黑龙江省实验中学2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三下·黑龙江开学考）化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属
B．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质
D．刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；石油的裂化和裂解；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A不符合题意；
B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. “血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C不符合题意；
D. 刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.工业上用电解MgCl2的方法生产金属镁；
B.由新物质生成的变化为化学变化；
C.“血液透析”原理是渗析原理；“静电除尘”依据胶体电泳性质；
D.玛瑙主要成分是二氧化硅。
2．（2020高三下·黑龙江开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和为NA
B．32.5 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2NA
C．1 mol PCl3与1 mol 36Cl2反应达到平衡时，产物中含P—36Cl键数目为2NA
D．反应 + → + 中，每生成294g 释放的中子数为3NA
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.标准状况下，11.2 L Cl2物质的量为0.5mol，氯气与水反应是可逆反应，根据物料守恒得出溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故A不符合题意；
B.32.5 g FeCl3物质的量为0.2mol，其水解形成Fe(OH)3胶体，胶体粒子是聚合体，因此胶体粒子数小于0.2NA，故B不符合题意；
C.1 mol PCl3与1 mol 36Cl2反应达到平衡时，反应是可逆反应，产物PCl5的物质的量小于1mol，因此PCl5中含P—36Cl键数目小于为2NA，故C不符合题意；
D.根据反应式知x=3，即反应 + → + 中，每生成294g 即1mol，则释放的中子数为3NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯气与水反应是可逆反应，氢氧化铁胶体中的胶体粒子是聚合体。
3．（2020高三下·黑龙江开学考）A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物，气体p常作果实催熟剂，m、n为两种常见的液体。上述物质发生的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径由大到小的顺序为：D>B>C>A
B．简单氢化物的沸点：B
D．C与D形成的化合物中一定含有离子键
【答案】C
【知识点】化学键；无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯，分子式是C2H4，n为H2O，乙烯与水发生加成反应产生m为乙醇，结构简式为C2H5OH，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、d反应产生q、a为置换反应，根据有机物的性质可知d可能是金属Na或金属Mg，由于A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，所以A是H，B是C，C是O，D是Na或Mg。
A.同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由大到小顺序为Na(Mg)>C>O>H，A不符合题意；
B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O>C，所以简单氢化物的沸点CH4
D.O与Na(或Mg)形成的化合物是离子化合物，物质中一定含有离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】 气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯， m、n为两种常见的液体 ，结合转化关系可知，乙烯与n反应生成m，则n为水，m为乙醇；m、d反应产生q、a为置换反应，则为d可能是金属Na或金属Mg，结合原子序数的大小可知A是H，B是C，C是O，据此回答。
4．（2020高三下·黑龙江开学考）2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2 H＋ + HO2－，Ka＝2.4×10-12）。下列说法错误的是（ ）
A．a极的电势低于b极
B．Y膜为选择性阴离子交换膜
C．每转移0.4 mol e－，就有0.1 mol H2O2生成
D．b极的电极反应为O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】在H2、O2燃料电池中，通H2的电极为负极，通O2的电极为正极。
A. a为负极，其电势低于b极(正极)，A不符合题意；
B. 此装置用于制取H2O2，电极b必然生成HO2－，所以Y膜为选择性阴离子交换膜，B不符合题意；
C. 因为O2转化为HO2-，每转移0.4 mol e－，就有0.2 mol H2O2生成，C符合题意；
D. b极为正极，生成HO2－，所以电极反应为O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由示意图可知左边通H2的电极为负极，被氧化生成H+，电极方程式为H2-2e－=2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边通O2的电极为正极，被还原生成HO2－，反应为 O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－ ，HO2－和 OH－ 经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为O2 + H2 = H2O2，以此解答该题。
5．（2020高三下·黑龙江开学考）下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液 观察、对比气体产生的速度 可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果
B 向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热 冷却后观察到其一分层，另一不分层 分层的是矿物油，不分层的是植物油
C 将浓硫酸滴到胆矾晶体表面 晶体表面出现黑斑 浓硫酸具有脱水性
D SO2通入Ba（NO3）2溶液 产生白色沉淀 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；物质的检验和鉴别；探究影响化学反应速率的因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、高锰酸钾可氧化过氧化氢，而不是过氧化氢的催化剂，故A不符合题意；
B、向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后观察到分层的是矿物油，不分层的是植物油，植物油中有酯基，在碱性条件下水解，故B符合题意；
C、将浓硫酸滴到胆矾晶体表面，晶体由蓝色变成白色，说明浓硫酸具有吸水性，故C不符合题意；
D、SO2通入Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，SO2被氧化成SO42-，生成BaSO4 白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点D，SO2 能被Ba(NO3)2 中NO3－ 氧化。
6．（2020高三下·黑龙江开学考）下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）
A．已知氟利昂 12的结构式为 ，该分子是平面形分子
