2020年安徽省合肥市高考化学二模试卷_(带答案解析).docx

这是一份2020年安徽省合肥市高考化学二模试卷_(带答案解析).docx，共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，CaO，H2O等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
2020年安徽省合肥市高考化学二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
总分
得分



注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共7题）
1. 化学与生产、生活、科技等息息相关。下列说法不正确的是（　　）
A.《物理小识》中“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中“硇水”是指盐酸
B.《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝”主要成分是蛋白质
C.“玉兔二号”月球车首次实现月球背面着陆，其帆板太阳能电池的主要材料是硅
D.港珠澳大桥采用的超高分子聚乙烯纤维吊绳，属于有机高分子材料
2. 轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为[n]轴烯，如图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是（　　）
A.a分子中所有原子都在同一个平面上
B.b能使酸性KMnO4溶液褪色
C.c与互为同分异构体
D.轴烯的通式可表示为C2nH2n（n≥3）
3. 已知：①正丁醇沸点：117.2℃，正丁醛沸点：75.7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO．利用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是（　　）

A.为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中
B.当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时收集产物
C.向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇
D.向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛
4. 研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A.反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物
B.总反应速率由反应②的速率决定
C.升高温度，总反应的平衡常数K减小
D.当有14gN2生成时，转移1mole-
5. 二甲胺[（CH3）2NH]在水中电离与氨相似，Kb[（CH3）2NH•H2O]=1.6×10-4．常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0．l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.b点溶液：c[（CH3）2NH2+]＞c[（CH3）2NH•H2O]＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
B.d点溶液：c[（CH3）2NH2+]+c（H+）＞c[（CH3）2NH•H2O]+c（Cl-）
C.e点溶液中：c（H+）-c（OH-）=c[（CH3）2NH2+]+c[（CH3）2NH•H2O]
D.a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d＞c＞b＞a
6. 固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+．如图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是（　　）

A.银电极被消耗，RbAg4I5的量增多
B.电位计读数越大，O2含量越高
C.负极反应为Ag+I--e-═AgI
D.部分A1I3同体变为Al和Agl
7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.01mol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是（　　）

A.原子半径：W＜X＜Y
B.简单氢化物沸点：Z＜X＜Y
C.n、s中均含有离子键和共价键
D.q溶于水时温度升高，证明其水解过程放热

评卷人
得分



二、 简答题（共5题）
8. 过氧化钙（CaO2）是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。
Ⅰ．CaO2晶体的制备：
CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如图：

（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为______。
（2）冷水浴的目的是______；步骤③中洗涤CaO2•8H2O的实验操作方法是______。
Ⅱ．CaO2含量的测定：
测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol•L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol•L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。
（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是______；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是______。
（4）滴定过程中的离子方程式为______，样品中CaO2的质量分数为______。
（5）实验Ⅰ制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①______；②______。
9. 我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3及少量Fe2O3、CaO、MgO和SiO2等物质。已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是______；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3均发生类似于SiO2的反应，试写出Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式：______。
