黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020年高考理综-化学一模试卷
一、单选题
1．（2020·哈尔滨模拟）化学与科技、社会、生产和生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
B．热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
C．N95口罩用0.3微米氯化钠颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5
D．乙醚、84消毒液、过氧乙酸、90%以上乙醇等这些消毒剂均能有效对抗新型冠状病毒
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；生活中的有机化合物；酯的性质
【解析】【解答】A．若要提取氯、溴、碘等单质，要将其从化合态转变为游离态，需要通过化学反应，但若提取食盐，则只需物理分离即可，故A不符合题意；
B．矿物油渍属于烃类化合物，碱性物质和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故B不符合题意；
C．N95型口罩，“N”的意思是不适合油性的颗粒；“95”是指在NIOSH（美国国家职业安全卫生研究所）标准规定的检测条件下，0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，因2.5微米大于0.3微米，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，故C符合题意；
D．医用消毒酒精中乙醇的体积分数是75%，不是90%以上，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．海水提取食盐，则只需蒸发即可，无化学反应
B。热的纯碱溶液可用于洗涤酯类的油污 ，不能洗涤烃类化合物
C.95”是指在0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物
D．医用消毒酒精中乙醇的体积分数是75%
2．（2020·哈尔滨模拟）设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A．9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA
B．铅蓄电池电解NaCl溶液，得到标况下22.4L氢气，理论上铅蓄电池中消耗硫酸为2mol
C．250℃时，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的数目小于0.01NA
D．1moINa2O和BaO2的混合物中含有的阴阳离子总数为3NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．葡萄糖的化学式为C6H12O6，蔗糖的化学式为C12H22O11，两者的最简式不同，摩尔质量也不同，故9.0g混合物的物质的量无法计算，则含有的碳原子数无法计算，故A不符合题意；
B．以铅蓄电池电解NaCl溶液得到22.4L H2(标况)，转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中消耗硫酸为2mol，故B符合题意；
C.25℃时，pH=2的草酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的个数为0.01NA个，故C不符合题意；
D.1molNa2O是2molNa+和1molO2-构成，含有的阴、阳离子总数为3NA，1molBaO2是1molBa2+和1molO22-离子构成，含有的阴、阳离子总数为2NA，1moINa2O和BaO2的混合物中含有的阴阳离子总数在2NA-3NA之间，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A． 葡萄糖和蔗糖 两者的最简式不同，摩尔质量也不同
B．铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C．弱酸只是部分电离，没有全部电离
D．Na2O是阴、阳离子比例是1：2，BaO2是阴、阳离子比例是1：1
3．（2020·哈尔滨模拟）工业上可用甲苯合成苯甲醛：下列说法正确的是（ ）
A．甲苯分子中所有原子都在同一平面内
B．反应①②③的反应类型相同
C．苯甲醇可与金属钠反应
D．一氯甲苯的同分异构体有4种
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．苯环为平面结构，但甲苯中甲基为四面体结构，则所有原子不可能共面，选项A不符合题意；
B．由合成流程可以知道：①为甲苯光照下的取代反应，②为卤代烃的水解反应，③为醇的氧化反应，反应类型不同，选项B不符合题意；
C．苯甲醇含有醇羟基，能够与钠发生反应生成氢气，选项C符合题意；
D．Cl可取代甲基或苯环上的氢，取代苯环上的氢有邻、间、对三种位置，故同分异构体共有4种，除一氯甲烷本身外有3种同分异构体，选项D不符合题意；
答案选C。
【分析】A．甲基为四面体结构，所有原子不可能共面
B．①为取代反应，②为水解反应，③为氧化反应
C．羟基，能够与钠发生反应生成氢气
D．取代苯环上的氢有邻、间、对三种位置
4．（2020·哈尔滨模拟）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
A．离子半径：R＞T＞Y＞Z
B．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A不符合题意；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B符合题意；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C不符合题意；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D不符合题意。
【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
5．（2020·哈尔滨模拟）下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（ ）
选项 实验内容 实验结论
A 取两支试管，分别加入4mL0.01mol L-1KMnO4酸性溶液。然后向一只试管中加入0.01 mol L-1H2C2O4溶液2mL。向另一支试管中加入0.01 mol L-1H2C2O4溶液4mL，第一支试管中溶液褪色时间长 H2C2O4浓度越大，反应速率越快
B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol L-1HClO溶液和0.1 mol L-1HF溶液的pH，前者pH大于后者 HClO的酸性小于HF
C 将等浓度等体积的FeCl3溶液和KI溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 溶液中存在平衡： 2Fe3++2I- 2Fe2++I2
D 测量熔融状态下NaHSO4的导电性 熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．根据控制变量的原则，其他条件相同，浓度不同，加入草酸的体积应相同，选项A不符合题意；
B．HClO溶液具有漂白性，应选择pH计测定，否则实验失败，选项B不符合题意；
C．将等浓度等体积的FeCl3溶液和KI溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中还存在Fe3+，则应存在溶液中存在平衡：2Fe3++2I- 2Fe2++I2，选项C符合题意；
D．熔融状态下的NaHSO4，电离时生成钠离子和硫酸氢根离子而能导电，其电离方程式为：NaHSO4=Na++HSO4-，选项D不符合题意；
答案选C。
【分析】A．控制变量的原则，只能有一个变量
B．HClO溶液具有漂白性，漂白 pH试纸
C．Fe3+滴入KSCN溶液 溶液变红
D．熔融状态下的NaHSO4，不能电离出氢离子
6．（2020·哈尔滨模拟）现在污水治理越来越引起人们重视。可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚( )同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法错误的是（ ）
A．A极的电极反应式为 +e-=Cl-+
B．当乙中铜电极质量减少6.4g，甲中A极区增加的日的个数为0.1NA
C．膜电池不适合在较高温度环境下工作
D．反应过程中乙中电解质溶液c(Cu2+)不变
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．A极为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 +2e-+H+=Cl- + ，选项A符合题意；
