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2020年山东省日照市高考化学一模试卷
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这是一份2020年山东省日照市高考化学一模试卷，共40页。试卷主要包含了选择，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年山东省日照市高考化学一模试卷
一、选择：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B．为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D．可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂
2．（2分）研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H26ClN3O8P2
B．分子中含有1个手性碳原子
C．能溶于水且水溶液呈酸性
D．能发生取代反应和加成反应
3．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯
B．的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C．的名称为2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇
D．碳酸亚乙酯（）可与热的Na2CO3溶液反应
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＜AlCl3
B．第一电离能：S＞P＞Si
C．18g冰中含有NA个氢键
D．基态原子价电子排布式为5s1的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
5．（2分）短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
6．（2分）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑．制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10﹣7，Ka1（H2S）＝9.1×10﹣8．下列说法正确的是（ ）
A．反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2
C．1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
7．（2分）下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
验证Cl2的氧化性强于Br2
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
B
比较HF与HClO的酸性强弱
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的NaF溶液和NaClO溶液的pH
C
验证FeCl3与KI的反应是可逆反应
向1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
D
比较Fe与Cu的金属活动性
常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池
A．A B．B C．C D．D
8．（2分）苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃．下列说法错误的是（ ）
A．实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B．分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C．环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
9．（2分）Cu2Hgl4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4．下列说法正确的是（ ）
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+1
B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C．上述反应中生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NA
D．由以上信息可推知：可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4
10．（2分）在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）
A．若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3
B．若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）高铁酸钾（K2FeO4）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．步骤i中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：Na2FeO4＞NaClO
C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4
D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
12．（4分）实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水FeCl2，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。下列说法错误的是（ ）
A．该方法的优点是制备的FeCl2纯净
B．由实验可以推出FeCl2的沸点低于铁粉的沸点
C．本实验制备1 mol FeCl2需要通入2 mol HCl气体
D．纯净FeCl2能够被干燥的氧气氧化为FeCl3，同时有Fe2O3生成
13．（4分）我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的Zn/NiCo﹣LDMH可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2．PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B．PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C．放电时，负极附近pH减小
D．充电时，阳极反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O
14．（4分）25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。已知：Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5．下列说法正确的是（ ）
A．若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B．保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9
C．由水电离产生的c（H+）：A点＞B点
D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10﹣5mol•L﹣1
15．（4分）某兴趣小组对实验室中的一种白色固体进行鉴别，实验探究如下：
①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解。
下列叙述错误的是（ ）
A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3或NaHSO3
B．实验③发生的离子方程式可能为5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．实验④中生成无色溶液B的化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3
D．由实验④可知S2O32﹣可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr
四、解答题（共5小题，满分60分）
16．（12分）氢能作为一种清洁高效的二次能源，在未来能源格局中发挥着重要作用。已知：常温下，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）常温下、水的分解不能自发进行的热力学依据是 。
（2）将CoFeO4负载在Al2O3上，产氧温度在1200℃，产氢温度在1000℃时，可顺利实现水的分解，氢气产量高且没有明显的烧结现象。循环机理如下，过程如图1所示，不考虑温度变化对反应△H的影响。
第Ⅰ步：CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
第Ⅱ步：CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+H2O（g）⇌CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）+H2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
①a+b 285.84（填“＞”“＜”或“＝”）。第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为 （填名称）。
②第Ⅱ步反应的v正＝k正•c（H2O），v逆＝k逆•c（H2），K正、K逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。1000℃时，在体积为1 L的B反应器中加入2 mol H2O发生上述反应，测得H2O（g）和H2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则60min内，v（CoFe2O4）＝ g•min﹣1（保留2位小数）。a点时 v正：v逆＝ （填最简整数比）；平衡时，体系压强为10kPa，则K p＝ 。
（3）热力学铜﹣氯循环制氢法分电解、水解、热解三步进行。
电解：2CuCl+2HClH2+2CuCl2；
水解：2CuCl2+H2O⇌Cu2OCl2+2HCl；
热解：2Cu2OCl2⇌4CuCl2+O2。
已知：CuCl为白色固体，Kap（CuCl）＝1.2×10﹣6。
电解装置如图3所示，则A为 极（填“阳”或“阴”），B极电极反应为 。
17．（11分）自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为 色。
（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是 ，其核外电子排布式中未成对电子数为 个。
（3）钌﹣多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如图1所示。钌（Ⅱ）的配位数是 ，N原子的杂化类型为 。
（4）Fe3O4晶体中，O2﹣的重复排列方式如图2所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2﹣围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为 。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为 。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为 g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。
18．（12分）中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，利用图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管并称量其质量（m2）；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是 （填“E”或“F”）。
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式 。
（3）C装置的作用是 ；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是 （填标号）。
A．滤渣中含有还原产物单质硫
B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C．过滤操作要迅速，否则会使测得的FeS2的含量偏低
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为 ，到达滴定终点的现象是 。
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO溶液45mL，则该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝ 。
19．（12分）铋（83号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质）为原料提Bi的工艺流程如图1：
已知：Ⅰ．BiOCl不溶于水，加热至700℃就分解生成BiCl3，BiCl3的沸点为447℃。
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝1.2×10﹣20；Ksp（PbCl2）＝1.17×10﹣5。
回答下列问题：
（1）铋在元素周期表中的位置为 。
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图2所示，最合适的液固比应选 。
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为 （填化学式）。
（4）“脱氯”的化学方程式为 。
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为 。若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，此时Cu2+的去除率为 （忽略溶液体积变化）。
（6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回 工序循环使用。
20．（13分）新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效，其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示，分子中Ar表示芳香基。
已知：RCOCH3+R′COClRCOCH2COR′+HCl
回答下列问题：
（1）有机物A的名称为 ，A转化为B的目的是 。C中含有的官能团的名称为 。
（2）D转化为E的化学方程式为 。E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为 ，则此过程中涉及的反应的类型为 。
（3）某芳香族化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有 种。
（已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存）
①与FeCl3不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应
（4）请以丙酮（CH3COCH3）和为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选），设计合成的路线。
2020年山东省日照市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B．为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D．可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂
【分析】A．胶体分散质微粒直径为1﹣100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒粒子直径在纳米级范围；
B．医用消毒酒精与84消毒液混合会发生氧化还原反应；
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，有毒；
D．过氧乙酸和金属铝发生反应。
【解答】解：A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，胶体分散质微粒直径为1﹣100nm，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，故A正确；
B．乙醇能被次氯酸钠氧化，医用消毒酒精与84消毒液混合使用不能增强消毒效果，故B错误；
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，有毒，不可用于空气、餐具的消毒，故C错误；
D．过氧乙酸含羧基，和金属铝发生反应，不可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了化学物质的性质和应用，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H26ClN3O8P2
B．分子中含有1个手性碳原子
C．能溶于水且水溶液呈酸性
D．能发生取代反应和加成反应
