A、根据同种物质v正=v逆，或不同物质速率比等于系数比来判定化学平衡状态；
B、根据电子转移守恒，反应②Cr2O72-～2Cr3+，转移6mol e-；
C、包括Cr2O72-生成Cr3+的氧化还原反应和Cr3+与OH-的复分解反应；
D、根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c（OH-）列式计算求出c（OH-）、c（H+）、pH。
本题考查难溶电解质的溶解平衡的重点知识，涉及化学平衡状态的判定、氧化还原反应规律、溶解平衡常数的相关计算等，难点是溶解平衡常数的相关计算；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建知识思维导图，避免出错。
10. 【答案】D
【解析】解：A．增大氯气的量，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，则图甲中ω1＜1，故A错误；
B．由图甲可知，随着温度的升高，丙烯的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应的平衡常数减小，则图乙中，线B表示正反应的平衡常数，故B错误；
C．该反应是气体分子数不变的反应，反应开始到平衡，容器压强都不改变，在恒容容器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．当温度为T1、ω=2时，平衡常数K=1，
CH2=CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）。
起始c（mol/L） 1 2 0 0
转化c（mol/L） x x x x
平衡c（mol/L） 1-x 2-x x x
K===1，解得x=，则Cl2的转化率为×100%≈33.3%，故D正确，
故选：D。
A．根据勒夏特列原理，增大氯气的量，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小；
B．由图甲可知，随着温度的升高，丙烯的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动；
C．该反应是气体分子数不变的反应，反应开始到平衡，容器压强都不改变；
D．当温度为T1、ω=2时，平衡常数K=1，列化学平衡三段式计算。
本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据勒夏特列原理、化学平衡三段式解答此题，此题难度中等。
11. 【答案】C
【解析】解：A．该装置把太阳能转化为电能，电能转化为化学能，故A错误；
B、图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；
C．阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C正确；
D．与P相连的Y为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，则Y电极的反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故D错误。
故选：C。
总反应为2CO2=2CO+O2，该装置把太阳能转化为电能，电能转化为化学能，电解时，阴极发生还原反应生成CO，阳极发生氧化反应生成氧气，由电荷移动可知，N为负极、P为正极，则与P相连的Y为阳极，与N相连的X为阴极，以此解答该题。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，题目难度不大。
二、 双选题
12. 【答案】CD
【解析】解：A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN、后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B．碳碳双键、-CHO均可被高锰酸钾氧化，由现象不能检验碳碳双键，故B错误；
C．AgCl的饱和溶液的滴加NaBr，生成AgBr沉淀，由沉淀转化可比较Ksp，故C正确；
D．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，则比较水与乙醇中羟基氢的活泼性，故D正确；
故选：CD。
A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
B．碳碳双键、-CHO均可被高锰酸钾氧化；
C．AgCl的饱和溶液的滴加NaBr，生成AgBr淡黄色沉淀，为沉淀转化；
D．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13. 【答案】BC
【解析】解：A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；
C．反应②中I元素化合价由-1价变为0价，每生成0.4mol I2转移电子物质的量为：0.4mol×2×[0-（-1）]=0.8mol，故C错误；
D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3，故D正确；
故选：BC。
本题考查氧化还原反应概念及计算，题目难度不大，正确判断化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
14. 【答案】BC
【解析】解：HA电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，0.1mol•L-1HA溶液中-lgc水（H+）=11，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L＜0.1mol/L，说明HA为弱酸。
A．0.1mol•L-1HA溶液中c（A-）≈c（H+）=10-3mol/L，c（HA）≈0.1mol/L，Ka（HA）=≈=10-5，故A正确；
B．N点-lgc水（H+）达到最小，说明达到滴定终点，则P点NaOH过量，溶质为NaA、NaOH，则P点溶液呈碱性，故B错误；
C．M点溶质为HA、NaA，结合物料守恒可知：c（Na+）＜c（A-）+c（HA），故C错误；
D．N点-lgc水（H+）达到最小，说明水的电离程度最大，此时溶质为NaA，A-水解溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知c（Na+）＞c（A-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；
故选：BC。
HA电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，0.1mol•L-1HA溶液中-lgc水（H+）=11，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L＜0.1mol/L，说明HA为弱酸。
A．结合分析可知，0.1mol•L-1HA溶液中c（A-）≈c（H+）=10-3mol/L，c（HA）≈0.1mol/L，结合Ka（HA）=计算；
B．P点溶质为NaA、NaOH，溶液呈碱性；
C．M点-lgc水（H+）=7，c水（H+）=10-7，溶液呈中性，此时溶质为HA、NaA，结合物料守恒分析；
D．N点水的电离程度达到最大，此时溶质为NaA，A-水解溶液呈碱性，结合电荷守恒分析。
