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2020年广西柳州市高考化学模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx
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这是一份2020年广西柳州市高考化学模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx，共19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，Fe3O4，Ksp[Al等内容，欢迎下载使用。
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2020年广西柳州市高考化学模拟试卷（4月份）
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
三
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. 中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是（ ）
A.“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应
B.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应
C.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素
D.“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2.5固体颗粒
2. 一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是．下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A.分子中所有碳原子可在同一平面上。
B.该有机物的分子式是C10H16O
C.该有机物能发生加成和氧化反应
D.该有机物与互为同分异构体
3. X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B.气态氢化物的稳定性：Z＞W
C.简单离子半径：W＞R
D.Z、R形成的化合物中可能含有共价键
4. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B..上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C.X是HNO2，是还原产物
D.[（NH4）（HNO2）]+是反应过程中的催化剂
5. 25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是（ ）
A.酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ
B.加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）＞c（Y-）
C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D.加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
6. 下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有的少量SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入浓硝酸中，铁不溶解，铜溶解，铜比铁活泼
A.A B.B C.C D.D
7. 科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（ ）
A.反应过程中需要不断补充Fe2+
B.阳极反应式是2HCl-2e-═Cl2+2H+
C.电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6L
D.电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）
评卷人
得分
二、 简答题（共4题）
8. 某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为______和______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，对应调pH应不低
于______。 （常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=
4.0×10-38、Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是______。
（5）已知：25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，则25℃时，0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______，向0.1 mol•L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH=2.5时，溶液中c（C2O42-）：c（H2C2O4）=______。（保留两位有效数字）。
9. 氢气是一种未来十分理想的能源。
镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0． 某实验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。H2的平衡转化率与其初始加入量（n）、反应温度（T）的关系如图1所示；一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1 L的容器内，气体的压强（P）随时间（t）的变化关系如图2所示：
①n1、n2、n3的大小关系是______。
②温度T1下反应的平衡常数是______（用含a的代数式表示）。
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强______6kPa（填写“大于”或“小于”）。
（2）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：
①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=______。
（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO（g）和H2O（g）发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO（g）物质的量分数随时间变化如表所示：
时间/（min）
0
2
5
6
9
10
x（CO）
0.5
0.25
0.1
0.1
0.05
0.05
若初始投入CO为2 mol，恒压容器容积10 L，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））=______。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol，则改变的外界条件为______。
（4）温度、压强对反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1中CO转化率的影响如图3所示：
①温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是______ （填“温度”或“压强”）。
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是______。
10. 锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。
（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为______。
（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li、Be、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为______。
（4）
①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为______。
②l mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为______
③甲苯分子难溶于水的原因是______。
（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为pg•cm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O有______个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为______pm。
11. 一种名贵的香料花青醛（E）的合成路线如图：
已知：CH3-CH=CH-CHO 巴豆醛
回答下列问题：
（1）B物质所含官能团名称是______，E物质的分子式是______
（2）巴豆醛的系统命名为______，检验其中含有碳碳双键的方法是______。