（2）滤渣的成分是______；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量Mg2+，由混合液制取纯净Al（OH）3的实验方案是______。
（3）洗脱液中往往还有少量Fe3+，需要进一步分离。若使Fe3+恰好完全沉淀[c（Fe3+）=l×10-5mol•L-l]时，Ga3+浓度至少为______mol•L-l才会开始沉淀。（已知：Ksp[Ga（OH）3]=1.4×10-34，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38）
（4）电解过程中，Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2-，GaO2-在阴极放电，则电解方程式为______；电解过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是______。
10. 以含1个碳原子物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料的“碳一化学”处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。请回答下列问题：
（1）已知CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-l、-764.5kJ•mol-l．则反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=______。
（2）在温度T1时，向体积为2L恒容容器中充人3molCO和H2的混合气体，发生反应Ⅰ，反应达到平衡时，CH3OH（g）的体积分数（φ）与的关系如图1所示。

①当起始=1时，从反应开始到平衡前，CO的体积分数将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②当起始=2时，反应经过10min达到平衡，CO转化率为0.5，则0～10min内平均反应速率v（H2）=______。
③当起始=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的______（填“D”“E“或“F”）点。
（3）在一容积可变的密闭容器中充有10mol CO和20mol H2，发生反应Ⅰ．CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（P）的关系如图2所示。
①压强P1=______（填“＜”或“＞“）P2；A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______（用“＜“、“=“或“＞“表示）。
②若达到平衡状态C时，容器体积为10L，则在平衡状态A时容器体积为______L。
11. 硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请回答下列问题：
（1）Se元素基态原子的电子排布式为______；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有______种（氪元素除外）。
（2）气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为______；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为______。
（3）固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子（如图1所示）。
①图1中Se-O键键长较短的是______（填“a“或“b“），其原因是______。
②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于______晶体，其熔点远高于SO2（一75.5℃）的原因是______。
（4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0.560nm，则Se2-的离子半径r（Se2-）=______nm（计算结果保留3位有效数字，下同）；硒化锌晶体的密度为______g•cm-3。
12. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）B的名称为______；D中含有的无氧官能团结构简式为______。
（2）反应④的反应类型为______；反应⑥生成G和X两种有机物，其中X的结构简式为______。
（3）反应⑤的化学反应方程式为______（C6H7BrS用结构简式表示）。
（4）满足下列条件的C的同分异构体共有______种，写出其中一种有机物的结构简式：______。
①苯环上连有碳碳三键；②核磁共振氢谱共有三组波峰。
（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）：______。

参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A、“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明该物质能溶解单质银，盐酸和银不反应，此处指硝酸，故A错误；
B、《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝”即蚕丝，主要成分是蛋白质，故B正确；
C、硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故C正确；
D、聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
故选：A。
A、“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明该物质能溶解单质银，盐酸和银不反应；
B、蚕丝的主要成分是蛋白质；
C、硅为良好的半导体材料；
D、聚乙烯纤维属于合成高分子材料。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意知识的积累，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．a中含3个碳碳双键，且直接相连，则分子中所有原子都在同一个平面上，故A正确；
B．b含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．二者不饱和度不同，H原子数不同，二者不是同分异构体，故C错误；
D．当碳原子数为6时，H原子数为6；当C原子数为8时，H原子数为8；当C原子数为10时，H原子数为10，则轴烯的通式可表示为C2nH2n（n≥3），故D正确；
故选：C。
A．a中含3个碳碳双键，且直接相连；
B．b含碳碳双键；
C．二者不饱和度不同，H原子数不同；
D．当碳原子数为6时，H原子数为6；当C原子数为8时，H原子数为8；当C原子数为10时，H原子数为10。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
3. 【答案】C
