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2020年青海省西宁市高考化学一模试卷
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这是一份2020年青海省西宁市高考化学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、选择题
1．（6分）化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．在抗击新冠肺炎疫情中，84消毒液、酒精用作环境消毒剂，是因为它们具有强氧化性
B．“地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂、生物柴油，从而实现厨余废物合理利用
C．工业上，采用雾化技术燃煤的目的是提高煤的燃烧效率、减少SO2的排放
D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．（6分）有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，已知A中含有一个六元碳环且A可与NaHCO3溶液反应，则该有机物碳环上一氯代物的数目为（不考虑立体异构）（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（6分）CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（ ）
A．过程①一②是吸热反应
B．Ni是该反应的催化剂
C．过程①一②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，2.24L SO3中含氧原子数为0.3NA
B．0.1mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4NA
C．含0.1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成的胶体粒子数为0.1NA
D．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为0.9NA
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＜X+
B．Z的最高价氧化物的水化物是强碱
C．化合物XZW4具有强还原性
D．W与Y只能形成10电子化合物
6．（6分）联胺是火箭的燃料，一种用联胺制成的燃料电池示意图如下，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．该电池工作时电子从负极经电解质溶液到正极
B．电池工作一段时间后，溶液的pH减小
C．负极的反应为N2H4﹣4e﹣＝N2↑+4H+
D．当电路中通过0.1mol的电子时，负极消耗0.56L的氧气
7．（6分）依据下列实验现象，所得结论不正确的是（ ）
实验
实验现象
①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42﹣
②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。
A．品红溶液褪色是氯水漂白所致
B．集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
C．依据现象②可确定产生的气体为SO2
D．检验SO42﹣的试剂为：盐酸、BaCl2溶液
二、非选择题
8．（11分）汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1，2﹣二溴乙烷（无色液体，沸点：131℃，熔点：9.3℃）。同学们在实验室拟制备少量1，2﹣二溴乙烷，流程如图1所示。
任务Ⅰ：1，2﹣二溴乙烷的制备（利用如图2所示装置，完成流程图中步骤①和②）
（ⅰ）在冰水冷却下，将24 mL浓硫酸注入12 mL乙醇中混合均匀。
（ⅱ）向D装置的试管中加入3.0 mL液溴（0.10 mol），加入适量水液封，并向烧杯中加入冷却剂。
（ⅲ）连接仪器并检查装置的气密性。向三颈烧瓶中加入碎瓷片，通过M向三颈烧瓶中加入部分硫酸与乙醇的混合物，一部分留在M中。
（ⅳ）先切断C、D的连接处，加热三颈烧瓶，待温度上升到120℃，连接C、D，待温度升到180℃～200℃，通过M慢慢滴入混合液。
（ⅴ）继续加热三颈烧瓶，待D中试管内的颜色完全褪去，切断C、D的连接，停止加热。
回答问题：
（1）图中仪器M的名称是 。
（2）图中B装置中玻璃管的作用是 。
（3）步骤ⅳ中“先切断C、D的连接处，再加热三颈烧瓶”的原因是 。
（4）装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为 。
A．冰水混合物 B.5℃的水 C.10℃的水
任务Ⅱ：1，2﹣二溴乙烷的纯化（流程图中步骤③④⑤）
步骤③冷却后，把装置D试管内的产物转移至分液漏斗，用1%的NaOH水溶液洗涤。
步骤④：用水洗涤至中性。
步骤⑤：向所得的有机层中加适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130℃～132℃的馏分，得到产品4.70 g。
（5）步骤③中加入1%的NaOH水溶液时，发生反应的化学方程式为 。
（6）步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为 。该实验所得产品的产率为 。
9．（12分）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
（1）CeFCO3中Ce的化合价为 ；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是 。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为 。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是 。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因： 。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式： 。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？ 。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
10．（12分）中科院一项新研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，其反应为：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＞0
物质
燃烧热（kJ/mol）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如表，完成热化学方程式：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝ 。
（2）温度为T1℃时，向1 L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，反应0～15 min CH4的物质的量随时间变化如图1，实验测得10～15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①若图1中曲线a、b分别表示在T1℃时，使用等质量的两种不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，判断：催化剂a b．（填“优于”或“劣于”）
②在15 min时改变反应条件，导致n（CH4）发生变化如图1所示，则改变的条件可能是： 。（任答一条即可）
（3）实验测得v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）•c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度为T1时，k正与k逆的比值为 （填数值）。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正 v逆（填“＞”、“＝”或“＜”），判断的理由是 。
（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解如图2所示。电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2﹣。
①图中C处的Pt为 （填“阴”或“阳”）极。
②该电池工作时负极的电极反应式为 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标准状况下气体总体积为112 mL，则阴极区所得溶液在25℃时pH＝ 。（假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL）
11．（11分）氮、磷化合物用途非常广泛，如：磷化硼（BP）、磷青铜（Cu3SnP）等。回答问题：
（1）锡（Sn）是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为 。
（2）PH3分子的空间构型为 。PH3的键角小于NH3的原因是 。
（3）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基（﹣OH）中氧原子的杂化方式为 ，该化合物所含元素中电负性最大的是 。
（4）磷酸和亚磷酸（H3PO3）是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 ，其为 元酸，原因是 。
（5）磷化硼（BP）是倍受关注的耐磨材料，可用作金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。
①磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 。
②已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA．则磷化硼晶体的密度为 g/cm3。
12．（12分）芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系。
已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子；
②。
回答问题：
（1）A的结构简式为 ，A生成B的反应类型为 。
（2）C的化学式为 。
（3）由D生成E的反应条件为 。
（4）H中所含官能团的名称为 。
（5）I的结构简式为 。
（6）由E生成F的化学方程为 。
（7）F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式 。
①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰。
2020年青海省西宁市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6分）化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．在抗击新冠肺炎疫情中，84消毒液、酒精用作环境消毒剂，是因为它们具有强氧化性
B．“地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂、生物柴油，从而实现厨余废物合理利用
C．工业上，采用雾化技术燃煤的目的是提高煤的燃烧效率、减少SO2的排放
