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2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷
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这是一份2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列关于物质用途的说法正确的是（ ）
A．铝盐可做耐火材料
B．铵盐常用作制冷剂
C．磁性氧化铁常用作红色油漆和涂料
D．甲醛水溶液可用作防腐剂
2．（6分）下列有机物在实验室可用如图装置制取、且药品（括号内为药品）使用正确的是（ ）
A．乙烯（乙醇、浓硫酸）
B．硝基苯（苯、浓硫酸、浓硝酸）
C．乙酸乙酯（乙醇、浓硫酸、冰醋酸）
D．溴苯（苯、浓溴水、铁粉）
3．（6分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＞Z
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）
A．24g镁和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，转移的电子数为2NA
B．0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA
C．1molN2和3molH2充分反应后原子总数为8NA
D．16gO2和O3混合气体所含电子数为8NA
5．（6分）某新能源汽车配载一种镍氢电池，放电时电池的总反应为：2xNiOOH+（H2）xC═2xNi（OH）2+C，该电池的工作原理如图所示。光谷该电池的说法不正确的（ ）
A．充电时，OH﹣向镍电极方向移动
B．放电时，碳纳米管上发生氧化反应
C．充电时，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2xg
D．放电时，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
比较醋酸和碳酸酸性的强弱
用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH
C
验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，再滴加氯水，观察实验现象
D
检验木炭与浓硝酸反应的气态产物中含SO2和CO2
将产生的气体依次通过澄清石灰水和品红溶液，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积为V．pOH与lg的变化关系如图所示。已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度a点大于b点
B．HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
C．lg＝2时，NaX溶液所含离子总数大于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液中加入盐酸至pH＝7，c（X﹣）＝c（Y﹣）
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧化锌是一种常用的化学添加剂，广泛运用于塑料、合成橡胶等产品的制造中。含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ni（OH）2
Ksp近似值
10﹣17
10﹣38
10﹣17
10﹣15
现用含杂质的氧化锌提取氧化锌，并回收锗的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 ，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为 。
（2）用过量焦炭高温还原GeO2的化学方程式为 。
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，则调pH的范围是 （设完全沉淀时离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。
（4）加入锌的目的是 ，Mn2+的还原性 （填“大于”或“小于”）Ni2+，理由是 。
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是
9．（14分）研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用。
（1）已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
若某反应的平衡常数表达式为：K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则此反应△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）CH4•CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图1所示。
①图中P1、P2、P3、P4代表不同压强，压强最大的是 。
②压强为P4时，在Y点：v正 v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为 。
（3）CO2加氢制备甲酸（HCOOH）可回收利用CO2，温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H＞0，化学平衡常数K＝1．实验测得：v正＝k正•c（CO2）•c（H2），v正＝k逆•c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。
①当HCOOH的体积分数为25%时，CO2的转化率为 。
②温度为T1，反应达到平衡时，k逆＝ （用k正表示）。改变温度至T正，若k逆＝0.9k正，则T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）采用电还原法也可将CO2转化为甲酸，在碳酸氢盐的水溶液中，CO2被还原成甲酸的原理如图2所示。阴极的电极反应式是 。
10．（15分）用二氧化氯（ClO2）可制备用途广泛的亚氯酸钠（NaClO2）。某探究小组开展如下实验。请回答下列问题：
实验Ⅰ：利用如图装置制备少量的亚氯酸钠
已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
（1）装置E的作用是 ，装置F中盛装的液体为 。
（2）装置C中产生ClO2气体，发生反应的离子方程式为 。
（3）装置D中生成NaClO2，其反应的化学方程式为 。
（4）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③ ；④低于60℃干燥得到成品。
（5）D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl，产生杂质的原因是 。
实验Ⅱ：样品含量测定
（6）测定样品中NaClO2的含量：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL，取出25.00mL，加入指示剂淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）。
①滴定终点的现象是 ，
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 。
选考题：请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做第一题计分[化学—选修3：物质结构与性质]
11．（15分）E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C是地壳中含量最多的元素，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答：
（1）基态E原子的价电子排布式为 ，A、B、C、D四种元素中电负性最大的是 （填元素符号）。
（2）A和其他元素形成的二元共价化合物中，沸点最高的是 （填化学式）；分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化类型是 ；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物是 （写一种化学式）。
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是 ；酸根呈平面三角形结构的酸是 （填化学式）。
（4）某镍与E合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中E原子与镍原子的数量比为 。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a＝ nm。
[化学—选修5：有机化学基础]
12．有机物Y是一种抗氧化剂，它的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）Y所含官能团名称是 ；若反应Ⅰ为消去反应且X分子含3个甲基，则X的名称可能是 。
（2）反应Ⅲ的类型是 ；有机物R的结构简式为 。
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式： 。
（4）G是F的同分异构体，G同时具备下列条件的结构有 种。
①与氯化铁溶液发生显色反应
②苯环上有3个取代基
③苯环上一氯代物只有2种
其中核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积比为1：1：2：18的结构简式为 。
（5）参照上述流程，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转换关系，箭头上注明反应试剂和条件）。
2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列关于物质用途的说法正确的是（ ）
A．铝盐可做耐火材料
B．铵盐常用作制冷剂
C．磁性氧化铁常用作红色油漆和涂料
D．甲醛水溶液可用作防腐剂
【分析】A．做耐火材料需熔点高，通常用氧化铝；
B．汽化时吸收热量，可用作制冷剂，铵盐没有该性质；
C．四氧化三铁为黑色，氧化铁为红棕色；
D．甲醛能够使蛋白质变性。
【解答】解：A．铝盐是一类盐的总称，铝盐熔点较低，三氧化二铝具有很高的熔点，可以做耐火材料，故A错误；
B．铵盐受热易分解，且分解吸热，不能作制冷剂，氨气易液化，常作制冷剂，故B错误；
C．氧化铁为红棕色，常用作红色油漆和涂料，故C错误；
D．甲醛能够使蛋白质变性，40%的甲醛水溶液可用作防腐剂，可以用来浸制生物标本，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质及用途是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列有机物在实验室可用如图装置制取、且药品（括号内为药品）使用正确的是（ ）
A．乙烯（乙醇、浓硫酸）
B．硝基苯（苯、浓硫酸、浓硝酸）
