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安徽省2020届名校高考冲刺模拟卷（全国I卷）理综化学试题（解析版）
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安徽省2020年名校高考冲刺模拟卷
理科综合
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共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。
7.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是（ ）
A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化
B. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸
C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应
D. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土
8.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是（ ）
9.2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NA
B. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C. 46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1 mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
10.R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C. Y、Z的气态氢化物能发生化合反应
D. 由R、X两种元素只能形成一种化合物
11.山梨酸和苯甲酸都是制备防腐剂的原料，他们的键线式如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 它们都能发生加成和氧化反应
B. 苯甲酸分子中所有的原子共平面
C. 山梨酸和苯甲酸互为同系物
D. 山梨酸与足量H2反应后所得产物的一氯代物有6种（不考虑立体异构）
12.用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送人电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-
B. 放电时，电解质中会生成少量碳酸盐
C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应
D. 充电时，电解槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-
13.丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25℃时，向1mol•L-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是（ ）
A. a点溶液中：c（H2A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
B. 25℃时，H3A的第二步电离平衡常数的数量级为10-4。58
C. b点溶液中；c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-）
D. 当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的c（H+）＞10-7mol•L-1
第Ⅱ卷 （非选择题174分）
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个小题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。）
（一）必考题（共129分）
26.软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质。软锰矿经过综合利用，可制备碳酸锰、氧化铝及绿矾（ FeSO4•7H2O），其制备过程如图：
部分物质的Ksp如表：
物质
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Mn（OH）2
Al（OH）3
MnCO3
Ksp
4.0×10-38
8.0×10-16
4.0×10-14
1.3×10-33
9.0×10-11
回答下列问题：
（1）操作I中需要的仪器有______（填字母序号）。
A．蒸发皿 B．酒精灯 C．漏斗 D．玻璃棒 E．烧杯
（2）操作Ⅱ中反应的离子方程式为______。
（3）操作Ⅲ中也可用NaHCO3与MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为______。
（4）操作Ⅳ中加入适量Fe的目的是______；当调节pH=______时（结果保留整数），可确定Al（OH）3完全沉淀。（已知：完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于10-5mol•L-1）
（5）操作Ⅵ中一般要加入稀硫酸，目的是______，然后______、冷却结晶、______、洗涤、干燥。
27.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。
（1）仪器D的名称为______
（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表示）。
Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量
（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用______（填试剂）作洗涤剂。
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。
（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：（提示：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象：______
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。
28.甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学方程式：
Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206kJ•mol-1
Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1
Ⅳ.3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H4
回答下列问题：
（1）上述反应中△H4=______ kJ•mol-l。
（2）现将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，平衡时CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。
①下列说法能表明该反应已达平衡状态的是______（填字母序号）；
A．生成CO和H2的物质的量之比为1：3
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．甲烷的生成速率与H2的生成速率之比为1：3
②已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为______mol•L-l•min-1；
③图中的p1______p2（选填“＜”“＞”或“=”），100℃时的平衡常数为______mol2•L-2。
（3）在压强为0.1MPa条件下，1mol CO与3mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ生成甲醇。
①若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______（填字母序号）；
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离
C．充人氦气，使体系总压强增大
D．再充人1mol CO和3mol H2
②根据反应Ⅱ的特点，图乙是在压强分别为0.2MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线，请指明图乙中的压强px=______MPa。
（4）在总压p=5MPa的恒压密闭容器中进行反应Ⅳ，按照不同氢碳比[m=]投料测得CO2的平衡转化率与温度关系如图丙所示（已知Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数），则：
①X点时，H2的转化率为______，
②600℃、m=3时，Kp=______MPa-2（保留两位小数）。
（5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。
①石墨2电极上发生______（选填“氧化”或“还原”）反应；
