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2020年陕西省咸阳市高考化学二模试卷
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2020年陕西省咸阳市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1. 中国四大发明之一造纸术中蕴含着许多化学知识。下列有关说法错误的是( )
A. “纸上得来终觉浅”中“纸”的主要成分是纤维素
B. 古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性官能团的木质素
C. 现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张的过程属于物理变化
D. 废旧纸张的回收利用有利于环境保护和资源再利用
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1.8gNH4+含有的电子数为NA
B. 1L1mol⋅L−1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
C. 标况下，22.4L NO与11.2LO2充分反应后，生成物的分子总数为NA
D. 50mL18mol⋅L−1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45NA
3. 原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1.X−的电子层结构与氦相同，Y和Z的次外层有8个电子，Z−和W+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )
A. 元素的非金属性顺序为X
C. W和其它3种元素均能形成离子化合物
D. 元素X、Y、Z各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
4. 结构简式为的有机物共有( )种(不考虑立体异构)。
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
5. 碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 石墨Ⅰ与直流电源正极相连
B. H+由石墨Ⅱ通过质子交换膜向石墨Ⅰ移动
C. 石墨Ⅰ上发生的电极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+
D. 电解过程中，阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1：2
6. 某酸在水溶液中，四种微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. H3XO4为三元弱酸，NaH2XO4溶液呈碱性
B. −lgKa3=12.32
C. 向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，c(Na+)c(XO43−)的值变大
D. 0.1mol/L的Na2HXO4溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(XO43−)+c(HXO42−)+c(H2XO4−)+c(OH−)
二、双选题（本大题共1小题，共6.0分）
7. 下列实验方案、现象及结论均正确的是( )
选项
实验方案、现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应，观察到黄色火焰
该样品中一定含钠元素
B
将石蜡油(液态石蜡)分解的产物通入溴的四氯化碳溶液中，溶液逐渐褪色
分解产物中一定含有乙烯
C
向酸性KMnO4溶液中先通入少量SO2，充分反应后，再滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀
SO2被氧化为SO42−
D
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8. 硼酸和硫酸镁是重要的化工原料。以硼铁混精矿[主要成分为MgBO2(OH)、UO2和Fe3O4，还有少量的Fe2O3、FeO、SiO2]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如图：
已知：①UO22+在pH为4∽5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀；②Fe2+和Fe3+沉淀完全的pH分别为9.7、3.7。
(1)酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应的离子方程式为______。
(2)酸浸过程中加入H2O2的目的是______(写出两条)，滤渣1的主要成分是______(填化学式)。
(3)试剂1最好选择______(填化学式)。若调节溶液pH前，溶液中c(Mg2+)=0.2mol/L，当溶液pH调至5时，UO2+沉淀完全，此时是否有Mg(OH)2沉淀生成______。{通过计算说明，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12}
(4)操作1的名称是______。
(5)MgSO4⋅H2O加热脱水可以得无水MgSO4，那么MgCl2⋅6H2O晶体直接加热______(填“能”或“不能”)得到无水MgCl2，理由是______。
(6)已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；H3BO3的Ka=5.8×10−10.向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液______(填“有”或“无”)气泡产生，理由是______。
9. 烯烃催化裂解是制备短链烯烃的重要途径。研究表明，1−丁烯[CH3CH2CH=CH2(g)]催化裂解时，发生两个平行竞争反应生成丙烯和乙烯，两反应的热化学方程式为：
①3CH3CH2CH=CH2(g)⇌4CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ⋅mol−1
②CH3CH2CH=CH2(g)⇌2CH2=CH2(g)△H=+283kJ⋅mol−1
回答下列问题：
(1)若1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为______；1−丁烯转化为丙烯反应的化学平衡常数表达式为______。
(2)有利于提高1−丁烯平衡转化率的措施有______。
(3)550℃和0.02～0.5MPa下，①②两个反应均建立平衡，测得平衡混合物里各组分的质量分数随压强变化的曲线如图1所示。由图可知，1−丁烯的质量分数随压强的增大而增大，主要原因是______。
(4)在1−丁烯裂解的实际生产中，为了提高产物中丙烯的含量，除了选择合适的温度和压强之外，还有一条关键措施是______。0.1MPa和300～700℃下，1−丁烯裂解产物中各组分比例变化的曲线如图2所示。由图可知，生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为______℃，在该温度之前各温度对应的组成______(填“一定是”、“可能是”或“一定不是”)平衡态，理由是______。
10. 某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：
(1)现有铜锌元素的4种微粒，①锌：[Ar]3d104s2；②锌：[Ar]3d104s1；③铜：[Ar]3d104s1；④铜：[Ar]3d10.失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是______(填字母)。
A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②
(2)砷化镉(Cd3As2)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷与卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔点由低到高的顺序为______。砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因______。
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，配体的空间构型为______，画出配离子的结构式(不考虑立体构型)。______。
(3)铬(Cr)、钼(Mo)、钨(W)位于同一副族相邻周期，且原子序数依次增大。
①基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图为______。
②铬的晶胞结构如图A所示，它的堆积模型为______，在该晶胞中铬原子的配位数为______。
③钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶胞结构如图B所示，则碳化钨的化学式为______，六棱柱的底边长为acm，高为bcm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是______g⋅cm−3(列出计算表达式)。
11. 盐酸巴氯芬是一种用于改善骨骼肌痉挛的口服片剂。下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)：
