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安徽省桐城市某中学2020届高三模拟考试化学试卷
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化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共36.0分）
1. 2019年11月第四届国际碳材料大会在上海举行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感到“碳为观止”。下列有关说法正确的是( )
A. 金刚石与石墨互为同位素
B. 石墨烯是一种有发展前途的导电材料
C. 碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料
D. 富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键构成的分子
【答案】B
【解析】解：A.同位素是同种元素的不同原子，金刚石与石墨是碳的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.石墨烯是碳单质，能导电，石墨烯是一种有发展前途的导电材料，故B正确；
C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，碳纤维和光导纤维不属于高分子材料，故C错误；
D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键，所以富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键和碳碳双键构成的分子，故D错误。
故选：B。
A.同位素是同种元素的不同原子；
B.石墨烯是碳单质，能导电；
C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅；
D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键。
本题考查了碳元素的单质及其化合物，题目难度不大，注意把握元素化合物的性质、以及同位素和同素异形体的概念，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
2. 反应CO2+2NH3- 高压 △CO(NH2)2+H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A. 中子数为8的碳原子： 68C
B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图：
D. CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【解析】解：A.中子数为8的碳元素的一种核素的质量数=中子数+质子数=14，原子符号为 614C，故A错误；
B.NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误；
C.氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO(NH2)2，或：，故D正确；
故选：D。
A.中子数+质子数=质量数，质量数在元素符号的左上角；
B.氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，最外层为6个电子；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸桨的漂白
D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】解：A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸桨的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
故选：B。
A、Al2O3是离子化合物，离子键较强，有较高熔点；
B、FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，表现出强氧化性；
C、次氯酸钙能与CO2反应生成强氧化剂HClO；
D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附作用强，使水中的悬浮物被吸附形成沉淀。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，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。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、SO42-
B. c(Al3+)=0.1mol⋅L-1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2-、SO42-
C. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-
D. c(H+)=0.1mol⋅L-1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO-、NO3-
【答案】C
【解析】解：A.使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Al3+、AlO2-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D.H+、CH3COO-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈碱性，铵根离子与氢氧根离子反应；
B.铝离子与偏铝酸根离子反应；
C.四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；
D.醋酸根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5. 下列实验装置正确的是( )
A. 用图1所示装置收集SO2气体
B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D. 用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故A错误；
B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能说明生成乙烯，故B错误；
C.NaCl为可溶性固体，应选蒸发皿加热，不能选坩埚，故C错误；
D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂，图中装置可制备并收集氧气，故D正确；
故选：D。
A.二氧化硫的密度比空气密度大；
B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色；
C.NaCl为可溶性固体；
D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂。
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、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：Ca2++SO42-=CaSO4↓
B. Cl2与热的NaOH溶液反应：Cl2+6OH-- △ Cl-+ClO3-+3H2O
C. 电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO42-+2H+- 通电 2MnO4++H2↑
D. NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】解：A、(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，故A错误；
B、Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，故B错误；
C、电解K2MnO4制KMnO4，阳极上MnO42-放电生成MnO4+，阴极上水放电生成氢氧根，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O- 通电 2KMnO4+2KOH+H2↑，离子方程式为2MnO42-+2H2O- 通电 2MnO4-+2OH-+H2↑，故C错误；
D、Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，设量少的碳酸氢钠为1mol，根据其需要可知所需的钡离子为1mol，氢氧根为1mol，故该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D正确；
故选：D。
A、漏写生成醋酸的离子反应；
B、离子方程式两边不满足电荷守恒；
C、电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4阴极是水放电；
D、碳酸氢钠少量，设碳酸氢钠为1mol，则根据其需要可判断出反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水；
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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，检查是否符合原化学方程式等。
7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.
B. BaCl2(aq)→NH3,CO2BaCO3(s) →NaSO4(aq) BaSO4(s)
C. C6H5ONa→盐酸C6H5OH→Na2CO3(aq)CO2
D.
