2021-2022学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考化学试卷（二）

这是一份2021-2022学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考化学试卷（二），共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考化学试卷（二）
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（3分）化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法不正确的是（　　）
A．飞沫传播病毒存在气溶胶，医用口罩对微小带病毒气溶胶有过滤隔离效果
B．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带回的月壤样本中含有珍贵的3He，3He与4He互为同素异形体
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
D．华为首款5G手机搭载的智能7nm制程SoC“麒麟980”手机芯片的主要成分是晶体硅
2．（3分）下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）
A．CH4分子的球棍模型：
B．HF的电子式：
C．乙醛的结构简式：CH3COH
D．Cl﹣的结构示意图：
3．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．燃烧一定是氧化还原反应
C．在常温下，铝不能与氧气反应
D．在氢气还原氧化铜的实验中，应把氢气通过预先加热的氧化铜
4．（3分）下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是（　　）
A．水银、磁铁矿、水玻璃、聚乙烯都是混合物
B．纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
C．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
D．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用侯德榜制碱法都会产生温室气体
5．（3分）下列有关有机物的说法正确的是（　　）
A．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂中的物质一定是有机物
B．乙醇分子羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼
C．煤的气化是物理变化过程
D．棉、麻、纸张、丝绸的主要成分均为天然纤维素，属于高分子化合物
6．（3分）科学实验中要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列对下图的分析错误的是（　　）

A．用甲操作检验K+，应通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置验证氯水有漂白作用，设计a、b对照实验排除氯气的干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液是用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读取H2的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.1L0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为0.05NA
B．将4.6g钠用铝箱包裹并刺小孔，与足量水充分反应，生成的H2分子数为0.1NA
C．C2H4O与C2H6O2的混合物0.1mol，充分燃烧消耗O2的数目为0.25NA
D．常温常压下，22.4LHF所含的分子数目为NA
8．（3分）自然界中不同价态硫元素之间的转化如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．图中，酸雨的主要成分为H2SO3，由SO2溶于水生成
B．芒硝在浓硫酸中失水的过程是化学变化
C．凝聚法是将SO2通入稀H2S溶液中得到S胶体，验证胶体的常用方法是丁达尔效应
D．黄铁矿燃烧产生的尾气，与空气混合后通入碳酸钙的浆状物，可用来制备石膏
9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在：H+、NH4+、Cl﹣、Cr2O72﹣
B．c（Fe2+）＝0.5mol•L﹣1的溶液中：H+、Mg2+、SO42﹣、ClO﹣
C．0.1mol•L﹣1氯化亚铁溶液：Na+、K+、SO42﹣、Mn2+
D．含有硝酸钠的溶液：H+、Mg2+、I﹣、SO42﹣
10．（3分）下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（　　）
选项
括号内为杂质
除杂试剂
除杂操作
A
CO2（HCl）气体
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
MgCl2（FeCl3）溶液
Mg（OH）2
过滤
C
C2H2（H2S）气体
CuSO4溶液
洗气
D
NaCl（KNO3）固体
水
蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）类比是一种重要的学习方法，下列“类比”合理的是（　　）
A．C和浓硝酸加热反应生成CO2和NO2，则S和浓硝酸加热反应生成SO2和NO2
B．Ca（HCO3）2溶解度大于CaCO3，则NaHCO3溶解度大于Na2CO3
C．AlF3能与NaF形成配合物Na3AlF6，则BF3也能与NaF形成配合物NaBF4
D．NaOH溶液与少量CO2反应生成Na2CO3和水，则苯酚钠与少量CO2反应生成Na2CO3和苯酚
12．（3分）下列叙述不正确的是（　　）
A．化合物2﹣苯基丙烯（）能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．环辛四烯（）与苯乙烯、互为同分异构体
C．保果鲜（）分子内所有原子不可能位于同一平面
D．荧光蛋白GFP与水的液态混合物可用盐析法分离，盐析法为化学方法
13．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
B．向HI溶液中加入Fe2O3：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．碳酸氢钙溶液加入到醋酸中：Ca（HCO3）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，溶液变浑浊：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣
14．（3分）消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势，下列叙述错误的是（　　）
A．等物质的量的四种消毒剂（Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl﹣）、O3（1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O）消毒效率最高的是O3
B．H2O2作氧化剂时产物没有污染性，故有“绿色氧化剂”的美称
C．漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在酸性条件下转化为亚氯酸，易发生反应：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）。在该反应中，当有1mol ClO2生成时转移的电子数约为6.02×1023
D．“84”消毒液和洁厕剂不能混用，原因是ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第17题为必考题，每道试题考生都必须作答；第18题～第19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共3小题，共43分。