已知：
①RCOOH→SOCl2RCOCl
(1)A是一种芳香烃，其分子式为______，B→C的反应类型为______。
(2)H中所含官能团的名称是______。
(3)写出F→G反应的化学方程式______。
(4)C的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2：2：1的结构简式为______。
(5)由B开始制取E的合成路线有多种，请将下列合成路线中的相关内容补充完整，有机物写结构简式，无机物写分子式。______。
四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 对硝基苯甲酸()是一种广泛用于医药、染料、感光材料等的重要精细化工中间体。工业上以对硝基甲苯()、Cr(SO)3等物质为主要原料，通过间接电合成法制备对硝基苯甲酸，生产工艺流程如图：
已知：
①对硝基甲苯：黄色晶体，熔点为51.7℃，沸点为238.5℃，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、氯仿和苯。
②对硝基苯甲酸：黄色晶体，熔点为242℃，沸点为359℃，微溶于水，溶于乙醇，能升华。
回答下列问题：
(1)电解制备Cr2O72−
用H型隔膜电解槽电解制备Cr2O72−，装置如图1所示。外接电源的负极为______(填“A”或“B”)，反应Ⅱ的离子方程式为______。
(2)氧化制备对硝基苯甲酸用图2所示装置制备对硝基苯甲酸，具体过程如下：
步骤1：向250mL三颈烧瓶中依次加入一定量含Cr2O72−的电解液，对硝基甲苯，搅拌、水浴升温到设定温度，恒温下进行反应，直至反应液由棕红色变为墨绿色时为止。
步骤2：待反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤。滤液返回电解槽中重新电解。
步骤3：把步骤2中抽滤所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃)，待温度降到50℃时，抽滤，向滤液中加入过量2mol/LH2SO4，析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80℃的条件下烘干，可得粗产品。
①仪器X的名称是______，冷却水应从口进入______(填“a”或“b”)。
②步骤2中，抽滤所得固体的主要成分是______。
③步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到50℃时进行抽滤的原因是______。
④制得的粗产品需要进一步纯化，根据对硝基苯甲酸的有关性质可知，对其进行纯化还可以采用______法完成。
⑤该合成技术的优点是实现了______(填化学式)的循环利用，绿色环保。
(3)测定对硝基苯甲酸的纯度
称取1.670g粗产品，配成100mL溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1KOH溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗KOH溶液的体积如表所示。已知：对硝基苯甲酸的摩尔质量为167.0g⋅mol−1，则对硝基苯甲酸的纯度为______。
第一次
第二次
第三次
第四次
体积(mL)
23.00
23.10
21.40
22.90
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.“纸上得来终觉浅”中“纸”的主要成分是木质纤维，为纤维素，故A正确；
B.分离植物中含酸性官能团的木质素，古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离，故B正确；
C.二氧化硫的漂白性为化学性质，是二氧化硫发生的化学反应，为化学变化，故C错误；
D.废旧纸张的回收利用可以充分利用资源，减少资源的浪费，减少环境污染，有利于保护环境，故D正确；
故选：C。
A.造纸的原料主要是植物纤维；
B.植物中含酸性官能团的木质素利用石灰的碱性来分离；
C.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；
D.废旧纸张的回收利用是资源再利用，减少对污染环境。
本题考查了物质性质应用、物质变化分析、环境保护和资源利用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、1.8g铵根离子的物质的量为n=1.8g18g/mol=0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故A正确；
B、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子，故溶液中氧原子的个数多于2NA个，故B错误；
C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故所得分子数小于NA个，故C错误；
D、铜只和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫分子数小于0.45NA个，故D错误。
故选：A。
A、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含10个电子来分析；
B、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子；
C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；
D、铜只和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应。
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。
3.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为S，Z为Cl，W为K元素。
A.同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，则非金属性X
C.K元素与H、S、Cl可以形成离子化合物KH、K2S、KCl，故C正确；
D.H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为−1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为−2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为−1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确；
故选：B。
原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，X−的电子层结构与氦相同，则X为H元素；Y和Z的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则Y为S元素，Z为Cl；Z−和W+的电子层结构相同，则W为K元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素是解题关键，注意掌握原子核外电子排布规律及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.【答案】C
【解析】解：侧链碳编号为−C(1)−C(2)−C(3)，
固定1个Br在1号C上，移动另一个Br有3种，
固定1个Br在2号C上，移动另一个Br有2种，
固定1个Br在3号C上，另一个Br在3号C上，
侧链为−CH(CH3)2，固定1个Br在次甲基上，另一个Cl在甲基上有一种；2个Br均在同一个甲基上有一种，2个Br在不同甲基上有一种，
结构简式为的有机物共有3+2+1+1+1+1=9种，
故选：C。
有机物可看成丙烷中3个H被苯环、2个Br取代，先看成苯环上含1个侧链上为−CH2CH2CH3或−CH(CH3)2，再固定1个Br、移动另一个Br，以此来解答。
本题考查有机物的同分异构体，为高频考点，把握烃基的结构、二取代物的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意侧链碳的位置，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.石墨Ⅰ为阳极，与直流电源正极相连，故A正确；
B.电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H+由石墨通过质子交换膜向石墨Ⅱ移动，故B错误；
C.石墨Ⅰ为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+，故C正确；
D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO～4e−～O2，可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1：2，故D正确；
故选：B。
该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨Ⅰ为阳极，阳极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+，电极石墨Ⅱ为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e−+4H+=2H2O，据此解答。
