2020年山东省潍坊市五县高考化学模拟试卷（3月份）

2020年山东省潍坊市五县高考化学模拟试卷（3月份）
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是（　　）

A
B
C
D
垃圾

玻璃杯

铅酸电池

杀虫剂

果皮
分类

可回收物

其他垃圾

有害垃圾

厨余垃圾
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）硒（Se）元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是（　　）
A．硒的摄入量越多对人体健康越好
B．SeO32﹣空间构型为正四面体
C．H2Se的熔沸点比H2S高
D．H2SeO4 的酸性比H2SO4强
3．（2分）相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂，聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成（n聚乙二醇）。下列说法正确的是（　　）
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
4．（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，1L C2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为
B．20g D2O与20g H218O含有的中子数均为10NA
C．1mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中含有NO3﹣个数为3NA
D．50mL 12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
5．（2分）含元素碲（Te）的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是（　　）
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
6．（2分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．b电极发生还原反应：4H++O2+4e﹣═2H2O
B．电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气
C．维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子
D．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是HS﹣+4H2O﹣8e﹣═SO42﹣+9H+
7．（2分）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）（　　）

A
B
C
D

X中试剂
浓盐酸
双氧水
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂
KMnO4
MnO2
Cu
NaOH
气体
Cl2
　　O2
SO2
NH3
A．A B．B C．C D．D
8．（2分）氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示，下列有关氧氟沙星的叙述错误的是（　　）

A．能发生加成、取代、还原等反应
B．分子内有3个手性碳原子
C．分子内存在三种含氧官能团
D．分子内共平面的碳原子多于6个
9．（2分）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是（　　）

A．简单离子半径：c＞b
B．丙中既有离子键又有极性键
C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2
D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp2
10．（2分）如图，图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2•6NH3是优质的镁资源。
下列说法错误的是（　　）
A．A2B的化学式为Mg2Si
B．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl
C．利用MgCl2•6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应
D．分别将MgCl2溶液和Mg（OH）2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同
二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
11．（4分）“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：
（图中虚线表示氢键）。下列说法正确的（　　）
A．C、N、O原子的电负性依次增大
B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键
C．聚维酮易溶于水的原因是与水分子间形成氢键
D．分子中的含N五元环一定是平面结构
12．（4分）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd（Ⅲ）表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd（Ⅲ）表面的物种用“*”标注。

下列说法错误的是（　　）
A．②中包含C﹣H键的断裂过程
B．该历程中能垒（反应活化能）最小的是③
C．该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H+═CO*+4H+
D．由此历程可知：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H＜0
13．（4分）下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是（　　）
选项
操作
实验现象
结论
A
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点低
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液中含有钠盐
C
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
乙烯发生氧化反应
D
将20℃0.5mol•L﹣1 Na2CO3溶液加热到60℃．用pH传感器测定溶液pH
溶液的pH逐渐减小
Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
A．A B．B C．C D．D
14．（4分）某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。
已知：
①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH。
②有关有机物的沸点：
试剂
乙醚
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
沸点（℃）
34.7
78.5
118
77.1
下列说法正确的是（　　）

A．装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸
B．反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体，上层溶液颜色变浅
C．从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇
D．最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集118℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯
15．（4分）在常温下，向一定浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图（pC＝﹣lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓
度）。下列说法正确的是（　　）

A．常温下，H2C2O4的K＝10﹣5.3
B．pH＝3时，溶液中c（HC2O4﹣）＜c（C2O42﹣）＝c（H2C2O4）
C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．常温下，随着pH的变化，的值是一定值
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO（NH2）2]、N2H4等多种含氮的化工产品。
（1）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO（NH2）2]，涉及的化学反应如下：
反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1＝﹣159.5KJ•mol﹣1
反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2＝+116.5KJ•mol﹣1
反应Ⅲ：H2O（l）═H2O（g）△H3＝+44.0KJ•mol﹣1
则反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝　 　KJ•mol﹣1。
（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+
H2O（g），体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：

①a点　 　（填是或不是）处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因是　 　。
②实际生产中，原料气带有水蒸气。图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是　 　，测得b点氨的转化率为30%，则x＝　 　。
③已知该反应的v（正）＝k（正）c2（NH3）c（CO2），v（逆）＝k（逆）c（H2O），k（正）和k（逆）为速率常数，则平衡常数K与k（正）、k（逆）的关系式是　 　。
（3）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣ K1＝1×10﹣a；
N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b。
①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），应控制溶液pH范围　 　（用含a、b式子表示）。
②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为　 　。
17．（11分）铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）基态铜原子核外有　 　对自旋相反的电子。
（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I：（Sn）　 　I：（Pb）（填“大于“或“小于“）。
（3）新制的Cu（OH）2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是　 　。