D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【分析】A、84消毒液具有强氧化性，而酒精改变蛋白构型而扰乱多肽链的折叠方式，造成蛋白发生不可逆的变性；
B．“地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯；
C、雾化技术燃煤的目的是扩大接触面积但不会减少二氧化硫的排放；
D、太阳能电池帆板材料是硅，而不是二氧化硅；
【解答】解：A、84消毒液具有强氧化性，用于杀菌消毒；酒精能够使蛋白质发生变性，使细菌、病毒失去生理活性，因此用作环境消毒剂，不是因为它具有强氧化性，故A错误；
B、“地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，对人体健康有害，不能食用，经皂化反应后可用来制肥皂，经与甲醇发生酯交换反应可制取生物柴油，从而实现厨余废物合理利用，变废为宝，故B正确；
C、工业上，采用雾化技术燃煤的目的是扩大接触面积，提高煤的燃烧效率、但不能减少SO2的排放，故C错误；
D、太阳能电池帆板的材料是晶体硅，利用其导电性，而二氧化硅则用于制光导纤维，故D错误；
故选：B。
【点评】本题为综合题，熟悉太阳能电池板、油脂和影响化学反应速率的因素等，题目难度不大。
2．（6分）有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，已知A中含有一个六元碳环且A可与NaHCO3溶液反应，则该有机物碳环上一氯代物的数目为（不考虑立体异构）（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，故分子含有1个﹣COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128﹣72﹣45＝11，故还原11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣COOH的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，以此解答该题。
【解答】解：A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成CO2和H2O，说明没有C、H、O以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，故分子含有1个﹣COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128﹣72﹣45＝11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣COOH的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，故其环上的一氯代物有4种，
故选：C。
【点评】本题考查有机物计算、同分异构体判断，题目难度中等，正确判断A的结构简式为解答关键，注意A分子中连接羧基的C上还含有1个H原子，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。
3．（6分）CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（ ）
A．过程①一②是吸热反应
B．Ni是该反应的催化剂
C．过程①一②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2
【分析】由图可知，发生CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g），Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。
【解答】解：A、反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故A错误；
B、Ni在此反应中先消耗、后生成，故为催化剂，故B正确；
C、由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；
D、此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，故化学方程式为CH4+CO22CO+2H2，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、化学键的断裂和生成、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，2.24L SO3中含氧原子数为0.3NA
B．0.1mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4NA
C．含0.1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成的胶体粒子数为0.1NA
D．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为0.9NA
【分析】A．在标准状况下，SO3为固体；
B、氧气反应后的价态可能为﹣2价，还可能为﹣1价；
C、一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
D．﹣CD3的摩尔质量为18g/mol，1.8g﹣CD3物质的量为＝0.1mol，1个﹣CD3中含有9个中子。
【解答】解：A．在标准状况下，SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，故A错误；
B．若O2与金属Na反应产生Na2O2，每1 mol O2反应转移2 mol电子，则0.1 mol O2完全发生该反应时，转移电子数为0.2NA，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体的胶粒是许多Fe（OH）3的集合体，所以含0.1 mol FeCl3的饱和溶液形成的胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D．甲基（﹣CD3）的式量是18，一个该甲基中含有9个中子，1.8 g甲基（﹣CD3）的物质的量是0.1 mol，所以其中含有的中子数为0.9NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加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。
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＜X+
B．Z的最高价氧化物的水化物是强碱
C．化合物XZW4具有强还原性
D．W与Y只能形成10电子化合物
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3，则W为H，X为Li，Y为O，Z为Al，据此解答。
【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3．W为H，X为Li，Y为O，Z为Al。
A．电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：H﹣＞Li+，故A错误；
B．Al的最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，是两性氢氧化物，故B错误；
C．化合物LiAlH4中H是﹣1价，具有强还原性，故C正确；
D．W与Y能形成10电子化合物H2O，还能形成18电子的化合H2O2，故D错误；
故选：C。
【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逻辑推理能力。
6．（6分）联胺是火箭的燃料，一种用联胺制成的燃料电池示意图如下，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．该电池工作时电子从负极经电解质溶液到正极
B．电池工作一段时间后，溶液的pH减小
C．负极的反应为N2H4﹣4e﹣＝N2↑+4H+
D．当电路中通过0.1mol的电子时，负极消耗0.56L的氧气
【分析】在碱性电解质中肼再负极失去电子生成氮气和水，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电池的总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，据此分析。
【解答】解：A．电子不能经过电解质溶液，溶液中是离子移动，故A错误；
B．电池的总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，反应生成水，溶液的浓度减小，pH减小，故B正确；
C．燃料电池的负极发生氧化反应，是肼在反应，肼中的N从﹣2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2↑+4H2O，故C错误；
D．没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写，题目难度不大。
7．（6分）依据下列实验现象，所得结论不正确的是（ ）
实验
实验现象
①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42﹣
②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。
A．品红溶液褪色是氯水漂白所致
B．集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
C．依据现象②可确定产生的气体为SO2
D．检验SO42﹣的试剂为：盐酸、BaCl2溶液
【分析】氯气和二氧化硫按1：1混合，检验溶液中含有SO42﹣，加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化，可说明溢出气体无二氧化硫，氯气，则发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，以此解答该题。
【解答】解：A．加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，可说明品红溶液褪色是氯水漂白所致，故A正确；
B．由反应的现象可知集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，故B正确；
C．依据现象②可确定产生的气体为HCl，故C错误；
D．检验硫酸根离子，可加入盐酸，如无现象再加氯化钡，生成沉淀说明含有硫酸根离子，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验的评价，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力，注意把握物质的性质以及反应现象的判断，题目难度不大。
二、非选择题
8．（11分）汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1，2﹣二溴乙烷（无色液体，沸点：131℃，熔点：9.3℃）。同学们在实验室拟制备少量1，2﹣二溴乙烷，流程如图1所示。
任务Ⅰ：1，2﹣二溴乙烷的制备（利用如图2所示装置，完成流程图中步骤①和②）
（ⅰ）在冰水冷却下，将24 mL浓硫酸注入12 mL乙醇中混合均匀。
（ⅱ）向D装置的试管中加入3.0 mL液溴（0.10 mol），加入适量水液封，并向烧杯中加入冷却剂。
（ⅲ）连接仪器并检查装置的气密性。向三颈烧瓶中加入碎瓷片，通过M向三颈烧瓶中加入部分硫酸与乙醇的混合物，一部分留在M中。
（ⅳ）先切断C、D的连接处，加热三颈烧瓶，待温度上升到120℃，连接C、D，待温度升到180℃～200℃，通过M慢慢滴入混合液。
（ⅴ）继续加热三颈烧瓶，待D中试管内的颜色完全褪去，切断C、D的连接，停止加热。