【答案】B
【解析】解：A.二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁，得不到三氧化硫，所以，不能一步实现，故A错误；
B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，BaCl2(aq)→NH3,CO2BaCO3(s) →NaSO4(aq) BaSO4(s)可以一步实现，故B正确；
C.苯酚酸性弱于碳酸，依据强酸制备弱酸规律：C6H5OH→Na2CO3(aq)CO2，不能一步实现，故C错误；
D.二氧化硅与盐酸不反应，不能一步实现，故D错误；
故选：B。
A.二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁；
B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀；
C.苯酚酸性弱于碳酸；
D.二氧化硅与盐酸不反应。
本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，熟悉相关物质的性质及发生反应条件是解题关键，注意相关基础知识的积累，题目较简单。
8. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是( )
A. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
B. 元素X与W形成的原子比为1：1的化合物有很多种
C. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查原子结构与元素性质知识，侧重于物质结构与性质等方面的考查，难度不大，注意原子核外电子的排布特点，推断元素的种类为解答该题的关键。
【解答】
短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W在所有元素中原子半径最小，则W为H元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数大于Al，位于第三周期，故最外层电子数为6，则Z为S元素，
A.Y为Al，金属Al与氢氧化钠溶液或盐酸反应都可以产生氢气，故A正确；
B.X、W分别为H、C，H、C形成的原子比为1：1的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等多种，故B正确；
C.W、X分别为H、C，其氢化物分别为HCl、CCl4，四氯化碳分子中C、Cl原子都满足8电子稳定结构，而HCl分子中的H最外层电子数为2，故C错误；
D.Z为S、X为C元素，C可与元素S可形成共价化合物CS2，故D正确。
故选C。
9. 如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法不正确的是( )
A. Cu电极为负极
B. PbO2电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C. 放电后循环液中CuSO4与H2SO4物质的量之比变大
D. 若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向不变
【答案】B
【解析】解：A、铜失电子，发生氧化反应，Cu电极为负极，故A正确；
B、PbO2得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故B错误；
C、由总反应Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O可知，放电时硫酸转化为硫酸铜，则CuSO4与H2SO4物质的量之比变大，故C正确；
D、若将Cu换成Pb，铅仍作负极，则电路中电子转移方向不变，故D正确；
故选：B。
由图可知电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子、发生氧化反应、为负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，PbO2得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，据此分析解答。
本题考查了化学电源新型电池，根据原电池原理来分析解答，知道电极上发生的反应即可解答，注意电极反应式的书写和电解质溶液中离子移动方向，题目难度不大。
10. 下列说法正确的是( )
A. 粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极
B. 5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023
C. 室温下，稀释0.1 mol⋅L-1 NH4Cl溶液，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)增大
D. 向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中c(CO32-)c(SO42-)减小
【答案】C
【解析】解：A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，故A错误；
B.5.6 gFe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，故B错误；
C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)增大，故C正确；
D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-(aq)，c(CO32-)c(SO42-)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，溶度积常数随温度变化，故比值不变，故D错误；
故选：C。
A.电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极；
B.铁与氯气反应生成氯化铁；
C.室温下，稀释0.1mol⋅L-1NH4Cl溶液，促进铵根离子的水解正向进行；
D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡，c(CO32-)c(SO42-)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)；
本题考查了电解精炼原理、氧化还原反应、盐类水解、难溶电解质的沉淀溶解平衡、溶度积常数的影响因素分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
淀粉KI溶液中通入适量Cl2，再通入足量SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：SO2>I->C1-
B
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
D
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgBr)
【答案】A
【解析】解：A.氯气与KI反应生成碘，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HI，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：SO2>I->Cl-，故A正确；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色，由溶液褪色不能说明生成乙烯，故B错误；
C.0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；
D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成，不能比较Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)大小，故D错误；
故选：A。
A.氯气与KI反应生成碘，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HI；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色；
C.0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性；
D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成。
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、电离与水解、沉淀生成、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。
12. 根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A. 图甲是2A(g)+B(g)⇌2C(g) 的A平衡转化率与温度、压强变化曲线，说明压强P1
C. 图丙是室温下V0mL 0.10mol⋅L-1MOH加水稀释至VmL，pH随lgVV0的变化曲线，说明MOH是强碱
D. 图丁是HA、HB溶液稀释过程中导电能力变化曲线，说明HA酸性小于HB
【答案】B
【解析】解：A、2A(g)+B(g)⇌2C(g) 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，即有压强P1
C、由图可知，lgVV0的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律，故C正确；
D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来，说明HA酸性小于HB，故D正确；
故选：B。
A、2A(g)+B(g)⇌2C(g) 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大；
B、gMgCl2⋅6H2O在空气中加热时，镁离子要水解，氢氧化镁继续分解，最终得到氧化镁；
C、lgVV0的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律；
D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来。
本题考查化学平衡影响因素、平衡的移动、强弱电解质的电离，盐的水解等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意弱酸的电离。
13. 室温下，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5.若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确( )
A. 0.1mol⋅L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(HCN)>c(CN-)
B. 向0.1molL-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7；c(Na+)
【答案】C
【解析】解：A.二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的NaCl、HCN，HCN部分电离导致溶液呈酸性，但是其电离程度较小，所以c(H+)
C.酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度CN->HC2O4-，所以溶液中存在c(CN-)