B．1mol苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]可与3molNaHCO3发生反应
C．用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应
D． 的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、已知氟利昂 12的结构式为 ，是甲烷的四个氢被取代，该分子是正四面体结构，故A不符合题意；
B、只有2个-COOH与NaHCO3发生反应，则1mol苹果酸[HOOCCH（OH）CH2COOH]可与2molNaHCO3发生反应，故B不符合题意；
C、用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应，故C符合题意；
D、 有6种氢。它的一氯代物共有6种故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结构式为 ，甲烷的四个氢被取代；
B.只有-COOH与NaHCO3发生反应；
C.用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯，苯环的H原子被替代；
D.分子中存在6种不同环境下的氢原子。
7．（2020高三上·浙江月考）在25℃时，将1.0L x mol L﹣1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通入（或加入）物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．b点对应的混合溶液中： c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
C．c点对应的混合溶液中： c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（OH﹣）
D．该温度下，a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为Ka＝10-8/（x-0.1）
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A. 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c>b>a，所以水电离程度a>b>c，A不符合题意；
B. b点溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+ )>c(OH )，溶液中存在电荷守恒c(H+ )+c(Na+)=c(CH3COO )+c(OH )，所以c(Na+)
D. a点溶液中pH=7，c(H+ )=c(OH )=10 7mol/L，c(Na+)=c(CH3COO )=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(x 0.2)mol/L，该温度下醋酸电离平衡常数Ka= = ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，c（H+ ）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（H+ ）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；
C．b点溶液呈酸性，说明溶液中有剩余的醋酸，c点加入0.1molHCl，溶液呈酸性，则c（H+ ）＞c（OH-），c点溶液中溶质为0.1molNaCl、cmol醋酸，且n（NaCl）＜n（醋酸），醋酸电离程度较小；
D．该温度下醋酸电离平衡常数Ka=，a点溶液中pH=7，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L。
二、综合题
8．（2020高三下·黑龙江开学考）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为 。
（2）溶液A中溶质除NaOH外，还有 。
（3）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。
①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有 （任写一条）。
②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 。
③“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 。
（4）在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 ；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是 。
（5）”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo(OH)2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热。使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 。
【答案】（1）蓝色
（2）NaAlO2
（3）粉碎、搅拌、升高温度；LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O
（4）调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色
（5）2CoCO3·3Co(OH)2
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)观察钾元素焰色的钴玻璃，颜色为蓝色。答案为：蓝色；(2)由以上分析知，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2。答案为：NaAlO2；(3)①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取粉碎、搅拌、升高温度、适当增大硫酸浓度等措施。答案为：粉碎、搅拌、升高温度；②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，则表明盐酸中的Cl-可能会被氧化为Cl2，从而得出其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境。答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；③“钴渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，LiCoO2溶解，+3价Co被还原为Co2+，离子方程式为8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O。答案为：8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O；(4)在“滤液1”中的Fe3+需要除去，加入20%Na2CO3溶液的目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，主要是考虑某些离子的干扰作用，原因是Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色。答案为：调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色；(5)n(H2O)=n[Co(OH)2]= =0.03mol，n(CO2)=n(CoCO3)= =0.02mol，从而得出1：y=0.02mol：0.03mol=2：3，y= ，则“钴沉淀”的化学式为2CoCO3·3Co(OH)2。答案为：2CoCO3·3Co(OH)2。
【分析】电极材料的成分为LiCoO2、Al、铁的氧化物，加入NaOH溶液后，只有Al溶解，转化为NaAlO2而成为溶液A的主要成分；滤渣中含有LiCoO2及铁的氧化物，加入H2SO4和Na2S2O3，此时LiCoO2及铁的氧化物溶解，Co被还原为Co2+，Fe3+被还原为Fe2+；过滤所得滤液中加入NaClO3作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤出Fe(OH)3，所得滤液中加入NaF，将Li+转化为LiF沉淀；滤液中加入Na2CO3溶液，Co2+转化为钴沉淀。据此解答。
9．（2020高三下·黑龙江开学考）工业上制备丙烯的方法有多种，具体如下（本题丙烯用C3H6表示）：
