2020年山东新高考化学全真模拟卷（五）含解析

2020年山东新高考全真模拟卷（五）
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 Cu-64 Sn-119
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法中正确的是（　　）
A．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧产生的
B．护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度
C．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
D．检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气使变色硅胶发生颜色变化
【答案】B
【解析】A．汽油中不含氮元素，汽车尾气中含有氮的氧化物来源于空气中氧气和氮气，故A错误；
B．洗发水的pH大于7能去油污、而护发素的pH小于7，在洗发时、用强碱性的洗发剂清理头发上的脏物后，要使用显酸性的护发素对头发进行护理，使头发在弱酸的环境中健康成长，故B正确；
C．豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，故C错误；
D．驾车人呼出的气体接触载有经过硫酸酸化处理的三氧化铬（CrO3）的硅胶，如果呼出的气体中含有乙醇蒸气，就会发生如氧化还原反应使三氧化铬转化为硫酸铬，发生颜色变化，硅胶为载体，与乙醇不反应，故D错误。
2．下列化学用语使用正确的是（　　）
A．二氧化硅的分子式为SiO2
B．的名称：2-甲基-4-丁醇
C．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl
D．基态Cu原子的价电子排布式为3d94s2
【答案】C
【解析】A．SiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，故A错误；
B．羟基的位置要最小，的名称：3-甲基-1-丁醇，故B错误；
C．次氯酸分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故C正确；
D．Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，外围电子排布式为：3d104s1，故D错误。
3．下列有关实验的选项正确的是（　　）
A．配制0.10mol/LNaOH溶液
B．除去CO2中的HCl
B．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．除去粗盐溶液中的不溶物




【答案】D
【解析】A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解，故A错误；
B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．苯的密度比水的密度小，则应从分液漏斗上口倒出含碘的苯溶液，故C错误；
D．过滤可分离不溶性固体与溶液，图中过滤操作可分离，故D正确。
4．桶烯(Barrelene)结构简式如图所示，有关说法不正确的是

A．桶烯分子中所有的碳原子杂化类型均为sp2杂化
B．桶烯在一定条件下能发生加聚反应
C．桶烯与苯乙烯(C6H5CH＝CH2)互为同分异构体
D．桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有两种
【答案】A
【解析】A、桶烯相当于甲烷中的三个氢原子被碳碳双键取代，甲烷是四面体结构，所以桶信中所有碳原子不可能都是sp2杂化，A错误; B、桶端中含有碳碳双键，所以在一定条件下能发生加聚反应，B正确；C、桶烯和苯乙烯的分子式相同都是C8H8，但桶烯和苯乙烯的结构不同，所以是同分异构体，C正确，D.桶烯是对称结构，只有2种氢原子，所以桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有两种，D正确。
5．雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A．砷酸的分子式为H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12∶1
D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
【答案】D
【解析】A．砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B．红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2，原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C．As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10∶1，故C错误；D．As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z、M是W的最高价氧化物对应的水化物，常温下，0.01 mol•L﹣1 M溶液的pH＝12，X、Y、Z的单质e、f、g在通常状态下均为气态，并有如图所示的转化关系（反应条件略去）。在双原子单质分子中，f分子含共用电子对数最多，1个乙分子含10个电子。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．X能分别与W、Y、Z组成共价化合物
C．化合物丙能抑制水电离
D．X与Y元素形成的最简单的气态氢化物是极性分子
【答案】D
【解析】短周期元素W、X、Y、Z，而M是W的最高价氧化物对应的水化物，常温下，0.01 mol•L﹣1 M溶液的pH＝12，M为一元强碱，则M为NaOH，故W为Na．X、Y、Z的单质e、f、g在通常状态下均为气态，常见有H2、N2、O2、F2、Cl2，在双原子单质分子中，f分子含共用电子对数最多，则f为N2，故Y为N元素。甲与乙反应生成白烟，丙可能为NH4Cl也可能为NH4F，则甲为NH3、e为H2、X为H元素，由于1个乙分子含10个电子，可知乙为HF、g为F2、Z为F元素、丙为NH4F。
A．W、Y、Z的简单离子分别为：Na+、N3﹣、F﹣，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3﹣＞F﹣＞Na+，故A错误；
B．H元素与N元素、F元素均可组成共价化合物，但H元素与Na元素组成离子化合物，故B错误；
C．丙为NH4F，铵根离子、氟离子都水解，促进水的电离，故C错误；
D．X与Y元素形成的最简单的气态氢化物是NH3，NH3是极性分子，故D正确。
7．X、Y、Z 是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现右图所示转化关系的是