本题考查电解池综合知识的应用，为高频考点，侧重于电解池工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.H3XO4能够电离出XO43−、HXO42−、H2XO4−，属于三元弱酸；HXO42−溶液的pH<6，则NaH2XO4溶液呈酸性，故A错误；
B.pH=12.32时：c(XO43−)=c(HXO42−)，c(H+)=10−12.32mol/L，Ka3=c(XO43−)⋅c(H+)c(HXO42−)=c(H+)=10−12.32，则−lgKa3=12.32，故B正确；
C.向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，c(OH−)增大，抑制了XO43−的水解，导致XO43−的数目增大，而Na+数目不变，同一溶液中体积相等，则c(Na+)c(XO43−)的值减小，故C错误；
D.0.1mol/L的Na2HXO4溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=3c(XO43−)+2c(HXO42−)+c(H2XO4−)+c(OH−)，故D错误；
故选：B。
A.根据图示可知，HXO42−的溶液pH<6，呈酸性；
B.pH=12.32时：c(XO43−)=c(HXO42−)，定容Ka3的表达式计算；
C.滴入KOH溶液后，氢氧根离子浓度增大，抑制了XO43−的水解，Na+数目不变，XO43−的数目增大，结合同一溶液中分析；
D.结合Na2HXO4溶液中的电荷守恒分析。
本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的大小，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素、电荷守恒等知识，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
7.【答案】CD
【解析】解：A.玻璃棒中含钠元素，应选铂丝或铁丝蘸取某样品进行焰色反应，观察到黄色火焰，故A错误；
B.由现象可知分解产物有不饱和烃，气体不一定为乙烯，故B错误；
C.高锰酸钾氧化二氧化硫，发生5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，故C正确；
D.加入过量的KI溶液，由操作和现象可知反应后含铁离子，则KI与FeCl3的反应为可逆反应，故D正确；
故选：CD。
A.玻璃棒中含钠元素；
B.由现象可知分解产物有不饱和烃；
C.高锰酸钾氧化二氧化硫，生成硫酸根离子；
D.加入过量的KI溶液，由操作和现象可知反应后含铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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。
8.【答案】MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3 将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去 SiO2 MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3 当溶液pH调至5时，c(OH−)=1×10−9mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH−)=0.2×(10−9)2=2×10−19
【解析】解：(1)酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应，生成硼酸和硫酸镁，发生反应的离子方程式为MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3，
故答案为：MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3；
(2)酸浸过程中加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2不溶于水和酸，则滤渣1的主要成分是SiO2，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2；
(3)添加试剂1是调节溶液pH，则试剂1能与酸反应，且不引入新的杂质，故最好选择MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3；c(Mg2+)=0.2mol/L，当溶液pH调至5时，c(OH−)=1×10−9mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH−)=0.2×(10−9)2=2×10−19
故答案为：趁热过滤；
(5)MgCl2能水解生成Mg(OH)2和HCl，MgCl2⋅6H2O晶体直接加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水MgCl2，
故答案为：不能；加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁；
(6)已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；H3BO3的Ka=5.8×10−10，则硼酸的酸性介于H2CO3和HCO3−之间，比H2CO3的弱，根据强酸制弱酸的原理，向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3，无碳酸生成，即无气泡产生，
故答案为：无；硼酸的酸性比碳酸的弱。
用硫酸酸化的H2O2溶解硼铁混精矿，其中SiO2不溶于水和酸，经过滤可除去，所得滤液中主要含有UO22+、Fe3+、Mg2+及H3BO3，用MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3调节溶液pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，并经过滤得滤渣2，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO4⋅H2O晶体析出，将滤液冷却结晶，过滤可得粗硼酸，据此分析解题。
本题考查无机工艺流程制备，主要以B元素为背景作为考查点，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大。
9.【答案】CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1 K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2) 升高温度、减小压强 其它条件不变时，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大 高选择性的催化剂 450 可能是 两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡
【解析】解：(1)1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，该反应的热化学方程式为③CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H2O(l)(g)△H=−2539kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，结合题中信息，将③−②2可得乙烯燃烧热的热化学方程式为CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1，根据平衡常数的定义可知，1−丁烯转化为丙烯反应的平衡常数的表达式为K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2)，
故答案为：CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1；K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2)；
(2)根据1−丁烯平衡转化的反应为吸热和气体体积增大的反应可知，有利于提高1−丁烯平衡转化率的措施有升高温度、减小压强，
故答案为：升高温度、减小压强；
(3)①②两个反应均为气体体积增大的反应，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大，
故答案为：其它条件不变时，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大；
(4)不同催化剂对不同反应的选择性不一样，所以为了提高产物中丙烯的含量，关键措施之一是高选择性的催化剂，根据图2所示在450℃左右时，丙烯的含量最高，根据两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡，
故答案为：高选择性的催化剂；450；可能是；两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡。
(1)1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，该反应的热化学方程式为③CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H2O(l)(g)△H=−2539kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，结合题中信息，将③−②2可得乙烯燃烧热的热化学方程式，根据平衡常数的定义书写平衡常数的表达式；
