还剩23页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020高考化学真题/答案/解析_2020高考化学模拟卷
成套系列资料，整套一键下载
2020年广东省珠海市高考化学一模试卷
展开
2020年广东省珠海市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）（2020•珠海一模）2019年北京园艺会的主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关说法正确的是（ ）
A．大会使用的太阳能电池能把太阳能转化为化学能，可减少化石能源的使用
B．大会使用的建筑材料“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
C．吸水性植物纤维可用作食品干燥剂，符合大会主题
D．传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，大会庆典禁止使用
2．（6分）（2020•珠海一模）关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．含有三种官能团
C．分子式为C5H4O2
D．所有原子一定不共平面
3．（6分）（2020•北京模拟）海水提镁的工艺流程如图：下列叙述正确的是（ ）
A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D．上述流程中可以循环使用的物质只有H2和Cl2
4．（6分）（2020•珠海一模）CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如图实验。有关该实验的说法正确的是（ ）
A．反应时生成一种无污染的气体NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸
5．（6分）（2020•珠海一模）以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A．阳极区的溶质主要是H2SO4
B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣═Pb+4Cl﹣
C．当有2.07g Pb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
6．（6分）（2020•新乡一模）化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞X
B．X元素的族序数是Y元素的2倍
C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
7．（6分）（2020•珠海一模）如图为某温度下CO2溶液中各种组分的pC（pC ＝﹣lgc）与溶液pH值的关系图。依据图中信息，下列说法不正确的是（ ）
A．H2CO3，HCO3﹣，CO32﹣不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝10﹣6
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，最终将变大
D．pH＝9时，溶液中存在关系c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（CO32﹣）
二、非选择题
8．（14分）（2020•珠海一模）水合肼（N2H4•H2O）是无色、有强还原性的液体，能与水，醇任意混合，不溶于乙醚和氯仿。实验室制备水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl．据此，某学生设计了下列实验。
已知：NaClO受热易分解为NaCl和NaClO3
1．制备NaClO溶液（如图1）
（1）装置A中发生的离子方程式为： ；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用 （填“相同”或者“不同”）；
C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是 。
2．制取水合肼（如图2）
（3）c装置中导管的作用是
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是 （用化学方程式表示）。充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过（填操作） 、 处理，即可得到水合肼的粗产品。
3．定量计算
（5）称取馏分0.20 g，加水配成20.00 mL溶液，在一定条件下，用0.30 mol•L﹣1 的I2溶液进行滴定。
已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O。
①滴定时，用 装标准液。
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00 mL，馏分中N2H4•H2O的质量分数为 。
9．（15分）（2020•珠海一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。已知高铁酸盐在低温碱性环境中稳定，易溶于水，难溶于无水乙醇等有机溶剂。常见高铁酸钾的制备方法如下：
制备方法
具体内容
干法
Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物
湿法
强碱性介质中，Fe（NO3）3与KClO反应生成紫红色高铁酸钾溶液
电解法
电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4
（1）干法制备反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为： 。
（2）某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如图：
①控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，氧化过程的化学方程式为： 。
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。由此可知该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度 （填“大”、“小”）。
③K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯。
其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L 溶液中，过滤除去 ；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用 洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品。
④湿法制备K2FeO4的产率明显比另外两种方法低，试从化学反应的角度解释其中的原因 。
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，阴极的电极反应为： ；其中可循环使用的物质是 。
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝ 。
10．（14分）（2020•珠海一模）CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3
（1）△H3＝ kJ•mol﹣1
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应Ⅰ．下列描述能说明反应I达到平衡状态的是 （填序号）。
A．容器内的混合气体的密度保持不变 B．反应体系气体总质量保持不变
C．CH3OH和CO2的质量之比保持不变 D．断裂3NA个H﹣C键同时断裂2NA个C＝O键
（3）反应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的 CH3OCH3（g）和H2O（g），反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3（g）
H2O（g）
CH3OH（g）
浓度/mol•L﹣1
2x
2x
x
此时v正 v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝ %。
（4）在某压强下，反应Ⅲ在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图1所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中，20min后反应达到平衡状态，0﹣20 min内的平均反应速率V（CH3OCH3）＝ 。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性＝×100%
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
A．230℃B．210℃C．催化剂 CZT D．催化剂 CZ（Zr﹣1）T
【化学-选修3；物质结构】（15分）
11．（15分）（2020•珠海一模）（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A、SO32﹣和NO2﹣ B、NO3﹣和SO3
C、H3O+和ClO3﹣ D、PO43﹣和SO32﹣
（2）CaF2的晶胞如图所示。