②石墨1发生的电极反应式为______。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置答题。若多做，则每学科按所做的第一题计分。
35．【化学——选修三：物质结构与性质】（15分）工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe（CO）5．为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3═Cu（NH3）3（CO）OOCCH3．回答下列问题：
（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______（填字母序号）。
（2）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：______；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。
（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是______。
（4）配合物[Cu（NH3）2]OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是______，NH3分子的价电子对互斥理论模型是______。
（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：
①若坐标参数A为（0，0，0），B为，则C的坐标参数为______；
②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为______g•cm-3。
36.【化学——选修五：有机化学基础】
H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的名称是______，H中官能团名称是______；
（2）反应①的反应条件为______；
（3）反应⑥的化学方程式为______；反应类型为______。
（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为______。
（5）符合下列条件的G的同分异构体有______种。
I．能发生银镜反应，Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰
（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。
解析版
7. 【答案】B
【解析】
解：A．百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；
B．诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故B错误；
C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学方程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；
D．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土，故D正确；
故选：B。
A．物质变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化；
B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化；
C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；
D．陶瓷主要原料为黏土。
本题考查物质变化、物质性质、化学与生产和生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
8. 【答案】A
【解析】
解：A．浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故A错误；
B．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故B正确；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故C正确；
D．硝基苯的不溶于水，反应后加NaOH中和酸，然后分液可分离，图中分液漏斗可分离，故D正确；
故选：A。
A．混合时将浓硫酸注入浓硝酸中；
B．水浴加热制备硝基苯；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出；
D．硝基苯的不溶于水，反应后加NaOH中和酸，然后分液可分离。
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、物质的制备、混合物分离提纯、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。
9. 【答案】A
【解析】
解：A、74.5gNaClO的物质的量为n==1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含离子为2NA个，故A正确；
B、NaClO和HCl发生归中反应生成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移电子为NA个，故B错误；
C、46g 75%乙醇溶液中含有的乙醇的物质的量为n==0.75mol，故含O原子为0.75mol；在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含O原子，而水的物质的量为n==0.64mol，水中含有的O原子为0.64mol，故此溶液中含有的O原子共为1.39mol，故含有的O原子为1.39NA个，故C错误；
D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故D错误。
故选：A。
A、求出NaClO的物质的量，然后根据次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根来分析；
B、NaClO和HCl发生归中反应生成氯气；
C、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含O原子；
D、氯气所处的状态不明确。
本题考查了物质的量和阿伏伽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。
10. 【答案】C
【解析】
解：由上述分析可知，R为H、X为B、Y为N、Z为F，
A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；
B．非金属性Be＜N，最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应生成NH4F，故C正确；
D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；
故选：C。
R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
11. 【答案】A
【解析】
解：A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧，属于氧化反应，故A正确；
B．苯环和羧基都为平面形结构，但羧基和苯环之间为C-C键，可自由旋转，则所有的原子不一定共平面，故B错误；
C．二者结构不同，不是同系物，故C错误；
D．山梨酸与足量H2反应后所得产物为CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有5种H，则一氯代物有5种，故D错误。
故选：A。
A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧；
B．羧基和苯环之间为C-C键，可自由旋转；
C．二者结构不同；
D．山梨酸与足量H2反应后所得产物为CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有5种H。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12. 【答案】C
【解析】
解：A．用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应O2+4e-+2H2O═4OH-，故A正确；
B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与KOH反应生成碳酸钾，放电时，电解质中会生成少量碳酸盐，故B正确；
C．锌和铝类似既可以和酸反应也可以和碱反应，电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电，故C错误；
D．原电池中负极电解反应Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，充电过程阴极电极反应：ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-，故D正确；
故选：C。
A．用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应是氧气得到电子在碱溶液中生成氢氧根离子；
B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与KOH反应生成碳酸钾；
C．电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电；
