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2020年河北省邯郸市高考化学一模试卷(含解析）
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这是一份2020年河北省邯郸市高考化学一模试卷(含解析），共20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等内容，欢迎下载使用。
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
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
1. 化学与生产、生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（ ）
A.古代制盐（NaCl）有“东晒西煮”之说，该说法体现了古代制盐利用了水解原理
B.宋代烧制的青白瓷“光致茂美、洁白不疵”，烧制青白瓷的主要原料为黏土
C.75%的医用酒精可以灭活新型冠状病毒，是利用了乙醇的强氧化性
D.《元夕同杂宾里中观放烟火》中“百枝然火龙衔烛，七采络缨吐凤吐花”描述的是颜色反应的现象
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）
•L-1NaNO2溶液中NO2-的数目为0.1NA
乙二醇中含有羟基的数目为NA
中所含质子总数为2.8NA
镁条在足量的由N2和O2组成的混合气体中完全燃烧时，转移的电子总数一定为0.2NA
3. 关于信息素N（结构如图所示），下说列法错误的是（ ）
A.至少有6个碳原子一定共平面
B.能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色
C.分子式为C11H20O
D.能发生酯化反应
4. 溴乙烷是无色油状液体沸点为38.4℃，难溶于水，能溶于多种有机溶剂。以NaBr固体、C2H5OH、浓H2SO4、水为原料，对反应后的混合液微热可在烧杯中得到粗产品（溴乙烷），反应装置如图（已略去夹持和加热装置），反应原理：①NaBr+H2SO4（浓）═NaHSO4+HBr；②CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O．下列有关说法正确的是（ ）
A.烧瓶中试剂加入的先后顺序：浓硫酸、水、溴化钠、乙醇
B.可用装置代替倒置漏斗装置
C.冷凝水从b口进a口出
D.粗产品经水洗涤、蒸发结晶得到纯净的溴乙烷
5. 化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍。下列说法正确的是（ ）
A.简单离子的半径：W＞Z＞Y
B.最简单氢化物的沸点：W＞X＞Y
C.Y、W均能和Z形成两种化合物
D.W的单质不能溶于XW2
6. 某研究团队实现了电化学合成（又称电解合成）H2O2，该方法的原理如图所示，下列有关说法错误的是
（ ）
A.电极a为阳极，CEM为阳离子交换膜
B.该方法是一种制取H2O2的绿色方法
C.电极b上的电极反应式为O2+H+-2e-═HO2-
D.通过调节通入去离子水的量可以控制流出溶液中H2O2的浓度
7. 在不同温度下，水溶液中pH和pOH的关系如图所示，已知pH=-lgc（H+），pOH=-lgc（OH-）。下列说法一定正确的是（ ）
A.水的电离程度，B＞A＞D
B.lml•L-1Na2SO4溶液不可能处于B点
C.向C点水溶液中通入HCl，则C点变为E点
•L-1NaHA溶液的pH和pOH的关系如图中E点所示，此时溶液中离子的物质的量浓度关系：c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A）
8. 过二硫酸钠（Na2S2O8）也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解。用（NH4）2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）。
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2
（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为______，反应过程中持续通入氮气的目的是______。
（2）（NH4）2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式：______。
（3）Na2S2O8溶于水中会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式：______。
（4）Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4•H2O（1.69g）与过量Na2S2O8（10g）溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
①在______（填“中性”、“酸性”或“碱性”）条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为______。
③若用0.1ml•L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为______；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1mL．则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为______g（用含V1的代数式表示，5H2O2～2MnO4-）。
9. 锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O2）在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：
已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。
（1）“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为______。
（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是______。
（3）“除Sb”时发生反应的离子方程式为______。
（4）“除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，则70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是______；“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为______、______。
（5）已知锡酸钠的溶解度一般随着温度的升高而升高，则在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是______。
10. 甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。
Ⅰ．甲醇裂解制氢法
（1）该方法的主反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H1＞0此反应能自发进行的原因是______。
（2）一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH（g），发生反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），反应起始时CH3OH（g）的压强为5.00MPa，th后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0～th内的平均反应速率v（CO）=______MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α（CH3OH）=______，此时平衡常数Kp=______（Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。
（3）科研人员通过计算机模拟用Pd（Ⅲ）催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd（Ⅲ）表面上甲醇变换的反应历程图[如图1，附在Pd（Ⅲ）表面的物种用*标注]，此历程中活化能最小的反应方程式为______。
Ⅱ．甲醇水蒸气重整制氢法
（4）该方法的部分反应如下：
主反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1
副反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=-41kJ•ml-1
①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于______。
②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______（填字母）。
A．主反应的活化能降低