C．乙酸乙酯（乙醇、浓硫酸、冰醋酸）
D．溴苯（苯、浓溴水、铁粉）
【分析】A．乙醇在170℃发生消去反应生成乙烯；
B．水浴加热制备硝基苯；
C．浓硫酸作催化剂、吸水剂，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；
D．苯与浓溴水不反应。
【解答】解：A．乙醇在170℃发生消去反应生成乙烯，图中缺少温度计，不能制备，故A错误；
B．水浴加热制备硝基苯，图中缺少水浴加热装置，故B错误；
C．浓硫酸作催化剂、吸水剂，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，图中装置可制备，故C正确；
D．苯与浓溴水不反应，应选液溴与苯发生取代反应制备，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，把握有机物的制备、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质及有机反应条件的应用，题目难度不大。
3．（6分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＞Z
【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（Na）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Y最外层含有6个电子，为S元素；W与Y同族，则W为O元素，符合W、X的简单离子具有相同电子层结构，据此解答。
【解答】解：由分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。
A．电子层越多离子半径越大，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：X＜W＜Z，故A错误；
B．O与Na形成的化合物为氧化钠、过氧化钠，氧化钠和过氧化钠的水溶液都呈碱性，故B正确；
C．非金属性O＞S，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则气态氢化物的热稳定性：W（O）＞Y（S），故C错误；
D．Y与Z处于同周期，从左到右非金属性逐渐增强，非金属性为Z＞Y，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＜Z，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）
A．24g镁和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，转移的电子数为2NA
B．0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA
C．1molN2和3molH2充分反应后原子总数为8NA
D．16gO2和O3混合气体所含电子数为8NA
【分析】A．计算镁的物质的量，镁原子核外最外层电子数为2，完全反应后计算电子转移总数；
B．C2H6O分子中含有共价键数为8；
C．反应前后原子守恒；
D．计算氧元素物质的量，氧原子含8个电子；
【解答】解：A.24g镁物质的量＝＝1mol，和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，镁是否完全反应完全不知，转移的电子数不一定为2NA，故A错误；
B.1个C2H6O分子中含有共价键数为8，0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA，故B正确；
C.1molN2和3molH2充分反应后遵循原子守恒，原子总数为8NA，故C正确；
D.16gO2和O3混合气体所含电子数＝×8NA＝8NA，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
5．（6分）某新能源汽车配载一种镍氢电池，放电时电池的总反应为：2xNiOOH+（H2）xC═2xNi（OH）2+C，该电池的工作原理如图所示。光谷该电池的说法不正确的（ ）
A．充电时，OH﹣向镍电极方向移动
B．放电时，碳纳米管上发生氧化反应
C．充电时，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2xg
D．放电时，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣
【分析】开关连接用电器时，装置为原电池原理，碳纳米管电极为负极，负极上（H2）xC失电子、发生氧化反应，电极反应式为（H2）xC+2xOH﹣﹣2xe﹣═2xH2O+C，镍电极为正极得电子、发生还原反应，电极反应为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，镍电极为阳极、碳纳米管电极为阴极，内电路中OH﹣向阳极移动，据此解答。
【解答】解：A．充电时，该装置为电解池，镍电极为阳极、碳纳米管电极为阴极，电解质溶液中阴离子向阳极移动，即OH﹣向阳极镍电极移动，故A正确；
B．放电时，该装置为原电池，碳纳米管电极为负极，负极上（H2）xC失电子、发生氧化反应，故B正确；
C．充电时，碳纳米管电极为阴极，电极反应式为2xH2O+C+2xe﹣＝（H2）xC+2xOH﹣，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2g，故C错误；
D．放电时，镍电极为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向即可解答，易错选项是C，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点，题目难度中等。
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
比较醋酸和碳酸酸性的强弱
用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH
C
验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，再滴加氯水，观察实验现象
D
检验木炭与浓硝酸反应的气态产物中含SO2和CO2
将产生的气体依次通过澄清石灰水和品红溶液，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．加入足量Mg（OH）2粉末，促进铁离子水解转化为沉淀；
B．用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，可知醋酸、碳酸氢根离子的酸性；
C．将稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，充分反应后滴加KSCN溶液无现象；
D．二氧化碳、二氧化硫均时石灰水变浑浊。
【解答】解：A．加入足量Mg（OH）2粉末，促进铁离子水解转化为沉淀，反应后过滤可除杂，故A正确；
B．用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，可知醋酸、碳酸氢根离子的酸性，不能比较醋酸、碳酸的酸性，故B错误；
C．将稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，充分反应后滴加KSCN溶液无现象，应加少量Fe验证，故C错误；
D．二氧化碳、二氧化硫均时石灰水变浑浊，应选通过品红检验二氧化硫，除去二氧化硫后检验二氧化碳，故D错误；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、反应与现象、物质检验、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。
7．（6分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积为V．pOH与lg的变化关系如图所示。已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度a点大于b点
B．HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
C．lg＝2时，NaX溶液所含离子总数大于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液中加入盐酸至pH＝7，c（X﹣）＝c（Y﹣）
【分析】A．pOH＝﹣lgc（OH﹣），pOH越大溶液碱性越弱，离子的水解程度越小，水的电离程度越小；
B．图象可知NaX、NaY溶液POH大小NaX＞NaY，说明碱性NaX＜NaY，当lg＝3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y﹣离子水解程度大，对应酸的酸性HX＞HY；
C．当lg＝2时，溶液的pOH越大，氢氧根离子浓度越小，离子的水解程度越小，结合溶液中电荷守恒判断；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH＝7时，NaY的pOH小，消耗的盐酸多，反应后溶液中c（Cl﹣）较大，结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．NaX、NaY溶液水解溶液呈碱性，促进了水的电离，溶液碱性越强，水的电离程度越大，根据pOH＝﹣lgc（OH﹣）可知，pOH越大溶液碱性越弱，根据图象可知，pOH：a＜b，则水的电离程度a点大于b点，故A正确；
B．图象可知NaX、NaY溶液POH大小NaX＞NaY，说明碱性NaX＜NaY，当lg＝3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y﹣离子水解程度大，对应酸的酸性HX＞HY，酸性越强电离平衡常数越大，则电离平衡常数：Ka（HX）＞Ka（HY），故B正确；
C．当lg＝2时，NaY溶液的pOH较小，则说明Y﹣离子水解程度较大，NaX溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（X﹣）+c（OH﹣），NaY溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（Y﹣）+c（OH﹣），两溶液中离子总浓度为2c（Na+）+2c（H+）；由于NaX溶液中c（OH﹣）小于NaY溶液中c（OH﹣），则c（H+）：NaX＞NaY，两溶液中c（Na+）相同，则NaX溶液中所含离子总数大于NaY溶液，故C正确；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH＝7时，根据电荷守恒可知：c（X﹣）＝c（Cl﹣）、c（Y﹣）＝c（Cl﹣），盐溶液的pOH：NaX＞NaY，反应后溶液为中性时，NaY溶液消耗盐酸多，反应后溶液中c（Cl﹣）：NaX＜NaY，则c（X﹣）＜c（Y﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理应用，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及盐的水解原理，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧化锌是一种常用的化学添加剂，广泛运用于塑料、合成橡胶等产品的制造中。含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ni（OH）2