（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料一石墨炔薄膜（结构片段如图所示），开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子　 　的杂化方式。
（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（Ⅰ），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含　 　σ键数目。
（6）Cu2O可用于半导体材料。
①Cu2O晶胞（如图所示） 中，O原子的配位数为　 　；
a位置Cu+坐标为（0.25，0.25，0.75），则b位置Cu+坐标　 　。
②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的　 　（填“高”或“低”），请解释原因　 　。
18．（13分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：

（1）装置甲中，a仪器的名称是 　 　；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 　 　（写出一条即可）。
（2）装置乙的作用是 　 　。
（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2，反应的化学方程式为：　 　。
（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为 　 　。（试验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管。提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH＝9.5）
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用 　 　洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol•L﹣1 KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化） 滴定，当溶液中S2O42﹣全部被氧化为SO42﹣时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。
①写出反应的离子方程式：　 　。
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 　 　（保留小数点后一位）。
19．（10分）二氧化氯（ClO2） 能有效杀灭新型冠状病毒，是一种高效消毒剂。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：

已知：
a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H（SO4）2↓+9H2O
b．相关物质的熔沸点：
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
熔点/℃
﹣97
9
﹣59
沸点/℃
65
101
11
（1）ClO2 可用于杀菌消毒是因其具有　 　性。
（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为　 　（填字母）。
A.0～10℃
B.20～30℃
C.60～70℃
（3）经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4•10H2O） 并使部分原料循环利用。
已知：Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如图：

①Na3H（SO4）2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：　 　。
②结合：Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在32.4℃恒温蒸发，　 　。
③Na3H（SO4）2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和　 　。
20．（14分）有机化合物H是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H的路线如下：

已知：CH3CH2CH＝CH2CH3CHBrCH＝CH2
CH3CHO+CH3CHOCH3CH＝CHCHO+H2O
回答下列问题：
（1）C的化学名称为　 　，D中的官能团名称是　 　。
（2）②的反应类型是　 　。
（3）F的结构简式为　 　。
（4）写出由E和G生成H的化学方程式：　 　。
（5）芳香族化合物Q是H的同分异构体，一定条件下，H和Q分别与足量H2加成，得到同一种产物，则Q的可能结构有　 　种（环中没有碳碳三键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构），其中分子内存在碳碳三键的同分异构体的结构简式为　 　。
（6）呋喃丙烯酸（）是一种医治血吸虫病的药物﹣呋喃丙胺的原料。设计以
为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线（无机试剂任选）。　 　。