15．（14分）2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。已知A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。A的原子最外层电子数是次外层的2倍.D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。
（1）硒是人体必需的微量元素。人体内产生的活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。化学家尝试用Na2SeO3及其他富硒物质清除人体内的活性氧，此时Na2SeO3表现出 　 　性。
（2）下列事实能用元素周期律解释的是 　 　（填序号）。
a.D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg（OH）2
b.E的气态氢化物的稳定性小于HF
c.WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（3）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3﹣，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。
①上述反应的离子方程式为 　 　。
②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为 　 　。
（4）铅和A元素同主族，可发生反应2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑。
请写出草酸的电子式：　 　。PbO与Al2O3性质相似，PbO与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是 　 　。
（5）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，它与D同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业上通常用电解精炼法提纯镓。某待提纯的粗镓内含Zn、Fe、Cu杂质，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓溶解进入电解质溶液，通过某种离子迁移技术到达阴极，并在阴极放电析出高纯镓。（离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+）
下列有关电解精炼镓的说法正确的是 　 　（填序号）。
A.阳极发生氧化反应，其主要电极反应式：Ga﹣3e﹣═Ga3+
B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Fe
16．（14分）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效，二氧化锗（GeO2）可用于光谱分析和制备催化剂、制硅锗合金等。对火法炼锌工艺所得锗渣（主要成分GeO、GeO2、ZnO、Fe2O3，及少量SiO2等难溶物杂质）进行处理的流程如图：

已知：Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，请回答下列问题：
（1）Ge4+的离子结构示意图为 　 　。
（2）“酸溶”时，请写出两条提高酸溶速率的措施：　 　。
（3）常温下，“调pH”时，滤液1中的所有金属离子恰好都沉淀完全时的pH为 　 　。
（4）“氧化吸收”时，发生反应的离子方程式为 　 　。该过程中温度不宜太高的原因是 　 　。
（5）“水解”为四氯化锗与高纯水反应，其化学方程式为 　 　，为了让该反应趋于完全，制备时需 　 　。
（6）电解高纯GeO2和SiO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：SiO2+GeO2SiGe（合金）+2O2↑，生成硅锗合金的电极为 　 　（填“阳极”或“阴极”）.写出生成O2的电极反应式：　 　。
17．（15分）三氯氧磷（POCl3）可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。现以氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料，采用二级间歇式反应装置模拟联合制备三氯氧磷和氯化亚砜（SOCl2）。实验过程中，控制氯气和二氧化硫通入的体积比为1：1，实验过程示意图如图：

已知：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
﹣93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
﹣105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）A装置中盛装浓硫酸的仪器名称为 　 　。
（2）实验室制备Cl2的离子方程式为 　 　。
（3）A装置的作用为 　 　、　 　、使气体充分混合。
（4）B、C装置中发生反应的化学方程式是 　 　，分离提纯获得POCl3的实验方法是 　 　。
（5）本实验采用的二级间歇式反应装置，在反应5～6小时后，暂停通入气体。将B瓶拆下，C瓶装在图中B瓶处，并在原C瓶处重新装上一个盛有PCl3的圆底烧瓶。继续通气反应一段时间后重复以上步骤，这种操作的优点是 　 　。
（6）通过下列方法可以测定制备的三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
A.取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，再加稀硝酸至酸性；
B.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液30.00mL，使Cl﹣完全沉淀；
C.向其中加入3mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
D.加入指示剂，用c mol/L NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V mL。
已知：AgSCN是白色沉淀，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12。
①滴定选用的指示剂是 　 　（填序号）。
A.淀粉
B.酚酞
C.Fe2（SO4）3
D.FeCl2
②根据上面实验数据计算三氯氧磷产品中Cl元素的含量为 　 　。
二.选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学—选修3：物质结构与性质]
18．（15分）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究等领域。我国自主研发的用氟硼铍酸钾（KBe2BO3F2）晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
（1）请画出O原子的价层电子排布图：　 　，基态Be、B、O三种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为 　 　，KF、KCl、KBr三种晶体中熔点最高的是 　 　。
（2）在500℃～600℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在，在该二聚体中Be原子的杂化方式是 　 　，1mol Be2Cl4中含有的配位键数目为 　 　。
（3）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 　 　。
（4）BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与ZnS类似，如图所示。Be原子的配位数是 　 　；该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子A，B的坐标分别为（0，0，），（，，0）；则C原子坐标为 　 　。设O与Be的最近距离为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为 　 　g•cm﹣3（用含a和NA的式子表示）。

