2020年广东省梅州市高考化学一模试卷（含答案）

这是一份2020年广东省梅州市高考化学一模试卷（含答案），共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2020年广东省梅州市高考化学一模试卷
一、选择题
1．（3分）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（　　）
A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
B．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，该诗句表明玉的熔点非常高
C．港珠澳大桥的吊绳中含有的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物
D．我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（　　）
A．a和b的一氯代物均有三种结构
B．a和b互为同分异构体，b和c互为同系物
C．a、b、c分子中的所有原子可能在同一平面上
D．a、b、c三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色
3．（3分）下列有关装置对应实验的说法正确的是下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（　　）
A．用图①所示装置可以除去四氯化碳中混有的溴单质
B．用图②所示装置可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液
C．用图③所示装置可以分离苯和甲苯的混合溶液
D．用图④所示装置可除去CO2中混有的少量HCl
4．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
A．盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O
B．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
C．酸性KI淀粉溶液久置后变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣
D．漂白液（有效成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）混合使用产生氯气：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O
5．（3分）最新科技研究成果表明磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，该电池放电时的反应为LixC6+Li1﹣xFePO4═6C+LiFePO4．某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．放电时，电池负极反应为：LixC6﹣xe﹣═xLi++6C
B．充电时，阳极上发生的反应为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+
C．放电时，Li+脱离石墨，经电解质嵌入负极
D．充电时，电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料
6．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示（球的大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中正确的是（　　）

A．W和X可以组成原子个数比为2：1和1：1的离子化合物
B．工业上可采用电解Z的熔融氯化物的方法制得单质Z
C．Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强
D．X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大顺序为Z＜Y＜X
7．（3分）酸碱中和滴定是中学化学定量分析的一种重要方法。已知在25℃时，取20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别进行滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的pH大小顺序为：HZ＜HY＜HX
B．当V（NaOH）＝10mL时，在HY溶液中由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣9mol•L﹣1
C．HY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）﹣c（Y﹣）＝c（Z﹣）+c（OH﹣）
D．根据上述滴定曲线，可计算得Ka（HY）≈10﹣3
二、非选择题（一）必考题
8．2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂（LiCoO2）、Al等，处理该废料的一种工艺如图1所示：

回答下列问题：
（1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是　 　。
（2）能够提高“碱浸”效率的方法有　 　（至少写两种）。
（3）“碱浸”时Al溶解的离子方程式为　 　。
（4）“酸溶”时加入H2O2的目的是　 　。
（5）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图2所示，则浸出过程的最佳条件是　 　。
（6）配制250mL 1.0mol/L（NH4）2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还需要　 　。
（7）取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为　 　。
9．某化学研究性学习小组为了制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5），并对其性质进行研究。特进行如下实验：
实验一制取焦亚硫酸钠。
研究小组采用图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5。
（1）装置Ⅰ中通常采用70%～80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取SO2，而不用98%的浓硫酸或极稀的稀硫酸，原因是　 　。
（2）若要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，所采取的分离方法需用到的玻璃仪器有　 　。
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，请画出用来处理尾气并防止发生倒吸的实验装置，注明相应的试剂。
　 　。
（4）已知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3，该反应的离子方程式为　 　。
（5）用pH试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，其溶液呈酸性的原因是　 　。