①下列有关CaF2的表达正确的是 。
a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用
b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是： （用离子方程式表示，已知[AlF6]3﹣在溶液中可稳定存在）。
③晶胞中F﹣的配位数是 ，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有 个。
（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
电离能/kJ•mol﹣1
I1
I2
铜
746
1958
锌
906
1733
④写出Cu原子核外电子排布式 ；
⑤铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 。
【化学-选修5；有机化学基础】（15分）
12．（2020•珠海一模）某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中官能团名称是 。
（2）反应⑤的反应类型是 。
（3）写出D的结构简式 。
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式 。
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为 。
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
则K可能的结构简式为 。
（7）设计由制备的合成路线。（无机试剂任选）
2020年广东省珠海市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）（2020•珠海一模）2019年北京园艺会的主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关说法正确的是（ ）
A．大会使用的太阳能电池能把太阳能转化为化学能，可减少化石能源的使用
B．大会使用的建筑材料“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
C．吸水性植物纤维可用作食品干燥剂，符合大会主题
D．传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，大会庆典禁止使用
【解答】解：A、太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，不是把太阳能转化为化学能，故A错误；
B、碳纳米泡沫和石墨烯为碳的单质，互为同素异形体，二者不是同分异构体，故B错误；
C、吸水性植物纤维具有吸水性，并且无毒，可作食品干燥剂，同时植物纤维不会造成环境污染，符合“绿色生活，美丽家园”大会主题，故C正确；
D、传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典上可在一定范围内适度使用，禁止使用太绝对，故D错误；
故选：C。
2．（6分）（2020•珠海一模）关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．含有三种官能团
C．分子式为C5H4O2
D．所有原子一定不共平面
【解答】解：A．碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．含有碳碳双键、醚键和醛基三种官能团，故B正确；
C．根据结构简式确定分子式为C5H4O2，故C正确；
D．双键两端的原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D错误；
故选：D。
3．（6分）（2020•北京模拟）海水提镁的工艺流程如图：下列叙述正确的是（ ）
A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D．上述流程中可以循环使用的物质只有H2和Cl2
【解答】解：A．反应池中发生沉淀的转化，利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质，故A正确；
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是防止镁离子水解，故B错误；
C．由上述分析可知，不涉及置换反应，故C错误；
D．上述流程中可以循环使用的物质只有Cl2，故D错误；
故选：A。
4．（6分）（2020•珠海一模）CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如图实验。有关该实验的说法正确的是（ ）
A．反应时生成一种无污染的气体NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸
【解答】解：A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染气体为氮气，故A错误；
B．在一定温度下，氨气与氧化铜反应生成红色物质可能为铜，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；
C．分液漏斗可用于分液，还可用于反应中盛装液体，控制加入液体的量来控制反应速率，故C错误；
D．烧杯中硫酸的作用是防止倒吸和吸收未反应的氨气，避免污染环境，故D错误。
故选：B。
5．（6分）（2020•珠海一模）以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A．阳极区的溶质主要是H2SO4
B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣═Pb+4Cl﹣
C．当有2.07g Pb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
【解答】解：A．根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；
B．电极Ⅱ周围PbCl42﹣得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣＝Pb+4Cl﹣，故B正确；
C．当有2.07 g Pb生成时，即生成Pb的物质的量为＝0.01mol，根据电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣＝Pb+4Cl﹣，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故C错误；
D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；
故选：C。
6．（6分）（2020•新乡一模）化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞X
B．X元素的族序数是Y元素的2倍
C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；
B．X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；
C．X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；
D．X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；
故选：D。
7．（6分）（2020•珠海一模）如图为某温度下CO2溶液中各种组分的pC（pC ＝﹣lgc）与溶液pH值的关系图。依据图中信息，下列说法不正确的是（ ）
A．H2CO3，HCO3﹣，CO32﹣不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝10﹣6
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，最终将变大
D．pH＝9时，溶液中存在关系c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（CO32﹣）
【解答】解：A．H2CO3存在的溶液中酸性较强，CO32﹣存在的溶液中碱性较强，所以H2CO3、CO32﹣不能大量共存，即H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存，故A正确；
B．根据图示可知，pH＝6时c（H2CO3）＝c（HCO3﹣），则H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣6，故B正确；
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，碳酸转化成二氧化碳气体，碳酸浓度减小、氢离子浓度增大，则的比值将变大，故C正确；
D．pH＝9时c（H+）＜c（H2CO3）＜c（OH﹣）＜c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），则c（H+）+c（H2CO3）＜c（OH﹣）+c（CO32﹣），故D错误；
故选：D。
二、非选择题
8．（14分）（2020•珠海一模）水合肼（N2H4•H2O）是无色、有强还原性的液体，能与水，醇任意混合，不溶于乙醚和氯仿。实验室制备水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl．据此，某学生设计了下列实验。
已知：NaClO受热易分解为NaCl和NaClO3
1．制备NaClO溶液（如图1）