Ksp近似值
10﹣17
10﹣38
10﹣17
10﹣15
现用含杂质的氧化锌提取氧化锌，并回收锗的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 PbSO4 ，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为 Fe（OH）3 。
（2）用过量焦炭高温还原GeO2的化学方程式为 GeO2+2CGe+2CO↑ 。
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，则调pH的范围是 3＜pH＜5.5 （设完全沉淀时离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。
（4）加入锌的目的是 除掉杂质离子Ni2+ ，Mn2+的还原性 大于 （填“大于”或“小于”）Ni2+，理由是 高锰酸钾可氧化Mn2+而不能氧化Ni2+ 。
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是 2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑。
【分析】含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等，加入硫酸酸浸生成硫酸锌、硫酸铅、硫酸锗、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸镍，过滤得到沉淀PbSO4，滤液为：硫酸锌、硫酸镍、硫酸锗、硫酸锰、硫酸亚铁，沉锗后得到GeCl4，经水解、还原可得到Ge，过滤得到滤液中高锰酸钾氧化，调节pH可生成氢氧化铁沉淀，同时生成二氧化锰，滤液加入足量锌粉除去镍，过滤得到滤液中加入碳酸钠沉淀锌得到ZnCO3•Zn（OH）2，煅烧生成ZnO，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知浸渣的主要成分是PbSO4，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为Fe（OH）3，故答案为：PbSO4；Fe（OH）3；
（2）用过量焦炭高温还原 GeO2的生成锗和一氧化碳，反应的化学方程式为GeO2+2CGe+2CO↑，故答案为：GeO2+2CGe+2CO↑；
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，应避免生成氢氧化锌，则c（OH﹣）＜mol/L＝1.0×10﹣8.5mol/L，则pH应小于5.5，如铁离子完成沉淀，则c（OH﹣）＞mol/L＝1.0×10﹣11mol/L，则PH大于3，故范围为3＜pH＜5.5，
故答案为：3＜pH＜5.5；
（4）加入锌，可除去镍离子，高锰酸钾可氧化锰离子而不能氧化镍离子，可说明Mn2+的还原性大于Ni2+，
故答案为：除掉杂质离子Ni2+；大于；高锰酸钾可氧化Mn2+而不能氧化Ni2+；
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握实验的操作方法，难度不大。
9．（14分）研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用。
（1）已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
若某反应的平衡常数表达式为：K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则此反应△H＝ ﹣160.4 kJ•mol﹣1。
（2）CH4•CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图1所示。
①图中P1、P2、P3、P4代表不同压强，压强最大的是 P4 。
②压强为P4时，在Y点：v正 ＜ v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为 K4＞K3＞K2＞K1 。
（3）CO2加氢制备甲酸（HCOOH）可回收利用CO2，温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H＞0，化学平衡常数K＝1．实验测得：v正＝k正•c（CO2）•c（H2），v正＝k逆•c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。
①当HCOOH的体积分数为25%时，CO2的转化率为 40% 。
②温度为T1，反应达到平衡时，k逆＝ k正 （用k正表示）。改变温度至T正，若k逆＝0.9k正，则T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）采用电还原法也可将CO2转化为甲酸，在碳酸氢盐的水溶液中，CO2被还原成甲酸的原理如图2所示。阴极的电极反应式是 CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣ 。
【分析】（1）K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则反应为：CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g），根据盖斯定律：①+②+×③可得；
（2）①反应为气体体积增大的反应，增大压强有利于逆反应，据此分析；
②压强为P4时，在Y点的甲烷转化率比平衡时高，即甲烷比平衡时少，故反应向着生成甲烷的方向进行；
③反应为吸热反应，温度升高有利于正方向，据此分析；
（3）①设加入的CO2和H2均为1mol，设CO2的转化率为x，列三段式：
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
起始n：1 1 0
转化n：x x x
平衡n：1．x 1﹣x x
则＝25%，可得；
②温度为T1，反应达到平衡时，v正＝k逆，即k正•c（CO2）•c（H2）＝k逆•c（HCOOH），则＝＝K＝1，可得；
改变温度至T2，k逆＝0.9k正，则＝K＝，根据温度与反应的关系分析；
（3）根据图可知，阴极为水和二氧化碳得电子得到甲酸根离子和氢氧根离子。
【解答】解：（1）K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则反应为：CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g），
已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+②+×③可得CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g））△H2＝﹣164.0kJ•mol﹣1；
故答案为：﹣160.4
（2）①反应为气体体积增大的反应，增大压强有利于逆反应，即压强越大，甲烷的转化率越小，由图可知，P4的转化率最小，故压强最大的是P4；
故答案为：P4；
②压强为P4时，在Y点的甲烷转化率比平衡时高，即甲烷比平衡时少，故反应向着生成甲烷的方向进行，v正＜v逆；
故答案为：＜；
③反应为吸热反应，温度升高有利于正方向，温度升高，化学平衡常数增大，则W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为K4＞K3＞K2＞K1；
故答案为：K4＞K3＞K2＞K1；
（3）①设加入的CO2和H2均为1mol，设CO2的转化率为x，列三段式：
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
起始n：1 1 0
转化n：x x x
平衡n：1．x 1﹣x x
则＝25%，解得x＝0.4＝40%；
故答案为：40%；
②温度为T1，反应达到平衡时，v正＝k逆，即k正•c（CO2）•c（H2）＝k逆•c（HCOOH），则＝＝K＝1，则k逆＝k正；
k逆＝0.9k正，则＝K＝，K增大，反应正方向移动，反应是个吸热反应，温度升高有利于正方向，故T1＜T2；
故答案为：k正；＜；
（4）根据图可知，阴极为水和二氧化碳得电子得到甲酸根离子和氢氧根离子，电极反应式为：CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣；
故答案为：CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣。
【点评】本题考查了化学平衡，涉及盖斯定律、影响化学平衡的因素、温度与化学平衡常数的关系、电极反应的书写等知识点，综合性强，对化学平衡的相关知识理解透彻是解题关键，题目难度中等。
10．（15分）用二氧化氯（ClO2）可制备用途广泛的亚氯酸钠（NaClO2）。某探究小组开展如下实验。请回答下列问题：
实验Ⅰ：利用如图装置制备少量的亚氯酸钠
已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
（1）装置E的作用是 安全瓶 ，装置F中盛装的液体为 NaOH溶液 。
（2）装置C中产生ClO2气体，发生反应的离子方程式为 2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣ 。
（3）装置D中生成NaClO2，其反应的化学方程式为 2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O 。
（4）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③ 用38℃～60℃热水洗涤 ；④低于60℃干燥得到成品。
（5）D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl，产生杂质的原因是 D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl 。
实验Ⅱ：样品含量测定
（6）测定样品中NaClO2的含量：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL，取出25.00mL，加入指示剂淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）。
①滴定终点的现象是 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原 ，
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 cV×10﹣3mol 。
【分析】Ⅰ：B装置中由Na2SO3和浓硫酸制备SO2，制得的SO2进入C装置与NaClO3溶液发生反应：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，生成的ClO2与H2O2和NaOH溶液在D中反应：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O，将装置D反应后的溶液减压在55℃蒸发结晶，趁热过滤，用38℃～60℃热水洗涤，低于60℃干燥得到成品NaClO2晶体，反应中的SO2和ClO2均污染空气，不能直接排放，故在F装置中盛放NaOH溶液吸收，为防止E中溶液倒吸到D，故在D、F中加E装置作为安全瓶，