（6）取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，其中滴加酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，经测定溶液中产生Mn2+，该反应的离子方程式是　 　。
实验三焦亚硫酸钠的含量测定。
测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。
已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣。
①精确称取干燥的产品0.20g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。
②向碘量瓶中准确移取10.00mL，1.00mol/L的标准碘溶液（过量），振荡，使其与产品中的焦亚硫酸钠充分反应。
③加入1～2mL淀粉溶液，用标准1.00mol/LNa2S2O3溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算得消耗标准液平均体积为16.80mL。
（7）上述实验操作滴定终点的现象为　 　；根据上述实验，计算产品中焦亚硫酸钠的质量分数为　 　。

10．经最新研究发现，NOx和SOx是形成雾霾天气的主要原因之一，因此研究NOx、SOx等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
（1）为了消除NO造成的污染，通常采用一氧化碳和氢气进行催化还原NO。
已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝akJ•mol﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝bkJ•mol﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）△H＝ckJ•mol﹣1。
写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式　 　。
（2）目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术。反应原理如图1所示：

当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有12mol电子发生转移时，则参与反应的NO2的物质的量为　 　。
（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＜0．实验测得：v正＝v消耗（NO）＝2v消耗（O2）＝k正c2（NO）•c（O2），v逆＝v消耗（NO2）＝k逆c2（NO2），k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n（NO）、n（O2）如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（NO）/mol
1
0.6
0.4
0.2
0.2
0.2
n（O2）/mol
0.6
04
0.3
0.2
0.2
0.2
①从0～2s该反应的平均速率v（NO2）＝　 　mol/（L•s）。
②T1温度时，上述反应的化学平衡常数K＝　 　。
③若将容器的温度改变为T2时其k正＝k逆，则T1　 　T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图2。
①N极的电极反应式为　 　。
②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为　 　。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的价电子排布式为　 　；3d能级上的未成对的电子数为　 　。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液，[Ni（NH3）6]SO4中配体的空间构型是　 　，阴离子的空间立体构型是　 　。
（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO　 　FeO（填“＜”或“＞”）。
（4）元素铜与镍的第二电离能分别为：I（Cu）＝1959kJ/mol，I（Ni）＝1753kJ/mol，I（Cu）＞I（Ni）的原因是　 　。
（5）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图甲所示。该合金的化学式为　 　。
（6）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图乙所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键。请在图中用“→”和“…”表示出配位键和氢键。（提示：Ni2+的配位数为4）　 　。
（7）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图丙所示。若合金的密度为dg•cm﹣3，晶胞参数a＝　 　nm。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．某科研小组由有机物A制备G的合成路线如图所示：

请回答下列问题：
（1）A的结构简式为　 　；D中含氧官能团的名称是　 　。
（2）反应③的试剂和反应条件分别是　 　，该反应类型是　 　。
（3）已知吡啶是一种有机碱，在反应⑤中的作用是　 　。
（4）反应⑤的化学方程式为　 　。
（5）G的相对分子质量为　 　。
（6）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有　 　种。
（7）参照上述合成路线，以CH3CH2COCl和OCH2CH3为原料，经三步合成某化工产品CH3CH2ONHCOCH2CH3的路线为　 　（其他无机试剂任选）。

2020年广东省梅州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（　　）
A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
B．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，该诗句表明玉的熔点非常高
C．港珠澳大桥的吊绳中含有的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物
D．我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【分析】A．酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同；
B．“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高；
C．聚乙烯纤维相对分子质量在10000以上；
D．Si是良好的半导体，可以用来制作太阳能电池。
【解答】解：A．酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，即为蒸馏操作，故A正确；