（1）丙烷(C3H8)脱氢制备丙烯(C3H6)
由如图可得，C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)，△H= kJ/.mol
（2）以丁烯(C4H8)和乙烯(C2H4)为原料反应生成丙烯(C3H6)的方法被称为“烯歧化法”，反应为：C4H8(g)+C2H4(g) 2C3H6(g) △H＞0。一定温度下，在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4，发生烯烃歧化反应。
I.该反应达到平衡的标志是 。
A.反应速率满足：2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)
B.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1：1：2
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变
D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化
Ⅱ.已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为 。
①该时间段内的反应速率v(C4H8)= mol/(L·min)。（用只含m、V、t1的式子表示）。
②此反应的平衡常数K= 。
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在新平衡中C3H6的体积分数 (填“＞”“＜”“=”)。
（3）“丁烯裂解法”是另一种生产丙烯的方法，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，具体反应如下：主反应：3C4H8 4C3H6；副反应：C4H8 2C2H4
①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。则从下表的趋势来看，下列反应条件最适宜的是 （填字母序号）。
A.300℃0.1MPa B.700℃0.1MPa C.300℃0.5MPa D.700℃0.5MPa
②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从平衡角度解释其可能的原因是 。
【答案】（1）+124.2
（2）ad；；0.5；＞
（3）c；压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)从图中可以提取如下两个热化学方程式：
C3H8(g) CH4(g)+C2H2(g)+H2(g) △H=+156.6kJ/.mol ①
C3H6(g) CH4(g)+C2H2(g) △H=+32.4kJ/.mol ②
利用盖斯定律，将①-②得：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)，△H=+124.2kJ/.mol。答案为：+124.2；(2)I.A. 2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)，表示反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，达到平衡状态；
B.虽然C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比等于化学计量数之比，但不一定达平衡状态；
C.混合气体的总质量不变，物质的量不变，平均相对分子质量始终不变，反应不一定达平衡状态；
D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化，则表明反应达平衡状态；
综合以上分析，AD正确。答案为：AD；Ⅱ.①该时间段内，n(C3H6)=nmol，则消耗n(C4H8)=0.5nmol，依题意 ，m=n，反应速率v(C4H8)= = mol/(L·min)。答案为： ；② =0.5。答案为：0.5；③设原平衡时，n(C4H8)=1mol，n(C2H4)=2mol，n(C3H6)=1mol，后加入的n(C4H8)=1mol，n(C2H4)=1mol，设参加反应的C4H8的物质的量为x，建立三段式：
K= ，x=0.27mol，新平衡中C3H6的体积分数为 =0.26＞ 。答案为：＞；(3)①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。从压强与百分含量图看，温度在300～400℃之间比较好，从温度与百分含量图看，压强在0.3～0.5之间比较好，再结合选项，可确定最适宜的条件是选项C。答案为：C；
②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从主反应3C4H8 4C3H6看，压强增大，丙烯的百分含量减小，无法解释丙烯百分含量增大的事实；但从副反应C4H8 2C2H4看，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的浓度增大，再考虑对主反应的影响，就容易解释丙烯的分含量随压强增大呈上升趋势的原因。从而得出从平衡角度解释其可能的原因是压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。答案为：压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。
【分析】⑴盖斯定律，将①-②即可解答；
⑵Ⅰ.根据化学平衡状态特征，v正=v逆，各组分含量保持不变分析可得；
Ⅱ. 测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为 ，则，解的n=m，即 n(C3H6)=nmol =mmol，
①生成的n(C3H6)=nmol ，则消耗的△n(C4H8)=0.5nmol，根据计算可得；
②根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比可得；
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4， 平衡正向移动；
⑶①根据图比较 300℃和700℃ 、 0.1MPa和0.5MPa 的丙烯和乙烯的质量比可得；
②压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，可得。
10．（2020高三下·黑龙江开学考）连二亚硫酸钠（Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂（不直接加入食品中，安全、卫生），还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
（1）Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为 。
（2）锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 （填字母）。
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是 。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为 。
③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是 。
（3）目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是 。
（4）连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，[Fe(CN)6]3-还原为[Fe(CN)6]4-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为 g L-1。(以SO2计)
【答案】（1）2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2
（2）ad；增大锌粉的表面积，加快反应速率；ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失
（3）HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O
（4）0.256
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2)①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，