B．主反应的反应速率增大
C．CH3OH的平衡转化率降低
随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是______。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有______（任写一条）。
11. KMnO4（s）受热分解制备氧气是实验室制氧气的常用方法，它也是一种高效氧化剂，是氧化还原滴定实验中常用的试剂，可以作为标准溶液滴定一些具有还原性的物质（Fe2+、C2O42-等）的溶液，如5C2O42-+2MnO4-+l6H++4H2O═2[Mn（H2O）6]2++10CO2↑。
（1）基态Mn2+的核外电排布式为______。
（2）如果在空气中焙烧KMnO4，可获得Mn3O4（可改写为MnO•Mn2O3），则Mn3O4中Mn的化合价为______。
（3）石墨烯（如图A）是一种由碳原子组成六边形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，当石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图B）。石墨烯结构中1号C的杂化方式为______；该C与相邻的两个C形成的键角______（填“＞”、“＜”“=”）l20°．氧化石墨烯结构中1号C与相邻C______（填“有”或“没有”）形成π键。
（4）铁形成的晶体类型因为铁原子排列方式的不同而不同，其中一种晶胞结构如图C所示。晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子数为______。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该物质的化学式为______；设NA为阿伏加德罗常数的值，该铁碳晶胞的晶胞参数为apm，则C原子间的最短距离为______pm，该铁碳晶胞的密度为______g•cm-3。
12. 有机化合物H（根皮素）是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如图：
已知：+R″CHO+H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______，E中官能团的名称为______。
（2）由B生成C和由C生成D的反应类型分别为______、______。
（3）H的分子式为______。
（4）E→G的化学方程式为______。
（5）M是D的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有______种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为______。
（6）设计以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备的合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：A．“东晒西煮”描述的是利用蒸发结晶制盐，是物理变化，与盐的水解无关，故A错误；
B．白瓷属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，烧制陶瓷的主要原料为黏土，故B正确；
C．酒精可渗透到细胞组织内，使蛋白质发生变性，所以75%的医用酒精可以灭活新型冠状病毒，乙醇不具有强氧化性，故C错误；
D．“百枝然火龙衔烛，七采络缨凤吐花”描述的是焰色反应的现象，硝酸与蛋白质反应属于颜色反应，二者不是同一概念，故D错误。
故选：B。
A、古代制盐（NaCl）“东晒西煮”是利用NaCl的溶解性随温度变化不大的原理；
B、古代烧制陶瓷的主要原料是黏土；
C、乙醇能使蛋白质变性，但乙醇无强氧化性；
D、部分金属元素灼烧会显示出不同焰色，颜色反应是硝酸与蛋白质反应的现象。
本题考查物质组成或结构、性质与用途的关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
2. 【答案】D
【解析】解：A．n（NaNO2）=0.1ml•L-1×1L=0.1ml，由于HNO2为弱酸，故NaNO2溶液中NO2-会水解，其数目少于0.1NA，故A错误；
B．n（乙二醇）==0.05ml，一个乙二醇分子含2个羟基，故n（羟基）=0.05ml×2=0.1ml，即3.1g乙二醇中含有羟基的数目为0.1NA，故B错误；
C．n（Na37Cl）==0.0975ml，故n（质子）=0.0975ml×（11+17）=2.73ml，即质子数为2.73NA，故C错误；
D．n（Mg）==0.1ml，Mg和N2或O2反应均被氧化成+2价，所以1mlMg完全反应转移电子的物质的量2ml，那么，0.1mlMg在足量的由N2和O2组成的混合气体中完全燃烧时，转移电子的物质的量=0.2ml，即转移电子数目一定为0.2NA，故D正确。
故选：D。
A、HNO2为弱酸，故NaNO2溶液中NO2-会水解；
B、一个乙二醇分子含2个羟基；
C、1mlNa37Cl中所含质子28ml；
D、Mg和N2或O2反应均被氧化成+2价，所以1mlMg完全反应转移电子的物质的量2ml。
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
3. 【答案】A
【解析】解：A．如图：，1、2、3、4号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与1、2、3、4号碳原子所在的平面共面，所以N中至少有4个碳原子共面，所以N中至少有4个碳原子共面，故A错误；
B．信息素N中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，有羟基，且与羟基相连的C原子上有H，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故N能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．根据结构简式知，分子式为C11H20O，故C正确；
D．含-OH，能和羧酸发生酯化反应，故D正确。
故选：A。
A．如图：，1、2、3、4号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与1、2、3、4号碳原子所在的平面共面；
B．碳碳双键和醇羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．分子中含有11个碳原子、20个氢原子、1个O原子；
D．醇羟基和羧基都发生酯化反应。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇的性质。明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，分子式判断中H原子个数易判断错误。
4. 【答案】B
【解析】解：A．浓硫酸溶于水放出大量的热，因此浓硫酸应加入水中，产生的热量能够及时散发出去，若烧瓶中先加浓硫酸后加水，易产生液体飞溅，发生危险，故A错误；
B．反应涉及的HBr易挥发且极易溶于水，倒置漏斗的作用是防倒吸，也可用装置代替，故B正确；
C．为达到较好的冷凝效果，冷凝水应a口进b口出，故C错误；
D．溴乙烷常温下为不溶于水的液体，分液即可分离，而蒸发结晶得不到溴乙烷，故D错误。
故选：B。
A．加入试剂，应避免酸液飞溅；
B．收集气体，应避免倒吸；
C．冷凝时，应是冷却水充满冷凝管；
D．溴乙烷常温下为液体。
本题考查溴乙烷的制取，为高频考点，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
5. 【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为O、Z为Na、W为S，
A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．水分子间含氢键，且不含氢键的分子中相对分子质量越大、沸点越高，则最简单氢化物的沸点：Y＞W＞X，故B错误；
C．Y、W能和Z形成化合物有氧化钠、过氧化钠、硫化钠、过硫化钠，故C正确；
D．S易溶于CS2，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍，可知Y为O、W为S，由图中结构可知，Z的最外层有1个电子，结合原子序数可知Z为Na，X可形成4个共价键，且原子序数小于Y，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，把握电子数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6. 【答案】C
【解析】解：A．HO2-和H+分别穿过AEM、CEM在多孔固体电解质内结合生成H2O2，则CEM为阳离子交换膜，故A正确；
B．该方法制取H2O2无污染物产生，为绿色方法，故B正确；
C．电极b为阴极，O2在阴极得电子变为HO2-，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得电极反应式为：O2+2e-+H2O=HO2-+OH-，故C错误；
D．未反应的去离子水溶解H2O2后流出，故通过调节通入去离子水的量可以控制流出溶液中H2O2的浓度，故D正确。