D．原电池中负极电解反应Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，据此书写充电过程阴极电极反应。
本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写方法、电解质溶液环境的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13. 【答案】D
【解析】
解：A．a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；
B.25℃时，H3A的第二步电离平衡常数K2=，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58，K2=10-4.58，数量级为10-5，故B正确；
C．b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c（A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-），故C正确；
D．当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的PH=5.83，c（H+）=10-5.83，c（H+）水=c（OH-）水==10-8.17mol•L-1＜10-7mol•L-1，故D错误；
故选：C。
丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25℃时，向1mol•L-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液pH的变化曲线分析可知，a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），c点是c（HA2-）=c（A3-），
A．a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性；
B.25℃时，H3A的第二步电离平衡常数K2=，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58；
C．b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒计算分析；
D．当该溶液中c（HA2-）=c（A3-） 时，溶液的PH=5.83；
本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上各曲线代表的粒子浓度是解题的关键，结合溶液中的守恒关系和酸的电离平衡常数分析，题目难度中等，掌握基础是解题关键。
26. 【解析】
解：（1）操作I为过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，
故答案为：CDE；
（2）由分析可知，MnO2、过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O，
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O；
（3）加入NaHCO3后，有沉淀碳酸锰生成，有无色气体二氧化碳生成，反应方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）操作Ⅳ中加入适量Fe的目的是：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH把铁离子转化为沉淀；使铝离子沉淀完全，浓度为1×10-5mol/L，已知Al（OH）3的溶度积为1.3×10-33，则c（OH-）=mol/L=1.0×10-9mol/L，c（H+）═1.0×10-5mol/L，该溶液的pH=5.0，
故答案为：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH时，把铁离子转化为沉淀；5.0；
（5）硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2+水解，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，
故答案为：抑制Fe2+水解；蒸发浓缩；过滤。
软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质，用稀硫酸酸浸后，生成硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁等，二氧化硅、MnO2不反应，过滤分离出滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，二氧化硅不反应，过滤除去；滤液Ⅰ为硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；调节溶液的pH把铝离子转化为沉淀过滤得Al（OH）3，再灼烧得Al2O3，滤液Ⅱ为硫酸亚铁，要得到绿矾的实验操作Ⅵ是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到，据此分析。
（1）根据流程图中操作I后得滤渣和滤液分析可知所需仪器；
（2）分析可知，滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，二氧化硅不反应，据此写离子方程式；
（3）硫酸锰和碳酸氢钠反应生成碳酸锰、硫酸钠、水和二氧化碳；
（4）加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；使铝离子沉淀完全，浓度为1×10-5mol/L，已知Al（OH）3的溶度积为1.3×10-33，则求出c（OH-），可得pH；
（5）根据Fe2+水解分析硫酸亚铁加入稀硫酸的作用，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物分离提纯为解答的关键，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。
27. 【解析】
解：（1）根据仪器的构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O；
②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，根据观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度，
故答案为：观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；
③Na2S2O3和酸反应会生成S和SO2，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
（3）需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，
故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；
（4）蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解，
故答案为：避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；
（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，
故答案为：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；
②称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大10倍，设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω
2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2
2×248g 1mol
1.25gω 0.0100mol/L×25.00L×10×10-3
产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω=×100%=99.2%，
故答案为：99.2%。
Ⅰ．（1）根据仪器的构造来确定仪器D的名称；
（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水；
②根据气体通入液体中冒气泡，观察气体的速度，通过控制分液漏斗液体滴加来控制，据此分析；
③根据Na2S2O3和酸反应会生成S和SO2，据此分析；
Ⅱ．（3）根据硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇来分析解答；
（4）由题中信息Na2S2O3•5H2O于48℃分解分析解答；
（5）①反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴液体时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；
②称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大10倍，设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω
2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2
2×248g 1mol
1.25gω 0.0100mol/L×25.00L×10×10-3