B．试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高、化学性质稳定，故B正确；
C．聚乙烯纤维相对分子质量在10000以上，且为有机物，属于有机高分子化合物，故C正确；
D．Si是良好的半导体，可以用来制作太阳能电池，而不是二氧化硅，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质和用途，侧重学生分析能力、学以致用能力和理论联系实际能力的考查，有利于培养学生分析问题的能力，题目难度不大。
2．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（　　）
A．a和b的一氯代物均有三种结构
B．a和b互为同分异构体，b和c互为同系物
C．a、b、c分子中的所有原子可能在同一平面上
D．a、b、c三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色
【分析】A．根据有机物的等效氢原子种类判断；
B．b和c结构不同；
C．a、b中都含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构；
D．烯烃、甲苯都可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A．a有三种不同位置的H原子，因此其一氯代物有三种结构；而b分子中H原子有四种不同位置，分别是甲基上的H原子及苯环上甲基连接的C原子的邻位、间位、对位上的H原子，因此有四种一氯代物，故A错误；
B．a和b分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；b分子式是C7H8，而c分子式是C8H8，二者结构不相似，分子组成也不是相差CH2的整数倍，因此二者不能互为互为同系物，故B错误；
C．a、b中都含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能分子中的所有原子在同一平面上，故C错误；
D．a含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化；b、c都含有苯环，且与苯环连接的C原子上有H原子，二者都可以被KMnO4溶液氧化产生苯甲酸，因此三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握有机物中的官能团、性质的关系为解答的关键，熟悉甲苯、烯烃的性质即可解答，题目难度不大。
3．（3分）下列有关装置对应实验的说法正确的是下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（　　）
A．用图①所示装置可以除去四氯化碳中混有的溴单质
B．用图②所示装置可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液
C．用图③所示装置可以分离苯和甲苯的混合溶液
D．用图④所示装置可除去CO2中混有的少量HCl
【分析】A．溴易溶于四氯化碳，为互溶液体混合物；
B．乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液分层；
C．苯和甲苯的混合溶液互溶；
D．二者均与碳酸钠溶液反应。
【解答】解：A．溴易溶于四氯化碳，为互溶液体混合物，图中过滤装置不能分离，故A错误；
B．乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液分层，图中分液装置可分离，故B正确；
C．苯和甲苯的混合溶液互溶，图中缺少温度计，故C错误；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；
故选：B。
【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、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。
4．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
A．盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O
B．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
C．酸性KI淀粉溶液久置后变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣
D．漂白液（有效成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）混合使用产生氯气：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O
【分析】A．二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解生成易溶于水的物质；
C．不符合客观事实，酸性溶液中氢氧根离子不能大量存在；
D．NaClO中的Cl元素化合价由+1变到0价，HCl中的Cl元素化合价由﹣1变到0价。
【解答】解：A．玻璃中含有二氧化硅，可与NaOH反应生成硅酸钠将瓶口粘住，不易打开，化学方程式为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故A正确；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强可除油污，离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，水解以第一步为主，故B正确；
C．酸性KI淀粉溶液久置后变蓝，离子方程式：4I﹣+O2+4H+＝2I2+2H2O，故C错误；
D．盐酸和NaClO混合使用，氯元素价态归中放出氯气，离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式书写正误的判断，明确反应实质是解题关键，注意钠与氧气反应条件不同对应产物不同，题目难度不大。
5．（3分）最新科技研究成果表明磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，该电池放电时的反应为LixC6+Li1﹣xFePO4═6C+LiFePO4．某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．放电时，电池负极反应为：LixC6﹣xe﹣═xLi++6C
B．充电时，阳极上发生的反应为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+
C．放电时，Li+脱离石墨，经电解质嵌入负极
D．充电时，电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料
【分析】根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1﹣xFePO4═6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6﹣xe﹣＝6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1﹣xFeO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。