三．【化学—选修5：有机化学基础】（15分）
19．环吡酮胺（M）是一类广谱抗真菌剂，本身具有一定的抗菌活性，临床用于治疗体癣、脚癣、花斑癣，白色念珠菌感染等。其合成路线如图所示（部分反应条件和生成物略去）：
已知如图信息：
Ⅰ.；
Ⅱ.。
回答下列问题：
（1）A的名称为 　 　，B中官能团名称为 　 　。
（2）能鉴别D与F的试剂为 　 　（填序号）。
A．NaHCO3溶液
B．银氨溶液
C．氯化铁溶液
D．溴水
（3）写出C→D的化学方程式：　 　。
（4）写出H的结构简式：　 　，N（）为环吡酮胺的衍生物，N的一种
芳香族同分异构体K，同时满足下列条件，请写出K的所有结构简式：　 　。
a.1molK消耗2molNaOH
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2
（5）请设计以、、为原料（其他无机试剂任选），合成的路线 　 　。

2021-2022学年重庆市巴蜀中学高三（上）月考化学试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（3分）化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法不正确的是（　　）
A．飞沫传播病毒存在气溶胶，医用口罩对微小带病毒气溶胶有过滤隔离效果
B．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带回的月壤样本中含有珍贵的3He，3He与4He互为同素异形体
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物
D．华为首款5G手机搭载的智能7nm制程SoC“麒麟980”手机芯片的主要成分是晶体硅
【分析】A．飞沫分散于空气中形成气溶胶，医用口罩可阻挡病毒气溶胶通过；
B．3He与4He互为同位素；
C．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物；
D．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片、太阳能硅板。
【解答】解：A．医用口罩孔径较小，细菌病毒不能透过，则医用口罩可以阻挡带病毒气溶胶，起到隔离的作用，相当化学上的过滤操作，故A正确；
B．3He与4He是氦元素的不同原子，质子数相同、中子数不同，属于同位素，不是同素异形体，故B错误；
C．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，相对分子质量大于10000，属于高分子化合物，故C正确；
D．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，则“麒麟980”手机芯片的主要成分是晶体硅，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成、性质及用途，为高频考点，把握物质的组成、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产、生活、科技的联系，题目难度不大。
2．（3分）下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）
A．CH4分子的球棍模型：
B．HF的电子式：
C．乙醛的结构简式：CH3COH
D．Cl﹣的结构示意图：
【分析】A.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
B.HF是共价化合物；
C.醛基的结构简式为﹣CHO；
D.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子。
【解答】解：A.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷为正四面体结构，且H原子半径小于C原子半径，故其球棍模型为，故A错误；
B.HF是共价化合物，其电子式为，故B错误；
C.醛基的结构简式为﹣CHO，故乙醛的结构简式为CH3CHO，故C错误；
D.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，其结构示意图为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的判断，为高频考点，题目难度不大，注意掌握结构示意图、结构简式以及电子式等化学用语的概念及表示方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。
3．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．燃烧一定是氧化还原反应
C．在常温下，铝不能与氧气反应
D．在氢气还原氧化铜的实验中，应把氢气通过预先加热的氧化铜
【分析】A．合金的熔点一般比各成分金属的低；
B．燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应，燃烧一定属于放热的氧化还原反应，但燃烧不一定有氧气参加，以此进行判断；
C．铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化物薄膜；
D．防止氢气混有试管中的空气而不纯，加热会爆炸。
【解答】解：A．合金的熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，故A错误；
B．燃烧过程中存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．常温下，铝在空气中与氧气反应生成氧化铝，故C错误；
D．防止氢气混有试管中的空气而不纯，加热会爆炸，氢气还原氧化铜时先通氢气后加热，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了合金、燃烧概念、实验过程分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
4．（3分）下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是（　　）
A．水银、磁铁矿、水玻璃、聚乙烯都是混合物
B．纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
C．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
D．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用侯德榜制碱法都会产生温室气体
【分析】A．混合物是由两种或两种以上的物质组成；
B．氨水为混合物，而电解质、非电解质都是纯净物；
C．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由煤与水蒸气反应生成的；
D．纯碱和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，焦炭冶炼铁一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，侯德榜制碱法中碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳、水。
【解答】解：A．磁铁矿、水玻璃、聚乙烯都是混合物，水银是汞单质为纯净物，故A错误；
B．氨水为混合物，而电解质、非电解质都是纯净物，氨水既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．天然气是古代生物在地下发生复杂的变化形成的，是化石能源，沼气是由植物秸秆等发酵形成的，属于可再生能源，水煤气是碳和水蒸气在高温条件下生成的，属于二次能源，故C正确；