据此计算产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω。
本题通过Na2S2O3•5H2O的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，为高考的高频题，正确理解题干信息明确制备原理为解答此类题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，难度中等。
28. 【解析】
解：（1）Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1
盖斯定律反应II+III计算3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4=-90kJ•mol-1+（-125.5kJ•mol-1）=-215.5kJ/mol，
故答案为：-215.5；
（2）①A．该反应发生时生成CO和H2的物质的量之比始终为1：3，则不能判定反应是否达到平衡，故A错误；
B．恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不能判定反应是否达到平衡，故B错误；
C．该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D．甲烷的生成速率与H2的生成速率之比为1：3，即v逆（CH4）：v正（H2）=1：3，正逆反应速率符合反应计量关系，则可判定反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②0～5min时CH4的物质的量变化为1.0mol×0.5=0.5mol，v（CH4）==0.001mol/（L•min），反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），所以v（H2）=3v（CH4）=0.003mol/（L•min），
故答案为：0.003；
③该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，即压强越大，CH4的平衡转化率越小，所以图中压强p1＜p2；
反应三段式为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
起始量（mol） 1 2 0 0
变化量（mol）0.5 0.5 0.5 1.5
平衡量（mol）0.5 1.5 0.5 1.5
平衡浓度：c（CH4）=0.005mol/L、c（H2O）=0.015mol/L、c（CO）=0.005mol/L、c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K=mol2•L-2=2.25×10-4mol2•L-2，
故答案为：2.25×10-4；
（3）①A．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故A错误；
B．将CH3OH（g）从体系中分离，降低CH3OH浓度，促进平衡正向移动，甲醇产率增大，故B正确；
C．充人氦气，使体系总压强增大，但反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故C错误；
D．再充人1molCO和3molH2，相当加压，平衡正向移动，甲醇产率增大，故D正确；
故答案为：BD；
②该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，即压强越大，CO的转化率越高，所以px=0.2MPa，py=5MPa，
故答案为：0.2；
（4）①m=3时，H2与CO的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以H2、CO的转化率相同，均为60%，
故答案为：60%；
②反应三段式为3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（m=3时，设H2的物质的量为3mol，图中CO2转化率为60%）
起始量（mol） 3 1 0 0
变化量（mol） 1.8 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol） 1.2 0.4 0.6 0.6
故答案为：0.16；
（5）①由电解装置可知，石墨2上H2O→O2、O化合价升高、发生失去电子的氧化反应，
故答案为：氧化；
②由电解装置可知，石墨1上CO2（g）→CH3OH，则石墨1电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
（1）根据盖斯定律反应II+III计算3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4；
（2）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②根据v=计算v（CH4），再结合反应计量数关系计算v（H2）；
③反应正向气体体积增大，压强越大，CH4的平衡转化率越小；根据反应三段式计算平衡时各物质的平衡浓度，代入平衡常数K表达式中计算；
（3）①使平衡正向移动的措施均能提高甲醇产率；
②反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）正向气体体积减小，压强越大，CO的转化率越高；
（4）①已知的反应物的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，反应物的转化率相同；
②根据反应三段式计算平衡时各物质的物质的量，进而计算平衡分压和平衡常数Kp；
（5）由电解装置可知，石墨1上CO2（g）→CH3OH，发生得电子的还原反应，则石墨1电极为阴极，石墨2为阳极，阳极发生失电子的氧化反应。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、化学平衡状态的判定、化学平衡常数及其应用、化学平衡图象分析和电解原理等知识，为高频考点，明确化学平衡的影响因素、把握化学平衡常数的计算应用为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，注意分析图象的曲线变化特点和化学平衡常数的应用，题目难度中等。
35. 【解析】
解：（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，只有A项符合，
故答案为：A；
（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N，
同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，
故答案为：N≡N；N＞O＞C；
（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，
故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高；
（4）甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2，
NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是：四面体形，
故答案为：sp3、sp2；四面体形；
（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：，
故答案为：；
（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布；
（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；
（3）同为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，氢键会使沸点异常升高；
（4）甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4；
（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，据此写出C的原子坐标；
②根据密度公式ρ=计算。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、价层电子对互斥理论、化学键、晶胞计算等知识点，整体难度不大。
37. 【解析】
解：由D结构简式知，A中含有苯环，结合A分子式知，A为，由B分子式及D结构简式知，A发生甲基上
（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为HOCH2CH2OH，
故答案为：HOCH2CH2OH；
（5）G的同分异构体符合下列条件：
I．能发生银镜反应，说明含有醛基，则另一个为羟基或醚键；
Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；
Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；
如果取代基为-CHO、-OCH3、2个-CH3，符合条件的有2种；
如果取代基为-O-CHO、3个-CH3，符合条件的有2种，
符合条件的共有4种，
故答案为：4；
本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及信息灵活运用能力，明确官能团的性质及其相互之间的转化是解本题关键，难点是合成路线设计，可以采用逆推的方法结合H合成路线中反应方式解答，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉醚键而导致错误判断，题目难度不大。
