2020-2021学年广东省佛山市高三（上）期末化学试卷（一模）（含答案）

这是一份2020-2021学年广东省佛山市高三（上）期末化学试卷（一模）（含答案），共39页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年广东省佛山市高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共16小题，每小题2分，满分44分）
1．（2分）有关我国各大博物馆镇馆文物所含化学成分说法错误的是（　　）
湖南省博物馆西汉•丝质素纱禅衣
浙江省博物馆战国•漆器
故宫博物院北宋•千里江山图
国家博物馆商后期•司母戊鼎




蚕丝原料﹣纤维素
树漆﹣有机高分子
彩色矿物颜料﹣无机物
鼎身合金﹣青铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列说法错误的是（　　）
A．稀土金属可以大大改善合金的性能，被称为“冶金工业的维生素”
B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料
C．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应
D．结晶牛胰岛素属于有机高分子化合物
3．（2分）“暖宝宝”主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂等，工作时利用微孔透氧技术反应发热．下列说法错误的是（　　）
A．发热时铁粉发生了吸氧腐蚀
B．食盐作电解质，活性炭为正极
C．工作时，吸水性树脂可供水
D．暖宝宝可以重复使用
4．（2分）一次性口罩的结构如图所示．其中①、③层无纺布的用途不同，熔喷布的主要原料是聚丙烯．下列说法错误的是（　　）

A．①层常做防水处理，起防飞沫的作用
B．利用石油的分馏可获得生产聚丙烯的原料丙烯
C．熔喷布是一种超细静电纤维布，可以吸附以气溶胶形式存在的病毒
D．一次性口罩属干垃圾，疫情期间被定义为有害垃圾
5．（2分）2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将NewSat9﹣18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为：C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O。下列说法错误的是（　　）
A．N2的电子式：
B．CO2的结构式：O＝C＝O
C．N2既是氧化产物又是还原产物
D．氧化性：N2O4＜CO2
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值．已知反应：Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）．下列说法正确的是（　　）
A．1mol S2﹣所含电子数为8NA
B．1mol•L﹣1Na2S溶液中，S2﹣的数目为NA
C．7.8g Na2S固体所含离子数为0.3NA
D．1mol Na2S最多溶解S原子的数目为5NA
7．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．无色溶液：Na+、SO42﹣、Cu2+
B．pH＝1的溶液：Ba2+、NO3﹣、K+
C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Ca2+、I﹣
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣
8．（2分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
向Ba（OH）2溶液中滴加少量稀硫酸，测量电导率变化
电导率减小
溶液中的离子浓度减小
B
在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶
集气瓶中产生白烟
生成HCl
C
向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸
溶液中出现凝胶
非金属性：Cl＞Si
D
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸
石蕊试纸变红
NH3显碱性
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2O
D．K2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+
10．（2分）2020年是“氢键”的百年诞辰。M分子部分结构如图所示（﹣﹣﹣表示氢键）。W、X、Y、Z是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（　　）

A．氢键是一种特殊的化学键
B．稳定性：W2Z＞WY
C．X的氧化物的水化物是强碱
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
11．（4分）莽草酸（a）是抗病毒和抗癌药物中间体，其官能团修饰过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．a分子中所有碳原子可能共面
B．M为乙醇
C．1mol a或b消耗NaOH的物质的量相等
D．将LiAlH4改为H2，也可以完成由b向c的转化
12．（4分）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应
B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离
C．N点时NaHCO3已经完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62
13．（4分）氯水具有漂白和杀菌作用。下列浓度关系正确的是（　　）
A．氯水中：c（Cl﹣）＝c（HClO）
B．氯水中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（ClO﹣）
C．氯水中：c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO）
D．等体积等浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸溶液混合后，溶液呈碱性：c（ClO﹣）＞c（HClO）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
14．（4分）草酸钙具有优异光学性能．在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。已知T1时Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4。下列说法错误的是（　　）

A．图中a的数量级为10﹣2
B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动
C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动
D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀
15．（4分）焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C（s）+O2（g）═2CO（g）；反应②：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g），反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0
B．983K是反应趋势变化的转折点
C．L1对应反应①
D．当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主
16．（4分）我国科学家发明了一种两电极体系高选择性合成甲酸盐和辛腈[CH3（CH2）6CN]的方法，装置如图所示。下列说法正确的是（　　）


A．b是电源负极
B．左半池的电极反应为：CO2﹣2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣
C．随着反应的进行，右半池的pH升高
D．每生成1mol CH3（CH2）6CN电路中转移4mol e﹣
二、解答题（共3小题，满分42分）
17．（14分）实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下，回答下列问题：
（1）制备SO2（部分固定装置略）

①制备二氧化硫可以选择装置　 　（填大写字母），其化学反应方程式为　 　。
②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→　 　。（按气流方向，填小写字母）
（2）制备大苏打（Na2S2O3•5H2O）
已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇．其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3。