【解答】解：A．放电时为原电池装置，负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知负极反应为LixC6﹣xeˉ＝6C+xLi+，故A正确；
B．根据总反应可知，放电时正极反应为正极反应式为Li1﹣xFeO4+xLi++xeˉ＝LiFePO4，充电时阳极反应与正极反应相反，为LiFePO4﹣xeˉ＝Li1﹣xFePO4+xLi+，故B正确；
C．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故C错误；
D．充电时电子从外电源负极→阴极→阳极→电源正极，即充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意电极反应式的书写，题目难度中等。
6．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示（球的大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中正确的是（　　）

A．W和X可以组成原子个数比为2：1和1：1的离子化合物
B．工业上可采用电解Z的熔融氯化物的方法制得单质Z
C．Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强
D．X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大顺序为Z＜Y＜X
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素；Z的族序数等于其周期数，其原子序数大于O，则Z为Al元素；W、X位于不同周期，图中W的原子半径小于X的，则W为H元素；四种元素组成分子簇的化学式为H2Al2O5Y2，结合化合价为0可知，Y的化合价为+2，其原子半径大于Al，则Y为Mg元素，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Al元素。
A．H、O组成原子个数比为2：1和1：1的化合物分别为H2O、H2O2，都为共价化合物，故A错误；
B．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上通过电解熔融Al2O3得到铝，故B错误；
C．同周期从左到右金属性逐渐减弱，则金属性Mg＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜Y，故C错误；
D．X、Y、Z三种元素的离子分别为O2﹣、Mg2+、Al3+，核外电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大顺序为：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的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素单质化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
7．（3分）酸碱中和滴定是中学化学定量分析的一种重要方法。已知在25℃时，取20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别进行滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的pH大小顺序为：HZ＜HY＜HX
B．当V（NaOH）＝10mL时，在HY溶液中由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣9mol•L﹣1
C．HY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）﹣c（Y﹣）＝c（Z﹣）+c（OH﹣）
D．根据上述滴定曲线，可计算得Ka（HY）≈10﹣3
【分析】A、初始时的pH来判断；
B、溶液中溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液的pH＝5，c（OHˉ）＝；
C、溶液中电荷守恒为：c（H+）＝c（Yˉ）+c（Zˉ）+c（OHˉ）；
D、Ka（HY）＝。
【解答】解：A、由图可知未滴加NaOH溶液时，同浓度的三种酸溶液的pH大小顺序为HZ＜HY＜HX，故A正确；
B、当V（NaOH）＝10mL时，溶液中溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液的pH＝5，所以溶液中c（H+）＝10﹣5mol/L，则溶液中的c（OHˉ）＝＝10﹣9mol/L，根据溶质可知氢氧根全部由水电离，而水电离出的氢离子浓度和氢氧根相同，所以水电离出的c（H+）＝10﹣9mol/L，故B正确；
C、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c（H+）＝c（Yˉ）+c（Zˉ）+c（OHˉ），所以c（H+）﹣c（Yˉ）＝c（Zˉ）+c（OHˉ），故C正确；
D、由图可知0.1000mol/L的HY溶液pH＝3，c（H+）＝10﹣3mol/L，Ka（HY）＝＝≈10﹣5，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，题目难度中等，掌握电离平衡的影响原理等，明确Ka的计算是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
二、非选择题（一）必考题
8．2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂（LiCoO2）、Al等，处理该废料的一种工艺如图1所示：

回答下列问题：
（1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是　增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率　。
（2）能够提高“碱浸”效率的方法有　适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等　（至少写两种）。
（3）“碱浸”时Al溶解的离子方程式为　：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　。
（4）“酸溶”时加入H2O2的目的是　将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价　。
（5）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图2所示，则浸出过程的最佳条件是　75℃，30min　。
（6）配制250mL 1.0mol/L（NH4）2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还需要　250mL容量瓶、胶头滴管　。
（7）取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为　Co3O4　。