理科综合
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共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。
7.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是（ ）
A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化
B. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸
C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应
D. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土
8.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是（ ）
9.2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NA
B. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C. 46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1 mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
10.R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C. Y、Z的气态氢化物能发生化合反应
D. 由R、X两种元素只能形成一种化合物
11.山梨酸和苯甲酸都是制备防腐剂的原料，他们的键线式如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 它们都能发生加成和氧化反应
B. 苯甲酸分子中所有的原子共平面
C. 山梨酸和苯甲酸互为同系物
D. 山梨酸与足量H2反应后所得产物的一氯代物有6种（不考虑立体异构）
12.用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送人电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-
B. 放电时，电解质中会生成少量碳酸盐
C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应
D. 充电时，电解槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-
13.丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25℃时，向1mol•L-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是（ ）
A. a点溶液中：c（H2A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
B. 25℃时，H3A的第二步电离平衡常数的数量级为10-4。58
C. b点溶液中；c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-）
D. 当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的c（H+）＞10-7mol•L-1
第Ⅱ卷 （非选择题174分）
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个小题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。）
（一）必考题（共129分）
26.软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质。软锰矿经过综合利用，可制备碳酸锰、氧化铝及绿矾（ FeSO4•7H2O），其制备过程如图：
部分物质的Ksp如表：
物质
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Mn（OH）2
Al（OH）3
MnCO3
Ksp
4.0×10-38
8.0×10-16
4.0×10-14
1.3×10-33
9.0×10-11
回答下列问题：
（1）操作I中需要的仪器有______（填字母序号）。
A．蒸发皿 B．酒精灯 C．漏斗 D．玻璃棒 E．烧杯
（2）操作Ⅱ中反应的离子方程式为______。
（3）操作Ⅲ中也可用NaHCO3与MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为______。
（4）操作Ⅳ中加入适量Fe的目的是______；当调节pH=______时（结果保留整数），可确定Al（OH）3完全沉淀。（已知：完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于10-5mol•L-1）
（5）操作Ⅵ中一般要加入稀硫酸，目的是______，然后______、冷却结晶、______、洗涤、干燥。
27.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。
（1）仪器D的名称为______
（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表示）。
Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量
（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用______（填试剂）作洗涤剂。
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。
（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：（提示：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象：______
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。
28.甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学方程式：
Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+206kJ•mol-1
Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1
Ⅳ.3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H4
回答下列问题：
（1）上述反应中△H4=______ kJ•mol-l。
（2）现将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，平衡时CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。
①下列说法能表明该反应已达平衡状态的是______（填字母序号）；
A．生成CO和H2的物质的量之比为1：3
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．甲烷的生成速率与H2的生成速率之比为1：3
②已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为______mol•L-l•min-1；
③图中的p1______p2（选填“＜”“＞”或“=”），100℃时的平衡常数为______mol2•L-2。
（3）在压强为0.1MPa条件下，1mol CO与3mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ生成甲醇。
①若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______（填字母序号）；
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离
C．充人氦气，使体系总压强增大
D．再充人1mol CO和3mol H2
②根据反应Ⅱ的特点，图乙是在压强分别为0.2MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线，请指明图乙中的压强px=______MPa。
（4）在总压p=5MPa的恒压密闭容器中进行反应Ⅳ，按照不同氢碳比[m=]投料测得CO2的平衡转化率与温度关系如图丙所示（已知Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数），则：
①X点时，H2的转化率为______，
②600℃、m=3时，Kp=______MPa-2（保留两位小数）。
（5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。
①石墨2电极上发生______（选填“氧化”或“还原”）反应；
②石墨1发生的电极反应式为______。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置答题。若多做，则每学科按所做的第一题计分。