D．纯碱和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，焦炭冶炼铁一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，侯德榜制碱法中碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，所以用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用侯德榜制碱法都会产生温室气体，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题综合考查物质的类别及应用等知识，为高频考点，题目难度不大，体现了化学来源于生活，服务于生活的特点，平时注意基础知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5．（3分）下列有关有机物的说法正确的是（　　）
A．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂中的物质一定是有机物
B．乙醇分子羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼
C．煤的气化是物理变化过程
D．棉、麻、纸张、丝绸的主要成分均为天然纤维素，属于高分子化合物
【分析】A．卤素单质易溶于汽油、酒精、苯等；
B．乙烷与钠不反应，乙醇与钠产生氢气；
C．根据煤的气化原理分析，在高温高压下通过化学反应将煤或煤焦中的可燃部分转化为可燃性气体的工艺过程；
D．丝绸的主要成分是蛋白质。
【解答】解：A．卤素单质易溶于汽油、酒精、苯等，但卤素单质不是有机物，故A错误；
B．乙烷与钠不反应，可说明乙醇分子羟基中的氢原子比乙烷分子中的氢原子活泼，故B正确；
C．煤的气化过程是煤炭的一个热化学加工过程。它是以煤或煤焦为原料，以氧气（空气、富氧或工业纯氧）、水蒸气作为气化剂，在高温高压下通过化学反应将煤或煤焦中的可燃部分转化为可燃性气体的工艺过程。气化时所得的可燃气体成为煤气，煤的气化属于化学变化，故C错误；
D．棉、麻、纸张的主要成分均为天然纤维素，丝绸的主要成分是天然蛋白质，属于高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于基础知识的考查与应用，为高频考点，注意把握乙醇的结构和性质，把握有机反应的特点，难度不大。
6．（3分）科学实验中要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列对下图的分析错误的是（　　）

A．用甲操作检验K+，应通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置验证氯水有漂白作用，设计a、b对照实验排除氯气的干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液是用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读取H2的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
【分析】A.通过蓝色钴玻璃可滤去黄光；
B.设计a、b对照实验，可知干燥的氯气不具有漂白性；
C.NaOH溶液可除去二氧化硫、乙醇等，避免与酸性高锰酸钾溶液反应；
D.待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，避免气体受热膨胀，且避免压强对体积的影响。
【解答】解：A.通过蓝色钴玻璃可滤去黄光，则甲操作检验K+，通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，可排除Na+干扰，故A正确；
B.设计a、b对照实验，可知干燥的氯气不具有漂白性，则氯水中含HClO具有漂白性，故B正确；
C.NaOH溶液可除去二氧化硫、乙醇等，避免与酸性高锰酸钾溶液反应，与排除CO2对乙烯检验的干扰无关，故C错误；
D.待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，防止温度和压强对气体体积的影响，读数更准确，故D正确；
故选：C。
【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、离子的检验及物质的检验、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。
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.1L0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为0.05NA
B．将4.6g钠用铝箱包裹并刺小孔，与足量水充分反应，生成的H2分子数为0.1NA
C．C2H4O与C2H6O2的混合物0.1mol，充分燃烧消耗O2的数目为0.25NA
D．常温常压下，22.4LHF所含的分子数目为NA
【分析】A.水中还含有氧原子数；
B.氢氧化钠与铝单质反应还生成了氢气；
C.分子式C2H6O2可改写为C2H4O•H2O；
D.22.4L/mol适用于标准状况下的气体。
【解答】解：A．0.1L0.5mol/L乙醇溶液中含有0.05mol乙醇，故含有的氧原子数为0.05NA，但是水中还含有氧原子数，故A错误；
B．4.6g钠的物质的量为＝0.2mol，根据2Na+2H2O＝2NaOH+H2，此反应产生的H2分子数为0.1NA，但是氢氧化钠与铝单质反应还生成了氢气，故B错误；
C．分子式C2H6O2可改写为C2H4O•H2O，故C2H4O与C2H6O2的混合物0.1mol，充分燃烧消耗O2的数目为0.25NA，故C正确；
D．HF在标准状况下不是气体，不能用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）自然界中不同价态硫元素之间的转化如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．图中，酸雨的主要成分为H2SO3，由SO2溶于水生成
B．芒硝在浓硫酸中失水的过程是化学变化
C．凝聚法是将SO2通入稀H2S溶液中得到S胶体，验证胶体的常用方法是丁达尔效应
D．黄铁矿燃烧产生的尾气，与空气混合后通入碳酸钙的浆状物，可用来制备石膏
【分析】A．酸雨的主要成分为H2SO3和H2SO4；
B．芒硝和无水硫酸钠是不同物质；
C．SO2和H2S反应生成难溶性物质S，胶体具有丁达尔效应；
D．黄铁矿燃烧产生的尾气SO2，与空气混合后通入碳酸钙的浆状物生成CaSO4。
【解答】解：A．根据图知，酸雨的主要成分为H2SO3和H2SO4，H2SO3由SO2溶于水生成，H2SO3再被空气中的氧气氧化生成H2SO4，故A错误；
B．芒硝和无水硫酸钠是不同物质，所以芒硝在浓硫酸中失水的过程是化学变化，故B正确；
C．SO2和H2S反应生成难溶性物质S，胶体具有丁达尔效应，所以将SO2通入稀H2S溶液中得到S胶体，验证胶体的常用方法是丁达尔效应，故C正确；
D．黄铁矿FeS2燃烧产生的尾气为SO2，与空气混合后被氧化为SO3，再通入碳酸钙的浆状物生成CaSO4和CO2，可用于制石膏，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了自然界中不同价态硫元素之间的转化，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、图片中物质之间的转化关系等知识点是解本题关键，D为解答易错点。
9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在：H+、NH4+、Cl﹣、Cr2O72﹣
B．c（Fe2+）＝0.5mol•L﹣1的溶液中：H+、Mg2+、SO42﹣、ClO﹣
C．0.1mol•L﹣1氯化亚铁溶液：Na+、K+、SO42﹣、Mn2+
D．含有硝酸钠的溶液：H+、Mg2+、I﹣、SO42﹣
【分析】A.含有重铬酸跟离子的溶液呈橙色，酸性条件下重铬酸跟离子能够氧化氯离子；
B.次氯酸根离子与氢离子、亚铁离子反应；
C.四种离子之间不反应，都不与氯化亚铁溶液反应；
D.酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子。
【解答】解：A.含有Cr2O72﹣的溶液为橙色，H+、Cl﹣、Cr2O72﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.H+、Fe2+都与ClO﹣反应，不能大量共存，故B错误；
