2020年山西省太原市高考化学一模试卷

这是一份2020年山西省太原市高考化学一模试卷，共25页。试卷主要包含了选考题等内容，欢迎下载使用。

2020年山西省太原市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，满分42分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是（　　）
A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅
B．为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度
C．光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能
D．为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料
2．（6分）下列操作能达到相应实验目的的是（　　）
选项
试验目的
操作
A
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
B
测定“84”消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上
C
验证铁的吸氧腐蚀
将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没
D
比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱
在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2L NO2中含有的氧原子数目为1NA
B．1mol 20Ne和22Ne 的混合物中含有的中子数目为10NA
C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA
D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH＝4.6，则溶液中H+的数目为1×10﹣4.6NA
4．（6分）苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是（　　）
A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2
B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内
C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）
5．（6分）我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH﹣和Na+，下列有关说法不正确的是（　　）

A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜
B．放电时，负极反应为HCOO﹣+3OH﹣﹣2e﹣═CO+2H2O
C．当电路中转移0.1mol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g
D．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱
6．（6分）化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是（　　）

A．熔点：B的氧化物＞C的氧化物
B．工业上由单质B可以制得单质C
C．氧化物对应水化物的酸性：D＞B＞C
D．A与B形成的化合物中只含有极性键
7．（6分）室温时，在20mL 0.1mol•L﹣1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中1g与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．室温时，电高常数Ka（HA）＝1.0×10﹣53
B．B点对应NaOH溶液的体积是10mL
C．A点溶液中：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小
非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（43分）
8．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：

已知：
①ClO2的熔点为﹣59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O
请回答：
（1）按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是　 　；装置B的作用是　 　；冰水浴冷却的主要目的不包括　 　（填字母）。
a．减少H2O2的分解 b．降低ClO2的溶解度 c．减少ClO2的分解
（2）ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：　 　。
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为　 　。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：　 　。
（4）该套装置存在的明显缺陷是　 　。
（5）为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是　 　（填字母）
A过氧化钠 B硫化钠 C氯化亚铁 D．高锰酸钾
6）若 mg NaClO3（s）最终制得纯净的 n g NaClO2（s），则NaClO2的产率是　 　×100%。
9．（15分）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni（OH）2、Fe2O3、MnO2，碳粉、铝箔等]合成电池级Ni（OH）2的工艺流程如图：

已知：
氢氧化物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Ni（OH）2
Mn（OH）2
K sp（室温下）
4.0×10 ﹣38
1.0×10 ﹣33
1.6×10 ﹣14
2×10﹣13
（1）①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、AI3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是　 　；以下最适合作为物质X的是　 　（填字母）。
A．双氧水 B．氨水 C．盐酸 D． NiO
②若滤液中Ni2+的浓度为2mol•L﹣1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni（OH）2沉淀：　 　。
（2）滤渣Ⅲ的主要成分是　 　，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为　 　。
（3）用Ni（OH）2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为　 　。
（4）镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1﹣xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在　 　（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为　 　。
10．（14分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。
（1）根据表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）的△H＝　 　。

共价键
C﹣C
C＝C
C﹣H
H﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
348
615
413
436
（2）下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）
①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态　 　（填字母）。
A．△H保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不边
D．单位时间内生成1molH﹣H键，同时生成1molC＝C键
②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是　 　（填字母）
A．增大压强 B．升高温度 C．保持容积不变充入氩气
工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是　 　。
③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是　 　、　 　（填标号）
④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp＝　 　Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）
（3）利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2 （g）C3H6 （g）+CO（g）+H2O（1），该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是　 　，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是　 　。

二、选考题：共45分．请考生从2道化学题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）科学家研究发现：硫化态的钴、钼、硫相互作用相（所谓“CoMoS”相）和噻吩（分子式为C4H4S）的加氢脱硫反应（C4H4S+4H2→C4H10+H2S）活性有线性关系。请回答下列有关问题：
（1）基态钴原子的外围电子排布图（轨道表示式）为　 　。
（2）常温下，噻吩是一种无色、有恶臭、能催泪的液体，天然存在于石油中。
①1mol噻吩（）中含有的σ 键数目为　 　。
②在组成噻吩的三种元素中，电负性最小的是　 　（填元素符号，下同）；与S元素位于同一周期的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）已知沸点：H2O＞H2Se＞H2S，其原因　 　。
（4）H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。
①写出与SO2互为等电子体的分子和离子：　 　、　 　（各一种）。
②气态SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为　 　；固态SO3形成三聚体环状结（如图1所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为　 　。