35．【化学——选修三：物质结构与性质】（15分）工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe（CO）5．为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3═Cu（NH3）3（CO）OOCCH3．回答下列问题：
（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______（填字母序号）。
（2）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：______；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。
（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是______。
（4）配合物[Cu（NH3）2]OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是______，NH3分子的价电子对互斥理论模型是______。
（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：
①若坐标参数A为（0，0，0），B为，则C的坐标参数为______；
②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为______g•cm-3。
36.【化学——选修五：有机化学基础】
H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的名称是______，H中官能团名称是______；
（2）反应①的反应条件为______；
（3）反应⑥的化学方程式为______；反应类型为______。
（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为______。
（5）符合下列条件的G的同分异构体有______种。
I．能发生银镜反应，Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰
（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。
解析版
7. 【答案】B
【解析】
解：A．百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；
B．诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故B错误；
C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学方程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；
D．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土，故D正确；
故选：B。
A．物质变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化；
B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化；
C．雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；
D．陶瓷主要原料为黏土。
本题考查物质变化、物质性质、化学与生产和生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
8. 【答案】A
【解析】
解：A．浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故A错误；
B．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故B正确；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故C正确；
D．硝基苯的不溶于水，反应后加NaOH中和酸，然后分液可分离，图中分液漏斗可分离，故D正确；
故选：A。
A．混合时将浓硫酸注入浓硝酸中；
B．水浴加热制备硝基苯；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出；
D．硝基苯的不溶于水，反应后加NaOH中和酸，然后分液可分离。
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、物质的制备、混合物分离提纯、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。
9. 【答案】A
【解析】
解：A、74.5gNaClO的物质的量为n==1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含离子为2NA个，故A正确；
B、NaClO和HCl发生归中反应生成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移电子为NA个，故B错误；
C、46g 75%乙醇溶液中含有的乙醇的物质的量为n==0.75mol，故含O原子为0.75mol；在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含O原子，而水的物质的量为n==0.64mol，水中含有的O原子为0.64mol，故此溶液中含有的O原子共为1.39mol，故含有的O原子为1.39NA个，故C错误；
D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故D错误。
故选：A。
A、求出NaClO的物质的量，然后根据次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根来分析；
B、NaClO和HCl发生归中反应生成氯气；
C、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含O原子；
D、氯气所处的状态不明确。
本题考查了物质的量和阿伏伽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。
10. 【答案】C
【解析】
解：由上述分析可知，R为H、X为B、Y为N、Z为F，
A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；
B．非金属性Be＜N，最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应生成NH4F，故C正确；
D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；
故选：C。
R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
11. 【答案】A
【解析】
解：A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧，属于氧化反应，故A正确；
B．苯环和羧基都为平面形结构，但羧基和苯环之间为C-C键，可自由旋转，则所有的原子不一定共平面，故B错误；
C．二者结构不同，不是同系物，故C错误；
D．山梨酸与足量H2反应后所得产物为CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有5种H，则一氯代物有5种，故D错误。
故选：A。
A．分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲酸可燃烧；
B．羧基和苯环之间为C-C键，可自由旋转；
C．二者结构不同；
D．山梨酸与足量H2反应后所得产物为CH3CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有5种H。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12. 【答案】C
【解析】
解：A．用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应O2+4e-+2H2O═4OH-，故A正确；
B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与KOH反应生成碳酸钾，放电时，电解质中会生成少量碳酸盐，故B正确；
C．锌和铝类似既可以和酸反应也可以和碱反应，电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电，故C错误；
D．原电池中负极电解反应Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，充电过程阴极电极反应：ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-，故D正确；
故选：C。
A．用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应是氧气得到电子在碱溶液中生成氢氧根离子；
B．空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与KOH反应生成碳酸钾；
C．电池工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电；
D．原电池中负极电解反应Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，据此书写充电过程阴极电极反应。