(2)根据影响平衡移动的外界因素，结合1−丁烯的反应的特点答题；
(3)①②两个反应均为气体体积增大的反应，增大压强，反应向着逆向移动，丁烯浓度增大；
(4)不同催化剂对不同反应的选择性不一样，根据图2所示在450℃左右时，丙烯的含量最高，根据两个反应的特点，温度升高平衡正向移动，据此判断。
本题考查化学平衡知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学平衡常数的表达，均为高频考点，整体难度中等，是中档题。
10.【答案】A AsF3
【解析】解：(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①>③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④>②，锌的第二电离能大于第一电离能，②>①，所以排序为：④②①③，
故答案为：A；
(2)①As为非金属元素，Cl、Br和F均为非金属元素，则形成的砷的卤化物为分子晶体，相对分子质量AsF3
故答案为：H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子上的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+；
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，Cd2+的基态价电子排布为4d10，d轨道已经占满电子，只能利用外层的5s和5p成键，形成的配离子为4配位，5s和5p轨道全空，可判断采取sp3杂化，形成的配离子空间构型为正四面体，配体为NH3，为三角锥形，配离子的结构为，
故答案为：三角锥形；；
(3)①基态Cr的价电子排布为3d54s1，基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价电子排布为4d55s1，则基态钼原子的价层电子排布图为，
故答案为：；
②根据Cr的晶胞结构分析，Cr占据晶胞的顶点和体心，则为体心立方堆积，
以体心的Cr来看，周围与之等距且最近的Cr有8个，则其配位数为8，
故答案为：体心立方堆积；8；
③图B中含有W的数目为12×16+2×12+6×13+1=6个，含有C的数目为6个，所以晶体化学式为WC，
取1mol图B所示结构，则有NA个这样的结构，质量为m=(184+12)×6g，一个B结构的体积为3×a×a×sin60°×bcm3，所以晶体密度为ρ=mV=(184+12)×6NA×332a2bg/cm3，
故答案为：WC；(184+12)×6NA×332a2b。
(1)从一个带正电荷体系失去一个电子比中性原子体系更难，根据Cu和Zn及其离子的价电子构型分析失去电子的难易；
(2)①As为非金属元素，Cl、Br和F均为非金属元素，则形成的砷的卤化物为分子晶体，根据分子间作用力分析熔点高低，砷酸为H3AsO4，硒酸为H2SeO4，根据非羟基氧数目和中心原子的氧化态解释酸性大小；
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，Cd2+的基态价电子排布为4d10，d轨道已经占满电子，只能利用外层的5s和5p成键，据此分析；
(3)①基态Cr的价电子排布为3d54s1，基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，据此画出基态钼原子的价电子排布图；
②根据Cr的晶胞结构分析，Cr占据晶胞的顶点和体心，以体心的Cr来看，周围与之等距且最近的Cr的数目为配位数；
③根据图B所示结构计算晶体密度，密度公式为ρ=mV。
本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、电离能、杂化类型和离子空间构型、金属晶体堆积方式和分子晶体性质比较等知识，侧重考查基础知识灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用，题目难度中等。
11.【答案】C7H8 氧化反应 硝基、氯原子、羧基 13
【解析】解：(1)A为，其分子式为C7H8，B中甲基被氧化生成C中羧基，所以B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：C7H8；氧化反应；
(2)H中所含官能团的名称是硝基、氯原子、羧基，
故答案为：硝基、氯原子、羧基；
(3)F和甲醇发生酯化反应生成G，F→G反应的化学方程式为，
故答案为：；
(4)C为，C的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，
如果取代基为酚−OH、−COCl，有邻间对3种，
如果取代基为酚−OH、−CHO、−Cl，有10种，
所以符合条件的有13种；
其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2：2：1的结构简式为，
故答案为：13；；
(5)B为，如果B中甲基上发生取代反应生成氯代烃，然后发生水解反应生成醇羟基，最后发生氧化反应生成醛基就得到目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
A是芳香烃，根据B分子式知，A发生取代反应生成B，该反应前后碳原子数不变，则A为，B发生氧化反应生成C，C发生信息①的反应生成D，根据D结构简式知，C为、B为，D发生取代反应生成E，E发生信息②的反应生成F为，F和甲醇发生酯化反应生成G，H第一步和氢气发生还原反应；
(5)B为，如果B中甲基上发生取代反应生成氯代烃，然后发生水解反应生成醇羟基，最后发生氧化反应生成醛基就得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，同分异构体种类确定中易漏掉−COCl取代基而导致错误判断，题目难度不大。
12.【答案】A 3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+ 球形冷凝管 b 对硝基苯甲酸 使未反应的对硝基甲苯凝固析出 升华 Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4 92.0%
【解析】解：(1)电解槽中阳极周围阴离子发生氧化反应，反应Ⅰ是SO42−氧化为S2O82−，则右侧电极为阳极，B为外接电源正极，A为外接电源的负极；反应II是S2O82−氧化Cr3+生成Cr2O72−，发生反应的离子方程式为3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+，
故答案为：A；3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+；
(2)①仪器X的名称是球形冷凝管，冷却水的水流方向应与蒸气流向相反，则应从b口进入冷水，
故答案为：球形冷凝管；b；
②步骤1中反应液由棕红色变为墨绿色时，说明有对硝基苯甲酸生成，则步骤2经冷却后，经抽滤所得固体的主要成分是对硝基苯甲酸，
故答案为：对硝基苯甲酸；
③对硝基甲苯的熔点为51.7℃，则步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到50℃时进行抽滤，目的是使未反应的对硝基甲苯凝固析出，可提高对硝基苯甲酸的纯度，
故答案为：使未反应的对硝基甲苯凝固析出；
④对硝基苯甲酸是黄色晶体，能升华，则对粗产品进行纯化还可以采用升华法完成，
故答案为：升华；
⑤由工业流程图可知，步骤2中抽滤后的滤液返回电解槽中重新电解，说明滤液中的Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4可循环利用，符合绿色环保，
故答案为：Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4；
(3)第三次实验消耗KOH的体积明显偏小，舍去，其它三次消耗KOH溶液体积的平均值23.00+23.10+22.903mL=23.00mL，对硝基苯甲酸与KOH溶液发生中和反应时，对硝基苯甲酸与KOH等物质的量反应，则对硝基苯甲酸的纯度为0.023L×0.100mol/L×167g/mol×100mL25mL1.670g×100%=92.0%，
故答案为：92.0%。
用图1装置电解Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4的混合液，获得Cr2O72−的电解液，其中阳极区发生氧化反应，然后将含Cr2O72−的电解液浓缩并加硫酸酸化，再在氧化装置内将对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，将反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤，所得所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃)，待温度降到50℃时，抽滤，向滤液中加入过量2mol/LH2SO4，析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80℃的条件下烘干，可得对硝基苯甲酸粗产品，据此分析解题。
本题通过对硝基苯甲酸的制备方法，考查了物质制备方案的设计与评价，题目难度中等，明确物质的制备原理为解答此类题的关键，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