【解析】解：A．醛基具有还原性，易被氧化剂氧化成酸，Na2Cr2O7中+7价的铬具有氧化性，在酸性条件下能氧化正丁醛，实验过程中，所需正丁醇的量大于酸化的Na2Cr2O7的量，防止产物进一步氧化，正丁醇也能被酸化的Na2Cr2O7氧化，加入药品时，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；
B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B正确；
C．Na2Cr2O7氧化正丁醇的同时有水生成，加入钠，不能检验是否含有正丁醇，故C错误；
D．氯化钙可吸水，过滤后可用蒸馏的方法得到正丁醛，故D正确。
故选：C。
A．正丁醛易被氧化，酸化的Na2Cr2O7具有氧化性，应防止产物正丁醛进一步氧化；
B．温度计1控制反应混合溶液的温度，温度计2是控制馏出成分的沸点；
C．产物有水生成，加入钠，不能检验是否含有正丁醇；
D．氯化钙可吸水，利用沸点的差异可分离沸点相差较大的混合物。
本题考查物质的制备，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，注意把握有机物的性质，题目难度不大。
4. 【答案】B
【解析】解：A．Fe+在第一个反应为反应物，第二个反应为生成物Fe+是催化剂，则；FeO+在第一个反应中是生成物、在第二个反应中是反应物，为中间产物，故A正确；
B．反应②活化能较低，反应较快，而反应①活化能较大，反应较慢，总反应速率由①决定，故B错误；
C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故C正确；
D．反应中N元素化合价由+1价降低为0价，当有14g N2生成时，即0.5mol氮气，则转移1mol e-，故D正确。
故选：B。
A．Fe+在第一个反应为反应物，第二个反应为生成物；FeO+在第一个反应中是生成物、在第二个反应中是反应物；
B．反应②活化能较低，反应较快；
C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
D．反应中N元素化合价由+1价降低为0价。
本题考查反应热与焓变以及化学平衡的移动，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
5. 【答案】D
【解析】解：NaOH是强碱、二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH＞（CH3）2NH，所以上边曲线表示NaOH滴定曲线、下边曲线表示（CH3）2NH滴定曲线，
A、b点溶液中溶质为等物质的量浓度的[（CH3）2]NH•H2O和（CH3）2NH2Cl，Kb[（CH3）2NH•H2O]=1.6×10-4，其水解常数Kh===6.25×10-11＜Kb[（CH3）2NH•H2O]，所以[（CH3）2]NH•H2O的电离程度大于（CH3）2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则存在c[（CH3）2NH2+]＞c（Cl-）＞c[（CH3）2NH•H2O]＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；
B、d点二者前后完全反应生成（CH3）2NH2Cl，（CH3）2NH2+水解生成等物质的量的（CH3）2NH•H2O和H+，（CH3）2NH2+水解程度远大于水的电离程度，因此（CH3）2NH•H2O和H+近似相等，溶液呈酸性，因此c（H+）＞c（OH-），则c[（CH3）2NH•H2O]＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c[（CH3）2NH2+]+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），因此c[（CH3）2NH2+]+c（H+）＜c[（CH3）2NH•H2O]+c（Cl-），故B错误；
C、e点溶液中溶质为等物质的量浓度的（CH3）2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒c[（CH3）2NH2+]+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），物料守恒：2c[（CH3）2NH•H2O]+2c[（CH3）2NH2+]=c（Cl-），则c（H+）-c（OH-）=c[（CH3）2NH2+]+2c[（CH3）2NH•H2O]，故C错误；
D、酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大或碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大；弱碱的阳离子或弱酸的阴离子促进水电离，a点溶质为NaOH和NaCl，b点溶质为等物质的量浓度的[（CH3）2]NH•H2O和（CH3）2NH2Cl，其水溶液呈碱性，而且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b＞a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为（CH3）2NH2Cl，促进水电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为d＞c＞b＞a，故D正确；
故选：D。
NaOH是强碱、二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH＞（CH3）2NH，所以曲线①表示NaOH滴定曲线、曲线②表示（CH3）2NH滴定曲线，
A、b点溶液中溶质为等物质的量浓度的[（CH3）2]NH•H2O和（CH3）2NH2Cl，Kb[（CH3）2NH•H2O]=1.6×10-4，其水解常数Kh===6.25×10-11＜Kb[（CH3）2NH•H2O]，所以[（CH3）2]NH•H2O的电离程度大于（CH3）2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，据此分析；
B、d点二者前后完全反应生成（CH3）2NH2Cl，（CH3）2NH2+水解生成等物质的量的（CH3）2NH•H2O和H+，溶液中存在电荷守恒c[（CH3）2NH2+]+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），溶液呈酸性，据此分析；
C、e点溶液中溶质为等物质的量浓度的（CH3）2NH2Cl、HCl，据电荷守恒，物料守恒分析；
D、酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大或碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大；弱离子促进水电离，据此分析。
本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6. 【答案】B
【解析】解：A．原电池中，负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极被消耗，但RbAg4I5的量不增多，故A错误；