本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写方法、电解质溶液环境的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
13. 【答案】D
【解析】
解：A．a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；
B.25℃时，H3A的第二步电离平衡常数K2=，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58，K2=10-4.58，数量级为10-5，故B正确；
C．b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c（A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-），故C正确；
D．当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的PH=5.83，c（H+）=10-5.83，c（H+）水=c（OH-）水==10-8.17mol•L-1＜10-7mol•L-1，故D错误；
故选：C。
丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25℃时，向1mol•L-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（δ）随溶液pH的变化曲线分析可知，a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），c点是c（HA2-）=c（A3-），
A．a点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性；
B.25℃时，H3A的第二步电离平衡常数K2=，c（HA2-）=c（H2A-），PH=4.58；
C．b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒计算分析；
D．当该溶液中c（HA2-）=c（A3-） 时，溶液的PH=5.83；
本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上各曲线代表的粒子浓度是解题的关键，结合溶液中的守恒关系和酸的电离平衡常数分析，题目难度中等，掌握基础是解题关键。
26. 【解析】
解：（1）操作I为过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，
故答案为：CDE；
（2）由分析可知，MnO2、过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O，
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=O2↑+Mn2++2H2O；
（3）加入NaHCO3后，有沉淀碳酸锰生成，有无色气体二氧化碳生成，反应方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）操作Ⅳ中加入适量Fe的目的是：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH把铁离子转化为沉淀；使铝离子沉淀完全，浓度为1×10-5mol/L，已知Al（OH）3的溶度积为1.3×10-33，则c（OH-）=mol/L=1.0×10-9mol/L，c（H+）═1.0×10-5mol/L，该溶液的pH=5.0，
故答案为：将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的pH时，把铁离子转化为沉淀；5.0；
（5）硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2+水解，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，
故答案为：抑制Fe2+水解；蒸发浓缩；过滤。
软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质，用稀硫酸酸浸后，生成硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁等，二氧化硅、MnO2不反应，过滤分离出滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，二氧化硅不反应，过滤除去；滤液Ⅰ为硫酸铁、硫酸铝和硫酸亚铁，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；调节溶液的pH把铝离子转化为沉淀过滤得Al（OH）3，再灼烧得Al2O3，滤液Ⅱ为硫酸亚铁，要得到绿矾的实验操作Ⅵ是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到，据此分析。
（1）根据流程图中操作I后得滤渣和滤液分析可知所需仪器；
（2）分析可知，滤渣Ⅰ为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和MnSO4溶液，二氧化硅不反应，据此写离子方程式；
（3）硫酸锰和碳酸氢钠反应生成碳酸锰、硫酸钠、水和二氧化碳；
（4）加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；使铝离子沉淀完全，浓度为1×10-5mol/L，已知Al（OH）3的溶度积为1.3×10-33，则求出c（OH-），可得pH；
（5）根据Fe2+水解分析硫酸亚铁加入稀硫酸的作用，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物分离提纯为解答的关键，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。
27. 【解析】
解：（1）根据仪器的构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O；
②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，根据观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度，
故答案为：观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；
③Na2S2O3和酸反应会生成S和SO2，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
（3）需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，
故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；
（4）蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解，
故答案为：避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；
（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，
故答案为：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；
②称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大10倍，设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω
2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2
2×248g 1mol
1.25gω 0.0100mol/L×25.00L×10×10-3
产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω=×100%=99.2%，
故答案为：99.2%。
Ⅰ．（1）根据仪器的构造来确定仪器D的名称；
（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水；
②根据气体通入液体中冒气泡，观察气体的速度，通过控制分液漏斗液体滴加来控制，据此分析；
③根据Na2S2O3和酸反应会生成S和SO2，据此分析；
Ⅱ．（3）根据硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇来分析解答；
（4）由题中信息Na2S2O3•5H2O于48℃分解分析解答；
（5）①反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴液体时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；
②称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大10倍，设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω
2Na2S2O3•5H2O～～～～～～I2
2×248g 1mol
1.25gω 0.0100mol/L×25.00L×10×10-3
据此计算产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω。
