2020年天津市高考化学试卷-教师用卷

这是一份2020年天津市高考化学试卷-教师用卷，共22页。试卷主要包含了单选题，简答题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是( )
A. NaOHB. NaClC. NaClOD. Na2CO3
【答案】C
【解析】解：A、NaOH对皮肤或眼接触可引起灼伤，对人体有损伤，不是84消毒液”的主要有效成分，故A错误；
B、NaCl是食盐的主要成分，对各类肝炎病毒无影响，故B错误；
C、NaClO是“84消毒液”的主要有效成分，ClO-水解生成HClO，利用HClO的强氧化性来杀菌消毒，故C正确；
D、Na2CO3俗称纯碱，是重要的化工原料之一，用于食品工业、玻璃工业、冶金工业、生产洗涤剂工业等，故D错误；
故选：C。
“84消毒液”是一种以次氯酸钠为主的高效消毒剂，主要成分为：NaClO，得名于1984年地坛医院的前身研制成功的，能迅速杀灭各类肝炎病毒的消毒液。
本题考查学生对“84消毒液”的主要有效成分的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的用途等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是( )
A. 屠呦呦B. 钟南山C. 侯德榜D. 张青莲
【答案】A
【解析】解：A.屠呦呦团队在世界率先提取了青蒿素，获得诺贝尔奖，故A正确；
B.钟南山是传染病学专家，故B错误；
C.侯德榜改进了制碱方法，故C错误；
D.张青莲主持测定了许多相对原子质量，故D错误；
故选：A。
了解化学史和化学家的历史和贡献，激发爱国热情和学习化学的兴趣，题目简单。
下列说法错误的是( )
A. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
B. 油脂的水解反应可用于生产甘油
C. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元
D. 淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子
【答案】D
【解析】解：A.淀粉和纤维素均在硫酸做催化剂的条件下可水解产生葡萄糖，人可以把淀粉水解产生葡萄糖，食草动物可以把纤维素水解产生葡萄糖，故A正确；
B.油脂是甘油和高级脂肪酸形成的酯，油脂在硫酸或氢氧化钠做催化剂的条件下水解都能得到甘油，故B正确；
C.蛋白质水解生成多肽，多肽水解得氨基酸，蛋白质水解得最终产物是氨基酸，自然界中生物体水解能得到20种氨基酸，故C正确；
D.油脂不是高分子化合物，淀粉和纤维素均是天然高分子，故D错误；
故选：D。
A.人可以把淀粉水解产生葡萄糖，食草动物可以把纤维素水解产生葡萄糖；
B.油脂是甘油和高级脂肪酸形成的酯；
C.蛋白质水解的最终产物是氨基酸；
D.油脂不是高分子化合物。
本题考查生活中的有机化学，要了解糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，属于识记性知识，要加强记忆，难度不大。
下列离子方程式书写正确的是( )
A. CaCO3与稀硝酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
B. FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
C. NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O42-+2H2O
D. C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-
【答案】B
【解析】解：A.CaCO3难溶于水不拆，CaCO3与稀硝酸反应：CaCO3+2H+=H2O+Ca2++CO2↑，故A错误；
B.单质溴可以氧化二价的铁，FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故B正确；
C.过量H2C2O4溶液生成酸式盐，NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，故C错误；
D.酸性：H2CO3>C6H5OH(苯酚)>HCO3-，C6H5ONa溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢根：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，故D错误；
故选：B。
A.CaCO3难溶于水不拆；
B.单质溴可以氧化二价的铁；
C.过量H2C2O4溶液生成酸式盐；
D.生成碳酸氢根。
本题考查离子方程式的正误判断，难点在反应物的用量不同，反应情况不同，要求对物质的酸碱性强弱有一定的了解，难度中等。
下列实验仪器或装置的选择正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】解：A.需要50mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒等配制50.00 mL0.1000ml⋅L-1Na2CO3溶液，故A错误；
B.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，导管长进短出、洗气可分离，故B正确；
C.球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；
D.溶液显碱性，生成硅酸钠溶液具有粘合性，不能使用玻璃塞，应选橡皮塞，故D错误；
故选：B。
A.需要50mL容量瓶、胶头滴管等；
B.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解；
C.球形冷凝管易残留馏分；
D.溶液显碱性，生成硅酸钠溶液具有粘合性，不能使用玻璃塞。
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、混合物分离提纯、试剂保存、溶液配制为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
检验下列物质所选用的试剂正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】解：A、海水中的碘元素以I-的形态存在，用适量氧化剂Cl2将I-氧化为I2，利用I2能使淀粉变蓝，用淀粉检验I2的存在，进而证明海水中的碘元素；所用试剂：淀粉和氧化剂Cl2，故A错误；
B、SO2气体具有漂白性，能使品红溶液褪色；常用品红溶液来检验SO2气体；虽然SO2通入澄清石灰水能产生白色沉淀，但与CO2通入澄清石灰水能产生白色沉淀的现象一样，不好区分，故B错误；