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2020年陕西省咸阳市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1. 中国四大发明之一造纸术中蕴含着许多化学知识。下列有关说法错误的是( )
A. “纸上得来终觉浅”中“纸”的主要成分是纤维素
B. 古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性官能团的木质素
C. 现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张的过程属于物理变化
D. 废旧纸张的回收利用有利于环境保护和资源再利用
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1.8gNH4+含有的电子数为NA
B. 1L1mol⋅L−1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
C. 标况下，22.4L NO与11.2LO2充分反应后，生成物的分子总数为NA
D. 50mL18mol⋅L−1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45NA
3. 原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1.X−的电子层结构与氦相同，Y和Z的次外层有8个电子，Z−和W+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )
A. 元素的非金属性顺序为X
C. W和其它3种元素均能形成离子化合物
D. 元素X、Y、Z各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
4. 结构简式为的有机物共有( )种(不考虑立体异构)。
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
5. 碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 石墨Ⅰ与直流电源正极相连
B. H+由石墨Ⅱ通过质子交换膜向石墨Ⅰ移动
C. 石墨Ⅰ上发生的电极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+
D. 电解过程中，阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1：2
6. 某酸在水溶液中，四种微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. H3XO4为三元弱酸，NaH2XO4溶液呈碱性
B. −lgKa3=12.32
C. 向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，c(Na+)c(XO43−)的值变大
D. 0.1mol/L的Na2HXO4溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(XO43−)+c(HXO42−)+c(H2XO4−)+c(OH−)
二、双选题（本大题共1小题，共6.0分）
7. 下列实验方案、现象及结论均正确的是( )
选项
实验方案、现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应，观察到黄色火焰
该样品中一定含钠元素
B
将石蜡油(液态石蜡)分解的产物通入溴的四氯化碳溶液中，溶液逐渐褪色
分解产物中一定含有乙烯
C
向酸性KMnO4溶液中先通入少量SO2，充分反应后，再滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀
SO2被氧化为SO42−
D
向FeCl3溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8. 硼酸和硫酸镁是重要的化工原料。以硼铁混精矿[主要成分为MgBO2(OH)、UO2和Fe3O4，还有少量的Fe2O3、FeO、SiO2]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如图：
已知：①UO22+在pH为4∽5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀；②Fe2+和Fe3+沉淀完全的pH分别为9.7、3.7。
(1)酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应的离子方程式为______。
(2)酸浸过程中加入H2O2的目的是______(写出两条)，滤渣1的主要成分是______(填化学式)。
(3)试剂1最好选择______(填化学式)。若调节溶液pH前，溶液中c(Mg2+)=0.2mol/L，当溶液pH调至5时，UO2+沉淀完全，此时是否有Mg(OH)2沉淀生成______。{通过计算说明，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12}
(4)操作1的名称是______。
(5)MgSO4⋅H2O加热脱水可以得无水MgSO4，那么MgCl2⋅6H2O晶体直接加热______(填“能”或“不能”)得到无水MgCl2，理由是______。
(6)已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；H3BO3的Ka=5.8×10−10.向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液______(填“有”或“无”)气泡产生，理由是______。
9. 烯烃催化裂解是制备短链烯烃的重要途径。研究表明，1−丁烯[CH3CH2CH=CH2(g)]催化裂解时，发生两个平行竞争反应生成丙烯和乙烯，两反应的热化学方程式为：
①3CH3CH2CH=CH2(g)⇌4CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ⋅mol−1
②CH3CH2CH=CH2(g)⇌2CH2=CH2(g)△H=+283kJ⋅mol−1
回答下列问题：
(1)若1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为______；1−丁烯转化为丙烯反应的化学平衡常数表达式为______。
(2)有利于提高1−丁烯平衡转化率的措施有______。
(3)550℃和0.02～0.5MPa下，①②两个反应均建立平衡，测得平衡混合物里各组分的质量分数随压强变化的曲线如图1所示。由图可知，1−丁烯的质量分数随压强的增大而增大，主要原因是______。
(4)在1−丁烯裂解的实际生产中，为了提高产物中丙烯的含量，除了选择合适的温度和压强之外，还有一条关键措施是______。0.1MPa和300～700℃下，1−丁烯裂解产物中各组分比例变化的曲线如图2所示。由图可知，生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为______℃，在该温度之前各温度对应的组成______(填“一定是”、“可能是”或“一定不是”)平衡态，理由是______。
10. 某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：
(1)现有铜锌元素的4种微粒，①锌：[Ar]3d104s2；②锌：[Ar]3d104s1；③铜：[Ar]3d104s1；④铜：[Ar]3d10.失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是______(填字母)。
A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②
(2)砷化镉(Cd3As2)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷与卤素可形成多种卤化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔点由低到高的顺序为______。砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因______。
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，配体的空间构型为______，画出配离子的结构式(不考虑立体构型)。______。
(3)铬(Cr)、钼(Mo)、钨(W)位于同一副族相邻周期，且原子序数依次增大。
①基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图为______。
②铬的晶胞结构如图A所示，它的堆积模型为______，在该晶胞中铬原子的配位数为______。
③钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶胞结构如图B所示，则碳化钨的化学式为______，六棱柱的底边长为acm，高为bcm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是______g⋅cm−3(列出计算表达式)。
11. 盐酸巴氯芬是一种用于改善骨骼肌痉挛的口服片剂。下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)：
