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2020年宁夏银川市高考化学一模试卷
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这是一份2020年宁夏银川市高考化学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020年宁夏银川市高考化学一模试卷
一、选择题
1．（3分）我国晋代《抱朴子》中描述了“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．“丹砂”和“水银”都是化合物
B．该描述中的反应是可逆反应
C．水银有恒定的体积膨胀系数，被用于制作温度计
D．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
2．（3分）下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）
A．乙烯、聚氯乙烯和苯中均含有碳碳双键
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
C．乙酸乙酯中混有的少量乙酸，可用饱和Na2CO3溶液除去
D．用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性
3．（3分）X、Y、Z、W四种元素在周期表中的位置如表所示，其中X的简单氢化物水溶液呈碱性。下列叙述中错误的是（ ）
X
Y
Z
W
A．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B．Y和W的最高正价都是+6
C．元素X比元素Z的非金属性强
D．X和Y两种元素能形成多种化合物
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．11.2L甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA
B．100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．25℃，1L pH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含H﹣O键的数目为NA
5．（3分）下列有关实验装置和对应的实验目的均正确的是（ ）
A．实验室制备少量纯净、干燥的Cl2
B．验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C．分离C2H5OH和H2O的混合物
D．验证二氧化硫的还原性
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）羟氨（NH2OH）在水溶液中的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NH2OH溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的OH﹣浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点对应的溶液中c（Cl﹣）＝c（NH3OH+）
B．C点对应的溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（NH2OH）
C．A到C溶液中，NH2OH电离常数不变
D．由A到D，水电离出的c（OH﹣）先减小后增大
7．（3分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某研究小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．Fe棒应与N极相连
B．H+透过质子交换膜由右向左移动
C．若溶液中减少了0.1mol Cr2O72﹣，则电路中至少转移1.2mol电子
D．M极电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣═2CO2↑+N2↑+16H+
二、填空题
8．氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、有机合成等行业。CuCl晶体呈白色，见光易分解，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]．某研究小组以CuCl2（含少量Fe2+）粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如图1：
已知：
①在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮。
②CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）
（1）上述合成路线中，H2O2的作用是 ，萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是 。
（2）上述合成路线中，SO2通入混合液的实验装置如图2所示：
①装置B、D的作用分别是 。
②C中反应的离子方程式是 。
（3）上述合成路线中，向混合液中加入大量去氧水的目的是 。
（4）上述合成路线中，一系列操作包括：抽滤、洗涤、干燥。干燥时应注意密封、 。
9．钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：
已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：
①浸出液中加入石灰乳的作用是 。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：
①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
药品填装完成后的实验操作是 （填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是 。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是 ，粗产品中钒的质量分数为 （精确到小数点后两位）。
10．甲烷是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol，﹣283.0kJ/mol，﹣285.8kJ/mol。利用甲烷制备合成气的反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．根据上述数据能否计算△H （填“能”或“否”），理由是 。
（2）在某密闭容器中通入2mol CH4和2mol H2O（g），在不同条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①P1 P2，△H （填“＜”、“＞”或“＝”）。
②m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为 。
③q点甲烷的转化率为 ，该条件下的化学平衡常数KP＝ （用含有P1的表达式表示，KP为以分压表示的平衡常数）。
（3）用甲烷和O2构成的燃料电池电解MgCl2溶液，装置如图2所示。反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀。则A处通入的气体是 ，x电极的电极反应式是 。
11．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心（Mn、Fe、Co、Ni、Cu）催化剂。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子的轨道表达式为 。
（2）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为 。
（3）LiFePO4因具有良好的结构稳定性而成为新一代锂离子电池正极材料，这与PO43﹣的结构密切相关，PO43﹣的立体构型为 ，P、O、S的电负性从大到小的顺序为 ，Li+过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸，实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是 （填标号）。
（4）Cu2+易与NH3结合形成[Cu（NH3）4]2+，Cu2+与NH3间的化学键类型为 ，若将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化 （填“是”或“否”），理由为 。
（5）金属锰有多种晶型，其中δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm。δ﹣Mn中锰的原子半径为 pm．已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ﹣Mn的理论密度ρ＝ g•cm﹣3．（列出计算式）
12．我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞（J）的一种路线如图：
已知：
①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，H中官能团的名称为 、 。
（2）由A生成B反应类型为 。
（3）由D生成E的化学方程式为 。
（4）J的结构简式为 。
（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。
满足上述条件X的同分异构体共有 种（不考虑立体异构），写出核磁共振氢谱有五组峰的同分异构体结构简式 。
2020年宁夏银川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）我国晋代《抱朴子》中描述了“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．“丹砂”和“水银”都是化合物
B．该描述中的反应是可逆反应
C．水银有恒定的体积膨胀系数，被用于制作温度计
D．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
【分析】A．水银是汞（Hg）是金属单质；
B．可逆反应是在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应；
C．膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数；
D．“积变又还成丹砂”，发生的反应是Hg+S＝HgS，Hg发生了氧化反应；
【解答】解：A．水银是汞（Hg）是单质，故A错误；
B．可逆反应是在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，不是同一条件，故不是可逆反应，故B错误；
C．膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数，受热时体积变化均匀，可用于制作温度计，故C正确；
D．“积变又还成丹砂”，发生的反应是Hg+S＝HgS，Hg发生了氧化反应，“还”是指恢复原来的状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质组成和性质应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）