B．据电荷守恒，当乙中铜电极质量减少6.4g，外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生 +2e-+H+=Cl- + ，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，选项B不符合题意；
C．膜电池是利用微生物膜，若高温则微生物膜会失去生理活性而失效，不适合在较高温度环境下工作，选项C不符合题意；
D．反应过程中乙中阳极铜失电子产生Cu2+，阴极Cu2+得电子产生Cu，为电镀池，电解质溶液c(Cu2+)不变，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A．根据电子移动方向判断正负极，A极为正极，正极得电子
B．得失电荷守恒，维持溶液电中性
C．微生物膜若高温则微生物膜会失去生理活性而失效
D．电镀池 c(Cu2+)不变
7．（2020·哈尔滨模拟）25℃时，将浓度均为0.1 mol L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ka(HA)=10-6
B．b点时，c(B+)+c(HA)=0.05mol/L
C．c点时 随温度升高而增大
D．a→c过程中水的电离程度始终增大
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】根据图知，0.1mol/L酸溶液的pH=3，则c（H+）＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；0.1mol/L碱溶液的pH=11，c（OH-）＜0.1mol/L，则BOH是弱碱；
A.由图可知 0.1mol L-1HA 溶液pH=3，由 HA H++A-可知：Ka= = =10-5，选项A不符合题意；
B. b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A )>c(H+)=c(OH )，再根据物料守恒有c(A )+c(HA)=0.05mol/L，则c(B+)+c(HA)=0.05mol/L，选项B符合题意；
C.c点时，A-的水解平衡常数Kh= ，升高温度Kh增大，则 减小，选项C不符合题意；
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量，酸、碱对水的电离平衡起抑制作用，可水解的盐对水的电离平衡起促进作用，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c 过程中水的电离程度先增大后减小，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、由a点可算，Ka=10-3*10-3/10-1=10-5
B、b点时，溶液呈电中性，有 c(B+) = c(A-) 根据物料守恒有 c(A-) +c（HA）=0.05mol/L
C、水解是吸热的，温度升高水解常数增大，而该比值为水解常数的倒数，故减小
D、当比值超过50mL时，除了有盐，还有碱，碱的量增多会抑制水的电离
二、工业流程
8．（2020·哈尔滨模拟）以某含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、CoO、SiO2等)为原料制备NixOy和碳酸钻的工艺流程如下：
（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是 ；含有CoCO3的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为 。
（2）“氧化”中添加NaClO3的作用是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀(NaFe3(SO4)2(OH)6)，其离子方程式为 。
（4）“沉钴”过程的离子方程式__。若“沉钴钻”开始时c(Co2+)=0.10 mol/L，则控制pH≤__时不会产生Co(OH)2沉淀。(已知Ksp［Co(OH)2]=4.0×10-15，lg2=0.3)。
（5）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现， ，过滤，洗涤，干燥。“锻烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物(NixOy)的化学式为 。
【答案】（1）提高浸出率或提高浸出速率；蓝
（2）Fe2+氧化为Fe3+；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O|7.3
（5）降温结晶（或冷却结晶）；Ni2O3
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是提高浸出率或提高浸出速率；
含有CoCO3的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应（即透过蓝色钴玻璃），故该玻璃的颜色为蓝色；（2）"氧化"中添加NaClO3的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋便于除去，为证明添加NaClO3已足量，实际是检验是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，其离子方程式为3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；（4）“沉钴”过程的离子方程式Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O，已知由题干信息可知，Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15，lg2=0.3，若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.10 mol/L，结合沉淀溶解平衡Co(OH)2 Co2++2OH-，则Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.10×c2(OH-)=4.0×10-15，c(OH-)=2×10-7，c(H+)= ，pH=-lg =7+lg2=7.3，因此控制pH≤7.3时不会产生Co(OH)2沉淀；（5）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现，降温结晶（或冷却结晶），过滤，洗涤，干燥；
“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，从26.3gNiSO4·6H2O失水变成15.5g，n(NiSO4·6H2O):n(H2O)= ，26.3gNiSO4·6H2O中n(Ni)= =0.10mol，8.3g中n(Ni):n(O)=0.1mol: =2:3，该曲线中B段所表示氧化物的化学式为Ni2O3。
【分析】金属镍废料（除含 NiO 外，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Cl－，另含有少量Fe2＋、Fe3＋、Co2+等，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得黄钠铁矾渣，滤液中加入萃取剂得到沉钴和有机层，沉钴中加入NaHCO3溶液得碳酸钴；有机层处理后生成NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、得NiSO4·6H2O晶体，灼烧得NixOy。
三、实验题
9．（2020·哈尔滨模拟）某学习小组根据高中知识设计如下测定室内甲醛含量的装置(夹持装置已略)。
（1）I．配制银氨溶液
盛装AgNO3溶液的仪器D的名称 。
（2）关闭K2和K3，打开K1和分液漏斗活塞，将饱和食盐水滴入到圆底烧瓶中，当观察到D中最初生成的白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K1和分液漏斗活塞。请写出A装置中发生反应的化学方程式 ；饱和食盐水的用途是 。
（3）已知银氨溶液的成分是Ag(NH3)2OH，写出D中生成银氨溶液的化学方程式 。
（4）II．测定室内空气中甲醛含量
用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是 。共计进行上述操作十次。
（5）装置中毛细管的作用是 。
（6）已知甲醛被银氨溶液氧化的化学方程式为HCHO+4Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，测得共生成Ag 2.16mg。则空气中甲醛的含量为 mg L-1(空气中其它物质不与银氨溶液反应)。