回答问题：
（1）图中仪器M的名称是 恒压漏斗 。
（2）图中B装置中玻璃管的作用是 安全瓶，指示B中压强变化，避免气流过快仪器压强过大 。
（3）步骤ⅳ中“先切断C、D的连接处，再加热三颈烧瓶”的原因是 减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发 。
（4）装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为 C 。
A．冰水混合物 B.5℃的水 C.10℃的水
任务Ⅱ：1，2﹣二溴乙烷的纯化（流程图中步骤③④⑤）
步骤③冷却后，把装置D试管内的产物转移至分液漏斗，用1%的NaOH水溶液洗涤。
步骤④：用水洗涤至中性。
步骤⑤：向所得的有机层中加适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130℃～132℃的馏分，得到产品4.70 g。
（5）步骤③中加入1%的NaOH水溶液时，发生反应的化学方程式为 Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O 。
（6）步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为 干燥产品（除去产品中的水） 。该实验所得产品的产率为 25% 。
【分析】结合装置图知，A装置是浓硫酸与乙醇混合加热用于乙烯的制备，B是安全瓶，防止倒吸，C进行乙烯的净化，除去杂质CO2、SO2，D装置进行 1，2﹣二溴乙烷的制备，E进行尾气吸收。B中玻璃管的作用是指示B中的压强变化，避免气流过快引起B中压强过大，在 1，2 一二溴乙烷的净化阶段，第一步加入NaOH溶液是为了吸收剩余的Br2，第二步水洗是为了洗去NaOH溶液，第三步的无水氯化钙用来干燥生成的 1，2 一二溴乙烷，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据图示可知，图中仪器M的名称是恒压漏斗，
故答案为：恒压漏斗；
（2）不论是C装置中NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体，倒吸到装置B中，还是装置A中一旦堵塞，装置B中内的液体进入到长玻璃管内，所以装置B的作用是用作安全瓶的作用，可指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，
故答案为：安全瓶，指示B中压强变化，避免气流过快仪器压强过大；
（3）加热三口瓶前，先切断瓶C和瓶D的连接处，气体就不能进入到装有溴的装置内，减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发，
故答案为：减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发；
（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故开始反应时为防止液溴挥发，要给装置D的烧杯中降温，又已知：1，2﹣二溴乙烷的沸点为 131℃，熔点为 9.3℃，在 D 中制备时防止产品堵塞试管，要确保 1，2 一二溴乙烷呈液态，故最好用10℃的冷水，故合理选项是C，
故答案为：C；
（5）由于溴有挥发性、有毒，根据Br2能够与碱反应产生可溶性物质的性质，用1%的NaOH水溶液吸收多余的Br2，Br2与NaOH反应产生NaBr、NaBrO和H2O，发生反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O，
故答案为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O；
（6）分液后，加干燥剂除去产品中的水分，加入无水氯化钙目的是干燥生成的 1，2﹣二溴乙烷；
反应方程式为：Br2+CH2＝CH2→CH2Br﹣CH2Br，通入0.10 mol Br2，则理论上产生0.10 mol CH2Br﹣CH2Br，则1，2﹣二溴乙烷理论产量是：m（CH2Br﹣CH2Br）＝n•M＝0.10 mol×188 g/mol＝18.8 g，实际产量是4.70 g，则1，2﹣二溴乙烷的产率是：×100%＝25%，
故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；25%。
【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
9．（12分）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
（1）CeFCO3中Ce的化合价为 +3 ；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是 陶瓷会与生成的HF反应 。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为 2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O 。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 分液 。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因： 向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动 。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式： Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4 。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？ 是 。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，以此解答该题。
【解答】解：（1）CeFCO3中CO32﹣整体显﹣2价，F显﹣1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，故答案为：+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2（SO4）3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液，故答案为：分液；
（4）酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小，故答案为：温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）该过程中存在Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层），向混合液中加入稀硫酸，使溶液中c（H+）增大，化学平衡逆向移动，即向生成Ce3+水溶液的方向移动，从而能获得较纯的含Ce3+水溶液，故答案为：向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
（6）向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce（OH）4，该反应的化学方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，
故答案为：Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4；
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，则c（OH﹣）＝1.0×10﹣4 mol/L，Ce3+若形成沉淀，c（Ce3+）×c3（OH﹣）＞Ksp[Ce（OH）3]，而此时溶液中c（Ce3+）＝mol/L＝1.0×10﹣8mol/L＜1.0×10﹣5mol/L，因此Ce3+沉淀完全，故答案为：是。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．（12分）中科院一项新研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，其反应为：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＞0
物质
燃烧热（kJ/mol）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如表，完成热化学方程式：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝ +202.5 kJ/mol 。
（2）温度为T1℃时，向1 L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，反应0～15 min CH4的物质的量随时间变化如图1，实验测得10～15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①若图1中曲线a、b分别表示在T1℃时，使用等质量的两种不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，判断：催化剂a 劣于 b．（填“优于”或“劣于”）
②在15 min时改变反应条件，导致n（CH4）发生变化如图1所示，则改变的条件可能是： 升高温度或减小压强 。（任答一条即可）
（3）实验测得v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）•c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度为T1时，k正与k逆的比值为 12.8 （填数值）。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正 ＞ v逆（填“＞”、“＝”或“＜”），判断的理由是 升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动 。
（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解如图2所示。电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2﹣。
①图中C处的Pt为 阳 （填“阴”或“阳”）极。
②该电池工作时负极的电极反应式为 CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标准状况下气体总体积为112 mL，则阴极区所得溶液在25℃时pH＝ 12 。（假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL）
【分析】（1）由热化学方程式：
①H2（g）+12O2（g）⇌H2O（1）△H＝﹣285.8 kJ/mol；
②CH4 （g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O△H＝﹣890.3 kJ/mol；
③C2H4 （g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（1）△H＝﹣1411.5kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×2﹣①×2﹣③，整理可得；
（2）①b催化剂，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，先达到平衡，性能好；
②升高温度或减小压强，平衡正向进行；
（3）根据各物质平衡时的浓度可以计算平衡常数K＝；升高温度，正逆反应速率均增大，但是平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数；