本题通过Na2S2O3•5H2O的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，为高考的高频题，正确理解题干信息明确制备原理为解答此类题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，难度中等。
28. 【解析】
解：（1）Ⅱ.2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90kJ•mol-1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H3=-125.5kJ•mol-1
盖斯定律反应II+III计算3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4=-90kJ•mol-1+（-125.5kJ•mol-1）=-215.5kJ/mol，
故答案为：-215.5；
（2）①A．该反应发生时生成CO和H2的物质的量之比始终为1：3，则不能判定反应是否达到平衡，故A错误；
B．恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不能判定反应是否达到平衡，故B错误；
C．该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D．甲烷的生成速率与H2的生成速率之比为1：3，即v逆（CH4）：v正（H2）=1：3，正逆反应速率符合反应计量关系，则可判定反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②0～5min时CH4的物质的量变化为1.0mol×0.5=0.5mol，v（CH4）==0.001mol/（L•min），反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），所以v（H2）=3v（CH4）=0.003mol/（L•min），
故答案为：0.003；
③该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，即压强越大，CH4的平衡转化率越小，所以图中压强p1＜p2；
反应三段式为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
起始量（mol） 1 2 0 0
变化量（mol）0.5 0.5 0.5 1.5
平衡量（mol）0.5 1.5 0.5 1.5
平衡浓度：c（CH4）=0.005mol/L、c（H2O）=0.015mol/L、c（CO）=0.005mol/L、c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K=mol2•L-2=2.25×10-4mol2•L-2，
故答案为：2.25×10-4；
（3）①A．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故A错误；
B．将CH3OH（g）从体系中分离，降低CH3OH浓度，促进平衡正向移动，甲醇产率增大，故B正确；
C．充人氦气，使体系总压强增大，但反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故C错误；
D．再充人1molCO和3molH2，相当加压，平衡正向移动，甲醇产率增大，故D正确；
故答案为：BD；
②该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，即压强越大，CO的转化率越高，所以px=0.2MPa，py=5MPa，
故答案为：0.2；
（4）①m=3时，H2与CO的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以H2、CO的转化率相同，均为60%，
故答案为：60%；
②反应三段式为3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（m=3时，设H2的物质的量为3mol，图中CO2转化率为60%）
起始量（mol） 3 1 0 0
变化量（mol） 1.8 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol） 1.2 0.4 0.6 0.6
故答案为：0.16；
（5）①由电解装置可知，石墨2上H2O→O2、O化合价升高、发生失去电子的氧化反应，
故答案为：氧化；
②由电解装置可知，石墨1上CO2（g）→CH3OH，则石墨1电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
（1）根据盖斯定律反应II+III计算3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H4；
（2）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②根据v=计算v（CH4），再结合反应计量数关系计算v（H2）；
③反应正向气体体积增大，压强越大，CH4的平衡转化率越小；根据反应三段式计算平衡时各物质的平衡浓度，代入平衡常数K表达式中计算；
（3）①使平衡正向移动的措施均能提高甲醇产率；
②反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）正向气体体积减小，压强越大，CO的转化率越高；
（4）①已知的反应物的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，反应物的转化率相同；
②根据反应三段式计算平衡时各物质的物质的量，进而计算平衡分压和平衡常数Kp；
（5）由电解装置可知，石墨1上CO2（g）→CH3OH，发生得电子的还原反应，则石墨1电极为阴极，石墨2为阳极，阳极发生失电子的氧化反应。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、化学平衡状态的判定、化学平衡常数及其应用、化学平衡图象分析和电解原理等知识，为高频考点，明确化学平衡的影响因素、把握化学平衡常数的计算应用为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，注意分析图象的曲线变化特点和化学平衡常数的应用，题目难度中等。
35. 【解析】
解：（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，只有A项符合，
故答案为：A；
（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N，
同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，
故答案为：N≡N；N＞O＞C；
（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，
故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高；
（4）甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2，
NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是：四面体形，
故答案为：sp3、sp2；四面体形；
（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：，
故答案为：；
（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布；
（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；
（3）同为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，氢键会使沸点异常升高；
（4）甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4；
（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，据此写出C的原子坐标；
②根据密度公式ρ=计算。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、价层电子对互斥理论、化学键、晶胞计算等知识点，整体难度不大。
37. 【解析】
解：由D结构简式知，A中含有苯环，结合A分子式知，A为，由B分子式及D结构简式知，A发生甲基上
（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为HOCH2CH2OH，
故答案为：HOCH2CH2OH；
（5）G的同分异构体符合下列条件：
I．能发生银镜反应，说明含有醛基，则另一个为羟基或醚键；
Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；
Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；
如果取代基为-CHO、-OCH3、2个-CH3，符合条件的有2种；
如果取代基为-O-CHO、3个-CH3，符合条件的有2种，
符合条件的共有4种，
故答案为：4；
本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及信息灵活运用能力，明确官能团的性质及其相互之间的转化是解本题关键，难点是合成路线设计，可以采用逆推的方法结合H合成路线中反应方式解答，易错点是同分异构体种类判断，易漏掉醚键而导致错误判断，题目难度不大。
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