【分析】由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢发生2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子、铝离子，滤渣主要为LiOH，用草酸铵“沉钴”发生CoC2O4，以此解答该题。
【解答】解：（1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等都可以提高碱浸效率，故答案为：适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；
（3）“碱浸”时Al溶解的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；
（4）根据后续流程可知Co元素由LiCoO2中的+3价变为了CoC2O4中的+2价，而双氧水具有一定的还原性，所以加入双氧水的目的为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价，故答案为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价；
（5）据图可知温度越高钴的浸出率越大，但30min后75℃和85℃条件下浸出率几乎相同，为了降低能耗温度应选75℃，而30min后浸出率几乎不变，所以时间选30min，即最佳条件为75℃，30min，故答案为：75℃，30min；
（6）配制250mL 1.0mol/L（NH4）2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要250mL容量瓶，以及定容时所需要的胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（7）取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，n（CoC2O4）＝＝0.03mol，根据元素守恒，氧化物中n（Co）＝0.03mol，质量为m（Co）＝0.03mol×59g/mol＝1.77g，则氧化物中m（O）＝2.41g﹣1.77g＝0.64g，所以n（O）＝＝0.04mol，氧化物中n（Co）：n（O）＝0.03mol：0.04mol＝3：4，所以该氧化物为Co3O4，故答案为：Co3O4。
【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、流程中发生的反应、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．某化学研究性学习小组为了制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5），并对其性质进行研究。特进行如下实验：
实验一制取焦亚硫酸钠。
研究小组采用图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5。
（1）装置Ⅰ中通常采用70%～80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取SO2，而不用98%的浓硫酸或极稀的稀硫酸，原因是　98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗　。
（2）若要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，所采取的分离方法需用到的玻璃仪器有　烧杯、漏斗、玻璃棒　。
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，请画出用来处理尾气并防止发生倒吸的实验装置，注明相应的试剂。
　或　。
（4）已知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3，该反应的离子方程式为　　。
（5）用pH试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，其溶液呈酸性的原因是　HSO3﹣的电离程度大于水解程度　。
（6）取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，其中滴加酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，经测定溶液中产生Mn2+，该反应的离子方程式是　　。
实验三焦亚硫酸钠的含量测定。
测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。
已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣。
①精确称取干燥的产品0.20g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。
②向碘量瓶中准确移取10.00mL，1.00mol/L的标准碘溶液（过量），振荡，使其与产品中的焦亚硫酸钠充分反应。
③加入1～2mL淀粉溶液，用标准1.00mol/LNa2S2O3溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算得消耗标准液平均体积为16.80mL。
（7）上述实验操作滴定终点的现象为　当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复　；根据上述实验，计算产品中焦亚硫酸钠的质量分数为　76%　。

【分析】（1）98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出；
（2）过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸；
（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3；
（5）用pH试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度；
（6）焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水；
（7）滴硫代硫酸钠溶液过量时溶液由蓝色变为无色；依据化学方程式计算可得。
【解答】解：（1）装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出，
故答案为：98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸，实验装置为或，
故答案为：或；
（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3，反应的离子方程式为S2O52﹣+H2O＝2HSO3﹣，
故答案为：S2O52﹣+H2O＝2HSO3﹣；
（5）用pH试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，
故答案为：HSO3﹣的电离程度大于水解程度；
（6）由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（7）由题意可知，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；由方程式可得2n（S2O52﹣）+（S2O32﹣）＝2（I2），n（S2O52﹣）＝×（1×10﹣2﹣×1.68×10﹣2）mol＝8×10﹣3mol，则焦亚硫酸钠的质量分数为×100%＝76%，