（3）A到B的反应类型是______，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是______。
（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有______种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2的结构简式______。
（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线。______。
评卷人
得分
三、 实验题（共1题）
12. 某实验小组探究肉桂酸的制取：
Ⅰ：主要试剂及物理性质
名称
分子量
性状
沸点℃
溶解度：克/100mL溶剂
水
醇
醚
苯甲醛
106.12
无色液体
178-179
0.3
互溶
互溶
乙酸酐
102.08
无色液体
138-140
12
溶
不溶
肉桂酸
148.16
无色晶体
300
0.04
24
溶
注意：乙酸酐溶于水发生水解反应
Ⅱ：反应过程。
实验室制备肉桂酸的化学方程式为：
+（CH3CO）2O+CH3COOH
Ⅲ：实验步骤及流程
①在250mL三口烧瓶中（如图17甲）放入3mL（3.15 g，0.03 mol）新蒸馏过的苯甲醛.8mL（8.64g，0.084 mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。
②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8．然后进行水蒸气蒸馏（如图17乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10∽15 min，进行趁热过滤，最终得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。
Ⅳ：如图所示装置：
回答下列问题：
（1）合成时装置必须是干燥的，理由是______。反应完成后分批加入20mL水，目的是______。
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是______。
（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点______。
（4）加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是______。
（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是______。（保留小数点后一位）
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故A正确；
B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，故B正确；
C．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素，故C正确；
D．“日照香炉生紫烟”中的紫烟指水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是固体颗粒，故D错误；
故选：D。
A．焰色反应是元素的性质，可以是单质或化合物；
B．碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳；
C．“柳絮”成分为纤维素；
D．日照香炉生紫烟，“烟”实际上是水产生的雾气。
本题考查了胶体性质、焰色反应实质、物质组成和结构的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故A错误；
B．有结构简式可知有机物的分子式是C10H14O，故B错误；
C．含有碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，故C正确；
D．有机物与 的分子式不同，不是同分异构体，故D错误。
故选：C。
有机物含有碳碳双键和羰基，结合烯烃和酮的性质和结构特点解答该题。
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，注意烯烃、酮的性质，题目难度不大。
3. 【答案】A
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，R为Na，W为S元素。
A．H、N、O形成的一水合氨为弱碱，其水溶液呈碱性，故A错误；
B．非金属性O＞S，则气态氢化物的稳定性Z＞W，故B正确；
C．电子层越多离子半径越大，则离子半径；W＞R，故C正确；
D．O、Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中含有离子键和共价键，故D正确。
故选：A。
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，YZ为NO，则Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是短周期中最大的，则R为Na；五元素所在周期数之和为11，X的周期序数为11-2-2-3-3=1，处于第一周期，则X为H元素，据此解答。
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元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
4. 【答案】B
【解析】解：A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应生成[（NH4）2（NO2）]2+，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故B正确；
C．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO=[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故C错误；
D．[（NH4）（HNO2）]+是反应前未有，反应后未有，为反应的中间产物，不是反应过程中的催化剂，故D错误；
故选：B。
A．有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
B．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物；
C．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO=[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断；
D．催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，
本题主要考查氮的化合物之间的转化图，读懂图示以及根据反应物和生成物进行正确书写方程式是解答的关键，题目难度不大。
5. 【答案】C
【解析】解：A、由图象开始时可以读出三种酸的的pH，0.1000 mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；HY、HX为弱酸，且pH大小为：HY＜HX，说明酸性：HY＞HX，则酸性顺序是：HX＜HY＜HZ，故A错误；
B、浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液10mL与体积是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的HY反应，只反应一半的HY，溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Y-），可知c（Na+ ）＜c（Y -），故B错误；
C、由图象开始时可以读出0.1000 mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；pH=2的强酸HZ加水稀释10倍，pH增加1，即pH=3，故C正确；
D、加入20mLNaOH溶液时，HX、HY、HZ溶液都完全中和，为中和点；滴定终点为指示剂变色点；中和点与滴定终点不是同一点，故D错误；
故选：C。
A、由图象开始时可以读出同浓度的三种酸的的pH，得出酸性强弱；
B、同浓度同体积的一元强碱与一元弱酸反应生成易水解的盐；
C、强酸溶液加水稀释10倍，pH增加1；
D、完全中和的点为中和点，滴定终点为指示剂变色点，两者不同。
本题考查学生对酸碱中和滴定时的溶液体积与pH关系的知识点，是重点和常考点；平时注意这些知识的归纳和积累，理解并掌握，构建思维导图并熟练应用，培养化学学科的核心素养。
6. 【答案】B
【解析】解：A．制备乙酸乙酯先加碎瓷片，然后加乙醇、后加浓硫酸，不断搅拌振荡，冷却后加乙酸，可提高乙酸的利用率，故A错误；
B．二氧化硫可被高锰酸钾氧化，浓硫酸可干燥二氧化碳，可除去干燥CO2中混有的少量SO2，故B正确；
C．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡，操作和现象不能说明是否变质，故C错误；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极，由操作和现象不能比较金属性，故D错误；
故选：B。
A．先加碎瓷片，然后加乙醇、后加浓硫酸，最后加乙酸；
B．二氧化硫可被高锰酸钾氧化，浓硫酸可干燥二氧化碳；
C．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极。
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、物质的制备及检验、电化学、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. 【答案】A