B．氧气的浓度越大，生成的I2越多，E越大，则电位计读数越大O2含量越高，故B正确；
C．原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，故C错误；
D．传感器中发生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，则部分AlI3固体变为Al2O3固体，故D错误。
故选：B。
由图可知，测定O2含量时传感器中发生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，氧气的浓度越大，生成的I2越多，E越大，原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，氧气的浓度越大，E越大，据此分析解答。
本题考查原电池及氧化还原反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，也是解答的难点，注意氧气浓度与碘的浓度及电势的关系即可解答，题目难度中等。
7. 【答案】C
【解析】解：A．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，所有元素中氢原子比较最小，则原子半径为：H＜O＜C，即原子半径W＜Y＜X，故A错误；
B．X、Y、Z的简单氢化物为CH4、H2O、NaH，前两者属于分子晶体，而NaH属离子晶体，故NaH的沸点最高，由常温下CH4为气体、而H2O为液体，可知沸点CH4＜H2O，故三者沸点：CH4＜H2O＜NaH，即X＜Y＜Z，故B错误；
C．n为Na2O2，s为NaOH，都为离子化合物，均含有离子键和共价键，故C正确；
D．q为Na2CO3，溶于水时温度升高，为溶解放热，但水解为吸热过程，故D错误。
故选：C。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01mol•L-1s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO3．结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，以此解答该题。
本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握物质的性质、相互转化推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性的应用，题目难度不大。
二、 简答题
8. 【答案】CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl 该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，防止温度过高会导致其分解 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次 生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行 催化作用 5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O 45% 部分CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca（OH）2杂质 部分CaO2与水能反应生成微溶物Ca（OH）2或烘烤CaO2•8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低
【解析】解：I（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2•8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次，
故答案为：该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，防止温度过高会导致其分解；向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；
II（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率，
故答案为：生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；催化作用；
（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n（H2O2）=n（CaO2）=2.5n（KMnO4）=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数ω（CaO2）=×100%=45%，
故答案为：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；45%；
（5）部分CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca（OH）2杂质，会使CaO2含量偏低；部分CaO2与水能反应生成微溶物Ca（OH）2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2•8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低，
故答案为：部分CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca（OH）2杂质；部分CaO2与水能反应生成微溶物Ca（OH）2或烘烤CaO2•8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。
过氧化钙（CaO2）制备流程为：CaCl2、H2O2、NH3•H2O发生反应CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，生成产物CaO2•8H2O↓，经过抽滤、洗涤得到CaO2•8H2O，然后在温度为105℃条件下烘烤得到CaO2。
I（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；
（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；
II（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；
（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；
（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。