【分析】该有机物中含有氯原子、氨基、碳碳双键和碳氮双键，具有氯代烃、氨、烯烃性质，能发生水解反应、取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应等。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C18H32ClN3O8P2，故A错误；
B．中红色点表示的碳原子为手性碳原子，该分子中只有一个手性碳原子，故B正确；
C．因为分子中存在磷酸分子，所以易溶于水且水溶液呈酸性，故C正确；
D．苯环和氯原子、氨基能发生取代反应，苯环、碳碳双键和碳氮双键能发生加成反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯
B．的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C．的名称为2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇
D．碳酸亚乙酯（）可与热的Na2CO3溶液反应
【分析】A．苯酚遇溴水出现白色沉淀，2，4﹣已二烯和溴水发生加成反应，甲苯和溴水不反应，发生萃取原理；
B．的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．主链有4个碳的一元醇，2号碳上有1个甲基，1个乙基；
D．酯类可在碱性条件下水解。
【解答】解：A．苯酚遇溴水出现白色沉淀，2，4﹣已二烯和溴水发生加成反应，使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，发生萃取原理，会分层，上层为橙红色，现象不同，可以用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣已二烯和甲苯，故A正确；
B．的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，可位于﹣CH2或﹣CH﹣原子上，有6种，共7种，故B错误；
C．主链有4个碳的一元醇，2号碳上有1个甲基，1个乙基，系统命名为：2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇，故C正确；
D．碳酸钠为羟基弱酸盐，水溶液中碳酸根离子水解显碱性，而碳酸亚乙酯含有酯基，可在碱性条件下水解，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构及命名、性质，明确有机物结构组成特点，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意二氯取代物判断方法，题目难度不大。
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＜AlCl3
B．第一电离能：S＞P＞Si
C．18g冰中含有NA个氢键
D．基态原子价电子排布式为5s1的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
【分析】A．分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高；
B．P的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子，其第一电离能较大；
C．1个水分子中氧原子与两个氢原子生成两个氢键、氢原子与氧原子形成1个氢键，采用均摊法计算出1mol水中含有的氢键；
D．原子价电子排布式为5s1的元素为Rb，其氢氧化物RbOH的碱性比NaOH强，可以溶解氢氧化铝。
【解答】解：A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，所以氯化钠熔沸点较高，故A错误；
B．同周期从左向右第一电离能增大，但P原子的最外层p电子半满，为稳定结构，则元素的第一电离能的大小顺序：P＞S＞Si，故B错误；
C．18g水的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol氢原子形成mol氢键，1mol氧原子形成×2＝1mol氢键，1mol水中含有2mol氢原子、1molO，能够形成2mol氢键，所以18g冰中含有氢键的数目为2NA，故C错误；
D．原子价电子排布式为5s1的元素为Rb，其氢氧化物RbOH的碱性比NaOH强，可以溶解氢氧化铝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶体熔沸点的比较、第一电离能的大小比较、氢键、原子核外电子排布等知识，注意半充满状态第一电离能较大，题目侧重对基础知识的考查，难度不大。
5．（2分）短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，其核外电子排布为1s22s22p3，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，其原子序数小于N，则X为C元素；Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，Z原子最外层电子数为＝3，位于ⅢA族，则Z为Al元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为Al元素。
A．XO32﹣为CO32﹣，CO32﹣中C的价层电子对数＝3+＝3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，故A正确；
B．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z，故B错误；
C．NO3﹣中N的价层电子对数＝3+＝3，所以中心原子N采用sp2杂化，故C正确；
D．AlN为四面体结构，C的单质金刚石也是四面体结构，二者结构相似，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6．（2分）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑．制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10﹣7，Ka1（H2S）＝9.1×10﹣8．下列说法正确的是（ ）
A．反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2
C．1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
【分析】A．Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑中S元素化合价由+6价变为﹣2价、C元素化合价由0价变为+4价，该反应中转移电子数是8；
B．该反应中Na2SO4是氧化剂、C是还原剂，Na2S是还原产物、CO2是氧化产物，反应中其计量数之比等于物质的量之比；
C．n（Na2S）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，S2﹣发生水解反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；
D．碳酸电离平衡常数大于硫化氢，说明碳酸酸性大于硫化氢，所以硫化钠溶液露置于空气中会和二氧化碳反应生成硫化氢。
【解答】解：A．Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑中S元素化合价由+6价变为﹣2价、C元素化合价由0价变为+4价，该反应中转移电子数是8，则反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为8NA，故A错误；
B．该反应中Na2SO4是氧化剂、C是还原剂，Na2S是还原产物、CO2是氧化产物，反应中其计量数之比等于物质的量之比，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故B错误；
C．n（Na2S）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，S2﹣发生水解反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，根据水解方程式知1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA，故C正确；
D．碳酸电离平衡常数大于硫化氢，说明碳酸酸性大于硫化氢，所以硫化钠溶液露置于空气中会和二氧化碳反应生成硫化氢，所以可能会有H2S气体放出，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确基本概念内涵、转移电子数计算方法、盐类水解原理是解本题关键，C为解答易错点。
7．（2分）下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
验证Cl2的氧化性强于Br2
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
B
比较HF与HClO的酸性强弱
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的NaF溶液和NaClO溶液的pH
C
验证FeCl3与KI的反应是可逆反应
向1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
D
比较Fe与Cu的金属活动性
常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．少量氯气先氧化亚铁离子；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
C．FeCl3溶液少量，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液，可检验铁离子，说明不能完全转化；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化。
【解答】解：A．少量氯气先氧化亚铁离子，不能验证Cl2的氧化性强于Br2，故A错误；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH来比较酸性，故B错误；
C．FeCl3溶液少量，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液，可检验铁离子，说明不能完全转化，则FeCl3与KI的反应是可逆反应，故C正确；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极，不能比较金属性，故D错误；
故选：C。
【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、可逆反应、原电池、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。
8．（2分）苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃．下列说法错误的是（ ）
A．实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B．分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C．环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
【分析】A．蒸馏时，冷却水应充满冷凝管；
B．及时放出水层，促进平衡正向移动，且避免水层较高；
C．环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，能减少生成物；
D．加入反应液时，应避免酸液飞溅。
【解答】解：A．蒸馏时，应使水充满冷凝管，则冷却水从a端进入，从b端流出，故A正确；
B．反应生成水，应及时放出水层，避免水层较高流入烧瓶，故B正确；
C．环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，能减少生成物，促进酯化反应向右进行，故C正确；
D．加入反应液时，应先加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷后再加入浓硫酸，避免酸液飞溅，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计，为高考常见题型，明确制备原理为解答关键，试题涉及酯化反应原理、化学实验基本操作方法、化学平衡的影响因素等知识，注意掌握物质制备方案的设计及评价原则，试题充分考查了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度中等。
9．（2分）Cu2Hgl4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4．下列说法正确的是（ ）
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+1
B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C．上述反应中生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NA
D．由以上信息可推知：可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4
【分析】从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Cu从+2价变成+1被还原，S从+4价变成+6价被氧化，故该反应的还原剂是SO2，氧化剂为CuSO4，据此分析解答。
【解答】解：A．Cu2HgI4中，I元素化合价为﹣1价，Cu元素化合价为+1价，所以Hg的化合价为+2，故A错误；
B．从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Hg的化合价不变，Cu从+2价变成+1被还原，故B错误；
C．从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Cu从+2价变成+1被还原，则每生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为：1mol×2×（2﹣1）＝2mol即2NA，故C错误；
D．由反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4可知，SO2，可将二价铜离子还原成+1价的铜的化合物，所以可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应概念及计算，题目难度不大，正确判断化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（2分）在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）
A．若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3
B．若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
【分析】A．若X为 O2，S与氧气不能直接生成SO3；
B．a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系；
C．b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，若X为O2，c为SO2，b为S，SO2可与氧气反应；
D．若b为气态非金属单质，b 与X所含元素同周期，b可为N2，X为O2，a为NH3，c为NO。
【解答】解：A．若X为 O2，a为S时，则二者不能直接反应生成SO3，故A错误；
B．a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系，NaOH中含有离子键和极性共价键，不存在非极性共价键，故B错误；
C．b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，若X为O2，c为SO2，b为S，SO2具有还原性，可与O2反应，故C错误；
D．若b为气态非金属单质，b与X所含元素同周期，b为N2，X为O2，a为NH3，c为NO，NH3与NO在一定条件下可以反应生成N2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，注意根据突破口结合物质的转化推断其它物质，牢固掌握相关物质的性质为解答该类题目的关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，需要学生熟练掌握元素化合物知识，熟记中学常见连续反应，难度中等。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）高铁酸钾（K2FeO4）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．步骤i中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：Na2FeO4＞NaClO
C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4
D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
【分析】由流程可知，硫酸亚铁溶液加入硫酸、过氧化氢，得到硫酸铁，加入次氯酸钠碱性溶液，发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入饱和氢氧化钾溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤、干燥得到K2FeO4纯品，以此解答该题。
【解答】解：A．酸性条件下，过氧化氢氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A正确；