【解析】解：A．反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，反应过程中不需要不断补充Fe2+，故A错误；
B．电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，所以阳极的电极反应为：2HCl（g）-2e-═Cl2（g）+2H+，故B正确；
C．该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电路中转移4mol电子，消耗氧气1mol，所以电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气0.25mol即5.6 L，故C正确；
D．该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，故D正确。
故选：A。
反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，阳极的电极反应为：2HCl（g）-2e-═Cl2（g）+2H+，根据电极反应式进行计算。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
二、 简答题
8. 【答案】Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 5 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O 2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-） 0.38
【解析】解：（1）“焙烧”时SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，
故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
（2）由上述分析可知，滤渣1中主要含H2SiO3，滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，由氢氧化铝的Ksp大可知，调节pH使铝离子完全沉淀时，c（OH-）==10-9mol/L，对应调pH应不低于5，
故答案为：5；
（3）“沉钒”时的离子方程式是NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，
故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O，
故答案为：2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O；
（5）25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5＞=，则25℃时，0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液中阴离子的电离大于其水解，溶液显酸性，各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），向0.1 mol•L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH=2.5时，溶液中c（C2O42-）：c（H2C2O4）===0.38，
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；0.38。
由流程可知，焙烧时主要发生2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2 CrO4，SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3、NaAlO2，加硫酸溶解后过滤分离出滤渣1为H2SiO3，溶液中含Fe3+、Al3+、VO3-、CrO42-，调节pH使铝离子完全沉淀时，c（OH-）==10-9mol/L，即pH=5时滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，然后加（NH4）2SO4溶液生成NH4VO3沉淀，煅烧生成V2O5；“还原”时溶液的pH在2.5左右，可选硫酸控制，发生氧化还原反应生成Cr3+，调节pH生成Cr（OH）3，煅烧生成Cr2O3，以此来解答。
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、混合物分离提纯为解答的关键，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。
9. 【答案】n1＜n2＜n3 小于 -206kJ/mol 0.032mol/（L•min） 降低温度 温度 温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高
【解析】解：（1）①反应正向体积减小，增大H2初始充入量，相当增大压强，H2的平衡转化率增大，即H2初始充入量越大，H2的平衡转化率越大，由图象可知，温度相同时，H2初始充入量为n3时，H2的平衡转化率最大，则得到n1、n2、n3的大小关系是：n1＜n2＜n3，
故答案为：n1＜n2＜n3；
②一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1L的容器内，LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0．气体压强之比等于气体物质的量之比，达到平衡状态气体物质的量是mol，平衡常数K===，
故答案为：；
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强增大一倍为6kPa，压强增大平衡正向进行，压强小于6kPa，
故答案为：小于；
（2）①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
盖斯定律计算②-①得到：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=-206kJ/mol，
故答案为：-206kJ/mol；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1，恒温恒压就是恒温恒容，反应前后气体体积不变，起始量投入CO和H2O均为2mol，恒压容器体积为10L，5分钟时CO物质的量分数0.1，得到CO的物质的量=0.4mol，反应的CO物质的量=2mol-0.4mol=1.6mol，反应的水蒸气1.6mol，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））==0.032mol/（L•min），6分钟时仅改变一种条件破坏了平衡，且达到平衡状态时，CO的物质的量0.2mol，由CO含量可知，没有改变气体总物质的量，化学平衡正向进行，反应为放热反应，则改变的条件为降低温度，
故答案为：0.032mol/（L•min）；降低温度；
（4）①图象3分析可知不管压强多大，只要温度较低，则转化率均较高，故转化率对温度较敏感，温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是：温度，
故答案为：温度；
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是：温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高，
故答案为：温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高。
（1）①反应正向体积减小，增大H2初始充入量，相当增大压强，H2的平衡转化率增大，即H2初始充入量越大，H2的平衡转化率越大；
②一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1L的容器内，LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0．气体压强之比等于气体物质的量之比，达到平衡状态气体物质的量是mol，平衡常数K=；
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强增大一倍，压强增大平衡正向进行，压强小于6kPa；
（2）①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
盖斯定律计算②-①得到：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H；
（3）根据v=计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O的反应速率，根据表中的数据可知，在5分钟后，CO（g）物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应的总物质的量不变，据此可求得平衡时各物质的浓度，代入化学平衡常数计算K，6分钟后，CO（g）物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；
（4）①分析图象变化可知，温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是温度；
②温度较低，反应速率慢，压强较高，消耗能量越多，经济效益差。
本题考查了物质的制备，涉及化学平衡的相关原理以及有关计算，熟悉影响化学平衡移动的因素和对图象的认识是解题关键，题目难度中等。