（1）装置A中发生的离子方程式为： 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑ ；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用 相同 （填“相同”或者“不同”）；
C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是 防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应 。
2．制取水合肼（如图2）
（3）c装置中导管的作用是 平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是 N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl （用化学方程式表示）。充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过（填操作） 洗涤 、 蒸馏 处理，即可得到水合肼的粗产品。
3．定量计算
（5）称取馏分0.20 g，加水配成20.00 mL溶液，在一定条件下，用0.30 mol•L﹣1 的I2溶液进行滴定。
已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O。
①滴定时，用 酸式滴定管 装标准液。
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00 mL，馏分中N2H4•H2O的质量分数为 75% 。
【解答】解：1．（1）装置A中发生的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用相同，均与外界相通，可平衡内外压强，C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应，
故答案为：相同；防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应；
2．（3）c装置中导管的作用是平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强，便于液体顺利流下，
故答案为：平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强；
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl，充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过洗涤、蒸馏处理，即可得到水合肼的粗产品，
故答案为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl；洗涤；蒸馏；
3．①碘溶液可氧化橡胶，滴定时，用酸式滴定管装标准液，
故答案为：酸式滴定管；
②由N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可知设馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为×100%＝75%，
故答案为：75%。
9．（15分）（2020•珠海一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。已知高铁酸盐在低温碱性环境中稳定，易溶于水，难溶于无水乙醇等有机溶剂。常见高铁酸钾的制备方法如下：
制备方法
具体内容
干法
Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物
湿法
强碱性介质中，Fe（NO3）3与KClO反应生成紫红色高铁酸钾溶液
电解法
电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4
（1）干法制备反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为： 3：1 。
（2）某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如图：
①控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，氧化过程的化学方程式为： 2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O 。
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。由此可知该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度 小 （填“大”、“小”）。
③K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯。
其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L KOH 溶液中，过滤除去 Fe（OH）3 ；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用 乙醇 洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品。
④湿法制备K2FeO4的产率明显比另外两种方法低，试从化学反应的角度解释其中的原因 Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低 。
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，阴极的电极反应为： 2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ ；其中可循环使用的物质是 NaOH 。
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝ .5×1015：1 。
【解答】解：（1）氧化剂为KNO3，被还原生成KNO2，还原剂为Fe2O3，被氧化生成K2FeO4，由电子守恒可知（5﹣3）×n（KNO3）＝2×n（Fe2O3）×（6﹣3），解得n（KNO3）：n（Fe2O3）＝3：1，
故答案为：3：1；
（2）硝酸铁晶体在碱性条件下被次氯酸钠氧化生成Na2FeO4，过滤除去杂质NaCl、硝酸钠，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾。
①氧化过程的化学方程式为2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，
故答案为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O；
②加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出，可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，
故答案为：小；
③由操作过程可知利用重结晶进行提纯，将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/LKOH溶液中，过滤除去Fe（OH）3；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用乙醇洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品，用乙醇洗涤，洗去可溶性杂质，并减少因溶解导致的损失，
故答案为：KOH；Fe（OH）3；乙醇；
④湿法制备中FeO42﹣具有强氧化性，Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低，
故答案为：Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低；
（3）阳极是Fe失去失去电子，碱性条件下生成FeO42﹣，阳极电极反应式为Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，且钠离子向阴极移动，阴极室得到A溶液为NaOH溶液，可以循环利用，
故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；NaOH；
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝＝5.5×1015：1，
故答案为：.5×1015：1。
10．（14分）（2020•珠海一模）CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3
（1）△H3＝ ﹣124.0 kJ•mol﹣1
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应Ⅰ．下列描述能说明反应I达到平衡状态的是 CD （填序号）。
A．容器内的混合气体的密度保持不变 B．反应体系气体总质量保持不变
C．CH3OH和CO2的质量之比保持不变 D．断裂3NA个H﹣C键同时断裂2NA个C＝O键
（3）反应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的 CH3OCH3（g）和H2O（g），反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3（g）
H2O（g）
CH3OH（g）
浓度/mol•L﹣1
2x
2x
x