①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色．继续通入SO2气体，当溶液中再次出现　 　现象时，反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，　 　，可得到Na2S2O3•5H2O固体。
③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入　 　。
（3）测定大苏打纯度．现称取ag上述样品，用少量水溶解，滴入1～2滴酚酞，再注入10mL CH3COOH～CH3COONa缓冲溶液，然后以淀粉为指示剂，用bmol•L﹣1的I2标准溶液滴定．已知该条件下：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI。
①加缓冲溶液的目的是　 　。
②若滴定时平均消耗标准碘液VmL，产品纯度为　 　。（列表达式）
18．（14分）用硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）生产硼酸（H3BO3）并回收硫酸镁的工艺流程如图。

回答下列问题：
（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为　 　。为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为　 　。
（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为　 　（用离子方程式表示）。试剂a为　 　。
（3）硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示．得到MgSO4•7H2O的温度范围为　 　，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在　 　℃以上蒸发浓缩、　 　，再用乙醇洗涤后干燥。
（4）加热10.54g硫酸镁晶体，得到5.14g硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x＝　 　。
19．（14分）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。正戊烷和异戊烷的部分性质如表。
名称
结构简式
熔点/℃
沸点/℃
燃烧热/kJ•mol﹣1
正戊烷
CH3CH2CH2CH2CH3
﹣130
36
3506.1
异戊烷
（CH3）2CHCH2CH3
﹣159.4
27.8
3504.1
回答下列问题：
（1）稳定性：正戊烷 　 　异戊烷。（填“＞”或“＝”或“＜”）
（2）25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为 　 　。
（3）在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图1所示。
①28～36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是 　 　。
②150℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率 　 　。（填“增大”、“减小”或“不变”）
③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为 　 　。（保留三位有效数字）
（4）在正戊烷中混入一定比例的H2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图2．该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2．
①第一步反应时，开关K应该连接 　 　。（选填“K1”或“K2”）
②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生的电极反应方程式 　 　
③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2L H2（标准状况），则电能的利用率为 　 　。（保留三位有效数字）
（二）选做题：每题14分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）
20．（14分）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物．回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为　 　，价电子中未成对电子有　 　个。
（2）二氧化钛与COCl2（光气）、SOCl2（二氯亚砜）等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
①COCl2（光气）的立体构型为　 　，COCl2中σ键和π键的数目比为　 　。
②SOCl2（二氯亚砜）是　 　分子。（填“极性”或“非极性”）
（3）香豆素（）是一种天然香料，能被TiO2光降解。
①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是　 　，理由是　 　。
②分子中C原子的杂化类型是　 　。
③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号πnm表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则香豆素中的大π键应表示为　 　。
（4）研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。TiO2﹣aNb晶体中a＝　 　，b＝　 　。
【选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
21．化合物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图。
（1）A的化学名称为　 　。
（2）③的化学反应方程式为　 　。
（3）⑤的化学反应类型为　 　。
（4）M中的含氧官能团的名称为肽键、　 　。
（5）B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有　 　种，其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为　 　。
①能与碳酸氢钠溶液反应；
②遇FeCl3溶液显紫色。
（6）设计由制备的合成路线　 　。

2020-2021学年广东省佛山市高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题2分，满分44分）
1．（2分）有关我国各大博物馆镇馆文物所含化学成分说法错误的是（　　）
湖南省博物馆西汉•丝质素纱禅衣
浙江省博物馆战国•漆器
故宫博物院北宋•千里江山图
国家博物馆商后期•司母戊鼎