故选：C。
A.0.1mol⋅L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合，溶质为等量的NaCl、HCN，HCN电离显酸性；
B.NaHC2O4溶液存在物料守恒式为c(Na+)=[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，加入NaOH溶液使pH=7，n(Na+)增大；
C.由Ka可知酸性强弱，酸性越弱，对应酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小；
D.混合溶液中存在物料守恒c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，但是溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握酸性比较、电离与水解、电荷守恒与物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1L的恒容密闭容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同温度下发生反应：CO2(g)+3H2⇌CH3OH(g)+H2O(g)。反应10min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该正反应△H<0
B. T1时，该反应的平衡常数为427
C. 10min后，向容器Ⅱ中再加入1molCO2(g) 和1molH2O(g)，此时v(正)
【答案】B
【解析】解：A.由图可知，升高温度，CO2的物质的量先减小后增大，说明升高温度，在Ⅱ基础上平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该正反应△H<0，故A正确；
B.T1时，在10min时不一定达到平衡状态，不能根据图象计算平衡常数，故B错误；
C.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)：1 3 0 0
变化量(mol)：0.3 0.9 0.3 0.3
最终量(mol)：0.7 2.1 0.3 0.3
可K=0.3×0.30.7×2.13=0.014，再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Qc=1.3×0.31.7×2.13>K，则平衡逆向移动，此时v(正)
故选：B。
A.由图可知，升高温度，CO2的物质的量先减小后增大，说明升高温度，在Ⅱ基础上平衡逆向移动；
B.T1时，在10min时不一定达到平衡状态；
C.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)：1 3 0 0
变化量(mol)：0.3 0.9 0.3 0.3
最终量(mol)：0.7 2.1 0.3 0.3
以此计算平衡常数，进而计算再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)的Qc，以此判断反应进行的方向；
D.10 min内，容器ⅡCO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.7mol，由方程式可知转化CH3 OH的物质的量为0.7mol，以此可计算CH3 OH的反应速率。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、速率计算、平衡特征为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
二、双选题（本大题共1小题，共4.0分）
15. 2019新型冠状病毒正在全球肆虐，医学界的研究人员，发现化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是( )
A. 一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B. X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
C. 1molY最多能与4molNaOH反应
D. 等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量相等
【答案】BD
【解析】解：A.X中酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应，酯基和酚羟基能发生取代反应，但是该物质不能发生消去反应，故A错误；
B.手性碳原子如图所示，其中9、10号碳原子不具有手性，共8个，故B正确；
C.Y中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应，酚羟基、羧基和NaOH都以1：1反应，所以1molY含有3mol酚羟基、1mol酯基水解生成1mol酚羟基和1mol羧基，所以1molY最多能消耗5molNaOH，故C错误；
D.苯环上酚羟基邻对位H原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，等物质的量的X和Y分别与足量溴反应，X、Y消耗溴的物质的量之比=5mol(4mol发生取代反应、1mol发生加成反应)：5mol(4mol发生取代反应、1mol发生加成反应)=1：1，故D正确；
故选：BD。
A.X中含有酚羟基、苯环、醚键、碳碳双键和酯基，具有酚、苯、醚、烯烃和酯的性质；
B.X中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；
C.Y中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应；
D.苯环上酚羟基邻对位H原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答关键，注意酚、酯、烯烃的性质，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
三、简答题（本大题共4小题，共60.0分）
16. 铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如图1：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH-、SCN-等形成可溶性配合物。
(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是______。
(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是______。
(3)“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有______。
(4)“沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是______。
(5)“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是______(填化学式)。
(6)“过滤2”如何洗涤滤渣？______。
(7)写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：______
【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率 过量太多会增加沉淀过程氨水的用量 Fe2+、Fe3+、H+ 氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物 (NH4)2SO4 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次 4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2
【解析】解：(1)将硫铁矿烧渣经过粉碎，可增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率；
(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量，故答案为：过量太多会增加沉淀过程氨水的用量；
(3)Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，滤液中含有Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；
(4)当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降，可能原因是氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物，
故答案为：氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物；
(5)Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，加入氨水、碳酸氢铵，“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，滤液含有(NH4)2SO4，
故答案为：(NH4)2SO4；
(6)洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次，从而得到较纯净的沉淀沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次；
(7)FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式为4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2。
硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁；，在滤液中加入氨水、碳酸氢铵调节PH值，得到FeOOH和FeCO3，在空气中焙烧，发生4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2，生成氧化铁和二氧化碳，同时FeOOH生成Fe2O3，以此解答该题。
本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
17. 五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中间体H的一种合成路线如图：
(1)B中含氧官能团的名称为______和______。
(2)B→C的反应类型为______。
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，写出F的结构简式：______。
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。
①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢。
③能与氢氧化钠溶液反应，1mol该物质最多消耗5molNaOH。
(5)或写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用合成路线流程图示例见本题题干)______。
【答案】酯基 酚羟基 取代反应
【解析】解：(1)由结构可知，B中的官能团名称为：酯基、酚羟基，
故答案为：酯基；酚羟基；