本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及盐的水解原理，B为易错点，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
15. 【答案】BD
【解析】解：A．由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则水煤气变换反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B．由图可知步骤③CO•、OH•和H2O（g）转化为COOH•和H2O•，则化学方程式为：CO•+OH•+H2O（g）═COOH•+H2O•，故B正确；
C．由图可知步骤⑤生成了CO2（g）和H2（g），步骤⑤有非极性键H-H键、极性键C=O形成，故C错误；
D．该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④，则E正=（1.86eV+0.16eV）=2.02eV，故D正确，
故选：BD。
A．反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B．由图可知步骤③CO•、OH•和H2O（g）转化为COOH•和H2O•；
C．由图可知步骤⑤生成了CO2（g）和H2（g）；
D．该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④。
本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，着重于对概念的理解，注意反应能量的变化与反应物、生成物能量之间的关系，能根据图中信息，分析能量变化，此题难度中等。
三、 实验题
16. 【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硫酸 排尽装置中的空气，避免氧化NO 液化亚硝酰氯，便于收集产品 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O
【解析】解：（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯气；
故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸；
（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化；
故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
（3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品；
故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应；
故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
（5）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1-HCl-AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10-3L×10=0.01cVmol，则则产物中NOCl纯度为×100%=；
故答案为：。
（1）由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气；
（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮；
（3）装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，
（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应；
（5）根据题干的化学方程式来书写化学方程式；
（6）根据化学方程式可得转化关系为NOC1-HCl-AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10-3L×10=0.01cVmol，然后计算可得。
本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，明确实验目的是解题关键，注意物质性质以及对题目信息的获取与使用，题目难度中等。
四、 简答题
17. 【答案】3d Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构 12NA 6 sp 两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高
【解析】解：（1）Fe的子序数26，其核外电子排布为[Ar]3d64s2，根据构造原理可知其最高能级为3d，
故答案为：3d；
（2）Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6，Fe3+核外电子排布为[Ar]3d5，三价铁的3d轨道为半充满状态，结合洪特规则特例可知，半充满的结构较为稳定，
故答案为：Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构。
（3）1个铁氰酸根离子中存在碳氮之间形成三键，三键中有一条σ键两条π键，中心原子铁与CN-之间形成配位键，配位键属于σ键，结合其离子组成可知1mol[Fe（CN）6]3-含σ键12mol，数目为12NA，
故答案为：12NA；
（4）配离子[Co（N3）（NH3）5]2+中心原子Co与氨气分子和（N3）之间均形成配位键，故配体个数为6即配位数为6；配体N3-中原子数3，价电子数16，与二氧化碳互为等电子体，根据等电子原子可知，其中心原子N的杂化方式与二氧化碳中的碳原子杂化方式相同，也为sp杂化；CoO、CoS都是离子晶体，离子晶体的熔沸点与晶格能的大小有关，离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，两者中S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高，
故答案为：6；sp；两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高；
（5）根据NiO的晶胞结构所示，其中原子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），C原子位于其中一个面心上，坐标参数，
故答案为：；
（1）根据铁的原子序数26，结合构造原理确定核外电子的排布，得出最高能级；
（2）根据三价铁和二价铁的核外电子排布分析，结合洪特规则特例分析；
（3）铁氰酸根离子中存在碳氮之间的共价键和铁与CN-之间的配位键，配位键属于σ键，据此确定；
（4）配位数是配合离子中与中心原子结合的离子或者分子的个数；根据N3-与二氧化碳是等电子体确定N杂化方式；根据离子晶体的晶格能比较规律分析；
（5）根据C点在晶胞的面心位置，结合A、B点坐标即可确定；
本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子的核外电子排布规律及原理、共价键的分类，杂化类型的判断，以及晶体的溶沸点比较等知识，特别要提醒的是配位键属于共价键的一种形式，且为σ键。