此时v正 ＝ v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝ 20 %。
（4）在某压强下，反应Ⅲ在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图1所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中，20min后反应达到平衡状态，0﹣20 min内的平均反应速率V（CH3OCH3）＝ 0.03mol•L﹣1•min﹣1 。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性＝×100%
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 AD 。
A．230℃B．210℃C．催化剂 CZT D．催化剂 CZ（Zr﹣1）T
【解答】解：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅰ×2﹣Ⅱ得到反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3＝﹣124.0kJ/mol
故答案为：﹣124.0；
（2）对于反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
A．恒温恒容条件下，气体质量不变，容器内的混合气体的密度保持不变，不能说明达到平衡状态，故A错误；
B．反应体系气体总质量始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．CH3OH和CO2的质量比保持不变，说明浓度不变，能说明达到平衡状态，故C正确；
D．断裂3NA个H﹣O键同时断裂2NA个C＝O键，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
（3）对于反应CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）其浓度商＝＝＝0.25＝平衡常数K，此时反应达到平衡状态，v正＝v逆。
混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝×100%＝20%。
故答案为：＝；20；
（4）T1温度下，将6molCO2和12molH2充入3L的密闭容器中，由图象可知，20min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol×60%×＝1.8mol，所以平均反应速率v（CH3OCH3）＝＝0.03mol•L﹣1•min﹣1。
故答案为：0.03mol•L﹣1•min﹣1；
（5）①反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，
故答案为：反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；
②温度越高反应速率越快，由图知，温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降，所以温度应该选择230℃．在相同条件下，催化剂 CZ（Zr﹣1）T比CZTD的催化效果好故答案为：AD。
【化学-选修3；物质结构】（15分）
11．（15分）（2020•珠海一模）（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 B 。
A、SO32﹣和NO2﹣ B、NO3﹣和SO3
C、H3O+和ClO3﹣ D、PO43﹣和SO32﹣
（2）CaF2的晶胞如图所示。
①下列有关CaF2的表达正确的是 bd 。
a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用
b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是： 3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣ （用离子方程式表示，已知[AlF6]3﹣在溶液中可稳定存在）。
③晶胞中F﹣的配位数是 4 ，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有 12 个。
（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
电离能/kJ•mol﹣1
I1
I2
铜
746
1958
锌
906
1733
④写出Cu原子核外电子排布式 [Ar]3d104s1 ；
⑤铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大 。
【解答】解：（1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；
A．SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构；NO2﹣中N原子价层电子对个数＝2+＝3，为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；
B．NO3﹣中N原子价层电子对个数＝3+＝3，为平面三角形结构；SO3中S原子价层电子对个数＝3+＝3，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；
C．H3O+中O原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构；ClO3﹣中Cl原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；
D．PO43﹣中P原子价层电子对个数＝4+＝4，为四面体结构；SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；
故选：B；
（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；
d．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故d正确；
故答案为：bd；
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣；
故答案为：3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣；
③晶胞中F﹣的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+个数＝3×8÷2＝12；
故答案为：4； 12；
（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，
故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。
【化学-选修5；有机化学基础】（15分）
12．（2020•珠海一模）某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中官能团名称是 羰基、碳碳双键 。
（2）反应⑤的反应类型是 加成反应或还原反应 。
（3）写出D的结构简式 。
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式 。
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为 。
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
则K可能的结构简式为 。
（7）设计由制备的合成路线。（无机试剂任选）
【解答】解：（1）E中官能团名称是羰基、碳碳双键，
故答案为：羰基、碳碳双键；
（2）反应⑤中E中碳碳双键和氢气反应生成碳碳单键，该反应的反应类型是加成反应或还原反应，
故答案为：加成反应或还原反应；
（3）D的结构简式为，
故答案为：；
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式，
故答案为：；
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为，
故答案为：；
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，生成1.5mol氢气，说明K分子中含有3个羟基；
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
C的不饱和度是3，苯环的不饱和度是4，且K比C少2个H原子，说明K中除了苯环外不含其它双键或环，
根据其H原子比例关系知，应该含有2个﹣CH2﹣，
则K可能的结构简式为，
故答案为：；
（7）由制备，根据“某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线“知，先和乙醇发生酯化反应生成酯，然后发生②的反应、③的反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/3/30 21:04:53；用户：min；邮箱：syys888@xyh.com；学号：29980479
第1页（共1页）
2020年广东省珠海市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）（2020•珠海一模）2019年北京园艺会的主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关说法正确的是（ ）