(2)对比B、C的结构可知，B中酚羟基中氢原子被甲基替代生成C，属于取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，对比D、G的结构可知，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成F，结合G的结构，可知硝基的位置，F中的氨基也在同一位置，故F的结构简式为：，
故答案为：；
(4)D为，D的一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基、酯基、酚羟基，②分子中有4种不同化学环境的氢，存在对称结构，符合条件的同分异构体可能为：等，
故答案为：等；
(5)由B→C的转化可知，由与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用生成.结合给予的信息、路线图中生成G的转化，与浓硝酸在乙酸酐条件下生成，然后与SnCl2/HCl作用生成，再与NaNO2、H2SO4作用生成，最后水解得到.合成路线流程图为：，
故答案为：。
对比A、B结构可知，反应是A和甲醇发生酯化反应生成，接着是与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用发生取代反应生成，对比C、D产物结构，可知两个酚羟基脱水成环，对比D、G的结构可知，D是酯基和醚键之间的氢和硝基发生硝化反应生成E为，E上的硝基被还原为氨基生成F，最终再反应生成了中间体H，据此答题。
(1)由B的结构可知，其含有的含氧官能团为：-OH、-COOCH3；
(2)对比B、C的结构可知，B中酚羟基中氢原子被甲基替代生成C；
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，对比D、G的结构可知，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成F；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基、酯基、酚羟基，②分子中有4种不同化学环境的氢，存在对称结构；
(5)由B→C的转化可知，由与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用生成.结合给予的信息、路线图中生成G的转化，与浓硝酸在乙酸酐条件下生成，然后与SnCl2/HCl作用生成，再与NaNO2、H2SO4作用生成，最后水解得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，分析物质结构变化明确发生的反应，是对有机化学基础的综合考查。
18. 沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。
(1)需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是______。
(2)阳极室逸出CO2和______(填化学式)：H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为______。
(3)利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=a kJ⋅mol-1
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=c kJ⋅mol-1
反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)：△H=______kJ⋅mol-1。
(4)H2O2在催化剂aFeOOH的表面上，分解产生⋅OH.⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出⋅OH氧化NO的化学反应方程式：______。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是______，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是______。
(5)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图3(A、B为多孔性碳棒)。持续
通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。
①O
【答案】将H2S转化为HS-(或S2-)，部分CO2转化为HCO3-(或CO32-) O2 H2S+4H2O-8e-=10H++SO42- 2a+2c-b 3⋅OH+NO=HNO3+H2O H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分 180℃以后，⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降 CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-； 3
【解析】解：(1)控制电解槽中阴极室pH>7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)，
故答案为：将H2S转化为HS-(或S2-)，部分CO2转化为HCO3-(或CO32-)；
(2)电解池中，HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO42-，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO42-，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去，
故答案为：O2；H2S+4H2O-8e-=10H++SO42-；
(3)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=akJ⋅mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=ckJ⋅mol-1
盖斯定律计算①×2+③×2-②得到反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H，
故答案为：2a+2c-b；
(4)①⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水，反应的化学方程式：3⋅OH+NO=HNO3+H2O，
故答案为：3⋅OH+NO=HNO3+H2O；
②H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是：⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，
故答案为：H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分；180℃以后，⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降；
(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；
①当0
故答案为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；
②当44.8 L
(6)该反应为氧化还原反应，根据电子得失守恒分析得：硫元素得电子为(+4-0)×1mol=4mol，ZnFe2O4中铁元素化合价为+3，ZnFe2Ox中铁元素化合价为x-1，铁元素失电子数目为[3-(x-1)]×2×2mol=4mol，则x=3，
故答案为：3。
(1)CO2和H2S是酸性气体，阴极室pH>7，有利于CO2和H2S的吸收；
(2)电解池中，HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上H2S、OH-(或H2O)发生失去电子的氧化反应，据此分析解答；
(3)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=akJ⋅mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=ckJ⋅mol-1
盖斯定律计算①×2+③×2-②得到反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H；
(4)①⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水；
②升温至80℃以上，大量汽化的H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，能使NO的脱除效率显著提高，温度高于180℃，NO的脱除效率降低⋅OH分解成O2和H2O；
(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
(6)氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。
本题考查电解原理的运用、盖斯定律计算应用、化学平衡及外界条件对化学平衡影响、图象信息分析判断等知识点，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，明确化学反应原理、正确分析图象信息是解本题关键，注意外界条件对反应体系中不同反应的同时影响，此题难度不小。
19. CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。
(1)Cu+基态核外电子排布式为______。
(2)NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______；Na2SO3中SO32-的空间构型为______(用文字描述)。
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______。
(4)OHC-N(CH3)2分子中碳原子的轨道杂化类型为______；1 mol DMF分子中含有σ键的数目为______。
【答案】1s22s22p63s23p63d10 N、C、S 三角锥形 HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键 sp2和sp3 11mol
【解析】解：(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子后变为亚铜离子，所以其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
(2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能，所以S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S；
SO32-中S原子的价层电子对为6+22=4，有1对孤电子对，空间构型为：三角锥形；
故答案为：N、C、S；三角锥形；
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，所以可以任意比例互溶；
故答案为：HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键；
(4)有机物中OHC-N(CH3)2，1个醛基碳原子，杂化方式为sp2，2个甲基碳原子，杂化方式：sp3；OHC-N(CH3)2，含有11个σ键，则1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol；
故答案为：sp2和sp3； 11 mol。