A．乙烯、聚氯乙烯和苯中均含有碳碳双键
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
C．乙酸乙酯中混有的少量乙酸，可用饱和Na2CO3溶液除去
D．用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性
【分析】A．聚乙烯和苯不含碳碳双键；
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯；
C．乙酸乙酯不溶于水，乙酸可与碳酸钠反应；
D．酒精可使蛋白质脱水而变性。
【解答】解：A．乙烯的结构简式为：H2C＝CH2，含有碳碳双键；聚乙烯的结构简式为，不含碳碳双键；苯的结构简式为，苯不含碳碳单键，也不含碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键的一种特殊的键，故A错误；
B．油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度很小，而乙酸能与饱和Na2CO3溶液反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，故C正确；
D．酒精能使细菌中的蛋白质变性而进行杀菌消毒，且蛋白质变性没有可逆性，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（3分）X、Y、Z、W四种元素在周期表中的位置如表所示，其中X的简单氢化物水溶液呈碱性。下列叙述中错误的是（ ）
X
Y
Z
W
A．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B．Y和W的最高正价都是+6
C．元素X比元素Z的非金属性强
D．X和Y两种元素能形成多种化合物
【分析】根据X的简单氢化物水溶液呈碱性，知该氢化物为NH3，则X为N，根据四种元素在周期表中的位置可知，Y为O，Z为Si，W为S，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Si，W为S。
A．一般来说，电子层数越多原子半径越大，且同主族元素从左到右半径依次减小，则原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），故A正确；
B．S的最高价为+6，但O元素非金属性较强，没有+6价，故B错误；
C．同周期主族元素从左到右非金属性依次增大，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：N＞C＞Si，故C正确；
D．N、O两种元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种氧化物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查位置结构与性质的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．11.2L甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA
B．100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．25℃，1L pH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含H﹣O键的数目为NA
【分析】A．气体状况未知；
B．铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
C．pH＝13的氢氧化钡溶液，氢氧根离子浓度为0.1mol/L；
D．乙醇、水分子中都含有O﹣H。
【解答】解：A．非标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合气体的物质的量不一定是0.5mol，故A错误；
B．铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故B错误；
C．25℃，pH＝13的氢氧化钡溶液中含c（OH﹣）＝0.1mol/L，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA，故C正确；
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含乙醇46g、水54g，则含H﹣O键的数目为＝7NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
5．（3分）下列有关实验装置和对应的实验目的均正确的是（ ）
A．实验室制备少量纯净、干燥的Cl2
B．验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C．分离C2H5OH和H2O的混合物
D．验证二氧化硫的还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl；
B．温度不同、催化剂不同；
C．C2H5OH和H2O互溶；
D．盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸、HBr。
【解答】解：A．浓盐酸具有挥发性，KMnO4和浓盐酸反应制得的氯气中含有HCl和水蒸气，直接收集不能得到纯净、干燥的氯气，故A错误；
B．验证FeCl3对H2O2分解有催化作用时，其他外界条件应该相同，而该实验中两支试管所处环境的温度不同，故B错误；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故C错误；
D．Na2SO3和盐酸发生复分解反应生成SO2，将SO2通入溴水中，溴水褪色，可以验证SO2的还原性，故D正确；
故选：D。
【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、混合物分离提纯、反应速率、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．（3分）羟氨（NH2OH）在水溶液中的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NH2OH溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的OH﹣浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点对应的溶液中c（Cl﹣）＝c（NH3OH+）
B．C点对应的溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（NH2OH）
C．A到C溶液中，NH2OH电离常数不变
D．由A到D，水电离出的c（OH﹣）先减小后增大
【分析】根据NH2OH在水溶液中的电离方程式NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣可知，滴入盐酸时发生反应：NH2OH+HCl＝[NH3OH]Cl；水电离出的OHˉ的浓度即为水的电离程度，酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以HCl和NH2OH恰好完全反应，溶液中的溶质为[NH3OH]Cl时，水的电离程度达到最大，据此结合电荷守恒、质子守恒分析。
【解答】解：A．B点溶液中存在电荷守恒：c（Clˉ）+c（OHˉ）＝c（NH3OH+）+c（H+），此时溶液显中性，则c（OHˉ）＝c（H+），所以c（Clˉ）＝c（NH3OH+），故A正确；
B．C点HCl和NH2OH恰好完全反应，此时溶液中的溶质为[NH3OH]Cl，根据质子守恒可知：c（H+）＝c（OHˉ）+c（NH2OH），故B正确；
C．电离常数只与温度有关，温度不变则电离常数不变，所以A到C溶液中NH2OH电离常数不变，故C正确；
D．据图可知，由A到D水电离出来的OHˉ浓度的负对数先减小后增大，所以水电离出的氢氧根浓度先增大后减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
7．（3分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某研究小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．Fe棒应与N极相连
B．H+透过质子交换膜由右向左移动
C．若溶液中减少了0.1mol Cr2O72﹣，则电路中至少转移1.2mol电子
D．M极电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣═2CO2↑+N2↑+16H+
【分析】根据图示，燃料电池N极发生反应O2+4e﹣+4H+＝2H2O，N发生还原反应，N是正极，M是负极，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．显然Fe2+是铁电极氧化生成，铁电极是阳极，与原电池的N相连，据此分析解答。
【解答】解：A．电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，显然Fe2+是铁电极氧化生成，铁电极是阳极，与原电池的N相连，故A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，N是正极，M是负极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故B错误；
C．若溶液中减少了0.1molCr2O72﹣，则需要消耗0.6molFe2+，则电路中至少转移1.2mol电子，故C正确；
D．M极是原电池负极，负极是乙二胺失电子生成二氧化碳、氮气，电极反应式为：H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣＝2CO2↑+N2↑+16H+，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池、电解池工作原理以及氧化还原反应等知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度中等。
二、填空题
8．氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、有机合成等行业。CuCl晶体呈白色，见光易分解，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]．某研究小组以CuCl2（含少量Fe2+）粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如图1：
已知：
①在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮。
②CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）
（1）上述合成路线中，H2O2的作用是 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ ，萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是 除去Fe3+ 。