故选：C。
结合图可知，电极a为阳极，H2阳极失电子得H+；电极b为阴极，O2在阴极得电子得HO2-，HO2-和H+分别穿过AEM、CEM在多孔固体电解质内结合生成H2O2，据此解答。
本题考查了原电池、电解池工作原理，题目难度中等，正确判断电极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池工作原理，试题培养了学生的灵活应用能力。
7. 【答案】D
【解析】解：A、B点的pH、pOH均小于A点，则B点的Kw大于A的点Kw，即B点温度高于A点的温度，A、B、D点溶液若不涉及盐类水解，则水的电离程度：B＞A＞D，若涉及盐类水解，则无法判断，故A错误；
B、Na2SO4溶液呈中性，由分析可知，B点显中性溶液，即lml•L-1Na2SO4溶液可能处于B点，故B错误；
C、C点和E点所处温度不同，水的离子积Kw不同，所以温度不变通入HCl，C点不能变为E点，故C错误；
D、E点溶液显酸性，即在NaHA溶液中，存在HA-的电离：HA-⇌H++A2-，和HA-的水解：HA-+H2O⇌H2A+OH-；溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH-），即HA-的电离程度大于HA-的水解程度，c（A2-）＞c（H2A），但电离和水解均是很微弱的，所以c（HA-）最大，故c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故D正确。
故选：D。
如图所示，又根据Kw=c（H+）×c（OH-）得，Kw=10-pH×10-pOH，越向坐标原点，数值越小，c（H+）和c（OH-）越大；曲线2的Kw大于曲线1的Kw，即曲线2的温度高于曲线1的温度。
A点：pH=pOH，则-lgc（H+）=-lgc（OH-），即c（H+）=c（OH-），溶液显中性；
B点：pH=pOH，溶液显中性；
C、D点：pH＞pOH，-lgc（H+）＞-lgc（OH-），即c（H+）＜c（OH-），溶液显碱性；
E点：pH＜pOH，溶液显酸性，据此解答。
本题考查水的电离有关的重点知识，涉及水的电离程度大小比较、溶液加入物质后在图象中的移动、离子浓度大小比较等知识，难点是离子浓度大小比较；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，避免出错。难度中等。
二、 实验题
8. 【答案】分液漏斗 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生 2SO42--2e-═S2O82- Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2 碱性 2H2O22H2O+O2 当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色 5.68×10-3V1
【解析】解：（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生，
故答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
（2）电解时，阳极发生氧化反应，由SO42-中的O元素的-2价态部分升高为-1价生成S2O82-，所以电解时阳极的电极反应式：2SO42--2e-═S2O82-，
故答案为：2SO42--2e-═S2O82-；
（3）Na2S2O8中O元素的-1价态部分降低为-2价生成H2SO4、Na2SO4，化合价升高的只有-2价的O元素，所以生成另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质：H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，根据质量守恒写出该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2，
故答案为：Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2；
（4）①由信息分析可知，在碱性溶液中，S2O82-能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成MnO4-；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强，
故答案为：碱性；
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为：2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2～2MnO4-，得出n（MnO4-）=×0.1ml•L-1×V1×10-3L，所以m（MnO4-）=nM=×0.1ml•L-1×V1×10-3L×142g/ml=5.68×10-3V1g，
故答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
（1）（NH4）2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应，生成Na2S2O8和NH3，由于发生副反应2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生；
（2）用电解法制（NH4）2S2O8，在阳极SO42-被氧化为S2O82-；
（3）氧化还原反应中化合价有升高有降低来分析；
（4）①在中性溶液中，煮沸后，S2O82-能将Mn2+氧化为MnO2，MnO2促进H2O2分解生成O2；在碱性溶液中，S2O82-能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成MnO4-；在酸性溶液中，S2O82-未将Mn2+氧化，只是煮沸后H2O2分解生成O2；
②滴定终点时NaMnO4反应完全；
③利用关系式求解。
本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：仪器的名称、电解原理、氧化性比较、滴定相关的计算的计算等知识，学生要善于捕捉题干信息，准确基本的实验知识，难度中等。
三、 简答题
9. 【答案】2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH- 1：1 H2O2受热分解 60min 70℃ 在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出
【解析】解：（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O；
故答案为：2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O；
（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
故答案为：洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH-；
故答案为：4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH-；
（4）“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
故答案为：1：1；H2O2受热分解；60min、70℃；
（5）加入的NaOH未参与反应，则必是影响锡酸钠的溶解度，所以在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出；
故答案为：在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba（OH）2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3（AsO4）2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出；
（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3；
（2）水洗可以洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3；
（4）根据化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；H2O2受热分解导致H2O2减少；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
（5）因为加入的NaOH未参与反应，所以加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。
10. 【答案】反应为熵增的反应 75% 168.75 CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗ 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等
【解析】解：（1）对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），△H1＞0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应；