2020年山东省潍坊市五县高考化学模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是（　　）

A
B
C
D
垃圾

玻璃杯

铅酸电池

杀虫剂

果皮
分类

可回收物

其他垃圾

有害垃圾

厨余垃圾
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．废纸、废金属、废塑料、废玻璃等可以回收再利用；
B．废电池（镉镍电池、氧化汞电池、铅蓄电池等），含有重金属；
C．废药品、杀虫剂、废温度计、废血压计、废药品及其包装物废油漆等都含有有毒物质；
D．农产品批发市场等产生蔬菜、瓜果、腐肉、居民日常生活以外的食物残余和食品加工等废料属于厨余垃圾。
【解答】解：A．玻璃杯成分玻璃，可以回收利用，属于可回收物，故A正确；
B．废电池（镉镍电池、氧化汞电池、铅蓄电池等），含有重金属，属于有害垃圾，故B错误；
C．废药品、杀虫剂有毒，属于有害垃圾，故C正确；
D．水果皮属于厨余垃圾，故D正确；
故选：B。
2．（2分）硒（Se）元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是（　　）
A．硒的摄入量越多对人体健康越好
B．SeO32﹣空间构型为正四面体
C．H2Se的熔沸点比H2S高
D．H2SeO4 的酸性比H2SO4强
【分析】A、微量元素摄入不足或者过多都会对不利于人体健康；
B、SeO32﹣中心原子Se的价层电子对＝3+＝4、Se原子孤电子对数为1；
C、H2Se的相对分子质量比H2S大；
D、元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A、微量元素摄入不足或者过多都会对不利于人体健康，所以不是硒的摄入量越多对人体健康越好，故A错误；
B、SeO32﹣中心原子Se的价层电子对＝3+＝4、Se原子孤电子对数为1，所以SeO32﹣的空间构型为三角锥形，故B错误；
C、H2Se的相对分子质量比H2S大，故H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；
D、元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性Se弱于S，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故D错误。
故选：C。
3．（2分）相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂，聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成（n聚乙二醇）。下列说法正确的是（　　）
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
【分析】A．为缩聚反应；
B．O﹣H键断裂形成聚合物；
C．相对分子质量除以链节的分子量可计算聚合度；
D．形成氢键具有保湿性。
【解答】解：A．环氧乙烷在酸性条件下发生缩聚反应生成聚乙二醇，故A错误；
B．O﹣H键断裂形成高分子，则高分子为，故B错误；
C．相对分子质量除以链节的分子量可知聚合度n＝≈95，故C错误；
D．形成氢键具有保湿性，则聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键，故D正确；
故选：D。
4．（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，1L C2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为
B．20g D2O与20g H218O含有的中子数均为10NA
C．1mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中含有NO3﹣个数为3NA
D．50mL 12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【分析】A、标况下乙醇为液体；
B、D2O与H218O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；
C、溶液体积不明确；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应。
【解答】解：A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、D2O与H218O的摩尔质量均为20g/mol，故20g混合物的物质的量为1mol，且两者均含10个中子，故1mol混合物中含中子为10NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中硝酸根的个数无法计算，故C错误；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误。
故选：B。
5．（2分）含元素碲（Te）的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是（　　）
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
【分析】由转化关系可知，反应①中H2Te与氧气反应生成Te单质，Te元素化合价升高；反应②中Te单质与水反应生成H2TeO3，Te元素化合价升高；反应③中H2TeO3与双氧水反应生成H6TeO6，Te元素化合价升高；H2TeO3可以与H2Te2O5相互转化，没有元素化合价的变化；H2Te2O5可以与H2Te4O9相互转化，没有元素化合价的变化，以此来解答。
【解答】解：A．反应①中H2Te与氧气反应生成Te单质，Te元素化合价升高，则利用了H2Te的还原性，故A正确；
B．反应②中Te单质与水反应生成H2TeO3，Te元素化合价升高，H2O作氧化剂，故B正确；
C．反应③中H2TeO3与双氧水反应生成H6TeO6，Te元素化合价升高，H2O2作氧化剂，利用了H2O2的氧化性，故C正确；
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误。
故选：D。
6．（2分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．b电极发生还原反应：4H++O2+4e﹣═2H2O
B．电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气
C．维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子
D．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是HS﹣+4H2O﹣8e﹣═SO42﹣+9H+
【分析】由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，负极上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应4H++O2+4e﹣＝2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。
【解答】解：A、b电极发生还原反应：4H++O2+4e﹣═2H2O，故A正确；
B、电路中有4mol电子发生转移，消耗1mol的氧气，则大约消耗标准状况下22.4L氧气，故B错误；
C、由图可知，有机物在硫酸盐还原菌作用下氧化成二氧化碳，硫氢根离子在硫氧化菌生成硫酸根子并释放出电子，故C正确；
D、负极上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+，故D正确；
故选：B。
7．（2分）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）（　　）

A
B
C
D

X中试剂
浓盐酸
双氧水
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂
KMnO4
MnO2
Cu
NaOH
气体
Cl2
　　O2
SO2
NH3
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能溶于水，不能用排水法收集；
B、二氧化锰催化双氧水生成的氧气，不易溶于水，可用排水法收集；
C、常温下铜与浓硫酸不反应，并且SO2不能用排水法收集；
D、NaOH吸水放热，使浓氨水中的氨气逸出，但氨气极易溶于水，不能用排水法收集。
【解答】解：A、常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，但氯气能溶于水，不能用排水法收集，采用向上排空气法收集，故A错误；
B、二氧化锰能催化双氧水分解，生成的氧气不易溶于水，可用排水法收集，故B正确；
C、铜与浓硫酸在加热条件下才能反应，并且生成的SO2易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；
D、NaOH吸水放热，使氨气的弱碱性减小而逸出，但氨气极易溶于水，不能用排水法收集，采用向下排空气法收集，故D错误；
故选：B。
8．（2分）氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示，下列有关氧氟沙星的叙述错误的是（　　）