A．大会使用的太阳能电池能把太阳能转化为化学能，可减少化石能源的使用
B．大会使用的建筑材料“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
C．吸水性植物纤维可用作食品干燥剂，符合大会主题
D．传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，大会庆典禁止使用
2．（6分）（2020•珠海一模）关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．含有三种官能团
C．分子式为C5H4O2
D．所有原子一定不共平面
3．（6分）（2020•北京模拟）海水提镁的工艺流程如图：下列叙述正确的是（ ）
A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D．上述流程中可以循环使用的物质只有H2和Cl2
4．（6分）（2020•珠海一模）CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如图实验。有关该实验的说法正确的是（ ）
A．反应时生成一种无污染的气体NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸
5．（6分）（2020•珠海一模）以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A．阳极区的溶质主要是H2SO4
B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣═Pb+4Cl﹣
C．当有2.07g Pb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
6．（6分）（2020•新乡一模）化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞X
B．X元素的族序数是Y元素的2倍
C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
7．（6分）（2020•珠海一模）如图为某温度下CO2溶液中各种组分的pC（pC ＝﹣lgc）与溶液pH值的关系图。依据图中信息，下列说法不正确的是（ ）
A．H2CO3，HCO3﹣，CO32﹣不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝10﹣6
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，最终将变大
D．pH＝9时，溶液中存在关系c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（CO32﹣）
二、非选择题
8．（14分）（2020•珠海一模）水合肼（N2H4•H2O）是无色、有强还原性的液体，能与水，醇任意混合，不溶于乙醚和氯仿。实验室制备水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl．据此，某学生设计了下列实验。
已知：NaClO受热易分解为NaCl和NaClO3
1．制备NaClO溶液（如图1）
（1）装置A中发生的离子方程式为： ；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用 （填“相同”或者“不同”）；
C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是 。
2．制取水合肼（如图2）
（3）c装置中导管的作用是
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是 （用化学方程式表示）。充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过（填操作） 、 处理，即可得到水合肼的粗产品。
3．定量计算
（5）称取馏分0.20 g，加水配成20.00 mL溶液，在一定条件下，用0.30 mol•L﹣1 的I2溶液进行滴定。
已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O。
①滴定时，用 装标准液。
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00 mL，馏分中N2H4•H2O的质量分数为 。
9．（15分）（2020•珠海一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。已知高铁酸盐在低温碱性环境中稳定，易溶于水，难溶于无水乙醇等有机溶剂。常见高铁酸钾的制备方法如下：
制备方法
具体内容
干法
Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物
湿法
强碱性介质中，Fe（NO3）3与KClO反应生成紫红色高铁酸钾溶液
电解法
电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4
（1）干法制备反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为： 。
（2）某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如图：
①控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，氧化过程的化学方程式为： 。
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。由此可知该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度 （填“大”、“小”）。
③K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯。
其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L 溶液中，过滤除去 ；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用 洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品。
④湿法制备K2FeO4的产率明显比另外两种方法低，试从化学反应的角度解释其中的原因 。
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，阴极的电极反应为： ；其中可循环使用的物质是 。
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝ 。
10．（14分）（2020•珠海一模）CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3
（1）△H3＝ kJ•mol﹣1
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应Ⅰ．下列描述能说明反应I达到平衡状态的是 （填序号）。
A．容器内的混合气体的密度保持不变 B．反应体系气体总质量保持不变
C．CH3OH和CO2的质量之比保持不变 D．断裂3NA个H﹣C键同时断裂2NA个C＝O键
（3）反应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的 CH3OCH3（g）和H2O（g），反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3（g）
H2O（g）
CH3OH（g）
浓度/mol•L﹣1
2x
2x
x
此时v正 v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝ %。
（4）在某压强下，反应Ⅲ在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图1所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中，20min后反应达到平衡状态，0﹣20 min内的平均反应速率V（CH3OCH3）＝ 。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性＝×100%
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
A．230℃B．210℃C．催化剂 CZT D．催化剂 CZ（Zr﹣1）T
【化学-选修3；物质结构】（15分）
11．（15分）（2020•珠海一模）（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A、SO32﹣和NO2﹣ B、NO3﹣和SO3
C、H3O+和ClO3﹣ D、PO43﹣和SO32﹣
（2）CaF2的晶胞如图所示。
①下列有关CaF2的表达正确的是 。
a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用
b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是： （用离子方程式表示，已知[AlF6]3﹣在溶液中可稳定存在）。
③晶胞中F﹣的配位数是 ，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有 个。
（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