B．碱性条件下，NaClO以后硫酸铁生成Na2FeO4，可说明NaClO的氧化性较强，故B错误；
C．加入饱和氢氧化钾溶液得到K2FeO4粗品，可说明K2FeO4溶解度较小，故C错误；
D．高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，同时能被还原成的Fe（OH）3胶体，有吸附性，有絮凝作用，使水中的悬浮的杂质沉淀，故D正确。
故选：BC。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，题目难度中等。
12．（4分）实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水FeCl2，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。下列说法错误的是（ ）
A．该方法的优点是制备的FeCl2纯净
B．由实验可以推出FeCl2的沸点低于铁粉的沸点
C．本实验制备1 mol FeCl2需要通入2 mol HCl气体
D．纯净FeCl2能够被干燥的氧气氧化为FeCl3，同时有Fe2O3生成
【分析】由实验装置可知，实验时先通入干燥的氯化氢，将装置内的空气排出，加热条件下铁与氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，生成的氯化亚铁沸点较低，易与铁分离，在冷却条件下得到氯化亚铁，尾气可用碱液处理，以此解答该题。
【解答】解：A．在氯化氢的氛围下生成氯化亚铁，且易与铁粉分离，可得到较为纯净的产物，故A正确；
B．生成的氯化亚铁与铁粉分离，冷却后得到氯化亚铁，可说明FeCl2的沸点低于铁粉的沸点，故B正确；
C．制备1 mol FeCl2，需要部分氯化氢排出装置的空气，则通入氯化氢的物质的量大于2mol，故C错误；
D．氯化亚铁具有还原性，可被氧气氧化生成+3价铁，可生成氯化铁、氧化铁等，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，题目难度中等。
13．（4分）我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的Zn/NiCo﹣LDMH可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2．PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B．PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C．放电时，负极附近pH减小
D．充电时，阳极反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O
【分析】电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2，则金属锌是负极，发生氧化反应：Zn﹣2e﹣+2OH﹣⇌ZnO+H2O，正极上发生得电子的还原反应：3CoOOH+2NiOOH+5H2O+5e﹣＝3Co（OH）2+2Ni（OH）2，在充电时，阳极反应是正极反应的逆程，阴极反应是负极反应的逆过程，据此回答即可。
【解答】解：A、根据题意：PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，所以PANa水溶液中可以电离，故A错误；
B、PANa是一种超强吸水聚合物，电池充放电过程中可以随时的补充水分，避免因失水使离子导电率下降，故B正确；
C、放电时，金属锌是负极，发生氧化反应：Zn﹣2e﹣+2OH﹣⇌ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，pH下降，故C正确；
D、在充电时，阳极反应是正极反应的逆程，反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了原电池原理、电解池原理，难度不大，注意电极反应式的书写和电解质环境的关系。
14．（4分）25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。已知：Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5．下列说法正确的是（ ）
A．若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B．保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9
C．由水电离产生的c（H+）：A点＞B点
D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10﹣5mol•L﹣1
【分析】Ba（OH）2是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进NH3•H2O电离，25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，分别稀释相同倍数时，pH变化较大的是Ba（OH）2、pH变化较小的是NH3•H2O，根据图知，I表示NH3•H2O、II表示Ba（OH）2溶液的稀释；
A．升高温度促进NH3•H2O电离，稀释过程中溶液pH变化更平缓；
B．保持25℃不变，A、B两点溶液的pH相等，取A、B两点对应的溶液等体积混合后溶液的pH值不变；
C．碱溶液中H+来自于水的电离；
D．溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣），＝＝＝Kb。
【解答】解：Ba（OH）2是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进NH3•H2O电离，25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，分别稀释相同倍数时，pH变化较大的是Ba（OH）2、pH变化较小的是NH3•H2O，根据图知，I表示NH3•H2O、II表示Ba（OH）2溶液的稀释；
A．升高温度促进NH3•H2O电离，则开始时pH：Ba（OH）2溶液小于氨水，稀释过程中溶液pH变化小于25℃时变化，所以pH变化更平缓，Ba（OH）2完全电离而影响不大，所以图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来远离，故A错误；
B．保持25℃不变，A、B两点溶液的pH相等，取A、B两点对应的溶液等体积混合后溶液的pH值不变，混合溶液的pH值为9，故B正确；
C．A、B点溶液中溶质都是碱，碱溶液中H+来自于水的电离，A、B点pH值相等，则溶液中c（H+）相等，所以水电离产生的c（H+）：A点＝B点，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣），＝＝＝Kb＝1.8×10﹣5mol•L﹣1，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断、计算能力，明确相同pH值的强弱碱溶液稀释过程中曲线变化特点、弱电解质电离影响因素等知识点是解本题关键，D为解答易错点，注意D中分式的灵活变形，题目难度不大。
15．（4分）某兴趣小组对实验室中的一种白色固体进行鉴别，实验探究如下：
①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解。
下列叙述错误的是（ ）
A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3或NaHSO3
B．实验③发生的离子方程式可能为5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．实验④中生成无色溶液B的化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3
D．由实验④可知S2O32﹣可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr
【分析】①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性，可能为水解呈碱性的盐类或为碱溶液；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则含有钠元素；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀，说明A具有还原性，生成白色沉淀为硫酸钡；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解，则说明A为Na2SO3，生成B为Na2S2O3，以此解答该题。
【解答】解：A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3，故A错误；
B．实验③发生的离子方程式可能为5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故B错误；
C．A为Na2SO3，生成B为Na2S2O3，化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3，故C正确；
D．B为Na2S2O3，可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr，故D正确。
故选：AB。
【点评】本题考查物质组成的测定，为高频考点，把握离子的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
四、解答题（共5小题，满分60分）
16．（12分）氢能作为一种清洁高效的二次能源，在未来能源格局中发挥着重要作用。已知：常温下，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）常温下、水的分解不能自发进行的热力学依据是 常温下，△H﹣T△S＞0，所以水的分解不能自发进行 。
（2）将CoFeO4负载在Al2O3上，产氧温度在1200℃，产氢温度在1000℃时，可顺利实现水的分解，氢气产量高且没有明显的烧结现象。循环机理如下，过程如图1所示，不考虑温度变化对反应△H的影响。
第Ⅰ步：CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
第Ⅱ步：CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+H2O（g）⇌CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）+H2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
①a+b ＜ 285.84（填“＞”“＜”或“＝”）。第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为 铁、氧 （填名称）。
②第Ⅱ步反应的v正＝k正•c（H2O），v逆＝k逆•c（H2），K正、K逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。1000℃时，在体积为1 L的B反应器中加入2 mol H2O发生上述反应，测得H2O（g）和H2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则60min内，v（CoFe2O4）＝ 6.27 g•min﹣1（保留2位小数）。a点时 v正：v逆＝ 4 （填最简整数比）；平衡时，体系压强为10kPa，则K p＝ 4 。
（3）热力学铜﹣氯循环制氢法分电解、水解、热解三步进行。
电解：2CuCl+2HClH2+2CuCl2；
水解：2CuCl2+H2O⇌Cu2OCl2+2HCl；
热解：2Cu2OCl2⇌4CuCl2+O2。
已知：CuCl为白色固体，Kap（CuCl）＝1.2×10﹣6。
电解装置如图3所示，则A为 阴 极（填“阳”或“阴”），B极电极反应为 CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣ 。
【分析】（1）常温下，△G＝△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1＞0；
（2）①根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H＝（a+b）kJ•mol﹣1，
由题意得2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，则H2O（l）═H2（g）+O2（g）△H＝+285.84kJ•mol﹣1，
H2O（l）转化为H2O（g）需要吸热；
根据方程式CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g），铁元素化合价由+3下降到+2，氧元素化合价由﹣2上升到0；
②由图可知，△c（H2O）＝（2.0﹣0.4）mol/L＝1.6mol/L，则△n（H2O）＝1.6mol/L×1L＝1.6mol，根据方程式△n（CoFe2O4）＝1.6mol，
△m（CoFe2O4）＝1.6mol×235g/mol＝376g，结合v＝计算；
由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，k正•c（H2O）＝k逆•c（H2），则＝＝＝4，
在a点时 c（H2O）＝c（H2），＝；
平衡时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，体系压强为100kPa，根据Kp＝计算；
（3）由总反应2CuCl+2HClH2+2CuCl2；，可知HCl发生还原反应，而盐酸加入A极区域；
B极为阳极，根据总反应，CuCl失去电子生成Cu2+。
【解答】解：（1）由题意得，常温下，△G＝△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1＞0，所以常温下，水的分解不能自发进行，
故答案为：常温下，△H﹣T△S＞0，所以水的分解不能自发进行；
（2）①根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H＝（a+b）kJ•mol﹣1，
由题意得2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，则H2O（l）═H2（g）+O2（g）△H＝+285.84kJ•mol﹣1，
H2O（l）转化为H2O（g）需要吸热，则a+b＜285.84；
根据方程式CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g），铁元素化合价由+3下降到+2，氧元素化合价由﹣2上升到0，则第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为铁、氧，
故答案为：＜；铁、氧；
②由图可知，△c（H2O）＝（2.0﹣0.4）mol/L＝1.6mol/L，则△n（H2O）＝1.6mol/L×1L＝1.6mol，根据方程式△n（CoFe2O4）＝1.6mol，
△m（CoFe2O4）＝1.6mol×235g/mol＝376g，则60min内，v（CoFe2O4）＝＝6.27g•min﹣1；
由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，k正•c（H2O）＝k逆•c（H2），则＝＝＝4，
在a点时 c（H2O）＝c（H2），＝＝＝4；
平衡时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，体系压强为100kPa，
Kp＝＝＝4，
故答案为：6.27；4；4；
（3）由总反应2CuCl+2HClH2+2CuCl2；，可知HCl发生还原反应，而盐酸加入A极区域，说明A极为阴极；
B极为阳极，根据总反应，CuCl失去电子生成Cu2+，B极电极反应为CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣，
故答案为：阴；CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、电化学原理，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。
17．（11分）自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为 绿 色。
（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是 N ，其核外电子排布式中未成对电子数为 2 个。
（3）钌﹣多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如图1所示。钌（Ⅱ）的配位数是 6 ，N原子的杂化类型为 sp2、sp3 。
（4）Fe3O4晶体中，O2﹣的重复排列方式如图2所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2﹣围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为 1：1 。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为 1：4 。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为 g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。
【分析】（1）铜元素的焰色为绿色；
（2）基态Ni原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2；
（3）由图可知，钌提供空轨道，N原子提供孤电子对，有6个N原子提供孤电子对，得出钌（Ⅱ）的配位数；从图中N原子形成的化学键和孤电子对得出价层电子对数，从而得出杂化类型；