A．能发生加成、取代、还原等反应
B．分子内有3个手性碳原子
C．分子内存在三种含氧官能团
D．分子内共平面的碳原子多于6个
【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、羰基、﹣COOH、﹣F及醚键等，且连接3个不同基团的C原子为手性碳原子，以此来解答。
【解答】解：A．含双键可发生加成、还原反应，含﹣COOH可发生取代反应，故A正确；
B．只有与甲基相连的1个C原子具有手性，故B错误；
C．三种含氧官能团为羰基、﹣COOH、醚键，故C正确；
D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的C与苯环共面，且苯环、羰基、双键直接相连，则分子内共平面的碳原子多于6个，故D正确；
故选：B。
9．（2分）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是（　　）

A．简单离子半径：c＞b
B．丙中既有离子键又有极性键
C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2
D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp2
【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素；A与丙反应生成乙（H2O）、丁和戊，且A为d元素组成的单质、丁物质常用于消毒、漂白，则A为Cl2，甲为Na2O，丁为NaClO，丙为NaOH，戊为NaCl；结合原子序数可知，b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知，a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素；A为Cl2，甲为Na2O，乙为H2O，丙为NaOH，丁为NaClO，戊为NaCl。
A．b、c对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径c＜b，故A错误；
B．丙为NaOH，NaOH为离子化合物，含有离子键和极性键，故B正确；
C．O、Na形成的常见化合物为Na2O、Na2O2，阳离子都是钠离子，阴离子为氧离子和过氧根离子，Na2O、Na2O2中阴、阳离子数目比都为1：2，故C正确；
D．H、O、Cl形成的化合物有HClO、HClO3、HClO4，Cl元素的杂化类型不一定为sp2，故D错误；
故选：AD。
10．（2分）如图，图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2•6NH3是优质的镁资源。
下列说法错误的是（　　）
A．A2B的化学式为Mg2Si
B．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl
C．利用MgCl2•6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应
D．分别将MgCl2溶液和Mg（OH）2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同
【分析】由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg（OH）2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。
【解答】解：A、A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；
B、如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知MgCl2•6NH3分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应①而循环使用，故B正确；
C、利用MgCl2•6NH3制取镁，先加热分解生成氨气和氯化镁，然后再电解熔融的氯化镁，可生成镁和氯气，都发生分解反应，故C错误；
D、分别将MgCl2溶液和Mg（OH）2悬浊液加热，灼烧，都生成氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；
故选：C。
二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
11．（4分）“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：
（图中虚线表示氢键）。下列说法正确的（　　）
A．C、N、O原子的电负性依次增大
B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键
C．聚维酮易溶于水的原因是与水分子间形成氢键
D．分子中的含N五元环一定是平面结构
【分析】A．同周期元素的电负性依次增大；
B．氢键不是化学键；
C．有机高分子和水分子间形成氢键增大溶解性；
D．分子中的含N五元环中四个碳原子中三个CH2为四面体结构。
【解答】解：A．C、N、O是同周期元素，原子的电负性依次增大，故A正确；
B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等，其中氢键不是化学键，故B错误；
C．聚维酮与水分子间形成氢键，导致聚维酮易溶于水，故C正确；
D．分子中的含N五元环中四个碳原子中三个CH2为四面体结构，不是平面结构，故D错误；
故选：AC。
12．（4分）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd（Ⅲ）表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd（Ⅲ）表面的物种用“*”标注。

下列说法错误的是（　　）
A．②中包含C﹣H键的断裂过程
B．该历程中能垒（反应活化能）最小的是③
C．该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H+═CO*+4H+
D．由此历程可知：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H＜0
【分析】A、②中反应为CH3O*+H*＝CH2O*+2H*；
B、活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，根据图中能量差数值分析；
C、能垒越高，反应速率越小；
D、由图可知，由在Pd（Ⅲ）表面吸附放热，解离时吸热。
【解答】解：A、②中反应为CH3O*+H*＝CH2O*+2H*，CH3O*→CH2O*，包含C﹣H键的断裂，故A正确；
B、活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小，故B正确；
C、总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，历程中能垒（反应活化能）最大的为①，所以制约反应速率的方程式为CH3OH*+3H+═CH3O*+H*，故C错误；
D、由图可知CH3OH（g）→CH3OH*，放出40kJ热量，①～④过程中CH3OH*→CO*+4H*放出80kJ热量，即CH3OH（g）→CO*+4H*放热120kJ，但CO*+4H*→CO（g）+2H2（g）吸热未知，所以不能据此确定CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）的焓变△H，故D错误；
故选：CD。
13．（4分）下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是（　　）
选项
操作
实验现象
结论
A
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点低
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液中含有钠盐
C
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
乙烯发生氧化反应
D
将20℃0.5mol•L﹣1 Na2CO3溶液加热到60℃．用pH传感器测定溶液pH
溶液的pH逐渐减小
Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
B．焰色反应为元素的性质；
C．高锰酸钾可氧化乙烯生成二氧化碳；
D．加热促进水解，且水的电离平衡吸热。
【解答】解：A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故A错误；
B．焰色反应为元素的性质，由操作和现象可知，溶液可能为NaOH或钠盐溶液，故B错误；
C．高锰酸钾可氧化乙烯生成二氧化碳，则反应后溶液不分层，故C错误；
D．加热促进碳酸钠溶液的水解，且水的电离平衡吸热，氢氧根离子浓度增大，Kw增大，则溶液的pH减小，与Kw改变与水解平衡移动共同作用有关，故D正确；
故选：D。
14．（4分）某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。
已知：
①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH。
②有关有机物的沸点：
试剂
乙醚
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
沸点（℃）
34.7
78.5
118
77.1
下列说法正确的是（　　）