本题考查了CaO2的制备及其测定其中CaO2的含量的测定实验，题目难度中等，解答关键是读懂题干信息、依据反应条件计算判断，注意掌握常见元素化合物性质，试题充分培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9. 【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率 Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑ H2SiO3或H4SiO4 向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤 3.5×10-2 4GaO2-+2H2O4Ga+3O2↑+4OH- 抑制GaO2-水解，并阻止H+在阴极放电降低电解效率
【解析】解：（1）将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，可以增大反应物接触面积，加快化学反应速率；SiO2与Na2CO3固体在加热条件下能够生成Na2SiO3、CO2，因此Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式为：Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑，
故答案为：增大反应物接触面积，加快化学反应速率；Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）由上述分析可知，滤渣为：H2SiO3或H4SiO4；Al（OH）3为两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，而Fe（OH）3、Mg（OH）2不溶于强碱溶液，因此可将Al元素转化为偏铝酸盐，然后通入CO2制取纯净的Al（OH）3，实验方案为：向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤，
故答案为：H2SiO3或H4SiO4；向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤；
（3）当c（Fe3+）恰好为l×l0-5mol•L-l时，c（OH-）==mol/L，若此时Ga3+恰好开始沉淀，则c（Ga3+）==mol/L=3.5×10-2mol/L，
故答案为：3.5×10-2；
（4）电解过程中，GaO2-中Ga元素从+3价降低至0价，发生还原反应生成Ga，阳极为水失去电子生成氧气，电解总反应为：4GaO2-+2H2O4Ga+3O2↑+4OH-；GaO2-属于弱酸阴离子，能够发生水解生成Ga（OH）3，会降低产率，若溶液酸度过高，则溶液中H+可能会发生还原反应生成H2，会降低阴极电解效率，故电解过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是抑制GaO2-水解，并阻止H+在阴极放电降低电解效率，
故答案为：4GaO2-+2H2O4Ga+3O2↑+4OH-；抑制GaO2-水解，并阻止H+在阴极放电降低电解效率。
混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3、SiO2与Na2CO3反应，生成可溶性盐NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3，CaO、MgO、Fe2O3不发生反应；将固体溶解，MgO、Fe2O3不溶于水，CaO溶于水生成Ca（OH）2，溶液中溶质为Ca（OH）2、NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3、Na2CO3；加入盐酸后，溶液中溶质为FeCl3、MgCl2、CaCl2、AlCl3、GaCl3、NaCl，生成的硅酸不溶，滤渣为H2SiO3或H4SiO4，然后将滤液进行树脂吸附，得到含铝混合液和洗脱液，然后将洗脱液中的Fe3+除去，最终通过电解GaO2-制备Ga。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
10. 【答案】-90.6kJ•mol-1 不变 0.05mol•L-1•min-1 F ＞ KA=KC＞KB 2
【解析】（1）已知CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-l、-764.5kJ•mol-l。
则i：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1、
ii：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1、
iii：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1、
根据盖斯定律：i+2×ii-iii得CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=（-283.0-2×285.8+764.5）kJ•mol-1=-90.6kJ•mol-1，
故答案为：-90.6kJ•mol-1；
（2）①=1，
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始n 1.5 1.5 0
转化n x 2x x
平衡n 1.5-x 1.5-2x x
CO的体积分数=×100%=×100%=50%，则从反应开始到平衡前，CO的体积分数将不变，
故答案为：不变；
②起始=2时，反应经过10min达到平衡，CO转化率为0.5，则△n（CO）=1mol×0.5=0.5mol，则△n（H2）=1mol，
v（H2）==0.05mol•L-1•min-1，
故答案为：0.05mol•L-1•min-1；
③混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，则起始=3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的F点，
故答案为：F；
（3）①由图可知p1压强下CO的平衡转化率（α）大于p2压强下CO的平衡转化率（α），该反应是气体体积减小的反应，压强越大，CO的平衡转化率（α）越大，则P1＞P2，
该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，平衡常数K是温度的函数，A、C两点温度相同，B点温度高于A、C两点温度，则KA=KC＞KB，
故答案为：＞；KA=KC＞KB；
②A、C处于同温度下，K值相同，根据平衡状态C，
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始n 10 20 0
转化n 5 10 5
平衡n 5 10 5
K==1，
平衡状态A：
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始n 10 20 0
转化n 8 16 8
平衡n 2 4 8
K=1=，解得V=2，
故答案为：2。
（1）已知CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-l、-764.5kJ•mol-l。
则i：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1、
ii：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1、