a.反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；
b.不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；
c.浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；
d.通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；
故合理选项是ad；②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，则n(Na2S2O4)=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g L-1。
【分析】(1)根据已知的反应物、生成物，结合电子守恒，书写反应方程式；(2)①结合物质的存在状态及反应条件，判断使用的装置；②根据化学反应速率影响因素分析，结合复分解反应规律书写反应方程式；③结合物质的溶解性分析；(3)根据题干信息，书写反应方程式；(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等计算。
11．（2020高三下·黑龙江开学考）以氮化镓(GaN)、砷化镓(GaAs)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点，如砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能即为10%，推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。请回答下列问题：
（1）基态镓原子的价电子排布式为 。
（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 和+3。砷的电负性比镓 (填“大”或“小”)。
（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，分析其变化原因： 。
镓的卤化物 GaCl3 GaBr3 GaI3
熔点/℃ 77.75 122.3 211.5
沸点/℃ 201.2 279 346
GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是 。
（4）①砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)方法制备得到的，该反应在700℃进行，反应的方程式为： 。
②反应物AsH3分子的几何构型为 ，(CH3)3Ga中镓原子杂化方式为 。
（5）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565pm，As的配位数为 ，晶体的密度为 (设NA为阿伏加德罗常数的数值，列出算式即可)g·cm-3。
【答案】（1）4s24p1
（2）+1；大
（3）GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3为离子晶体
（4）(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4；三角锥形；sp2
（5）4；
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；分子晶体；晶胞的计算；分子间作用力
【解析】【解答】(1)基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则其价电子排布式为4s24p1。答案为：4s24p1；(2)镓的第一电离能比第二电离能要小得多，由此可推知镓的主要化合价为+1价。砷的价电子排布式为4s24p3，镓的价电子排布式为4s24p1，则二者同周期且砷在镓的右边，电负性砷大。答案为：大；(3)镓的卤化物的熔点都比较低，则应形成分子晶体，GaCl3、GaBr3、GaI3的沸点依次升高，其变化原因是GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
GaF3的相对分子质量最小，但其熔点超过1000℃，则不适合用分子晶体解释，可能的原因是GaF3为离子晶体。答案为：GaF3为离子晶体；(4)①在700℃时，(CH3)3Ga和AsH3反应，生成GaAs等，反应的方程式为(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4。答案为：(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4；②反应物AsH3分子的几何构型与NH3类似，则为三角锥形，(CH3)3Ga中镓原子的价层电子对数为3，且无孤对电子，由此可得出杂化方式为sp2。答案为：三角锥形；sp2；(5)从晶胞结构图中可以看出，As周围有4个Ga原子，则配位数为4。1个晶胞中含有4个GaAs，由此可求出1个晶胞的质量，再由晶胞参数，即可求出晶胞的体积，从而求出晶体的密度为 = g·cm-3。
答案为：4； 。
【分析】⑴镓位于周期表中第4周期第ⅢA族，最外层电子数即价电子数；
⑵根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性减小；
⑶三种卤化物的熔沸点均较低，说明都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高， GaF3 的熔点超过 1000℃ ，可以考虑晶体类型发生变化；
⑷①(CH3)3Ga和AsH3反应，生成GaAs，反应温度为 700℃ ，据此写出反应的化学方程式；
②根据VSEPR理论判断AsH3分子的几何构型，根据杂化轨道理论判断 (CH3)3Ga中镓原子杂化方式 ；
⑸根据 砷化镓立方晶胞结构图可知，砷的外围有4个Ga原子，则配位数为4，GaAs中砷原子数=4，晶胞的质量m=，根据密度计算晶胞密度。
12．（2020高三下·黑龙江开学考）化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH＋NH3 HNR2＋2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
（1）A的化学名称是 ，H中的官能团名称是 。
（2）由E生成F的反应类型是 ，G的结构简式为 。
（3）A→B的化学方程式为 。
（4）L是F的同分异构体，含有联苯( )结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为 。
（5）写出用氯乙烷和2－氯－1－丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
【答案】（1）甲苯；醚键、氯原子
（2）还原反应；CH2OHCH2Cl
（3） +Cl2 +HCl
（4）19；
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据分析可知A的为甲苯；结合H的结构简式，H含有的官能团为醚键、氯原子；（2）根据反应特点，E中含有的羰基变还原成羟基，则由E生成F的反应类型为还原反应；（3）A→B的反应为甲苯与氯气发生取代反应，反应的化学方程式为 +Cl2 +HCl；（4）L是F的同分异构体，含有联苯( )结构，遇FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基，剩余的为甲基，根据一固定，一移动的原则， 为对称结构，则酚羟基有三个位置，甲基所在的位置分别有7、7、5，共计19种；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1，甲基的氢为3，酚羟基的氢为1，可确定为对称结构，且甲基与酚羟基在对称轴上，结构简式为： ；（5）氯乙烷水解生成乙醇，根据已知②，需要引入氮原子，则乙醇与氨气反应生成HN（CH2CH3）2，模仿流程F→H→J，则乙醇和2-氯-1-丙醇反应生成CH3CH2OCH2CHClCH3，CH3CH2OCH2CHClCH3与HN（CH2CH3）2最终生成 ，合成路线为 。
【分析】已知C为最简单的芳香烃，则C为苯，且A、C互为同系物，根据B中含有7个碳原子则A也有7个，则A为甲苯；根据F、H的结构简式，则G的结构简式为CH2OHCH2Cl；
黑龙江省实验中学2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三下·黑龙江开学考）化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属