A．装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸
B．反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体，上层溶液颜色变浅
C．从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇
D．最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集118℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯
【分析】A、球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，同时起冷凝作用；
B、反应后溶液分层，上层无色油体液体，由于碳酸钠与乙酸反应，故下层溶液颜色变浅；
C、乙醇能与无水氯化钙生成沉淀，可用氯化钙除去少量乙醇；
D、乙酸乙酯的沸点为77.1℃，应该收集77.1℃的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
【解答】解：A、球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用，故A正确；
B、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，所以溶液分层：上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅，故B错误；
C、乙醇能与无水氯化钙生成CaCl2•6C2H5OH沉淀，可先加入无水氯化钙，过滤分离出少量乙醇，故C正确；
D、收集的118℃左右的馏分主要是乙酸，不是较纯净的乙酸乙酯，乙酸乙酯的沸点为77.1℃，应该收集77.1℃的馏分，故D错误；
故选：AC。
15．（4分）在常温下，向一定浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图（pC＝﹣lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓
度）。下列说法正确的是（　　）

A．常温下，H2C2O4的K＝10﹣5.3
B．pH＝3时，溶液中c（HC2O4﹣）＜c（C2O42﹣）＝c（H2C2O4）
C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．常温下，随着pH的变化，的值是一定值
【分析】溶液的pH越小，溶液中c（H2C2O4）越大，其pC越大；pH越大，溶液中c（C2O42﹣）越大，其pC越大，根据图知，I表示HC2O4﹣的pC与pH关系、III表示C2O42﹣的pC与pH关系、II表示H2C2O4的pC与pH关系；
A．c（HC2O4﹣）＝c（H2C2O4）时，H2C2O4的Ka1＝c（H+）＝10﹣pH；
B．pC越大，其浓度越小；
C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.3，HC2O4﹣电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，酸抑制水电离，酸中c（H+）越小，水电离程度越大；
D．＝×＝×＝。
【解答】解：溶液的pH越小，溶液中c（H2C2O4）越大，其pC越大；pH越大，溶液中c（C2O42﹣）越大，其pC越大，根据图知，I表示HC2O4﹣的pC与pH关系、III表示C2O42﹣的pC与pH关系、II表示H2C2O4的pC与pH关系；
A．a点c（HC2O4﹣）＝c（H2C2O4）时，H2C2O4的K＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣0.8，故A错误；
B．pC越大，其浓度越小，根据图知，pH＝3时，c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＝c（H2C2O4），故B错误；
C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）时，Ka2＝c（H+）＝10﹣5.3，HC2O4﹣电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，酸抑制水电离，酸中c（H+）越小，水电离程度越大，pH由0.8增大到5.3的过程中，溶液中c（H+）逐渐减小，则水的电离程度逐渐增大，故C正确；
D．温度不变电离平衡常数不变，则＝×＝×＝不变，故D正确；
故选：CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO（NH2）2]、N2H4等多种含氮的化工产品。
（1）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO（NH2）2]，涉及的化学反应如下：
反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1＝﹣159.5KJ•mol﹣1
反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2＝+116.5KJ•mol﹣1
反应Ⅲ：H2O（l）═H2O（g）△H3＝+44.0KJ•mol﹣1
则反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝　﹣87.0　KJ•mol﹣1。
（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+
H2O（g），体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：