X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件

A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气

B．
Cl2
NaClO
HClO
②通入CO2
C．
Na2O2
NaOH
NaCl
③加入H2O2
D．
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
④加NaOH溶液
【答案】C
【解析】A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。
点睛：要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。
8．有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42一、HCO3-、MnO4-中的几种。 为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2 02固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多而后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（ NO3）2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯上灼烧，观察到黄色火焰。下列推断正确的是 （ ）
A．肯定有Na+、Al3+、Mg2+、Cl- B．肯定有 Na+、Al3+、Mg2+、SO42一
C．肯定没有K+、HCO3-、MnO4- D．肯定没有K+、NH4+、Cl-
【答案】B
【解析】该溶液是无色溶液，则一定不会含有高锰酸跟离子：①取部分溶液，加入过量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，说明不含铵根离子；白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有镁离子和铝离子，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；
②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；
③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明是钠元素的性质，原溶液中含有钠离子；
综上所述：原溶液中一定不含：NH4+、HCO3-、MnO4-；一定含有：Na+、Al3+、Mg2+、SO42一；不能确定的是K+、Cl-；故选B。
9．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ。在含有少量I－的溶液中，H2O2分解机理为：
①H2O2 + I－ H2O + IO－慢
②H2O2 + IO－ H2O + O2 + I－ 快
下列说法不正确的是
A．ν(H2O2) =ν(H2O) =ν(O2) B．反应的速率与I－浓度有关
C．I－是该反应的催化剂 D．反应①活化能大于反应②的活化能
【答案】A

10．工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：
①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水；
②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。
下列说法不正确的是

A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成
B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计
C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热
D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏
【答案】B
【解析】A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；故答案为B。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，熔点400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干燥空气中稳定，吸湿而分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：下列说法不正确的是（　　）

A．NaBH4中H元素显+1价
B．操作③所进行的分离操作是蒸馏
C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3
D．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀
【答案】A
【解析】A．NaBH4中Na为+1价、B为+3价，则H为﹣1价，故A错误；
B．异丙胺沸点为33℃，常温下为液体，操作③采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故B正确；
C．反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，故C正确；
D．钠质软，易切割，取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀，故D正确。
12．加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全会得到一种灰白色沉淀一一碱式氯化镁，化学式可表示为Mgx（OH）yClz•nH2O．设计如图装置验证其化学式。下列有关实验说法不正确的是（　　）

A．碱式氯化镁受热分解可以产生氧化镁，氯气和水
B．结束反应时，先停止加热，通一段时间N2后再关闭活塞K
C．①②中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸
D．只需称取原样品质量、反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量以及装置①增重的质量即可推出其化学式
【答案】AC
【解析】A．碱式氯化镁的分解是非氧化还原反应，产物为MgO、HCl、H2O，故A错误；
B．反应后继续通入N2，使产生的气体充分吸收，提高实验的准确性，故B正确；
C．①中盛装浓硫酸先吸收水分，②中为氢氧化钠溶液吸收HCl，故C错误；
D．通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO，称量装置①增重的质量可知H2O的质量，原样品总质量减去MgO和H2O的质量即为HCl质量，故可以求算碱式氯化镁的分子式。故D正确。
13．某课题组以纳米Fe2O3、金属钾和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体）作为两极的电极材料制备锂离子电池（电解质为一种能传导Li+的高分子材料），通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控。如图，下列说法不正确的是（　　）

A．该电池可以用NaOH溶液作为电解质溶液
B．放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6e﹣＝3O2﹣+2Fe
C．放电时电池的总反应为Fe2O3+6Li＝3Li2O+2Fe
D．在放电过程中，通过电极材料Fe2O3转化为Fe，实现对磁铁的吸引
【答案】AB
【解析】A．锂和水发生反应，所以不可以用NaOH溶液为电解质溶液，故A错误；
B．正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e﹣═3Li2O+2Fe，故B错误；
C．放电时电池的总反应为Fe2O3+6Li＝3Li2O+2Fe，故C正确；
D．磁铁的主要成分是Fe3O4，可吸引铁，不可吸引Fe2O3，故D正确。
14．我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，如图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是（　　）