(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子后变为亚铜离子；
(2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能；SO32-中S原子的价层电子对为6+22=4，有1对孤电子对，据此判断空间构型；
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶；
(4)有机物中连4个σ键的碳原子杂化方式为SP3，连3个σ键的碳原子杂化方式为SP2，连2个σ键的碳原子杂化方式为SP1，共价键中单键都是σ键，双键、三键中只有一个σ键。
本题考查了原子结构组成，化学键，原子轨道的杂化，明确核外电子排布规律，熟悉第一电离能规律，原子杂化轨道理论是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题，解决问题能力。
一、单选题（本大题共14小题，共36.0分）
1. 2019年11月第四届国际碳材料大会在上海举行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感到“碳为观止”。下列有关说法正确的是( )
A. 金刚石与石墨互为同位素
B. 石墨烯是一种有发展前途的导电材料
C. 碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料
D. 富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键构成的分子
【答案】B
【解析】解：A.同位素是同种元素的不同原子，金刚石与石墨是碳的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.石墨烯是碳单质，能导电，石墨烯是一种有发展前途的导电材料，故B正确；
C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，碳纤维和光导纤维不属于高分子材料，故C错误；
D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键，所以富勒烯是由60个碳原子都以碳碳单键和碳碳双键构成的分子，故D错误。
故选：B。
A.同位素是同种元素的不同原子；
B.石墨烯是碳单质，能导电；
C.碳纤维是碳单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅；
D.按碳元素的四价理论判断，富勒烯中碳形成单键和双键。
本题考查了碳元素的单质及其化合物，题目难度不大，注意把握元素化合物的性质、以及同位素和同素异形体的概念，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
2. 反应CO2+2NH3- 高压 △CO(NH2)2+H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A. 中子数为8的碳原子： 68C
B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图：
D. CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【解析】解：A.中子数为8的碳元素的一种核素的质量数=中子数+质子数=14，原子符号为 614C，故A错误；
B.NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误；
C.氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO(NH2)2，或：，故D正确；
故选：D。
A.中子数+质子数=质量数，质量数在元素符号的左上角；
B.氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，最外层为6个电子；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸桨的漂白
D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】解：A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸桨的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
故选：B。
A、Al2O3是离子化合物，离子键较强，有较高熔点；
B、FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，表现出强氧化性；
C、次氯酸钙能与CO2反应生成强氧化剂HClO；
D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附作用强，使水中的悬浮物被吸附形成沉淀。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，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。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、SO42-
B. c(Al3+)=0.1mol⋅L-1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2-、SO42-
C. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-
D. c(H+)=0.1mol⋅L-1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO-、NO3-
【答案】C
【解析】解：A.使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Al3+、AlO2-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D.H+、CH3COO-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈碱性，铵根离子与氢氧根离子反应；
B.铝离子与偏铝酸根离子反应；
C.四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；
D.醋酸根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5. 下列实验装置正确的是( )
A. 用图1所示装置收集SO2气体
B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D. 用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故A错误；
B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能说明生成乙烯，故B错误；
C.NaCl为可溶性固体，应选蒸发皿加热，不能选坩埚，故C错误；
D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂，图中装置可制备并收集氧气，故D正确；
故选：D。
A.二氧化硫的密度比空气密度大；
B.发生消去反应生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色；
C.NaCl为可溶性固体；
D.过氧化氢分解生成氧气，且氧气密度比空气密度大，二氧化锰作催化剂。
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、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：Ca2++SO42-=CaSO4↓
B. Cl2与热的NaOH溶液反应：Cl2+6OH-- △ Cl-+ClO3-+3H2O
C. 电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO42-+2H+- 通电 2MnO4++H2↑
D. NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】解：A、(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，故A错误；
B、Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，故B错误；
C、电解K2MnO4制KMnO4，阳极上MnO42-放电生成MnO4+，阴极上水放电生成氢氧根，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O- 通电 2KMnO4+2KOH+H2↑，离子方程式为2MnO42-+2H2O- 通电 2MnO4-+2OH-+H2↑，故C错误；
D、Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，设量少的碳酸氢钠为1mol，根据其需要可知所需的钡离子为1mol，氢氧根为1mol，故该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D正确；
故选：D。
A、漏写生成醋酸的离子反应；
B、离子方程式两边不满足电荷守恒；
C、电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4阴极是水放电；
D、碳酸氢钠少量，设碳酸氢钠为1mol，则根据其需要可判断出反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水；
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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，检查是否符合原化学方程式等。
7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.
B. BaCl2(aq)→NH3,CO2BaCO3(s) →NaSO4(aq) BaSO4(s)
C. C6H5ONa→盐酸C6H5OH→Na2CO3(aq)CO2
D.
【答案】B
【解析】解：A.二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁，得不到三氧化硫，所以，不能一步实现，故A错误；
B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，BaCl2(aq)→NH3,CO2BaCO3(s) →NaSO4(aq) BaSO4(s)可以一步实现，故B正确；
C.苯酚酸性弱于碳酸，依据强酸制备弱酸规律：C6H5OH→Na2CO3(aq)CO2，不能一步实现，故C错误；
D.二氧化硅与盐酸不反应，不能一步实现，故D错误；
故选：B。
A.二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和氧化铁；
B.氯化钡溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀；
C.苯酚酸性弱于碳酸；
D.二氧化硅与盐酸不反应。
本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，熟悉相关物质的性质及发生反应条件是解题关键，注意相关基础知识的积累，题目较简单。
8. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是( )
A. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
B. 元素X与W形成的原子比为1：1的化合物有很多种
C. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查原子结构与元素性质知识，侧重于物质结构与性质等方面的考查，难度不大，注意原子核外电子的排布特点，推断元素的种类为解答该题的关键。
【解答】
短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W在所有元素中原子半径最小，则W为H元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数大于Al，位于第三周期，故最外层电子数为6，则Z为S元素，
A.Y为Al，金属Al与氢氧化钠溶液或盐酸反应都可以产生氢气，故A正确；
B.X、W分别为H、C，H、C形成的原子比为1：1的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等多种，故B正确；
C.W、X分别为H、C，其氢化物分别为HCl、CCl4，四氯化碳分子中C、Cl原子都满足8电子稳定结构，而HCl分子中的H最外层电子数为2，故C错误；
D.Z为S、X为C元素，C可与元素S可形成共价化合物CS2，故D正确。
故选C。
9. 如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法不正确的是( )
A. Cu电极为负极
B. PbO2电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C. 放电后循环液中CuSO4与H2SO4物质的量之比变大
D. 若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向不变
【答案】B
【解析】解：A、铜失电子，发生氧化反应，Cu电极为负极，故A正确；
B、PbO2得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故B错误；
C、由总反应Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O可知，放电时硫酸转化为硫酸铜，则CuSO4与H2SO4物质的量之比变大，故C正确；
D、若将Cu换成Pb，铅仍作负极，则电路中电子转移方向不变，故D正确；
故选：B。
由图可知电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子、发生氧化反应、为负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，PbO2得电子、发生还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，据此分析解答。
本题考查了化学电源新型电池，根据原电池原理来分析解答，知道电极上发生的反应即可解答，注意电极反应式的书写和电解质溶液中离子移动方向，题目难度不大。
10. 下列说法正确的是( )
A. 粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极
B. 5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023
C. 室温下，稀释0.1 mol⋅L-1 NH4Cl溶液，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)增大
D. 向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中c(CO32-)c(SO42-)减小
【答案】C
【解析】解：A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，故A错误；
B.5.6 gFe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，故B错误；
C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)增大，故C正确；
D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-(aq)，c(CO32-)c(SO42-)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，溶度积常数随温度变化，故比值不变，故D错误；
故选：C。
A.电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极；
B.铁与氯气反应生成氯化铁；
C.室温下，稀释0.1mol⋅L-1NH4Cl溶液，促进铵根离子的水解正向进行；
D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡，c(CO32-)c(SO42-)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)；
本题考查了电解精炼原理、氧化还原反应、盐类水解、难溶电解质的沉淀溶解平衡、溶度积常数的影响因素分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
淀粉KI溶液中通入适量Cl2，再通入足量SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：SO2>I->C1-
B
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
D
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgBr)
【答案】A
【解析】解：A.氯气与KI反应生成碘，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HI，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：SO2>I->Cl-，故A正确；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色，由溶液褪色不能说明生成乙烯，故B错误；
C.0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；
D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成，不能比较Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)大小，故D错误；
故选：A。
A.氯气与KI反应生成碘，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HI；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾褪色；
C.0.1 mol⋅L-1Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol⋅L-1NaHSO3溶液的pH约为5，可知前者水解显碱性、后者电离显酸性；
D.NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成。
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、电离与水解、沉淀生成、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。
12. 根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A. 图甲是2A(g)+B(g)⇌2C(g) 的A平衡转化率与温度、压强变化曲线，说明压强P1
C. 图丙是室温下V0mL 0.10mol⋅L-1MOH加水稀释至VmL，pH随lgVV0的变化曲线，说明MOH是强碱
D. 图丁是HA、HB溶液稀释过程中导电能力变化曲线，说明HA酸性小于HB
【答案】B
【解析】解：A、2A(g)+B(g)⇌2C(g) 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，即有压强P1
C、由图可知，lgVV0的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律，故C正确；
D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来，说明HA酸性小于HB，故D正确；
故选：B。
A、2A(g)+B(g)⇌2C(g) 相同温度下，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大；
B、gMgCl2⋅6H2O在空气中加热时，镁离子要水解，氢氧化镁继续分解，最终得到氧化镁；
C、lgVV0的值增加1，即稀释10倍，pH值下降1，符合强碱的稀释规律；
D、稀释过程中导电能力变化小，说明在稀释过程中不断的有离子电离出来。
本题考查化学平衡影响因素、平衡的移动、强弱电解质的电离，盐的水解等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意弱酸的电离。
13. 室温下，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5.若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确( )
A. 0.1mol⋅L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(HCN)>c(CN-)
B. 向0.1molL-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7；c(Na+)
【答案】C
【解析】解：A.二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的NaCl、HCN，HCN部分电离导致溶液呈酸性，但是其电离程度较小，所以c(H+)
C.酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度CN->HC2O4-，所以溶液中存在c(CN-)
故选：C。
A.0.1mol⋅L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合，溶质为等量的NaCl、HCN，HCN电离显酸性；
B.NaHC2O4溶液存在物料守恒式为c(Na+)=[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，加入NaOH溶液使pH=7，n(Na+)增大；
C.由Ka可知酸性强弱，酸性越弱，对应酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小；
D.混合溶液中存在物料守恒c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，但是溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握酸性比较、电离与水解、电荷守恒与物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1L的恒容密闭容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同温度下发生反应：CO2(g)+3H2⇌CH3OH(g)+H2O(g)。反应10min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该正反应△H<0