（7）该设计装置存在一个明显的不足之处是 。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；降低氮化镁和水的反应速率
（3）AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O
（4）打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2
（5）减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收
（6）0.015或1.5×10-2
（7）缺少尾气处理装置
【知识点】甲醛
【解析】【解答】（1）盛装AgNO3溶液的仪器D的名称是三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；（2）A装置中饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，饱和食盐水的量控制减缓反应速率；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，饱和食盐水和氮化镁反应生成氨气并减缓生成氨气的速率；（3）A中饱和食盐水和氮化镁反应制取氨气，氨气通入硝酸银溶液中制备银氨溶液，三颈烧瓶中生成银氨溶液的化学方程式为AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O；故答案为：AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O；（4）用热水浴加热三颈烧瓶，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；故答案为：打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；（5）装置中毛细管的作用是减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收；故答案为：减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收；（6）甲醛和银氨溶液反应生成银和碳酸盐，根据甲醛被氧化为碳酸盐，氢氧化二氨合银被还原为单质银，甲醛中碳元素化合价由0价→+4价，银由+1价→0价，生成Ag 2.16mg，
根据电子守恒规律：设消耗甲醛的物质的量为x，则4x= =2×10-5mol，x=5×10-6mol，因为实验进行了10次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-7mol，即为5×10-7×30×103mg/L=0.015mg L-1；故答案为：0.015或1.5×10-2；（7）此装置有一个明显的不足之处是：没有尾气处理装置，会造成空气污染；故答案为：没有尾气处理装置。
【分析】（1）依据仪器的构造写出仪器D的名称；（2）饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，加入饱和食盐水的量控制减缓反应速率；（3）A中饱和食盐水和氮化镁反应制取氨气，氨气通入硝酸银溶液中制备银氨溶液，三颈烧瓶中生成银氨溶液的化学方程式为AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O；（4）后续操作是：打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2，减少测定误差；（5）装置中毛细管的作用是，减小气体的滴入速率使空气中甲醛气体被完全吸收；（6）甲醛和银氨溶液加热反应生成银，结合甲醛被氧化为二氧化碳，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，则根据氧化还原反应电子守恒计算可得，注意进行了10次操作；（7）没有尾气处理装置，会造成污染。
四、综合题
10．（2020·哈尔滨模拟）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。
（1）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H＜0，研究表明金属催化剂可加速氨气的合成。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化合成氨气时，氢气的初始速率(mmol min-1)。
催化剂 Ru Rh Ni Pt Pd Fe
初始速率 7.9 4.0 3.0 2.2 1.8 0.5
①不同催化剂存在下，合成氨气反应的活化能最大的是 (填写催化剂的化学式)。
②某研究小组进一步探究催化剂对合成氨气的影响。将N2和H2以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NH3含量，如下图，从而确定温度对催化剂的影响。a点 (填“是”或“不是”)对应温度下氨气平衡时的百分含量，说明其理由 。
（2）氨气的分解反应2NH3 N2+3H2 △H＜0，在实际生产中往刚性容器中同时通入氨气和水蒸气，测得容器总压和氨气转化率随时间变化结果如图所示。
①平衡时，p(H2O)= kPa，平衡常数Kp= KPa2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
②反应速率v=v正-v逆=K正 p2(NH3)-K逆 p(N2) p3(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。计算a处的 = 。
（3）液氨中，2NH3(l) NH2-+NH4+，用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应 。
（4）在室温下用氨水吸收SO2。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的 = 。(已知25℃，Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5；Ka1(H2SO3)=1.3 10-2，Ka2(H2SO3)=6.2 10-8)
【答案】（1）Fe；不是；该反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度下的氨气的平衡体积分数会更高
（2）80；168.75；8100
（3）2NH3+2e-=H2+2NH2-或2NH4++2e-=H2↑+2NH3
（4）0.62
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)①反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢，则合成氨气反应的速率最慢的反应中，合成氨气反应的活化能最大，即当Fe作催化剂时活化能最大，
故答案为：Fe；②该反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度下的氨气的平衡体积分数会更高，a点不是对应温度下氨气平衡时的百分含量；(2) ①反应开始总压强为100，反应达到平衡时增大为110，增大了10，说明氨气反应了10，由于氨气的转化率为50%，因此反应开始时氨气的含量为 =20%，故水蒸气占80%；p(H2O)=80kPa；根据上述分析可知：平衡时n(NH3)=20-10=10，n(N2)=5，n(H2)=15，则根据平衡常数的含义，物质的量的比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数Kp= =168.75；
②可逆反应2NH3 N2+3H2达到平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，此时氨气为10，氮气为5，氢气为15，v=v正-v逆=K正 p2(NH3)-K逆 p(N2) p3(H2)， = = =168.75，在a点时压强为108，则说明此时氨气、氮气、氢气分别为12、4、12，所以 = = = =8100；(3)阴极上氨气或铵根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NH3+2e-=H2+2NH2- 或2NH4++2e-=H2↑+2NH3；(4)将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，Ka2(H2SO3)= ， = = 。
【分析】（1）①活化能越大，速率越慢
②由曲线2可知，在450℃时，氨气的百分含量才开始下降，而该反应是放热反应，温度升高，氨气的百分含量减小，因此可判断，a并不是平衡点。
（2）①氨气转化50%，容器内总压增大10KPa，根据差量法可求氨气的总量为20KPa，故水的分压为80KPa，平衡时氨气分压为10KPa，氮气为5KPa，氢气为15KPa，KP=153*5/102
②可先根据平衡点计算 k正、k逆 的比值，再根据三段式，求出a点各组分的分压，代进去可得所需结果