A．Cu 纳米颗粒是一种胶体
B．DMO 的名称是二乙酸甲酯
C．该催化反应的有机产物只有 EG
D．催化过程中断裂的化学键有 H﹣H、C﹣O、C＝O
【答案】D
【解析】A．胶体是混合物，题目中铜纳米颗粒是单质，故 A 错误；
B．DMO 的名称应为二乙酸二甲酯，故 B 错误；
C．该催化反应的有机产物除了有 EG之外还有 CH3OH，反应为CH3COO﹣COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，故 C 错误；
D．由图及反应可知催化过程中断裂的化学键有 H﹣H、C﹣O、C＝O，故D正确.
15．用AG表示溶液的酸度，其表达式为AG＝lg[]．298K时，向10 mL 0．l mol•L﹣1HX溶液中滴加0.1 mol•L﹣ NaOH溶液。溶液的AG与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．溶液pH和AG的关系式为AG＝14﹣2pH
B．对G点溶液加水稀释，溶液pH增大
C．溶液中水电离的C（OH﹣）：F点＜P点
D．298K时HX的电离常数Ka≈1.0×10﹣5
【答案】BC
【解析】A．AG＝lg[]＝lgc（H+）﹣lgc（OH﹣）＝lgc（H+）﹣lg＝2lgc（H+）+14＝14﹣2pH，故A正确；
B．G点表示中性溶液，由电荷守恒可知：c（Na+）＝c（X﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），对中性溶液加水，仍然为中性溶液，故B错误；
C．F点加入5mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaX、HX，P点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaX、NaOH，NaOH为强电解质，对水的抑制程度更大，则P点水的电离程度小于F点水的电离程度，故C错误；
D．E点为HX溶液，Ag＝8，c（H+）＝1.0×10﹣3mol/L，则HA的平衡常数K＝＝＝1.0×10﹣5，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16．（12分）砷（As）及其化合物在医疗、科技等方面用途非常广泛。
（1）AsH3是一种很强的还原剂，室温下，0.4molAsH3气体在空气中自燃，氧化产物为As2O3固体，放出akJ热量，AsH3自燃的热化学方程式为　 　。
（2）As2S3和HNO3发生反应：As2S3+10H++10NO3﹣＝2H3AsO4+3S↓+10NO2↑+2H2O．将该反应设计成原电池，放电时，正极现象为　 　，负极的电极反应式为　 　。
（3）在体积固定的密闭容器中，As2S3（s）分解反应2As2S3（s）⇌4AsS（g）+S2（g）达平衡时，气体总压的对数值lg（p/kPa）与温度的关系如图所示：

①A点对应的体系描述不正确　 　（填标号）。
a．v（正）＝v（逆）
b．v逆（AsS）＝4v逆（S2）
c．若温度升高，AsS（g）的分压不会改变
d．若温度升高，φ（S2）不会改变
②B点对应温度下反应的Kp＝　 　kPa5。
（4）25℃时，向0.1mol•L﹣1三元弱酸H3AsO4溶液滴加NaOH溶液。溶液中的H3AsO4、H2AsO4﹣、HAsO42﹣及AsO43﹣的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：