蚕丝原料﹣纤维素
树漆﹣有机高分子
彩色矿物颜料﹣无机物
鼎身合金﹣青铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．蚕丝成分为蛋白质；
B．由漆树树干韧皮部采割的汁液称为生漆，是一种天然水乳胶漆，为优质涂料；
C．彩色矿物颜料即是无机颜料，是无机物的一类，属于无机性质的有色颜料，；
D．青铜是由红铜和锡等金属铸造而成的一种炊器，司母戊鼎是以青铜为材料，采用一种非常特殊的工艺（今人称之为青铜铸造工艺）制作出来的器物。
【解答】解：A．蚕丝成分为蛋白质，而不是纤维素，故A错误；
B．树漆是漆树树干韧皮部采割的汁液，是一种天然水乳胶漆，为优质涂料，是有机高分子材料，故B正确；
C．彩色矿物颜料即是无机颜料，是一类无机物，属于无机性质的有色颜料，故C正确；
D．青铜是由红铜和锡等金属铸造而成的一种炊器，司母戊鼎是以青铜为材料，采用一种非常特殊的工艺（今人称之为青铜铸造工艺）制作出来的器物，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查蚕丝、树漆、颜料、青铜等的成分，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的特点，掌握反应的实质，题目难度不大。
2．（2分）下列说法错误的是（　　）
A．稀土金属可以大大改善合金的性能，被称为“冶金工业的维生素”
B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料
C．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应
D．结晶牛胰岛素属于有机高分子化合物
【分析】A．稀土元素大大改善合金性能；
B．碳纳米管能够导电；
C．通信光缆主要成分二氧化硅，二氧化硅能够与碱反应；
D．相对分子质量大于10000为高分子化合物。
【解答】解：A．在合金中加入适量稀土金属，就能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的维生素，故A正确；
B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料，故B正确；
C．通信光缆主要成分二氧化硅，二氧化硅能够与碱反应，被碱腐蚀造成断路，故C错误；
D．结晶牛胰岛素为蛋白质，相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意高分子化合物概念，题目难度不大。
3．（2分）“暖宝宝”主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂等，工作时利用微孔透氧技术反应发热．下列说法错误的是（　　）
A．发热时铁粉发生了吸氧腐蚀
B．食盐作电解质，活性炭为正极
C．工作时，吸水性树脂可供水
D．暖宝宝可以重复使用
【分析】根据保暖贴的成分可知，铁粉和活性炭在氯化钠溶液中形成原电池，铁做负极，碳做正极，铁发生吸氧腐蚀，铁电极反应为：2Fe﹣4e﹣＝2Fe2+，碳极的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，总反应为：2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2，铁发生吸氧腐蚀放出热量，据此分析。
【解答】解：A．由于氯化钠溶液呈中性，故铁发生吸氧腐蚀，故A正确；
B．在形成的原电池中，铁做负极，碳做正极，食盐是电解质，故B正确；
C．工作时，吸水性树脂可供水，与食盐形成电解质溶液，故C正确；
D．该反应不可逆，不可以重复使用，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了铁的吸氧腐蚀，注意反应原理电极反应的分析，难度不大，应注意基础的掌握。
4．（2分）一次性口罩的结构如图所示．其中①、③层无纺布的用途不同，熔喷布的主要原料是聚丙烯．下列说法错误的是（　　）

A．①层常做防水处理，起防飞沫的作用
B．利用石油的分馏可获得生产聚丙烯的原料丙烯
C．熔喷布是一种超细静电纤维布，可以吸附以气溶胶形式存在的病毒
D．一次性口罩属干垃圾，疫情期间被定义为有害垃圾
【分析】A．①层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体；
B．丙烯通过石油的裂解得到；
C．熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过；
D．疫情期间使用过的一次性口罩，可能会携带病毒。
【解答】解：A．①层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体，起防飞沫的作用，故A正确；
B．石油的裂解过程才可以得到丙烯，丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，故B错误；
C．熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过，因此可以吸附以气溶胶形式存在的病毒，故C正确；
D．疫情期间使用一次性口罩，可能会携带一些冠状病毒，因此疫情期间被定义为有害垃圾，故D正确；
故选：B。
【点评】本题合成材料的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实际应用能力，有助于培养学生的学习兴趣，题目难度不大。
5．（2分）2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将NewSat9﹣18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为：C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O。下列说法错误的是（　　）
A．N2的电子式：
B．CO2的结构式：O＝C＝O
C．N2既是氧化产物又是还原产物
D．氧化性：N2O4＜CO2
【分析】A．氮气分子中氮原子之间共用三对电子且每个N原子还有一个孤电子对；
B．二氧化碳分子中每个O原子和C原子形成2个极性共价键；
C．该反应中N元素化合价由﹣3价、+4价变为0价；
D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是N2O4，氧化产物是CO2。
【解答】解：A．氮气分子中氮原子之间共用三对电子且每个N原子还有一个孤电子对，则氮气电子式为，故A正确；
B．二氧化碳分子中每个O原子和C原子形成2个极性共价键，二氧化碳结构式为O＝C＝O，故B正确；
C．该反应中N元素化合价由﹣3价、+4价变为0价，则N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是N2O4，氧化产物是CO2，则氧化性N2O4＞CO2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应及化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氧化性强弱比较方法等知识点是解本题关键，注意C2H8N2中各元素化合价，为解答易错点。
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值．已知反应：Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）．下列说法正确的是（　　）
A．1mol S2﹣所含电子数为8NA
B．1mol•L﹣1Na2S溶液中，S2﹣的数目为NA
C．7.8g Na2S固体所含离子数为0.3NA
D．1mol Na2S最多溶解S原子的数目为5NA
【分析】A．1个硫离子含有18个电子；
B．溶液体积未知；
C．依据N＝NA计算；
D．依据Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）判断。
【解答】解：A．1个硫离子含有18个电子，则1mol S2﹣所含电子数为18NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算硫离子个数，故B错误；
C．7.8g Na2S固体所含离子数为×3×NAmol﹣1＝0.3NA，故C正确；
D．依据Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）可知：1mol Na2S最多溶解S原子的数目为4NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，物质的结构、物质的量的浓度计算，掌握基础是关键，题目较简单。
7．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．无色溶液：Na+、SO42﹣、Cu2+
B．pH＝1的溶液：Ba2+、NO3﹣、K+
C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Ca2+、I﹣
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣
【分析】A．铜离子为有色离子；
B．三种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C．该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子、碘离子反应；
D．该溶液呈酸性或碱性，偏铝酸根离子、碳酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B．pH＝1的溶液中存在大量H+，Ba2+、NO3﹣、K+之间不反应，都不与H+反应，能够大量共存，故B正确；
C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，Fe3+与OH﹣、I﹣反应，不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣，H+与AlO2﹣、CO32﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，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”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
8．（2分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
向Ba（OH）2溶液中滴加少量稀硫酸，测量电导率变化
电导率减小
溶液中的离子浓度减小
B
在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶
集气瓶中产生白烟
生成HCl
C
向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸
溶液中出现凝胶
非金属性：Cl＞Si
D
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸
石蕊试纸变红
NH3显碱性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.离子浓度越大、导电性越强；
B.氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合水蒸气；
C.盐酸为无氧酸；
D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
【解答】解：A.离子浓度越大、导电性越强，由电导率减小，可知离子浓度减小，故A正确；
B.氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合水蒸气，则瓶口有白雾，故B错误；
C.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性，故C错误；
D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验氨气的试纸不合理，且氨气本身不显碱性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2O
D．K2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+
【分析】A．镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀；
B．氯气将亚铁离子氧化成铁离子；
C．一水合氨不能拆开；
D．氯气足量，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子。
【解答】解：A．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时还生成氢氧根离子，氢氧根离子能和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+Mg（OH）2↓+H2↑，故A错误；
B．向FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．向盐酸中滴加氨水的离子反应为：H++NH3•H2O＝H2O+NH4+，故C错误；
D．向K2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
10．（2分）2020年是“氢键”的百年诞辰。M分子部分结构如图所示（﹣﹣﹣表示氢键）。W、X、Y、Z是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（　　）