（5）Na2S的晶胞结构如图2所示，则黑球代表的离子是　 　。已知Na+的半径为0.102nm，S2﹣的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则Na2S的晶胞参数a＝　 　nm（列出计算式即可）。
[化学一选修5：有机化学基础]（15分）
12．有机物I是一种常用的植物调味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2O
②通常在同一个碳原子。上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　H含有的官能团名称是　 　。
（2）②的反应条件是　 　，⑦的反应类型是　 　。
（3）I的结构简式是　 　。
（4）④的化学方程式是　 　。
（5）L是I的同分异构体且含有相同的官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有　 　种 （不考虑立体异构）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂，的合成路线（无机试剂任选）。

2020年山西省太原市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，满分42分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是（　　）
A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅
B．为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度
C．光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能
D．为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料
【分析】A、计算机芯片材质是硅；
B、提高电池的能量密度，可以提升光影屏的续航能力；
C、LED工作原理是将电能转化为化学能；
D、碳纤维是碳单质，ABS树脂是有机高分子材料。
【解答】解：A、光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，不是二氧化硅，故A错误；
B、提高电池的能量密度，可以提升光影屏的续航能力，故B正确；
C、光影屏选用可折叠LED，实际就是电灯，其工作原理是将电能转化为化学能的，故C错误；
D、碳纤维是碳单质，不是有机高分子材料，ABS树脂是有机高分子材料，故D错误。
故选：B。
【点评】题目考查学生有关合成材料、硅和二氧化硅的应用等知识，属于新的考查方式，难度不大。
2．（6分）下列操作能达到相应实验目的的是（　　）
选项
试验目的
操作
A
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
B
测定“84”消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上
C
验证铁的吸氧腐蚀
将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没
D
比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱
在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子；
B．“84”消毒液具有漂白性；
C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀；
D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应。
【解答】解：A．Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故A错误；
B．“84”消毒液具有漂白性，可使pH试纸褪色，故B错误；
C．用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，不能验证吸氧腐蚀，故C错误；
D．H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，可发生强酸制取弱酸的反应，由现象可比较酸性，故D正确；
故选：D。
【点评】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、电化学腐蚀、酸性比较、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。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2L NO2中含有的氧原子数目为1NA
B．1mol 20Ne和22Ne 的混合物中含有的中子数目为10NA
C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA
D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH＝4.6，则溶液中H+的数目为1×10﹣4.6NA
【分析】A、求出气体的物质的量，然后根据NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4可知，气体是NO2和N2O4的混合气体，据此分析；
B、20Ne和22Ne 中分别含10个和12个中子来分析；
C、NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，且均含一个阴离子；
D、溶液体积不明确。
【解答】解：A、标况下11.2L气体的物质的量为n＝＝0.5mol，而NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4可知，气体是NO2和N2O4的混合气体，故0.5mol混合气体中含有的O原子总数多于NA个，故A错误；
B、20Ne和22Ne 中分别含10个和12个中子来分析，故1mol20Ne和22Ne 的混合物中含有的中子数目多于10NA，故B错误；
C、NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，故8.4g混合物的物质的量为n＝＝0.1mol，且均含一个阴离子，故0.1mol混合物中含阴离子为0.1NA个，故C正确；
D、溶液体积不明确，故此溶液中氢离子的个数无法计算，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加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。
4．（6分）苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是（　　）
A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2
B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内
C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）
【分析】有机物含有羟基、醚键，具有醇的性质，结合苯环的结构特点解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知苯氧乙醇的分子式为C8H10O2，故A正确；
B．含有苯环，为平面形结构，分子中单键可自由旋转，结合三点确定一个平面可知，所有的碳原子可能共平面，故B错误；
C．含有苯环，可发生加成反应，含有羟基，可发生取代反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D．含有苯环，侧链可为﹣CH2COOH，也可为﹣CH3、﹣COOH，有邻、间、对3种，共4种，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，把握同分异构体的判断，题目难度中等。
5．（6分）我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH﹣和Na+，下列有关说法不正确的是（　　）