（2）上述合成路线中，SO2通入混合液的实验装置如图2所示：
①装置B、D的作用分别是 防止倒吸、吸收SO2尾气，防止污染环境 。
②C中反应的离子方程式是 2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+ 。
（3）上述合成路线中，向混合液中加入大量去氧水的目的是 使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀 。
（4）上述合成路线中，一系列操作包括：抽滤、洗涤、干燥。干燥时应注意密封、 避光 。
【分析】CuCl2（含少量Fe2+）粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入萃取剂甲基异丁基甲酮除去Fe3+，用SO2把CuCl2还原为，加入去氧水，CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀。
【解答】解：（1）CuCl2（含少量Fe2+）粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，便于萃取除去铁元素，H2O2的作用是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，加入萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是除去Fe3+，
故答案为：将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；除去Fe3+；
（2）①装置B两侧导管刚露出橡胶塞，B的作用是防止倒吸，二氧化硫有毒，能污染空气，D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，
故答案为：防止倒吸、吸收SO2尾气，防止污染环境；
②C中二氧化硫把CuCl2还原为，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式是2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+，
故答案为：2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+；
（3）CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq），向混合液中加入大量去氧水，使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀，
故答案为：使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀；
（4）CuCl晶体呈白色，见光易分解，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]，干燥时应注意密封、避光，
故答案为：避光。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
9．钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：
已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O 。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：
①浸出液中加入石灰乳的作用是 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素） 。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣ 。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：
①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
药品填装完成后的实验操作是 打开活塞a数分钟后，再打开活塞b （填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是 饱和NaHCO3溶液 。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是 除去过量的KMnO4 ，粗产品中钒的质量分数为 2.88% （精确到小数点后两位）。
【分析】向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3（VO4）2沉淀富集钒元素，向沉淀加入（NH4）2CO3溶液得到（NH4）3VO4溶液，向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，制得的V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl＝4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，据此分析解答。
【解答】解：（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca（VO3）2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；
（2）根据表可知，pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸生成VO2+，则该离子反应为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O，
故答案为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O；
（3）①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素），
故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）；
②根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，
故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣；
（4）①已知：VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以，反应前先通入二氧化碳数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，则药品填装完成后的实验操作是：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液，
故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；饱和NaHCO3溶液；
②根据实验操作，加入高锰酸钾溶液用来氧化氧钒，则NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；由VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可得，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝30×10﹣3L×0.08mol/L＝2.4×10﹣3mol，根据钒守恒，则粗产品中钒的物质的量也为2.4×10﹣3mol，则质量分数为×100%＝2.88%，
故答案为：除去过量的KMnO4；2.88%。
【点评】本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、沉淀溶解平衡、信息获取与迁移运用、氧化还原反应滴定计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
10．甲烷是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol，﹣283.0kJ/mol，﹣285.8kJ/mol。利用甲烷制备合成气的反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．根据上述数据能否计算△H 否 （填“能”或“否”），理由是 缺少H2O（l）＝H2O（g）△H 。
（2）在某密闭容器中通入2mol CH4和2mol H2O（g），在不同条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①P1 ＞ P2，△H ＞0 （填“＜”、“＞”或“＝”）。
②m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为 Km＜Kn＜Kq 。
③q点甲烷的转化率为 25% ，该条件下的化学平衡常数KP＝ （用含有P1的表达式表示，KP为以分压表示的平衡常数）。
（3）用甲烷和O2构成的燃料电池电解MgCl2溶液，装置如图2所示。反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀。则A处通入的气体是 CH4 ，x电极的电极反应式是 2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑ 。
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量；
（2）①由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，该反应为反应前后气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，CH4的体积分数增大；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大；
③q点CH4的体积分数为30%，开始通入2molCH4和2molH2O（g），设消耗的甲烷物质的量为xmol，根据三段式：
可能反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
始态（mol）2 2 0 0
转化（mol）x x x 3x
q点（mol）2﹣x 2﹣x x 3x
甲烷的体积分数为30%＝×100%，
x＝0.5，
甲烷的转化率＝×100%，
P（CH4）＝P（CH4）＝×P1＝0.3P1；
P（CO）＝×P1＝0.1P1；
P（H2）＝3P（CO）＝0.1P1；
化学平衡常数Kp＝；
（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，说明x电极附近生成氢氧根离子，则x是阴极，氢离子放电生成氢气，y是阳极，氯离子放电生成氯气；x与原电池的负极相连，y与原电池的正极相连，则a是负极、b是正极。
【解答】解：（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，由反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，水为气态，所以不能由CH4、CO、H2的燃烧热计算出该反应的△H，缺少H2O（l）＝H2O（g）△H，