10. 【答案】1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 Be＞B＞Li 正四面体 sp2、sp3 20NA 甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂 12 ××1010
【解析】解：（1）Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1；
（2）同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li的第一电离能最小，但Be的价层电子充满2s轨道，比相邻的B难失去电子，所以Be的第一电离能大于B，综上所述，第一电离能由大到小的顺序为：Be＞B＞Li，
故答案为：Be＞B＞Li；
（3）AlH4-的成键电子对数==4，孤电子对数==O，故AlH4-中Al原子为sp3杂化且没有孤对电子，则AlH4-为正四面体构型，
故答案为：正四面体；
（4）①甲基的C为sp3杂化，羰基的C为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；
②C-C键、C-H键全是σ键，碳氧双键含一个σ键，一个π键，苯环中含C和C之间含6个σ键和一个大π键，所以，lmol对甲基苯乙酮分子中含20molσ键，即数目为20NA，故答案为：20NA；
③甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以甲苯分子难溶于水，故答案为：甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂；
（5）从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O为与Ca离子相交的三个面面心的O，共3个，根据均摊法，实际个数=3×=1.5，那么与Ca离子周围距离最近且相等的O的个数=1.5×8=12；由均摊法可知，1个晶胞中，Ca个数=8×=1，O个数=6×=3，Cr个数=1，所以1个晶胞的质量=g=g，又因为密度为ρg•cm-1，则1个晶胞的体积V=a3=cm3，a=cm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=a=×cm=××1010pm，
故答案为：12；××1010。
（1）Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，由此知基态核外电子排布式；
（2）同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li的第一电离能最小，但Be的价层电子充满2s轨道，比相邻的B难失去电子，所以Be的第一电离能大于B；
（3）AlH4-的成键电子对数==4，孤电子对数==O，故AlH4-中Al原子为sp3杂化且没有孤对电子；
（4）①甲基的C为sp3杂化，羰基的C为sp2杂化；
②C-C键、C-H键全是σ键，碳氧双键含一个σ键，一个π键，苯环中含C和C之间含6个σ键和一个大π键；
③甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以甲苯分子难溶于水；
（5）从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O为与Ca离子相交的三个面面心的O，共3个，根据均摊法，实际个数=3×=1.5；由均摊法可知，1个晶胞中，Ca个数=8×=1，O个数=6×=3，Cr个数=1，所以1个晶胞的质量=g=g，又因为密度为ρg•cm-1，则1个晶胞的体积V=a3=cm3，a=cm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=a。
本题综合查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、等电子体、晶胞计算等，综合性较强，难点是晶胞计算，题目难度中等。
11. 【答案】氨基和溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键 取代反应 5
【解析】解：（1）根据B物质的结构简式可知B物质所含官能团为氨基和溴原子，根据E的结构简式可知E物质的分子式为C13H18O，
故答案为：氨基和溴原子；C13H18O；
（2）根据题中信息巴豆醛的结构简式为CH3-CH=CH-CHO，其中含有醛基和碳碳双键，其名称为2-丁烯醛，检验其中含有碳碳双键时要先排除醛基的干扰，可以先将醛基氧化成羧基，再利用碳碳双键能使溴水褪色检验碳碳双键的存在，所以检验其中含有碳碳双键的方法是先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键，
故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键；
（3）比较A和B的结构简式可知A到B的反应类型为取代反应，E中含有醛基和苯环，都可以与足量氢气发生加成反应，反应的化学方程式为，
故答案为：取代反应；；
（4）根据A的结构简式可知，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体中除了苯环外应含有氮原子和一个碳原子，可以是苯环上连有-NH2和-CH3，有邻间对三种，也可以是连有-NHCH3，或者是-CH2NH2，所以共有5种，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2即有四种位置的氢，个数比为3：2：2：2，其结构简式为，
故答案为：5； ；
（5）乙醇可先氧成乙醛，乙醛再发生类似信息中的反应生成，再在浓硫酸的作用下发生消去反应可得巴豆醛，合成路线为，
故答案为：。
（1）根据B物质的结构简式可知B物质所含官能团名称，根据E的结构简式可知E物质的分子式；
（2）根据题中信息巴豆醛的结构简式为CH3-CH=CH-CHO，其中含有醛基和碳碳双键，根据有机物系统命名法可以命名，检验其中含有碳碳双键时要先排除醛基的干扰，可以先将醛基氧化成羧基，再利用碳碳双键能使溴水褪色检验碳碳双键的存在；
（3）比较A和B的结构简式可知A到B的反应类型，E中含有醛基和苯环，都可以与足量氢气发生加成反应，据此书写反应的化学方程式；
（4）根据A的结构简式可知，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体中除了苯环外应含有氮原子和一个碳原子，利用碳链异构和位置判断同分异构体的种类，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2即有四种位置的氢，个数比为3：2：2：2，据此可书写其结构简式；
（5）乙醇可先氧成乙醛，乙醛再发生类似信息中的反应生成，再在浓硫酸的作用下发生消去反应可得巴豆醛，据此答题。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中的反应、有机物的结构与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，注意同分异构体的书写为解答的难点，题目难度中等。
三、 实验题
12. 【答案】防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，防止产生二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH 苯甲醛 当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失 重结晶 67.6%
【解析】解：（1）由题意克制，避免乙酸酐与水反应，因此装置必须是干燥的；反应完全后分批加人20mL水，目的是除去过量的乙酸酐，
故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是调节溶液的pH=8，慢慢加入防止产生的二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH，
故答案为：慢慢加入碳酸钠，防止产生二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH；
（3）反应完成后加入水蒸馏，除去的杂质是可能未反应的苯甲醛，当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束，
故答案为：苯甲醛；当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束；
（4）加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失，
故答案为：增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失；
（5）粗品中可能还还有一些可溶性的物质，利用溶解度的差异，若进一步提纯粗产品，应用重结晶的方法，理论上苯甲醛完全反应，可生成0.03mol肉桂酸，质量应为0.03mol×148.16g/mol=4.448g，而实际得到粗品质量为3.0g，因此产率为=67.6%，
故答案为：重结晶；67.6%。
（1）应避免乙酸酐与水反应；分批加人20mL水，可除去过量的乙酸酐；
（2）加入碳酸钠，可调节溶液的pH，且应避免剧烈反应；
（3）加入水蒸馏，可除去未反应的苯甲醛，苯甲醛为油状液体；
（4）趁热过滤，可增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失；
（5）可用重结晶的方法进一步提纯，理论上苯甲醛完全反应，可生成0.03mol肉桂酸，质量应为0.03mol×148.16g/mol=4.448g，以此计算产率。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理以及实验的操作，题目难度中等。