B. T1时，该反应的平衡常数为427
C. 10min后，向容器Ⅱ中再加入1molCO2(g) 和1molH2O(g)，此时v(正)
【答案】B
【解析】解：A.由图可知，升高温度，CO2的物质的量先减小后增大，说明升高温度，在Ⅱ基础上平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该正反应△H<0，故A正确；
B.T1时，在10min时不一定达到平衡状态，不能根据图象计算平衡常数，故B错误；
C.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)：1 3 0 0
变化量(mol)：0.3 0.9 0.3 0.3
最终量(mol)：0.7 2.1 0.3 0.3
可K=0.3×0.30.7×2.13=0.014，再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Qc=1.3×0.31.7×2.13>K，则平衡逆向移动，此时v(正)
故选：B。
A.由图可知，升高温度，CO2的物质的量先减小后增大，说明升高温度，在Ⅱ基础上平衡逆向移动；
B.T1时，在10min时不一定达到平衡状态；
C.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)：1 3 0 0
变化量(mol)：0.3 0.9 0.3 0.3
最终量(mol)：0.7 2.1 0.3 0.3
以此计算平衡常数，进而计算再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)的Qc，以此判断反应进行的方向；
D.10 min内，容器ⅡCO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.7mol，由方程式可知转化CH3 OH的物质的量为0.7mol，以此可计算CH3 OH的反应速率。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、速率计算、平衡特征为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
二、双选题（本大题共1小题，共4.0分）
15. 2019新型冠状病毒正在全球肆虐，医学界的研究人员，发现化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是( )
A. 一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B. X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
C. 1molY最多能与4molNaOH反应
D. 等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量相等
【答案】BD
【解析】解：A.X中酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应，酯基和酚羟基能发生取代反应，但是该物质不能发生消去反应，故A错误；
B.手性碳原子如图所示，其中9、10号碳原子不具有手性，共8个，故B正确；
C.Y中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应，酚羟基、羧基和NaOH都以1：1反应，所以1molY含有3mol酚羟基、1mol酯基水解生成1mol酚羟基和1mol羧基，所以1molY最多能消耗5molNaOH，故C错误；
D.苯环上酚羟基邻对位H原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，等物质的量的X和Y分别与足量溴反应，X、Y消耗溴的物质的量之比=5mol(4mol发生取代反应、1mol发生加成反应)：5mol(4mol发生取代反应、1mol发生加成反应)=1：1，故D正确；
故选：BD。
A.X中含有酚羟基、苯环、醚键、碳碳双键和酯基，具有酚、苯、醚、烯烃和酯的性质；
B.X中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；
C.Y中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH反应；
D.苯环上酚羟基邻对位H原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答关键，注意酚、酯、烯烃的性质，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
三、简答题（本大题共4小题，共60.0分）
16. 铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如图1：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH-、SCN-等形成可溶性配合物。
(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是______。
(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是______。
(3)“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有______。
(4)“沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是______。
(5)“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是______(填化学式)。
(6)“过滤2”如何洗涤滤渣？______。
(7)写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：______
【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率 过量太多会增加沉淀过程氨水的用量 Fe2+、Fe3+、H+ 氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物 (NH4)2SO4 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次 4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2
【解析】解：(1)将硫铁矿烧渣经过粉碎，可增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率；
(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量，故答案为：过量太多会增加沉淀过程氨水的用量；
(3)Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，滤液中含有Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；
(4)当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降，可能原因是氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物，
故答案为：氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物；
(5)Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，加入氨水、碳酸氢铵，“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，滤液含有(NH4)2SO4，
故答案为：(NH4)2SO4；
(6)洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次，从而得到较纯净的沉淀沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2～3次；
(7)FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式为4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2。
硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁；，在滤液中加入氨水、碳酸氢铵调节PH值，得到FeOOH和FeCO3，在空气中焙烧，发生4FeCO3+O2- 高温 2Fe2O3+4CO2，生成氧化铁和二氧化碳，同时FeOOH生成Fe2O3，以此解答该题。
本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
17. 五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中间体H的一种合成路线如图：
(1)B中含氧官能团的名称为______和______。
(2)B→C的反应类型为______。
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，写出F的结构简式：______。
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。
①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢。
③能与氢氧化钠溶液反应，1mol该物质最多消耗5molNaOH。
(5)或写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用合成路线流程图示例见本题题干)______。
【答案】酯基 酚羟基 取代反应
【解析】解：(1)由结构可知，B中的官能团名称为：酯基、酚羟基，
故答案为：酯基；酚羟基；
(2)对比B、C的结构可知，B中酚羟基中氢原子被甲基替代生成C，属于取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，对比D、G的结构可知，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成F，结合G的结构，可知硝基的位置，F中的氨基也在同一位置，故F的结构简式为：，
故答案为：；
(4)D为，D的一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基、酯基、酚羟基，②分子中有4种不同化学环境的氢，存在对称结构，符合条件的同分异构体可能为：等，
故答案为：等；
(5)由B→C的转化可知，由与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用生成.结合给予的信息、路线图中生成G的转化，与浓硝酸在乙酸酐条件下生成，然后与SnCl2/HCl作用生成，再与NaNO2、H2SO4作用生成，最后水解得到.合成路线流程图为：，
故答案为：。
对比A、B结构可知，反应是A和甲醇发生酯化反应生成，接着是与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用发生取代反应生成，对比C、D产物结构，可知两个酚羟基脱水成环，对比D、G的结构可知，D是酯基和醚键之间的氢和硝基发生硝化反应生成E为，E上的硝基被还原为氨基生成F，最终再反应生成了中间体H，据此答题。