③阴极发生还原反应，化合价降低，故产物为氢气。配平电极反应的步骤为：先写反应物，再写生成物，根据化合价写转移电子数，再根据酸碱性配电荷守恒，最后配原子守恒。
11．（2020·哈尔滨模拟）
（1）I．向蓝色{［Cu(H2O)4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色{［Cu(NH3)4]2+}。
H2O和NH3分子中心原子的杂化类型分别为 、 。分子中的键角：H2O NH3填(“大于”或“小于’)。原因是 。
（2）通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O
NH3(填“大于”或“小于”)。
（3）II．铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4
( UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：
UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。基态氟原子的价电子排布图为 ；
（4）①已知：(NH4)4［UO2(CO3)3]
3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑，(NH4)4［UO2(CO3)3]存在的微粒间作用力是 。
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键
② CO32-的空间构型 ，写出它的等电子体的化学式(分子、离子各写一种 、 。
（5）UO2的晶胞结构如下图所示：
①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为 (填“立方体”、“四面体、“八面体”)；
②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UD2晶体的密度为 g·cm-3。(列出含a计算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)
【答案】（1）sp3；sp3；小于；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角
（2）小于
（3）
（4）abc；平面三角形；SO3；NO3-
（5）立方体；
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】I、（1）对于H2O，根据VSEPR理论，O的价层电子对数=2+ =4，则中心O为sp3杂化，对于NH3分子，根据VSEPR理论，N的价层电子对数=3+ =4，则中心N为sp3杂化；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，则分子中的键角：H2O小于NH3，
故答案为：sp3；sp3；小于；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角；（2）配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：H2O
②O原子在晶胞分割成8个立方体的中心，连接后为立方体；两个氧原子间的最短距离为a nm，则晶胞参数应为2a nm，所以晶胞密度为： = g·cm-3；故答案为： 。
【分析】I（1）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断杂化方式，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；（2）配合物向生成更稳定的配合物转化；II（3）基态氟原子的核外电子排布为1s22s22p5，依据此可以写出其价电子排布图；（4）①(NH4)4[UO2(CO3)3]是离子化合物，铵根与阴离子之间是离子键，铵根和[UO2(CO3)3]4-中既有配位键又有极性共价键；②用价层电子对互斥理论判断CO32-的空间构型；等电子体指原子总数相等，价电子总数也相等的微粒；（5）①O原子在U原子组成空隙中，应该有8个，故应在晶胞分割成8个立方体的中心；②O原子在晶胞分割成8个立方体的中心，连接后为立方体；两个氧原子间的最短距离为a nm，则晶胞参数应为2a nm，再用 求晶胞密度。
五、推断题
12．（2020·哈尔滨模拟）有机物A、B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化。
已知：①A、B、C、 D均能与NaHCO3反应；
②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；
③F能使溴水褪色且不含有甲基；
④H能发生银镜反应。
根据题意回答下列问题：
（1）反应③的反应类型是 ；反应⑥的条件是 。
（2）写出F的结构简式 ；D中含氧官能团的名称是 。
（3）E是C的缩聚产物，写出反应②的化学方程式 。
（4）下列关于A～I的说法中正确的是 (选填编号)。
a．I的结构简式为
b．D在一定条件下也可以反应形成高聚物
c．G具有8元环状结构
d．等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH
（5）写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式 。
（6）D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应但不能水解；③苯环上的一卤代物只有2种。
【答案】（1）消去；Cu、加热
（2）CH2=CHCH2COOH；羟基和羧基
（3）nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O
（4）bd
（5） +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O
（6） 或
【知识点】热化学方程式；化学基本反应类型；有机物中的官能团；聚合反应
【解析】【解答】A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基-COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH．只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为 ，B为 ，D为 ，(1)C为HOCH2CH2CH2COOH，发生消去反应生成F，C含有羟基，在铜作催化剂条件下加热发生氧化反应生成H，故答案为：消去；Cu、加热；(2)由以上分析可知F为CH2=CHCH2COOH，D为 ，含有的官能团为羧基和羟基，故答案为：CH2=CHCH2COOH；羟基和羧基；(3)反应②为缩聚反应，反应的化学方程式为nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O，
故答案为：nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O；(4)a、F为CH2=CHCH2COOH，发生聚合反应生成I，I为 ，故a不正确；
b、D为 ，可以通过酯化反应进行的缩聚反应形成高聚物，故b正确；
c、生成G脱去2分子水，应为10元环状结构，故c不正确；
d、A为 ，B为 ，二者互为同分异构体，等质量的A与B，物质的量相等，每摩尔物质都消耗3molNaOH，故d正确；故答案为：bd；(5)B为 ，与足量氢氧化钠反应的方程式为 +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O，
故答案为： +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O；（6）D为 ，对应的同分异构体中①苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子，②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③发生银镜反应，但不能水解，应含有醛基，不含酯基，符合条件的有： ，故答案为： 。
【分析】A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基-COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH．只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为 ，B为 ，D为 ，结合对应有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。
黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020年高考理综-化学一模试卷