故答案为：反应为熵增的反应；
（2）起始时，CH3OH（g）的压强为5.00MPa，设CH3OH（g）的压强变化量为x，则三段式为：
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
起始（MPa） 5.00 0 0
转化（MPa） x x 2x
平衡（MPa） 5.00-2x x 2x
依题意得：，x=MPa，则0～th内的平均反应速率v（CO）==MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α（CH3OH）==75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75（MPa）2；
故答案为：；75%；168.75（MPa）2；
（3）从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗；
故答案为：CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗；
（4）①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1；
利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2=+8kJ•ml-1；
比较两个反应[设参加反应的CH3OH（g）为1ml]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体（CO），所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体。答案为：前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；
②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；
B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；
C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；
故选B；
对于H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=-41kJ•ml-1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等；
故答案为：B；升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低；升温或降压等。
I．甲醇裂解制氢法
（1）一个反应的自发性判断，可使用焓判据、熵判据，最好使用复合判据；
（2）对于一个可逆反应，计算反应速率、反应物的转化率、平衡常数时，都需使用浓度或分压，建立三段式，便可解决问题；
（3）从图中提取信息，可确定活化能最小的反应；
II．甲醇水蒸气重整制氢法
（4）甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH（g）⇌CO2（g）+2H2（g），比较两个反应，从H2的生成量、产物对空气质量的影响两个方面可得出前者先进之处。结合图形和反应，对A、B、C三选项的内容逐一分析，找出符合要求的选项。对两个反应进行分析，分析温度升高，对两个反应的影响，从而回答相关问题。
本题考查盖斯定律、化学平衡的影响因素、转化率及三段式计算的应用等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意理解掌握化学平衡常数的相关应用，题目难度中等。
11. 【答案】1s22s22p63s23p63d5 +2、+3 sp2 = 没有 12 FeC
【解析】解：（1）基态Mn的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+的核外电排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；
（2）将Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，MnO中Mn显+2价，Mn2O3中Mn显+3价，则Mn3O4中Mn的化合价为+2、+3，
故答案为：+2、+3；
（3）石墨烯结构中1号C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，
该C与相邻的两个C形成平面正三角形，键角=l20°，
氧化石墨烯结构中1号C与相邻4个C形成共价键，即发生sp3杂化，所以没有形成π键，
故答案为：sp2；=；没有；
（4）晶体中铁原子位于晶胞的顶点和面心，顶点Fe原子所属三个面的面心上的Fe原子与它距离最近且等距，则铁原子数为=12，
形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该晶胞中所含Fe原子数为8×+6×=4，所含C原子数为12×+1=4，Fe、C原子个数为1：1，所以该物质的化学式为FeC，
由前面分析知，C原子间的最短距离为同一面上两条边的中点连线，即构成等腰直角三角形，直角边长为pm，C原子间的最短距离为斜边边长，即为pm，该铁碳晶胞的密度为==g/cm3，
故答案为：12；FeC；；。
（1）Mn2+相当于Mn失去4s2电子，Mn位于周期表中第4周期第ⅤⅡB族，据此写出基态Mn2+的电子排布式；
（2）把Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，利用各化合物中元素的化合价关系，确定Mn元素的化合价；
（3）由图形中原子的价电子排布，确定C原子发生的杂化，据此确定键角及键型；
（4）由铁原子所在位置，可确定晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子，都是位于某个顶点Fe周围面心上的Fe原子；由Fe、C原子所在位置，可确定晶胞中所含Fe、C原子的个数，从而确定最简整数比，最终确定化学式；碳原子间的最短距离，应为一个面上棱中点连线，即等边直角三角形的斜边。一个晶胞的质量除以一个晶胞的体积，根据密度公式计算晶体密度。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，明确原子结构、物质结构、均摊法在晶胞计算中的运用等知识点是解本题关键，题目难度中等。
12. 【答案】苯酚 羟基、醛基 取代反应 氧化反应 C15H14O5 ++H2O 13
【解析】解：（1）由以上分析可知，A的结构简式为，化学名称是苯酚，E为，官能团的名称为羟基和醛基，
故答案为：苯酚；羟基和醛基；
（2）由分析可知，由B生成C和由C生成D的反应类型分别为取代反应、氧化反应，
故答案为：取代反应；氧化反应；
（3）H的结构简式为，分子式为C15H14O5，
故答案为：C15H14O5；
（4）与反应生成和H2O，化学方程式为++H2O，
故答案为：++H2O；
（5）M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3，当中苯环上的1个H原子被-CH2CHO取代时，有邻、间、对3种异构体；当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体，则符合条件的M的结构有13种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备，利用信息知，丙酮和丙二醛发生信息中反应得到，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，合成路线为：，
故答案为：。
B的结构简式为，结合A的分子式，可逆推出A的结构简式为，则A→B发生取代反应；由B→C，-OH转化为-OCH3，发生取代反应；由C→D，-CH3转化为-CHO，发生氧化反应；由D→E，-OCH3转化为-OH，发生取代反应；E→G，由二者的结构简式改变，结合F的分子式和题给已知，可确定F的结构简式为，此过程发生先加成后消去反应；由G→H，发生碳碳双键的加成反应；
（6）以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备，利用信息知，丙酮和丙二醛发生信息中反应得到，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，根据原料和目标产物结构简式差异性及其关系采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，会运用“定一移二”的方法判断同分异构体种类，题目难度中等。题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
环境
调节溶液氧化环境时的现象
加热煮沸3min期间产生的现象
中性
加入VmL蒸馏水，无明显现象
30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性
加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2）
10s后溶液逐渐变为深紫色（MnO4-），没有明显冒气泡现象