(1)由B的结构可知，其含有的含氧官能团为：-OH、-COOCH3；
(2)对比B、C的结构可知，B中酚羟基中氢原子被甲基替代生成C；
(3)F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，对比D、G的结构可知，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成F；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基、酯基、酚羟基，②分子中有4种不同化学环境的氢，存在对称结构；
(5)由B→C的转化可知，由与(CH3)2SO4/Na2B4O7作用生成.结合给予的信息、路线图中生成G的转化，与浓硝酸在乙酸酐条件下生成，然后与SnCl2/HCl作用生成，再与NaNO2、H2SO4作用生成，最后水解得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，分析物质结构变化明确发生的反应，是对有机化学基础的综合考查。
18. 沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。
(1)需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是______。
(2)阳极室逸出CO2和______(填化学式)：H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为______。
(3)利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=a kJ⋅mol-1
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=c kJ⋅mol-1
反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)：△H=______kJ⋅mol-1。
(4)H2O2在催化剂aFeOOH的表面上，分解产生⋅OH.⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出⋅OH氧化NO的化学反应方程式：______。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是______，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是______。
(5)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图3(A、B为多孔性碳棒)。持续
通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。
①O
【答案】将H2S转化为HS-(或S2-)，部分CO2转化为HCO3-(或CO32-) O2 H2S+4H2O-8e-=10H++SO42- 2a+2c-b 3⋅OH+NO=HNO3+H2O H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分 180℃以后，⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降 CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-； 3
【解析】解：(1)控制电解槽中阴极室pH>7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)，
故答案为：将H2S转化为HS-(或S2-)，部分CO2转化为HCO3-(或CO32-)；
(2)电解池中，HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO42-，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO42-，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去，
故答案为：O2；H2S+4H2O-8e-=10H++SO42-；
(3)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=akJ⋅mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=ckJ⋅mol-1
盖斯定律计算①×2+③×2-②得到反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H，
故答案为：2a+2c-b；
(4)①⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水，反应的化学方程式：3⋅OH+NO=HNO3+H2O，
故答案为：3⋅OH+NO=HNO3+H2O；
②H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是：⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，
故答案为：H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，⋅OH浓度增大，与NO混合更充分；180℃以后，⋅OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降；
(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；
①当0
故答案为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；
②当44.8 L
(6)该反应为氧化还原反应，根据电子得失守恒分析得：硫元素得电子为(+4-0)×1mol=4mol，ZnFe2O4中铁元素化合价为+3，ZnFe2Ox中铁元素化合价为x-1，铁元素失电子数目为[3-(x-1)]×2×2mol=4mol，则x=3，
故答案为：3。
(1)CO2和H2S是酸性气体，阴极室pH>7，有利于CO2和H2S的吸收；
(2)电解池中，HS-(或S2-)、HCO3-(或CO32-)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上H2S、OH-(或H2O)发生失去电子的氧化反应，据此分析解答；
(3)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；△H=akJ⋅mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=bkJ⋅mol-1
③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=ckJ⋅mol-1
盖斯定律计算①×2+③×2-②得到反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H；
(4)①⋅OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水；
②升温至80℃以上，大量汽化的H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的⋅OH，能使NO的脱除效率显著提高，温度高于180℃，NO的脱除效率降低⋅OH分解成O2和H2O；
(5)n(KOH)=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
(6)氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。
本题考查电解原理的运用、盖斯定律计算应用、化学平衡及外界条件对化学平衡影响、图象信息分析判断等知识点，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，明确化学反应原理、正确分析图象信息是解本题关键，注意外界条件对反应体系中不同反应的同时影响，此题难度不小。
19. CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。
(1)Cu+基态核外电子排布式为______。
(2)NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______；Na2SO3中SO32-的空间构型为______(用文字描述)。
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______。
(4)OHC-N(CH3)2分子中碳原子的轨道杂化类型为______；1 mol DMF分子中含有σ键的数目为______。
【答案】1s22s22p63s23p63d10 N、C、S 三角锥形 HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键 sp2和sp3 11mol
【解析】解：(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子后变为亚铜离子，所以其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
(2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能，所以S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S；
SO32-中S原子的价层电子对为6+22=4，有1对孤电子对，空间构型为：三角锥形；
故答案为：N、C、S；三角锥形；
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，所以可以任意比例互溶；
故答案为：HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键；
(4)有机物中OHC-N(CH3)2，1个醛基碳原子，杂化方式为sp2，2个甲基碳原子，杂化方式：sp3；OHC-N(CH3)2，含有11个σ键，则1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol；
故答案为：sp2和sp3； 11 mol。
(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子后变为亚铜离子；
(2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，同周期ⅡA族和ⅤA族大于相邻族电离能；SO32-中S原子的价层电子对为6+22=4，有1对孤电子对，据此判断空间构型；
(3)乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶；
(4)有机物中连4个σ键的碳原子杂化方式为SP3，连3个σ键的碳原子杂化方式为SP2，连2个σ键的碳原子杂化方式为SP1，共价键中单键都是σ键，双键、三键中只有一个σ键。
本题考查了原子结构组成，化学键，原子轨道的杂化，明确核外电子排布规律，熟悉第一电离能规律，原子杂化轨道理论是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题，解决问题能力。
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