绝密★启用前
2020年广西柳州市高考化学模拟试卷（4月份）
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
三
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. 中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是（ ）
A.“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应
B.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应
C.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素
D.“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2.5固体颗粒
2. 一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是．下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A.分子中所有碳原子可在同一平面上。
B.该有机物的分子式是C10H16O
C.该有机物能发生加成和氧化反应
D.该有机物与互为同分异构体
3. X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B.气态氢化物的稳定性：Z＞W
C.简单离子半径：W＞R
D.Z、R形成的化合物中可能含有共价键
4. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B..上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C.X是HNO2，是还原产物
D.[（NH4）（HNO2）]+是反应过程中的催化剂
5. 25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是（ ）
A.酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ
B.加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）＞c（Y-）
C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D.加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
6. 下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有的少量SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入浓硝酸中，铁不溶解，铜溶解，铜比铁活泼
A.A B.B C.C D.D
7. 科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（ ）
A.反应过程中需要不断补充Fe2+
B.阳极反应式是2HCl-2e-═Cl2+2H+
C.电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6L
D.电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）
评卷人
得分
二、 简答题（共4题）
8. 某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为______和______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，对应调pH应不低
于______。 （常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=
4.0×10-38、Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是______。
（5）已知：25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，则25℃时，0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______，向0.1 mol•L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH=2.5时，溶液中c（C2O42-）：c（H2C2O4）=______。（保留两位有效数字）。
9. 氢气是一种未来十分理想的能源。
镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0． 某实验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。H2的平衡转化率与其初始加入量（n）、反应温度（T）的关系如图1所示；一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1 L的容器内，气体的压强（P）随时间（t）的变化关系如图2所示：
①n1、n2、n3的大小关系是______。
②温度T1下反应的平衡常数是______（用含a的代数式表示）。
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强______6kPa（填写“大于”或“小于”）。
（2）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：
①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=______。
（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO（g）和H2O（g）发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO（g）物质的量分数随时间变化如表所示：
时间/（min）
0
2
5
6
9
10
x（CO）
0.5
0.25
0.1
0.1
0.05
0.05
若初始投入CO为2 mol，恒压容器容积10 L，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））=______。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol，则改变的外界条件为______。
（4）温度、压强对反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1中CO转化率的影响如图3所示：
①温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是______ （填“温度”或“压强”）。
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是______。
10. 锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。
（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为______。
（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li、Be、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为______。
（4）
①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为______。
②l mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为______
③甲苯分子难溶于水的原因是______。
（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为pg•cm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O有______个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为______pm。
11. 一种名贵的香料花青醛（E）的合成路线如图：
已知：CH3-CH=CH-CHO 巴豆醛
回答下列问题：
（1）B物质所含官能团名称是______，E物质的分子式是______
（2）巴豆醛的系统命名为______，检验其中含有碳碳双键的方法是______。
（3）A到B的反应类型是______，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是______。
（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有______种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2的结构简式______。
（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线。______。
评卷人
得分
三、 实验题（共1题）
12. 某实验小组探究肉桂酸的制取：
Ⅰ：主要试剂及物理性质
名称
分子量
性状
沸点℃
溶解度：克/100mL溶剂
