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山东省2020届高三普通高中学业水平等级模拟考试化学试题
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山东省2020年普通高中学业水平等级考试（模拟卷）
化 学 试 题
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cr 52 Cu 64
一、选择题：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.山梨醇[CH2OH(CHOH)4CH2OH]可用作牙膏、食品的水分保持剂。其生产路线如下图所示。下列说法错误的是
A. 活性炭脱色的过程为物理变化
B. 加压氢化时葡萄糖中醛基转化为羟基
C. 离子交换时可选用阴离子交换树脂
D. 山梨醇可作水分保持剂是因为能与水形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
由生产流程图可知，葡萄糖先溶解后经过活性炭吸附褪色，后醛基加压氢化还原成羟基，再利用阳离子交换膜去除重金属离子得到山梨醇，以此分析。
【详解】A. 活性炭脱色利用了活性炭的吸附性，属于物理变化，故A正确；
B. 加压氢化时葡萄糖中醛基转化为羟基，故B正确；
C. 离子交换为了除去重金属离子，应选用阳离子交换膜，故C错误；
D. 山梨醇可作水分保持剂是因为山梨醇中羟基能与水形成氢键，故D正确；
故答案选：C。
2.下列实验操作或实验仪器使用正确的是
A. 将高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管中
B. 容量瓶、滴定管使用前均需用蒸馏水洗净并烘干
C. 用10 mL量筒量取2.5 mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸
D. 溶液蒸发浓缩时，用坩埚钳夹持蒸发皿直接加热
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，故A错误；
B. 容量瓶使用前不需要烘干，滴定管使用前需用蒸馏水洗净然后再用标准液润洗，不需要烘干，故B错误；
C. 可用10 mL量筒量取2.5 mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸，操作正确，故C正确；
D. 溶液蒸发浓缩时，蒸发皿应放置在泥三角上加热，不能直接用坩埚钳夹持加热，故D错误；
故答案选：C。
3.下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是
A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族
【答案】B
【解析】
【详解】A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A正确
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B错误；
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C正确；
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D正确；
故答案选：B。
4.中医药是中华民族的瑰宝，厚朴酚是一种常见中药的主要成分之一，有抗菌、消炎等功效，其结构简式如图a所示。下列说法错误的是
A. 厚朴酚与溴水既可发生加成反应又可发生取代反应
B. 图b所示为厚朴酚的一种同分异构体
C. 厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面
D. 厚朴酚分子中不含手性碳原子
【答案】B
【解析】
【分析】
由厚朴酚的结构简式可知，厚朴酚含官能团酚羟基、碳碳双键，图a图b有机物结构相同，为同一物质；苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，以此分析。
【详解】A. 厚朴酚含有酚羟基、碳碳双键可与溴水发生加成反应又可发生取代反应，故A正确；
B. 图b结构与厚朴酚相同，和厚朴酚为同一物质，故B错误；
C. 厚朴酚分子中苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面，则所有碳原子可能共面，故C正确；
D. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，由结构图可知厚朴酚分子中不含手性碳原子，故D正确；
故答案选：B。
【点睛】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
5.缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共享电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是
A. NH3、BF3、BF4-中只有BF3是缺电子化合物
B. BF3、BF4-中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3
C. BF3与NH3反应时有配位键生成
D. BF4-的键角小于NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH3电子式为符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构、BF4-电子式为，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；
B. BF3中心原子B价层电子对数为，则杂化方式为sp2杂化；BF4-中心原子B价层电子对数为，则杂化方式分别为sp3杂化，故B正确；
C. BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；
D. BF4-和NH3均为sp3杂化， BF4-中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对数增多，对成键电子的斥力增大，键角减小，则BF4-的键角大于NH3，故D错误；
故答案选：D。
6.设计如下装置制备硝酸（夹持装置略），每个虚线框表示一个装置单元，其中完全正确的是
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
制备硝酸流程为NH3先进行催化氧化生成NO，NO再和氧气、水反应生成硝酸，以此分析。
【详解】制备硝酸流程为NH3先进行催化氧化生成NO，NO再和氧气、水反应生成硝酸，图中装置①制取氨气和氧气，图②为NH3的催化氧化生成NO，③为除去氨气的装置，应使用浓硫酸除去气体中的NH3，④为防倒吸装置和吸收装置，进气应该是短口进，故①②正确，③④错误。故答案选：A。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1个氧气分子体积为 cm3
B. 铜电解精炼时，当阳极质量减少64 g时，电路中转移电子数为2NA
C. 标准状况下22.4 L Cl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为2NA
D. NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则其晶体密度为 g·cm－3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，1个氧气分子体积由氧气分子的大小决定不能直接用气体摩尔体积进行计算，故A错误；
B. 铜电解精炼时，阳极中含有Cu、Fe、Zn等金属，Fe、Zn先放电，当阳极质量减少64 g时，电路中转移电子数不等于2NA，故B错误；
C. 标准状况下22.4 L Cl2物质的量为1mol完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，根据氯原子守恒可知：， 则含氯微粒总数小于2NA，故C错误；
D. NaCl晶胞中Na+数目为， Cl－数目为，则晶胞质量为： ,与最近Cl－的核间距离为a cm，则体积为，则其晶体密度为 g·cm－3，故D正确；