酸性
加入VmL稀H2SO4无明显现象
煮沸3min后，有气泡冒出
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
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
1. 化学与生产、生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（ ）
A.古代制盐（NaCl）有“东晒西煮”之说，该说法体现了古代制盐利用了水解原理
B.宋代烧制的青白瓷“光致茂美、洁白不疵”，烧制青白瓷的主要原料为黏土
C.75%的医用酒精可以灭活新型冠状病毒，是利用了乙醇的强氧化性
D.《元夕同杂宾里中观放烟火》中“百枝然火龙衔烛，七采络缨吐凤吐花”描述的是颜色反应的现象
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）
•L-1NaNO2溶液中NO2-的数目为0.1NA
乙二醇中含有羟基的数目为NA
中所含质子总数为2.8NA
镁条在足量的由N2和O2组成的混合气体中完全燃烧时，转移的电子总数一定为0.2NA
3. 关于信息素N（结构如图所示），下说列法错误的是（ ）
A.至少有6个碳原子一定共平面
B.能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色
C.分子式为C11H20O
D.能发生酯化反应
4. 溴乙烷是无色油状液体沸点为38.4℃，难溶于水，能溶于多种有机溶剂。以NaBr固体、C2H5OH、浓H2SO4、水为原料，对反应后的混合液微热可在烧杯中得到粗产品（溴乙烷），反应装置如图（已略去夹持和加热装置），反应原理：①NaBr+H2SO4（浓）═NaHSO4+HBr；②CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O．下列有关说法正确的是（ ）
A.烧瓶中试剂加入的先后顺序：浓硫酸、水、溴化钠、乙醇
B.可用装置代替倒置漏斗装置
C.冷凝水从b口进a口出
D.粗产品经水洗涤、蒸发结晶得到纯净的溴乙烷
5. 化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍。下列说法正确的是（ ）
A.简单离子的半径：W＞Z＞Y
B.最简单氢化物的沸点：W＞X＞Y
C.Y、W均能和Z形成两种化合物
D.W的单质不能溶于XW2
6. 某研究团队实现了电化学合成（又称电解合成）H2O2，该方法的原理如图所示，下列有关说法错误的是
（ ）
A.电极a为阳极，CEM为阳离子交换膜
B.该方法是一种制取H2O2的绿色方法
C.电极b上的电极反应式为O2+H+-2e-═HO2-
D.通过调节通入去离子水的量可以控制流出溶液中H2O2的浓度
7. 在不同温度下，水溶液中pH和pOH的关系如图所示，已知pH=-lgc（H+），pOH=-lgc（OH-）。下列说法一定正确的是（ ）
A.水的电离程度，B＞A＞D
B.lml•L-1Na2SO4溶液不可能处于B点
C.向C点水溶液中通入HCl，则C点变为E点
•L-1NaHA溶液的pH和pOH的关系如图中E点所示，此时溶液中离子的物质的量浓度关系：c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A）
8. 过二硫酸钠（Na2S2O8）也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解。用（NH4）2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）。
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2
（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为______，反应过程中持续通入氮气的目的是______。
（2）（NH4）2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式：______。
（3）Na2S2O8溶于水中会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式：______。
（4）Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4•H2O（1.69g）与过量Na2S2O8（10g）溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
①在______（填“中性”、“酸性”或“碱性”）条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为______。
③若用0.1ml•L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为______；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1mL．则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为______g（用含V1的代数式表示，5H2O2～2MnO4-）。
9. 锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O2）在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：
已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。
（1）“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为______。
（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是______。
（3）“除Sb”时发生反应的离子方程式为______。
（4）“除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，则70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是______；“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为______、______。
（5）已知锡酸钠的溶解度一般随着温度的升高而升高，则在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是______。
10. 甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。
Ⅰ．甲醇裂解制氢法
（1）该方法的主反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H1＞0此反应能自发进行的原因是______。
（2）一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH（g），发生反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），反应起始时CH3OH（g）的压强为5.00MPa，th后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0～th内的平均反应速率v（CO）=______MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α（CH3OH）=______，此时平衡常数Kp=______（Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。
（3）科研人员通过计算机模拟用Pd（Ⅲ）催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd（Ⅲ）表面上甲醇变换的反应历程图[如图1，附在Pd（Ⅲ）表面的物种用*标注]，此历程中活化能最小的反应方程式为______。
Ⅱ．甲醇水蒸气重整制氢法
（4）该方法的部分反应如下：
主反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1
副反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=-41kJ•ml-1
①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于______。
②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______（填字母）。
A．主反应的活化能降低
B．主反应的反应速率增大
C．CH3OH的平衡转化率降低
随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是______。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有______（任写一条）。