水
醇
醚
苯甲醛
106.12
无色液体
178-179
0.3
互溶
互溶
乙酸酐
102.08
无色液体
138-140
12
溶
不溶
肉桂酸
148.16
无色晶体
300
0.04
24
溶
注意：乙酸酐溶于水发生水解反应
Ⅱ：反应过程。
实验室制备肉桂酸的化学方程式为：
+（CH3CO）2O+CH3COOH
Ⅲ：实验步骤及流程
①在250mL三口烧瓶中（如图17甲）放入3mL（3.15 g，0.03 mol）新蒸馏过的苯甲醛.8mL（8.64g，0.084 mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。
②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8．然后进行水蒸气蒸馏（如图17乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10∽15 min，进行趁热过滤，最终得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。
Ⅳ：如图所示装置：
回答下列问题：
（1）合成时装置必须是干燥的，理由是______。反应完成后分批加入20mL水，目的是______。
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是______。
（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点______。
（4）加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是______。
（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是______。（保留小数点后一位）
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故A正确；
B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，故B正确；
C．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素，故C正确；
D．“日照香炉生紫烟”中的紫烟指水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是固体颗粒，故D错误；
故选：D。
A．焰色反应是元素的性质，可以是单质或化合物；
B．碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳；
C．“柳絮”成分为纤维素；
D．日照香炉生紫烟，“烟”实际上是水产生的雾气。
本题考查了胶体性质、焰色反应实质、物质组成和结构的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2. 【答案】C
【解析】解：A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故A错误；
B．有结构简式可知有机物的分子式是C10H14O，故B错误；
C．含有碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，故C正确；
D．有机物与 的分子式不同，不是同分异构体，故D错误。
故选：C。
有机物含有碳碳双键和羰基，结合烯烃和酮的性质和结构特点解答该题。
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，注意烯烃、酮的性质，题目难度不大。
3. 【答案】A
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，R为Na，W为S元素。
A．H、N、O形成的一水合氨为弱碱，其水溶液呈碱性，故A错误；
B．非金属性O＞S，则气态氢化物的稳定性Z＞W，故B正确；
C．电子层越多离子半径越大，则离子半径；W＞R，故C正确；
D．O、Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中含有离子键和共价键，故D正确。
故选：A。
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，YZ为NO，则Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是短周期中最大的，则R为Na；五元素所在周期数之和为11，X的周期序数为11-2-2-3-3=1，处于第一周期，则X为H元素，据此解答。
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元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
4. 【答案】B
【解析】解：A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应生成[（NH4）2（NO2）]2+，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故B正确；
C．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO=[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故C错误；
D．[（NH4）（HNO2）]+是反应前未有，反应后未有，为反应的中间产物，不是反应过程中的催化剂，故D错误；
故选：B。
A．有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
B．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物；
C．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO=[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断；
D．催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，
本题主要考查氮的化合物之间的转化图，读懂图示以及根据反应物和生成物进行正确书写方程式是解答的关键，题目难度不大。
5. 【答案】C
【解析】解：A、由图象开始时可以读出三种酸的的pH，0.1000 mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；HY、HX为弱酸，且pH大小为：HY＜HX，说明酸性：HY＞HX，则酸性顺序是：HX＜HY＜HZ，故A错误；
B、浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液10mL与体积是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的HY反应，只反应一半的HY，溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Y-），可知c（Na+ ）＜c（Y -），故B错误；
C、由图象开始时可以读出0.1000 mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸；pH=2的强酸HZ加水稀释10倍，pH增加1，即pH=3，故C正确；
D、加入20mLNaOH溶液时，HX、HY、HZ溶液都完全中和，为中和点；滴定终点为指示剂变色点；中和点与滴定终点不是同一点，故D错误；
故选：C。
A、由图象开始时可以读出同浓度的三种酸的的pH，得出酸性强弱；
B、同浓度同体积的一元强碱与一元弱酸反应生成易水解的盐；
C、强酸溶液加水稀释10倍，pH增加1；
D、完全中和的点为中和点，滴定终点为指示剂变色点，两者不同。
本题考查学生对酸碱中和滴定时的溶液体积与pH关系的知识点，是重点和常考点；平时注意这些知识的归纳和积累，理解并掌握，构建思维导图并熟练应用，培养化学学科的核心素养。
6. 【答案】B
【解析】解：A．制备乙酸乙酯先加碎瓷片，然后加乙醇、后加浓硫酸，不断搅拌振荡，冷却后加乙酸，可提高乙酸的利用率，故A错误；
B．二氧化硫可被高锰酸钾氧化，浓硫酸可干燥二氧化碳，可除去干燥CO2中混有的少量SO2，故B正确；
C．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡，操作和现象不能说明是否变质，故C错误；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极，由操作和现象不能比较金属性，故D错误；
故选：B。
A．先加碎瓷片，然后加乙醇、后加浓硫酸，最后加乙酸；
B．二氧化硫可被高锰酸钾氧化，浓硫酸可干燥二氧化碳；
C．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡；
D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，构成原电池时Cu为负极。
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、物质的制备及检验、电化学、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. 【答案】A
【解析】解：A．反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，反应过程中不需要不断补充Fe2+，故A错误；
B．电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，所以阳极的电极反应为：2HCl（g）-2e-═Cl2（g）+2H+，故B正确；