C、Cu2+与氨水反应生成蓝色絮状沉淀Cu(OH)2，常用这种方法来检验Cu2+的存在，故C正确；
D、溶液中的NH4+常用浓NaOH溶液并加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的NH3来检验NH4+的存在，不是蓝色石蕊试纸，蓝色石蕊试纸用于检验酸性气体，故D错误；
故选：C。
A、海水中的碘元素，是以碘离子的形态存在的；
B、常用SO2气体具有漂白性来检验；
C、Cu2+与碱反应生成蓝色絮状沉淀；
D、常用浓NaOH溶液并加热产生NH3来检验NH4+的存在。
本题考查学生对常见离子的检验方法的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的检验方法及现象等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D. 在1ml⋅L-1Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1ml⋅L-1
【答案】A
【解析】解：A、酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)B、相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)；根据溶液中的电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；得出c(CH3COO-)>c(Na+)；所以溶液中的离子浓度大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C、FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故C正确；
D、在1ml⋅L-1Na2S溶液中，S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-，根据硫元素的物料守恒，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1ml⋅L-1，故D正确；
故选：A。
A、含弱酸离子的盐，越弱越水解；
B、利用溶液中的电荷守恒来分析；
C、对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大；
D、根据溶液中硫元素的物料守恒来分析。
本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确Ka、Ksp的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是( )
A. 元素电负性：ZC. 元素第一电离能：Z【答案】A
【解析】解：由上述分析可知，X为N、Y为Na、Z为P、W为S，
A.非金属性越强、电负性越大，则元素电负性：ZB.电子层越多、离子半径越大，则简单离子半径：W>Y，故B错误；
C.P的3p电子半满为稳定结构，则元素第一电离能：Z>W，故C错误；
D.氨气分子间含氢键、沸点高，则简单氢化物的沸点：X>Z，故D错误；
故选：A。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1ml/LX的最高价含氧酸的pH为1.00，Y对应的pH为13.00，可知X为N、Y为Na；Z的分子式为H3ZO4，结合原子序数可知Z为P；W的最高价含氧酸的pH小于1，W为S，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、最高价含氧酸的pH来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
关于的说法正确的是( )
A. 分子中有3种杂化轨道类型的碳原子
B. 分子中共平面的原子数目最多为14
C. 分子中的苯环由单双键交替组成
D. 与Cl2发生取代反应生成两种产物
【答案】A
【解析】解：A、sp3杂化的为甲基(-CH3)中的碳原子，sp2杂化的是苯中的碳原子，直线结构的乙炔的碳原子为sp杂化；共有3种杂化类型，故A正确；
B、苯为平面结构，6个C原子和6个H原子共平面，乙炔基为直线结构，乙炔基的直线在苯的对角线上，CH4为正四面体结构，最多3个原子共平面，甲基(-CH3)中的3个H原子最多有一个在苯的平面上，分子中共平面的原子数目最多为12+1+2=15，故B错误；
C、苯环中的6个碳形成了大π键，并不是单双键交替的结构，在结构上可通过苯的邻二元取代物只有一种可证明，也可通过苯不能使溴水或KMnO4溶液褪色来证明，故C错误；
D、与Cl2发生取代时，可以生成的取代物有：一氯代物、二氯代物、三氯代物、四氯代物、五氯代物，总之取代产物多于两种，故D错误；
故选：A。
A、CH4为单键构成的四面体构型，sp3杂化；苯为平面结构，sp2杂化；乙炔为直线结构，sp杂化；
B、苯的6个C原子和6个H原子为平面结构；
C、苯环并不是单双键交替的结构；
D、取代产物多于两种。
本题考查学生对某一有机物质的理解和掌握，题目难度不大，掌握杂化轨道、共面的原子、苯环的结构、取代产物的分析等，明确苯的结构及化学键是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)⇌HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. HCN比HNC稳定
B. 该异构化反应的△H=+59.3kJ⋅ml-1
C. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
D. 使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【解析】解：A、HCN相对能量为0.0，HNC的相对能量为：59.3kJ⋅ml-1，能量越低越稳定，所以HCN比HNC稳定，故A正确；
B、反应热为生成物总能量减去反应物总能量，且△H>0带“+”，△H<0带“-”，△H=59.3-0.0=+59.3kJ⋅ml-1，故B正确；
C、正反应的活化能186.5kJ⋅ml-1，逆反应的活化能为(186.5-59.3)kJ⋅ml-1，故C正确；
D、催化剂可成千上万倍的加快反应速率，减低反应所需活化能，与反应热无关，故D错误；
故选：D。
A、能量越低越稳定；
B、反应热为生成物总能量减去反应物总能量；
C、正反应的活化能186.5kJ⋅ml-1，逆反应的活化能为(186.5-59.3)kJ⋅ml-1
D、催化剂加快反应速率，减低反应所需活化能，与反应热无关。