C.Na+、K+、SO42﹣、Mn2+、Fe2+、Cl﹣之间不反应，在0.1mol•L﹣1氯化亚铁溶液中能够大量共存，故C正确；
D.H+、I﹣、NO3﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10．（3分）下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（　　）
选项
括号内为杂质
除杂试剂
除杂操作
A
CO2（HCl）气体
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
MgCl2（FeCl3）溶液
Mg（OH）2
过滤
C
C2H2（H2S）气体
CuSO4溶液
洗气
D
NaCl（KNO3）固体
水
蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；
B.氢氧化镁可促进铁离子水解转化为沉淀；
C.硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀和硫酸；
D.硝酸钾少量，应残留在母液中。
【解答】解：A.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，洗气可分离，故A正确；
B.氢氧化镁可促进铁离子水解转化为沉淀，反应后过滤可分离，故B正确；
C.硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀和硫酸，洗气可分离出乙炔，故C正确；
D.硝酸钾少量，应残留在母液中，应溶解后，蒸发结晶分离，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、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，题目难度不大。
11．（3分）类比是一种重要的学习方法，下列“类比”合理的是（　　）
A．C和浓硝酸加热反应生成CO2和NO2，则S和浓硝酸加热反应生成SO2和NO2
B．Ca（HCO3）2溶解度大于CaCO3，则NaHCO3溶解度大于Na2CO3
C．AlF3能与NaF形成配合物Na3AlF6，则BF3也能与NaF形成配合物NaBF4
D．NaOH溶液与少量CO2反应生成Na2CO3和水，则苯酚钠与少量CO2反应生成Na2CO3和苯酚
【分析】A．SO2仍有还原性，可以被浓硝酸氧化；
B．Na2CO3溶解度大于NaHCO3；
C．Al与B最外层电子排布相同，均可提供空原子轨道；
D．苯酚酸性大于HCO3﹣，据此分析。
【解答】解：A．SO2仍有还原性，可以被浓硝酸氧化，故最终产物应是H2SO4和NO2，故A错误；
B．Ca（HCO3）2溶解度大于CaCO3，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故B错误；
C．Al与B最外层电子排布相同，均可提供空原子轨道，形成配合物，故C正确；
D．苯酚酸性大于HCO3﹣，故苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
12．（3分）下列叙述不正确的是（　　）
A．化合物2﹣苯基丙烯（）能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．环辛四烯（）与苯乙烯、互为同分异构体
C．保果鲜（）分子内所有原子不可能位于同一平面
D．荧光蛋白GFP与水的液态混合物可用盐析法分离，盐析法为化学方法
【分析】A.含碳碳双键，具有还原性；
B.分子中均含8个C、8个H；
C.含甲基、次甲基，C原子为sp3杂化；
D.盐析法中无新物质生成，且为可逆过程。
【解答】解：A.含碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B.分子中均含8个C、8个H，分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.含甲基、次甲基，C原子为sp3杂化，所有原子不能共面，故C正确；
D.盐析法中无新物质生成，且为可逆过程，则盐析法为物理方法，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应、原子共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
B．向HI溶液中加入Fe2O3：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．碳酸氢钙溶液加入到醋酸中：Ca（HCO3）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，溶液变浑浊：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣
【分析】A．苏打为碳酸钠，与石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠；
B．铁离子能氧化碘离子；
C．碳酸氢钙应拆成离子形式；
D．二氧化硫过量，反应生成硫单质和亚硫酸氢根离子。
【解答】解：A．苏打溶液与少量澄清石灰水混合，离子方程式为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故A错误；
B．氧化铁与足量HI溶液反应，离子方程式：Fe2O3+6H++2I﹣═I2+2Fe2++3H2O，故B错误；
C．碳酸氢钙溶液加入到醋酸中，离子方程式为：HCO3﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故C错误；
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，离子方程式为：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
14．（3分）消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势，下列叙述错误的是（　　）
A．等物质的量的四种消毒剂（Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl﹣）、O3（1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O）消毒效率最高的是O3
B．H2O2作氧化剂时产物没有污染性，故有“绿色氧化剂”的美称
C．漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在酸性条件下转化为亚氯酸，易发生反应：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）。在该反应中，当有1mol ClO2生成时转移的电子数约为6.02×1023
D．“84”消毒液和洁厕剂不能混用，原因是ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O
【分析】A．等物质的量的物质获得电子数目越多，消毒效率越高；
B．H2O2作氧化剂时，其还原产物是H2O，没有污染；
C．根据化合价升降守恒和原子守恒，可得方程式5HClO2═4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O，在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子为1mol，即可判断电子个数；
D．“84”消毒液的主要成分是NaClO，洁厕剂的主要成分是浓盐酸，两者可以发生归中反应。
【解答】解：A．等物质的量的物质获得电子数目越多，消毒效率越高，1molCl2转化为氯离子得到2mol电子，1molH2O2转化为水得到2mol电子，1molClO2转化为氯离子得到5mol电子，1molO3转化为1mol O2和1mol H2O得到2mol电子，故等物质的量的上述物质，消毒效率最高的是ClO2，故A错误；
B．H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，没有污染，故B正确；