已知：
①RCOOH→SOCl2RCOCl
(1)A是一种芳香烃，其分子式为______，B→C的反应类型为______。
(2)H中所含官能团的名称是______。
(3)写出F→G反应的化学方程式______。
(4)C的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2：2：1的结构简式为______。
(5)由B开始制取E的合成路线有多种，请将下列合成路线中的相关内容补充完整，有机物写结构简式，无机物写分子式。______。
四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 对硝基苯甲酸()是一种广泛用于医药、染料、感光材料等的重要精细化工中间体。工业上以对硝基甲苯()、Cr(SO)3等物质为主要原料，通过间接电合成法制备对硝基苯甲酸，生产工艺流程如图：
已知：
①对硝基甲苯：黄色晶体，熔点为51.7℃，沸点为238.5℃，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、氯仿和苯。
②对硝基苯甲酸：黄色晶体，熔点为242℃，沸点为359℃，微溶于水，溶于乙醇，能升华。
回答下列问题：
(1)电解制备Cr2O72−
用H型隔膜电解槽电解制备Cr2O72−，装置如图1所示。外接电源的负极为______(填“A”或“B”)，反应Ⅱ的离子方程式为______。
(2)氧化制备对硝基苯甲酸用图2所示装置制备对硝基苯甲酸，具体过程如下：
步骤1：向250mL三颈烧瓶中依次加入一定量含Cr2O72−的电解液，对硝基甲苯，搅拌、水浴升温到设定温度，恒温下进行反应，直至反应液由棕红色变为墨绿色时为止。
步骤2：待反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤。滤液返回电解槽中重新电解。
步骤3：把步骤2中抽滤所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃)，待温度降到50℃时，抽滤，向滤液中加入过量2mol/LH2SO4，析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80℃的条件下烘干，可得粗产品。
①仪器X的名称是______，冷却水应从口进入______(填“a”或“b”)。
②步骤2中，抽滤所得固体的主要成分是______。
③步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到50℃时进行抽滤的原因是______。
④制得的粗产品需要进一步纯化，根据对硝基苯甲酸的有关性质可知，对其进行纯化还可以采用______法完成。
⑤该合成技术的优点是实现了______(填化学式)的循环利用，绿色环保。
(3)测定对硝基苯甲酸的纯度
称取1.670g粗产品，配成100mL溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1KOH溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗KOH溶液的体积如表所示。已知：对硝基苯甲酸的摩尔质量为167.0g⋅mol−1，则对硝基苯甲酸的纯度为______。
第一次
第二次
第三次
第四次
体积(mL)
23.00
23.10
21.40
22.90
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.“纸上得来终觉浅”中“纸”的主要成分是木质纤维，为纤维素，故A正确；
B.分离植物中含酸性官能团的木质素，古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离，故B正确；
C.二氧化硫的漂白性为化学性质，是二氧化硫发生的化学反应，为化学变化，故C错误；
D.废旧纸张的回收利用可以充分利用资源，减少资源的浪费，减少环境污染，有利于保护环境，故D正确；
故选：C。
A.造纸的原料主要是植物纤维；
B.植物中含酸性官能团的木质素利用石灰的碱性来分离；
C.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；
D.废旧纸张的回收利用是资源再利用，减少对污染环境。
本题考查了物质性质应用、物质变化分析、环境保护和资源利用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、1.8g铵根离子的物质的量为n=1.8g18g/mol=0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故A正确；
B、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子，故溶液中氧原子的个数多于2NA个，故B错误；
C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故所得分子数小于NA个，故C错误；
D、铜只和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫分子数小于0.45NA个，故D错误。
故选：A。
A、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含10个电子来分析；
B、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子；
C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；
D、铜只和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应。
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。
3.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为S，Z为Cl，W为K元素。
A.同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，则非金属性X
C.K元素与H、S、Cl可以形成离子化合物KH、K2S、KCl，故C正确；
D.H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为−1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为−2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为−1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确；
故选：B。
原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，X−的电子层结构与氦相同，则X为H元素；Y和Z的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则Y为S元素，Z为Cl；Z−和W+的电子层结构相同，则W为K元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素是解题关键，注意掌握原子核外电子排布规律及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.【答案】C
【解析】解：侧链碳编号为−C(1)−C(2)−C(3)，
固定1个Br在1号C上，移动另一个Br有3种，
固定1个Br在2号C上，移动另一个Br有2种，
固定1个Br在3号C上，另一个Br在3号C上，
侧链为−CH(CH3)2，固定1个Br在次甲基上，另一个Cl在甲基上有一种；2个Br均在同一个甲基上有一种，2个Br在不同甲基上有一种，
结构简式为的有机物共有3+2+1+1+1+1=9种，
故选：C。
有机物可看成丙烷中3个H被苯环、2个Br取代，先看成苯环上含1个侧链上为−CH2CH2CH3或−CH(CH3)2，再固定1个Br、移动另一个Br，以此来解答。
本题考查有机物的同分异构体，为高频考点，把握烃基的结构、二取代物的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意侧链碳的位置，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.石墨Ⅰ为阳极，与直流电源正极相连，故A正确；
B.电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H+由石墨通过质子交换膜向石墨Ⅱ移动，故B错误；
C.石墨Ⅰ为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+，故C正确；
D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO～4e−～O2，可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1：2，故D正确；
故选：B。
该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨Ⅰ为阳极，阳极反应为2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+，电极石墨Ⅱ为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e−+4H+=2H2O，据此解答。