故答案为：否；缺少H2O（l）＝H2O（g）△H；
（2）①由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，该反应为反应前后气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，CH4的体积分数增大，图中P1时的CH4的体积分数大于P2时的CH4的体积分数，所以P1＞P2；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，△H＞0，
故答案为：＞；＞0；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大，温度大小关系为：Tm＜Tn＜Tq，所以m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为：Km＜Kn＜Kq，
故答案为：Km＜Kn＜Kq；
③q点CH4的体积分数为30%，开始通入2molCH4和2molH2O（g），设消耗的甲烷物质的量为xmol，根据三段式：
可能反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
始态（mol）2 2 0 0
转化（mol）x x x 3x
q点（mol）2﹣x 2﹣x x 3x
甲烷的体积分数为30%＝×100%，
x＝0.5，
甲烷的转化率＝×100%＝×100%＝25%，
P（CH4）＝P（CH4）＝×P1＝0.3P1；
P（CO）＝×P1＝0.1P1；
P（H2）＝3P（CO）＝0.1P1；
化学平衡常数Kp＝＝＝；
故答案为：25%；；
（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，即生成了氢氧化镁的白色沉淀，反应式为：2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑，则x电极为阴极，a为负极，甲烷和O2构成的燃料电池中，甲烷作负极，氧气作正极，所以A处通入的气体是CH4，
故答案为：CH4；2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑。
【点评】本题考查化学平衡计算、原电池和电解池原理及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查图象分析判断、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
11．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心（Mn、Fe、Co、Ni、Cu）催化剂。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子的轨道表达式为 。
（2）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为 光谱分析 。
（3）LiFePO4因具有良好的结构稳定性而成为新一代锂离子电池正极材料，这与PO43﹣的结构密切相关，PO43﹣的立体构型为 正四面体 ，P、O、S的电负性从大到小的顺序为 O＞S＞P ，Li+过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸，实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是 D （填标号）。
（4）Cu2+易与NH3结合形成[Cu（NH3）4]2+，Cu2+与NH3间的化学键类型为 配位键 ，若将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化 否 （填“是”或“否”），理由为 若是sp3杂化，[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，则只有1种结构 。
（5）金属锰有多种晶型，其中δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm。δ﹣Mn中锰的原子半径为 pm．已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ﹣Mn的理论密度ρ＝ g•cm﹣3．（列出计算式）
【分析】（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2或[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；
（2）用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（3）PO43﹣中P原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0；元素的非金属性越强，电负性越大；只有D的化学键中有3电子，存在单电子；
（4）[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键称为配位键；配离子[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体形；
（5）δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，所以晶胞中体对角线上的三个锰原子是相切的，依据分摊法计算可得。
【解答】解：（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2或[Ar]3d84s2，价电子排布图为，
故答案为：；
（2）用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，则铜的焰色反应呈绿色称为光谱分析，
故答案为：光谱分析；
（3）PO43﹣的中心原子为P，P原子的价层电子对数为4+＝4，无孤电子对，则杂化类型为sp3杂化；元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素中非金属性大小顺序为O＞S＞P，则电负性从大到小的顺序为O＞S＞P；结合信息可知，O2因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图可知，只有D的化学键中有3电子，存在单电子，则D最有可能代表O2分子结构，
故答案为：sp3；O＞S＞P；D；
（4）[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键称为配位键；配离子[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体形，如为正四面体形，将配离子中的2个NH3换为CN﹣，只有1种结构，所以应为平面正方形，则Cu2+为sp2杂化，不是sp3杂化，
故答案为：配位键；否；若是sp3杂化，[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，则只有1种结构；
（5）δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，所以晶胞中体对角线上的三个锰原子是相切的，设锰原子半径为r，则有（4r）2＝3a2，解得r＝pm，体心立方堆积中锰原子的个数为8×+1＝2，晶胞质量m＝g，所以密度ρ＝m÷V＝＝g•cm﹣3，
故答案为：；。
【点评】本题综合考查物质的结构与性质，侧重于粒子结构和性质、晶胞计算等知识的考查，充分考查了学生的灵活应用能力和计算能力，把握配位理论、价层电子互斥理论和原子分摊法及其计算是解题关键，注意杂化类型的判断方法，题目难度中等。
12．我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞（J）的一种路线如图：
已知：
①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 甲苯 ，H中官能团的名称为 羟基 、 羧基 。
（2）由A生成B反应类型为 取代反应 。
（3）由D生成E的化学方程式为 +HBr（CH3）3CBr 。
（4）J的结构简式为 。
（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。
满足上述条件X的同分异构体共有 13 种（不考虑立体异构），写出核磁共振氢谱有五组峰的同分异构体结构简式 。
【分析】E分子式是C4H9Br，E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E结构简式为（CH3）3CBr，可知D为，D与HBr发生加成反应产生E为（CH3）3CBr，根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为，则B为，A为；根据题中已知①，由G结构：可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为。
【解答】解：根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为（CH3）3CBr；F为（CH3）3CMgBr；G为，H为；J为。
（1）A结构简式是，A的化学名称为甲苯，H是，可知H中官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：甲苯；羟基；羧基；
（2）A是，A与Br2在Fe作催化剂条件下发生苯环上甲基邻位上的取代反应产生B：，所以由A生成B反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）D为，分子中含有不饱和的碳碳双键，与HBr在一定条件下发生加成反应产生E：（CH3）3CBr，则由D生成E的化学方程式为：+HBr（CH3）3CBr，
故答案为：+HBr（CH3）3CBr；
（4）根据上述分析可知J的结构简式为，
故答案为：；
（5）根据题中信息可知，与CO2反应生成X应为，其同分异构体符合条件：①能发生水解反应，说明有酯基；②能发生银镜反应，说明有醛基；③能与氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的的同分异构体为苯环上连有HCOOCH2﹣、﹣OH，可能有有邻、间、对三种不同位置，也可以是苯环上连有HCOO﹣、CH3﹣、﹣OH三个基团，采取“定一移二”的原则方法进行分析可知有10种，所以符合要求的同分异构体种类共有3+10＝13种，其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为，
故答案为：13；。
【点评】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，利用G结构简式结合反应条件、分子式采用正逆结合的方法进行推断，易错点是同分异构体种类判断，采用“定一移二”方法判断即可，题目难度不大。
2020年宁夏银川市高考化学一模试卷
一、选择题
1．（3分）我国晋代《抱朴子》中描述了“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．“丹砂”和“水银”都是化合物
B．该描述中的反应是可逆反应
C．水银有恒定的体积膨胀系数，被用于制作温度计