（4）①燃料电池中燃料一极为原电池负极，通入氧气的为原电池的正极，与原电池的正极连接电极为阳极；
②负极的电极反应式：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
③电解反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，产生气体的物质的量等于NaOH物质的量，根据氢氧化钠的物质的量浓度，可以计算OH﹣浓度，进一步可得pH。
【解答】解：（1）根据已知条件，可得热化学方程式：
①H2（g）+12O2（g）⇌H2O（1）△H＝﹣285.8 kJ/mol；
②CH4 （g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O△H＝﹣890.3 kJ/mol；
③C2H4 （g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（1）△H＝﹣1411.5kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×2﹣①×2﹣③，整理可得：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝+202.5 kJ/mol；
故答案为：+202.5 kJ/mol；
（2）①若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，可知：b催化剂表面积大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，先达到平衡，该催化剂性能好，b先达到平衡，说明催化剂a劣于催化剂b，
故答案为：劣于；
②15min时，若改变外界反应条件，n（CH4）发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行，正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变化，故改变的条件是升高温度或减小压强，
故答案为：升高温度或减小压强；
（3）v逆＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相同，得到T1温度时k正与k逆的比值； k正c2（CH4）＝k逆c（C2H4）•c2（H2），＝，对于反应2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g），反应开始时n（CH4）＝2 mol，n（C2H4）＝n（H2）＝0，反应达到平衡时，H2的浓度为1.6 mol/L，由于容器的容积是1L，所以平衡时气体的物质的量与浓度数值相等，各种物质的平衡浓度分别是：c（CH4）＝（2﹣1.6）mol/L＝0.4 mol/L，n（C2H4）＝0.8 mol/L，n（H2）＝1.6 mol/L，因此平衡时K＝＝mol/L＝12.8 mol/L，即＝＝K＝12.8mol/L；升高温度，正、逆反应速率都加快。由于该反应的正反应为吸热反应，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动；
故答案为：12.8；＞；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动；
（4）①甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，C极与原电池的正极连接为阳极；
故答案为：阳；
②在原电池负极，CH4失去电子生成CO2，传导离子是O2﹣，结合电荷守恒、原子守恒，可得负极的电极反应式：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
故答案为：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
③n（H2+Cl2）＝＝0.005 mol，根据电解反应方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可知每反应产生2 mol气体，同时在阴极得到2 mol NaOH，现在反应产生0.005 mol气体，因此反应产生了0.005 mol NaOH，由于溶液的体积是0.5 L，则阴极附近溶液中c（NaOH）＝＝0.01 mol/L，在室温下水的离子积常数Kw＝10﹣14（mol/L）2，c（H+）＝mol/L＝10﹣12 mol/L，所以溶液的pH＝12，
故答案为：12。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、平衡常数的计算应用、影响化学平衡的因素、电解池原理及其电极反应书写等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11．（11分）氮、磷化合物用途非常广泛，如：磷化硼（BP）、磷青铜（Cu3SnP）等。回答问题：
（1）锡（Sn）是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为 5s25p2 。
（2）PH3分子的空间构型为 三角锥形 。PH3的键角小于NH3的原因是 元素的电负性：N＞P 。
（3）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基（﹣OH）中氧原子的杂化方式为 sp3 ，该化合物所含元素中电负性最大的是 O 。
（4）磷酸和亚磷酸（H3PO3）是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 ，其为 二 元酸，原因是 分子中含有2个与P原子连接的﹣OH 。
（5）磷化硼（BP）是倍受关注的耐磨材料，可用作金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。
①磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 平面正方形 。
②已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA．则磷化硼晶体的密度为 g/cm3。
【分析】（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，根据构造原理书写基态锡原子的价电子排布式；
（2）PH3与NH3空间构型相同，结合P、N元素的电负性及电子对之间的排斥力大小比较；
（3）根据价层电子对数判断O原子杂化轨道类型；根据元素的非金属性越强，其电负性越大分析判断；
（4）只有羟基（﹣OH）氢能够与NaOH发生中和反应，酸是几元酸，就可形成几种盐据此分析判断；
（5）①该BP晶体在Z轴上投影，构成的是平面正方形结构；
②根据晶体密度计算；
【解答】解：（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，价层电子排布式是5s25p2，
故答案为：5s25p2；
（2）P原子价层电子对数为＝4，VSEPR构型为正四面体形，由于P原子上有1对孤对电子占据四面体的一个顶点，所以PH3呈三角锥形；由于元素的电负性：N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对之间的斥力大增大，电子对离中心原子更近，成键电子对之间的排斥力越大，键角越大，所以键角NH3比PH3的大，
故答案为：三角锥形；元素的电负性：N＞P；
（3）在﹣OH中O原子价层电子对数为4，因此杂化轨道类型为sp3杂化；在羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]中含有的元素有Ca、P、O、H四种，由于元素的非金属性最强的元素是O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，因此物质所含元素电负性最大的是O元素，
故答案为：sp3；O；
（4）由于酸的元数与其和碱反应产生的盐种类数目相同，亚磷酸与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明H3PO3是二元酸，分子中含有2个与P原子连接的﹣OH，其结构式为，
故答案为：；二；分子中含有2个与P原子连接的﹣OH；
（5）①根据磷化硼（BP）晶胞结构可知B原子在Z轴上投影，形成的是平面正方形结构，
故答案为：平面正方形；
②在1个晶胞中，含有P原子数目为，4个B原子在晶胞内，所以含有B原子数目为4个，则该晶胞的密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布式的书写、原子的杂化、物质空间构型、酸的元数的判断、晶胞计算等，掌握物质结构基础知识是本题解答的关键，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是（5）中投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式关键，在晶胞计算时要结合均摊方法，利用物质密度公式计算。
12．（12分）芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系。
已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子；
②。
回答问题：
（1）A的结构简式为 ，A生成B的反应类型为 消去反应 。
（2）C的化学式为 C8H8O 。
（3）由D生成E的反应条件为 NaOH水溶液、加热 。
（4）H中所含官能团的名称为 羟基、羧基 。
（5）I的结构简式为 。
（6）由E生成F的化学方程为 。
（7）F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式 或 。
①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰。
【分析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，不饱和度为＝4，侧链没有不饱和键，且苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子，则A为，B能发生加成反应，则A发生消去反应生成B，B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，则C为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为，以此来解答。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A生成B的反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；
（2）C为，C的化学式为C8H8O，故答案为：C8H8O；
（3）由D生成E的反应条件为NaOH水溶液、加热，为水解反应，故答案为：NaOH水溶液、加热；
（4）H中所含官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
（5）I的结构简式为，故答案为：；
（6）E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+2H2O，
故答案为：+2H2O；
（7）F为，F的同分异构体满足①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰，符合条件的结构简式为或，
故答案为：或。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团及碳原子数的变化，题目难度不大。
2020年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、选择题