A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜
B．放电时，负极反应为HCOO﹣+3OH﹣﹣2e﹣═CO+2H2O
C．当电路中转移0.1mol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g
D．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱
【分析】由装置图可知，该原电池中，钠离子移向C，则A极为电池的负极，HCOONa失电子发生氧化反应生成碳酸根和氢氧根离子，电极反应为HCOO﹣+3OH﹣﹣2e﹣═CO+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根与钠离子结合成NaOH，据此分析解答。
【解答】解：A．由装置图可知，该原电池中，钠离子移向C，则A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜，故A正确；
B．放电时，负极上HCOONa失电子发生氧化反应生成碳酸根和氢氧根离子，电极反应为HCOO﹣+3OH﹣﹣2e﹣═CO+2H2O，故B正确；
C．正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根与钠离子结合成NaOH，所以当电路中转移0.1mol电子时，右侧电解质溶液增加的是Na+和O2的质量，即0.1mol×23g/mol+×32g/mol＝3.1g，故C错误；
D．由装置图可知，形成了原电池，并且生成了氢氧化钠，所以与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池基本原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题涉及电极判断、电极反应书写、离子流动等相关知识，难度不大。
6．（6分）化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是（　　）

A．熔点：B的氧化物＞C的氧化物
B．工业上由单质B可以制得单质C
C．氧化物对应水化物的酸性：D＞B＞C
D．A与B形成的化合物中只含有极性键
【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期，则B位于第二周期，C、D位于第三周期；根据图示可知，B、C均能形成4个共价键，位于ⅣA族，则B为C元素，C为Si元素；D形成1个共价键，位于ⅤⅡA族，则D为Cl元素；A与B形成1个共价键，则A为H元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，A为H，B为C元素，C为Si，D为Cl元素。
A．B的氧化物为CO2，B的氧化物为SiO2，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，则熔点：CO2＜SiO2，故A错误；
B．工业上用C单质与SiO2在高温条件下反应制备Si，故B正确；
C．没有指出元素最高价，该说法不合理，如碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．H、C形成的化合物为烃，含有多个C原子的烃分子中含有碳碳非极性键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
7．（6分）室温时，在20mL 0.1mol•L﹣1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中1g与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．室温时，电高常数Ka（HA）＝1.0×10﹣53
B．B点对应NaOH溶液的体积是10mL
C．A点溶液中：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小
【分析】A．HA酸的电离常数ka＝＝c（H+），依据图象横坐标为0时pH计算；
B．在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，由于Ka＞＝Kh，则HA电离大于A﹣水解；
C．依据图示可知A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷关系判断；
D．酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起到促进作用。
【解答】解：A．lg＝0，即c（A﹣）＝c（HA），pH＝5.3，HA酸的电离常数ka＝＝c（H+）＝10﹣5.3，故A正确；
B．依据A可知Ka＝10﹣5.3，A﹣水解常数Kh＝＝＝10﹣8.7，即Ka＞Kh，则等浓度的HA和NaA混合溶液，HA电离大于A﹣水解，所以使c（A﹣）＞c（HA），要使c（A﹣）＝c（HA），加入的氢氧化钠体积应小于10mL，故B错误；
C．A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），溶液中电荷关系为c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），所以离子浓度关系为c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．依据lg的值可知从A点到C点，A﹣离子浓度逐渐增大，HA浓度逐渐减小，所以水的电离程度依次增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了弱电解质的电离、盐类的水解、水的电离，明确图象中横坐标含义，准确分析滴定过程中各点的溶质是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生图象分析能力。
非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（43分）
8．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：

已知：
①ClO2的熔点为﹣59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O
请回答：
（1）按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是　检查装置的气密性　；装置B的作用是　防止倒吸　；冰水浴冷却的主要目的不包括　b　（填字母）。
a．减少H2O2的分解 b．降低ClO2的溶解度 c．减少ClO2的分解
（2）ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：　2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O　。
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为　NaClO2遇酸放出ClO2　。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：　空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降　。
（4）该套装置存在的明显缺陷是　没有处理尾气　。
（5）为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是　A　（填字母）
A过氧化钠 B硫化钠 C氯化亚铁 D．高锰酸钾
6）若 mg NaClO3（s）最终制得纯净的 n g NaClO2（s），则NaClO2的产率是　　×100%。
【分析】（1）按图组装好仪器后，应先检查装置的气密性；结合实验目的装置B的特点可知；冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解；
（2）根据题意可知NaClO3转化为ClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2；
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；
（4）ClO2见光易分解为Cl2；
（5）H2O2与Na2O2性质相似既有氧化性又有还原性；
（6）根据氯元素守恒进行计算。
【解答】解：（1）按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解，故选b，故答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；
（2）根据题意可知NaClO3转化为ClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2，则三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，故答案为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降，
故答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；
（4）ClO2见光易分解为Cl2，故该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，故答案为：没有处理尾气；
（5）由于H2O2与Na2O2性质相似，故还可以选择的还原剂是Na2O2，故选A，故答案为：A；
（6）根据氯元素守恒，NaClO2的产率为×100%＝，故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
9．（15分）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni（OH）2、Fe2O3、MnO2，碳粉、铝箔等]合成电池级Ni（OH）2的工艺流程如图：