电离能/kJ•mol﹣1
I1
I2
铜
746
1958
锌
906
1733
④写出Cu原子核外电子排布式 ；
⑤铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 。
【化学-选修5；有机化学基础】（15分）
12．（2020•珠海一模）某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中官能团名称是 。
（2）反应⑤的反应类型是 。
（3）写出D的结构简式 。
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式 。
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为 。
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
则K可能的结构简式为 。
（7）设计由制备的合成路线。（无机试剂任选）
2020年广东省珠海市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）（2020•珠海一模）2019年北京园艺会的主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关说法正确的是（ ）
A．大会使用的太阳能电池能把太阳能转化为化学能，可减少化石能源的使用
B．大会使用的建筑材料“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
C．吸水性植物纤维可用作食品干燥剂，符合大会主题
D．传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，大会庆典禁止使用
【解答】解：A、太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，不是把太阳能转化为化学能，故A错误；
B、碳纳米泡沫和石墨烯为碳的单质，互为同素异形体，二者不是同分异构体，故B错误；
C、吸水性植物纤维具有吸水性，并且无毒，可作食品干燥剂，同时植物纤维不会造成环境污染，符合“绿色生活，美丽家园”大会主题，故C正确；
D、传统烟花中含有钾、钠、铜等金属单质的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典上可在一定范围内适度使用，禁止使用太绝对，故D错误；
故选：C。
2．（6分）（2020•珠海一模）关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．含有三种官能团
C．分子式为C5H4O2
D．所有原子一定不共平面
【解答】解：A．碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．含有碳碳双键、醚键和醛基三种官能团，故B正确；
C．根据结构简式确定分子式为C5H4O2，故C正确；
D．双键两端的原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D错误；
故选：D。
3．（6分）（2020•北京模拟）海水提镁的工艺流程如图：下列叙述正确的是（ ）
A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D．上述流程中可以循环使用的物质只有H2和Cl2
【解答】解：A．反应池中发生沉淀的转化，利用了相同条件下Mg（OH）2比Ca（OH）2难溶的性质，故A正确；
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是防止镁离子水解，故B错误；
C．由上述分析可知，不涉及置换反应，故C错误；
D．上述流程中可以循环使用的物质只有Cl2，故D错误；
故选：A。
4．（6分）（2020•珠海一模）CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如图实验。有关该实验的说法正确的是（ ）
A．反应时生成一种无污染的气体NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸
【解答】解：A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染气体为氮气，故A错误；
B．在一定温度下，氨气与氧化铜反应生成红色物质可能为铜，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；
C．分液漏斗可用于分液，还可用于反应中盛装液体，控制加入液体的量来控制反应速率，故C错误；
D．烧杯中硫酸的作用是防止倒吸和吸收未反应的氨气，避免污染环境，故D错误。
故选：B。
5．（6分）（2020•珠海一模）以PbO为原料回收铅的过程如下：
Ⅰ．将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；
Ⅱ．电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是（ ）
A．阳极区的溶质主要是H2SO4
B．电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣═Pb+4Cl﹣
C．当有2.07g Pb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04mol
D．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO
【解答】解：A．根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；
B．电极Ⅱ周围PbCl42﹣得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣＝Pb+4Cl﹣，故B正确；
C．当有2.07 g Pb生成时，即生成Pb的物质的量为＝0.01mol，根据电极反应式为PbCl42﹣+2e﹣＝Pb+4Cl﹣，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故C错误；
D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；
故选：C。
6．（6分）（2020•新乡一模）化合物M（如图所示）可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞X
B．X元素的族序数是Y元素的2倍
C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。
A．X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；
B．X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；
C．X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；
D．X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；
故选：D。
7．（6分）（2020•珠海一模）如图为某温度下CO2溶液中各种组分的pC（pC ＝﹣lgc）与溶液pH值的关系图。依据图中信息，下列说法不正确的是（ ）
A．H2CO3，HCO3﹣，CO32﹣不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝10﹣6
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，最终将变大
D．pH＝9时，溶液中存在关系c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（CO32﹣）
【解答】解：A．H2CO3存在的溶液中酸性较强，CO32﹣存在的溶液中碱性较强，所以H2CO3、CO32﹣不能大量共存，即H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存，故A正确；
B．根据图示可知，pH＝6时c（H2CO3）＝c（HCO3﹣），则H2CO3的一级电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣6，故B正确；
C．往CO2的水溶液中加入过量的酸后，碳酸转化成二氧化碳气体，碳酸浓度减小、氢离子浓度增大，则的比值将变大，故C正确；
D．pH＝9时c（H+）＜c（H2CO3）＜c（OH﹣）＜c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），则c（H+）+c（H2CO3）＜c（OH﹣）+c（CO32﹣），故D错误；
故选：D。
二、非选择题
8．（14分）（2020•珠海一模）水合肼（N2H4•H2O）是无色、有强还原性的液体，能与水，醇任意混合，不溶于乙醚和氯仿。实验室制备水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl．据此，某学生设计了下列实验。
已知：NaClO受热易分解为NaCl和NaClO3
1．制备NaClO溶液（如图1）
（1）装置A中发生的离子方程式为： 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑ ；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用 相同 （填“相同”或者“不同”）；