本题考查电解池综合知识的应用，为高频考点，侧重于电解池工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.H3XO4能够电离出XO43−、HXO42−、H2XO4−，属于三元弱酸；HXO42−溶液的pH<6，则NaH2XO4溶液呈酸性，故A错误；
B.pH=12.32时：c(XO43−)=c(HXO42−)，c(H+)=10−12.32mol/L，Ka3=c(XO43−)⋅c(H+)c(HXO42−)=c(H+)=10−12.32，则−lgKa3=12.32，故B正确；
C.向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，c(OH−)增大，抑制了XO43−的水解，导致XO43−的数目增大，而Na+数目不变，同一溶液中体积相等，则c(Na+)c(XO43−)的值减小，故C错误；
D.0.1mol/L的Na2HXO4溶液中，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=3c(XO43−)+2c(HXO42−)+c(H2XO4−)+c(OH−)，故D错误；
故选：B。
A.根据图示可知，HXO42−的溶液pH<6，呈酸性；
B.pH=12.32时：c(XO43−)=c(HXO42−)，定容Ka3的表达式计算；
C.滴入KOH溶液后，氢氧根离子浓度增大，抑制了XO43−的水解，Na+数目不变，XO43−的数目增大，结合同一溶液中分析；
D.结合Na2HXO4溶液中的电荷守恒分析。
本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的大小，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素、电荷守恒等知识，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
7.【答案】CD
【解析】解：A.玻璃棒中含钠元素，应选铂丝或铁丝蘸取某样品进行焰色反应，观察到黄色火焰，故A错误；
B.由现象可知分解产物有不饱和烃，气体不一定为乙烯，故B错误；
C.高锰酸钾氧化二氧化硫，发生5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，故C正确；
D.加入过量的KI溶液，由操作和现象可知反应后含铁离子，则KI与FeCl3的反应为可逆反应，故D正确；
故选：CD。
A.玻璃棒中含钠元素；
B.由现象可知分解产物有不饱和烃；
C.高锰酸钾氧化二氧化硫，生成硫酸根离子；
D.加入过量的KI溶液，由操作和现象可知反应后含铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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。
8.【答案】MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3 将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去 SiO2 MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3 当溶液pH调至5时，c(OH−)=1×10−9mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH−)=0.2×(10−9)2=2×10−19
【解析】解：(1)酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应，生成硼酸和硫酸镁，发生反应的离子方程式为MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3，
故答案为：MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3；
(2)酸浸过程中加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2不溶于水和酸，则滤渣1的主要成分是SiO2，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2；
(3)添加试剂1是调节溶液pH，则试剂1能与酸反应，且不引入新的杂质，故最好选择MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3；c(Mg2+)=0.2mol/L，当溶液pH调至5时，c(OH−)=1×10−9mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH−)=0.2×(10−9)2=2×10−19
故答案为：趁热过滤；
(5)MgCl2能水解生成Mg(OH)2和HCl，MgCl2⋅6H2O晶体直接加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水MgCl2，
故答案为：不能；加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁；
(6)已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；H3BO3的Ka=5.8×10−10，则硼酸的酸性介于H2CO3和HCO3−之间，比H2CO3的弱，根据强酸制弱酸的原理，向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3，无碳酸生成，即无气泡产生，
故答案为：无；硼酸的酸性比碳酸的弱。
用硫酸酸化的H2O2溶解硼铁混精矿，其中SiO2不溶于水和酸，经过滤可除去，所得滤液中主要含有UO22+、Fe3+、Mg2+及H3BO3，用MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3调节溶液pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，并经过滤得滤渣2，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO4⋅H2O晶体析出，将滤液冷却结晶，过滤可得粗硼酸，据此分析解题。
本题考查无机工艺流程制备，主要以B元素为背景作为考查点，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大。
9.【答案】CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1 K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2) 升高温度、减小压强 其它条件不变时，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大 高选择性的催化剂 450 可能是 两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡
【解析】解：(1)1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，该反应的热化学方程式为③CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H2O(l)(g)△H=−2539kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，结合题中信息，将③−②2可得乙烯燃烧热的热化学方程式为CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1，根据平衡常数的定义可知，1−丁烯转化为丙烯反应的平衡常数的表达式为K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2)，
故答案为：CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)(g)△H=−1411kJ⋅mol−1；K=c4(CH3CH=CH2)c3(CH3CH2CH=CH2)；
(2)根据1−丁烯平衡转化的反应为吸热和气体体积增大的反应可知，有利于提高1−丁烯平衡转化率的措施有升高温度、减小压强，
故答案为：升高温度、减小压强；
(3)①②两个反应均为气体体积增大的反应，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大，
故答案为：其它条件不变时，增大压强，反应向着逆向移动，1−丁烯浓度增大，1−丁烯的质量分数也会增大；
(4)不同催化剂对不同反应的选择性不一样，所以为了提高产物中丙烯的含量，关键措施之一是高选择性的催化剂，根据图2所示在450℃左右时，丙烯的含量最高，根据两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡，
故答案为：高选择性的催化剂；450；可能是；两个反应的特点是都是吸热反应，温度升高平衡正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大，所以可能在450℃之前已经建立平衡。
(1)1−丁烯的燃烧热为2539kJ⋅mol−1，该反应的热化学方程式为③CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H2O(l)(g)△H=−2539kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，结合题中信息，将③−②2可得乙烯燃烧热的热化学方程式，根据平衡常数的定义书写平衡常数的表达式；