故答案为：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76%。
【点评】本题考查物质制备实验及性质探究实验，题目涉及仪器的使用、对试剂的分析评价、对装置的分析评价、离子检验实验方案设计、实验现象的描述、物质的量的有关计算等，关键是理解原理明确各装置作用，是对学生综合能力的考查。
10．经最新研究发现，NOx和SOx是形成雾霾天气的主要原因之一，因此研究NOx、SOx等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
（1）为了消除NO造成的污染，通常采用一氧化碳和氢气进行催化还原NO。
已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝akJ•mol﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝bkJ•mol﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）△H＝ckJ•mol﹣1。
写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式　2H2（g）+2NO（g）＝2H2O（g）+N2（g）△H＝（b﹣2c﹣a）kJ/mol　。
（2）目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术。反应原理如图1所示：

当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有12mol电子发生转移时，则参与反应的NO2的物质的量为　2mol　。
（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＜0．实验测得：v正＝v消耗（NO）＝2v消耗（O2）＝k正c2（NO）•c（O2），v逆＝v消耗（NO2）＝k逆c2（NO2），k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n（NO）、n（O2）如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（NO）/mol
1
0.6
0.4
0.2
0.2
0.2
n（O2）/mol
0.6
04
0.3
0.2
0.2
0.2
①从0～2s该反应的平均速率v（NO2）＝　0.15　mol/（L•s）。
②T1温度时，上述反应的化学平衡常数K＝　160　。
③若将容器的温度改变为T2时其k正＝k逆，则T1　＜　T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图2。
①N极的电极反应式为　NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+　。
②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为　1：4　。
【分析】（1）根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；
（2）根据氧化还原反应方程式和转移电子数，计算参与反应的NO2的物质的量；
（3）①根据表中数据计算化学反应平均速率，v＝；
②根据表中数据，结合方程式计算各组分的平衡量，再代入化学平衡常数的表达式中计算化学平衡常数的值；
③根据反应的平衡常数与速率常数的关系为K＝分析；
（4）①根据装置图，在N电极上，NO转化为NO3﹣，过程为氧化反应；
②根据电解池工作原理图，判断电极反应方程式和总反应方程式，据此比较二者消耗NO的差异。
【解答】解：（1）利用盖斯定律，可知目标热化学方程式可由热化学方程式：②﹣2×③﹣①得到：2H2（g）+2NO（g）＝2H2O（g）+N2（g）△H＝（b﹣2c﹣a）kJ/mol，
故答案为：2H2（g）+2NO（g）＝2H2O（g）+N2（g）△H＝（b﹣2c﹣a）kJ/mol；
（2）由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3＝2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子。当有12mol电子发生转移时，则参与反应的NO2的物质的量为2mol，
故答案为：2mol；
（3）①由表中数据可知，0～2s该反应的平均速率v（NO）＝＝0.15mol/（L•s），根据同一反应中各物质的速率之比等于化学计量数之比，则v（NO2）＝v（NO）＝0.15mol/（L•s），
故答案为：0.15；
②由表中数据，可知c（NO）起始＝＝0.5mol/L，c（O2）起始＝＝0.3mol/L，平衡时，c（NO）＝c（O2）＝＝0.1mol/L，c（NO2）＝＝0.4mol/L，
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
起始（mol/L） 0.5 0.3 0
平衡（mol/L） 0.1 0.1 0.4
K＝，
故答案为：160；
③若将容器的温度改变为T2时其k正＝k逆，则K＝1＜160，因反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＜0，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1，
故答案为：＜；
（4）①根据题中电解池工作原理图可知，在N极发生NO→NO3﹣的转变，由此可写出电极反应式为：NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+，
故答案为：NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+；
②分析电解池工作原理可知，电解总反应式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故当实际参加反应的NO为8mol时，要将电解产生的硝酸全部转化为硝酸铵，还应至少通入2molNH3，则n（NH3）：n（NO）＝1：4，故答案为：1：4。
【点评】本题考查盖斯定律、化学平衡的影响因素、反应速率计算、转化率及三段式计算的应用等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意理解掌握速率常数的相关应用的应用，题目难度中等。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的价电子排布式为　3d84s2　；3d能级上的未成对的电子数为　2　。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液，[Ni（NH3）6]SO4中配体的空间构型是　三角锥形　，阴离子的空间立体构型是　正四面体　。
（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO　＞　FeO（填“＜”或“＞”）。