A．氢键是一种特殊的化学键
B．稳定性：W2Z＞WY
C．X的氧化物的水化物是强碱
D．简单离子半径：Z＞Y＞X
【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，X元素是地壳中含量最高的金属元素，X为Al；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，结合图中氢键结构可知W为H，Z为O；化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，可知Y为F，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为H、X为Al、Y为F、Z为O，
A.氢键不属于化学键，故A错误；
B.非金属性F大于O，则稳定性：W2Z＜WY，故B错误；
C.X的氧化物的水化物为氢氧化铝，属于弱碱，故C错误；
D.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞Y＞X，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握地壳中元素的含量、氢键及化学键、元素化合物知识为解答的关键，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。
11．（4分）莽草酸（a）是抗病毒和抗癌药物中间体，其官能团修饰过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．a分子中所有碳原子可能共面
B．M为乙醇
C．1mol a或b消耗NaOH的物质的量相等
D．将LiAlH4改为H2，也可以完成由b向c的转化
【分析】A．a中环上连接羟基和亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点；
B．a中羧基和甲醇发生酯化反应生成b；
C．a中羧基和NaOH以1：1发生中和反应，b中酯基和NaOH以1：1反应；
D．将LiAlH4改为H2，只有b中碳碳双键和氢气发生加成反应，酯基和氢气不反应。
【解答】解：A．a中环上连接羟基和亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，该分子中所有碳原子不能共平面，故A错误；
B．a中羧基和甲醇发生酯化反应生成b，则M为甲醇，故B错误；
C．a中羧基和NaOH以1：1发生中和反应，b中酯基和NaOH以1：1反应，a中含有一个羧基、b中含有一个酯基，则1mola或b消耗NaOH的物质的量相等，故C正确；
D．将LiAlH4改为H2，只有b中碳碳双键和氢气发生加成反应，酯基和氢气不反应，所以将LiAlH4改为H2，不能完成由b向c的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇、烯烃及酯的性质，明确官能团及其性质关系、能和NaOH反应的官能团是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
12．（4分）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应
B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离
C．N点时NaHCO3已经完全分解
D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62
【分析】A．盐类水解反应是酸碱反应的逆反应，中和反应为放热反应，则逆反应为吸热反应；
B．图象对比可知碳酸钠和碳酸氢钠溶液加热，溶液pH都减小，M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离；
C．若碳酸氢钠完全分解，则碳酸钠溶液45℃时的pH约为11.45；
D．图象可知升高温度部分碳酸氢钠发生变化，则将N点溶液恢复到25℃，溶液pH＞8.62。
【解答】解：A．NaHCO3和Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解均是吸热反应，故A正确；
B．图象对比可知碳酸钠和碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，故B正确；
C．若碳酸氢钠完全分解，则碳酸钠溶液45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液pH不符，故C错误；
D．升高温度部分碳酸氢钠发生变化，则将N点溶液恢复到25℃，混合溶液pH＞8.62，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了盐类水解原理分析判断、溶液pH变化的实质理解应用，注意图象变化的特征分析，题目难度中等。
13．（4分）氯水具有漂白和杀菌作用。下列浓度关系正确的是（　　）
A．氯水中：c（Cl﹣）＝c（HClO）
B．氯水中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（ClO﹣）
C．氯水中：c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO）
D．等体积等浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸溶液混合后，溶液呈碱性：c（ClO﹣）＞c（HClO）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【分析】A．HClO部分电离，HCl完全电离；
B．HCl、HClO和H2O都电离出H+，只有HCl电离出Cl﹣，溶液呈酸性，水电离程度很小；
C．溶液中存在电荷守恒c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），生成的n（HCl）＝n（HClO），则存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（ClO﹣）+c（HClO）；
D．等体积等浓度的NaClO、HClO溶液混合，混合溶液呈碱性，说明ClO﹣水解程度大于HClO电离程度。
【解答】解：A．HClO部分电离，HCl完全电离，根据方程式知生成的n（HCl）＝n（HClO），则c（Cl﹣）＞c（HClO），故A错误；
B．HCl、HClO和H2O都电离出H+，只有HCl电离出Cl﹣，则c（Cl﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，水电离程度很小，溶液中存在c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），生成的n（HCl）＝n（HClO），则存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（ClO﹣）+c（HClO），则存在c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO），故C正确；
D．等体积等浓度的NaClO、HClO溶液混合，混合溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），说明ClO﹣水解程度大于HClO电离程度，c（ClO﹣）＜c（HClO），钠离子不水解，所以存在c（HClO）＞c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题以氯水为载体考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，C为解答易错点。
14．（4分）草酸钙具有优异光学性能．在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。已知T1时Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4。下列说法错误的是（　　）