C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是 防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应 。
2．制取水合肼（如图2）
（3）c装置中导管的作用是 平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是 N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl （用化学方程式表示）。充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过（填操作） 洗涤 、 蒸馏 处理，即可得到水合肼的粗产品。
3．定量计算
（5）称取馏分0.20 g，加水配成20.00 mL溶液，在一定条件下，用0.30 mol•L﹣1 的I2溶液进行滴定。
已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O。
①滴定时，用 酸式滴定管 装标准液。
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00 mL，馏分中N2H4•H2O的质量分数为 75% 。
【解答】解：1．（1）装置A中发生的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（2）B中的长颈漏斗和C中的玻璃管a，在实验中所起的作用相同，均与外界相通，可平衡内外压强，C中用冰水浴控制温度在25℃以下，其主要目的是防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应，
故答案为：相同；防止温度太高使NaClO受热发生歧化反应；
2．（3）c装置中导管的作用是平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强，便于液体顺利流下，
故答案为：平衡恒压分液漏斗中液体上下气体压强；
（4）反应过程中，若将CO（NH2）2滴加到NaClO中，将会产生大量氮气，降低水合肼的产率，原因是N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl，充分反应后，把“合成装置”内的溶液经过洗涤、蒸馏处理，即可得到水合肼的粗产品，
故答案为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl；洗涤；蒸馏；
3．①碘溶液可氧化橡胶，滴定时，用酸式滴定管装标准液，
故答案为：酸式滴定管；
②由N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可知设馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为×100%＝75%，
故答案为：75%。
9．（15分）（2020•珠海一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。已知高铁酸盐在低温碱性环境中稳定，易溶于水，难溶于无水乙醇等有机溶剂。常见高铁酸钾的制备方法如下：
制备方法
具体内容
干法
Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物
湿法
强碱性介质中，Fe（NO3）3与KClO反应生成紫红色高铁酸钾溶液
电解法
电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4
（1）干法制备反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为： 3：1 。
（2）某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如图：
①控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，氧化过程的化学方程式为： 2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O 。
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。由此可知该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度 小 （填“大”、“小”）。
③K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯。
其提纯步骤为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/L KOH 溶液中，过滤除去 Fe（OH）3 ；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用 乙醇 洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品。
④湿法制备K2FeO4的产率明显比另外两种方法低，试从化学反应的角度解释其中的原因 Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低 。
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，阴极的电极反应为： 2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ ；其中可循环使用的物质是 NaOH 。
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝ .5×1015：1 。
【解答】解：（1）氧化剂为KNO3，被还原生成KNO2，还原剂为Fe2O3，被氧化生成K2FeO4，由电子守恒可知（5﹣3）×n（KNO3）＝2×n（Fe2O3）×（6﹣3），解得n（KNO3）：n（Fe2O3）＝3：1，
故答案为：3：1；
（2）硝酸铁晶体在碱性条件下被次氯酸钠氧化生成Na2FeO4，过滤除去杂质NaCl、硝酸钠，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾。
①氧化过程的化学方程式为2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，
故答案为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH＝2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O；
②加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出，可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，
故答案为：小；
③由操作过程可知利用重结晶进行提纯，将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/LKOH溶液中，过滤除去Fe（OH）3；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤；所得固体用乙醇洗涤2～3次，再在真空干燥箱中干燥，得到产品，用乙醇洗涤，洗去可溶性杂质，并减少因溶解导致的损失，
故答案为：KOH；Fe（OH）3；乙醇；
④湿法制备中FeO42﹣具有强氧化性，Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低，
故答案为：Cl﹣被FeO42﹣氧化，消耗产品使产率降低；
（3）阳极是Fe失去失去电子，碱性条件下生成FeO42﹣，阳极电极反应式为Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，且钠离子向阴极移动，阴极室得到A溶液为NaOH溶液，可以循环利用，
故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；NaOH；
（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38、Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，向该温度下含有Fe3+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的溶液中，滴加浓NaOH溶液，当溶液pH＝12时，溶液中c（Cu2+）：c（Fe3+）＝＝5.5×1015：1，
故答案为：.5×1015：1。
10．（14分）（2020•珠海一模）CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3
（1）△H3＝ ﹣124.0 kJ•mol﹣1
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应Ⅰ．下列描述能说明反应I达到平衡状态的是 CD （填序号）。
A．容器内的混合气体的密度保持不变 B．反应体系气体总质量保持不变
C．CH3OH和CO2的质量之比保持不变 D．断裂3NA个H﹣C键同时断裂2NA个C＝O键
（3）反应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的 CH3OCH3（g）和H2O（g），反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3（g）
H2O（g）