18. 【答案】Fe3O4 CO2（g）=C（s）+O2（g）△H=△H1+△H2 ＜ 200 还原 12ne- 12nH+ 4nH2O 2.24×104
【解析】解：（1）根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO+CO2═FexOy+C，根据原子守恒知x：y=3：4，则FexOy的化学式为Fe3O4；由盖斯定律可知，过程1+过程2可得CO2制取C的热化学方程式CO2（g）=C（s）+O2（g），则△H=△H1+△H2，
故答案为：Fe3O4；CO2（g）=C（s）+O2（g）△H=△H1+△H2；
（2）反应活化能越小，反应速率越快，由题给示意图可知，过程Ⅰ先达到平衡，反应速率快于过程Ⅱ，则过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能；由图可知CO2的转化率为80%，反应消耗二氧化碳的浓度为0.4mol/L，由题意可以建立如下三段式：
CO2（g）+3H2（g）=H2O（g）+CH3OH（g） （单位：mol/L）
起始量：0.5 1.4 0 0
转化量：0.4 1.2 0.4 0.4
平衡量：0.1 0.2 0.4 0.4
平衡常数K===200（mol/L）-2，
故答案为：＜；200；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2-→CO→：CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应，故答案为：还原；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子，电极反应反应式为2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故答案为：12ne-；12nH+；4nH2O；
③生产1.4×104g，根据C元素守恒有2nCO2～，可知CO2的物质的量为×2n=1.0×103mol，标准状况下CO2的体积等于1.0×103mol×22.4L/mol=2.24×104L，故答案为：2.24×104。
（1）根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO+CO2═FexOy+C，根据原子守恒知x：y=3：4；由盖斯定律计算可得；
（2）反应活化能越小，反应速率越快；由题意可以建立三段式计算可得热化学方程式；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2-→CO→：CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子；
③据2nCO2～计算可得标准状况下CO2的体积。
本题考查盖斯定律的应用、电化学、化学平衡影响因素和化学平衡的计算等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，注意化学平衡三段式格式的计算运用，题目难度中等。
19. 【答案】防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 H2、Cl2 4H++CoO2-=2H2O+Co3+ 将Co3++还原为Co2+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 1.15 46
【解析】解：（1）电池“拆解”前需进行“放电”处理，是为了防止在电池拆解过程中发生短路，引起火灾及操作人员触电；用食盐水浸泡放电过程，为电解NaCl溶液的过程，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑，因此浸泡放电过程中产生的气体为H2和Cl2。
故答案为：防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电；H2、Cl2。
（2）加入硫酸后，溶液中CoO2-和H+反应，生成Co3+和H2O，反应的离子方程式为：4H++CoO2-=2H2O+Co3+。
故答案为：4H++CoO2-=2H2O+Co3+。
（3）Na2SO3中硫元素为+4价，具有还原性，可将溶液中的Co3+还原为Co2+；NaClO3中氯元素为+5价，具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+。
故答案为：将Co3+还原为Co2+；将Fe2+氧化成Fe3+。
（4）由图a可知，当n（C2O42-）：n（Co2+）=1.15时，钴的沉淀率最大，继续增大比值，对钴沉淀率的增大影响不大，因此沉钴时应控制n（C2O42-）：n（Co2+）为1.15；由图b可知，当温度为46℃左右时，钴的沉淀率最高，因此需控制温度在46℃左右。
故答案为：1.15；46。
废旧电池材料中含有LiCoO2和少量Fe、Al、Cu等元素的化合物，经硫酸浸泡后，所得滤液中含有Li+、Co3+、Fe2+、Al3+和Cu2+；滤渣中含有不溶于酸的固体物质。滤液中加入Na2SO3后，由于Na2SO3具有还原性，能将滤液中的Co3+还原为Co2+，加入NaClO3后，由于NaClO3具有氧化性，能将滤液中的Fe2+氧化成Fe3+；加入氨水，调节pH，使得溶液中的Al3+和Fe3+形成Al（OH）3沉淀和Fe（OH）3沉淀。滤液2中含有Co2+、Li+、Na+、Cl-和SO42-，加入草酸铵后，滤液2中Co2+与C2O42-形成CoC2O4•2H2O；滤液3中含有Li+，加入饱和Na2CO3溶液后，形成Li2CO3，据此结合题干设问分析作答。
此题是对工艺生产流程的考查，解答此类题型时，应结合无机化合物的性质和转化进行分析，确定每一步流程中所发生的反应，以及反应后所得溶液的成分，再结合题干设问进行分析。
20. 【答案】羟基、氯原子 氧化 3：2：1 5
【解析】解：（1）B结构简式为：，含有的官能团名称：羟基（-OH）、氯原子（-Cl），
故答案为：羟基、氯原子；
（2）甘油为，GMA的结构简式为，甘油发生取代反应生成B，由GMA的结构可知，B反应生成C为，
故答案为：；
（3）C为，可推知H为，D系列转化得到H，结合信息，-CN水解引入羧基，故D为（CH3）2CHCl，则E为（CH3）2CHOH，E→F为醇羟基的催化氧化，反应的方程式为：，
故答案为：；氧化；
（4）H（）的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为3：2：1，H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有CH2=CHCH2OOCH、CH3CH2=CHOOCH、CH2=CH（CH3）OOCH、CH2=CHOOCCH3、CH3OOCCH=CH2、共5种，
故答案为：3：2：1；5；
（5）BrCH2CH=CH2氧化生成，然后碱性条件下水解生成，合成路线流程图为：
故答案为：。
甘油为，甘油发生取代反应生成B，由GMA的结构可知，B反应生成C为，可推知H为，D系列转化得到H，结合信息，-CN水解引入羧基，故D为（CH3）2CHCl，则E为（CH3）2CHOH、F为、G为。
（5）BrCH2CH=CH2氧化生成，然后碱性条件下水解生成。
本题合成有机物的推断与合成，充分利用GMA的结构进行分析判断，需要学生对给予信息进行利用，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，是有机化学基础常考题型，题目难度中等。