Ⅱ：（6）①样品生成的I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3标准液将I2反应完时，蓝色褪去据此分析；
②由题有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）＝n（Na2S2O3），据此计算。
【解答】解：（1）装置E的作用是安全瓶，为防止F中溶液倒吸到D；装置F为尾气处理装置，吸收SO2和ClO2，可用NaOH溶液；
故答案为：安全瓶；NaOH溶液；
（2）装置C为SO2与NaClO3溶液发生反应产生ClO2气体的装置，离子方程式为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；
故答案为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；
（3）装置D为ClO2与H2O2和NaOH溶液反应生成NaClO2的装置，化学反应为：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O；
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O；
（4）根据已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl，故NaClO2的获得要注意温度的控制，应在38℃～60℃范围内，故从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压在55℃蒸发结晶，趁热过滤，用38℃～60℃热水洗涤，低于60℃干燥得到成品NaClO2晶体；
故答案为：用38℃～60℃热水洗涤；
（5）根据已知，当D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl，故D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl；
故答案为：D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl；
（6）①样品生成的I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3标准液将I2反应完时，蓝色褪去，故滴定终点的现象为：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原；
故答案为：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原；
②由题有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）＝n（Na2S2O3），
则称取的样品中NaClO2的物质的量为×cmol/L×V×10﹣3L×＝cV×10﹣3mol；
故答案为：cV×10﹣3mol。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及实验装置的作用、氧化还原反应方程式的书写、产品的洗涤、滴定反应等，综合性较强，明确实验装置的作用和原理是答题关键，注意对已知信息的理解，题目难度中等。
选考题：请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做第一题计分[化学—选修3：物质结构与性质]
11．（15分）E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C是地壳中含量最多的元素，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答：
（1）基态E原子的价电子排布式为 3d104s1 ，A、B、C、D四种元素中电负性最大的是 O （填元素符号）。
（2）A和其他元素形成的二元共价化合物中，沸点最高的是 H2O （填化学式）；分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化类型是 sp3 ；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物是 H2O2、N2H4等 （写一种化学式）。
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是 H2SO3、H2SO4 ；酸根呈平面三角形结构的酸是 HNO3 （填化学式）。
（4）某镍与E合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中E原子与镍原子的数量比为 3：1 。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a＝ ×107 nm。
【分析】E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，则A为氢元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，结合原子序数可知B的价电子排布式为2s22p3，故B为N元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故E为Cu．D与C同族，可推知D为硫元素。
（1）E是Cu，处于第四周期IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；非金属性越强电负性越大；
（2）A（氢）和其他元素形成的二元共价化合物中，常温下，水为液体，而氨气、硫化氢为气体；分子呈三角锥形为NH3，该分子的中心N原子的杂化轨道数目为4；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物有H2O2、N2H4等；
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是亚硫酸、硫酸；酸根呈平面三角形结构的酸是硝酸；
（4）①均摊法计算晶胞中E（Cu）、Ni原子数目，确定二者之比；
②结合晶胞中原子数目计算晶胞质量，结合晶胞质量＝晶胞体积÷晶体密度计算晶胞棱长，即为晶胞参数。
【解答】解：E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，则A为氢元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，结合原子序数可知B的价电子排布式为2s22p3，故B为N元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故E为Cu．D与C同族，可推知D为硫元素。
（1）E是Cu，处于第四周期IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d104s1；非金属性越强电负性越大，故O元素的电负性最大，
故答案为：3d104s1；O；
（2）A（氢）和其他元素形成的二元共价化合物中，常温下，水为液体，而氨气、硫化氢为气体，沸点最高的是H2O；分子呈三角锥形为NH3，该分子的中心N原子的杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物有H2O2、N2H4等，
故答案为：H2O；sp3；H2O2、N2H4等；
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO3、H2SO4；酸根呈平面三角形结构的酸是HNO3，
故答案为：H2SO3、H2SO4；HNO3；
（4）①晶胞中E（Cu）原子数＝6×＝3，Ni原子数目＝8×＝1，故二者数目之比为3：1，
故答案为：3：1；
②晶胞质量＝g，则g＝dg/cm3×（a×10﹣7 cm）3，解得a＝×107，
故答案为：×107。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，掌握均摊法进行晶胞计算。
[化学—选修5：有机化学基础]
12．有机物Y是一种抗氧化剂，它的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）Y所含官能团名称是 酯基、羟基 ；若反应Ⅰ为消去反应且X分子含3个甲基，则X的名称可能是 2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷 。
（2）反应Ⅲ的类型是 加成反应 ；有机物R的结构简式为 CH3OH 。
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式： 。
（4）G是F的同分异构体，G同时具备下列条件的结构有 7 种。
①与氯化铁溶液发生显色反应
②苯环上有3个取代基
③苯环上一氯代物只有2种
其中核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积比为1：1：2：18的结构简式为 。
（5）参照上述流程，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转换关系，箭头上注明反应试剂和条件）。
【分析】由（1）中X分子含3个甲基且发生消去反应生成（CH3）2C＝CH2，则X为（CH3）3COH或（CH3）3CCl等。（CH3）2C＝CH2与苯酚发生加成反应生成．与HCN在催化剂作用下发生加成反应生成，在浓硫酸加热作用下发生消去反应生成C是．发生水解反应生成D为．由Y的结构，可知与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则R为CH3OH、E为；与在催化剂作用下发生加成反应生成。
（5）与HCN发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，然后水解得到，最后与氢气反应生成。
【解答】解：（1）由Y的结构，可知Y所含官能团名称是：酯基、羟基；X分子含3个甲基且发生消去反应生成（CH3）2C＝CH2，则X为（CH3）3COH或（CH3）3CCl等，其名称可能是：2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷，
故答案为：酯基、羟基；2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷；
（2）反应Ⅲ为与HCN在催化剂作用下发生加成反应生成，有机物R的结构简式为：CH3OH，
故答案为：加成反应；CH3OH；
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式：，
故答案为：；
（4）F的结构简式为，F的同分异构体G满足：①与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②苯环上有3个取代基，③苯环上一氯代物只有2种，则另两个取代基相同且位于羟基的邻位或间位，﹣C4H9的结构有4种，两个相同的﹣C4H9位于羟基的邻位、间位，除去F外G的同分异构体共有4×2﹣1＝7种。核磁共振氢谱图中共有4组峰，且峰面积比为1：1：2：18可知，该同分异构体含有6个甲基，结构简式为，
故答案为：7；；