①a、b、c三点水的电离程度由大到小的关系为　 　。
②反应2HAsO42﹣⇌H2AsO4﹣+AsO43﹣的平衡常数K＝　 　。
【答案】（1）2AsH3（g）+3O2（g）＝As2O3（s）+3H2O（l）△H＝﹣5akJ/mol；（2分）
（2）有红棕色气体产生；（1分） ﹣10e﹣+8H2O＝2H3AsO4+3S↓+10H+；（2分）
（3）①C（1分） 192（2分）
（4）①c＞b＞a（2） 10﹣4.5（2分）
【解析】（1）室温下，0.4molAsH3气体在空气中自燃，氧化产物为As2O3固体，放出akJ热量，则2molAsH3燃烧生成As2O3固体放出的热量＝×2mol＝5akJ，AsH3自燃的热化学方程式为2AsH3（g）+3O2（g）＝As2O3（s）+3H2O（l）△H＝﹣5akJ/mol；
（2）As2S3和HNO3发生反应：As2S3+10H++10NO3﹣＝2H3AsO4+3S↓+10NO2↑+2H2O，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、As元素化合价由+3价变为+5价、N元素化合价由+5价变为+4价，则As2S3作还原剂、HNO3作氧化剂，将该反应设计成原电池，放电时，正极硝酸得电子生成四氧化二氮，生成红棕色气体，负极As2S3失电子发生氧化反应，电极反应式为As2S3﹣10e﹣+8H2O＝2H3AsO4+3S↓+10H+；
（3）①a．A点表示1000K时平衡状态，则v（正）＝v（逆），故A正确；
b．平衡时气体各物质的反应速率之比等于计量数之比，A为平衡点，所以v逆（AsS）＝4v逆（S2），故B正确；
c．根据图知，升高温度平衡常数增大，则正反应是吸热反应，若温度升高，平衡正向移动，气体压强总压强增大，所以AsS分压增大，故C错误；
d．若温度升高，平衡正向移动，但是两种气体的物质的量之比不变，所以φ（S2）不会改变，故D正确，故选C；
②B点对应温度下lgp＝1，则P＝10kPa，n（AsS）＝4n（S2），则P（AsS）＝P、P（S2）＝P，反应的Kp＝P4（AsS）×P（S2）＝（P）4×P＝（）4××（10）5kPa5＝8192kPa5；
（4）①水解程度H2AsO4﹣＜HAsO42﹣＜AsO43﹣，水解程度越大水的电离程度越大，根据图知，a点只含H2AsO4﹣，b点含有H2AsO4﹣和HAsO42﹣、c点含有＜HAsO42﹣和AsO43﹣，水解程度：c＞b＞a；
②当c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣）时，Ka1＝c（H+）＝10﹣2.2，c（HAsO42﹣）＝c（H2AsO4﹣）时，Ka2＝c（H+）＝10﹣7.0，c（HAsO42﹣）＝c（AsO43﹣），Ka3＝c（H+）＝10﹣11.5，
反应2HAsO42﹣⇌H2AsO4﹣+AsO43﹣的平衡常数K＝＝××＝＝＝10﹣4.5。
17．（12分）第ⅢA族硼、稼及其化合物在材料科学领域有广泛应用。
（1）基态硼原子电子排布图为　 　。
（2）常温下，Ga（CH3 ）3呈液态。在高温条件下，Ga（CH3）3和AsH3反应可制备半导体材料GaAs和另一产物为M，
①M是　 　分子（填“极性”或“非极性”）；Ga（CH3）3中Ga原子和C原子构成的空间构型是　 　。
②Ga（CH3）3的晶体类型是　 　晶体；B、Ga和As均属于　 　区元素（填字母）。
A．s B．p C．d D．ds
（3）硼酸（H3BO3）是层状结构晶体（如图甲所示），在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大。

①硼酸晶体中存在的作用力有　 　 （填字母）。
a．σ键极 b．π键 c．氢键 d．范德华力
②硼酸在水中溶解度随着温度升高而增大的主要原因可能是　 　
（4）NaBH4、LiBH4常作有机合成的还原剂，其中B原子的杂化轨道类型是　 　
（5）磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞如图乙所示。已知：P﹣B键键长为R nm，NA是阿伏加德罗常数的值。
①该晶胞中B原子位于P原子形成的正四面体的体心，该正四面体的边长为　 　nm。
②BP晶体密度为　 　g•cm﹣3（用含R和NA的代数式表示）。
【答案】（1）（1分）
（2）①非极性；（1分）平面三角形；（1分） ②分子晶体；（1分）p；（1分）
（3）①acd；（1分） ②升高温度，硼酸分子间氢键被破坏；（1分）
（4）sp3杂化；（1分）
（5）①R；（2分） ②（2分）
【解析】（1）基态硼原子核外电子分别位于1s、2s、2p能级，其价电子排布图为；
（2）①根据元素守恒及原子守恒知，M为CH4，甲烷为正四面体结构，其正负电荷中心重合，所以为非极性分子；
Ga原子最外层3个电子，Ga（CH3）3中Ga原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，据此判断Ga和C原子构成的空间构型为平面三角形；
②分子晶体熔沸点较低，该分子熔沸点较低，为分子晶体；B、Ga和As最后排入的电子为p电子，所以均属于p区元素；
（3）①硼酸晶体中B﹣O、O﹣H原子之间存在共价单键，为σ键极，分子之间存在范德华力，分子间氢键导致存在硼酸大分子，所以存在σ键、氢键、范德华力；
②升高温度，硼酸分子间氢键被破坏，所以硼酸在水中溶解度随着温度升高而增大；
（4）NaBH4、LiBH4的阴离子中B原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断B原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
（5）①P﹣B键键长为R nm，P﹣B键长等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为4Rnm，则晶胞长度＝nm＝nm，该晶胞中B原子位于P原子形成的正四面体的体心，该正四面体的边长为晶胞面对角线长度的一半＝××nm＝Rnm；
②晶胞体积＝（×10﹣7cm）3，P原子个数＝8×+6×＝4、B原子个数为4，BP晶体密度＝＝g/cm3＝g/cm3。
18．（11分）无水四氯化锡（SnCl4）用于制作FTO导电玻璃，FTO玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，可用如图装置制备四氯化锡。