D．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
2．（3分）下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）
A．乙烯、聚氯乙烯和苯中均含有碳碳双键
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
C．乙酸乙酯中混有的少量乙酸，可用饱和Na2CO3溶液除去
D．用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性
3．（3分）X、Y、Z、W四种元素在周期表中的位置如表所示，其中X的简单氢化物水溶液呈碱性。下列叙述中错误的是（ ）
X
Y
Z
W
A．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B．Y和W的最高正价都是+6
C．元素X比元素Z的非金属性强
D．X和Y两种元素能形成多种化合物
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．11.2L甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA
B．100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．25℃，1L pH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含H﹣O键的数目为NA
5．（3分）下列有关实验装置和对应的实验目的均正确的是（ ）
A．实验室制备少量纯净、干燥的Cl2
B．验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C．分离C2H5OH和H2O的混合物
D．验证二氧化硫的还原性
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）羟氨（NH2OH）在水溶液中的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NH2OH溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的OH﹣浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点对应的溶液中c（Cl﹣）＝c（NH3OH+）
B．C点对应的溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（NH2OH）
C．A到C溶液中，NH2OH电离常数不变
D．由A到D，水电离出的c（OH﹣）先减小后增大
7．（3分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某研究小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．Fe棒应与N极相连
B．H+透过质子交换膜由右向左移动
C．若溶液中减少了0.1mol Cr2O72﹣，则电路中至少转移1.2mol电子
D．M极电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣═2CO2↑+N2↑+16H+
二、填空题
8．氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、有机合成等行业。CuCl晶体呈白色，见光易分解，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]．某研究小组以CuCl2（含少量Fe2+）粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如图1：
已知：
①在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮。
②CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）
（1）上述合成路线中，H2O2的作用是 ，萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是 。
（2）上述合成路线中，SO2通入混合液的实验装置如图2所示：
①装置B、D的作用分别是 。
②C中反应的离子方程式是 。
（3）上述合成路线中，向混合液中加入大量去氧水的目的是 。
（4）上述合成路线中，一系列操作包括：抽滤、洗涤、干燥。干燥时应注意密封、 。
9．钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：
已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：
①浸出液中加入石灰乳的作用是 。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：
①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
药品填装完成后的实验操作是 （填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是 。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是 ，粗产品中钒的质量分数为 （精确到小数点后两位）。
10．甲烷是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol，﹣283.0kJ/mol，﹣285.8kJ/mol。利用甲烷制备合成气的反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．根据上述数据能否计算△H （填“能”或“否”），理由是 。
（2）在某密闭容器中通入2mol CH4和2mol H2O（g），在不同条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①P1 P2，△H （填“＜”、“＞”或“＝”）。
②m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为 。
③q点甲烷的转化率为 ，该条件下的化学平衡常数KP＝ （用含有P1的表达式表示，KP为以分压表示的平衡常数）。
（3）用甲烷和O2构成的燃料电池电解MgCl2溶液，装置如图2所示。反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀。则A处通入的气体是 ，x电极的电极反应式是 。
11．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心（Mn、Fe、Co、Ni、Cu）催化剂。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子的轨道表达式为 。
（2）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为 。
（3）LiFePO4因具有良好的结构稳定性而成为新一代锂离子电池正极材料，这与PO43﹣的结构密切相关，PO43﹣的立体构型为 ，P、O、S的电负性从大到小的顺序为 ，Li+过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸，实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是 （填标号）。
（4）Cu2+易与NH3结合形成[Cu（NH3）4]2+，Cu2+与NH3间的化学键类型为 ，若将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化 （填“是”或“否”），理由为 。
（5）金属锰有多种晶型，其中δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm。δ﹣Mn中锰的原子半径为 pm．已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ﹣Mn的理论密度ρ＝ g•cm﹣3．（列出计算式）
12．我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞（J）的一种路线如图：
已知：
①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，H中官能团的名称为 、 。
（2）由A生成B反应类型为 。
（3）由D生成E的化学方程式为 。
（4）J的结构简式为 。
（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。
满足上述条件X的同分异构体共有 种（不考虑立体异构），写出核磁共振氢谱有五组峰的同分异构体结构简式 。
2020年宁夏银川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）我国晋代《抱朴子》中描述了“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．“丹砂”和“水银”都是化合物
B．该描述中的反应是可逆反应
C．水银有恒定的体积膨胀系数，被用于制作温度计
D．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
【分析】A．水银是汞（Hg）是金属单质；
B．可逆反应是在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应；
C．膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数；
D．“积变又还成丹砂”，发生的反应是Hg+S＝HgS，Hg发生了氧化反应；
【解答】解：A．水银是汞（Hg）是单质，故A错误；
B．可逆反应是在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，不是同一条件，故不是可逆反应，故B错误；
C．膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数，受热时体积变化均匀，可用于制作温度计，故C正确；
D．“积变又还成丹砂”，发生的反应是Hg+S＝HgS，Hg发生了氧化反应，“还”是指恢复原来的状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质组成和性质应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）
A．乙烯、聚氯乙烯和苯中均含有碳碳双键
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
C．乙酸乙酯中混有的少量乙酸，可用饱和Na2CO3溶液除去
D．用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性
【分析】A．聚乙烯和苯不含碳碳双键；
B．植物油含不饱和高级脂肪酸酯；
C．乙酸乙酯不溶于水，乙酸可与碳酸钠反应；
D．酒精可使蛋白质脱水而变性。