B．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质
D．刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐
2．（2020高三下·黑龙江开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和为NA
B．32.5 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2NA
C．1 mol PCl3与1 mol 36Cl2反应达到平衡时，产物中含P—36Cl键数目为2NA
D．反应 + → + 中，每生成294g 释放的中子数为3NA
3．（2020高三下·黑龙江开学考）A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物，气体p常作果实催熟剂，m、n为两种常见的液体。上述物质发生的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径由大到小的顺序为：D>B>C>A
B．简单氢化物的沸点：B
D．C与D形成的化合物中一定含有离子键
4．（2020高三下·黑龙江开学考）2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2 H＋ + HO2－，Ka＝2.4×10-12）。下列说法错误的是（ ）
A．a极的电势低于b极
B．Y膜为选择性阴离子交换膜
C．每转移0.4 mol e－，就有0.1 mol H2O2生成
D．b极的电极反应为O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－
5．（2020高三下·黑龙江开学考）下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液 观察、对比气体产生的速度 可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果
B 向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热 冷却后观察到其一分层，另一不分层 分层的是矿物油，不分层的是植物油
C 将浓硫酸滴到胆矾晶体表面 晶体表面出现黑斑 浓硫酸具有脱水性
D SO2通入Ba（NO3）2溶液 产生白色沉淀 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
6．（2020高三下·黑龙江开学考）下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）
A．已知氟利昂 12的结构式为 ，该分子是平面形分子
B．1mol苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]可与3molNaHCO3发生反应
C．用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应
D． 的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)
7．（2020高三上·浙江月考）在25℃时，将1.0L x mol L﹣1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通入（或加入）物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．b点对应的混合溶液中： c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
C．c点对应的混合溶液中： c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（OH﹣）
D．该温度下，a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为Ka＝10-8/（x-0.1）
二、综合题
8．（2020高三下·黑龙江开学考）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为 。
（2）溶液A中溶质除NaOH外，还有 。
（3）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。
①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有 （任写一条）。
②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 。
③“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 。
（4）在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 ；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是 。
（5）”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo(OH)2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热。使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 。
9．（2020高三下·黑龙江开学考）工业上制备丙烯的方法有多种，具体如下（本题丙烯用C3H6表示）：
（1）丙烷(C3H8)脱氢制备丙烯(C3H6)
由如图可得，C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)，△H= kJ/.mol
（2）以丁烯(C4H8)和乙烯(C2H4)为原料反应生成丙烯(C3H6)的方法被称为“烯歧化法”，反应为：C4H8(g)+C2H4(g) 2C3H6(g) △H＞0。一定温度下，在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4，发生烯烃歧化反应。
I.该反应达到平衡的标志是 。
A.反应速率满足：2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)
B.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1：1：2
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变
D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化
Ⅱ.已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为 。
①该时间段内的反应速率v(C4H8)= mol/(L·min)。（用只含m、V、t1的式子表示）。
②此反应的平衡常数K= 。
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在新平衡中C3H6的体积分数 (填“＞”“＜”“=”)。
（3）“丁烯裂解法”是另一种生产丙烯的方法，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，具体反应如下：主反应：3C4H8 4C3H6；副反应：C4H8 2C2H4
①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。则从下表的趋势来看，下列反应条件最适宜的是 （填字母序号）。
A.300℃0.1MPa B.700℃0.1MPa C.300℃0.5MPa D.700℃0.5MPa
②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从平衡角度解释其可能的原因是 。
10．（2020高三下·黑龙江开学考）连二亚硫酸钠（Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂（不直接加入食品中，安全、卫生），还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
（1）Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为 。
（2）锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 （填字母）。