A．图中a的数量级为10﹣2
B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动
C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动
D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀
【分析】A．CaC2O4中阴阳离子个数比为1：1，根据Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），
B．温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行，溶度积常数增大；
C．温度不变溶度积常数不变，加入CdCl2溶液中Cd2+离子浓度增大，S2﹣离子浓度减小；
D．根据Qc与Ksp的大小分析解答。
【解答】解：A．CaC2O4沉淀溶解平衡为CaC2O4（s）⇌c（Ca2+）（aq）+c（C2O42﹣）（aq），根据Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），所以c（Ca2+）＝c（C2O42﹣）＝mol•L﹣1≈2.6×10﹣2mol•L﹣1，所以a的数量级为10﹣2，故A正确；
B．一般难溶物溶解是吸热过程，升高温度平衡正向进行，饱和溶液中离子浓度增大，Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣）增大，m点的饱和溶液的组成由m脱离pmn线沿45°角的直线向T2曲线的方向移动，故B错误；
C．Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，温度不变Ksp（CaC2O4）不变，C2O42﹣浓度增大，Ca2+浓度减小，溶液组成由m沿pmn线向n方向移动，故C正确；
D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，则c（Ca2+）＝c（C2O42﹣）＝×0.03mol•L﹣1﹣＝0.015mol•L﹣1，Qc＝c（Ca2+）c（C2O42﹣）＝0.015mol•L﹣1×0.015mol•L﹣1＝2.25×10﹣4＜Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4，所以不能观察到沉淀，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为解答的难点，题目难度中等。
15．（4分）焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C（s）+O2（g）═2CO（g）；反应②：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g），反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0
B．983K是反应趋势变化的转折点
C．L1对应反应①
D．当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主
【分析】A.反应前后气体计量数之和减小，则△S＜0，所有的燃烧都是放热反应；
B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点；
C.反应①的△H＜0、△S＞0，升高温度时自发进行的趋势增大；
D.当温度低于983K时，主要发生C（g）+O2（g）═CO2（g）。
【解答】解：A.反应前后气体计量数之和减小，则△S＜0，所有的燃烧都是放热反应，则反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0，故A正确；
B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点，则983K是反应趋势变化的转折点，故B正确；
C.反应①的△H＜0、△S＞0，升高温度时自发进行的趋势增大，温度越高时G越小，则L2对应反应①，故C错误；
D.当温度低于983K时，主要发生C（g）+O2（g）═CO2（g），则过量焦炭的氧化产物以CO2为主，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握焓变、熵变与反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
16．（4分）我国科学家发明了一种两电极体系高选择性合成甲酸盐和辛腈[CH3（CH2）6CN]的方法，装置如图所示。下列说法正确的是（　　）


A．b是电源负极
B．左半池的电极反应为：CO2﹣2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣
C．随着反应的进行，右半池的pH升高
D．每生成1mol CH3（CH2）6CN电路中转移4mol e﹣
【分析】由图可知左侧发生电极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，化合价降低还原反应，右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，化合价升高氧化反应，据此答题。
【解答】解：A．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，化合价升高氧化反应，与电源正极相连，b是电源正极，故A错误；
B．左侧发生电极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，化合价降低还原反应，故B错误；
C．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，消耗氢氧根，右半池的pH不升高，故C错误；
D．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，每生成1mol CH3（CH2）6CN电路中转移4mol e﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理的运用，根据图示分析电极变化，注重基础，难度不大。
二、解答题（共3小题，满分42分）
17．（14分）实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下，回答下列问题：
（1）制备SO2（部分固定装置略）