本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确Ka、Ksp的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。如图中的电池反应为，难溶于熔融硫)。下列说法错误的是( )
A. Na2S4的电子式为
B. 放电时正极反应为xS+2Na++2e-=Na2Sx
C. Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D. 该电池是以Na-β-Al2O3为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】解：A、Na2S4的结构类似过氧化钠，Na2S4电子式为，故A正确；
B、放电时，熔融硫作正极，电解质中钠离子向正极移动，正极反应为xS+2Na++2e-=Na2Sx，故B正确；
C、放电时，Na做负极，负极反应式为2Na-2e-=2Na+，熔融硫作正极，正极反应式为xS+2e-=Sx2-，故C错误；
D、为防止熔融的钠与熔融的硫接触，以Na-β-Al2O3为隔膜，可以传递离子，构成闭合回路，由提高提供信息，电池反应为为可以充电的二次电池，故D正确；
故选：C。
根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以熔融钠作负极，负极反应式为2Na-2e-=2Na+，阴离子向负极移动，Na-β-Al2O3为隔膜，熔融硫作正极，放电时电解质中钠离子向正极移动，放电时正极反应为xS+2Na++2e-=Na2Sx，以此答题。
本题考查化学电源新型电池，正确获取图片提供信息是解本题关键，根据得失电子确定正负极、阴阳极，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
已知[C(H2O)6]2+呈粉红色，[CCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：
[C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O△H
用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
以下结论和解释正确的是( )
A. 等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-中σ键数之比为3：2
B. 由实验①可推知△H<0
C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D. 由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CCl4]2-
【答案】D
【解析】解：A、1mlH2O分子中中有2mlσ键，1ml[C(H2O)6]2+的σ键为：2×6=12ml；1ml[CCl4]2-的σ键为0，等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-中σ键数之比为12：0，故A错误；
B、①置于冰水浴由蓝色的变为粉红色的溶液，说明C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反应，则C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O的反应为吸热反应，所以△H>0，故B错误；
C、c(H2O)是常数，不会改变；应是离子浓度减小引起的，故C错误；
D、加入ZnCl2后，生成难电离的稳定的粉红色的[C(H2O)6]2+；Zn2+的浓度增大，与C2+结合的Cl-更易与Zn2+形成配位键，生成[ZnCl4]2-；说明配离子：[ZnCl4]2-的稳定性强于[CCl4]2-的稳定性，故D正确；
故选：D。
[CCl4]2-呈蓝色的溶液通过不同途径得到[C(H2O)6]2+呈粉红色的溶液，C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O
A、1mlH2O含2mlσ键，配位键不是σ键；
B、①置于冰水浴由蓝色的变为粉红色的溶液，说明C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆向为放热方向，则，所以△H>0；
C、c(H2O)是常数，不会改变；
D、加入锌离子后，Cl-更易生成难电离的稳定的[ZnCl4]2-。
本题考查学生对化学平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素等，明确化学平衡移动原理是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
二、简答题（本大题共3小题，共47.0分）
Fe、C、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题：
(1)Fe、C、Ni在周期表中的位置为______，基态Fe原子的电子排布式为______。
(2)CO的面心立方晶胞如图1所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CO晶体的密度为______g⋅cm-3；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为______。
(3)Fe、C、Ni能与Cl2反应，其中C和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为______，C(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。
(4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为______。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4.为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为______。
【答案】第四周期第ⅤⅢ族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 3NA⋅a3×1023 NiO>CO>FeO CCl3>Cl2>FeCl3 2C(OH)3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+6H2O 随硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜 少量多次 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2↑+2H2O