（5）与HCN发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，然后水解得到，最后与氢气反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查学生的分析能力，把握题给信息以及有机物的官能团的性质为解答该题的关键，注意同分异构体的判断，为该题的易错点，难度中等。
2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列关于物质用途的说法正确的是（ ）
A．铝盐可做耐火材料
B．铵盐常用作制冷剂
C．磁性氧化铁常用作红色油漆和涂料
D．甲醛水溶液可用作防腐剂
2．（6分）下列有机物在实验室可用如图装置制取、且药品（括号内为药品）使用正确的是（ ）
A．乙烯（乙醇、浓硫酸）
B．硝基苯（苯、浓硫酸、浓硝酸）
C．乙酸乙酯（乙醇、浓硫酸、冰醋酸）
D．溴苯（苯、浓溴水、铁粉）
3．（6分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＞Z
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）
A．24g镁和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，转移的电子数为2NA
B．0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA
C．1molN2和3molH2充分反应后原子总数为8NA
D．16gO2和O3混合气体所含电子数为8NA
5．（6分）某新能源汽车配载一种镍氢电池，放电时电池的总反应为：2xNiOOH+（H2）xC═2xNi（OH）2+C，该电池的工作原理如图所示。光谷该电池的说法不正确的（ ）
A．充电时，OH﹣向镍电极方向移动
B．放电时，碳纳米管上发生氧化反应
C．充电时，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2xg
D．放电时，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
比较醋酸和碳酸酸性的强弱
用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH
C
验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，再滴加氯水，观察实验现象
D
检验木炭与浓硝酸反应的气态产物中含SO2和CO2
将产生的气体依次通过澄清石灰水和品红溶液，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积为V．pOH与lg的变化关系如图所示。已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度a点大于b点
B．HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
C．lg＝2时，NaX溶液所含离子总数大于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液中加入盐酸至pH＝7，c（X﹣）＝c（Y﹣）
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧化锌是一种常用的化学添加剂，广泛运用于塑料、合成橡胶等产品的制造中。含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ni（OH）2
Ksp近似值
10﹣17
10﹣38
10﹣17
10﹣15
现用含杂质的氧化锌提取氧化锌，并回收锗的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 ，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为 。
（2）用过量焦炭高温还原GeO2的化学方程式为 。
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，则调pH的范围是 （设完全沉淀时离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。
（4）加入锌的目的是 ，Mn2+的还原性 （填“大于”或“小于”）Ni2+，理由是 。
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是
9．（14分）研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用。
（1）已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
若某反应的平衡常数表达式为：K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则此反应△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）CH4•CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图1所示。
①图中P1、P2、P3、P4代表不同压强，压强最大的是 。
②压强为P4时，在Y点：v正 v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为 。
（3）CO2加氢制备甲酸（HCOOH）可回收利用CO2，温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H＞0，化学平衡常数K＝1．实验测得：v正＝k正•c（CO2）•c（H2），v正＝k逆•c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。
①当HCOOH的体积分数为25%时，CO2的转化率为 。
②温度为T1，反应达到平衡时，k逆＝ （用k正表示）。改变温度至T正，若k逆＝0.9k正，则T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）采用电还原法也可将CO2转化为甲酸，在碳酸氢盐的水溶液中，CO2被还原成甲酸的原理如图2所示。阴极的电极反应式是 。
10．（15分）用二氧化氯（ClO2）可制备用途广泛的亚氯酸钠（NaClO2）。某探究小组开展如下实验。请回答下列问题：
实验Ⅰ：利用如图装置制备少量的亚氯酸钠
已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
（1）装置E的作用是 ，装置F中盛装的液体为 。
（2）装置C中产生ClO2气体，发生反应的离子方程式为 。
（3）装置D中生成NaClO2，其反应的化学方程式为 。
（4）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③ ；④低于60℃干燥得到成品。
（5）D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl，产生杂质的原因是 。
实验Ⅱ：样品含量测定
（6）测定样品中NaClO2的含量：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL，取出25.00mL，加入指示剂淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）。
①滴定终点的现象是 ，
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 。
选考题：请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做第一题计分[化学—选修3：物质结构与性质]
11．（15分）E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C是地壳中含量最多的元素，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答：
（1）基态E原子的价电子排布式为 ，A、B、C、D四种元素中电负性最大的是 （填元素符号）。
（2）A和其他元素形成的二元共价化合物中，沸点最高的是 （填化学式）；分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化类型是 ；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物是 （写一种化学式）。
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是 ；酸根呈平面三角形结构的酸是 （填化学式）。
（4）某镍与E合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中E原子与镍原子的数量比为 。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a＝ nm。
[化学—选修5：有机化学基础]
12．有机物Y是一种抗氧化剂，它的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）Y所含官能团名称是 ；若反应Ⅰ为消去反应且X分子含3个甲基，则X的名称可能是 。
（2）反应Ⅲ的类型是 ；有机物R的结构简式为 。
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式： 。
（4）G是F的同分异构体，G同时具备下列条件的结构有 种。
①与氯化铁溶液发生显色反应
②苯环上有3个取代基
③苯环上一氯代物只有2种
其中核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积比为1：1：2：18的结构简式为 。
（5）参照上述流程，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转换关系，箭头上注明反应试剂和条件）。
2019年内蒙古鄂尔多斯市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列关于物质用途的说法正确的是（ ）
A．铝盐可做耐火材料
B．铵盐常用作制冷剂
C．磁性氧化铁常用作红色油漆和涂料
D．甲醛水溶液可用作防腐剂
【分析】A．做耐火材料需熔点高，通常用氧化铝；
B．汽化时吸收热量，可用作制冷剂，铵盐没有该性质；
C．四氧化三铁为黑色，氧化铁为红棕色；
D．甲醛能够使蛋白质变性。
【解答】解：A．铝盐是一类盐的总称，铝盐熔点较低，三氧化二铝具有很高的熔点，可以做耐火材料，故A错误；
B．铵盐受热易分解，且分解吸热，不能作制冷剂，氨气易液化，常作制冷剂，故B错误；
C．氧化铁为红棕色，常用作红色油漆和涂料，故C错误；
D．甲醛能够使蛋白质变性，40%的甲醛水溶液可用作防腐剂，可以用来浸制生物标本，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质及用途是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列有机物在实验室可用如图装置制取、且药品（括号内为药品）使用正确的是（ ）
A．乙烯（乙醇、浓硫酸）
B．硝基苯（苯、浓硫酸、浓硝酸）