①制备二氧化硫可以选择装置　A　（填大写字母），其化学反应方程式为　Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O　。
②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→　g→h→d→c→e（f）　。（按气流方向，填小写字母）
（2）制备大苏打（Na2S2O3•5H2O）
已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇．其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3。

①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色．继续通入SO2气体，当溶液中再次出现　黄色　现象时，反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，　冷风吹干　，可得到Na2S2O3•5H2O固体。
③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入　乙醇　。
（3）测定大苏打纯度．现称取ag上述样品，用少量水溶解，滴入1～2滴酚酞，再注入10mL CH3COOH～CH3COONa缓冲溶液，然后以淀粉为指示剂，用bmol•L﹣1的I2标准溶液滴定．已知该条件下：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI。
①加缓冲溶液的目的是　防止溶液呈酸性影响测定结果　。
②若滴定时平均消耗标准碘液VmL，产品纯度为　　。（列表达式）
【分析】（1）实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫，二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；
（2）将SO2通入装有 Na2CO3、Na2S混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束；反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，结合 Na2S2O3•5H2O的性质采用冷风吹干，可得到Na2S2O3•5H2O固体；
（3）用滴定法测定样品纯度时，要防止溶液呈酸性影响测定结果；按反应方程式2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI根据滴定时平均消耗bmol/L的I2标准溶液VmL，可计算得到产品纯度。
【解答】解：（1）①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，固、液混合不加热，则应选择装置A，发生化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：A；Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
②利用A装置制备的SO2气体，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、因二氧化硫有毒，需要用碱石灰进行尾气吸收，则利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→g→h→d→c→e（f），
故答案为：g→h→d→c→e（f）；
（2）①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为：SO2+Na2S+H2O＝H2S+Na2SO3、2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，随着反应Na2SO3+S＝Na2S2O3不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入SO2气体，因亚硫酸溶液呈酸性，已知Na2S2O3水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和 NaHSO3，故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束，
故答案为：黄色；
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，进行干燥时，已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，采用冷风吹干，可得到Na2S2O3•5H2O晶体，
故答案为：冷风吹干；
③已知Na2S2O3•5H2O难溶于乙醇，为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇，
故答案为：乙醇；
（3）①已知Na2S2O3•5H2O水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和 NaHSO3，滴定过程中加入10mLCH3COOH～CH3COONa 缓冲溶液，能使溶液的pH基本保持稳定，防止溶液呈酸性影响测定结果，
故答案为：防止溶液呈酸性影响测定结果；
②已知2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI可知存在数量关系n（Na2S2O3）＝2n（I2），若滴定时平均消耗标准碘液VmLbmol•L﹣1的I2标准溶液，则n（Na2S2O3）＝2n（I2）＝2×bmol•L﹣1×V×10﹣3L＝2bV×10﹣3mol，Na2S2O3•5H2O的摩尔质量为248g/mol，产品的纯度为，
故答案为：。
【点评】本题综合性较强，涉及气体制备、物质的性质与应用、物质的含量测定等，明确反应原理是解题关键，难点是混合物分离提纯操作方法的选择，基础考查，难度中等。
18．（14分）用硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）生产硼酸（H3BO3）并回收硫酸镁的工艺流程如图。