【解析】解：(1)Fe、C、Ni在周期表中的第四周期第ⅤⅢ族，26号Fe基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，
故答案为：第四周期第ⅤⅢ族，1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)O2-位于顶点和面心，共8×18+6×12=4个；C2+位于棱心和体心，12×14+1=4个，ρ=mV=59×4+16×4NA⋅a3×1021g⋅cm-3=3NA⋅a3×1023g⋅cm-3；离子晶体的熔沸点可由离子半径和电荷数决定，三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为：NiO>CO>FeO，
故答案为：3NA⋅a3×1023；NiO>CO>FeO；
(3)Fe、C、Ni能与Cl2反应，其中C和Ni均生成二氯化物，Fe与Cl2反应生成FeCl3说明氧化剂Cl2的氧化性强于氧化产物FeCl3的氧化性；而C与Cl2反应生成二氯化物，不能生成CCl3；说明CCl3比Cl2更易得电子生成CCl2，氧化性强于Cl2，FeCl3、CCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为：CCl3>Cl2>FeCl3；
C(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体Cl2的生成，根据得失电子守恒：+3价C元素生成C2+化合价降低1，得1ml电子，2Cl-失2ml电子化合价升高2生成Cl2，和电荷守恒写出离子方程式：2C(OH)3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+6H2O，
故答案为：CCl3>Cl2>FeCl3；2C(OH)3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+6H2O；
(4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为：随硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜；由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4，为了提高产物的纯度，在硫酸中少量多次添加HNO3，提高反应物的转化率，增加产率，所以添加HNO3的方式为：少量多次；根据质量守恒和电子转移守恒：0价Ni元素失2ml电子化合价升高2，HNO3中+5价的N元素得3ml电子化合价降低3生成+2价得NO中的N元素，写出制备NiSO4的化学方程式为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O，Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2↑+2H2O，
故答案为：随硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜；少量多次；3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2↑+2H2O。
(1)Fe、C、Ni在周期表中的第四周期第ⅤⅢ族，26号Fe基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)利用均摊法求出化学式；根据ρ=mV求出密度；离子晶体的熔沸点可由离子半径和电荷数决定；
(3)Fe与Cl2反应生成FeCl3说明氧化剂Cl2的氧化性强于氧化产物FeCl3的氧化性；而C与Cl2反应生成二氯化物，不能生成CCl3；说明CCl3比Cl2更易得电子生成CCl2；根据得失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式；
(4)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜；少量多次添加反应物，以提高反应物的转化率，增加产率；根据质量守恒和电子转移守恒写出制备NiSO4的化学方程式。
本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见原子的电子排布、晶体类型、熔点比较、氧化还原反应、晶胞的计算等，明确氧化还原反应和晶胞的计算是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：(Z=COOR-COOH等)
回答下列问题：
(1)A的链状同分异构体可发生银镜反应，写出这些同分异构体所有可能的结构：______。
(2)在核磁共振氢谱中，化合物B有______组吸收峰。
(3)化合物X的结构简式为______。
(4)D→E的反应类型为______。
(5)F的分子式为______，G所含官能团的名称为______。
(6)化合物H含有手性碳原子的数目为______，下列物质不能与H发生反应的是______(填序号)。
溶液c.酸性KMnO4溶液 d.金属Na
(7)以和为原料，合成，在方框中写出路线流程图(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)。
【答案】CH2=CHCH2CHO、、、 4 CH≡C-COOH 加成反应 C13H12O3 羰基、酯基 1 a
【解析】解：(1)A的分子式为：C4H6O，链状同分异构体可发生银镜反应，说明含有醛基；还有一个双键，所以结构简式分别为：CH2=CHCH2CHO、、、，
故答案为：CH2=CHCH2CHO、、、；
(2)B()由4种不同环境的氢原子，则在核磁共振氢谱中就有4组峰，
故答案为：4；
(3)C()生成D()多了具有3个碳的酯基，是发生了酯化反应生成的酯基，利用酯水解原理，还原出羧酸为：CH≡C-COOH，
故答案为：CH≡C-COOH；
(4)D()生成E()，没有三键了，多了两个环，发生了加成反应，
故答案为：加成反应；
(5)F()的分子式为：C13H12O3；G()的官能团为：羰基、酯基，
故答案为：C13H12O3；羰基、酯基；
(6)H含有的手性碳，如图所示：，只有1个；H含有酯基，可在NaOH溶液的条件下发生水解；含有羟基，可与酸性KMnO4溶液、金属钠反应；与CHCl3可互溶，但不会发生化学反应，所以不能与H发生反应的是：a，
故答案为：1；a；
(7)以和为原料，利用已知及D生成E，先形成两个双键，进而和发生加成反应，得出合成路线流程图，如下：，
故答案为：。
(1)A的分子式为：C4H6O，可发生银镜反应说明含有醛基和1个碳碳双键；
(2)有几种不同环境的氢，在核磁共振氢谱中就有几组峰；
(3)找出C()和D()的不同，并分析原因；
(4)由D到E没有三键了，多了两个环，发生了加成反应