（4）由图可知，结构单元中有4个正八面体空隙数，O2﹣位于图中结构单元的顶点与面心，图中结构单元中O2﹣数目＝8×+6×＝4，根据化合价规则，图中结构单元中有2个Fe3+、1个Fe2+，计算图中结构单元的质量，求得晶胞密度。
【解答】解：（1）铜元素的焰色为绿色，所以铜和含铜离子化合物的焰色为绿色，
故答案为：绿；
（2）基态Ni原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，核外电子占据的最高能层符号是N，有2个未成对电子；
故答案为：N；2；
（3）由图可知，钌提供空轨道，N原子提供孤电子对，有6个N原子提供孤电子对，所以钌（Ⅱ）的配位数为6；形成配位键的N原子形成一个单键一个双键，即有2个σ键，一个孤电子对，价层电子对数为3，采取sp2杂化；右边的下，下面的N原子，形成3个单键，即有3个σ键，一孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；
故答案为：6；sp2、sp3；
（4）由图可知，结构单元中有4个正八面体空隙数，O2﹣位于图中结构单元的顶点与面心，图中结构单元中O2﹣数目＝8×+6×＝4，Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为4：4＝1：1；由图可知，Fe3O4晶体中有2个Fe3+和一个Fe2+，结构单元中有8个正四面体空隙数，填了一个Fe3+，结构单元中有4个正八面体空隙数，填了一个Fe3+和一个Fe2+，正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为：＝1：4；Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，根据晶胞的密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3；
故答案为：1：1；1：4；。
【点评】本题考查物质结构和性质，难度中等。涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。
18．（12分）中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，利用图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管并称量其质量（m2）；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是 E （填“E”或“F”）。
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式 FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑ 。
（3）C装置的作用是 除去H2S并检验H2S是否除尽 ；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会 偏大 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是 C （填标号）。
A．滤渣中含有还原产物单质硫
B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C．过滤操作要迅速，否则会使测得的FeS2的含量偏低
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为 MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O ，到达滴定终点的现象是 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变 。
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO溶液45mL，则该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝ 4：5 。
【分析】某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，把装置内的空气全部赶出，关闭K1、K2，取下干燥管E称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），硫酸和FeS2发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质和硫化氢气体，碳酸亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和二氧化碳、水，待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气把生成的气体全部赶出到后续装置吸收，通过硫酸铜溶液吸收生成的硫化氢气体生成硫化铜和硫酸，通过高锰酸钾溶液吸收反应后剩余的硫化氢并检验是否除尽，通过D中浓硫酸干燥气体，通过装置E吸收生成的二氧化碳气体，通过装置F防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置E干扰二氧化碳气体质量的测定；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管E并称量其质量（m2），确定吸收二氧化碳气体的质量；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，高锰酸钾溶液和亚铁离子发生氧化还原反应，据此计算得到原混合物中的铁元素。
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E装置，目的是得到生成二氧化碳气体质量；
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成说明生成的气体中含硫化氢气体，装置A中FeS2与稀硫酸反应得到硫化氢、硫单质和硫酸亚铁；
（3）C装置是除去剩余硫化氢、检验硫化氢气体是否被除尽，若撤去装置F，空气中二氧化碳被E吸收，测得的FeCO3的含量偏大；
（4）A．滤渣中含有氧化产物单质硫；
B．过滤过程中玻璃棒起到引流作用；
C．过滤操作要迅速，否则亚铁离子被空气中氧气氧化后，测定亚铁离子减少；
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子生成铁离子，到达滴定终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到滴定终点；
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，为生成二氧化碳气体质量，碳元素守恒得到碳酸亚铁物质的量，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO4溶液45mL，计算得到亚铁离子物质的量，得到FeS2物质的量。
【解答】解：（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E，
故答案为：E；
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，说明生成了硫化氢气体，装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式为：FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑，
故答案为：FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑；
（3）C装置的作用是除去H2S并检验H2S是否除尽，若撤去装置F，空气中二氧化碳被E吸收，测定二氧化碳气体质量增大，碳元素守恒得到，则测得的FeCO3的含量会偏大，
故答案为：除去H2S并检验H2S是否除尽；偏大；
（4）A．硫元素化合价﹣1价变化为0价，滤渣中含有氧化产物单质硫，故A错误；
B．过滤过程中玻璃棒起到引流的作用，不能搅拌，故B错误；
C．过滤操作要迅速，否则亚铁离子被空气中氧气氧化后，测定亚铁离子减少，会使测得的FeS2的含量偏低，故C正确；
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向洗涤液中加入氯化钡溶液，检查是否含硫酸根离子，观察是否有白色沉淀生成，若洗涤液无沉淀说明洗涤干净，过滤液中一定含硫酸根离子，不能检验沉淀洗涤干净，故D错误；
故答案为：C；
（5）步骤Ⅵ中发生反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，到达滴定终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到滴定终点，
故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变；
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，为生成二氧化碳气体质量，n（CO2）＝＝0.05mol，碳元素守恒得到碳酸亚铁物质的量，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO4溶液45mL，结合反应的定量关系计算得到，
MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O
1 5
0.1mol/L×0.045L× n
n＝0.09mol，铁元素守恒得到FeS2物质的量＝0.09mol﹣0.05mol＝0.04mol，
该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝0.04mol：0.05mol＝4：5，
故答案为：4：5。
【点评】本题考查了物质组成和实验测定的过程分析判断、物质性质、氧化还原反应、滴定实验等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
19．（12分）铋（83号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质）为原料提Bi的工艺流程如图1：
已知：Ⅰ．BiOCl不溶于水，加热至700℃就分解生成BiCl3，BiCl3的沸点为447℃。
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝1.2×10﹣20；Ksp（PbCl2）＝1.17×10﹣5。
回答下列问题：
（1）铋在元素周期表中的位置为 第六周期VA族 。
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图2所示，最合适的液固比应选 3 。
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为 AgCl、PbCl2 （填化学式）。
（4）“脱氯”的化学方程式为 2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O 。
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为 3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+ 。若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，此时Cu2+的去除率为 97.6% （忽略溶液体积变化）。
（6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回 浸出 工序循环使用。
【分析】氧化铋渣的主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣I为AgCl、PbCl2，过滤后滤液加NaOH生成BiOCl，滤液II含铜离子，再加NaOH生成Cu3（OCl）2，滤液III含NaCl，NaCl可在浸出步骤中循环使用，BiOCl中加入热NaOH发生2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，高温下C与Bi2O3熔炼生成Bi，以此来解答。
【解答】解：（1）铋在As的下方，为同主族元素，则在元素周期表中的位置为第六周期VA族，
故答案为：第六周期VA族；
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，由图可知最合适的液固比应选3，
故答案为：3；
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为AgCl、PbCl2，
故答案为：AgCl、PbCl2；
（4）“脱氯”的化学方程式为2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，
故答案为：2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O；
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+，若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，c（Cu2+）＝＝1.2×10﹣4mol/L，且等体积混合，此时Cu2+的去除率为×100%＝97.6%，
故答案为：3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+；97.6%；
（6）“滤液Ⅲ”中含NaCl，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用，
故答案为：浸出。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（13分）新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效，其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示，分子中Ar表示芳香基。
已知：RCOCH3+R′COClRCOCH2COR′+HCl
回答下列问题：
（1）有机物A的名称为 对二苯酚或1，4﹣苯二酚 ，A转化为B的目的是 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应 。C中含有的官能团的名称为 酯基、羰基 。
（2）D转化为E的化学方程式为 。E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为 ，则此过程中涉及的反应的类型为 加成反应、消去反应 。
（3）某芳香族化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有 8 种。
（已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存）
①与FeCl3不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应
（4）请以丙酮（CH3COCH3）和为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选），设计合成的路线。
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生水解反应然后酸化生成D，D为，D和H发生信息中的取代反应生成E，根据D、E结构简式知，H为，E发生加成反应、消去反应生成F，F发生加成反应生成G；
（4）以丙酮（CH3COCH3）和为原料合成，以丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生E生成E的反应，最后再和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）有机物A的名称为对二苯酚或1，4﹣苯二酚；为保护酚羟基，先将酚羟基转化为甲氧基，所以A转化为B的目的是保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；C中含有的官能团的名称为酯基、羰基，
故答案为：对二苯酚或1，4﹣苯二酚；保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；酯基、羰基；
（2）D发生取代反应生成E，D转化为E的化学方程式为；E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为，则此过程中涉及的反应的类型为加成反应、消去反应，
故答案为：；；加成反应、消去反应；
（3）D为，某芳香族化合物K与D互为同分异构体且符合下列条件：
①与FeCl3不发生显色反应，说明不含酚羟基；
②可发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO﹣，根据不饱和度知，不存在其它双键或环，
还存在醇羟基或醚键，
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2OH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOOCH2﹣，有1种；
如果取代基为HCOO﹣、﹣OCH3，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH（OH）﹣，有1种，
所以符合条件的有8种，
故答案为：8；
（4）以丙酮（CH3COCH3）和为原料合成，以丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生E生成E的反应，最后再和溴发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查观察、分析判断及信息的获取和灵活运用能力，明确反应中官能团、碳链结构变化是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
2020年山东省日照市高考化学一模试卷