（4）元素铜与镍的第二电离能分别为：I（Cu）＝1959kJ/mol，I（Ni）＝1753kJ/mol，I（Cu）＞I（Ni）的原因是　Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能　。
（5）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图甲所示。该合金的化学式为　LaNi5　。
（6）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图乙所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键。请在图中用“→”和“…”表示出配位键和氢键。（提示：Ni2+的配位数为4）　　。
（7）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图丙所示。若合金的密度为dg•cm﹣3，晶胞参数a＝　×107　nm。
【分析】（1）Ni元素为28号元素，根据核外电子排布分析价电子排布和3d能级上的未成对的电子数；
（2）根据价层电子对互斥理论判断空间构型；
（3）离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高；
（4）能级全满、半满、全空更稳定，更不容易失去电子；
（5）根据均摊法判断化学式；
（6）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢原子先与电负性大的原子形成共价键，再与电负性大半径小的原子靠近形成的分子间或分子内的作用力；
（7）根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞的质量，再根据计算晶胞参数。
【解答】解：（1）基态Ni原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，所以其价电子排布为3d84s2，3d能级上有2个未成对电子，
故答案为：3d84s2；2；
（2）配体为NH3，其价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝3+1＝4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；阴离子为SO42﹣，其价层电子对数为4+（6+2﹣4×2）＝4+0＝4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体，
故答案为：三角锥形；正四面体；
（3）根据题意可知，所带电荷数相同，Ni2+半径小于Fe2+，即NiO中离子键更强，晶格能更大，所以熔点NiO大于FeO，
故答案为：＞；
（4）Cu+失去的是全充满的3d10的电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能，
故答案为：Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能；
（5）根据均摊法Ni原子位于体心和面心，个数为8×+1＝5，La原子位于8个顶点，个数为8×＝1，所以化学式为LaNi5，
故答案为：LaNi5；
（6）根据提示Ni2+的配位数为4，其周围有4个N原子和4个C原子，根据C原子的形成4个共价键，不含孤电子对，不能作为配原子，而每个N原子都有一对孤电子对，可以作配位原子，所以Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对形成配位键；O原子电负性较大，与其附近的氢原子可以形成氢键，示意图为：，
故答案为：；
（7）根据均摊法，晶胞中Ni原子的数目为8×＝1，Cu原子的个数为6×＝3，所以晶胞的质量m＝g，晶胞体积V＝a3nm3，则密度为：＝×10﹣21g•nm﹣3＝dg•cm﹣3＝d×10﹣21g•nm﹣3，解得a＝×107nm，
故答案为：×107。
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基态原子的价电子排布、空间构型、熔点比较、第二电离能、化学式、晶胞的相关计算等，明确空间构型和晶胞计算方法是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．某科研小组由有机物A制备G的合成路线如图所示：

请回答下列问题：
（1）A的结构简式为　　；D中含氧官能团的名称是　硝基　。
（2）反应③的试剂和反应条件分别是　浓硫酸、浓硝酸，加热　，该反应类型是　取代反应（或硝化反应）　。
（3）已知吡啶是一种有机碱，在反应⑤中的作用是　吸收反应产物HCl，提高反应转化率　。
（4）反应⑤的化学方程式为　　。
（5）G的相对分子质量为　276　。
（6）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有　9　种。
（7）参照上述合成路线，以CH3CH2COCl和OCH2CH3为原料，经三步合成某化工产品CH3CH2ONHCOCH2CH3的路线为　　（其他无机试剂任选）。
【分析】芳香烃A与氯气在光照条件下反应生成B，由B的分子式可知芳香烃A为，B为，C发生硝化反应生成D，D发生还原反应生成E，根据E和G的结构简式可知，E与发生取代反应生成F为，然后F发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。
【解答】解：（1）由以上分析知，A的结构简式为；D中含氧官能团为硝基，故答案为：；硝基；
（2）反应③为C发生硝化反应生成D，需要的试剂和反应条件分别是浓硫酸、浓硝酸，加热，该反应类型是取代反应（或硝化反应），
故答案为：浓硫酸、浓硝酸，加热；取代反应（或硝化反应）；
（3）反应⑤为E与发生取代反应生成F为，则该反应的化学方程式为，已知吡啶是一种有机碱，由此可知吡啶能吸收反应产物HCl，提高反应转化率，
故答案为：吸收反应产物HCl，提高反应转化率；
（4）由第（3）问分析知，反应⑤的化学方程式为，
故答案为：；
（5）由结构简式可知G的分子式为C11H11O3N2F3，则G的相对分子质量为276，故答案为：276；
（6）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，固定﹣CF3和﹣NO2的位置，如﹣CF3和﹣NO2处于邻位，另一种取代基有4种位置；﹣CF3和﹣NO2处于间位，另一种取代基有4种位置；﹣CF3和﹣NO2处于对位，另一种取代基有2种位置，共10种，则H可能的结构还有9种，故答案为：9；
（7）根据已知反应③④⑤可知，以CH3CH2COCl和OCH2CH3为原料，经三步合成某化工产品CH3CH2ONHCOCH2CH3，先发生硝化反应生成，再发生还原反应生成，最后，与CH3CH2COCl发生取代反应生成，故合成流程为：，
故答案为：。
【点评】本题考查了有机物的合成与推断，涉及常见有机物官能团的结构与性质、有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的书写等知识。要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题。
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日期：2021/11/7 11:54:14；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014