(5)由结构简式分析C、H、O各有多少个，写出分子式，找出官能团；
(6)手性碳必须为单键，且所连的4个原子或原子团不相同；官能团决定性质；
(7)由已知和D到E的题干信息写出路线流程图。
本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握同分异构、核磁共振氢谱、手性碳、分子式、官能团名称等，明确官能团决定性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为______。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，另一产物为______。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式______。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH (不考虑副反应)
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为aml⋅L-1和3aml⋅L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为______。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为______。
②P点甲醇产率高于T点的原因为______。
③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为______℃。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5)CO32-的空间构型为______。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，c(H2CO3)：c(HCO3-)：c(CO32-)=1：______：______。
【答案】光能转化为化学能 H2 Ag++e-=Ag b227a2(1-b)4 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面三角形 1012⋅Ka1 1024⋅Ka1⋅Ka2
【解析】解：(1)由图1所示，在光催化下，H+生成H2，H2O生成O2；光能转化为化学能，
故答案为：光能转化为化学能；
(2)Na2SO3溶液中的SO32-的S元素由+4化合价升高被氧化生成+6价的SO42-中的S元素，必有化合价降低的元素，只能是H+化合价降低生成H2；AgNO3溶液中-2价O元素化合价升高生成O2，只能是Ag+的化合价降低生成0价的Ag，即生成另一产物的离子反应式为：Ag++e-=Ag，
故答案为：H2；Ag++e-=Ag；
(3)根据方程式列出数据，反应平衡时，CH3OH的产率为b，得到的CH3OH的物质的量浓度为：abml⋅L-1；
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，
开始时 aml⋅L-1 3aml⋅L-1 00
变化 abml⋅L-1 3abml⋅L-1 abml⋅L-1 abml⋅L-1
平衡时 (a-ab)ml⋅L-1 (3a-3ab)ml⋅L-1 abml⋅L-1 abml⋅L-1 则K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c(H2)3=ab×ab(a-ab)(3a-3ab)3=b227a2(1-b)4，
故答案为：b227a2(1-b)4；
(4)①△H<0，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)，所以甲醇平衡产率随温度升高而降低，
故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)；
②P点甲醇产率高于T点是因为分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，
故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳点为产率最高点，即P点，相应温度为：210℃，
故答案为：210；
(5)根据分析，价层电子对数=σ+12(a-xb)=3+12(4+2-2×3)=3+0=3，价层电子对数=3，空间构型为平面(正)三角形，去掉孤电子对0，即为分子的空间构型，所以为：平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(6)pH=12，即c(H+)=10-12ml⋅L-1；Ka1=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)，得c(CO32-)=Ka1×c(H2CO3)c(H+)=1012⋅Ka1⋅c(H2CO3)；Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)，得c(CO32-)=Ka2×c(HCO3-)c(H+)=1024⋅Ka1⋅Ka2⋅c(H2CO3)；c(H2CO3)：c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1012⋅Ka1⋅c(H2CO3)：1024⋅Ka1⋅Ka2⋅c(H2CO3)=1：1012⋅Ka1：1024⋅Ka1⋅Ka2，
故答案为：1012⋅Ka1；1024⋅Ka1⋅Ka2。
(1)由图1所示，在光催化下，H+生成H2，H2O生成O2；
(2)根据氧化还原反应原理分析：Na2SO3的S元素由+4化合价升高被氧化生成+6价的SO42-中的S元素；AgNO3溶液中-2价O元素化合价升高生成O2，只能是Ag+的化合价降低；
(3)根据方程式列出数据来计算，K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c(H2)3；
(4)①△H<0，该反应为放热反应；
②不断分离出H2O，生成物浓度减小，平衡正向移动；
③根据图2采用该分子筛膜时的最佳点为为产率最高点；
(5)根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=σ+12(a-xb)，若为阴离子，a=价电子数+电荷数；价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，去掉孤电子对，即为分子的空间构型；Ka1=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)，Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)。