iii：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1、
根据盖斯定律：i+2×ii-iii得CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；
（2）①=1，列化学平衡三段式，结合CO的体积分数=×100%；
②起始=2时，反应经过10min达到平衡，CO转化率为0.5，则△n（CO）=1mol×0.5=0.5mol，则△n（H2）=1mol，结合v=计算；
③混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大；
（3）①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，CO的平衡转化率（α）越大；
该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，平衡常数K是温度的函数；
②A、C处于同温度下，K值相同，根据平衡状态C，列化学平衡三段式计算出平衡常数K，在结合α（A）=0.8，列化学平衡三段式计算。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题目中信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解题，此题难度较大。
11. 【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p4 3 平面三角形 sp3杂化 b b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短 分子 二者都是分子晶体，SeO2形成聚合分子，相对分子质量远远大于SO2，熔化时需要破坏的分子间作用力更大，所以熔点更高 0.198 5.45
【解析】解：（1）Se为34号元素，核外34个电子，Se的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4； 依据同周期第一电离能大小规律可知：Kr＞Br＞As＞Se，所以第一电离能比Se元素大的共有3种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p4；3；
（2）SeO3中心原子Se价层电子对数==3，中心原子是SP2杂化，价层电子对互斥模型平面三角形；SeO42-离子中Se原子价层电子对数为：=4，Se原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：平面三角形；sp3杂化；
（3）①依据共价键饱和性可知，a为Se-O，b为Se=O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；
故答案为：b；b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；
②SeO2熔点为350℃，熔点较低，可知其为分子晶体，二氧化硫与二氧化硒结构相似，都是分子晶体，SeO2形成聚合分子，相对分子质量远远大于SO2，熔化时需要破坏的分子间作用力更大，所以熔点更高；
故答案为：分子晶体；二者都是分子晶体，SeO2形成聚合分子，相对分子质量远远大于SO2，熔化时需要破坏的分子间作用力更大，所以熔点更高；
（4）依据晶胞结构可知，Se采取的面心立方堆积，面对角线等于Se原子半径的4倍，即4r=a，则r=×0.560nm=0.198nm；
晶胞中含有Se原子个数为：×8+×6=4，含有Zn原子个数为4，则1mol晶胞质量为：4mol×（65+79）g/mol=576g，1mol晶胞的体积为：（0.560×10-9cm）3×NA，则晶胞的密度为：=5.45g/cm3，
故答案为：0.198；5.45。
（1）Se为34号元素，核外34个电子，依据核外电子排布规律书写Se的基态原子的电子排布式；同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，ⅡA和ⅤA反常，第ⅡA和第ⅢA、第ⅤA和第ⅥA互换，据此判断；
（2）计算中心原子价层电子对数，孤电子对数，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式；
（3）①a为Se-O，b为Se=O，据此判断解答；
②根据分子晶体的熔、沸点低判断晶体类型；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体熔点越高；
（4）依据晶胞结构可知，Se采取的面心立方堆积，面对角线等于Se原子半径的4倍，据此计算原子半径；用均摊法计算1个晶胞含有Zn、Se原子个数，据此计算1mol晶胞质量，然后计算1mol晶胞体积，依据ρ=计算晶胞密度。
本题考查物质结构相关知识，包含电离能，价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，晶体类型的判断，价键理论，晶胞模型的简单计算，涉及的知识点较多，题目难度中等。
12. 【答案】邻氯苯甲醛 -Cl、-NH2 取代反应 HOCH2CH2OH 4 （其中一种）
【解析】解：（1）根据B的结构简式可知，B的名称为邻氯苯甲醛；根据D的结构简式可知，D中含有的无氧官能团结构简式为-Cl、-NH2，故答案为：邻氯苯甲醛；-Cl、-NH2；
（2）反应④为D发生酯化反应生成E，反应的反应类型为取代反应；根据上面的分析可知，X为HOCH2CH2OH，故答案为：取代反应；HOCH2CH2OH；
（3）反应⑤为E发生取代反应生成F，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（4）C的同分异构体满足条件①苯环上连有碳碳三键；②核磁共振氢谱共有三组波峰，则满足条件的结构为苯环上连有四个基团，分别为-Cl、-C≡CH、2个-NH2，其中-Cl、-C≡CH处于对位，2个-NH2对称分布，或者连有三个基团为-C≡CCl、2个-NH2，分别处于间位或邻位，所以共有4种，其中一种有机物的结构简式为（其中一种），故答案为：4；（其中一种）；
（5）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛发生B到C的反应生成，酸性水解得，与苯甲醇发生酯化反应生成，合成路线为，故答案为：
。
根据合成路线中各物质的转化关系，A发生氧化反应生成B，C水解再酸化得D，比较D和F结构简式可知E为，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，比较F和G的结构简式，根据元素守恒可知，反应⑥中除了生成G外还应有X为HOCH2CH2OH，
（5）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛发生B到C的反应生成，酸性水解得，与苯甲醇发生酯化反应生成，据此答题。
本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、原子数的变化解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。