C．乙酸乙酯（乙醇、浓硫酸、冰醋酸）
D．溴苯（苯、浓溴水、铁粉）
【分析】A．乙醇在170℃发生消去反应生成乙烯；
B．水浴加热制备硝基苯；
C．浓硫酸作催化剂、吸水剂，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；
D．苯与浓溴水不反应。
【解答】解：A．乙醇在170℃发生消去反应生成乙烯，图中缺少温度计，不能制备，故A错误；
B．水浴加热制备硝基苯，图中缺少水浴加热装置，故B错误；
C．浓硫酸作催化剂、吸水剂，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，图中装置可制备，故C正确；
D．苯与浓溴水不反应，应选液溴与苯发生取代反应制备，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，把握有机物的制备、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质及有机反应条件的应用，题目难度不大。
3．（6分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＞Z
【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（Na）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Y最外层含有6个电子，为S元素；W与Y同族，则W为O元素，符合W、X的简单离子具有相同电子层结构，据此解答。
【解答】解：由分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。
A．电子层越多离子半径越大，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：X＜W＜Z，故A错误；
B．O与Na形成的化合物为氧化钠、过氧化钠，氧化钠和过氧化钠的水溶液都呈碱性，故B正确；
C．非金属性O＞S，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则气态氢化物的热稳定性：W（O）＞Y（S），故C错误；
D．Y与Z处于同周期，从左到右非金属性逐渐增强，非金属性为Z＞Y，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y＜Z，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）
A．24g镁和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，转移的电子数为2NA
B．0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA
C．1molN2和3molH2充分反应后原子总数为8NA
D．16gO2和O3混合气体所含电子数为8NA
【分析】A．计算镁的物质的量，镁原子核外最外层电子数为2，完全反应后计算电子转移总数；
B．C2H6O分子中含有共价键数为8；
C．反应前后原子守恒；
D．计算氧元素物质的量，氧原子含8个电子；
【解答】解：A.24g镁物质的量＝＝1mol，和2mol•L﹣1的盐酸充分反应，镁是否完全反应完全不知，转移的电子数不一定为2NA，故A错误；
B.1个C2H6O分子中含有共价键数为8，0.5molC2H6O分子中含有共价键数目为4NA，故B正确；
C.1molN2和3molH2充分反应后遵循原子守恒，原子总数为8NA，故C正确；
D.16gO2和O3混合气体所含电子数＝×8NA＝8NA，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
5．（6分）某新能源汽车配载一种镍氢电池，放电时电池的总反应为：2xNiOOH+（H2）xC═2xNi（OH）2+C，该电池的工作原理如图所示。光谷该电池的说法不正确的（ ）
A．充电时，OH﹣向镍电极方向移动
B．放电时，碳纳米管上发生氧化反应
C．充电时，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2xg
D．放电时，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣
【分析】开关连接用电器时，装置为原电池原理，碳纳米管电极为负极，负极上（H2）xC失电子、发生氧化反应，电极反应式为（H2）xC+2xOH﹣﹣2xe﹣═2xH2O+C，镍电极为正极得电子、发生还原反应，电极反应为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，镍电极为阳极、碳纳米管电极为阴极，内电路中OH﹣向阳极移动，据此解答。
【解答】解：A．充电时，该装置为电解池，镍电极为阳极、碳纳米管电极为阴极，电解质溶液中阴离子向阳极移动，即OH﹣向阳极镍电极移动，故A正确；
B．放电时，该装置为原电池，碳纳米管电极为负极，负极上（H2）xC失电子、发生氧化反应，故B正确；
C．充电时，碳纳米管电极为阴极，电极反应式为2xH2O+C+2xe﹣＝（H2）xC+2xOH﹣，若转移2mole﹣，碳纳米管电极将增重2g，故C错误；
D．放电时，镍电极为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向即可解答，易错选项是C，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点，题目难度中等。
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后，过滤
B
比较醋酸和碳酸酸性的强弱
用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH
C
验证稀硝酸能将Fe氧化为Fe3+
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，再滴加氯水，观察实验现象
D
检验木炭与浓硝酸反应的气态产物中含SO2和CO2
将产生的气体依次通过澄清石灰水和品红溶液，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．加入足量Mg（OH）2粉末，促进铁离子水解转化为沉淀；
B．用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，可知醋酸、碳酸氢根离子的酸性；
C．将稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，充分反应后滴加KSCN溶液无现象；
D．二氧化碳、二氧化硫均时石灰水变浑浊。
【解答】解：A．加入足量Mg（OH）2粉末，促进铁离子水解转化为沉淀，反应后过滤可除杂，故A正确；
B．用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，可知醋酸、碳酸氢根离子的酸性，不能比较醋酸、碳酸的酸性，故B错误；
C．将稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，充分反应后滴加KSCN溶液无现象，应加少量Fe验证，故C错误；
D．二氧化碳、二氧化硫均时石灰水变浑浊，应选通过品红检验二氧化硫，除去二氧化硫后检验二氧化碳，故D错误；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、反应与现象、物质检验、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。
7．（6分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积为V．pOH与lg的变化关系如图所示。已知pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度a点大于b点
B．HX、HY都是弱酸，且Ka（HX）＞Ka（HY）
C．lg＝2时，NaX溶液所含离子总数大于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液中加入盐酸至pH＝7，c（X﹣）＝c（Y﹣）
【分析】A．pOH＝﹣lgc（OH﹣），pOH越大溶液碱性越弱，离子的水解程度越小，水的电离程度越小；
B．图象可知NaX、NaY溶液POH大小NaX＞NaY，说明碱性NaX＜NaY，当lg＝3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y﹣离子水解程度大，对应酸的酸性HX＞HY；
C．当lg＝2时，溶液的pOH越大，氢氧根离子浓度越小，离子的水解程度越小，结合溶液中电荷守恒判断；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH＝7时，NaY的pOH小，消耗的盐酸多，反应后溶液中c（Cl﹣）较大，结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．NaX、NaY溶液水解溶液呈碱性，促进了水的电离，溶液碱性越强，水的电离程度越大，根据pOH＝﹣lgc（OH﹣）可知，pOH越大溶液碱性越弱，根据图象可知，pOH：a＜b，则水的电离程度a点大于b点，故A正确；
B．图象可知NaX、NaY溶液POH大小NaX＞NaY，说明碱性NaX＜NaY，当lg＝3时，NaY溶液pOH变化大，说明Y﹣离子水解程度大，对应酸的酸性HX＞HY，酸性越强电离平衡常数越大，则电离平衡常数：Ka（HX）＞Ka（HY），故B正确；
C．当lg＝2时，NaY溶液的pOH较小，则说明Y﹣离子水解程度较大，NaX溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（X﹣）+c（OH﹣），NaY溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（Y﹣）+c（OH﹣），两溶液中离子总浓度为2c（Na+）+2c（H+）；由于NaX溶液中c（OH﹣）小于NaY溶液中c（OH﹣），则c（H+）：NaX＞NaY，两溶液中c（Na+）相同，则NaX溶液中所含离子总数大于NaY溶液，故C正确；
D．向稀释前的两溶液中分别加盐酸至pH＝7时，根据电荷守恒可知：c（X﹣）＝c（Cl﹣）、c（Y﹣）＝c（Cl﹣），盐溶液的pOH：NaX＞NaY，反应后溶液为中性时，NaY溶液消耗盐酸多，反应后溶液中c（Cl﹣）：NaX＜NaY，则c（X﹣）＜c（Y﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理应用，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及盐的水解原理，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧化锌是一种常用的化学添加剂，广泛运用于塑料、合成橡胶等产品的制造中。含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ni（OH）2
Ksp近似值
10﹣17
10﹣38
10﹣17
10﹣15