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是 。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为 。
③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是 。
（3）目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是 。
（4）连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，[Fe(CN)6]3-还原为[Fe(CN)6]4-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为 g L-1。(以SO2计)
11．（2020高三下·黑龙江开学考）以氮化镓(GaN)、砷化镓(GaAs)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点，如砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能即为10%，推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。请回答下列问题：
（1）基态镓原子的价电子排布式为 。
（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 和+3。砷的电负性比镓 (填“大”或“小”)。
（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，分析其变化原因： 。
镓的卤化物 GaCl3 GaBr3 GaI3
熔点/℃ 77.75 122.3 211.5
沸点/℃ 201.2 279 346
GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是 。
（4）①砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)方法制备得到的，该反应在700℃进行，反应的方程式为： 。
②反应物AsH3分子的几何构型为 ，(CH3)3Ga中镓原子杂化方式为 。
（5）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565pm，As的配位数为 ，晶体的密度为 (设NA为阿伏加德罗常数的数值，列出算式即可)g·cm-3。
12．（2020高三下·黑龙江开学考）化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH＋NH3 HNR2＋2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
（1）A的化学名称是 ，H中的官能团名称是 。
（2）由E生成F的反应类型是 ，G的结构简式为 。
（3）A→B的化学方程式为 。
（4）L是F的同分异构体，含有联苯( )结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为 。
（5）写出用氯乙烷和2－氯－1－丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；石油的裂化和裂解；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A不符合题意；
B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. “血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C不符合题意；
D. 刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.工业上用电解MgCl2的方法生产金属镁；
B.由新物质生成的变化为化学变化；
C.“血液透析”原理是渗析原理；“静电除尘”依据胶体电泳性质；
D.玛瑙主要成分是二氧化硅。
2．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.标准状况下，11.2 L Cl2物质的量为0.5mol，氯气与水反应是可逆反应，根据物料守恒得出溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故A不符合题意；
B.32.5 g FeCl3物质的量为0.2mol，其水解形成Fe(OH)3胶体，胶体粒子是聚合体，因此胶体粒子数小于0.2NA，故B不符合题意；
C.1 mol PCl3与1 mol 36Cl2反应达到平衡时，反应是可逆反应，产物PCl5的物质的量小于1mol，因此PCl5中含P—36Cl键数目小于为2NA，故C不符合题意；
D.根据反应式知x=3，即反应 + → + 中，每生成294g 即1mol，则释放的中子数为3NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯气与水反应是可逆反应，氢氧化铁胶体中的胶体粒子是聚合体。
3．【答案】C
【知识点】化学键；无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯，分子式是C2H4，n为H2O，乙烯与水发生加成反应产生m为乙醇，结构简式为C2H5OH，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、d反应产生q、a为置换反应，根据有机物的性质可知d可能是金属Na或金属Mg，由于A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，所以A是H，B是C，C是O，D是Na或Mg。
A.同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由大到小顺序为Na(Mg)>C>O>H，A不符合题意；
B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O>C，所以简单氢化物的沸点CH4
D.O与Na(或Mg)形成的化合物是离子化合物，物质中一定含有离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】 气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯， m、n为两种常见的液体 ，结合转化关系可知，乙烯与n反应生成m，则n为水，m为乙醇；m、d反应产生q、a为置换反应，则为d可能是金属Na或金属Mg，结合原子序数的大小可知A是H，B是C，C是O，据此回答。
4．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】在H2、O2燃料电池中，通H2的电极为负极，通O2的电极为正极。
A. a为负极，其电势低于b极(正极)，A不符合题意；
B. 此装置用于制取H2O2，电极b必然生成HO2－，所以Y膜为选择性阴离子交换膜，B不符合题意；
C. 因为O2转化为HO2-，每转移0.4 mol e－，就有0.2 mol H2O2生成，C符合题意；
D. b极为正极，生成HO2－，所以电极反应为O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由示意图可知左边通H2的电极为负极，被氧化生成H+，电极方程式为H2-2e－=2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边通O2的电极为正极，被还原生成HO2－，反应为 O2 + 2e－ + H2O = HO2－ + OH－ ，HO2－和 OH－ 经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为O2 + H2 = H2O2，以此解答该题。
5．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；物质的检验和鉴别；探究影响化学反应速率的因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、高锰酸钾可氧化过氧化氢，而不是过氧化氢的催化剂，故A不符合题意；
B、向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后观察到分层的是矿物油，不分层的是植物油，植物油中有酯基，在碱性条件下水解，故B符合题意；