一、选择：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B．为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D．可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂
2．（2分）研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H26ClN3O8P2
B．分子中含有1个手性碳原子
C．能溶于水且水溶液呈酸性
D．能发生取代反应和加成反应
3．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯
B．的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C．的名称为2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇
D．碳酸亚乙酯（）可与热的Na2CO3溶液反应
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＜AlCl3
B．第一电离能：S＞P＞Si
C．18g冰中含有NA个氢键
D．基态原子价电子排布式为5s1的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
5．（2分）短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
6．（2分）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑．制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10﹣7，Ka1（H2S）＝9.1×10﹣8．下列说法正确的是（ ）
A．反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2
C．1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
7．（2分）下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
验证Cl2的氧化性强于Br2
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
B
比较HF与HClO的酸性强弱
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的NaF溶液和NaClO溶液的pH
C
验证FeCl3与KI的反应是可逆反应
向1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
D
比较Fe与Cu的金属活动性
常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池
A．A B．B C．C D．D
8．（2分）苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃．下列说法错误的是（ ）
A．实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B．分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C．环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
9．（2分）Cu2Hgl4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4．下列说法正确的是（ ）
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+1
B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C．上述反应中生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NA
D．由以上信息可推知：可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4
10．（2分）在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）
A．若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3
B．若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）高铁酸钾（K2FeO4）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．步骤i中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：Na2FeO4＞NaClO
C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4
D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
12．（4分）实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水FeCl2，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。下列说法错误的是（ ）
A．该方法的优点是制备的FeCl2纯净
B．由实验可以推出FeCl2的沸点低于铁粉的沸点
C．本实验制备1 mol FeCl2需要通入2 mol HCl气体
D．纯净FeCl2能够被干燥的氧气氧化为FeCl3，同时有Fe2O3生成
13．（4分）我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的Zn/NiCo﹣LDMH可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2．PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B．PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C．放电时，负极附近pH减小
D．充电时，阳极反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O
14．（4分）25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。已知：Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5．下列说法正确的是（ ）
A．若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B．保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9
C．由水电离产生的c（H+）：A点＞B点
D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10﹣5mol•L﹣1
15．（4分）某兴趣小组对实验室中的一种白色固体进行鉴别，实验探究如下：
①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解。
下列叙述错误的是（ ）
A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3或NaHSO3
B．实验③发生的离子方程式可能为5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．实验④中生成无色溶液B的化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3
D．由实验④可知S2O32﹣可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr
四、解答题（共5小题，满分60分）
16．（12分）氢能作为一种清洁高效的二次能源，在未来能源格局中发挥着重要作用。已知：常温下，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）常温下、水的分解不能自发进行的热力学依据是 。
（2）将CoFeO4负载在Al2O3上，产氧温度在1200℃，产氢温度在1000℃时，可顺利实现水的分解，氢气产量高且没有明显的烧结现象。循环机理如下，过程如图1所示，不考虑温度变化对反应△H的影响。
第Ⅰ步：CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
第Ⅱ步：CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+H2O（g）⇌CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）+H2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
①a+b 285.84（填“＞”“＜”或“＝”）。第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为 （填名称）。
②第Ⅱ步反应的v正＝k正•c（H2O），v逆＝k逆•c（H2），K正、K逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。1000℃时，在体积为1 L的B反应器中加入2 mol H2O发生上述反应，测得H2O（g）和H2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则60min内，v（CoFe2O4）＝ g•min﹣1（保留2位小数）。a点时 v正：v逆＝ （填最简整数比）；平衡时，体系压强为10kPa，则K p＝ 。
（3）热力学铜﹣氯循环制氢法分电解、水解、热解三步进行。
电解：2CuCl+2HClH2+2CuCl2；
水解：2CuCl2+H2O⇌Cu2OCl2+2HCl；
热解：2Cu2OCl2⇌4CuCl2+O2。
已知：CuCl为白色固体，Kap（CuCl）＝1.2×10﹣6。
电解装置如图3所示，则A为 极（填“阳”或“阴”），B极电极反应为 。
17．（11分）自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为 色。
（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是 ，其核外电子排布式中未成对电子数为 个。
（3）钌﹣多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如图1所示。钌（Ⅱ）的配位数是 ，N原子的杂化类型为 。
（4）Fe3O4晶体中，O2﹣的重复排列方式如图2所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2﹣围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为 。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为 。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为 g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。
18．（12分）中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，利用图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管并称量其质量（m2）；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是 （填“E”或“F”）。
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式 。
（3）C装置的作用是 ；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是 （填标号）。
A．滤渣中含有还原产物单质硫
B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C．过滤操作要迅速，否则会使测得的FeS2的含量偏低
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为 ，到达滴定终点的现象是 。
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO溶液45mL，则该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝ 。
19．（12分）铋（83号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质）为原料提Bi的工艺流程如图1：
已知：Ⅰ．BiOCl不溶于水，加热至700℃就分解生成BiCl3，BiCl3的沸点为447℃。
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝1.2×10﹣20；Ksp（PbCl2）＝1.17×10﹣5。
回答下列问题：
（1）铋在元素周期表中的位置为 。
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图2所示，最合适的液固比应选 。
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为 （填化学式）。
（4）“脱氯”的化学方程式为 。
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为 。若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，此时Cu2+的去除率为 （忽略溶液体积变化）。
（6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回 工序循环使用。
20．（13分）新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效，其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示，分子中Ar表示芳香基。
已知：RCOCH3+R′COClRCOCH2COR′+HCl
回答下列问题：
（1）有机物A的名称为 ，A转化为B的目的是 。C中含有的官能团的名称为 。
（2）D转化为E的化学方程式为 。E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为 ，则此过程中涉及的反应的类型为 。
（3）某芳香族化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有 种。
（已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存）
①与FeCl3不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应
（4）请以丙酮（CH3COCH3）和为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选），设计合成的路线。
2020年山东省日照市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B．为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D．可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂
【分析】A．胶体分散质微粒直径为1﹣100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒粒子直径在纳米级范围；
B．医用消毒酒精与84消毒液混合会发生氧化还原反应；
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，有毒；
D．过氧乙酸和金属铝发生反应。
【解答】解：A．新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，胶体分散质微粒直径为1﹣100nm，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，故A正确；
B．乙醇能被次氯酸钠氧化，医用消毒酒精与84消毒液混合使用不能增强消毒效果，故B错误；
C．甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，有毒，不可用于空气、餐具的消毒，故C错误；
D．过氧乙酸含羧基，和金属铝发生反应，不可用铝制容器配制过氧乙酸（CH3COOOH）消毒剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了化学物质的性质和应用，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H26ClN3O8P2
B．分子中含有1个手性碳原子
C．能溶于水且水溶液呈酸性
D．能发生取代反应和加成反应
【分析】该有机物中含有氯原子、氨基、碳碳双键和碳氮双键，具有氯代烃、氨、烯烃性质，能发生水解反应、取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应等。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C18H32ClN3O8P2，故A错误；
B．中红色点表示的碳原子为手性碳原子，该分子中只有一个手性碳原子，故B正确；
C．因为分子中存在磷酸分子，所以易溶于水且水溶液呈酸性，故C正确；