【解答】解：A．乙烯的结构简式为：H2C＝CH2，含有碳碳双键；聚乙烯的结构简式为，不含碳碳双键；苯的结构简式为，苯不含碳碳单键，也不含碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键的一种特殊的键，故A错误；
B．油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以植物油含不饱和高级脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度很小，而乙酸能与饱和Na2CO3溶液反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，故C正确；
D．酒精能使细菌中的蛋白质变性而进行杀菌消毒，且蛋白质变性没有可逆性，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（3分）X、Y、Z、W四种元素在周期表中的位置如表所示，其中X的简单氢化物水溶液呈碱性。下列叙述中错误的是（ ）
X
Y
Z
W
A．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B．Y和W的最高正价都是+6
C．元素X比元素Z的非金属性强
D．X和Y两种元素能形成多种化合物
【分析】根据X的简单氢化物水溶液呈碱性，知该氢化物为NH3，则X为N，根据四种元素在周期表中的位置可知，Y为O，Z为Si，W为S，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Si，W为S。
A．一般来说，电子层数越多原子半径越大，且同主族元素从左到右半径依次减小，则原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），故A正确；
B．S的最高价为+6，但O元素非金属性较强，没有+6价，故B错误；
C．同周期主族元素从左到右非金属性依次增大，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：N＞C＞Si，故C正确；
D．N、O两种元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种氧化物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查位置结构与性质的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．11.2L甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA
B．100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．25℃，1L pH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含H﹣O键的数目为NA
【分析】A．气体状况未知；
B．铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
C．pH＝13的氢氧化钡溶液，氢氧根离子浓度为0.1mol/L；
D．乙醇、水分子中都含有O﹣H。
【解答】解：A．非标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合气体的物质的量不一定是0.5mol，故A错误；
B．铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，100mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故B错误；
C．25℃，pH＝13的氢氧化钡溶液中含c（OH﹣）＝0.1mol/L，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含OH﹣的数目为0.1NA，故C正确；
D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含乙醇46g、水54g，则含H﹣O键的数目为＝7NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
5．（3分）下列有关实验装置和对应的实验目的均正确的是（ ）
A．实验室制备少量纯净、干燥的Cl2
B．验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C．分离C2H5OH和H2O的混合物
D．验证二氧化硫的还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl；
B．温度不同、催化剂不同；
C．C2H5OH和H2O互溶；
D．盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸、HBr。
【解答】解：A．浓盐酸具有挥发性，KMnO4和浓盐酸反应制得的氯气中含有HCl和水蒸气，直接收集不能得到纯净、干燥的氯气，故A错误；
B．验证FeCl3对H2O2分解有催化作用时，其他外界条件应该相同，而该实验中两支试管所处环境的温度不同，故B错误；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故C错误；
D．Na2SO3和盐酸发生复分解反应生成SO2，将SO2通入溴水中，溴水褪色，可以验证SO2的还原性，故D正确；
故选：D。
【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、混合物分离提纯、反应速率、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．（3分）羟氨（NH2OH）在水溶液中的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NH2OH溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的OH﹣浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．B点对应的溶液中c（Cl﹣）＝c（NH3OH+）
B．C点对应的溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（NH2OH）
C．A到C溶液中，NH2OH电离常数不变
D．由A到D，水电离出的c（OH﹣）先减小后增大
【分析】根据NH2OH在水溶液中的电离方程式NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣可知，滴入盐酸时发生反应：NH2OH+HCl＝[NH3OH]Cl；水电离出的OHˉ的浓度即为水的电离程度，酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以HCl和NH2OH恰好完全反应，溶液中的溶质为[NH3OH]Cl时，水的电离程度达到最大，据此结合电荷守恒、质子守恒分析。
【解答】解：A．B点溶液中存在电荷守恒：c（Clˉ）+c（OHˉ）＝c（NH3OH+）+c（H+），此时溶液显中性，则c（OHˉ）＝c（H+），所以c（Clˉ）＝c（NH3OH+），故A正确；
B．C点HCl和NH2OH恰好完全反应，此时溶液中的溶质为[NH3OH]Cl，根据质子守恒可知：c（H+）＝c（OHˉ）+c（NH2OH），故B正确；
C．电离常数只与温度有关，温度不变则电离常数不变，所以A到C溶液中NH2OH电离常数不变，故C正确；
D．据图可知，由A到D水电离出来的OHˉ浓度的负对数先减小后增大，所以水电离出的氢氧根浓度先增大后减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
7．（3分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某研究小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．Fe棒应与N极相连
B．H+透过质子交换膜由右向左移动
C．若溶液中减少了0.1mol Cr2O72﹣，则电路中至少转移1.2mol电子
D．M极电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣═2CO2↑+N2↑+16H+
【分析】根据图示，燃料电池N极发生反应O2+4e﹣+4H+＝2H2O，N发生还原反应，N是正极，M是负极，再利用该装置模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣废水，电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．显然Fe2+是铁电极氧化生成，铁电极是阳极，与原电池的N相连，据此分析解答。
【解答】解：A．电解过程溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，显然Fe2+是铁电极氧化生成，铁电极是阳极，与原电池的N相连，故A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，N是正极，M是负极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故B错误；
C．若溶液中减少了0.1molCr2O72﹣，则需要消耗0.6molFe2+，则电路中至少转移1.2mol电子，故C正确；
D．M极是原电池负极，负极是乙二胺失电子生成二氧化碳、氮气，电极反应式为：H2N（CH2）2NH2+4H2O﹣16e﹣＝2CO2↑+N2↑+16H+，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池、电解池工作原理以及氧化还原反应等知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度中等。
二、填空题
8．氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、有机合成等行业。CuCl晶体呈白色，见光易分解，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]．某研究小组以CuCl2（含少量Fe2+）粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如图1：
已知：
①在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮。
②CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）
（1）上述合成路线中，H2O2的作用是 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ ，萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是 除去Fe3+ 。
（2）上述合成路线中，SO2通入混合液的实验装置如图2所示：
①装置B、D的作用分别是 防止倒吸、吸收SO2尾气，防止污染环境 。
②C中反应的离子方程式是 2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+ 。