C、将浓硫酸滴到胆矾晶体表面，晶体由蓝色变成白色，说明浓硫酸具有吸水性，故C不符合题意；
D、SO2通入Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，SO2被氧化成SO42-，生成BaSO4 白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点D，SO2 能被Ba(NO3)2 中NO3－ 氧化。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、已知氟利昂 12的结构式为 ，是甲烷的四个氢被取代，该分子是正四面体结构，故A不符合题意；
B、只有2个-COOH与NaHCO3发生反应，则1mol苹果酸[HOOCCH（OH）CH2COOH]可与2molNaHCO3发生反应，故B不符合题意；
C、用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应，故C符合题意；
D、 有6种氢。它的一氯代物共有6种故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结构式为 ，甲烷的四个氢被取代；
B.只有-COOH与NaHCO3发生反应；
C.用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯，苯环的H原子被替代；
D.分子中存在6种不同环境下的氢原子。
7．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A. 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c>b>a，所以水电离程度a>b>c，A不符合题意；
B. b点溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+ )>c(OH )，溶液中存在电荷守恒c(H+ )+c(Na+)=c(CH3COO )+c(OH )，所以c(Na+)
D. a点溶液中pH=7，c(H+ )=c(OH )=10 7mol/L，c(Na+)=c(CH3COO )=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(x 0.2)mol/L，该温度下醋酸电离平衡常数Ka= = ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，c（H+ ）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（H+ ）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；
C．b点溶液呈酸性，说明溶液中有剩余的醋酸，c点加入0.1molHCl，溶液呈酸性，则c（H+ ）＞c（OH-），c点溶液中溶质为0.1molNaCl、cmol醋酸，且n（NaCl）＜n（醋酸），醋酸电离程度较小；
D．该温度下醋酸电离平衡常数Ka=，a点溶液中pH=7，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L。
8．【答案】（1）蓝色
（2）NaAlO2
（3）粉碎、搅拌、升高温度；LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O
（4）调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色
（5）2CoCO3·3Co(OH)2
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)观察钾元素焰色的钴玻璃，颜色为蓝色。答案为：蓝色；(2)由以上分析知，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2。答案为：NaAlO2；(3)①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取粉碎、搅拌、升高温度、适当增大硫酸浓度等措施。答案为：粉碎、搅拌、升高温度；②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，则表明盐酸中的Cl-可能会被氧化为Cl2，从而得出其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境。答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；③“钴渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，LiCoO2溶解，+3价Co被还原为Co2+，离子方程式为8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O。答案为：8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O；(4)在“滤液1”中的Fe3+需要除去，加入20%Na2CO3溶液的目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，主要是考虑某些离子的干扰作用，原因是Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色。答案为：调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀；Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色；(5)n(H2O)=n[Co(OH)2]= =0.03mol，n(CO2)=n(CoCO3)= =0.02mol，从而得出1：y=0.02mol：0.03mol=2：3，y= ，则“钴沉淀”的化学式为2CoCO3·3Co(OH)2。答案为：2CoCO3·3Co(OH)2。
【分析】电极材料的成分为LiCoO2、Al、铁的氧化物，加入NaOH溶液后，只有Al溶解，转化为NaAlO2而成为溶液A的主要成分；滤渣中含有LiCoO2及铁的氧化物，加入H2SO4和Na2S2O3，此时LiCoO2及铁的氧化物溶解，Co被还原为Co2+，Fe3+被还原为Fe2+；过滤所得滤液中加入NaClO3作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤出Fe(OH)3，所得滤液中加入NaF，将Li+转化为LiF沉淀；滤液中加入Na2CO3溶液，Co2+转化为钴沉淀。据此解答。
9．【答案】（1）+124.2
（2）ad；；0.5；＞
（3）c；压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)从图中可以提取如下两个热化学方程式：
C3H8(g) CH4(g)+C2H2(g)+H2(g) △H=+156.6kJ/.mol ①
C3H6(g) CH4(g)+C2H2(g) △H=+32.4kJ/.mol ②
利用盖斯定律，将①-②得：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)，△H=+124.2kJ/.mol。答案为：+124.2；(2)I.A. 2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)，表示反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，达到平衡状态；
B.虽然C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比等于化学计量数之比，但不一定达平衡状态；
C.混合气体的总质量不变，物质的量不变，平均相对分子质量始终不变，反应不一定达平衡状态；
D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化，则表明反应达平衡状态；
综合以上分析，AD正确。答案为：AD；Ⅱ.①该时间段内，n(C3H6)=nmol，则消耗n(C4H8)=0.5nmol，依题意 ，m=n，反应速率v(C4H8)= = mol/(L·min)。答案为： ；② =0.5。答案为：0.5；③设原平衡时，n(C4H8)=1mol，n(C2H4)=2mol，n(C3H6)=1mol，后加入的n(C4H8)=1mol，n(C2H4)=1mol，设参加反应的C4H8的物质的量为x，建立三段式：