CH3OH（g）
浓度/mol•L﹣1
2x
2x
x
此时v正 ＝ v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝ 20 %。
（4）在某压强下，反应Ⅲ在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图1所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中，20min后反应达到平衡状态，0﹣20 min内的平均反应速率V（CH3OCH3）＝ 0.03mol•L﹣1•min﹣1 。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：CH3OH的选择性＝×100%
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 AD 。
A．230℃B．210℃C．催化剂 CZT D．催化剂 CZ（Zr﹣1）T
【解答】解：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣50.0 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2＝+24.0 kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅰ×2﹣Ⅱ得到反应Ⅲ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H3＝﹣124.0kJ/mol
故答案为：﹣124.0；
（2）对于反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
A．恒温恒容条件下，气体质量不变，容器内的混合气体的密度保持不变，不能说明达到平衡状态，故A错误；
B．反应体系气体总质量始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．CH3OH和CO2的质量比保持不变，说明浓度不变，能说明达到平衡状态，故C正确；
D．断裂3NA个H﹣O键同时断裂2NA个C＝O键，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
（3）对于反应CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）其浓度商＝＝＝0.25＝平衡常数K，此时反应达到平衡状态，v正＝v逆。
混合气体中CH3OH 体积分数 V（CH3OH）%＝×100%＝20%。
故答案为：＝；20；
（4）T1温度下，将6molCO2和12molH2充入3L的密闭容器中，由图象可知，20min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH30为6mol×60%×＝1.8mol，所以平均反应速率v（CH3OCH3）＝＝0.03mol•L﹣1•min﹣1。
故答案为：0.03mol•L﹣1•min﹣1；
（5）①反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，
故答案为：反应△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；
②温度越高反应速率越快，由图知，温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降，所以温度应该选择230℃．在相同条件下，催化剂 CZ（Zr﹣1）T比CZTD的催化效果好故答案为：AD。
【化学-选修3；物质结构】（15分）
11．（15分）（2020•珠海一模）（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 B 。
A、SO32﹣和NO2﹣ B、NO3﹣和SO3
C、H3O+和ClO3﹣ D、PO43﹣和SO32﹣
（2）CaF2的晶胞如图所示。
①下列有关CaF2的表达正确的是 bd 。
a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用
b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是： 3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣ （用离子方程式表示，已知[AlF6]3﹣在溶液中可稳定存在）。
③晶胞中F﹣的配位数是 4 ，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有 12 个。
（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
电离能/kJ•mol﹣1
I1
I2
铜
746
1958
锌
906
1733
④写出Cu原子核外电子排布式 [Ar]3d104s1 ；
⑤铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大 。
【解答】解：（1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；
A．SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构；NO2﹣中N原子价层电子对个数＝2+＝3，为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；
B．NO3﹣中N原子价层电子对个数＝3+＝3，为平面三角形结构；SO3中S原子价层电子对个数＝3+＝3，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；
C．H3O+中O原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构；ClO3﹣中Cl原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；
D．PO43﹣中P原子价层电子对个数＝4+＝4，为四面体结构；SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4，为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；
故选：B；
（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；
d．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故d正确；
故答案为：bd；
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣；
故答案为：3CaF2+Al3+＝3Ca2++[AlF6]3﹣；
③晶胞中F﹣的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+个数＝3×8÷2＝12；
故答案为：4； 12；
（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，
故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。
【化学-选修5；有机化学基础】（15分）
12．（2020•珠海一模）某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中官能团名称是 羰基、碳碳双键 。
（2）反应⑤的反应类型是 加成反应或还原反应 。
（3）写出D的结构简式 。
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式 。
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为 。
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
则K可能的结构简式为 。
（7）设计由制备的合成路线。（无机试剂任选）
【解答】解：（1）E中官能团名称是羰基、碳碳双键，
故答案为：羰基、碳碳双键；
（2）反应⑤中E中碳碳双键和氢气反应生成碳碳单键，该反应的反应类型是加成反应或还原反应，
故答案为：加成反应或还原反应；
（3）D的结构简式为，
故答案为：；
（4）化合物A与乙醇反应生成B，则①的化学反应方程式，
故答案为：；
（5）若A与乙二醇（）发生缩聚反应生成高聚物H，则H的结构简式为，
故答案为：；
（6）芳香化合物K比C少两个氢原子，且化合物K满足以下两个条件：
①遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，
②1molK与足量的金属钠反应，在标准状况下生成33.6LH2，生成1.5mol氢气，说明K分子中含有3个羟基；
③有五种不同化学环境的氢，它们的数目之比为1：1：2：2：4，
C的不饱和度是3，苯环的不饱和度是4，且K比C少2个H原子，说明K中除了苯环外不含其它双键或环，
根据其H原子比例关系知，应该含有2个﹣CH2﹣，
则K可能的结构简式为，
故答案为：；
（7）由制备，根据“某食用香味剂δ﹣癸内酯（G）的合成路线“知，先和乙醇发生酯化反应生成酯，然后发生②的反应、③的反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/3/30 21:04:53；用户：min；邮箱：syys888@xyh.com；学号：29980479
第1页（共1页）
相关资料
更多