已知：
氢氧化物
Fe（OH）3
Al（OH）3
Ni（OH）2
Mn（OH）2
K sp（室温下）
4.0×10 ﹣38
1.0×10 ﹣33
1.6×10 ﹣14
2×10﹣13
（1）①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、AI3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是　Fe3+、Al3+　；以下最适合作为物质X的是　D　（填字母）。
A．双氧水 B．氨水 C．盐酸 D． NiO
②若滤液中Ni2+的浓度为2mol•L﹣1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni（OH）2沉淀：　pH约为5，则c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，Qc＝c（Ni2+）•c2（OH﹣）＝2×（10﹣9）2＝2×10﹣18＜Ksp（Ni（OH）2）＝1.6×10﹣14，故没有沉淀产生　。
（2）滤渣Ⅲ的主要成分是　MnO2　，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为　2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+　。
（3）用Ni（OH）2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为　4Ni（OH）2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O　。
（4）镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1﹣xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在　阳　（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为　LiNiO2﹣xe﹣＝Li1﹣xNiO2+xLi+　。
【分析】废旧二次电池[主要成分为Ni（OH）2、Fe2O3、MnO2，碳粉、铝箔等]酸浸过程中碳粉不溶于酸形成滤渣Ⅰ，MnO2在酸性条件下能被Al还原为Mn2+，其余物质均被酸溶解为对应价态的离子，调节pH的目的为使Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3过滤除去，加入KMnO4可将Mn2+氧化为MnO2形成滤渣Ⅲ过滤除去，最后加入NaOH溶液使Ni2+转化为Ni（OH）2，据此分析解答。
【解答】解：（1）①调节溶液的pH约为5，其目的是除去Fe3+、Al3+，为了不引入新杂质，可选用的物质为NiO，故选D，故答案为：除去Fe3+、Al3+；D；
②若滤液中Ni2+的浓度为2mol•L﹣1，由于pH约为5，则c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，Qc＝c（Ni2+）•c2（OH﹣）＝2×（10﹣9）2＝2×10﹣18＜Ksp（Ni（OH）2）＝1.6×10﹣14，故没有沉淀产生，故答案为：pH约为5，则c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，Qc＝c（Ni2+）•c2（OH﹣）＝2×（10﹣9）2＝2×10﹣18＜Ksp（Ni（OH）2）＝1.6×10﹣14，故没有沉淀产生；
（2）滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，故答案为：MnO2；2MnO4﹣+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（3）用Ni（OH）2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为4Ni（OH）2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O，故答案为：4Ni（OH）2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；
（4）根据题意可知LiNiO2（镍酸锂）为锂离子电池正极材料，负极为Li，则放电时电池总反应为xLi+Li1﹣xNiO2＝LiNiO2，放电时的正极即为充电时的阳极，充电时LiNiO2在阳极发生反应转化为Li1﹣xNiO2，该电极的电极反应式为LiNiO2﹣xe﹣＝Li1﹣xNiO2+xLi+，故答案为：阳；LiNiO2﹣xe﹣＝Li1﹣xNiO2+xLi+。
【点评】本题考查了物质制备、分离实验，为高考常见题型，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等，注意流程的分析和理解、电解原理的应用。
10．（14分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。
（1）根据表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）的△H＝　+123kJ•mol﹣1　。

共价键
C﹣C
C＝C
C﹣H
H﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
348
615
413
436
（2）下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）
①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态　C　（填字母）。
A．△H保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不边
D．单位时间内生成1molH﹣H键，同时生成1molC＝C键
②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是　B　（填字母）
A．增大压强 B．升高温度 C．保持容积不变充入氩气
工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是　使反应体系分压减小，平衡正向移动　。
③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是　ⅳ　、　ⅰ　（填标号）
④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp＝　3.3×103　Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）
（3）利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2 （g）C3H6 （g）+CO（g）+H2O（1），该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是　C与CO2反应生成CO，使C脱离催化剂表面　，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是　产生有毒气体CO　。