K= ，x=0.27mol，新平衡中C3H6的体积分数为 =0.26＞ 。答案为：＞；(3)①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。从压强与百分含量图看，温度在300～400℃之间比较好，从温度与百分含量图看，压强在0.3～0.5之间比较好，再结合选项，可确定最适宜的条件是选项C。答案为：C；
②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从主反应3C4H8 4C3H6看，压强增大，丙烯的百分含量减小，无法解释丙烯百分含量增大的事实；但从副反应C4H8 2C2H4看，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的浓度增大，再考虑对主反应的影响，就容易解释丙烯的分含量随压强增大呈上升趋势的原因。从而得出从平衡角度解释其可能的原因是压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。答案为：压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。
【分析】⑴盖斯定律，将①-②即可解答；
⑵Ⅰ.根据化学平衡状态特征，v正=v逆，各组分含量保持不变分析可得；
Ⅱ. 测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为 ，则，解的n=m，即 n(C3H6)=nmol =mmol，
①生成的n(C3H6)=nmol ，则消耗的△n(C4H8)=0.5nmol，根据计算可得；
②根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比可得；
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4， 平衡正向移动；
⑶①根据图比较 300℃和700℃ 、 0.1MPa和0.5MPa 的丙烯和乙烯的质量比可得；
②压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，可得。
10．【答案】（1）2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2
（2）ad；增大锌粉的表面积，加快反应速率；ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失
（3）HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O
（4）0.256
【知识点】二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2)①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，
a.反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；
b.不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；
c.浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；
d.通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；
故合理选项是ad；②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，则n(Na2S2O4)=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g L-1。
【分析】(1)根据已知的反应物、生成物，结合电子守恒，书写反应方程式；(2)①结合物质的存在状态及反应条件，判断使用的装置；②根据化学反应速率影响因素分析，结合复分解反应规律书写反应方程式；③结合物质的溶解性分析；(3)根据题干信息，书写反应方程式；(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等计算。
11．【答案】（1）4s24p1
（2）+1；大
（3）GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3为离子晶体
（4）(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4；三角锥形；sp2
（5）4；
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；分子晶体；晶胞的计算；分子间作用力
【解析】【解答】(1)基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则其价电子排布式为4s24p1。答案为：4s24p1；(2)镓的第一电离能比第二电离能要小得多，由此可推知镓的主要化合价为+1价。砷的价电子排布式为4s24p3，镓的价电子排布式为4s24p1，则二者同周期且砷在镓的右边，电负性砷大。答案为：大；(3)镓的卤化物的熔点都比较低，则应形成分子晶体，GaCl3、GaBr3、GaI3的沸点依次升高，其变化原因是GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
GaF3的相对分子质量最小，但其熔点超过1000℃，则不适合用分子晶体解释，可能的原因是GaF3为离子晶体。答案为：GaF3为离子晶体；(4)①在700℃时，(CH3)3Ga和AsH3反应，生成GaAs等，反应的方程式为(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4。答案为：(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4；②反应物AsH3分子的几何构型与NH3类似，则为三角锥形，(CH3)3Ga中镓原子的价层电子对数为3，且无孤对电子，由此可得出杂化方式为sp2。答案为：三角锥形；sp2；(5)从晶胞结构图中可以看出，As周围有4个Ga原子，则配位数为4。1个晶胞中含有4个GaAs，由此可求出1个晶胞的质量，再由晶胞参数，即可求出晶胞的体积，从而求出晶体的密度为 = g·cm-3。
答案为：4； 。
【分析】⑴镓位于周期表中第4周期第ⅢA族，最外层电子数即价电子数；
⑵根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性减小；
⑶三种卤化物的熔沸点均较低，说明都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高， GaF3 的熔点超过 1000℃ ，可以考虑晶体类型发生变化；
⑷①(CH3)3Ga和AsH3反应，生成GaAs，反应温度为 700℃ ，据此写出反应的化学方程式；
②根据VSEPR理论判断AsH3分子的几何构型，根据杂化轨道理论判断 (CH3)3Ga中镓原子杂化方式 ；
⑸根据 砷化镓立方晶胞结构图可知，砷的外围有4个Ga原子，则配位数为4，GaAs中砷原子数=4，晶胞的质量m=，根据密度计算晶胞密度。
12．【答案】（1）甲苯；醚键、氯原子
（2）还原反应；CH2OHCH2Cl
（3） +Cl2 +HCl
（4）19；
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据分析可知A的为甲苯；结合H的结构简式，H含有的官能团为醚键、氯原子；（2）根据反应特点，E中含有的羰基变还原成羟基，则由E生成F的反应类型为还原反应；（3）A→B的反应为甲苯与氯气发生取代反应，反应的化学方程式为 +Cl2 +HCl；（4）L是F的同分异构体，含有联苯( )结构，遇FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基，剩余的为甲基，根据一固定，一移动的原则， 为对称结构，则酚羟基有三个位置，甲基所在的位置分别有7、7、5，共计19种；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1，甲基的氢为3，酚羟基的氢为1，可确定为对称结构，且甲基与酚羟基在对称轴上，结构简式为： ；（5）氯乙烷水解生成乙醇，根据已知②，需要引入氮原子，则乙醇与氨气反应生成HN（CH2CH3）2，模仿流程F→H→J，则乙醇和2-氯-1-丙醇反应生成CH3CH2OCH2CHClCH3，CH3CH2OCH2CHClCH3与HN（CH2CH3）2最终生成 ，合成路线为 。
【分析】已知C为最简单的芳香烃，则C为苯，且A、C互为同系物，根据B中含有7个碳原子则A也有7个，则A为甲苯；根据F、H的结构简式，则G的结构简式为CH2OHCH2Cl；