一、单选题
1．（2020·哈尔滨模拟）化学与科技、社会、生产和生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
B．热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
C．N95口罩用0.3微米氯化钠颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5
D．乙醚、84消毒液、过氧乙酸、90%以上乙醇等这些消毒剂均能有效对抗新型冠状病毒
2．（2020·哈尔滨模拟）设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A．9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA
B．铅蓄电池电解NaCl溶液，得到标况下22.4L氢气，理论上铅蓄电池中消耗硫酸为2mol
C．250℃时，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的数目小于0.01NA
D．1moINa2O和BaO2的混合物中含有的阴阳离子总数为3NA
3．（2020·哈尔滨模拟）工业上可用甲苯合成苯甲醛：下列说法正确的是（ ）
A．甲苯分子中所有原子都在同一平面内
B．反应①②③的反应类型相同
C．苯甲醇可与金属钠反应
D．一氯甲苯的同分异构体有4种
4．（2020·哈尔滨模拟）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
A．离子半径：R＞T＞Y＞Z
B．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
5．（2020·哈尔滨模拟）下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（ ）
选项 实验内容 实验结论
A 取两支试管，分别加入4mL0.01mol L-1KMnO4酸性溶液。然后向一只试管中加入0.01 mol L-1H2C2O4溶液2mL。向另一支试管中加入0.01 mol L-1H2C2O4溶液4mL，第一支试管中溶液褪色时间长 H2C2O4浓度越大，反应速率越快
B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol L-1HClO溶液和0.1 mol L-1HF溶液的pH，前者pH大于后者 HClO的酸性小于HF
C 将等浓度等体积的FeCl3溶液和KI溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 溶液中存在平衡： 2Fe3++2I- 2Fe2++I2
D 测量熔融状态下NaHSO4的导电性 熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-
A．A B．B C．C D．D
6．（2020·哈尔滨模拟）现在污水治理越来越引起人们重视。可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚( )同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法错误的是（ ）
A．A极的电极反应式为 +e-=Cl-+
B．当乙中铜电极质量减少6.4g，甲中A极区增加的日的个数为0.1NA
C．膜电池不适合在较高温度环境下工作
D．反应过程中乙中电解质溶液c(Cu2+)不变
7．（2020·哈尔滨模拟）25℃时，将浓度均为0.1 mol L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Ka(HA)=10-6
B．b点时，c(B+)+c(HA)=0.05mol/L
C．c点时 随温度升高而增大
D．a→c过程中水的电离程度始终增大
二、工业流程
8．（2020·哈尔滨模拟）以某含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、CoO、SiO2等)为原料制备NixOy和碳酸钻的工艺流程如下：
（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是 ；含有CoCO3的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为 。
（2）“氧化”中添加NaClO3的作用是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀(NaFe3(SO4)2(OH)6)，其离子方程式为 。
（4）“沉钴”过程的离子方程式__。若“沉钴钻”开始时c(Co2+)=0.10 mol/L，则控制pH≤__时不会产生Co(OH)2沉淀。(已知Ksp［Co(OH)2]=4.0×10-15，lg2=0.3)。
（5）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现， ，过滤，洗涤，干燥。“锻烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物(NixOy)的化学式为 。
三、实验题
9．（2020·哈尔滨模拟）某学习小组根据高中知识设计如下测定室内甲醛含量的装置(夹持装置已略)。
（1）I．配制银氨溶液
盛装AgNO3溶液的仪器D的名称 。
（2）关闭K2和K3，打开K1和分液漏斗活塞，将饱和食盐水滴入到圆底烧瓶中，当观察到D中最初生成的白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K1和分液漏斗活塞。请写出A装置中发生反应的化学方程式 ；饱和食盐水的用途是 。
（3）已知银氨溶液的成分是Ag(NH3)2OH，写出D中生成银氨溶液的化学方程式 。
（4）II．测定室内空气中甲醛含量
用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是 。共计进行上述操作十次。
（5）装置中毛细管的作用是 。
（6）已知甲醛被银氨溶液氧化的化学方程式为HCHO+4Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，测得共生成Ag 2.16mg。则空气中甲醛的含量为 mg L-1(空气中其它物质不与银氨溶液反应)。
（7）该设计装置存在一个明显的不足之处是 。
四、综合题
10．（2020·哈尔滨模拟）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。
（1）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H＜0，研究表明金属催化剂可加速氨气的合成。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化合成氨气时，氢气的初始速率(mmol min-1)。
催化剂 Ru Rh Ni Pt Pd Fe
初始速率 7.9 4.0 3.0 2.2 1.8 0.5
①不同催化剂存在下，合成氨气反应的活化能最大的是 (填写催化剂的化学式)。
②某研究小组进一步探究催化剂对合成氨气的影响。将N2和H2以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NH3含量，如下图，从而确定温度对催化剂的影响。a点 (填“是”或“不是”)对应温度下氨气平衡时的百分含量，说明其理由 。
（2）氨气的分解反应2NH3 N2+3H2 △H＜0，在实际生产中往刚性容器中同时通入氨气和水蒸气，测得容器总压和氨气转化率随时间变化结果如图所示。
①平衡时，p(H2O)= kPa，平衡常数Kp= KPa2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
②反应速率v=v正-v逆=K正 p2(NH3)-K逆 p(N2) p3(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。计算a处的 = 。
（3）液氨中，2NH3(l) NH2-+NH4+，用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应 。
（4）在室温下用氨水吸收SO2。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的 = 。(已知25℃，Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5；Ka1(H2SO3)=1.3 10-2，Ka2(H2SO3)=6.2 10-8)
11．（2020·哈尔滨模拟）
（1）I．向蓝色{［Cu(H2O)4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色{［Cu(NH3)4]2+}。