D．苯环和氯原子、氨基能发生取代反应，苯环、碳碳双键和碳氮双键能发生加成反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯
B．的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C．的名称为2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇
D．碳酸亚乙酯（）可与热的Na2CO3溶液反应
【分析】A．苯酚遇溴水出现白色沉淀，2，4﹣已二烯和溴水发生加成反应，甲苯和溴水不反应，发生萃取原理；
B．的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．主链有4个碳的一元醇，2号碳上有1个甲基，1个乙基；
D．酯类可在碱性条件下水解。
【解答】解：A．苯酚遇溴水出现白色沉淀，2，4﹣已二烯和溴水发生加成反应，使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，发生萃取原理，会分层，上层为橙红色，现象不同，可以用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣已二烯和甲苯，故A正确；
B．的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，可位于﹣CH2或﹣CH﹣原子上，有6种，共7种，故B错误；
C．主链有4个碳的一元醇，2号碳上有1个甲基，1个乙基，系统命名为：2﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣丁醇，故C正确；
D．碳酸钠为羟基弱酸盐，水溶液中碳酸根离子水解显碱性，而碳酸亚乙酯含有酯基，可在碱性条件下水解，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构及命名、性质，明确有机物结构组成特点，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意二氯取代物判断方法，题目难度不大。
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＜AlCl3
B．第一电离能：S＞P＞Si
C．18g冰中含有NA个氢键
D．基态原子价电子排布式为5s1的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
【分析】A．分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高；
B．P的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子，其第一电离能较大；
C．1个水分子中氧原子与两个氢原子生成两个氢键、氢原子与氧原子形成1个氢键，采用均摊法计算出1mol水中含有的氢键；
D．原子价电子排布式为5s1的元素为Rb，其氢氧化物RbOH的碱性比NaOH强，可以溶解氢氧化铝。
【解答】解：A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，所以氯化钠熔沸点较高，故A错误；
B．同周期从左向右第一电离能增大，但P原子的最外层p电子半满，为稳定结构，则元素的第一电离能的大小顺序：P＞S＞Si，故B错误；
C．18g水的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol氢原子形成mol氢键，1mol氧原子形成×2＝1mol氢键，1mol水中含有2mol氢原子、1molO，能够形成2mol氢键，所以18g冰中含有氢键的数目为2NA，故C错误；
D．原子价电子排布式为5s1的元素为Rb，其氢氧化物RbOH的碱性比NaOH强，可以溶解氢氧化铝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶体熔沸点的比较、第一电离能的大小比较、氢键、原子核外电子排布等知识，注意半充满状态第一电离能较大，题目侧重对基础知识的考查，难度不大。
5．（2分）短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，其核外电子排布为1s22s22p3，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，其原子序数小于N，则X为C元素；Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，Z原子最外层电子数为＝3，位于ⅢA族，则Z为Al元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为Al元素。
A．XO32﹣为CO32﹣，CO32﹣中C的价层电子对数＝3+＝3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，故A正确；
B．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z，故B错误；
C．NO3﹣中N的价层电子对数＝3+＝3，所以中心原子N采用sp2杂化，故C正确；
D．AlN为四面体结构，C的单质金刚石也是四面体结构，二者结构相似，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6．（2分）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑．制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10﹣7，Ka1（H2S）＝9.1×10﹣8．下列说法正确的是（ ）
A．反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2
C．1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
【分析】A．Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑中S元素化合价由+6价变为﹣2价、C元素化合价由0价变为+4价，该反应中转移电子数是8；
B．该反应中Na2SO4是氧化剂、C是还原剂，Na2S是还原产物、CO2是氧化产物，反应中其计量数之比等于物质的量之比；
C．n（Na2S）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，S2﹣发生水解反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；
D．碳酸电离平衡常数大于硫化氢，说明碳酸酸性大于硫化氢，所以硫化钠溶液露置于空气中会和二氧化碳反应生成硫化氢。
【解答】解：A．Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑中S元素化合价由+6价变为﹣2价、C元素化合价由0价变为+4价，该反应中转移电子数是8，则反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为8NA，故A错误；
B．该反应中Na2SO4是氧化剂、C是还原剂，Na2S是还原产物、CO2是氧化产物，反应中其计量数之比等于物质的量之比，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故B错误；
C．n（Na2S）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，S2﹣发生水解反应S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，根据水解方程式知1L 0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA，故C正确；
D．碳酸电离平衡常数大于硫化氢，说明碳酸酸性大于硫化氢，所以硫化钠溶液露置于空气中会和二氧化碳反应生成硫化氢，所以可能会有H2S气体放出，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确基本概念内涵、转移电子数计算方法、盐类水解原理是解本题关键，C为解答易错点。
7．（2分）下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
验证Cl2的氧化性强于Br2
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
B
比较HF与HClO的酸性强弱
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的NaF溶液和NaClO溶液的pH
C
验证FeCl3与KI的反应是可逆反应
向1mL 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加5mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
D
比较Fe与Cu的金属活动性
常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．少量氯气先氧化亚铁离子；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
C．FeCl3溶液少量，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液，可检验铁离子，说明不能完全转化；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化。
【解答】解：A．少量氯气先氧化亚铁离子，不能验证Cl2的氧化性强于Br2，故A错误；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH来比较酸性，故B错误；
C．FeCl3溶液少量，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液，可检验铁离子，说明不能完全转化，则FeCl3与KI的反应是可逆反应，故C正确；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极，不能比较金属性，故D错误；
故选：C。
【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、可逆反应、原电池、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。
8．（2分）苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应
制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃．下列说法错误的是（ ）
A．实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B．分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C．环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
【分析】A．蒸馏时，冷却水应充满冷凝管；
B．及时放出水层，促进平衡正向移动，且避免水层较高；
C．环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，能减少生成物；
D．加入反应液时，应避免酸液飞溅。
【解答】解：A．蒸馏时，应使水充满冷凝管，则冷却水从a端进入，从b端流出，故A正确；
B．反应生成水，应及时放出水层，避免水层较高流入烧瓶，故B正确；
C．环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，能减少生成物，促进酯化反应向右进行，故C正确；
D．加入反应液时，应先加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷后再加入浓硫酸，避免酸液飞溅，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计，为高考常见题型，明确制备原理为解答关键，试题涉及酯化反应原理、化学实验基本操作方法、化学平衡的影响因素等知识，注意掌握物质制备方案的设计及评价原则，试题充分考查了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度中等。
9．（2分）Cu2Hgl4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4．下列说法正确的是（ ）
A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+1
B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C．上述反应中生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NA
D．由以上信息可推知：可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4
【分析】从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Cu从+2价变成+1被还原，S从+4价变成+6价被氧化，故该反应的还原剂是SO2，氧化剂为CuSO4，据此分析解答。
【解答】解：A．Cu2HgI4中，I元素化合价为﹣1价，Cu元素化合价为+1价，所以Hg的化合价为+2，故A错误；
B．从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Hg的化合价不变，Cu从+2价变成+1被还原，故B错误；
C．从反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4分析，Cu从+2价变成+1被还原，则每生成1mol Cu2HgI4时，转移的电子数为：1mol×2×（2﹣1）＝2mol即2NA，故C错误；
D．由反应2CuSO4+K2Hgl4+SO2+2H2O═Cu2Hgl4↓+K2SO4+2H2SO4可知，SO2，可将二价铜离子还原成+1价的铜的化合物，所以可发生反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O═2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应概念及计算，题目难度不大，正确判断化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（2分）在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）
A．若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3
B．若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
【分析】A．若X为 O2，S与氧气不能直接生成SO3；
B．a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系；
C．b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，若X为O2，c为SO2，b为S，SO2可与氧气反应；
D．若b为气态非金属单质，b 与X所含元素同周期，b可为N2，X为O2，a为NH3，c为NO。
【解答】解：A．若X为 O2，a为S时，则二者不能直接反应生成SO3，故A错误；
B．a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系，NaOH中含有离子键和极性共价键，不存在非极性共价键，故B错误；
C．b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，若X为O2，c为SO2，b为S，SO2具有还原性，可与O2反应，故C错误；
D．若b为气态非金属单质，b与X所含元素同周期，b为N2，X为O2，a为NH3，c为NO，NH3与NO在一定条件下可以反应生成N2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，注意根据突破口结合物质的转化推断其它物质，牢固掌握相关物质的性质为解答该类题目的关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，需要学生熟练掌握元素化合物知识，熟记中学常见连续反应，难度中等。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）高铁酸钾（K2FeO4）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．步骤i中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：Na2FeO4＞NaClO
C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＜K2FeO4
D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
【分析】由流程可知，硫酸亚铁溶液加入硫酸、过氧化氢，得到硫酸铁，加入次氯酸钠碱性溶液，发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入饱和氢氧化钾溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤、干燥得到K2FeO4纯品，以此解答该题。
【解答】解：A．酸性条件下，过氧化氢氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A正确；
B．碱性条件下，NaClO以后硫酸铁生成Na2FeO4，可说明NaClO的氧化性较强，故B错误；