(2)根据影响平衡移动的外界因素，结合1−丁烯的反应的特点答题；
(3)①②两个反应均为气体体积增大的反应，增大压强，反应向着逆向移动，丁烯浓度增大；
(4)不同催化剂对不同反应的选择性不一样，根据图2所示在450℃左右时，丙烯的含量最高，根据两个反应的特点，温度升高平衡正向移动，据此判断。
本题考查化学平衡知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学平衡常数的表达，均为高频考点，整体难度中等，是中档题。
10.【答案】A AsF3
【解析】解：(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①>③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④>②，锌的第二电离能大于第一电离能，②>①，所以排序为：④②①③，
故答案为：A；
(2)①As为非金属元素，Cl、Br和F均为非金属元素，则形成的砷的卤化物为分子晶体，相对分子质量AsF3
故答案为：H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子上的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+；
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，Cd2+的基态价电子排布为4d10，d轨道已经占满电子，只能利用外层的5s和5p成键，形成的配离子为4配位，5s和5p轨道全空，可判断采取sp3杂化，形成的配离子空间构型为正四面体，配体为NH3，为三角锥形，配离子的结构为，
故答案为：三角锥形；；
(3)①基态Cr的价电子排布为3d54s1，基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价电子排布为4d55s1，则基态钼原子的价层电子排布图为，
故答案为：；
②根据Cr的晶胞结构分析，Cr占据晶胞的顶点和体心，则为体心立方堆积，
以体心的Cr来看，周围与之等距且最近的Cr有8个，则其配位数为8，
故答案为：体心立方堆积；8；
③图B中含有W的数目为12×16+2×12+6×13+1=6个，含有C的数目为6个，所以晶体化学式为WC，
取1mol图B所示结构，则有NA个这样的结构，质量为m=(184+12)×6g，一个B结构的体积为3×a×a×sin60°×bcm3，所以晶体密度为ρ=mV=(184+12)×6NA×332a2bg/cm3，
故答案为：WC；(184+12)×6NA×332a2b。
(1)从一个带正电荷体系失去一个电子比中性原子体系更难，根据Cu和Zn及其离子的价电子构型分析失去电子的难易；
(2)①As为非金属元素，Cl、Br和F均为非金属元素，则形成的砷的卤化物为分子晶体，根据分子间作用力分析熔点高低，砷酸为H3AsO4，硒酸为H2SeO4，根据非羟基氧数目和中心原子的氧化态解释酸性大小；
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，Cd2+的基态价电子排布为4d10，d轨道已经占满电子，只能利用外层的5s和5p成键，据此分析；
(3)①基态Cr的价电子排布为3d54s1，基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，据此画出基态钼原子的价电子排布图；
②根据Cr的晶胞结构分析，Cr占据晶胞的顶点和体心，以体心的Cr来看，周围与之等距且最近的Cr的数目为配位数；
③根据图B所示结构计算晶体密度，密度公式为ρ=mV。
本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、电离能、杂化类型和离子空间构型、金属晶体堆积方式和分子晶体性质比较等知识，侧重考查基础知识灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用，题目难度中等。
11.【答案】C7H8 氧化反应 硝基、氯原子、羧基 13
【解析】解：(1)A为，其分子式为C7H8，B中甲基被氧化生成C中羧基，所以B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：C7H8；氧化反应；
(2)H中所含官能团的名称是硝基、氯原子、羧基，
故答案为：硝基、氯原子、羧基；
(3)F和甲醇发生酯化反应生成G，F→G反应的化学方程式为，
故答案为：；
(4)C为，C的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，
如果取代基为酚−OH、−COCl，有邻间对3种，
如果取代基为酚−OH、−CHO、−Cl，有10种，
所以符合条件的有13种；
其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2：2：1的结构简式为，
故答案为：13；；
(5)B为，如果B中甲基上发生取代反应生成氯代烃，然后发生水解反应生成醇羟基，最后发生氧化反应生成醛基就得到目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
A是芳香烃，根据B分子式知，A发生取代反应生成B，该反应前后碳原子数不变，则A为，B发生氧化反应生成C，C发生信息①的反应生成D，根据D结构简式知，C为、B为，D发生取代反应生成E，E发生信息②的反应生成F为，F和甲醇发生酯化反应生成G，H第一步和氢气发生还原反应；
(5)B为，如果B中甲基上发生取代反应生成氯代烃，然后发生水解反应生成醇羟基，最后发生氧化反应生成醛基就得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，同分异构体种类确定中易漏掉−COCl取代基而导致错误判断，题目难度不大。
12.【答案】A 3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+ 球形冷凝管 b 对硝基苯甲酸 使未反应的对硝基甲苯凝固析出 升华 Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4 92.0%
【解析】解：(1)电解槽中阳极周围阴离子发生氧化反应，反应Ⅰ是SO42−氧化为S2O82−，则右侧电极为阳极，B为外接电源正极，A为外接电源的负极；反应II是S2O82−氧化Cr3+生成Cr2O72−，发生反应的离子方程式为3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+，
故答案为：A；3S2O82−+2Cr3++7H2O=6SO42−+Cr2O72−+14H+；
(2)①仪器X的名称是球形冷凝管，冷却水的水流方向应与蒸气流向相反，则应从b口进入冷水，
故答案为：球形冷凝管；b；
②步骤1中反应液由棕红色变为墨绿色时，说明有对硝基苯甲酸生成，则步骤2经冷却后，经抽滤所得固体的主要成分是对硝基苯甲酸，
故答案为：对硝基苯甲酸；
③对硝基甲苯的熔点为51.7℃，则步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到50℃时进行抽滤，目的是使未反应的对硝基甲苯凝固析出，可提高对硝基苯甲酸的纯度，
故答案为：使未反应的对硝基甲苯凝固析出；
④对硝基苯甲酸是黄色晶体，能升华，则对粗产品进行纯化还可以采用升华法完成，
故答案为：升华；
⑤由工业流程图可知，步骤2中抽滤后的滤液返回电解槽中重新电解，说明滤液中的Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4可循环利用，符合绿色环保，
故答案为：Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4；
(3)第三次实验消耗KOH的体积明显偏小，舍去，其它三次消耗KOH溶液体积的平均值23.00+23.10+22.903mL=23.00mL，对硝基苯甲酸与KOH溶液发生中和反应时，对硝基苯甲酸与KOH等物质的量反应，则对硝基苯甲酸的纯度为0.023L×0.100mol/L×167g/mol×100mL25mL1.670g×100%=92.0%，
故答案为：92.0%。
用图1装置电解Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4的混合液，获得Cr2O72−的电解液，其中阳极区发生氧化反应，然后将含Cr2O72−的电解液浓缩并加硫酸酸化，再在氧化装置内将对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，将反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤，所得所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃)，待温度降到50℃时，抽滤，向滤液中加入过量2mol/LH2SO4，析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80℃的条件下烘干，可得对硝基苯甲酸粗产品，据此分析解题。
本题通过对硝基苯甲酸的制备方法，考查了物质制备方案的设计与评价，题目难度中等，明确物质的制备原理为解答此类题的关键，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
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