H2O和NH3分子中心原子的杂化类型分别为 、 。分子中的键角：H2O NH3填(“大于”或“小于’)。原因是 。
（2）通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O
NH3(填“大于”或“小于”)。
（3）II．铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4
( UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：
UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。基态氟原子的价电子排布图为 ；
（4）①已知：(NH4)4［UO2(CO3)3]
3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑，(NH4)4［UO2(CO3)3]存在的微粒间作用力是 。
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键
② CO32-的空间构型 ，写出它的等电子体的化学式(分子、离子各写一种 、 。
（5）UO2的晶胞结构如下图所示：
①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为 (填“立方体”、“四面体、“八面体”)；
②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UD2晶体的密度为 g·cm-3。(列出含a计算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)
五、推断题
12．（2020·哈尔滨模拟）有机物A、B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化。
已知：①A、B、C、 D均能与NaHCO3反应；
②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；
③F能使溴水褪色且不含有甲基；
④H能发生银镜反应。
根据题意回答下列问题：
（1）反应③的反应类型是 ；反应⑥的条件是 。
（2）写出F的结构简式 ；D中含氧官能团的名称是 。
（3）E是C的缩聚产物，写出反应②的化学方程式 。
（4）下列关于A～I的说法中正确的是 (选填编号)。
a．I的结构简式为
b．D在一定条件下也可以反应形成高聚物
c．G具有8元环状结构
d．等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH
（5）写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式 。
（6）D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应但不能水解；③苯环上的一卤代物只有2种。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；生活中的有机化合物；酯的性质
【解析】【解答】A．若要提取氯、溴、碘等单质，要将其从化合态转变为游离态，需要通过化学反应，但若提取食盐，则只需物理分离即可，故A不符合题意；
B．矿物油渍属于烃类化合物，碱性物质和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故B不符合题意；
C．N95型口罩，“N”的意思是不适合油性的颗粒；“95”是指在NIOSH（美国国家职业安全卫生研究所）标准规定的检测条件下，0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，因2.5微米大于0.3微米，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，故C符合题意；
D．医用消毒酒精中乙醇的体积分数是75%，不是90%以上，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．海水提取食盐，则只需蒸发即可，无化学反应
B。热的纯碱溶液可用于洗涤酯类的油污 ，不能洗涤烃类化合物
C.95”是指在0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物
D．医用消毒酒精中乙醇的体积分数是75%
2．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．葡萄糖的化学式为C6H12O6，蔗糖的化学式为C12H22O11，两者的最简式不同，摩尔质量也不同，故9.0g混合物的物质的量无法计算，则含有的碳原子数无法计算，故A不符合题意；
B．以铅蓄电池电解NaCl溶液得到22.4L H2(标况)，转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中消耗硫酸为2mol，故B符合题意；
C.25℃时，pH=2的草酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的个数为0.01NA个，故C不符合题意；
D.1molNa2O是2molNa+和1molO2-构成，含有的阴、阳离子总数为3NA，1molBaO2是1molBa2+和1molO22-离子构成，含有的阴、阳离子总数为2NA，1moINa2O和BaO2的混合物中含有的阴阳离子总数在2NA-3NA之间，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A． 葡萄糖和蔗糖 两者的最简式不同，摩尔质量也不同
B．铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C．弱酸只是部分电离，没有全部电离
D．Na2O是阴、阳离子比例是1：2，BaO2是阴、阳离子比例是1：1
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．苯环为平面结构，但甲苯中甲基为四面体结构，则所有原子不可能共面，选项A不符合题意；
B．由合成流程可以知道：①为甲苯光照下的取代反应，②为卤代烃的水解反应，③为醇的氧化反应，反应类型不同，选项B不符合题意；
C．苯甲醇含有醇羟基，能够与钠发生反应生成氢气，选项C符合题意；
D．Cl可取代甲基或苯环上的氢，取代苯环上的氢有邻、间、对三种位置，故同分异构体共有4种，除一氯甲烷本身外有3种同分异构体，选项D不符合题意；
答案选C。
【分析】A．甲基为四面体结构，所有原子不可能共面
B．①为取代反应，②为水解反应，③为氧化反应
C．羟基，能够与钠发生反应生成氢气
D．取代苯环上的氢有邻、间、对三种位置
4．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A不符合题意；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B符合题意；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C不符合题意；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D不符合题意。
【分析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．根据控制变量的原则，其他条件相同，浓度不同，加入草酸的体积应相同，选项A不符合题意；
B．HClO溶液具有漂白性，应选择pH计测定，否则实验失败，选项B不符合题意；
C．将等浓度等体积的FeCl3溶液和KI溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中还存在Fe3+，则应存在溶液中存在平衡：2Fe3++2I- 2Fe2++I2，选项C符合题意；
D．熔融状态下的NaHSO4，电离时生成钠离子和硫酸氢根离子而能导电，其电离方程式为：NaHSO4=Na++HSO4-，选项D不符合题意；
答案选C。
【分析】A．控制变量的原则，只能有一个变量
B．HClO溶液具有漂白性，漂白 pH试纸
C．Fe3+滴入KSCN溶液 溶液变红
D．熔融状态下的NaHSO4，不能电离出氢离子
6．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．A极为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 +2e-+H+=Cl- + ，选项A符合题意；
B．据电荷守恒，当乙中铜电极质量减少6.4g，外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生 +2e-+H+=Cl- + ，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，选项B不符合题意；
C．膜电池是利用微生物膜，若高温则微生物膜会失去生理活性而失效，不适合在较高温度环境下工作，选项C不符合题意；