C．根据化合价升降守恒和原子守恒，可得方程式5HClO2═4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O，在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子为1mol，数约为6.02×1023，故C正确；
D．“84”消毒液的主要成分是NaClO，洁厕剂的主要成分是浓盐酸，两者不能混用，是因为NaClO和浓盐酸可以发生归中反应生成氯气，离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的应用、电子转移的判断，掌握氧化还原反应的基本概念和原理是解决本题的关键，消毒效率是特别易错的选项，难度中等。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第17题为必考题，每道试题考生都必须作答；第18题～第19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共3小题，共43分。
15．（14分）2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。已知A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。A的原子最外层电子数是次外层的2倍.D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。
（1）硒是人体必需的微量元素。人体内产生的活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。化学家尝试用Na2SeO3及其他富硒物质清除人体内的活性氧，此时Na2SeO3表现出 　还原　性。
（2）下列事实能用元素周期律解释的是 　ab　（填序号）。
a.D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg（OH）2
b.E的气态氢化物的稳定性小于HF
c.WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（3）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3﹣，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。
①上述反应的离子方程式为 　3Fe+NO3﹣+2H++2H2O＝Fe3O4+NH4+　。
②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为 　8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe　。
（4）铅和A元素同主族，可发生反应2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑。
请写出草酸的电子式：　　。PbO与Al2O3性质相似，PbO与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是 　PbO+2OH﹣＝PbO22﹣+H2O　。
（5）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，它与D同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业上通常用电解精炼法提纯镓。某待提纯的粗镓内含Zn、Fe、Cu杂质，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓溶解进入电解质溶液，通过某种离子迁移技术到达阴极，并在阴极放电析出高纯镓。（离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+）
下列有关电解精炼镓的说法正确的是 　CD　（填序号）。
A.阳极发生氧化反应，其主要电极反应式：Ga﹣3e﹣═Ga3+
B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Fe
【分析】A的原子最外层电子数是次外层的2倍，则A为碳元素，D的氧化物属于两性氧化物，则D为铝元素，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数为14﹣4﹣3＝7，D、E位于同周期，则D为铝元素，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，则W为铁元素，据此回答即可。
【解答】解：（1）活性氧具有氧化性，清除人体内的活性氧需要还原剂，所以此时Na2SeO3表现出还原性，
故答案为：还原；
（2）a.同周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，则铝的金属性弱于镁，铝的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg（OH）2，故A正确；
b.同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则氯的非金属性比氟弱，所以氯的气态氢化物的稳定性小于HF，故B正确；
c.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是FeCl3与铜发生氧化还原反应生成了氯化亚铁和氯化铜，不能说明金属性的强弱，不能用元素周期律解释，故c错误；
故答案为：ab；
（3）Fe的单质可用于处理酸性废水中的NO3﹣，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的Fe的氧化物X（Fe3O4），
①根据原子守恒和电荷守恒，上述反应的离子方程式为 3Fe+NO3﹣+2H++2H2O＝Fe3O4+NH4+，
故答案为：3Fe+NO3﹣+2H++2H2O＝Fe3O4+NH4+；
②铝与Fe3O4在高温下反应生成氧化铝和铁，化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，
故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；
（4）草酸的结构为2个羧基直接相连，其电子式为：，PbO与Al2O3性质相似，即为两性氧化物，PbO与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是PbO+2OH﹣＝PbO22﹣+H2O，
故答案为：；PbO+2OH﹣＝PbO22﹣+H2O；
（5）A.离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+，则金属活动性顺序为：Zn＞Ga＞Fe，阳极发生氧化反应，其主要电极反应式为：Ga﹣3e﹣═Ga3+，也包括锌失去电子，故A错误；
B.电解过程中，阳极有锌、镓失去电子，而阴极只析出镓，则阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C.在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有氢离子放电生成H2，故C正确；
D.由于铁、铜的活动性比镓差，则电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Fe，故D正确；
故答案为：CD。
【点评】本题主要考查元素周期律与元素周期表的应用，同时考查化学方程式、离子方程式、电子式的书写，电解精炼原理的应用，对学生的能力要求较高，难度中等。
16．（14分）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效，二氧化锗（GeO2）可用于光谱分析和制备催化剂、制硅锗合金等。对火法炼锌工艺所得锗渣（主要成分GeO、GeO2、ZnO、Fe2O3，及少量SiO2等难溶物杂质）进行处理的流程如图：

已知：Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，请回答下列问题：
（1）Ge4+的离子结构示意图为 　　。
（2）“酸溶”时，请写出两条提高酸溶速率的措施：　锗渣粉碎、升高温度都可以提高酸溶速率　。
（3）常温下，“调pH”时，滤液1中的所有金属离子恰好都沉淀完全时的pH为 　8　。