C．加入饱和氢氧化钾溶液得到K2FeO4粗品，可说明K2FeO4溶解度较小，故C错误；
D．高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，同时能被还原成的Fe（OH）3胶体，有吸附性，有絮凝作用，使水中的悬浮的杂质沉淀，故D正确。
故选：BC。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，题目难度中等。
12．（4分）实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水FeCl2，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。下列说法错误的是（ ）
A．该方法的优点是制备的FeCl2纯净
B．由实验可以推出FeCl2的沸点低于铁粉的沸点
C．本实验制备1 mol FeCl2需要通入2 mol HCl气体
D．纯净FeCl2能够被干燥的氧气氧化为FeCl3，同时有Fe2O3生成
【分析】由实验装置可知，实验时先通入干燥的氯化氢，将装置内的空气排出，加热条件下铁与氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，生成的氯化亚铁沸点较低，易与铁分离，在冷却条件下得到氯化亚铁，尾气可用碱液处理，以此解答该题。
【解答】解：A．在氯化氢的氛围下生成氯化亚铁，且易与铁粉分离，可得到较为纯净的产物，故A正确；
B．生成的氯化亚铁与铁粉分离，冷却后得到氯化亚铁，可说明FeCl2的沸点低于铁粉的沸点，故B正确；
C．制备1 mol FeCl2，需要部分氯化氢排出装置的空气，则通入氯化氢的物质的量大于2mol，故C错误；
D．氯化亚铁具有还原性，可被氧气氧化生成+3价铁，可生成氯化铁、氧化铁等，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，题目难度中等。
13．（4分）我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的Zn/NiCo﹣LDMH可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2．PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B．PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C．放电时，负极附近pH减小
D．充电时，阳极反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O
【分析】电池反应为5Zn+6CoOOH+4NiOOH+5H2O5ZnO+6Co（OH）2+4Ni（OH）2，则金属锌是负极，发生氧化反应：Zn﹣2e﹣+2OH﹣⇌ZnO+H2O，正极上发生得电子的还原反应：3CoOOH+2NiOOH+5H2O+5e﹣＝3Co（OH）2+2Ni（OH）2，在充电时，阳极反应是正极反应的逆程，阴极反应是负极反应的逆过程，据此回答即可。
【解答】解：A、根据题意：PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量Zn（CH3COO）2和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，所以PANa水溶液中可以电离，故A错误；
B、PANa是一种超强吸水聚合物，电池充放电过程中可以随时的补充水分，避免因失水使离子导电率下降，故B正确；
C、放电时，金属锌是负极，发生氧化反应：Zn﹣2e﹣+2OH﹣⇌ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，pH下降，故C正确；
D、在充电时，阳极反应是正极反应的逆程，反应为3Co（OH）2+2Ni（OH）2﹣5e﹣+5OH﹣⇌3CoOOH+2NiOOH+5H2O，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了原电池原理、电解池原理，难度不大，注意电极反应式的书写和电解质环境的关系。
14．（4分）25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。已知：Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5．下列说法正确的是（ ）
A．若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B．保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9
C．由水电离产生的c（H+）：A点＞B点
D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10﹣5mol•L﹣1
【分析】Ba（OH）2是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进NH3•H2O电离，25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，分别稀释相同倍数时，pH变化较大的是Ba（OH）2、pH变化较小的是NH3•H2O，根据图知，I表示NH3•H2O、II表示Ba（OH）2溶液的稀释；
A．升高温度促进NH3•H2O电离，稀释过程中溶液pH变化更平缓；
B．保持25℃不变，A、B两点溶液的pH相等，取A、B两点对应的溶液等体积混合后溶液的pH值不变；
C．碱溶液中H+来自于水的电离；
D．溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣），＝＝＝Kb。
【解答】解：Ba（OH）2是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进NH3•H2O电离，25℃时，分别稀释pH＝11的Ba（OH）2溶液和氨水，分别稀释相同倍数时，pH变化较大的是Ba（OH）2、pH变化较小的是NH3•H2O，根据图知，I表示NH3•H2O、II表示Ba（OH）2溶液的稀释；
A．升高温度促进NH3•H2O电离，则开始时pH：Ba（OH）2溶液小于氨水，稀释过程中溶液pH变化小于25℃时变化，所以pH变化更平缓，Ba（OH）2完全电离而影响不大，所以图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来远离，故A错误；
B．保持25℃不变，A、B两点溶液的pH相等，取A、B两点对应的溶液等体积混合后溶液的pH值不变，混合溶液的pH值为9，故B正确；
C．A、B点溶液中溶质都是碱，碱溶液中H+来自于水的电离，A、B点pH值相等，则溶液中c（H+）相等，所以水电离产生的c（H+）：A点＝B点，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣），＝＝＝Kb＝1.8×10﹣5mol•L﹣1，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断、计算能力，明确相同pH值的强弱碱溶液稀释过程中曲线变化特点、弱电解质电离影响因素等知识点是解本题关键，D为解答易错点，注意D中分式的灵活变形，题目难度不大。
15．（4分）某兴趣小组对实验室中的一种白色固体进行鉴别，实验探究如下：
①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解。
下列叙述错误的是（ ）
A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3或NaHSO3
B．实验③发生的离子方程式可能为5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．实验④中生成无色溶液B的化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3
D．由实验④可知S2O32﹣可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr
【分析】①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，溶液呈碱性，可能为水解呈碱性的盐类或为碱溶液；
②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则含有钠元素；
③取少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀，说明A具有还原性，生成白色沉淀为硫酸钡；
④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B，且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解，则说明A为Na2SO3，生成B为Na2S2O3，以此解答该题。
【解答】解：A．由实验可推测该白色固体为Na2SO3，故A错误；
B．实验③发生的离子方程式可能为5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故B错误；
C．A为Na2SO3，生成B为Na2S2O3，化学方程式为：Na2SO3+SNa2S2O3，故C正确；
D．B为Na2S2O3，可以和Ag+形成配合物[Ag（S2O3）2]3﹣而溶解AgBr，故D正确。
故选：AB。
【点评】本题考查物质组成的测定，为高频考点，把握离子的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
四、解答题（共5小题，满分60分）
16．（12分）氢能作为一种清洁高效的二次能源，在未来能源格局中发挥着重要作用。已知：常温下，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）常温下、水的分解不能自发进行的热力学依据是 常温下，△H﹣T△S＞0，所以水的分解不能自发进行 。
（2）将CoFeO4负载在Al2O3上，产氧温度在1200℃，产氢温度在1000℃时，可顺利实现水的分解，氢气产量高且没有明显的烧结现象。循环机理如下，过程如图1所示，不考虑温度变化对反应△H的影响。
第Ⅰ步：CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
第Ⅱ步：CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+H2O（g）⇌CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）+H2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
①a+b ＜ 285.84（填“＞”“＜”或“＝”）。第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为 铁、氧 （填名称）。
②第Ⅱ步反应的v正＝k正•c（H2O），v逆＝k逆•c（H2），K正、K逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。1000℃时，在体积为1 L的B反应器中加入2 mol H2O发生上述反应，测得H2O（g）和H2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则60min内，v（CoFe2O4）＝ 6.27 g•min﹣1（保留2位小数）。a点时 v正：v逆＝ 4 （填最简整数比）；平衡时，体系压强为10kPa，则K p＝ 4 。
（3）热力学铜﹣氯循环制氢法分电解、水解、热解三步进行。
电解：2CuCl+2HClH2+2CuCl2；
水解：2CuCl2+H2O⇌Cu2OCl2+2HCl；
热解：2Cu2OCl2⇌4CuCl2+O2。
已知：CuCl为白色固体，Kap（CuCl）＝1.2×10﹣6。
电解装置如图3所示，则A为 阴 极（填“阳”或“阴”），B极电极反应为 CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣ 。
【分析】（1）常温下，△G＝△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1＞0；
（2）①根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H＝（a+b）kJ•mol﹣1，
由题意得2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，则H2O（l）═H2（g）+O2（g）△H＝+285.84kJ•mol﹣1，
H2O（l）转化为H2O（g）需要吸热；
根据方程式CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g），铁元素化合价由+3下降到+2，氧元素化合价由﹣2上升到0；
②由图可知，△c（H2O）＝（2.0﹣0.4）mol/L＝1.6mol/L，则△n（H2O）＝1.6mol/L×1L＝1.6mol，根据方程式△n（CoFe2O4）＝1.6mol，
△m（CoFe2O4）＝1.6mol×235g/mol＝376g，结合v＝计算；
由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，k正•c（H2O）＝k逆•c（H2），则＝＝＝4，
在a点时 c（H2O）＝c（H2），＝；
平衡时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，体系压强为100kPa，根据Kp＝计算；
（3）由总反应2CuCl+2HClH2+2CuCl2；，可知HCl发生还原反应，而盐酸加入A极区域；
B极为阳极，根据总反应，CuCl失去电子生成Cu2+。
【解答】解：（1）由题意得，常温下，△G＝△H﹣T△S＝+474.38kJ•mol﹣1＞0，所以常温下，水的分解不能自发进行，
故答案为：常温下，△H﹣T△S＞0，所以水的分解不能自发进行；
（2）①根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H＝（a+b）kJ•mol﹣1，
由题意得2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.68kJ•mol﹣1，则H2O（l）═H2（g）+O2（g）△H＝+285.84kJ•mol﹣1，
H2O（l）转化为H2O（g）需要吸热，则a+b＜285.84；
根据方程式CoFe2O4（s）+3Al2O3（s）⇌CoAl2O4（s）+2FeAl2O4（s）+O2（g），铁元素化合价由+3下降到+2，氧元素化合价由﹣2上升到0，则第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为铁、氧，
故答案为：＜；铁、氧；
②由图可知，△c（H2O）＝（2.0﹣0.4）mol/L＝1.6mol/L，则△n（H2O）＝1.6mol/L×1L＝1.6mol，根据方程式△n（CoFe2O4）＝1.6mol，
△m（CoFe2O4）＝1.6mol×235g/mol＝376g，则60min内，v（CoFe2O4）＝＝6.27g•min﹣1；
由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，k正•c（H2O）＝k逆•c（H2），则＝＝＝4，
在a点时 c（H2O）＝c（H2），＝＝＝4；
平衡时c（H2O）＝0.4mol/L，c（H2）＝1.6mol/L，体系压强为100kPa，
Kp＝＝＝4，
故答案为：6.27；4；4；
（3）由总反应2CuCl+2HClH2+2CuCl2；，可知HCl发生还原反应，而盐酸加入A极区域，说明A极为阴极；
B极为阳极，根据总反应，CuCl失去电子生成Cu2+，B极电极反应为CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣，
故答案为：阴；CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、电化学原理，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。
17．（11分）自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为 绿 色。
（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是 N ，其核外电子排布式中未成对电子数为 2 个。
（3）钌﹣多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如图1所示。钌（Ⅱ）的配位数是 6 ，N原子的杂化类型为 sp2、sp3 。
（4）Fe3O4晶体中，O2﹣的重复排列方式如图2所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的O2﹣围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2﹣围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为 1：1 。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为 1：4 。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为 g•cm﹣3（写出含a和NA的计算表达式）。
【分析】（1）铜元素的焰色为绿色；
（2）基态Ni原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2；
（3）由图可知，钌提供空轨道，N原子提供孤电子对，有6个N原子提供孤电子对，得出钌（Ⅱ）的配位数；从图中N原子形成的化学键和孤电子对得出价层电子对数，从而得出杂化类型；
（4）由图可知，结构单元中有4个正八面体空隙数，O2﹣位于图中结构单元的顶点与面心，图中结构单元中O2﹣数目＝8×+6×＝4，根据化合价规则，图中结构单元中有2个Fe3+、1个Fe2+，计算图中结构单元的质量，求得晶胞密度。