【分析】（1）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（2）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
②欲使丙烯的平衡产率提高，即平衡正向移动；
③升高温度与减小压强均可使平衡正移，生成物体积分数增大，反应物体积分数减小，结合图象可知；
④设起始时通入1mol丙烷，列三段式：
C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g） （单位：mol）
起始量：1 0 0
转化量：x x x
平衡量：1﹣x x x
V（C3H6）%＝＝＝33%；解得x≈0.5mol，平衡常数KP＝，P（C3H8）＝×10000，P（C3H6）＝×10000，P（H2）＝×10000；
（3）C与CO2反应生成CO；该工艺产生有毒气体CO。
【解答】解：（1）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能＝2×（C﹣C）+8×（C﹣H）﹣1×（C﹣C）﹣1×（C＝C）﹣6×（C﹣H）﹣1×（H﹣H）＝（2×348+8×413﹣1×348﹣1×615﹣6×413﹣1×436）kJ•mol﹣1＝+123kJ•mol﹣1，故答案为：+123kJ•mol﹣1；
（2）①A、△H与反应自身有关，与平衡移动无关，故A不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B、该反应前后气体质量与体积不变，则混合气体的密度为定值，则混合气体的密度保持不变不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C、该反应前后气体质量不变，气体物质的量改变，则混合气体的平均摩尔质量为变化值，混合气体的平均摩尔质量保持不变能说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D、单位时间内生成1molH﹣H键，同时生成1molC＝C键，反应方向均为正向，不能说明平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
②欲使丙烯的平衡产率提高，即平衡正向移动，可采取的措施有：减小压强、升高温度、移走生成物等，故选B；在恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，使反应体系分压减小，平衡正向移动，
故答案为：B；使反应体系分压减小，平衡正向移动；
③升高温度与减小压强均可使平衡正移，生成物体积分数增大，反应物体积分数减小，结合图象可知曲线1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是ⅳ、ⅰ，故答案为：ⅳ；ⅰ；
④设起始时通入1mol丙烷，列三段式：
C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g） （单位：mol）
起始量：1 0 0
转化量：x x x
平衡量：1﹣x x x
V（C3H6）%＝＝＝33%；解得x≈0.5mol，平衡常数KP＝，P（C3H8）＝×10000，P（C3H6）＝×10000，P（H2）＝×10000，KP＝＝3.3×103，故答案为：3.3×103；
（3）该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，原因是C与CO2反应生成CO，使C脱离催化剂表面；相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是该工艺产生有毒气体CO，故答案为：C与CO2反应生成CO，使C脱离催化剂表面；产生有毒气体CO。
【点评】本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意④中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度不大。
二、选考题：共45分．请考生从2道化学题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[化学一选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）科学家研究发现：硫化态的钴、钼、硫相互作用相（所谓“CoMoS”相）和噻吩（分子式为C4H4S）的加氢脱硫反应（C4H4S+4H2→C4H10+H2S）活性有线性关系。请回答下列有关问题：
（1）基态钴原子的外围电子排布图（轨道表示式）为　　。
（2）常温下，噻吩是一种无色、有恶臭、能催泪的液体，天然存在于石油中。
①1mol噻吩（）中含有的σ 键数目为　9NA　。
②在组成噻吩的三种元素中，电负性最小的是　H　（填元素符号，下同）；与S元素位于同一周期的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为　Cl＞P＞S＞Si　。
（3）已知沸点：H2O＞H2Se＞H2S，其原因　水分子间存在氢键，沸点高；相对分子量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。　。
（4）H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。
①写出与SO2互为等电子体的分子和离子：　O3　、　NO2﹣　（各一种）。
②气态SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为　平面三角形　；固态SO3形成三聚体环状结（如图1所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为　sp3　。