11. KMnO4（s）受热分解制备氧气是实验室制氧气的常用方法，它也是一种高效氧化剂，是氧化还原滴定实验中常用的试剂，可以作为标准溶液滴定一些具有还原性的物质（Fe2+、C2O42-等）的溶液，如5C2O42-+2MnO4-+l6H++4H2O═2[Mn（H2O）6]2++10CO2↑。
（1）基态Mn2+的核外电排布式为______。
（2）如果在空气中焙烧KMnO4，可获得Mn3O4（可改写为MnO•Mn2O3），则Mn3O4中Mn的化合价为______。
（3）石墨烯（如图A）是一种由碳原子组成六边形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，当石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图B）。石墨烯结构中1号C的杂化方式为______；该C与相邻的两个C形成的键角______（填“＞”、“＜”“=”）l20°．氧化石墨烯结构中1号C与相邻C______（填“有”或“没有”）形成π键。
（4）铁形成的晶体类型因为铁原子排列方式的不同而不同，其中一种晶胞结构如图C所示。晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子数为______。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该物质的化学式为______；设NA为阿伏加德罗常数的值，该铁碳晶胞的晶胞参数为apm，则C原子间的最短距离为______pm，该铁碳晶胞的密度为______g•cm-3。
12. 有机化合物H（根皮素）是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如图：
已知：+R″CHO+H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______，E中官能团的名称为______。
（2）由B生成C和由C生成D的反应类型分别为______、______。
（3）H的分子式为______。
（4）E→G的化学方程式为______。
（5）M是D的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有______种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为______。
（6）设计以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备的合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：A．“东晒西煮”描述的是利用蒸发结晶制盐，是物理变化，与盐的水解无关，故A错误；
B．白瓷属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，烧制陶瓷的主要原料为黏土，故B正确；
C．酒精可渗透到细胞组织内，使蛋白质发生变性，所以75%的医用酒精可以灭活新型冠状病毒，乙醇不具有强氧化性，故C错误；
D．“百枝然火龙衔烛，七采络缨凤吐花”描述的是焰色反应的现象，硝酸与蛋白质反应属于颜色反应，二者不是同一概念，故D错误。
故选：B。
A、古代制盐（NaCl）“东晒西煮”是利用NaCl的溶解性随温度变化不大的原理；
B、古代烧制陶瓷的主要原料是黏土；
C、乙醇能使蛋白质变性，但乙醇无强氧化性；
D、部分金属元素灼烧会显示出不同焰色，颜色反应是硝酸与蛋白质反应的现象。
本题考查物质组成或结构、性质与用途的关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
2. 【答案】D
【解析】解：A．n（NaNO2）=0.1ml•L-1×1L=0.1ml，由于HNO2为弱酸，故NaNO2溶液中NO2-会水解，其数目少于0.1NA，故A错误；
B．n（乙二醇）==0.05ml，一个乙二醇分子含2个羟基，故n（羟基）=0.05ml×2=0.1ml，即3.1g乙二醇中含有羟基的数目为0.1NA，故B错误；
C．n（Na37Cl）==0.0975ml，故n（质子）=0.0975ml×（11+17）=2.73ml，即质子数为2.73NA，故C错误；
D．n（Mg）==0.1ml，Mg和N2或O2反应均被氧化成+2价，所以1mlMg完全反应转移电子的物质的量2ml，那么，0.1mlMg在足量的由N2和O2组成的混合气体中完全燃烧时，转移电子的物质的量=0.2ml，即转移电子数目一定为0.2NA，故D正确。
故选：D。
A、HNO2为弱酸，故NaNO2溶液中NO2-会水解；
B、一个乙二醇分子含2个羟基；
C、1mlNa37Cl中所含质子28ml；
D、Mg和N2或O2反应均被氧化成+2价，所以1mlMg完全反应转移电子的物质的量2ml。
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
3. 【答案】A
【解析】解：A．如图：，1、2、3、4号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与1、2、3、4号碳原子所在的平面共面，所以N中至少有4个碳原子共面，所以N中至少有4个碳原子共面，故A错误；
B．信息素N中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，有羟基，且与羟基相连的C原子上有H，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故N能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．根据结构简式知，分子式为C11H20O，故C正确；
D．含-OH，能和羧酸发生酯化反应，故D正确。
故选：A。
A．如图：，1、2、3、4号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与1、2、3、4号碳原子所在的平面共面；
B．碳碳双键和醇羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．分子中含有11个碳原子、20个氢原子、1个O原子；
D．醇羟基和羧基都发生酯化反应。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇的性质。明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，分子式判断中H原子个数易判断错误。
4. 【答案】B
【解析】解：A．浓硫酸溶于水放出大量的热，因此浓硫酸应加入水中，产生的热量能够及时散发出去，若烧瓶中先加浓硫酸后加水，易产生液体飞溅，发生危险，故A错误；
B．反应涉及的HBr易挥发且极易溶于水，倒置漏斗的作用是防倒吸，也可用装置代替，故B正确；
C．为达到较好的冷凝效果，冷凝水应a口进b口出，故C错误；
D．溴乙烷常温下为不溶于水的液体，分液即可分离，而蒸发结晶得不到溴乙烷，故D错误。
故选：B。
A．加入试剂，应避免酸液飞溅；
B．收集气体，应避免倒吸；
C．冷凝时，应是冷却水充满冷凝管；
D．溴乙烷常温下为液体。
本题考查溴乙烷的制取，为高频考点，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
5. 【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为O、Z为Na、W为S，
A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．水分子间含氢键，且不含氢键的分子中相对分子质量越大、沸点越高，则最简单氢化物的沸点：Y＞W＞X，故B错误；
C．Y、W能和Z形成化合物有氧化钠、过氧化钠、硫化钠、过硫化钠，故C正确；
D．S易溶于CS2，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍，可知Y为O、W为S，由图中结构可知，Z的最外层有1个电子，结合原子序数可知Z为Na，X可形成4个共价键，且原子序数小于Y，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，把握电子数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6. 【答案】C
【解析】解：A．HO2-和H+分别穿过AEM、CEM在多孔固体电解质内结合生成H2O2，则CEM为阳离子交换膜，故A正确；
B．该方法制取H2O2无污染物产生，为绿色方法，故B正确；
C．电极b为阴极，O2在阴极得电子变为HO2-，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得电极反应式为：O2+2e-+H2O=HO2-+OH-，故C错误；
D．未反应的去离子水溶解H2O2后流出，故通过调节通入去离子水的量可以控制流出溶液中H2O2的浓度，故D正确。
故选：C。
结合图可知，电极a为阳极，H2阳极失电子得H+；电极b为阴极，O2在阴极得电子得HO2-，HO2-和H+分别穿过AEM、CEM在多孔固体电解质内结合生成H2O2，据此解答。
本题考查了原电池、电解池工作原理，题目难度中等，正确判断电极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池工作原理，试题培养了学生的灵活应用能力。