有关信息如下表：
化学式
Sn
SnCl2
SnCl4
熔点/℃
232
246
﹣33
沸点/℃
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，Sn（Ⅱ）易被Fe3+、I 2等氧化为Sn（IV）
无色液体，易水解
（1）仪器A的名称为　 　，A中发生反应的化学方程式为　 　
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________　 　现象后，开始加热装置丁。反应开始生成SnCl4时，需熄灭酒精灯，理由是　 　。
（3）C12和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制温度在　 　范围内。（填标号）
a．114～232℃ b．232～652℃ c．652～2260℃
（4）为了确认丁中SnCl2的生成，可选用以下　 　检验。（填标号）
a．稀盐酸 b．酸性高锰酸钾溶液 c．滴有KSCN溶液的FeCl3溶液
（5）碘氧化法滴定分析产品中Sn（Ⅱ）的含量。准确称取11.9 g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用0.1 mol•L﹣1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现________________现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液50mL，则产品中Sn（II）的质量分数为　 　。
【答案】（1）蒸馏烧瓶（1分） KMnO4+16HCl（浓）＝5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O；（2分）
（2）丁装置内充满黄绿色气体（1分） 反应放出大量的热，维持反应继续进行，且防止温度过高SnCl2变为气态，混入产物中（2分）
（3）b（1分）
（4）c（1分）
（5）溶液变蓝，且30s内颜色不变（1分） 5%（2分）
【解析】（1）仪器A的名称为蒸馏烧瓶，A中发生反应的化学方程式为KMnO4+16HCl（浓）＝5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O；
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体现象后，开始加热装置丁。反应开始生成SnCl4时，需熄灭酒精灯，理由是反应放出大量的热，维持反应继续进行，且防止温度过高SnCl2变为气态，混入产物中；
（3）C12和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，由表中沸点数据可知应控制温度在232～652℃范围内，故答案为：b；
（4）为了确认丁中SnCl2的生成，可选用滴有KSCN溶液的FeCl3溶液，观察红色是否褪去，因高锰酸钾可氧化氯离子，故答案为：c；
（5）准确称取11.9g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用0.1mol•L﹣1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现溶液变蓝，且30s内颜色不变现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液50mL，由Sn2++I2═Sn4++2I﹣，可知n（SnCl2）＝n（I2）＝0.1mol/L×50×10﹣3L＝0.005mol，Sn（II）的质量分数为×100%＝5%。
19．（13分）PTA以PX（对二甲苯）为原料，在醋酸溶液中，以醋酸钻、醋酸锰为催化剂，以溴化氢为促进剂，经空气氧化而制得。在制成粗对苯二甲酸（PTA）后，催化剂随残渣排出。为了回收残渣中的钻、锰元素，设计以废钻、锰催化剂为原料制备高纯度的二氧化锰和钻粉，其流程如图：

废催化剂各成分含量如表：
成分
(CH3COO)3Co
(CH3COO)2Mn
CoCO3
Mn(OH)2
SiO2
PX
含量/%
53.1
13.2
23.8
6.5
1.3