①a点　不是　（填是或不是）处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因是　升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低　。
②实际生产中，原料气带有水蒸气。图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是　Ⅰ　，测得b点氨的转化率为30%，则x＝　4　。
③已知该反应的v（正）＝k（正）c2（NH3）c（CO2），v（逆）＝k（逆）c（H2O），k（正）和k（逆）为速率常数，则平衡常数K与k（正）、k（逆）的关系式是　＝K　。
（3）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣ K1＝1×10﹣a；
N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b。
①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），应控制溶液pH范围　14﹣b＜pH＜14﹣a　（用含a、b式子表示）。
②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为　（N2H6）（HSO4）2　。
【分析】（1）已知反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1＝﹣159.5kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2＝+116.5kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：H2O（l）═H2O（g）△H3＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应I+反应Ⅱ﹣反应Ⅲ即可得；
（2）①产率最高之前，未达到平衡状态；结合温度对平衡移动及催化剂的影响回答；
②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大；由题意可知：
2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g） （单位：mol）
起始量：x 1
转化量：2a a
转化率α（NH3）＝×100＝×100%＝0.3，＝0.6；
③当v正＝v逆时反应达到平衡，则k（正）•c2（NH3）•c（CO2）＝k（逆）•c（H2O），整理得＝＝K；
（3）①N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣K1＝1×10﹣a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b，可知K1＝＝1×10﹣a，K2＝＝1×10﹣b，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），则1×10﹣b＜c（OH﹣）＜1×10﹣a；
②既然水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH﹣，据此可得化学式。
【解答】解：（1）已知反应I：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1＝﹣159.5kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2＝+116.5kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：H2O（l）═H2O（g）△H3＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应I+反应Ⅱ﹣反应Ⅲ即可得：2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1+116.5kJ•mol﹣1﹣44.0kJ•mol﹣1＝﹣87.0kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣87.0；
（2）①产率最高之前，未达到平衡状态，故a点不是平衡点；反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低，
故答案为：不是；升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；
②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；由题意可知：
2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g） （单位：mol）
起始量：x 1
转化量：2a a
转化率α（NH3）＝×100＝×100%＝0.3，＝0.6，则x＝4，
故答案为：Ⅰ；4；
③当v正＝v逆时反应达到平衡，则k（正）•c2（NH3）•c（CO2）＝k（逆）•c（H2O），整理得＝＝K，
故答案为：＝K；
（3）①N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣K1＝1×10﹣a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b，可知K1＝＝1×10﹣a，K2＝＝1×10﹣b，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），则1×10﹣b＜c（OH﹣）＜1×10﹣a，即应控制溶液pH范围为14﹣b＜pH＜14﹣a，
故答案为：14﹣b＜pH＜14﹣a；
②既然水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62+和OH﹣，因此它的硫酸酸式盐的化学式为（N2H6）（HSO4）2，
故答案为：（N2H6）（HSO4）2。
17．（11分）铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）基态铜原子核外有　14　对自旋相反的电子。
（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I：（Sn）　大于　I：（Pb）（填“大于“或“小于“）。
（3）新制的Cu（OH）2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是　Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O　。