（5）Na2S的晶胞结构如图2所示，则黑球代表的离子是　S2﹣　。已知Na+的半径为0.102nm，S2﹣的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则Na2S的晶胞参数a＝　　nm（列出计算式即可）。
【分析】（1）基态钴原子的外围电子排布式为：3d74s2，由此写出基态钴原子的外围电子排布图；
（2）①依据噻吩的键线式写出其分子式为：C4H4S，五元环内有5个σ 键，4个碳氢键均为σ 键同，所以每个分子中有9个σ 键；
②H C S 三种元素H元素的电负性最小，同周期元素原子第一电离能呈增大趋势，但P元素3p轨道半满状态比较稳定，比S的第一电离能大；
（3）结构相似的分子，相对分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，但水分子间可以形成氢键，有更高的熔沸点；
（4）①互为等电子体的微粒满足：原子个数相同，价电子总数相同；
②先判断SO3的VSEPR模型，价层电子对数为3，VSEPR模型和分子构型相同为平面三角形，由图1可知，固态SO3形成三聚体环状结构中每个硫原子有4个成键电子对解答本题；
（5）图2中依据均摊法计算黑球白球个数比，依据化学式中比例关系，可知黑球是S 2﹣，白球是Na+；根据硬球接触模型，钠离子和硫离子之间的距离是晶胞体对角线的四分之一来解题。
【解答】解：（1）基态钴原子的外围电子排布式为：3d74s2，基态钴原子的外围电子排布图为：；
故答案为：；
（2）①依据噻吩的键线式写出其分子式为：C4H4S，五元环内有5个σ 键，4个碳氢键均为σ 键同，所以每个分子中有9个σ 键，1mol噻吩中含有的σ 键数目9NA；
故答案为：9NA；
②H C S 三种元素H元素的电负性最小，和硫在同一周期的非金属有Si、P、S、Cl，同周期元素原子第一电离能呈增大趋势，但P元素3p轨道半满状态比较稳定，比S的第一电离能大。
故答案为：H； Cl＞P＞S＞Si；
（3）结构相似的分子，相对分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，但水分子间可以形成氢键，有更高的熔沸点。
故答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高；
（4）①互为等电子体的微粒满足原子个数相同，价电子总数相同。与SO2互为等电子体的分子有：O3，离子有NO2﹣；
故答案为：O3 ；NO2﹣；
②先判断SO3的VSEPR模型，孤电子对数＝（6﹣2×3）＝0，成键电对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型和分子构型相同为平面三角形，由图1可知，固态SO3形成三聚体环状结构中每个硫原子有4个成键电子对，所以S原子的杂化轨道类型为sp3；
故答案为：平面三角形； sp3；
（5）依据均摊法计算，图2中黑球个数：8×＝4，白球个数8个，依据化学式Na2S中比例关系，可知黑球是S 2﹣，白球是Na+．根据硬球接触模型，钠离子和硫离子之间的距离是晶胞体对角线的四分之一，设晶胞参数为a，则有＝（0.102+0.184）nm，解得a＝ ；
故答案为：硫离子（或S2﹣）；。
【点评】本题所涉及知识点有原子核外电子排布、原子轨道杂化及空间构型判断、晶胞计算等知识，题目难度中等。注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题考查学生综合运用知识的能力。
[化学一选修5：有机化学基础]（15分）
12．有机物I是一种常用的植物调味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2O
②通常在同一个碳原子。上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
（1）A的名称是　乙烯　H含有的官能团名称是　碳碳双键、羧基　。
（2）②的反应条件是　铜或银、氧气，加热　，⑦的反应类型是　取代反应（或酯化反应）　。
（3）I的结构简式是　　。
（4）④的化学方程式是　　。
（5）L是I的同分异构体且含有相同的官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有　9　种 （不考虑立体异构）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂，的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】芳香烃D的分子式为C7H8，可知D为，D与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成E为，发生水解反应生成F为．C与F发生信息中反应生成G，G中含有碳碳双键与醛基，G中醛基氧化为羧基生成H，H与甲醇发生酯化反应生成I，结合I的分子式可知H分子式为：C10H10O2+H2O﹣CH4O＝C9H8O2，故H为，则I为、G为，可推知C为CH3CHO，脂肪烃A为H2C＝CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为C2H5OH，B发生催化氧化生成CH3CHO。
（6）乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH＝CHCHO，然后用银氨溶液氧化后再酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后发生加聚反应得到目标物。
【解答】解：（1）由分析可知，A为H2C＝CH2，A的名称是：乙烯。H的结构简式为，H含有的官能团名称是：碳碳双键、羧基，
故答案为：乙烯；碳碳双键、羧基；
（2）反应②是乙醇转化为乙醛，反应条件是：铜或银、氧气，加热。反应⑦是酯化反应，也属于取代反应，
故答案为：铜或银、氧气，加热；取代反应（或酯化反应）；
（3）由分析可知，I的结构简式是，
故答案为：；
（4）④的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）L是I（）的同分异构体且含有相同的官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，可以看作是CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、、CH2＝CHCOOCH3、CH2＝CHOOCCH3中插入苯环，均有2种，故符合条件的共有2×5﹣1＝9种，
故答案为：9；
（6）乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH＝CHCHO，然后用银氨溶液氧化后再酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后发生加聚反应得到生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力与知识迁移应用，是有机化学常见题型，熟练掌握官能团的性质与转化。