1．（6分）化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．在抗击新冠肺炎疫情中，84消毒液、酒精用作环境消毒剂，是因为它们具有强氧化性
B．“地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂、生物柴油，从而实现厨余废物合理利用
C．工业上，采用雾化技术燃煤的目的是提高煤的燃烧效率、减少SO2的排放
D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．（6分）有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，已知A中含有一个六元碳环且A可与NaHCO3溶液反应，则该有机物碳环上一氯代物的数目为（不考虑立体异构）（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（6分）CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（ ）
A．过程①一②是吸热反应
B．Ni是该反应的催化剂
C．过程①一②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，2.24L SO3中含氧原子数为0.3NA
B．0.1mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4NA
C．含0.1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成的胶体粒子数为0.1NA
D．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为0.9NA
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＜X+
B．Z的最高价氧化物的水化物是强碱
C．化合物XZW4具有强还原性
D．W与Y只能形成10电子化合物
6．（6分）联胺是火箭的燃料，一种用联胺制成的燃料电池示意图如下，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．该电池工作时电子从负极经电解质溶液到正极
B．电池工作一段时间后，溶液的pH减小
C．负极的反应为N2H4﹣4e﹣＝N2↑+4H+
D．当电路中通过0.1mol的电子时，负极消耗0.56L的氧气
7．（6分）依据下列实验现象，所得结论不正确的是（ ）
实验
实验现象
①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42﹣
②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。
A．品红溶液褪色是氯水漂白所致
B．集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
C．依据现象②可确定产生的气体为SO2
D．检验SO42﹣的试剂为：盐酸、BaCl2溶液
二、非选择题
8．（11分）汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1，2﹣二溴乙烷（无色液体，沸点：131℃，熔点：9.3℃）。同学们在实验室拟制备少量1，2﹣二溴乙烷，流程如图1所示。
任务Ⅰ：1，2﹣二溴乙烷的制备（利用如图2所示装置，完成流程图中步骤①和②）
（ⅰ）在冰水冷却下，将24 mL浓硫酸注入12 mL乙醇中混合均匀。
（ⅱ）向D装置的试管中加入3.0 mL液溴（0.10 mol），加入适量水液封，并向烧杯中加入冷却剂。
（ⅲ）连接仪器并检查装置的气密性。向三颈烧瓶中加入碎瓷片，通过M向三颈烧瓶中加入部分硫酸与乙醇的混合物，一部分留在M中。
（ⅳ）先切断C、D的连接处，加热三颈烧瓶，待温度上升到120℃，连接C、D，待温度升到180℃～200℃，通过M慢慢滴入混合液。
（ⅴ）继续加热三颈烧瓶，待D中试管内的颜色完全褪去，切断C、D的连接，停止加热。
回答问题：
（1）图中仪器M的名称是 。
（2）图中B装置中玻璃管的作用是 。
（3）步骤ⅳ中“先切断C、D的连接处，再加热三颈烧瓶”的原因是 。
（4）装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为 。
A．冰水混合物 B.5℃的水 C.10℃的水
任务Ⅱ：1，2﹣二溴乙烷的纯化（流程图中步骤③④⑤）
步骤③冷却后，把装置D试管内的产物转移至分液漏斗，用1%的NaOH水溶液洗涤。
步骤④：用水洗涤至中性。
步骤⑤：向所得的有机层中加适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130℃～132℃的馏分，得到产品4.70 g。
（5）步骤③中加入1%的NaOH水溶液时，发生反应的化学方程式为 。
（6）步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为 。该实验所得产品的产率为 。
9．（12分）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
（1）CeFCO3中Ce的化合价为 ；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是 。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为 。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是 。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因： 。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式： 。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？ 。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
10．（12分）中科院一项新研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，其反应为：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＞0
物质
燃烧热（kJ/mol）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如表，完成热化学方程式：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝ 。
（2）温度为T1℃时，向1 L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，反应0～15 min CH4的物质的量随时间变化如图1，实验测得10～15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①若图1中曲线a、b分别表示在T1℃时，使用等质量的两种不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，判断：催化剂a b．（填“优于”或“劣于”）
②在15 min时改变反应条件，导致n（CH4）发生变化如图1所示，则改变的条件可能是： 。（任答一条即可）
（3）实验测得v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）•c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度为T1时，k正与k逆的比值为 （填数值）。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正 v逆（填“＞”、“＝”或“＜”），判断的理由是 。
（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解如图2所示。电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2﹣。
①图中C处的Pt为 （填“阴”或“阳”）极。
②该电池工作时负极的电极反应式为 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标准状况下气体总体积为112 mL，则阴极区所得溶液在25℃时pH＝ 。（假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL）
11．（11分）氮、磷化合物用途非常广泛，如：磷化硼（BP）、磷青铜（Cu3SnP）等。回答问题：
（1）锡（Sn）是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为 。
（2）PH3分子的空间构型为 。PH3的键角小于NH3的原因是 。
（3）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基（﹣OH）中氧原子的杂化方式为 ，该化合物所含元素中电负性最大的是 。
（4）磷酸和亚磷酸（H3PO3）是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 ，其为 元酸，原因是 。
（5）磷化硼（BP）是倍受关注的耐磨材料，可用作金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。
①磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 。
②已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA．则磷化硼晶体的密度为 g/cm3。
12．（12分）芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系。
已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子；
②。
回答问题：
（1）A的结构简式为 ，A生成B的反应类型为 。
（2）C的化学式为 。
（3）由D生成E的反应条件为 。
（4）H中所含官能团的名称为 。
（5）I的结构简式为 。
（6）由E生成F的化学方程为 。
（7）F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式 。
①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰。
2020年青海省西宁市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6分）化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．在抗击新冠肺炎疫情中，84消毒液、酒精用作环境消毒剂，是因为它们具有强氧化性
B．“地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂、生物柴油，从而实现厨余废物合理利用
C．工业上，采用雾化技术燃煤的目的是提高煤的燃烧效率、减少SO2的排放
D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【分析】A、84消毒液具有强氧化性，而酒精改变蛋白构型而扰乱多肽链的折叠方式，造成蛋白发生不可逆的变性；
B．“地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯；
C、雾化技术燃煤的目的是扩大接触面积但不会减少二氧化硫的排放；
D、太阳能电池帆板材料是硅，而不是二氧化硅；