（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料一石墨炔薄膜（结构片段如图所示），开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子　sp、sp2　的杂化方式。
（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（Ⅰ），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含　14　σ键数目。
（6）Cu2O可用于半导体材料。
①Cu2O晶胞（如图所示） 中，O原子的配位数为　4　；
a位置Cu+坐标为（0.25，0.25，0.75），则b位置Cu+坐标　（0.75，0.75，0.75）；　。
②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的　高　（填“高”或“低”），请解释原因　两者都是离子晶体，O2﹣离子半径小于S2﹣离子半径，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高　。
【分析】（1）构造原理得出Cu的基态原子的电子排布是为：1s22s22p63s23p63d104s1
（2）金属性越强越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb
（3）新制的Cu（OH）2能够溶解于浓氨水中生成可溶于水的[Cu（NH3）4]2+，根据元素守恒和电荷守恒写出；
（4）碳碳三键中的碳原子价层电子对数2且不含孤电子对，杂化方式为sp，苯环中的碳采取sp2杂化；
（5）氯化羰基亚铜中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键为σ键，氯化羰基亚铜中含14个σ键；
（6）①考虑晶体的空间结构，离子在晶胞中的位置，观察周围离子，有4个
②根据离子晶体的离子半径及电荷数来判断晶格能大小，带相同电荷的离子离子半径越小晶格能越大。
【解答】解：（1）Cu为29号元素，根据构造原理得出基态原子的电子排布是为：1s22s22p63s23p63d104s1，一个轨道内最多容纳2个自旋方向相反的电子，则基态基态铜原子核外有14对自旋相反的电子，故答案为：14；
（2）金属性越强越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能Sn大于Pb；故答案为：大于；
（3）新制的Cu（OH）2能够溶解于浓氨水中生成可溶于水的[Cu（NH3）4]2+，则反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4•2++2OH﹣+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；
（4）碳碳三键中的碳原子价层电子对数2且不含孤电子对，杂化方式为sp，苯环中的碳形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化；故答案为：sp sp2
（5）氯化羰基亚铜中C和O之间为三键，有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键为σ键，氯化羰基亚铜中含14个σ键，故答案为：14；
（6）①Cu2O晶胞（如图所示） 中，O原子周围距离最近的Cu原子数有4个，则O原子配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的，已知a位置Cu+的坐标为（0.25，0.25，0.75），即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为（0.75，0.75，0.75），
故答案为：4 （0.75，0.75，0.75）；
②Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2﹣和S2﹣所带电荷数相同，则离子半径：O2﹣小于S2﹣，O2﹣比S2﹣作用力更强，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高；故答案为：高 两者都是离子晶体，O2﹣离子半径小于S2﹣离子半径，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高。
18．（13分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：

（1）装置甲中，a仪器的名称是 　分液漏斗　；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 　控制反应温度（或调节酸的滴加速度或改变酸的浓度）　（写出一条即可）。
（2）装置乙的作用是 　安全瓶，防止倒吸　。
（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2，反应的化学方程式为：　2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2　。
（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为 　取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的PH，若pH大于9.5，则含有NaOH　。（试验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管。提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH＝9.5）
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用 　乙醇　洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol•L﹣1 KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化） 滴定，当溶液中S2O42﹣全部被氧化为SO42﹣时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。
①写出反应的离子方程式：　5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O　。
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 　82.7%　（保留小数点后一位）。
【分析】甲装置制备二氧化硫，丙装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，乙为安全瓶作用，防止溶液倒吸，丁装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。
（1）根据仪器构造可知；控制反应温度、调节酸的滴加速度或改变酸的浓度来控制SO2生成速率；
（2）丙装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，据此分析装置乙的作用；
（3）依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；
（4）室温时CaCO3饱和溶液的pH＝9.5，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于9.5，说明含有NaOH；
（5）由题目信息可知，硫代硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，应用乙醇洗涤，减少因溶解导致损失；
①Na2S2O3常用作脱氧剂，在溶液中易被KMnO4溶液氧化成SO42﹣，硫元素化合价升高，则锰元素化合价降低，生成Mn2+离子，据此书写；
②设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω，
5Na2S2O3•5H2O～～～～～～～～～8KMnO4
5×248g 8mol
1.50gω 0.20mol/L×0.04L
据此计算产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数ω。
【解答】解：（1）仪器a为分液漏斗；实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，
故答案为：分液漏斗；控制反应温度（或调节酸的滴加速度或改变酸的浓度）；
（2）由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，
故答案为：安全瓶，防止倒吸；
（3）依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，
故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；
（4）检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，实验方案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH，
故答案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；
（5）由题目信息可知，硫代硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，应用乙醇洗涤，减少因溶解导致损失，
故答案为：乙醇；
①Na2S2O3在溶液中被KMnO4溶液氧化成SO42﹣，硫元素化合价升高，锰元素化合价降低，生成Mn2+离子，反应的离子方程式为5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O，
故答案为：5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O；
②设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω，
5Na2S2O3•5H2O～～～～～～～～～8KMnO4
5×248g 8mol
1.50gω 0.20mol/L×0.04L
ω＝×100%＝82.7%，
故答案为：82.7%。
19．（10分）二氧化氯（ClO2） 能有效杀灭新型冠状病毒，是一种高效消毒剂。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：

已知：
a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H（SO4）2↓+9H2O
b．相关物质的熔沸点：
物质
CH3OH
HCOOH
ClO2
熔点/℃
﹣97
9
﹣59
沸点/℃
65
101
11
（1）ClO2 可用于杀菌消毒是因其具有　氧化　性。
（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为　 　（填字母）。
A.0～10℃
B.20～30℃
C.60～70℃
（3）经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4•10H2O） 并使部分原料循环利用。
已知：Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如图：