7. 【答案】D
【解析】解：A、B点的pH、pOH均小于A点，则B点的Kw大于A的点Kw，即B点温度高于A点的温度，A、B、D点溶液若不涉及盐类水解，则水的电离程度：B＞A＞D，若涉及盐类水解，则无法判断，故A错误；
B、Na2SO4溶液呈中性，由分析可知，B点显中性溶液，即lml•L-1Na2SO4溶液可能处于B点，故B错误；
C、C点和E点所处温度不同，水的离子积Kw不同，所以温度不变通入HCl，C点不能变为E点，故C错误；
D、E点溶液显酸性，即在NaHA溶液中，存在HA-的电离：HA-⇌H++A2-，和HA-的水解：HA-+H2O⇌H2A+OH-；溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH-），即HA-的电离程度大于HA-的水解程度，c（A2-）＞c（H2A），但电离和水解均是很微弱的，所以c（HA-）最大，故c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故D正确。
故选：D。
如图所示，又根据Kw=c（H+）×c（OH-）得，Kw=10-pH×10-pOH，越向坐标原点，数值越小，c（H+）和c（OH-）越大；曲线2的Kw大于曲线1的Kw，即曲线2的温度高于曲线1的温度。
A点：pH=pOH，则-lgc（H+）=-lgc（OH-），即c（H+）=c（OH-），溶液显中性；
B点：pH=pOH，溶液显中性；
C、D点：pH＞pOH，-lgc（H+）＞-lgc（OH-），即c（H+）＜c（OH-），溶液显碱性；
E点：pH＜pOH，溶液显酸性，据此解答。
本题考查水的电离有关的重点知识，涉及水的电离程度大小比较、溶液加入物质后在图象中的移动、离子浓度大小比较等知识，难点是离子浓度大小比较；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，避免出错。难度中等。
二、 实验题
8. 【答案】分液漏斗 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生 2SO42--2e-═S2O82- Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2 碱性 2H2O22H2O+O2 当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色 5.68×10-3V1
【解析】解：（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生，
故答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
（2）电解时，阳极发生氧化反应，由SO42-中的O元素的-2价态部分升高为-1价生成S2O82-，所以电解时阳极的电极反应式：2SO42--2e-═S2O82-，
故答案为：2SO42--2e-═S2O82-；
（3）Na2S2O8中O元素的-1价态部分降低为-2价生成H2SO4、Na2SO4，化合价升高的只有-2价的O元素，所以生成另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质：H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，根据质量守恒写出该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2，
故答案为：Na2S2O8+2H2O═H2SO4+Na2SO4+H2O2；
（4）①由信息分析可知，在碱性溶液中，S2O82-能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成MnO4-；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强，
故答案为：碱性；
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为：2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2～2MnO4-，得出n（MnO4-）=×0.1ml•L-1×V1×10-3L，所以m（MnO4-）=nM=×0.1ml•L-1×V1×10-3L×142g/ml=5.68×10-3V1g，
故答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
（1）（NH4）2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应，生成Na2S2O8和NH3，由于发生副反应2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生；
（2）用电解法制（NH4）2S2O8，在阳极SO42-被氧化为S2O82-；
（3）氧化还原反应中化合价有升高有降低来分析；
（4）①在中性溶液中，煮沸后，S2O82-能将Mn2+氧化为MnO2，MnO2促进H2O2分解生成O2；在碱性溶液中，S2O82-能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成MnO4-；在酸性溶液中，S2O82-未将Mn2+氧化，只是煮沸后H2O2分解生成O2；
②滴定终点时NaMnO4反应完全；
③利用关系式求解。
本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：仪器的名称、电解原理、氧化性比较、滴定相关的计算的计算等知识，学生要善于捕捉题干信息，准确基本的实验知识，难度中等。
三、 简答题
9. 【答案】2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH- 1：1 H2O2受热分解 60min 70℃ 在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出
【解析】解：（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O；
故答案为：2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O；
（2）工业上制备锡酸钠晶体（Na2SnO3•3H2O）时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
故答案为：洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH-；
故答案为：4PbO43-+5Sn+H2O═4Sb+5SnO32-+2OH-；
（4）“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
故答案为：1：1；H2O2受热分解；60min、70℃；
（5）加入的NaOH未参与反应，则必是影响锡酸钠的溶解度，所以在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出；
故答案为：在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba（OH）2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3（AsO4）2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出；
（1）“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3；
（2）水洗可以洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
（3）“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3；
（4）根据化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；H2O2受热分解导致H2O2减少；从图中可以看出，“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
（5）因为加入的NaOH未参与反应，所以加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。
10. 【答案】反应为熵增的反应 75% 168.75 CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗ 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等
【解析】解：（1）对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），△H1＞0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应；
故答案为：反应为熵增的反应；
（2）起始时，CH3OH（g）的压强为5.00MPa，设CH3OH（g）的压强变化量为x，则三段式为：