请回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是　 　；滤渣的主要成分是　 　（填化学式）。
（2）“沉锰”中Mn元素转化的离子方程式为　 　。
（3）“电解”装置如图1所示。电解质溶液中含有硫酸锰和少量硫酸。制备MnO2的电极反应式为　 　；电解过程中阴极区PH　 　（填“升高”“降低”或“无影响”）。
（4）双氧水、氨水的浓度一定时，“沉锰”过程中单位时间内锰沉出率与温度关系如图2所示。

温度高于40℃时，温度升高，锰沉率降低的原因是　 　。
（5）提取钴的流程如下：
Co（NH3）4SO4溶液CoSCo（NO3）2溶液CoC2O4CoCo
在CoS和稀硝酸作用生成H2SO4和NO的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
100 kg上述废催化剂提取15.0 kg钴，则钴的提取率约为　 　%（结果保留小数点后1位）（提示：提取率＝×100%）
【答案】（1）除去有机物杂质（1分） SiO2（1分）
（2）H2O2+Mn2++2NH3•H2O＝MnO（OH）2↓+2NH4++H2O（2分）
（3）Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+；（2分） 升高（1分）
（4）温度过高，双氧水分解加快，氨水挥发和一水合氨分解加快，导致反应物浓度减小（2分）
（5）8：3（2分） 50.8（2分）
【解析】灼烧除去有机物，用硫酸酸浸，溶解锰、钴的化合物，二氧化硅不溶于酸，过滤分离，滤渣为二氧化硅。向过滤后的溶液中加入双氧水、氨水，双氧水氧化Mn2+为Mn4+，同时氨水将Mn4+转化为MnO（OH）2沉淀，过滤分离，MnO（OH）2沉淀用硫酸溶解，加入还原剂得到MnSO4，电解生成MnO2。
（1）锰、钴的化合物可溶于酸，有机物和二氧化硅不溶于酸，“焙烧”的目的是：除去有机物杂质；滤渣的主要成分是：SiO2：
（2）双氧水作氧化剂，将Mn2+为Mn4+，同时氨水将Mn4+转化为MnO（OH）2沉淀，反应离子方程式为：H2O2+Mn2++2NH3•H2O＝MnO（OH）2↓+2NH4++H2O；
（3）在阳极上，Mn2+发生氧化反应生成MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O﹣2 e﹣＝MnO2+4H+，阴极上水放电析出氢气，阴极区pH升高；
（4）温度过高，双氧水分解加快，氨水挥发加快，一水合氨分解加快，导致反应物浓度减小，锰沉率降低；
（5）发生反应：3CoS+14 HNO3＝3Co（NO3）2+3H2SO4+8NO↑+4H2O，14molHNO3反应只有8mol作氧化剂，有3molCoS被氧化，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为8mol：3mol＝8：3，
（CH3COO）3 Co、CoCO3中含有Co元素，Co的理论总量＝100kg×53.1%×+100kg×23.8%×＝29.5kg，Co的提取率＝×100%≈50.8%。
20．（12分）有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体（G）：

（1）G的分子式是　 　。
（2）化合物A中含氧官能团的名称为　 　。
（3）由C﹣D的反应类型为　 　；化合物E的结构简式为　 　。
（4）写出B﹣C的反应的化学方程式　 　。
（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①能与新制Cu（OH）2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：4：9；
③分子中含有氨基。
（6）已知：RCNR RCH1NH2．请写出以HOOCCH2CH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备
的合成路线程图　 　。（无机试剂任用）。
合成路线流程图示例如下：
CH3CH2OH CH2＝CH2CH3CH2Cl
【答案】（1）C11H18O2N2；（1分）
（2）羰基；（1分）
（3）取代反应；（1分） ；（2分）
（4）；（2分）
（5）或；（2分）
（6）
（3分）
【解析】（1）根据结构简式知，G的分子式是C11H18O2N2；
（2）化合物A中含氧官能团的名称为羰基；
（3）由C﹣D的反应类型为取代反应；化合物E的结构简式为；
（4）对比B、C的结构，可知B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C，B→C的反应的化学方程式：；
（5）同时满足下列条件的B的一种同分异构体：①能与新制Cu（OH）2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基，即取代基为﹣OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：4：9，存在对称结构，还含有2个﹣NH2、1个﹣C（CH3）3，符合条件的B的同分异构体为：或，
（6）由F→G的转化可知，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3反应得到．CH3CH2Cl进行条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2CH2COOH反应得到CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3．CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，合成路线流程图为：。