（4）“氧化吸收”时，发生反应的离子方程式为 　GeO+H2O2+2OH﹣＝GeO32﹣+2H2O　。该过程中温度不宜太高的原因是 　高温条件下，过氧化氢易分解　。
（5）“水解”为四氯化锗与高纯水反应，其化学方程式为 　GeCl4+（n+2）H2O⇌GeO2•nH2O+4HCl　，为了让该反应趋于完全，制备时需 　加热　。
（6）电解高纯GeO2和SiO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：SiO2+GeO2SiGe（合金）+2O2↑，生成硅锗合金的电极为 　阴极　（填“阳极”或“阴极”）.写出生成O2的电极反应式：　2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑　。
【分析】锗渣主要成分GeO、GeO2、ZnO、Fe2O3，根据流程图，酸溶时ZnO、Fe2O3和硫酸反应生成硫酸锌和硫酸铁，GeO、GeO2不溶于硫酸，滤渣1中主要含有GeO2、GeO2，用NaH2PO2还原滤渣1得到Na3PO4溶液和含GeO2的挥发气，用氢氧化钠、过氧化氢氧化吸收GeO2得Na2GeO3溶液，加入盐酸蒸馏得GeCl4，GeCl4水解可得GeO2•nH2O，烘干得到高纯GeO2；
（1）Ge是32号元素，核外有32个电子，失去最外层4个电子变为Ge4+；
（2）根据影响反应速率的因素，“酸溶”时，锗渣粉碎、升高温度都可以提高酸溶速率；
（3）滤液1中含有硫酸锌和硫酸铁，常温下，“调pH”时，滤液1中的锌离子恰好沉淀完全时，氢氧根离子的浓度为c（OH﹣）＝；铁离子恰好沉淀完全时，氢氧根离子的浓度为c（OH﹣）＝，据此计算；
（4）“氧化吸收”时，氢氧化钠、过氧化氢吸收GeO得Na2GeO3溶液；
（5）“水解”为四氯化锗与高纯水反应，生成GeO2•nH2O和盐酸；
（6）SiO2+GeO2＝SiGe（合金）+2O2↑反应中硅、锗元素化合价降低发生还原反应。
【解答】解：（1）Ge是32号元素，核外有32个电子，失去最外层4个电子变为Ge4+，Ge4+的离子结构示意图为，
故答案为：；
（2）根据影响反应速率的因素，“酸溶”时，锗渣粉碎、升高温度都可以提高酸溶速率，
故答案为：锗渣粉碎、升高温度都可以提高酸溶速率；
（3）滤液1中含有硫酸锌和硫酸铁，常温下，“调pH”时，滤液1中的锌离子恰好沉淀完全时，氢氧根离子的浓度为c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6mol/L，完全沉淀时c（H+）＝mol/L＝10﹣8mol/L，此时pH＝﹣lgc（H+）＝8；铁离子恰好沉淀完全时，氢氧根离子的浓度为c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣11 mol/L，完全沉淀时c（H+）＝mol/L＝10﹣3mol/L，此时pH＝﹣lgc（H+）＝3所有金属离子恰好都沉淀完全时的pH为8，
故答案为：8；
（4）“氧化吸收”时，氢氧化钠、过氧化氢吸收GeO得Na2GeO3溶液，发生反应的离子方程式为GeO+H2O2+2OH﹣＝GeO32﹣+2H2O，高温条件下，过氧化氢易分解，所以该过程中温度不宜太高，
故答案为：GeO+H2O2+2OH﹣＝GeO32﹣+2H2O；高温条件下，过氧化氢易分解；
（5）“水解”为四氯化锗与高纯水反应，生成GeO2•nH2O和盐酸，反应的化学方程式为GeCl4+（n+2）H2O⇌GeO2•nH2O+4HCl，水解反应吸热，为了让该反应趋于完全，制备时需加热，
故答案为：GeCl4+（n+2）H2O⇌GeO2•nH2O+4HCl；加热；
（6）SiO2+GeO2＝SiGe（合金）+2O2↑反应中硅、锗元素化合价降低发生还原反应，生成硅锗合金的电极为阴极；氧离子在阳极失电子生成氧气，生成O2的电极反应式为2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，
故答案为：阴极；2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（15分）三氯氧磷（POCl3）可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。现以氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料，采用二级间歇式反应装置模拟联合制备三氯氧磷和氯化亚砜（SOCl2）。实验过程中，控制氯气和二氧化硫通入的体积比为1：1，实验过程示意图如图：

已知：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
﹣93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
﹣105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）A装置中盛装浓硫酸的仪器名称为 　锥形瓶　。
（2）实验室制备Cl2的离子方程式为 　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　。
（3）A装置的作用为 　干燥气体　、　便于调节气体流量　、使气体充分混合。
（4）B、C装置中发生反应的化学方程式是 　SO2+Cl2+PCl3＝POCl3+SOCl2　，分离提纯获得POCl3的实验方法是 　蒸馏　。
（5）本实验采用的二级间歇式反应装置，在反应5～6小时后，暂停通入气体。将B瓶拆下，C瓶装在图中B瓶处，并在原C瓶处重新装上一个盛有PCl3的圆底烧瓶。继续通气反应一段时间后重复以上步骤，这种操作的优点是 　提高原料利用率　。
（6）通过下列方法可以测定制备的三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
A.取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，再加稀硝酸至酸性；
B.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液30.00mL，使Cl﹣完全沉淀；
C.向其中加入3mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
D.加入指示剂，用c mol/L NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V mL。
已知：AgSCN是白色沉淀，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12。
①滴定选用的指示剂是 　c　（填序号）。
A.淀粉
B.酚酞
C.Fe2（SO4）3
D.FeCl2
②根据上面实验数据计算三氯氧磷产品中Cl元素的含量为 　×100%　。
【分析】实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应，二氧化硫可用浓硫酸与铜加热制备，生成的Cl2、SO2经过浓硫酸干燥、混合均匀，然后再B、C中氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料制备三氯氧磷和氯化亚矾，由于反应为放热反应，且产物易分解和挥发，所以B、C有利于充分反应，循环使用可提高原料利用率，根据产物的沸点存在差异选择蒸馏分离两者，以此解题。
【解答】解：（1）由图可知，A装置中盛装浓硫酸的仪器名称为锥形瓶，
故答案为：锥形瓶；
（2）实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）A装置中有浓硫酸可以除去气体中的水蒸气，通过观察气泡可以调节气体流量、使气体充分混合，A的作用为干燥气体，便于调节气体流量、使气体充分混合，
故答案为：干燥气体；便于调节气体流量；
（4）B、C中是二氧化硫、氯气、三氯化磷生成目标产物的反应，反应的化学方程式为SO2+Cl2+PCl3＝POCl3+SOCl2；生成的三氯氧磷和氯化亚矾由于沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离，
故答案为：SO2+Cl2+PCl3＝POCl3+SOCl2；蒸馏；
（5）循环使用可提高原料利用率，
故答案为：提高原料利用率；