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
起始（MPa） 5.00 0 0
转化（MPa） x x 2x
平衡（MPa） 5.00-2x x 2x
依题意得：，x=MPa，则0～th内的平均反应速率v（CO）==MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α（CH3OH）==75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75（MPa）2；
故答案为：；75%；168.75（MPa）2；
（3）从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗；
故答案为：CH3OH∗⇌CH3O∗+H∗；
（4）①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1；
利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H2=+8kJ•ml-1；
比较两个反应[设参加反应的CH3OH（g）为1ml]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体（CO），所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体。答案为：前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；
②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；
B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；
C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；
故选B；
对于H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=-41kJ•ml-1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等；
故答案为：B；升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低；升温或降压等。
I．甲醇裂解制氢法
（1）一个反应的自发性判断，可使用焓判据、熵判据，最好使用复合判据；
（2）对于一个可逆反应，计算反应速率、反应物的转化率、平衡常数时，都需使用浓度或分压，建立三段式，便可解决问题；
（3）从图中提取信息，可确定活化能最小的反应；
II．甲醇水蒸气重整制氢法
（4）甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H2=+49kJ•ml-1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH（g）⇌CO2（g）+2H2（g），比较两个反应，从H2的生成量、产物对空气质量的影响两个方面可得出前者先进之处。结合图形和反应，对A、B、C三选项的内容逐一分析，找出符合要求的选项。对两个反应进行分析，分析温度升高，对两个反应的影响，从而回答相关问题。
本题考查盖斯定律、化学平衡的影响因素、转化率及三段式计算的应用等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意理解掌握化学平衡常数的相关应用，题目难度中等。
11. 【答案】1s22s22p63s23p63d5 +2、+3 sp2 = 没有 12 FeC
【解析】解：（1）基态Mn的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+的核外电排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；
（2）将Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，MnO中Mn显+2价，Mn2O3中Mn显+3价，则Mn3O4中Mn的化合价为+2、+3，
故答案为：+2、+3；
（3）石墨烯结构中1号C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，
该C与相邻的两个C形成平面正三角形，键角=l20°，
氧化石墨烯结构中1号C与相邻4个C形成共价键，即发生sp3杂化，所以没有形成π键，
故答案为：sp2；=；没有；
（4）晶体中铁原子位于晶胞的顶点和面心，顶点Fe原子所属三个面的面心上的Fe原子与它距离最近且等距，则铁原子数为=12，
形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该晶胞中所含Fe原子数为8×+6×=4，所含C原子数为12×+1=4，Fe、C原子个数为1：1，所以该物质的化学式为FeC，
由前面分析知，C原子间的最短距离为同一面上两条边的中点连线，即构成等腰直角三角形，直角边长为pm，C原子间的最短距离为斜边边长，即为pm，该铁碳晶胞的密度为==g/cm3，
故答案为：12；FeC；；。
（1）Mn2+相当于Mn失去4s2电子，Mn位于周期表中第4周期第ⅤⅡB族，据此写出基态Mn2+的电子排布式；
（2）把Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，利用各化合物中元素的化合价关系，确定Mn元素的化合价；
（3）由图形中原子的价电子排布，确定C原子发生的杂化，据此确定键角及键型；
（4）由铁原子所在位置，可确定晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子，都是位于某个顶点Fe周围面心上的Fe原子；由Fe、C原子所在位置，可确定晶胞中所含Fe、C原子的个数，从而确定最简整数比，最终确定化学式；碳原子间的最短距离，应为一个面上棱中点连线，即等边直角三角形的斜边。一个晶胞的质量除以一个晶胞的体积，根据密度公式计算晶体密度。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点，明确原子结构、物质结构、均摊法在晶胞计算中的运用等知识点是解本题关键，题目难度中等。
12. 【答案】苯酚 羟基、醛基 取代反应 氧化反应 C15H14O5 ++H2O 13
【解析】解：（1）由以上分析可知，A的结构简式为，化学名称是苯酚，E为，官能团的名称为羟基和醛基，
故答案为：苯酚；羟基和醛基；
（2）由分析可知，由B生成C和由C生成D的反应类型分别为取代反应、氧化反应，
故答案为：取代反应；氧化反应；
（3）H的结构简式为，分子式为C15H14O5，
故答案为：C15H14O5；
（4）与反应生成和H2O，化学方程式为++H2O，
故答案为：++H2O；
（5）M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3，当中苯环上的1个H原子被-CH2CHO取代时，有邻、间、对3种异构体；当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体，则符合条件的M的结构有13种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备，利用信息知，丙酮和丙二醛发生信息中反应得到，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，合成路线为：，
故答案为：。
B的结构简式为，结合A的分子式，可逆推出A的结构简式为，则A→B发生取代反应；由B→C，-OH转化为-OCH3，发生取代反应；由C→D，-CH3转化为-CHO，发生氧化反应；由D→E，-OCH3转化为-OH，发生取代反应；E→G，由二者的结构简式改变，结合F的分子式和题给已知，可确定F的结构简式为，此过程发生先加成后消去反应；由G→H，发生碳碳双键的加成反应；
（6）以2-氯丙烷和1，3-丙二醛为起始原料制备，利用信息知，丙酮和丙二醛发生信息中反应得到，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，根据原料和目标产物结构简式差异性及其关系采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，会运用“定一移二”的方法判断同分异构体种类，题目难度中等。题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
环境
调节溶液氧化环境时的现象
加热煮沸3min期间产生的现象
中性
加入VmL蒸馏水，无明显现象
30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性
加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2）
10s后溶液逐渐变为深紫色（MnO4-），没有明显冒气泡现象
酸性
加入VmL稀H2SO4无明显现象
煮沸3min后，有气泡冒出
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
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