【解答】解：A、84消毒液具有强氧化性，用于杀菌消毒；酒精能够使蛋白质发生变性，使细菌、病毒失去生理活性，因此用作环境消毒剂，不是因为它具有强氧化性，故A错误；
B、“地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，对人体健康有害，不能食用，经皂化反应后可用来制肥皂，经与甲醇发生酯交换反应可制取生物柴油，从而实现厨余废物合理利用，变废为宝，故B正确；
C、工业上，采用雾化技术燃煤的目的是扩大接触面积，提高煤的燃烧效率、但不能减少SO2的排放，故C错误；
D、太阳能电池帆板的材料是晶体硅，利用其导电性，而二氧化硅则用于制光导纤维，故D错误；
故选：B。
【点评】本题为综合题，熟悉太阳能电池板、油脂和影响化学反应速率的因素等，题目难度不大。
2．（6分）有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，已知A中含有一个六元碳环且A可与NaHCO3溶液反应，则该有机物碳环上一氯代物的数目为（不考虑立体异构）（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，故分子含有1个﹣COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128﹣72﹣45＝11，故还原11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣COOH的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，以此解答该题。
【解答】解：A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成CO2和H2O，说明没有C、H、O以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，故分子含有1个﹣COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128﹣72﹣45＝11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣COOH的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，故其环上的一氯代物有4种，
故选：C。
【点评】本题考查有机物计算、同分异构体判断，题目难度中等，正确判断A的结构简式为解答关键，注意A分子中连接羧基的C上还含有1个H原子，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。
3．（6分）CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（ ）
A．过程①一②是吸热反应
B．Ni是该反应的催化剂
C．过程①一②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2
【分析】由图可知，发生CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g），Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。
【解答】解：A、反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故A错误；
B、Ni在此反应中先消耗、后生成，故为催化剂，故B正确；
C、由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；
D、此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，故化学方程式为CH4+CO22CO+2H2，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、化学键的断裂和生成、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，2.24L SO3中含氧原子数为0.3NA
B．0.1mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4NA
C．含0.1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成的胶体粒子数为0.1NA
D．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为0.9NA
【分析】A．在标准状况下，SO3为固体；
B、氧气反应后的价态可能为﹣2价，还可能为﹣1价；
C、一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
D．﹣CD3的摩尔质量为18g/mol，1.8g﹣CD3物质的量为＝0.1mol，1个﹣CD3中含有9个中子。
【解答】解：A．在标准状况下，SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，故A错误；
B．若O2与金属Na反应产生Na2O2，每1 mol O2反应转移2 mol电子，则0.1 mol O2完全发生该反应时，转移电子数为0.2NA，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体的胶粒是许多Fe（OH）3的集合体，所以含0.1 mol FeCl3的饱和溶液形成的胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D．甲基（﹣CD3）的式量是18，一个该甲基中含有9个中子，1.8 g甲基（﹣CD3）的物质的量是0.1 mol，所以其中含有的中子数为0.9NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加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。
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：W﹣＜X+
B．Z的最高价氧化物的水化物是强碱
C．化合物XZW4具有强还原性
D．W与Y只能形成10电子化合物
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3，则W为H，X为Li，Y为O，Z为Al，据此解答。
【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3．W为H，X为Li，Y为O，Z为Al。
A．电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：H﹣＞Li+，故A错误；
B．Al的最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，是两性氢氧化物，故B错误；
C．化合物LiAlH4中H是﹣1价，具有强还原性，故C正确；
D．W与Y能形成10电子化合物H2O，还能形成18电子的化合H2O2，故D错误；
故选：C。
【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逻辑推理能力。
6．（6分）联胺是火箭的燃料，一种用联胺制成的燃料电池示意图如下，下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．该电池工作时电子从负极经电解质溶液到正极
B．电池工作一段时间后，溶液的pH减小
C．负极的反应为N2H4﹣4e﹣＝N2↑+4H+
D．当电路中通过0.1mol的电子时，负极消耗0.56L的氧气
【分析】在碱性电解质中肼再负极失去电子生成氮气和水，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电池的总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，据此分析。
【解答】解：A．电子不能经过电解质溶液，溶液中是离子移动，故A错误；
B．电池的总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，反应生成水，溶液的浓度减小，pH减小，故B正确；
C．燃料电池的负极发生氧化反应，是肼在反应，肼中的N从﹣2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2↑+4H2O，故C错误；
D．没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写，题目难度不大。
7．（6分）依据下列实验现象，所得结论不正确的是（ ）
实验
实验现象
①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42﹣
②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。
A．品红溶液褪色是氯水漂白所致
B．集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl
C．依据现象②可确定产生的气体为SO2
D．检验SO42﹣的试剂为：盐酸、BaCl2溶液
【分析】氯气和二氧化硫按1：1混合，检验溶液中含有SO42﹣，加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体逸出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化，可说明溢出气体无二氧化硫，氯气，则发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，以此解答该题。
【解答】解：A．加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，可说明品红溶液褪色是氯水漂白所致，故A正确；
B．由反应的现象可知集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，故B正确；
C．依据现象②可确定产生的气体为HCl，故C错误；
D．检验硫酸根离子，可加入盐酸，如无现象再加氯化钡，生成沉淀说明含有硫酸根离子，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验的评价，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力，注意把握物质的性质以及反应现象的判断，题目难度不大。
二、非选择题
8．（11分）汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1，2﹣二溴乙烷（无色液体，沸点：131℃，熔点：9.3℃）。同学们在实验室拟制备少量1，2﹣二溴乙烷，流程如图1所示。
任务Ⅰ：1，2﹣二溴乙烷的制备（利用如图2所示装置，完成流程图中步骤①和②）
（ⅰ）在冰水冷却下，将24 mL浓硫酸注入12 mL乙醇中混合均匀。
（ⅱ）向D装置的试管中加入3.0 mL液溴（0.10 mol），加入适量水液封，并向烧杯中加入冷却剂。
（ⅲ）连接仪器并检查装置的气密性。向三颈烧瓶中加入碎瓷片，通过M向三颈烧瓶中加入部分硫酸与乙醇的混合物，一部分留在M中。
（ⅳ）先切断C、D的连接处，加热三颈烧瓶，待温度上升到120℃，连接C、D，待温度升到180℃～200℃，通过M慢慢滴入混合液。
（ⅴ）继续加热三颈烧瓶，待D中试管内的颜色完全褪去，切断C、D的连接，停止加热。
回答问题：
（1）图中仪器M的名称是 恒压漏斗 。
（2）图中B装置中玻璃管的作用是 安全瓶，指示B中压强变化，避免气流过快仪器压强过大 。
（3）步骤ⅳ中“先切断C、D的连接处，再加热三颈烧瓶”的原因是 减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发 。