回答下列问题：
（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为　2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3　。为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为　分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）　。
（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为　2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O　（用离子方程式表示）。试剂a为　MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]　。
（3）硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示．得到MgSO4•7H2O的温度范围为　1.8～48.1℃　，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在　67.5　℃以上蒸发浓缩、　趁热过滤　，再用乙醇洗涤后干燥。
（4）加热10.54g硫酸镁晶体，得到5.14g硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x＝　7　。
【分析】硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）加入硫酸，生成硫酸镁、硼酸（H3BO3）、硫酸钙、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，SiO2和硫酸不反应，硫酸钙微溶于水，滤渣1是SiO2、CaSO4；滤液1加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，用MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]调节pH除去Fe3+、Al3+，滤液2冷却得到H3BO3沉淀，过滤后的母液蒸发浓缩、趁热过滤得MgSO4•H2O。
【解答】解：（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应是2MgO•B2O3•H2O和硫酸反应生成硫酸镁、硼酸（H3BO3），化学方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）可以避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，
故答案为：2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）；
（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入试剂a调节pH除去Fe3+、Al3+，为不引入新杂质，试剂a可以是MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]；
（3）根据图示，得到MgSO4•7H2O的温度范围为1.8～48.1℃，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤，再用乙醇洗涤后干燥，
故答案为：1.8～48.1℃；67.5；趁热过滤；
（4）设硫酸镁晶体的化学式是MgSO4•xH2O，10.54g×＝5.14g，解得x＝7，
故答案为：7。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．（14分）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。正戊烷和异戊烷的部分性质如表。
名称
结构简式
熔点/℃
沸点/℃
燃烧热/kJ•mol﹣1
正戊烷
CH3CH2CH2CH2CH3
﹣130
36
3506.1
异戊烷
（CH3）2CHCH2CH3
﹣159.4
27.8
3504.1
回答下列问题：
（1）稳定性：正戊烷 　＜　异戊烷。（填“＞”或“＝”或“＜”）
（2）25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为 　CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1　。
（3）在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图1所示。
①28～36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是 　28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大　。
②150℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率 　不变　。（填“增大”、“减小”或“不变”）
③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为 　76.2%　。（保留三位有效数字）
（4）在正戊烷中混入一定比例的H2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图2．该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2．
①第一步反应时，开关K应该连接 　K1　。（选填“K1”或“K2”）
②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生的电极反应方程式 　NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣　
③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2L H2（标准状况），则电能的利用率为 　96.0%　。（保留三位有效数字）
【分析】（1）能量越低越稳定；
（2）根据盖斯定律计算反应热；
（3）①异戊烷的沸点27.8℃，28～36℃时异戊烷气化；
②150℃时，反应物和生成物的气体计量数相等；
③平衡转化率＝×100%；
（4）①NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，应该电极为阳极；
②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生还原反应；
③当电路中转移6.25mol电子时，理论上生成n（H2）＝＝3.125mol。
【解答】解：（1）异戊烷的燃烧热更低，所以异戊烷的能量低，稳定性：正戊烷＜异戊烷，
故答案为：＜；
（2）①CH3CH2CH2CH2CH3（l）+O2（g）＝4CO2（g）+5H2O（l）△H＝﹣3506.1kJ•mol﹣1
②（CH3）2CHCH2CH3（l）+O2（g）＝4CO2（g）+5H2O（l）△H＝﹣3504.1kJ•mol﹣1
25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为可以用①﹣②得到CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1，
故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1；
（3）①异戊烷的沸点27.8℃，28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大，
故答案为：28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大；
②150℃时，反应物和生成物的气体计量数相等，体系压强从100kPa升高到500kPa平衡不移动，正戊烷的平衡转化率不变，
故答案为：不变；
③150℃时，该反应的平衡常数为K＝＝3.2，平衡转化率＝×100%＝×100%≈76.2%，
故答案为：76.2%；
（4）①NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，应该电极为阳极，与电源正极相连，第一步反应时，开关K应该连接K1，
故答案为：K1；
②第二步反应时，另一个惰性电极产生O2，NiOOH/Ni（OH）2为阴极，发生还原反应，电极反应方程式NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣，
故答案为：NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣；
③当电路中转移6.25mol电子时，理论上生成n（H2）＝＝3.125mol，产生67.2L H2（标准状况），n（H2）＝＝3.0mol电能的利用率为×100%＝96.0%，
故答案为：96.0%。
【点评】本题考查了反应热的计算、化学平衡影响因素和计算以及电化学等知识点，为高频考点，掌握转化率、产率、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
（二）选做题：每题14分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）