本题考查学生对平衡及杂化理论的理解和掌握，题目难度中等，掌握化学平衡、电离平衡、氧化还原反应、杂化轨道等，明确化学平衡常数和电离平衡常数的计算是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
三、实验题（本大题共1小题，共17.0分）
为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
(1)判断SO42-沉淀完全的操作为______。
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为______。
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为______。
(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=______ml⋅L-1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
实验步骤：
①按如图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入如图所示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为______。
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是______(填序号)。
a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ(H2)=dg⋅L-1，则c(CuSO4)=______ml⋅L-1(列出计算表达式)。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：______(填“是”或“否”)。
【答案】向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 AgNO3溶液 坩埚 40w233 偏低 检查装置气密性 b a65-bd×10-3225×10-3 偏高 否
【解析】解：(1)判断SO42-沉淀完全的操作：向上层中继续加入沉淀剂BaCl2溶液，若有白色沉淀，则沉淀未完全；若无白色沉淀，则沉淀已完全，
故答案为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)洗涤BaSO4沉淀，除去沉淀表面附着的Cl-和Ba2+；向最后一次洗涤液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀AgCl，证明沉淀是否洗净，
故答案为：AgNO3溶液；
(3)固体灼烧一般用坩埚，
故答案为：坩埚；
(4)根据方程式建立关系式：BaSO4～CuSO4；n(CuSO4)=n(BaSO4)=w233ml，c(CuSO4)=nV=w23325×10-3ml⋅L-1=40w233ml⋅L-1，
故答案为：40w233；
(5)步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，有沉淀附着在烧杯内壁；造成生成的n(BaSO4)减小，则n(CuSO4)减小，c(CuSO4)偏低，
故答案为：偏低；
(6)组装好仪器后，要先检查装置的气密性，以防产生的气体从装置中溢出，再加入药品反应；
故答案为：检查装置气密性；
(7)利用排水量气法注意：①冷却至室温，②同一压强下读数，③眼睛平视视线与凹液面最低点相切；
a、反应热不受温度影响，故a错误；
b、温度高气体体积增大，密度减小，故b正确；
c、气体体积与反应速率无关，故c错误；
故选：b；
(8)Zn的总质量等于产生氢气的Zn的质量加上与CuSO4反应的Zn的质量，所以与CuSO4反应的Zn的质量=Zn的总质量-产生氢气的Zn的质量；根据反应原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，建立关系式：n(CuSO4)=n(Zn总物质的量)-n(H2)=a65ml-bd×10-32ml=(a65-bd×10-32)ml，那么c(CuSO4)=a65-bd×10-3225×10-3ml⋅L-1，
故答案为：a65-bd×10-3225×10-3；
(9)E管液面高于D管，根据连通器的原理，产生的气体体积被压缩，测得H2体积就小于bmL，n(H2)减小，n(CuSO4)增大，c(CuSO4)偏大，
故答案为：偏大；
(10)Mg比Zn活泼，Zn与MgSO4不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度；
故答案为：否。
测定CuSO4溶液的浓度：甲方案利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应，再加入稀硫酸，借助测过量的Zn与稀硫酸反应生成的氢气的体积，来求出CuSO4的质量。
(1)继续加入沉淀剂来判断离子是否沉淀完全；
(2)洗涤除去表面附着的Cl-和Ba2+；
(3)固体灼烧一般用坩埚；
(4)根据方程式建立关系式：BaSO4～CuSO4，n(BaSO4)=n(CuSO4)；
(5)步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，有沉淀附着在烧杯内壁；
(6)组装好仪器后，要想检验装置的气密性，再加入药品反应；
(7)利用排水量气法注意：①冷却至室温，②同一压强下读数，③眼睛平视视线与凹液面最低点相切；
(8)Zn的总质量等于产生氢气的Zn的质量加上与CuSO4反应的Zn的质量；
(9)E管液面高于D管，根据连通器的原理，产生的气体体积被压缩，造成测量数值偏大；
(10)Mg比Zn活泼，产生气体速率快，不好控制。
本题考查学生对物质的检验的理解和掌握，题目难度中等，掌握离子或分子的检验方法及实验现象等，明确物质的主要性质和现象是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
配制⋅L-1Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
A
B
C
D
待检验的物质
所用试剂
A.
海水中的碘元素
淀粉溶液
B.
SO2气体
澄清石灰水
C.
溶液中的Cu2+
氨水
D.
溶液中的NH4+
NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
元素
最高价氧化物的水化物
X
Y
Z
W
分子式
H3ZO4
0.1ml⋅L-1溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70