（4）装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为 C 。
A．冰水混合物 B.5℃的水 C.10℃的水
任务Ⅱ：1，2﹣二溴乙烷的纯化（流程图中步骤③④⑤）
步骤③冷却后，把装置D试管内的产物转移至分液漏斗，用1%的NaOH水溶液洗涤。
步骤④：用水洗涤至中性。
步骤⑤：向所得的有机层中加适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130℃～132℃的馏分，得到产品4.70 g。
（5）步骤③中加入1%的NaOH水溶液时，发生反应的化学方程式为 Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O 。
（6）步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为 干燥产品（除去产品中的水） 。该实验所得产品的产率为 25% 。
【分析】结合装置图知，A装置是浓硫酸与乙醇混合加热用于乙烯的制备，B是安全瓶，防止倒吸，C进行乙烯的净化，除去杂质CO2、SO2，D装置进行 1，2﹣二溴乙烷的制备，E进行尾气吸收。B中玻璃管的作用是指示B中的压强变化，避免气流过快引起B中压强过大，在 1，2 一二溴乙烷的净化阶段，第一步加入NaOH溶液是为了吸收剩余的Br2，第二步水洗是为了洗去NaOH溶液，第三步的无水氯化钙用来干燥生成的 1，2 一二溴乙烷，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据图示可知，图中仪器M的名称是恒压漏斗，
故答案为：恒压漏斗；
（2）不论是C装置中NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体，倒吸到装置B中，还是装置A中一旦堵塞，装置B中内的液体进入到长玻璃管内，所以装置B的作用是用作安全瓶的作用，可指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，
故答案为：安全瓶，指示B中压强变化，避免气流过快仪器压强过大；
（3）加热三口瓶前，先切断瓶C和瓶D的连接处，气体就不能进入到装有溴的装置内，减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发，
故答案为：减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发；
（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故开始反应时为防止液溴挥发，要给装置D的烧杯中降温，又已知：1，2﹣二溴乙烷的沸点为 131℃，熔点为 9.3℃，在 D 中制备时防止产品堵塞试管，要确保 1，2 一二溴乙烷呈液态，故最好用10℃的冷水，故合理选项是C，
故答案为：C；
（5）由于溴有挥发性、有毒，根据Br2能够与碱反应产生可溶性物质的性质，用1%的NaOH水溶液吸收多余的Br2，Br2与NaOH反应产生NaBr、NaBrO和H2O，发生反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O，
故答案为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O；
（6）分液后，加干燥剂除去产品中的水分，加入无水氯化钙目的是干燥生成的 1，2﹣二溴乙烷；
反应方程式为：Br2+CH2＝CH2→CH2Br﹣CH2Br，通入0.10 mol Br2，则理论上产生0.10 mol CH2Br﹣CH2Br，则1，2﹣二溴乙烷理论产量是：m（CH2Br﹣CH2Br）＝n•M＝0.10 mol×188 g/mol＝18.8 g，实际产量是4.70 g，则1，2﹣二溴乙烷的产率是：×100%＝25%，
故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；25%。
【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
9．（12分）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：
（1）CeFCO3中Ce的化合价为 +3 ；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是 陶瓷会与生成的HF反应 。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为 2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O 。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 分液 。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因： 向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动 。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式： Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4 。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？ 是 。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，以此解答该题。
【解答】解：（1）CeFCO3中CO32﹣整体显﹣2价，F显﹣1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，故答案为：+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2（SO4）3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液，故答案为：分液；
（4）酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小，故答案为：温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）该过程中存在Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层），向混合液中加入稀硫酸，使溶液中c（H+）增大，化学平衡逆向移动，即向生成Ce3+水溶液的方向移动，从而能获得较纯的含Ce3+水溶液，故答案为：向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
（6）向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce（OH）4，该反应的化学方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，
故答案为：Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4；
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，则c（OH﹣）＝1.0×10﹣4 mol/L，Ce3+若形成沉淀，c（Ce3+）×c3（OH﹣）＞Ksp[Ce（OH）3]，而此时溶液中c（Ce3+）＝mol/L＝1.0×10﹣8mol/L＜1.0×10﹣5mol/L，因此Ce3+沉淀完全，故答案为：是。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．（12分）中科院一项新研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，其反应为：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＞0
物质
燃烧热（kJ/mol）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如表，完成热化学方程式：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝ +202.5 kJ/mol 。
（2）温度为T1℃时，向1 L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，反应0～15 min CH4的物质的量随时间变化如图1，实验测得10～15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①若图1中曲线a、b分别表示在T1℃时，使用等质量的两种不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，判断：催化剂a 劣于 b．（填“优于”或“劣于”）
②在15 min时改变反应条件，导致n（CH4）发生变化如图1所示，则改变的条件可能是： 升高温度或减小压强 。（任答一条即可）
（3）实验测得v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）•c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度为T1时，k正与k逆的比值为 12.8 （填数值）。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正 ＞ v逆（填“＞”、“＝”或“＜”），判断的理由是 升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动 。
（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解如图2所示。电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2﹣。
①图中C处的Pt为 阳 （填“阴”或“阳”）极。
②该电池工作时负极的电极反应式为 CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标准状况下气体总体积为112 mL，则阴极区所得溶液在25℃时pH＝ 12 。（假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL）
【分析】（1）由热化学方程式：
①H2（g）+12O2（g）⇌H2O（1）△H＝﹣285.8 kJ/mol；
②CH4 （g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O△H＝﹣890.3 kJ/mol；
③C2H4 （g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（1）△H＝﹣1411.5kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×2﹣①×2﹣③，整理可得；
（2）①b催化剂，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，先达到平衡，性能好；
②升高温度或减小压强，平衡正向进行；
（3）根据各物质平衡时的浓度可以计算平衡常数K＝；升高温度，正逆反应速率均增大，但是平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数；
（4）①燃料电池中燃料一极为原电池负极，通入氧气的为原电池的正极，与原电池的正极连接电极为阳极；
②负极的电极反应式：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