C．该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电路中转移4mol电子，消耗氧气1mol，所以电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气0.25mol即5.6 L，故C正确；
D．该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，故D正确。
故选：A。
反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，阳极的电极反应为：2HCl（g）-2e-═Cl2（g）+2H+，根据电极反应式进行计算。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
二、 简答题
8. 【答案】Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 5 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O 2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-） 0.38
【解析】解：（1）“焙烧”时SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，
故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
（2）由上述分析可知，滤渣1中主要含H2SiO3，滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，由氢氧化铝的Ksp大可知，调节pH使铝离子完全沉淀时，c（OH-）==10-9mol/L，对应调pH应不低于5，
故答案为：5；
（3）“沉钒”时的离子方程式是NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，
故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O，
故答案为：2CrO42-+3C2O42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O；
（5）25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5＞=，则25℃时，0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液中阴离子的电离大于其水解，溶液显酸性，各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），向0.1 mol•L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH=2.5时，溶液中c（C2O42-）：c（H2C2O4）===0.38，
故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；0.38。
由流程可知，焙烧时主要发生2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2 CrO4，SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3、NaAlO2，加硫酸溶解后过滤分离出滤渣1为H2SiO3，溶液中含Fe3+、Al3+、VO3-、CrO42-，调节pH使铝离子完全沉淀时，c（OH-）==10-9mol/L，即pH=5时滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，然后加（NH4）2SO4溶液生成NH4VO3沉淀，煅烧生成V2O5；“还原”时溶液的pH在2.5左右，可选硫酸控制，发生氧化还原反应生成Cr3+，调节pH生成Cr（OH）3，煅烧生成Cr2O3，以此来解答。
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、混合物分离提纯为解答的关键，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。
9. 【答案】n1＜n2＜n3 小于 -206kJ/mol 0.032mol/（L•min） 降低温度 温度 温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高
【解析】解：（1）①反应正向体积减小，增大H2初始充入量，相当增大压强，H2的平衡转化率增大，即H2初始充入量越大，H2的平衡转化率越大，由图象可知，温度相同时，H2初始充入量为n3时，H2的平衡转化率最大，则得到n1、n2、n3的大小关系是：n1＜n2＜n3，
故答案为：n1＜n2＜n3；
②一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1L的容器内，LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0．气体压强之比等于气体物质的量之比，达到平衡状态气体物质的量是mol，平衡常数K===，
故答案为：；
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强增大一倍为6kPa，压强增大平衡正向进行，压强小于6kPa，
故答案为：小于；
（2）①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
盖斯定律计算②-①得到：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=-206kJ/mol，
故答案为：-206kJ/mol；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1，恒温恒压就是恒温恒容，反应前后气体体积不变，起始量投入CO和H2O均为2mol，恒压容器体积为10L，5分钟时CO物质的量分数0.1，得到CO的物质的量=0.4mol，反应的CO物质的量=2mol-0.4mol=1.6mol，反应的水蒸气1.6mol，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））==0.032mol/（L•min），6分钟时仅改变一种条件破坏了平衡，且达到平衡状态时，CO的物质的量0.2mol，由CO含量可知，没有改变气体总物质的量，化学平衡正向进行，反应为放热反应，则改变的条件为降低温度，
故答案为：0.032mol/（L•min）；降低温度；
（4）①图象3分析可知不管压强多大，只要温度较低，则转化率均较高，故转化率对温度较敏感，温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是：温度，
故答案为：温度；
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是：温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高，
故答案为：温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成，压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高。
（1）①反应正向体积减小，增大H2初始充入量，相当增大压强，H2的平衡转化率增大，即H2初始充入量越大，H2的平衡转化率越大；
②一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1L的容器内，LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi3H6（s）△H＜0．气体压强之比等于气体物质的量之比，达到平衡状态气体物质的量是mol，平衡常数K=；
③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强增大一倍，压强增大平衡正向进行，压强小于6kPa；
（2）①CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△=+165kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-90.1kJ•mol-1
盖斯定律计算②-①得到：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H；
（3）根据v=计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O的反应速率，根据表中的数据可知，在5分钟后，CO（g）物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应的总物质的量不变，据此可求得平衡时各物质的浓度，代入化学平衡常数计算K，6分钟后，CO（g）物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；
（4）①分析图象变化可知，温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是温度；
②温度较低，反应速率慢，压强较高，消耗能量越多，经济效益差。
本题考查了物质的制备，涉及化学平衡的相关原理以及有关计算，熟悉影响化学平衡移动的因素和对图象的认识是解题关键，题目难度中等。