20．（14分）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物．回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为　4s　，价电子中未成对电子有　2　个。
（2）二氧化钛与COCl2（光气）、SOCl2（二氯亚砜）等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
①COCl2（光气）的立体构型为　平面三角形　，COCl2中σ键和π键的数目比为　3：1　。
②SOCl2（二氯亚砜）是　极性　分子。（填“极性”或“非极性”）
（3）香豆素（）是一种天然香料，能被TiO2光降解。
①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是　O＞C　，理由是　O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大　。
②分子中C原子的杂化类型是　sp2　。
③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号πnm表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则香豆素中的大π键应表示为　π　。
（4）研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。TiO2﹣aNb晶体中a＝　　，b＝　　。
【分析】（1）Ti是第22号元素，位于周期表中第4周期第ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，d轨道数为5；
（2）①COCl2的结构式为，碳原子形成1个π键和3个σ键，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；
②分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，反之相反；
（3）①C、O元素位于第二周期元素，结合元素周期律分析；
②由香豆素结构式可知，香豆素分子中的C原子均为平面三角形，无孤电子对，结合VSEPR模型判断杂化类型；
③香豆素分子中10个原子可形成10原子10电子的大π键；
（4）根据原子分摊法可知，TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、O、N的原子个数比为4：：＝1：：，据此计算a、b值。
【解答】解：（1）Ti是第22号元素，位于周期表中第4周期第ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，d轨道数为5，则Ti原子核外电子占据的最高能级符号为4s，价电子中有2个未成对电子，
故答案为：4s；2；
（2）①COCl2的结构式为，碳原子形成1个π键和3个σ键，C原子无孤电子对，则COCl2为平面三角形分子，COCl2中σ键和π键的数目比为3：1，
故答案为：平面三角形；3：1；
②COCl2是平面三角形构型，结构式为，O和Cl的电负性不相等，则其分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，
故答案为：极性；
（3）①C、O元素位于第二周期元素，并且O原子半径小，对最外层电子吸引力大，则第一电离能：O＞C，
故答案为：O＞C；O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大；
②香豆素的结构为，则所有的C原子均无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
③香豆素分子中环中C、O原子的价电子总数为4×9+6＝42，其中O原子有2对孤电子对，环中含有6个C﹣H键和11个共价键（9个C﹣C键和2个C﹣O键），所以形成大π键电子数＝42﹣4﹣6﹣2×11＝10，即10原子10电子的大π键为π，
故答案为：π；
（4）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、O、N的原子个数比为4：：＝1：：，即2﹣a＝，a＝、b＝，
故答案为：；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、分子空间构型、杂化方式、化学键、第一电离能和晶胞计算等知识，为高频考点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想象能力及计算能力，把握元素的价电子排布式、分子结构、VSEPR模型的应用和晶胞中原子分摊法的计算是解题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
【选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
21．化合物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图。
（1）A的化学名称为　邻羟基苯甲酸　。
（2）③的化学反应方程式为　　。
（3）⑤的化学反应类型为　取代反应　。
（4）M中的含氧官能团的名称为肽键、　羧基、醚键　。
（5）B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有　13　种，其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为　　。
①能与碳酸氢钠溶液反应；
②遇FeCl3溶液显紫色。
（6）设计由制备的合成路线　　。
【分析】（1）由流程图可知，A分子式为C7H6O3，根据B的结构简式可知A中含有苯环，则支链上只有一个C原子，再对比A、B的结构简式可知反应①是A与CH3OH发生酯化反应生成B；
（2）根据D生成E的条件可知，该反应在D的苯环上引入了硝基，所以B到D的反应为B中苯环上的H原子被Cl原子取代的反应；
（3）对比F和G的结构简式，可推知反应⑤F中氨基上的H原子和羟基上的H原子被﹣CH2CO﹣代替生成G，来确定反应类型；
（4）根据M的结构简式可判断出M中的含氧官能团；
（5）B的分子式为C8H8O3，不饱和度Ω＝5，其同分异构体满足下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基；分情况如下：①当苯环上有两个支链时，则可以是：﹣OH、一CH2COOH，此时有邻间对3种同分异构体；②当苯环上有三个支链时，可以是：﹣OH、﹣COOH、﹣CH3，此时苯环上有三个不同的取代基，利用定二议一法如下：先确定﹣COOH和﹣OH两个取代基的位置关系，分别有邻间对三种位置关系，则苯环上有3个不同的取代基时共有2+4+4＝10种同分异构体；综上两种情况可知共有3+10＝13种同分异构体；
（6）由制备，结合题干中D生成G的流程可知，可先发生硝化反应，然后再Fe的还原下将硝基还原为氨基，之后与ClCH2COCl发生取代反应得到。
【解答】解：（1）由流程图可知，A分子式为C7H6O3，根据B的结构简式，可知A中含有苯环，则支链上只有一个C原子，再对比A、B的结构简式可知反应①是A与CH3OH发生酯化反应生成B，则A的结构简式为：故A的化学名称为：邻羟基苯甲酸，
故答案为：邻羟基苯甲酸；
（2）根据D生成E的条件可知，该反应在D的苯环上引入了硝基，所以B到D的反应为B中苯环上的H原子被Cl原子取代的反应，则反应②是B与Cl2发生取代反应生成的D，反应③为D与硝酸发生硝化反应生成E，则③的化学反应方程式为：，
故答案为：；
（3）对比F和G的结构简式，可推知反应⑤F中氨基上的H原子和羟基上的H原子被﹣CH2CO﹣代替生成G，所以反应⑤为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）根据M的结构简式可知，M中的含氧官能团的名称为肽键、羧基、醚键，
故答案为：羧基、醚键；
（5）B为，分子式为C8H8O3，不饱和度Ω＝5，其同分异构体满足下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基；分情况如下：①当苯环上有两个支链时，则可以是：﹣OH、一CH2COOH，此时有邻间对3种同分异构体；②当苯环上有三个支链时，可以是：﹣OH、﹣COOH、﹣CH3，此时苯环上有三个不同的取代基，利用定二议一法如下：先确定﹣COOH和﹣OH两个取代基的位置关系，分别有邻间对三种位置关系
在的位置关系中苯环上再引入一CH3有2种结构、在的位置关系中苯环上再引入﹣CH3有4种结构，在的位置关系中苯环上再引入﹣CH3有4种结构，则苯环上有3个不同的取代基时共有2+4+4＝10种同分异构体；综上两种情况可知共有3+10＝13种同分异构体；其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）由制备，结合题干中D生成G的流程可知，可先由和HNO3，在﹣5～0℃时发生硝化反应生成，然后再Fe的还原下将中的硝基还原为氨基，之后与ClCH2COCl发生取代反应得到，综上分析可知该合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本考点主要考查有机物的合成，当题目给定反应路径时，可以采用逆推法，重点抓住官能团的性质和不同官能团之间转化的桥梁，分析结构，利用反应条件推出反应类型、官能图名称，同分异构体数目判断、结构简式，和设计合成路线，题目难度较大，注重有机综合能力的培养，知识覆盖面较广。
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