D．反应过程中乙中阳极铜失电子产生Cu2+，阴极Cu2+得电子产生Cu，为电镀池，电解质溶液c(Cu2+)不变，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A．根据电子移动方向判断正负极，A极为正极，正极得电子
B．得失电荷守恒，维持溶液电中性
C．微生物膜若高温则微生物膜会失去生理活性而失效
D．电镀池 c(Cu2+)不变
7．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】根据图知，0.1mol/L酸溶液的pH=3，则c（H+）＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；0.1mol/L碱溶液的pH=11，c（OH-）＜0.1mol/L，则BOH是弱碱；
A.由图可知 0.1mol L-1HA 溶液pH=3，由 HA H++A-可知：Ka= = =10-5，选项A不符合题意；
B. b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A )>c(H+)=c(OH )，再根据物料守恒有c(A )+c(HA)=0.05mol/L，则c(B+)+c(HA)=0.05mol/L，选项B符合题意；
C.c点时，A-的水解平衡常数Kh= ，升高温度Kh增大，则 减小，选项C不符合题意；
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量，酸、碱对水的电离平衡起抑制作用，可水解的盐对水的电离平衡起促进作用，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c 过程中水的电离程度先增大后减小，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、由a点可算，Ka=10-3*10-3/10-1=10-5
B、b点时，溶液呈电中性，有 c(B+) = c(A-) 根据物料守恒有 c(A-) +c（HA）=0.05mol/L
C、水解是吸热的，温度升高水解常数增大，而该比值为水解常数的倒数，故减小
D、当比值超过50mL时，除了有盐，还有碱，碱的量增多会抑制水的电离
8．【答案】（1）提高浸出率或提高浸出速率；蓝
（2）Fe2+氧化为Fe3+；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O|7.3
（5）降温结晶（或冷却结晶）；Ni2O3
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是提高浸出率或提高浸出速率；
含有CoCO3的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应（即透过蓝色钴玻璃），故该玻璃的颜色为蓝色；（2）"氧化"中添加NaClO3的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋便于除去，为证明添加NaClO3已足量，实际是检验是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，其离子方程式为3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；（4）“沉钴”过程的离子方程式Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O，已知由题干信息可知，Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15，lg2=0.3，若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.10 mol/L，结合沉淀溶解平衡Co(OH)2 Co2++2OH-，则Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.10×c2(OH-)=4.0×10-15，c(OH-)=2×10-7，c(H+)= ，pH=-lg =7+lg2=7.3，因此控制pH≤7.3时不会产生Co(OH)2沉淀；（5）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现，降温结晶（或冷却结晶），过滤，洗涤，干燥；
“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，从26.3gNiSO4·6H2O失水变成15.5g，n(NiSO4·6H2O):n(H2O)= ，26.3gNiSO4·6H2O中n(Ni)= =0.10mol，8.3g中n(Ni):n(O)=0.1mol: =2:3，该曲线中B段所表示氧化物的化学式为Ni2O3。
【分析】金属镍废料（除含 NiO 外，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Cl－，另含有少量Fe2＋、Fe3＋、Co2+等，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得黄钠铁矾渣，滤液中加入萃取剂得到沉钴和有机层，沉钴中加入NaHCO3溶液得碳酸钴；有机层处理后生成NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、得NiSO4·6H2O晶体，灼烧得NixOy。
9．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；降低氮化镁和水的反应速率
（3）AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O
（4）打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2
（5）减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收
（6）0.015或1.5×10-2
（7）缺少尾气处理装置
【知识点】甲醛
【解析】【解答】（1）盛装AgNO3溶液的仪器D的名称是三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；（2）A装置中饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，饱和食盐水的量控制减缓反应速率；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，饱和食盐水和氮化镁反应生成氨气并减缓生成氨气的速率；（3）A中饱和食盐水和氮化镁反应制取氨气，氨气通入硝酸银溶液中制备银氨溶液，三颈烧瓶中生成银氨溶液的化学方程式为AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O；故答案为：AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O或AgNO3+NH3 H2O=AgOH↓+ NH4NO3、AgOH+2 NH3 H2O= Ag(NH3)2OH+2H2O；（4）用热水浴加热三颈烧瓶，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；故答案为：打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；（5）装置中毛细管的作用是减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收；故答案为：减小气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收；（6）甲醛和银氨溶液反应生成银和碳酸盐，根据甲醛被氧化为碳酸盐，氢氧化二氨合银被还原为单质银，甲醛中碳元素化合价由0价→+4价，银由+1价→0价，生成Ag 2.16mg，
根据电子守恒规律：设消耗甲醛的物质的量为x，则4x= =2×10-5mol，x=5×10-6mol，因为实验进行了10次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-7mol，即为5×10-7×30×103mg/L=0.015mg L-1；故答案为：0.015或1.5×10-2；（7）此装置有一个明显的不足之处是：没有尾气处理装置，会造成空气污染；故答案为：没有尾气处理装置。