③电解反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，产生气体的物质的量等于NaOH物质的量，根据氢氧化钠的物质的量浓度，可以计算OH﹣浓度，进一步可得pH。
【解答】解：（1）根据已知条件，可得热化学方程式：
①H2（g）+12O2（g）⇌H2O（1）△H＝﹣285.8 kJ/mol；
②CH4 （g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O△H＝﹣890.3 kJ/mol；
③C2H4 （g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（1）△H＝﹣1411.5kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×2﹣①×2﹣③，整理可得：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H＝+202.5 kJ/mol；
故答案为：+202.5 kJ/mol；
（2）①若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（CH4）变化曲线，可知：b催化剂表面积大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，先达到平衡，该催化剂性能好，b先达到平衡，说明催化剂a劣于催化剂b，
故答案为：劣于；
②15min时，若改变外界反应条件，n（CH4）发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行，正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变化，故改变的条件是升高温度或减小压强，
故答案为：升高温度或减小压强；
（3）v逆＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H4）c2（H2），其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相同，得到T1温度时k正与k逆的比值； k正c2（CH4）＝k逆c（C2H4）•c2（H2），＝，对于反应2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g），反应开始时n（CH4）＝2 mol，n（C2H4）＝n（H2）＝0，反应达到平衡时，H2的浓度为1.6 mol/L，由于容器的容积是1L，所以平衡时气体的物质的量与浓度数值相等，各种物质的平衡浓度分别是：c（CH4）＝（2﹣1.6）mol/L＝0.4 mol/L，n（C2H4）＝0.8 mol/L，n（H2）＝1.6 mol/L，因此平衡时K＝＝mol/L＝12.8 mol/L，即＝＝K＝12.8mol/L；升高温度，正、逆反应速率都加快。由于该反应的正反应为吸热反应，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动；
故答案为：12.8；＞；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v正＞v逆，使化学平衡正向移动；
（4）①甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，C极与原电池的正极连接为阳极；
故答案为：阳；
②在原电池负极，CH4失去电子生成CO2，传导离子是O2﹣，结合电荷守恒、原子守恒，可得负极的电极反应式：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
故答案为：CH4﹣8e﹣+4O2﹣＝CO2+2H2O；
③n（H2+Cl2）＝＝0.005 mol，根据电解反应方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可知每反应产生2 mol气体，同时在阴极得到2 mol NaOH，现在反应产生0.005 mol气体，因此反应产生了0.005 mol NaOH，由于溶液的体积是0.5 L，则阴极附近溶液中c（NaOH）＝＝0.01 mol/L，在室温下水的离子积常数Kw＝10﹣14（mol/L）2，c（H+）＝mol/L＝10﹣12 mol/L，所以溶液的pH＝12，
故答案为：12。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、平衡常数的计算应用、影响化学平衡的因素、电解池原理及其电极反应书写等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11．（11分）氮、磷化合物用途非常广泛，如：磷化硼（BP）、磷青铜（Cu3SnP）等。回答问题：
（1）锡（Sn）是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为 5s25p2 。
（2）PH3分子的空间构型为 三角锥形 。PH3的键角小于NH3的原因是 元素的电负性：N＞P 。
（3）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基（﹣OH）中氧原子的杂化方式为 sp3 ，该化合物所含元素中电负性最大的是 O 。
（4）磷酸和亚磷酸（H3PO3）是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 ，其为 二 元酸，原因是 分子中含有2个与P原子连接的﹣OH 。
（5）磷化硼（BP）是倍受关注的耐磨材料，可用作金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。
①磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 平面正方形 。
②已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA．则磷化硼晶体的密度为 g/cm3。
【分析】（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，根据构造原理书写基态锡原子的价电子排布式；
（2）PH3与NH3空间构型相同，结合P、N元素的电负性及电子对之间的排斥力大小比较；
（3）根据价层电子对数判断O原子杂化轨道类型；根据元素的非金属性越强，其电负性越大分析判断；
（4）只有羟基（﹣OH）氢能够与NaOH发生中和反应，酸是几元酸，就可形成几种盐据此分析判断；
（5）①该BP晶体在Z轴上投影，构成的是平面正方形结构；
②根据晶体密度计算；
【解答】解：（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，价层电子排布式是5s25p2，
故答案为：5s25p2；
（2）P原子价层电子对数为＝4，VSEPR构型为正四面体形，由于P原子上有1对孤对电子占据四面体的一个顶点，所以PH3呈三角锥形；由于元素的电负性：N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对之间的斥力大增大，电子对离中心原子更近，成键电子对之间的排斥力越大，键角越大，所以键角NH3比PH3的大，
故答案为：三角锥形；元素的电负性：N＞P；
（3）在﹣OH中O原子价层电子对数为4，因此杂化轨道类型为sp3杂化；在羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]中含有的元素有Ca、P、O、H四种，由于元素的非金属性最强的元素是O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，因此物质所含元素电负性最大的是O元素，
故答案为：sp3；O；
（4）由于酸的元数与其和碱反应产生的盐种类数目相同，亚磷酸与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明H3PO3是二元酸，分子中含有2个与P原子连接的﹣OH，其结构式为，
故答案为：；二；分子中含有2个与P原子连接的﹣OH；
（5）①根据磷化硼（BP）晶胞结构可知B原子在Z轴上投影，形成的是平面正方形结构，
故答案为：平面正方形；
②在1个晶胞中，含有P原子数目为，4个B原子在晶胞内，所以含有B原子数目为4个，则该晶胞的密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布式的书写、原子的杂化、物质空间构型、酸的元数的判断、晶胞计算等，掌握物质结构基础知识是本题解答的关键，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是（5）中投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式关键，在晶胞计算时要结合均摊方法，利用物质密度公式计算。
12．（12分）芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系。
已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子；
②。
回答问题：
（1）A的结构简式为 ，A生成B的反应类型为 消去反应 。
（2）C的化学式为 C8H8O 。
（3）由D生成E的反应条件为 NaOH水溶液、加热 。
（4）H中所含官能团的名称为 羟基、羧基 。
（5）I的结构简式为 。
（6）由E生成F的化学方程为 。
（7）F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式 或 。
①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰。
【分析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，不饱和度为＝4，侧链没有不饱和键，且苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子，则A为，B能发生加成反应，则A发生消去反应生成B，B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，则C为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为，以此来解答。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A生成B的反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；
（2）C为，C的化学式为C8H8O，故答案为：C8H8O；
（3）由D生成E的反应条件为NaOH水溶液、加热，为水解反应，故答案为：NaOH水溶液、加热；
（4）H中所含官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
（5）I的结构简式为，故答案为：；
（6）E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+2H2O，
故答案为：+2H2O；
（7）F为，F的同分异构体满足①能够发生水解反应和银镜反应；
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；
③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰，符合条件的结构简式为或，
故答案为：或。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团及碳原子数的变化，题目难度不大。
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