（6）①用c mol/L NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加Fe2（SO4）3作指示剂，Fe3+ 与SCN﹣反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，
故答案为：c；
②用c mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为Vc×10﹣3mol，与Cl﹣反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.03L﹣Vc×10﹣3mol＝（3﹣Vc）×10﹣3mol；Cl元素的质量百分含量为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质的制备、物质含量的测定，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
二.选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学—选修3：物质结构与性质]
18．（15分）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究等领域。我国自主研发的用氟硼铍酸钾（KBe2BO3F2）晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
（1）请画出O原子的价层电子排布图：　　，基态Be、B、O三种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为 　O＞Be＞B　，KF、KCl、KBr三种晶体中熔点最高的是 　KF　。
（2）在500℃～600℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在，在该二聚体中Be原子的杂化方式是 　sp2　，1mol Be2Cl4中含有的配位键数目为 　2NA　。
（3）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 　F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键　。
（4）BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与ZnS类似，如图所示。Be原子的配位数是 　4　；该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子A，B的坐标分别为（0，0，），（，，0）；则C原子坐标为 　（，，）　。设O与Be的最近距离为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为 　　g•cm﹣3（用含a和NA的式子表示）。

【分析】（1）O是8号元素，Be的价层电子排布式为2s2，为全满稳定结构，故Be大于B，O为同周期第VIA族元素电离能较大；
（2）由Be2Cl4的结构可知，1个Be与3个Cl成键，形成2对成键电子和一对孤电子对，共3对电子；
（3）F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
（4）由晶胞结构可知每个Be周围有四个O与其相连，由BeO的晶胞结构以及A，B的坐标可知C的坐标为：（，，）；将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的为a pm，故晶胞棱长为，密度为，据此计算。
【解答】解：（1）O是8号元素，则O原子的价层电子排布图为：，Be的价层电子排布式为2s2，为全满稳定结构，故Be大于B，O为同周期第VIA族元素电离能较大，故顺序为O＞Be＞B；KF、KCl、KBr都是离子晶体，其中F﹣半径最小，故KF晶格能最大，熔点最高，
故答案为：；O＞Be＞B；KF；
（2）由Be2Cl4的结构可知，1个Be与3个Cl成键，形成2对成键电子和一对孤电子对，共3对电子，故Be采用sp2杂化；1mol Be2Cl4中Be提供空轨道，Cl提供孤电子，故形成2mol配位键，数目为2NA，
故答案为：sp2；2NA；
（3）N，F，H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键，
故答案为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
（4）由晶胞结构可知每个Be周围有四个O与其相连，配位数为4；由BeO的晶胞结构以及A，B的坐标可知C的坐标为：（，，）；将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的为a pm，故晶胞棱长为，密度为＝g•cm﹣3，
故答案为：4；（，，）；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
三．【化学—选修5：有机化学基础】（15分）
19．环吡酮胺（M）是一类广谱抗真菌剂，本身具有一定的抗菌活性，临床用于治疗体癣、脚癣、花斑癣，白色念珠菌感染等。其合成路线如图所示（部分反应条件和生成物略去）：
已知如图信息：
Ⅰ.；
Ⅱ.。
回答下列问题：
（1）A的名称为 　2﹣丙醇　，B中官能团名称为 　羰基　。
（2）能鉴别D与F的试剂为 　AD　（填序号）。
A．NaHCO3溶液
B．银氨溶液
C．氯化铁溶液
D．溴水
（3）写出C→D的化学方程式：　+CH3OH+H2O　。
（4）写出H的结构简式：　　，N（）为环吡酮胺的衍生物，N的一种
芳香族同分异构体K，同时满足下列条件，请写出K的所有结构简式：　或　。
a.1molK消耗2molNaOH
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2
（5）请设计以、、为原料（其他无机试剂任选），合成的路线 　，　。
【分析】由合成路线可知，整个合成有两条路线，路线1为A→B→C→D；路线2为甲苯→C7H6O2→F→G；根据C的结构简式和A的分子式，结合已知信息l，可推出A为CH3CH（OH）CH3，A催化氧化生成B，B为CH3COCH3；根据F的结构简式和甲苯的结构简式，可推出甲苯先氧化为苯甲酸，然后苯环加氢得到F，由F→G→H发生已知信息ll的反应，推出H为，H在CH3COONa存在条件下和NH2OH•HCI反应得到环吡酮胺M，据此分析解答；
（5）逆向合成分析：若要制备，则需要制取；根据所给原料，需要
和反应，可通过甲苯和氯气光照得到。
【解答】解：（1）根据以上分析，A为CH3CH（OH）CH3，名称为2﹣丙醇，B为CH3COCH3，含有的官能团名称为羰基，
故答案为：2﹣丙醇；羰基；
（2）A．因为D中含有碳碳双键、酯基，而F中含有羧基，NaHCO3溶液可与羧基反应产生气泡，故可鉴别D与F；
B．由于D、F均不含醛基，故用银氨溶液不能鉴别D与F；
C．D、F均无酚羟基，与氯化铁溶液均不反应，故用氯化铁溶液不能鉴别D与F；
D．D中含碳碳双键，D能与溴水反应而使溴水褪色，F与溴水不反应，故可鉴别D与F；
故答案为：AD；
（3）C→D为酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O，
故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）由分析知H的结构简式为：，N（）的同分异构体K是芳香族化合物，则含有苯环，根据条件a，1molK消耗2molNaOH可知，属于酚，且含有2mol酚羟基，根据N的分子式C6H7O2N，K分子中还含有1个﹣NH2，根据条件b，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2，则具有对称结构，则K的结构简式为：或，
故答案为：；或；
（5）逆向合成分析：若要制备，则需要发生类似G→H的反应，该步反应物为；根据所给原料，需要和发生类似D+F→G的反应生成；和发生酯化反应可生成，可通过甲苯和氯气光照得到，具体路线如下：，，
故答案为：，。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，对比分析有机物的结构简式理解发生的反应为解答的关键，侧重考查学生的分析能力，需要理解有机反应基本类型，熟练掌握官能团的性质与转化。