（3）上述合成路线中，向混合液中加入大量去氧水的目的是 使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀 。
（4）上述合成路线中，一系列操作包括：抽滤、洗涤、干燥。干燥时应注意密封、 避光 。
【分析】CuCl2（含少量Fe2+）粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入萃取剂甲基异丁基甲酮除去Fe3+，用SO2把CuCl2还原为，加入去氧水，CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀。
【解答】解：（1）CuCl2（含少量Fe2+）粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，便于萃取除去铁元素，H2O2的作用是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；在较高浓度的盐酸下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，加入萃取剂为甲基异丁基甲酮，其作用是除去Fe3+，
故答案为：将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；除去Fe3+；
（2）①装置B两侧导管刚露出橡胶塞，B的作用是防止倒吸，二氧化硫有毒，能污染空气，D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，
故答案为：防止倒吸、吸收SO2尾气，防止污染环境；
②C中二氧化硫把CuCl2还原为，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式是2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+，
故答案为：2Cu2++SO2+2H2+6Cl﹣＝2[CuCl3]2﹣+SO42﹣+4H+；
（3）CuCl在溶液中存在：CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq），向混合液中加入大量去氧水，使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀，
故答案为：使平衡CuCl（s）+2Cl﹣（aq）⇌[CuCl3]2﹣（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀；
（4）CuCl晶体呈白色，见光易分解，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2（OH）3Cl]，干燥时应注意密封、避光，
故答案为：避光。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
9．钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：
已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是 CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是 Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O 。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：
①浸出液中加入石灰乳的作用是 调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素） 。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣ 。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：
①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
药品填装完成后的实验操作是 打开活塞a数分钟后，再打开活塞b （填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是 饱和NaHCO3溶液 。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是 除去过量的KMnO4 ，粗产品中钒的质量分数为 2.88% （精确到小数点后两位）。
【分析】向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3（VO4）2沉淀富集钒元素，向沉淀加入（NH4）2CO3溶液得到（NH4）3VO4溶液，向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，制得的V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl＝4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，据此分析解答。
【解答】解：（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca（VO3）2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；
（2）根据表可知，pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸生成VO2+，则该离子反应为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O，
故答案为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O；
（3）①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素），
故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）；
②根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，
故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣；
（4）①已知：VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以，反应前先通入二氧化碳数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，则药品填装完成后的实验操作是：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液，
故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；饱和NaHCO3溶液；
②根据实验操作，加入高锰酸钾溶液用来氧化氧钒，则NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；由VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可得，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝30×10﹣3L×0.08mol/L＝2.4×10﹣3mol，根据钒守恒，则粗产品中钒的物质的量也为2.4×10﹣3mol，则质量分数为×100%＝2.88%，
故答案为：除去过量的KMnO4；2.88%。
【点评】本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、沉淀溶解平衡、信息获取与迁移运用、氧化还原反应滴定计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
10．甲烷是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为﹣890.3kJ/mol，﹣283.0kJ/mol，﹣285.8kJ/mol。利用甲烷制备合成气的反应为CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H．根据上述数据能否计算△H 否 （填“能”或“否”），理由是 缺少H2O（l）＝H2O（g）△H 。
（2）在某密闭容器中通入2mol CH4和2mol H2O（g），在不同条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。
①P1 ＞ P2，△H ＞0 （填“＜”、“＞”或“＝”）。
②m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为 Km＜Kn＜Kq 。
③q点甲烷的转化率为 25% ，该条件下的化学平衡常数KP＝ （用含有P1的表达式表示，KP为以分压表示的平衡常数）。
（3）用甲烷和O2构成的燃料电池电解MgCl2溶液，装置如图2所示。反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀。则A处通入的气体是 CH4 ，x电极的电极反应式是 2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑ 。
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量；
（2）①由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，该反应为反应前后气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，CH4的体积分数增大；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大；
③q点CH4的体积分数为30%，开始通入2molCH4和2molH2O（g），设消耗的甲烷物质的量为xmol，根据三段式：
可能反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
始态（mol）2 2 0 0
转化（mol）x x x 3x
q点（mol）2﹣x 2﹣x x 3x
甲烷的体积分数为30%＝×100%，
x＝0.5，
甲烷的转化率＝×100%，
P（CH4）＝P（CH4）＝×P1＝0.3P1；
P（CO）＝×P1＝0.1P1；
P（H2）＝3P（CO）＝0.1P1；
化学平衡常数Kp＝；
（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，说明x电极附近生成氢氧根离子，则x是阴极，氢离子放电生成氢气，y是阳极，氯离子放电生成氯气；x与原电池的负极相连，y与原电池的正极相连，则a是负极、b是正极。
【解答】解：（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，由反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，水为气态，所以不能由CH4、CO、H2的燃烧热计算出该反应的△H，缺少H2O（l）＝H2O（g）△H，