【分析】（1）依据仪器的构造写出仪器D的名称；（2）饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，加入饱和食盐水的量控制减缓反应速率；（3）A中饱和食盐水和氮化镁反应制取氨气，氨气通入硝酸银溶液中制备银氨溶液，三颈烧瓶中生成银氨溶液的化学方程式为AgNO3+3NH3 H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O；（4）后续操作是：打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2，减少测定误差；（5）装置中毛细管的作用是，减小气体的滴入速率使空气中甲醛气体被完全吸收；（6）甲醛和银氨溶液加热反应生成银，结合甲醛被氧化为二氧化碳，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，则根据氧化还原反应电子守恒计算可得，注意进行了10次操作；（7）没有尾气处理装置，会造成污染。
10．【答案】（1）Fe；不是；该反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度下的氨气的平衡体积分数会更高
（2）80；168.75；8100
（3）2NH3+2e-=H2+2NH2-或2NH4++2e-=H2↑+2NH3
（4）0.62
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)①反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢，则合成氨气反应的速率最慢的反应中，合成氨气反应的活化能最大，即当Fe作催化剂时活化能最大，
故答案为：Fe；②该反应是放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度下的氨气的平衡体积分数会更高，a点不是对应温度下氨气平衡时的百分含量；(2) ①反应开始总压强为100，反应达到平衡时增大为110，增大了10，说明氨气反应了10，由于氨气的转化率为50%，因此反应开始时氨气的含量为 =20%，故水蒸气占80%；p(H2O)=80kPa；根据上述分析可知：平衡时n(NH3)=20-10=10，n(N2)=5，n(H2)=15，则根据平衡常数的含义，物质的量的比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数Kp= =168.75；
②可逆反应2NH3 N2+3H2达到平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，此时氨气为10，氮气为5，氢气为15，v=v正-v逆=K正 p2(NH3)-K逆 p(N2) p3(H2)， = = =168.75，在a点时压强为108，则说明此时氨气、氮气、氢气分别为12、4、12，所以 = = = =8100；(3)阴极上氨气或铵根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NH3+2e-=H2+2NH2- 或2NH4++2e-=H2↑+2NH3；(4)将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，Ka2(H2SO3)= ， = = 。
【分析】（1）①活化能越大，速率越慢
②由曲线2可知，在450℃时，氨气的百分含量才开始下降，而该反应是放热反应，温度升高，氨气的百分含量减小，因此可判断，a并不是平衡点。
（2）①氨气转化50%，容器内总压增大10KPa，根据差量法可求氨气的总量为20KPa，故水的分压为80KPa，平衡时氨气分压为10KPa，氮气为5KPa，氢气为15KPa，KP=153*5/102
②可先根据平衡点计算 k正、k逆 的比值，再根据三段式，求出a点各组分的分压，代进去可得所需结果
③阴极发生还原反应，化合价降低，故产物为氢气。配平电极反应的步骤为：先写反应物，再写生成物，根据化合价写转移电子数，再根据酸碱性配电荷守恒，最后配原子守恒。
11．【答案】（1）sp3；sp3；小于；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角
（2）小于
（3）
（4）abc；平面三角形；SO3；NO3-
（5）立方体；
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】I、（1）对于H2O，根据VSEPR理论，O的价层电子对数=2+ =4，则中心O为sp3杂化，对于NH3分子，根据VSEPR理论，N的价层电子对数=3+ =4，则中心N为sp3杂化；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，则分子中的键角：H2O小于NH3，
故答案为：sp3；sp3；小于；H2O中氧原子有两对孤电子对，NH3中氮原子有一对电子孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角；（2）配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：H2O
②O原子在晶胞分割成8个立方体的中心，连接后为立方体；两个氧原子间的最短距离为a nm，则晶胞参数应为2a nm，所以晶胞密度为： = g·cm-3；故答案为： 。
【分析】I（1）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断杂化方式，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；（2）配合物向生成更稳定的配合物转化；II（3）基态氟原子的核外电子排布为1s22s22p5，依据此可以写出其价电子排布图；（4）①(NH4)4[UO2(CO3)3]是离子化合物，铵根与阴离子之间是离子键，铵根和[UO2(CO3)3]4-中既有配位键又有极性共价键；②用价层电子对互斥理论判断CO32-的空间构型；等电子体指原子总数相等，价电子总数也相等的微粒；（5）①O原子在U原子组成空隙中，应该有8个，故应在晶胞分割成8个立方体的中心；②O原子在晶胞分割成8个立方体的中心，连接后为立方体；两个氧原子间的最短距离为a nm，则晶胞参数应为2a nm，再用 求晶胞密度。
12．【答案】（1）消去；Cu、加热
（2）CH2=CHCH2COOH；羟基和羧基
（3）nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O
（4）bd
（5） +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O
（6） 或
【知识点】热化学方程式；化学基本反应类型；有机物中的官能团；聚合反应
【解析】【解答】A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基-COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH．只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为 ，B为 ，D为 ，(1)C为HOCH2CH2CH2COOH，发生消去反应生成F，C含有羟基，在铜作催化剂条件下加热发生氧化反应生成H，故答案为：消去；Cu、加热；(2)由以上分析可知F为CH2=CHCH2COOH，D为 ，含有的官能团为羧基和羟基，故答案为：CH2=CHCH2COOH；羟基和羧基；(3)反应②为缩聚反应，反应的化学方程式为nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O，
故答案为：nHO(CH2)3COOH +(n-1)H2O；(4)a、F为CH2=CHCH2COOH，发生聚合反应生成I，I为 ，故a不正确；
b、D为 ，可以通过酯化反应进行的缩聚反应形成高聚物，故b正确；
c、生成G脱去2分子水，应为10元环状结构，故c不正确；
d、A为 ，B为 ，二者互为同分异构体，等质量的A与B，物质的量相等，每摩尔物质都消耗3molNaOH，故d正确；故答案为：bd；(5)B为 ，与足量氢氧化钠反应的方程式为 +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O，
故答案为： +3NaOH HOCH2CH2CH2COONa+ +2H2O；（6）D为 ，对应的同分异构体中①苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子，②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③发生银镜反应，但不能水解，应含有醛基，不含酯基，符合条件的有： ，故答案为： 。
【分析】A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基-COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH．只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为 ，B为 ，D为 ，结合对应有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。