现用含杂质的氧化锌提取氧化锌，并回收锗的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 PbSO4 ，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为 Fe（OH）3 。
（2）用过量焦炭高温还原GeO2的化学方程式为 GeO2+2CGe+2CO↑ 。
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，则调pH的范围是 3＜pH＜5.5 （设完全沉淀时离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。
（4）加入锌的目的是 除掉杂质离子Ni2+ ，Mn2+的还原性 大于 （填“大于”或“小于”）Ni2+，理由是 高锰酸钾可氧化Mn2+而不能氧化Ni2+ 。
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是 2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑。
【分析】含杂质的氧化锌主要成分为ZnO，还含有PbO、GeO2、MnO、FeO、NiO等，加入硫酸酸浸生成硫酸锌、硫酸铅、硫酸锗、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸镍，过滤得到沉淀PbSO4，滤液为：硫酸锌、硫酸镍、硫酸锗、硫酸锰、硫酸亚铁，沉锗后得到GeCl4，经水解、还原可得到Ge，过滤得到滤液中高锰酸钾氧化，调节pH可生成氢氧化铁沉淀，同时生成二氧化锰，滤液加入足量锌粉除去镍，过滤得到滤液中加入碳酸钠沉淀锌得到ZnCO3•Zn（OH）2，煅烧生成ZnO，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知浸渣的主要成分是PbSO4，滤渣中含有MnO2和甲，甲的化学式为Fe（OH）3，故答案为：PbSO4；Fe（OH）3；
（2）用过量焦炭高温还原 GeO2的生成锗和一氧化碳，反应的化学方程式为GeO2+2CGe+2CO↑，故答案为：GeO2+2CGe+2CO↑；
（3）若滤液1中c（Zn2+）＝1.0mol•L﹣1，应避免生成氢氧化锌，则c（OH﹣）＜mol/L＝1.0×10﹣8.5mol/L，则pH应小于5.5，如铁离子完成沉淀，则c（OH﹣）＞mol/L＝1.0×10﹣11mol/L，则PH大于3，故范围为3＜pH＜5.5，
故答案为：3＜pH＜5.5；
（4）加入锌，可除去镍离子，高锰酸钾可氧化锰离子而不能氧化镍离子，可说明Mn2+的还原性大于Ni2+，
故答案为：除掉杂质离子Ni2+；大于；高锰酸钾可氧化Mn2+而不能氧化Ni2+；
（5）若滤饼的成分为Zn（OH）2•ZnCO3，滤液3中加入Na2CO3发生反应的化学方程式是2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：2ZnSO4+2Na2CO3+H2O＝Zn（OH）2•ZnCO3+2Na2SO4+CO2↑。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握实验的操作方法，难度不大。
9．（14分）研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用。
（1）已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
若某反应的平衡常数表达式为：K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则此反应△H＝ ﹣160.4 kJ•mol﹣1。
（2）CH4•CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ•mol﹣1，平衡时CH4的转化率与温度和压强的关系如图1所示。
①图中P1、P2、P3、P4代表不同压强，压强最大的是 P4 。
②压强为P4时，在Y点：v正 ＜ v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③图中W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为 K4＞K3＞K2＞K1 。
（3）CO2加氢制备甲酸（HCOOH）可回收利用CO2，温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H＞0，化学平衡常数K＝1．实验测得：v正＝k正•c（CO2）•c（H2），v正＝k逆•c（HCOOH），k正、k逆为速率常数。
①当HCOOH的体积分数为25%时，CO2的转化率为 40% 。
②温度为T1，反应达到平衡时，k逆＝ k正 （用k正表示）。改变温度至T正，若k逆＝0.9k正，则T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）采用电还原法也可将CO2转化为甲酸，在碳酸氢盐的水溶液中，CO2被还原成甲酸的原理如图2所示。阴极的电极反应式是 CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣ 。
【分析】（1）K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则反应为：CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g），根据盖斯定律：①+②+×③可得；
（2）①反应为气体体积增大的反应，增大压强有利于逆反应，据此分析；
②压强为P4时，在Y点的甲烷转化率比平衡时高，即甲烷比平衡时少，故反应向着生成甲烷的方向进行；
③反应为吸热反应，温度升高有利于正方向，据此分析；
（3）①设加入的CO2和H2均为1mol，设CO2的转化率为x，列三段式：
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
起始n：1 1 0
转化n：x x x
平衡n：1．x 1﹣x x
则＝25%，可得；
②温度为T1，反应达到平衡时，v正＝k逆，即k正•c（CO2）•c（H2）＝k逆•c（HCOOH），则＝＝K＝1，可得；
改变温度至T2，k逆＝0.9k正，则＝K＝，根据温度与反应的关系分析；
（3）根据图可知，阴极为水和二氧化碳得电子得到甲酸根离子和氢氧根离子。
【解答】解：（1）K＝c（CH3OH）/[c（CH4）•c0.5（O2）]，则反应为：CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g），
已知：①CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+②+×③可得CH4（g）+O2 （g）⇌CH3OH（g））△H2＝﹣164.0kJ•mol﹣1；
故答案为：﹣160.4
（2）①反应为气体体积增大的反应，增大压强有利于逆反应，即压强越大，甲烷的转化率越小，由图可知，P4的转化率最小，故压强最大的是P4；
故答案为：P4；
②压强为P4时，在Y点的甲烷转化率比平衡时高，即甲烷比平衡时少，故反应向着生成甲烷的方向进行，v正＜v逆；
故答案为：＜；
③反应为吸热反应，温度升高有利于正方向，温度升高，化学平衡常数增大，则W、X、Y、Z四点对应的反应的平衡常数K1、K2、K3、K4由大到小的顺序为K4＞K3＞K2＞K1；
故答案为：K4＞K3＞K2＞K1；
（3）①设加入的CO2和H2均为1mol，设CO2的转化率为x，列三段式：
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
起始n：1 1 0
转化n：x x x
平衡n：1．x 1﹣x x
则＝25%，解得x＝0.4＝40%；
故答案为：40%；
②温度为T1，反应达到平衡时，v正＝k逆，即k正•c（CO2）•c（H2）＝k逆•c（HCOOH），则＝＝K＝1，则k逆＝k正；
k逆＝0.9k正，则＝K＝，K增大，反应正方向移动，反应是个吸热反应，温度升高有利于正方向，故T1＜T2；
故答案为：k正；＜；
（4）根据图可知，阴极为水和二氧化碳得电子得到甲酸根离子和氢氧根离子，电极反应式为：CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣；
故答案为：CO2+H2O+2e﹣＝HCOO﹣+OH﹣。
【点评】本题考查了化学平衡，涉及盖斯定律、影响化学平衡的因素、温度与化学平衡常数的关系、电极反应的书写等知识点，综合性强，对化学平衡的相关知识理解透彻是解题关键，题目难度中等。
10．（15分）用二氧化氯（ClO2）可制备用途广泛的亚氯酸钠（NaClO2）。某探究小组开展如下实验。请回答下列问题：
实验Ⅰ：利用如图装置制备少量的亚氯酸钠
已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
（1）装置E的作用是 安全瓶 ，装置F中盛装的液体为 NaOH溶液 。
（2）装置C中产生ClO2气体，发生反应的离子方程式为 2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣ 。
（3）装置D中生成NaClO2，其反应的化学方程式为 2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O 。
（4）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③ 用38℃～60℃热水洗涤 ；④低于60℃干燥得到成品。
（5）D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl，产生杂质的原因是 D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl 。
实验Ⅱ：样品含量测定
（6）测定样品中NaClO2的含量：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL，取出25.00mL，加入指示剂淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）。
①滴定终点的现象是 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原 ，
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 cV×10﹣3mol 。
【分析】Ⅰ：B装置中由Na2SO3和浓硫酸制备SO2，制得的SO2进入C装置与NaClO3溶液发生反应：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，生成的ClO2与H2O2和NaOH溶液在D中反应：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O，将装置D反应后的溶液减压在55℃蒸发结晶，趁热过滤，用38℃～60℃热水洗涤，低于60℃干燥得到成品NaClO2晶体，反应中的SO2和ClO2均污染空气，不能直接排放，故在F装置中盛放NaOH溶液吸收，为防止E中溶液倒吸到D，故在D、F中加E装置作为安全瓶，
Ⅱ：（6）①样品生成的I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3标准液将I2反应完时，蓝色褪去据此分析；