①Na3H（SO4）2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：　Na2SO4•10H2O（s）⇌2Na+（aq）+SO42﹣（aq）+10H2O（l），加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出　。
②结合：Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在32.4℃恒温蒸发，　冷却结晶、过滤、洗涤、干燥　。
③Na3H（SO4）2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和　H2SO4　。
【分析】发生器中发生反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H（SO4）2↓+9H2O，过滤得到不溶性Na3H（SO4）2滤渣和含有CH3OH等物质的滤液：滤液在冷却塔中冷却分离出ClO2气体，含有CH3OH等物质的滤液循环到发发生器中充分利用原料CH3OH和NaClO3，ClO2气体在吸收塔中冰水冷却至液体ClO2储存；处理器中，Na3H（SO4）2滤渣在Na+作用下与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发生器中充分利用，据此分析解答。
（1）二氧化氯中Cl元素 化合价为+4价，具有强氧化性；
（2）要分离ClO2，根据其沸点，可分析应控制的最佳温度；
（3）①Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解结晶平衡，即Na2SO4•10H2O（s）⇌2Na+（aq）+SO42﹣（aq）+10H2O（l），根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，据此分析；
②由Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线可知，32.4℃时Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度均处于最大，但Na2SO4•10H2O的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4的溶解度随温度的升高而较小，防止Na2SO4结晶析出，应采用降温结晶法得到Na2SO4•10H2O，据此分析；
③根据流程中反应中要消耗，后反应中又生成的物质，即可以循环使用，分析作答。
【解答】解：（1）ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，
故答案为：氧化；
（2）ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，选B，
故答案为：B；
（3）①Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解结晶平衡，即Na2SO4•10H2O（s）⇌2Na+（aq）+SO42﹣（aq）+10H2O（l），根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出，
故答案为：Na2SO4•10H2O（s）⇌2Na+（aq）+SO42﹣（aq）+10H2O（l），加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出；
②由Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线可知，32.4℃时Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度均处于最大，但Na2SO4•10H2O的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4的溶解度随温度的升高而较小，防止Na2SO4结晶析出，应采用降温结晶法得到Na2SO4•10H2O，即恒温蒸发浓缩溶液、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
③Na+作用下，Na3H（SO4）2滤渣在处理器中与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发发生器中充分利用，
故答案为：H2SO4。
20．（14分）有机化合物H是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H的路线如下：

已知：CH3CH2CH＝CH2CH3CHBrCH＝CH2
CH3CHO+CH3CHOCH3CH＝CHCHO+H2O
回答下列问题：
（1）C的化学名称为　环戊烯　，D中的官能团名称是　溴原子和碳碳双键　。
（2）②的反应类型是　消去反应　。
（3）F的结构简式为　　。
（4）写出由E和G生成H的化学方程式：　++H2O　。
（5）芳香族化合物Q是H的同分异构体，一定条件下，H和Q分别与足量H2加成，得到同一种产物，则Q的可能结构有　6　种（环中没有碳碳三键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构），其中分子内存在碳碳三键的同分异构体的结构简式为　　。
（6）呋喃丙烯酸（）是一种医治血吸虫病的药物﹣呋喃丙胺的原料。设计以
为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线（无机试剂任选）。　　。
【分析】与H2发生加成反应生成的B为，B在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C为，C再根据已知信息发生取代反应生成D，D的结构简式为，D在NaOH溶液中发生水解反应生成E的结构简式为；与CH3CHO在碱性条件并加热发生已经信息反应，生成的F为，F再被催化氧化生成G，G和E能发生酯化反应，则G为，H为；
（6）由信息可知，与CH3CHO反应得到，然后氧化得到．而乙醇催化氧化得到CH3CHO。
【解答】解：（1）由分析知C的结构简式为，化学名称为环戊烯；D的结构简式为，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键，
故答案为：环戊烯；溴原子和碳碳双键；
（2）反应②为B在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应，
故答案为：消去反应；
（3）由分析知，F的结构简式为，
故答案为：；
（4）由E和G发生酯化反应生成H的化学方程式为++H2O，
故答案为：++H2O；
（5）Q是H的同分异构体，且H、Q分别与足量H2进行催化加成能生成同一产物，满足条件的同分异构体有、、、、、，共6种，其中分子内存在碳碳三键的同分异构体的结构简式为，
故答案为：6；；
（6）由信息可知，与CH3CHO反应得到，然后氧化得到．而乙醇催化氧化得到CH3CHO，合成路线流程图为：，
故答案为：。