故答案为：否；缺少H2O（l）＝H2O（g）△H；
（2）①由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知，该反应为反应前后气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，CH4的体积分数增大，图中P1时的CH4的体积分数大于P2时的CH4的体积分数，所以P1＞P2；由图中的横坐标和纵坐标分析可得，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，即温度升高，平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，△H＞0，
故答案为：＞；＞0；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应的正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡常数增大，温度大小关系为：Tm＜Tn＜Tq，所以m、n、q三点的化学平衡常数大小关系为：Km＜Kn＜Kq，
故答案为：Km＜Kn＜Kq；
③q点CH4的体积分数为30%，开始通入2molCH4和2molH2O（g），设消耗的甲烷物质的量为xmol，根据三段式：
可能反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
始态（mol）2 2 0 0
转化（mol）x x x 3x
q点（mol）2﹣x 2﹣x x 3x
甲烷的体积分数为30%＝×100%，
x＝0.5，
甲烷的转化率＝×100%＝×100%＝25%，
P（CH4）＝P（CH4）＝×P1＝0.3P1；
P（CO）＝×P1＝0.1P1；
P（H2）＝3P（CO）＝0.1P1；
化学平衡常数Kp＝＝＝；
故答案为：25%；；
（3）反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，即生成了氢氧化镁的白色沉淀，反应式为：2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑，则x电极为阴极，a为负极，甲烷和O2构成的燃料电池中，甲烷作负极，氧气作正极，所以A处通入的气体是CH4，
故答案为：CH4；2H2O+2e﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓+H2↑。
【点评】本题考查化学平衡计算、原电池和电解池原理及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查图象分析判断、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
11．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心（Mn、Fe、Co、Ni、Cu）催化剂。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子的轨道表达式为 。
（2）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为 光谱分析 。
（3）LiFePO4因具有良好的结构稳定性而成为新一代锂离子电池正极材料，这与PO43﹣的结构密切相关，PO43﹣的立体构型为 正四面体 ，P、O、S的电负性从大到小的顺序为 O＞S＞P ，Li+过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸，实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是 D （填标号）。
（4）Cu2+易与NH3结合形成[Cu（NH3）4]2+，Cu2+与NH3间的化学键类型为 配位键 ，若将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化 否 （填“是”或“否”），理由为 若是sp3杂化，[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，则只有1种结构 。
（5）金属锰有多种晶型，其中δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm。δ﹣Mn中锰的原子半径为 pm．已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ﹣Mn的理论密度ρ＝ g•cm﹣3．（列出计算式）
【分析】（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2或[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；
（2）用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（3）PO43﹣中P原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0；元素的非金属性越强，电负性越大；只有D的化学键中有3电子，存在单电子；
（4）[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键称为配位键；配离子[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体形；
（5）δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，所以晶胞中体对角线上的三个锰原子是相切的，依据分摊法计算可得。
【解答】解：（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2或[Ar]3d84s2，价电子排布图为，
故答案为：；
（2）用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，则铜的焰色反应呈绿色称为光谱分析，
故答案为：光谱分析；
（3）PO43﹣的中心原子为P，P原子的价层电子对数为4+＝4，无孤电子对，则杂化类型为sp3杂化；元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素中非金属性大小顺序为O＞S＞P，则电负性从大到小的顺序为O＞S＞P；结合信息可知，O2因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图可知，只有D的化学键中有3电子，存在单电子，则D最有可能代表O2分子结构，
故答案为：sp3；O＞S＞P；D；
（4）[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键称为配位键；配离子[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体形，如为正四面体形，将配离子中的2个NH3换为CN﹣，只有1种结构，所以应为平面正方形，则Cu2+为sp2杂化，不是sp3杂化，
故答案为：配位键；否；若是sp3杂化，[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu（NH3）4]2+中的2个NH3换为CN﹣，则只有1种结构；
（5）δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，所以晶胞中体对角线上的三个锰原子是相切的，设锰原子半径为r，则有（4r）2＝3a2，解得r＝pm，体心立方堆积中锰原子的个数为8×+1＝2，晶胞质量m＝g，所以密度ρ＝m÷V＝＝g•cm﹣3，
故答案为：；。
【点评】本题综合考查物质的结构与性质，侧重于粒子结构和性质、晶胞计算等知识的考查，充分考查了学生的灵活应用能力和计算能力，把握配位理论、价层电子互斥理论和原子分摊法及其计算是解题关键，注意杂化类型的判断方法，题目难度中等。
12．我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞（J）的一种路线如图：
已知：
①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 甲苯 ，H中官能团的名称为 羟基 、 羧基 。
（2）由A生成B反应类型为 取代反应 。
（3）由D生成E的化学方程式为 +HBr（CH3）3CBr 。
（4）J的结构简式为 。
（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。
满足上述条件X的同分异构体共有 13 种（不考虑立体异构），写出核磁共振氢谱有五组峰的同分异构体结构简式 。
【分析】E分子式是C4H9Br，E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E结构简式为（CH3）3CBr，可知D为，D与HBr发生加成反应产生E为（CH3）3CBr，根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为，则B为，A为；根据题中已知①，由G结构：可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为。
【解答】解：根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为（CH3）3CBr；F为（CH3）3CMgBr；G为，H为；J为。
（1）A结构简式是，A的化学名称为甲苯，H是，可知H中官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：甲苯；羟基；羧基；
（2）A是，A与Br2在Fe作催化剂条件下发生苯环上甲基邻位上的取代反应产生B：，所以由A生成B反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）D为，分子中含有不饱和的碳碳双键，与HBr在一定条件下发生加成反应产生E：（CH3）3CBr，则由D生成E的化学方程式为：+HBr（CH3）3CBr，
故答案为：+HBr（CH3）3CBr；
（4）根据上述分析可知J的结构简式为，
故答案为：；
（5）根据题中信息可知，与CO2反应生成X应为，其同分异构体符合条件：①能发生水解反应，说明有酯基；②能发生银镜反应，说明有醛基；③能与氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的的同分异构体为苯环上连有HCOOCH2﹣、﹣OH，可能有有邻、间、对三种不同位置，也可以是苯环上连有HCOO﹣、CH3﹣、﹣OH三个基团，采取“定一移二”的原则方法进行分析可知有10种，所以符合要求的同分异构体种类共有3+10＝13种，其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为，
故答案为：13；。
【点评】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，利用G结构简式结合反应条件、分子式采用正逆结合的方法进行推断，易错点是同分异构体种类判断，采用“定一移二”方法判断即可，题目难度不大。
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