【解答】解：（1）铜元素的焰色为绿色，所以铜和含铜离子化合物的焰色为绿色，
故答案为：绿；
（2）基态Ni原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，核外电子占据的最高能层符号是N，有2个未成对电子；
故答案为：N；2；
（3）由图可知，钌提供空轨道，N原子提供孤电子对，有6个N原子提供孤电子对，所以钌（Ⅱ）的配位数为6；形成配位键的N原子形成一个单键一个双键，即有2个σ键，一个孤电子对，价层电子对数为3，采取sp2杂化；右边的下，下面的N原子，形成3个单键，即有3个σ键，一孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；
故答案为：6；sp2、sp3；
（4）由图可知，结构单元中有4个正八面体空隙数，O2﹣位于图中结构单元的顶点与面心，图中结构单元中O2﹣数目＝8×+6×＝4，Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2﹣数之比为4：4＝1：1；由图可知，Fe3O4晶体中有2个Fe3+和一个Fe2+，结构单元中有8个正四面体空隙数，填了一个Fe3+，结构单元中有4个正八面体空隙数，填了一个Fe3+和一个Fe2+，正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为：＝1：4；Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，根据晶胞的密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3；
故答案为：1：1；1：4；。
【点评】本题考查物质结构和性质，难度中等。涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。
18．（12分）中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，利用图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管并称量其质量（m2）；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是 E （填“E”或“F”）。
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式 FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑ 。
（3）C装置的作用是 除去H2S并检验H2S是否除尽 ；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会 偏大 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是 C （填标号）。
A．滤渣中含有还原产物单质硫
B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C．过滤操作要迅速，否则会使测得的FeS2的含量偏低
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为 MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O ，到达滴定终点的现象是 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变 。
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO溶液45mL，则该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝ 4：5 。
【分析】某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量比，
Ⅰ．按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ．打开K1、K2，通入一段时间氮气，把装置内的空气全部赶出，关闭K1、K2，取下干燥管E称量其质量（m1）后再连接好装置；
Ⅲ．打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），硫酸和FeS2发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质和硫化氢气体，碳酸亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和二氧化碳、水，待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气把生成的气体全部赶出到后续装置吸收，通过硫酸铜溶液吸收生成的硫化氢气体生成硫化铜和硫酸，通过高锰酸钾溶液吸收反应后剩余的硫化氢并检验是否除尽，通过D中浓硫酸干燥气体，通过装置E吸收生成的二氧化碳气体，通过装置F防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置E干扰二氧化碳气体质量的测定；
Ⅳ．关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ．取下上述步骤ⅱ中的干燥管E并称量其质量（m2），确定吸收二氧化碳气体的质量；
Ⅵ．取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用0.1mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，高锰酸钾溶液和亚铁离子发生氧化还原反应，据此计算得到原混合物中的铁元素。
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E装置，目的是得到生成二氧化碳气体质量；
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成说明生成的气体中含硫化氢气体，装置A中FeS2与稀硫酸反应得到硫化氢、硫单质和硫酸亚铁；
（3）C装置是除去剩余硫化氢、检验硫化氢气体是否被除尽，若撤去装置F，空气中二氧化碳被E吸收，测得的FeCO3的含量偏大；
（4）A．滤渣中含有氧化产物单质硫；
B．过滤过程中玻璃棒起到引流作用；
C．过滤操作要迅速，否则亚铁离子被空气中氧气氧化后，测定亚铁离子减少；
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子生成铁离子，到达滴定终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到滴定终点；
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，为生成二氧化碳气体质量，碳元素守恒得到碳酸亚铁物质的量，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO4溶液45mL，计算得到亚铁离子物质的量，得到FeS2物质的量。
【解答】解：（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E，
故答案为：E；
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，说明生成了硫化氢气体，装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式为：FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑，
故答案为：FeS2+H2SO4＝FeSO4+S+H2S↑；
（3）C装置的作用是除去H2S并检验H2S是否除尽，若撤去装置F，空气中二氧化碳被E吸收，测定二氧化碳气体质量增大，碳元素守恒得到，则测得的FeCO3的含量会偏大，
故答案为：除去H2S并检验H2S是否除尽；偏大；
（4）A．硫元素化合价﹣1价变化为0价，滤渣中含有氧化产物单质硫，故A错误；
B．过滤过程中玻璃棒起到引流的作用，不能搅拌，故B错误；
C．过滤操作要迅速，否则亚铁离子被空气中氧气氧化后，测定亚铁离子减少，会使测得的FeS2的含量偏低，故C正确；
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向洗涤液中加入氯化钡溶液，检查是否含硫酸根离子，观察是否有白色沉淀生成，若洗涤液无沉淀说明洗涤干净，过滤液中一定含硫酸根离子，不能检验沉淀洗涤干净，故D错误；
故答案为：C；
（5）步骤Ⅵ中发生反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，到达滴定终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到滴定终点，
故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变；
（6）若上述实验中m2﹣m1＝2.2g，为生成二氧化碳气体质量，n（CO2）＝＝0.05mol，碳元素守恒得到碳酸亚铁物质的量，步骤Ⅵ消耗0.1mol•L﹣1KMnO4溶液45mL，结合反应的定量关系计算得到，
MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O
1 5
0.1mol/L×0.045L× n
n＝0.09mol，铁元素守恒得到FeS2物质的量＝0.09mol﹣0.05mol＝0.04mol，
该矿石样品中n（FeS2）：n（FeCO3）＝0.04mol：0.05mol＝4：5，
故答案为：4：5。
【点评】本题考查了物质组成和实验测定的过程分析判断、物质性质、氧化还原反应、滴定实验等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
19．（12分）铋（83号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质）为原料提Bi的工艺流程如图1：
已知：Ⅰ．BiOCl不溶于水，加热至700℃就分解生成BiCl3，BiCl3的沸点为447℃。
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝1.2×10﹣20；Ksp（PbCl2）＝1.17×10﹣5。
回答下列问题：
（1）铋在元素周期表中的位置为 第六周期VA族 。
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图2所示，最合适的液固比应选 3 。
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为 AgCl、PbCl2 （填化学式）。
（4）“脱氯”的化学方程式为 2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O 。
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为 3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+ 。若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，此时Cu2+的去除率为 97.6% （忽略溶液体积变化）。
（6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回 浸出 工序循环使用。
【分析】氧化铋渣的主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣I为AgCl、PbCl2，过滤后滤液加NaOH生成BiOCl，滤液II含铜离子，再加NaOH生成Cu3（OCl）2，滤液III含NaCl，NaCl可在浸出步骤中循环使用，BiOCl中加入热NaOH发生2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，高温下C与Bi2O3熔炼生成Bi，以此来解答。
【解答】解：（1）铋在As的下方，为同主族元素，则在元素周期表中的位置为第六周期VA族，
故答案为：第六周期VA族；
（2）“浸出”时，在盐酸浓度0.75mol•L﹣1、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，由图可知最合适的液固比应选3，
故答案为：3；
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为AgCl、PbCl2，
故答案为：AgCl、PbCl2；
（4）“脱氯”的化学方程式为2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，
故答案为：2BiOCl+NaOHBi2O3+2NaCl+H2O；
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3（OCl）2，则此过程中Cu2+水解的离子方程式为3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+，若“滤液Ⅱ”中c（Cu2+）为0.01mol•L﹣1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu（OH）2，c（Cu2+）＝＝1.2×10﹣4mol/L，且等体积混合，此时Cu2+的去除率为×100%＝97.6%，
故答案为：3Cu2++2H2O+2Cl﹣＝Cu3（OCl）2↓+4H+；97.6%；
（6）“滤液Ⅲ”中含NaCl，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用，
故答案为：浸出。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（13分）新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效，其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示，分子中Ar表示芳香基。
已知：RCOCH3+R′COClRCOCH2COR′+HCl
回答下列问题：
（1）有机物A的名称为 对二苯酚或1，4﹣苯二酚 ，A转化为B的目的是 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应 。C中含有的官能团的名称为 酯基、羰基 。
（2）D转化为E的化学方程式为 。E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为 ，则此过程中涉及的反应的类型为 加成反应、消去反应 。
（3）某芳香族化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有 8 种。
（已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存）
①与FeCl3不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应
（4）请以丙酮（CH3COCH3）和为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选），设计合成的路线。
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生水解反应然后酸化生成D，D为，D和H发生信息中的取代反应生成E，根据D、E结构简式知，H为，E发生加成反应、消去反应生成F，F发生加成反应生成G；
（4）以丙酮（CH3COCH3）和为原料合成，以丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生E生成E的反应，最后再和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）有机物A的名称为对二苯酚或1，4﹣苯二酚；为保护酚羟基，先将酚羟基转化为甲氧基，所以A转化为B的目的是保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；C中含有的官能团的名称为酯基、羰基，
故答案为：对二苯酚或1，4﹣苯二酚；保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；酯基、羰基；
（2）D发生取代反应生成E，D转化为E的化学方程式为；E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为，则此过程中涉及的反应的类型为加成反应、消去反应，
故答案为：；；加成反应、消去反应；
（3）D为，某芳香族化合物K与D互为同分异构体且符合下列条件：
①与FeCl3不发生显色反应，说明不含酚羟基；
②可发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO﹣，根据不饱和度知，不存在其它双键或环，
还存在醇羟基或醚键，
如果取代基为HCOO﹣、﹣CH2OH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOOCH2﹣，有1种；
如果取代基为HCOO﹣、﹣OCH3，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH（OH）﹣，有1种，
所以符合条件的有8种，
故答案为：8；
（4）以丙酮（CH3COCH3）和为原料合成，以丙酮（CH3COCH3）和发生信息中的取代反应，然后发生E生成E的反应，最后再和溴发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查观察、分析判断及信息的获取和灵活运用能力，明确反应中官能团、碳链结构变化是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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