②由题有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）＝n（Na2S2O3），据此计算。
【解答】解：（1）装置E的作用是安全瓶，为防止F中溶液倒吸到D；装置F为尾气处理装置，吸收SO2和ClO2，可用NaOH溶液；
故答案为：安全瓶；NaOH溶液；
（2）装置C为SO2与NaClO3溶液发生反应产生ClO2气体的装置，离子方程式为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；
故答案为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣；
（3）装置D为ClO2与H2O2和NaOH溶液反应生成NaClO2的装置，化学反应为：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O；
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O；
（4）根据已知：NaClO2的饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl，故NaClO2的获得要注意温度的控制，应在38℃～60℃范围内，故从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压在55℃蒸发结晶，趁热过滤，用38℃～60℃热水洗涤，低于60℃干燥得到成品NaClO2晶体；
故答案为：用38℃～60℃热水洗涤；
（5）根据已知，当D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl，故D中所得产品可能混有杂质NaClO3和NaCl；
故答案为：D中反应温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl；
（6）①样品生成的I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3标准液将I2反应完时，蓝色褪去，故滴定终点的现象为：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原；
故答案为：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原；
②由题有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）＝n（Na2S2O3），
则称取的样品中NaClO2的物质的量为×cmol/L×V×10﹣3L×＝cV×10﹣3mol；
故答案为：cV×10﹣3mol。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及实验装置的作用、氧化还原反应方程式的书写、产品的洗涤、滴定反应等，综合性较强，明确实验装置的作用和原理是答题关键，注意对已知信息的理解，题目难度中等。
选考题：请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做第一题计分[化学—选修3：物质结构与性质]
11．（15分）E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C是地壳中含量最多的元素，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答：
（1）基态E原子的价电子排布式为 3d104s1 ，A、B、C、D四种元素中电负性最大的是 O （填元素符号）。
（2）A和其他元素形成的二元共价化合物中，沸点最高的是 H2O （填化学式）；分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化类型是 sp3 ；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物是 H2O2、N2H4等 （写一种化学式）。
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是 H2SO3、H2SO4 ；酸根呈平面三角形结构的酸是 HNO3 （填化学式）。
（4）某镍与E合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中E原子与镍原子的数量比为 3：1 。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a＝ ×107 nm。
【分析】E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，则A为氢元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，结合原子序数可知B的价电子排布式为2s22p3，故B为N元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故E为Cu．D与C同族，可推知D为硫元素。
（1）E是Cu，处于第四周期IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；非金属性越强电负性越大；
（2）A（氢）和其他元素形成的二元共价化合物中，常温下，水为液体，而氨气、硫化氢为气体；分子呈三角锥形为NH3，该分子的中心N原子的杂化轨道数目为4；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物有H2O2、N2H4等；
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是亚硫酸、硫酸；酸根呈平面三角形结构的酸是硝酸；
（4）①均摊法计算晶胞中E（Cu）、Ni原子数目，确定二者之比；
②结合晶胞中原子数目计算晶胞质量，结合晶胞质量＝晶胞体积÷晶体密度计算晶胞棱长，即为晶胞参数。
【解答】解：E、D、C、B、A是周期表前四周期的元素，原子序数依次减小。A的核外电子总数与其周期数相同，则A为氢元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，结合原子序数可知B的价电子排布式为2s22p3，故B为N元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故E为Cu．D与C同族，可推知D为硫元素。
（1）E是Cu，处于第四周期IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d104s1；非金属性越强电负性越大，故O元素的电负性最大，
故答案为：3d104s1；O；
（2）A（氢）和其他元素形成的二元共价化合物中，常温下，水为液体，而氨气、硫化氢为气体，沸点最高的是H2O；分子呈三角锥形为NH3，该分子的中心N原子的杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；分子中既含极性键、又含非极性键的化合物有H2O2、N2H4等，
故答案为：H2O；sp3；H2O2、N2H4等；
（3）这些元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO3、H2SO4；酸根呈平面三角形结构的酸是HNO3，
故答案为：H2SO3、H2SO4；HNO3；
（4）①晶胞中E（Cu）原子数＝6×＝3，Ni原子数目＝8×＝1，故二者数目之比为3：1，
故答案为：3：1；
②晶胞质量＝g，则g＝dg/cm3×（a×10﹣7 cm）3，解得a＝×107，
故答案为：×107。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，掌握均摊法进行晶胞计算。
[化学—选修5：有机化学基础]
12．有机物Y是一种抗氧化剂，它的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）Y所含官能团名称是 酯基、羟基 ；若反应Ⅰ为消去反应且X分子含3个甲基，则X的名称可能是 2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷 。
（2）反应Ⅲ的类型是 加成反应 ；有机物R的结构简式为 CH3OH 。
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式： 。
（4）G是F的同分异构体，G同时具备下列条件的结构有 7 种。
①与氯化铁溶液发生显色反应
②苯环上有3个取代基
③苯环上一氯代物只有2种
其中核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积比为1：1：2：18的结构简式为 。
（5）参照上述流程，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转换关系，箭头上注明反应试剂和条件）。
【分析】由（1）中X分子含3个甲基且发生消去反应生成（CH3）2C＝CH2，则X为（CH3）3COH或（CH3）3CCl等。（CH3）2C＝CH2与苯酚发生加成反应生成．与HCN在催化剂作用下发生加成反应生成，在浓硫酸加热作用下发生消去反应生成C是．发生水解反应生成D为．由Y的结构，可知与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则R为CH3OH、E为；与在催化剂作用下发生加成反应生成。
（5）与HCN发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，然后水解得到，最后与氢气反应生成。
【解答】解：（1）由Y的结构，可知Y所含官能团名称是：酯基、羟基；X分子含3个甲基且发生消去反应生成（CH3）2C＝CH2，则X为（CH3）3COH或（CH3）3CCl等，其名称可能是：2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷，
故答案为：酯基、羟基；2﹣甲基﹣2﹣丙醇或2﹣氯﹣2﹣甲基丙烷；
（2）反应Ⅲ为与HCN在催化剂作用下发生加成反应生成，有机物R的结构简式为：CH3OH，
故答案为：加成反应；CH3OH；
（3）在一定条件下E能合成功能高分子材料。该反应的化学方程式：，
故答案为：；
（4）F的结构简式为，F的同分异构体G满足：①与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②苯环上有3个取代基，③苯环上一氯代物只有2种，则另两个取代基相同且位于羟基的邻位或间位，﹣C4H9的结构有4种，两个相同的﹣C4H9位于羟基的邻位、间位，除去F外G的同分异构体共有4×2﹣1＝7种。核磁共振氢谱图中共有4组峰，且峰面积比为1：1：2：18可知，该同分异构体含有6个甲基，结构简式为，
故答案为：7；；
（5）与HCN发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，然后水解得到，最后与氢气反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查学生的分析能力，把握题给信息以及有机物的官能团的性质为解答该题的关键，注意同分异构体的判断，为该题的易错点，难度中等。
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