10. 【答案】1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 Be＞B＞Li 正四面体 sp2、sp3 20NA 甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂 12 ××1010
【解析】解：（1）Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1；
（2）同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li的第一电离能最小，但Be的价层电子充满2s轨道，比相邻的B难失去电子，所以Be的第一电离能大于B，综上所述，第一电离能由大到小的顺序为：Be＞B＞Li，
故答案为：Be＞B＞Li；
（3）AlH4-的成键电子对数==4，孤电子对数==O，故AlH4-中Al原子为sp3杂化且没有孤对电子，则AlH4-为正四面体构型，
故答案为：正四面体；
（4）①甲基的C为sp3杂化，羰基的C为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；
②C-C键、C-H键全是σ键，碳氧双键含一个σ键，一个π键，苯环中含C和C之间含6个σ键和一个大π键，所以，lmol对甲基苯乙酮分子中含20molσ键，即数目为20NA，故答案为：20NA；
③甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以甲苯分子难溶于水，故答案为：甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂；
（5）从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O为与Ca离子相交的三个面面心的O，共3个，根据均摊法，实际个数=3×=1.5，那么与Ca离子周围距离最近且相等的O的个数=1.5×8=12；由均摊法可知，1个晶胞中，Ca个数=8×=1，O个数=6×=3，Cr个数=1，所以1个晶胞的质量=g=g，又因为密度为ρg•cm-1，则1个晶胞的体积V=a3=cm3，a=cm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=a=×cm=××1010pm，
故答案为：12；××1010。
（1）Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，由此知基态核外电子排布式；
（2）同周期元素，从左往右，第一电离能增大，Li的第一电离能最小，但Be的价层电子充满2s轨道，比相邻的B难失去电子，所以Be的第一电离能大于B；
（3）AlH4-的成键电子对数==4，孤电子对数==O，故AlH4-中Al原子为sp3杂化且没有孤对电子；
（4）①甲基的C为sp3杂化，羰基的C为sp2杂化；
②C-C键、C-H键全是σ键，碳氧双键含一个σ键，一个π键，苯环中含C和C之间含6个σ键和一个大π键；
③甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂，所以甲苯分子难溶于水；
（5）从晶胞结构上看，与Ca离子周围距离最近且相等的O为与Ca离子相交的三个面面心的O，共3个，根据均摊法，实际个数=3×=1.5；由均摊法可知，1个晶胞中，Ca个数=8×=1，O个数=6×=3，Cr个数=1，所以1个晶胞的质量=g=g，又因为密度为ρg•cm-1，则1个晶胞的体积V=a3=cm3，a=cm，如图所示：，相邻两个面心氧离子最短核间距为面对角线的一半，设晶胞参数为a，则d=a。
本题综合查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、等电子体、晶胞计算等，综合性较强，难点是晶胞计算，题目难度中等。
11. 【答案】氨基和溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键 取代反应 5
【解析】解：（1）根据B物质的结构简式可知B物质所含官能团为氨基和溴原子，根据E的结构简式可知E物质的分子式为C13H18O，
故答案为：氨基和溴原子；C13H18O；
（2）根据题中信息巴豆醛的结构简式为CH3-CH=CH-CHO，其中含有醛基和碳碳双键，其名称为2-丁烯醛，检验其中含有碳碳双键时要先排除醛基的干扰，可以先将醛基氧化成羧基，再利用碳碳双键能使溴水褪色检验碳碳双键的存在，所以检验其中含有碳碳双键的方法是先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键，
故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸后酸化再滴入溴水，溴水褪色，证明有碳碳双键；
（3）比较A和B的结构简式可知A到B的反应类型为取代反应，E中含有醛基和苯环，都可以与足量氢气发生加成反应，反应的化学方程式为，
故答案为：取代反应；；
（4）根据A的结构简式可知，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体中除了苯环外应含有氮原子和一个碳原子，可以是苯环上连有-NH2和-CH3，有邻间对三种，也可以是连有-NHCH3，或者是-CH2NH2，所以共有5种，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2即有四种位置的氢，个数比为3：2：2：2，其结构简式为，
故答案为：5； ；
（5）乙醇可先氧成乙醛，乙醛再发生类似信息中的反应生成，再在浓硫酸的作用下发生消去反应可得巴豆醛，合成路线为，
故答案为：。
（1）根据B物质的结构简式可知B物质所含官能团名称，根据E的结构简式可知E物质的分子式；
（2）根据题中信息巴豆醛的结构简式为CH3-CH=CH-CHO，其中含有醛基和碳碳双键，根据有机物系统命名法可以命名，检验其中含有碳碳双键时要先排除醛基的干扰，可以先将醛基氧化成羧基，再利用碳碳双键能使溴水褪色检验碳碳双键的存在；
（3）比较A和B的结构简式可知A到B的反应类型，E中含有醛基和苯环，都可以与足量氢气发生加成反应，据此书写反应的化学方程式；
（4）根据A的结构简式可知，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体中除了苯环外应含有氮原子和一个碳原子，利用碳链异构和位置判断同分异构体的种类，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰。面积比为3：2：2：2即有四种位置的氢，个数比为3：2：2：2，据此可书写其结构简式；
（5）乙醇可先氧成乙醛，乙醛再发生类似信息中的反应生成，再在浓硫酸的作用下发生消去反应可得巴豆醛，据此答题。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中的反应、有机物的结构与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，注意同分异构体的书写为解答的难点，题目难度中等。
三、 实验题
12. 【答案】防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，防止产生二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH 苯甲醛 当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失 重结晶 67.6%
【解析】解：（1）由题意克制，避免乙酸酐与水反应，因此装置必须是干燥的；反应完全后分批加人20mL水，目的是除去过量的乙酸酐，
故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；
（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是调节溶液的pH=8，慢慢加入防止产生的二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH，
故答案为：慢慢加入碳酸钠，防止产生二氧化碳剧烈，容易调节溶液的pH；
（3）反应完成后加入水蒸馏，除去的杂质是可能未反应的苯甲醛，当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束，
故答案为：苯甲醛；当流出液澄清透明不再含有有机物质的油滴时，即可断定水蒸气蒸馏结束；
（4）加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失，
故答案为：增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失；
（5）粗品中可能还还有一些可溶性的物质，利用溶解度的差异，若进一步提纯粗产品，应用重结晶的方法，理论上苯甲醛完全反应，可生成0.03mol肉桂酸，质量应为0.03mol×148.16g/mol=4.448g，而实际得到粗品质量为3.0g，因此产率为=67.6%，
故答案为：重结晶；67.6%。
（1）应避免乙酸酐与水反应；分批加人20mL水，可除去过量的乙酸酐；
（2）加入碳酸钠，可调节溶液的pH，且应避免剧烈反应；
（3）加入水蒸馏，可除去未反应的苯甲醛，苯甲醛为油状液体；
（4）趁热过滤，可增大肉桂酸盐的溶解度，减少损失；
（5）可用重结晶的方法进一步提纯，理论上苯甲醛完全反应，可生成0.03mol肉桂酸，质量应为0.03mol×148.16g/mol=4.448g，以此计算产率。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理以及实验的操作，题目难度中等。
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