故答案选：D。
8.锂－空气电池是一种可充放电池，电池反应为2Li + O2 = Li2O2，某锂－空气电池的构造原理图如下。下列说法正确的是
A. 可选用有机电解液或水性电解液
B. 含催化剂的多孔电极为电池的负极
C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2
D. 充电时锂电极应连接外接电源的正极
【答案】C
【解析】
【分析】
在锂空气电池中，锂失电子作负极，锂不能与该电解液直接反应，负极反应式为： Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应为：O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2，总反应为：2Li + O2 = Li2O2，据此解答。
【详解】A. 应选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，故A错误；
B. 含催化剂的多孔电极为电池的正极，故B错误；
C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2，故C正确；
D. 充电时锂电极应连接外接电源的负极发生电极反应： Li++ e-= Li，故D错误；
故答案选：C。
9.实验室利用反应合成洋茉莉醛的流程如下。下列说法错误的是
A. 水洗的目的是除去KOH B. 试剂X应选用有机溶剂
C. 加入Na2CO3溶液的目的是除去酸 D. 进行蒸馏操作时可选用球形冷凝管
【答案】D
【解析】
【分析】
由流程图可知黄樟油素通过反应1生成异黄樟油素，异黄樟油素水洗过滤除去KOH，通过反应Ⅱ得到洋茉莉醛，利用有机溶剂将含洋茉莉醛的有机剂萃取出来，再加入Na2CO3除去酸，再通过蒸馏分离得到洋茉莉醛，以此分析。
【详解】A. 黄樟油素和异黄樟油素不溶于水，水洗的目的是除去KOH，故A正确；
B. 洋茉莉醛不溶于水溶液有机溶剂，则试剂X应选用有机溶剂，故B正确；
C. 加入Na2CO3溶液目的是除去稀硫酸，故C正确；
D. 进行蒸馏操作时应选用直形冷凝管，故D错误；
故答案选：D。
10.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是
温度
(K)
化学平衡常数
反应Ⅰ: 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O
反应Ⅱ: 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O
反应Ⅲ: 2NO + O2 → 2NO2
500
1.1×1026
7.1×1034
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
A. 使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
B. 通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
C. 通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；
B. 升高温度，反应Ⅰ和反应ⅡK值均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故B错误；
C. 反应Ⅰ和反应Ⅱ正反应均为增大压强的反应，无法通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故C错误；
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，提高氨气的转化率，故D错误；
故答案选：A。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题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.下列关于有机物结构的说法错误的是
A. 环己烷中所有C—C—C键角均120°
B. CnH2n+1Cl与CnHCl2n+1同分异构体数目相同
C. C原子与N原子之间可形成单键、双键和叁键
D. 含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的一定是3-甲基己烷
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 环己烷中所有C—C—C键角为四面体结构，键角不是120°，故A错误；
B. CnH2n+1Cl与CnHCl2n+1等效氢数目相同，则同分异构体数目相同，故B正确；
C. C原子与N原子之间可形成单键、双键和叁键，故C正确；
D. 含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的可能是3-甲基己烷，也可能是2,3-二甲基戊烷，故D错误；
故答案选：AD。
【点睛】含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的可能是3-甲基己烷，也可能是2,3-二甲基戊烷。
12.工业上常用电解铬酐（CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4）水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，发生的部分反应有：
①Cr2O72-+14H++6e−=2Cr3++7H2O
②2H++2e−=H2
③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
④CrO42-+8H++6e−=Cr+4H2O
⑤2H2O−4e−=O2+4H+
⑥2Cr3++7H2O−6e−=Cr2O72-+14H+
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①②在镀件上发生
B. H2O2既体现氧化性又体现还原性
C 当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移6mol电子
D. 电镀一段时间后，电极附近溶液的pH：阳极＞阴极
【答案】CD
【解析】
【详解】A.反应①②得到电子发生还原反应。在阴极上发生，镀件为阴极，故A正确；
B. H2O2既能提高也能降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，则H2O2既体现氧化性又体现还原性，故B正确；
C. 阴极上发生反应①②④，当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移电子大于6mol，故C错误；
D. 由反应②可知阴极pH增大，由反应⑥可知阳极pH减小，则pH阳极＜阴极，故D错误；
故答案选：CD。
13.改良Claus法利用天然气脱硫产生的H2S回收单质硫，首先将原料气通入反应炉并发生高温反应Ⅰ：2H2S(g) + 3O2(g) ＝2SO2(g) + 2H2O(g)；反应后的混合气体通入串联的多个温度逐渐降低的转化器内进行反应Ⅱ：2H2S(g) + SO2(g)3S(l) + 2H2O(g)。下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ消耗等量H2S时，转移电子数之比为2:1
B. 根据工艺流程判断反应Ⅱ为吸热反应
C. 通过串联多个转化器可提高硫的回收率
D. 反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的时，硫的回收率最高
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 反应Ⅰ消耗1molH2S时，转移电子6mol，反应Ⅱ消耗1molH2S时，转移电子2mol，则转移电子数之比为3：1，故A错误；
B. 为了提高原料利用率，反应Ⅱ温度降低，平衡正移，则正反应为放热反应， 故B错误；
C. 通过串联多个转化器，分离出硫，平衡正移，可提高硫的回收率，故C正确；
D. 反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的 时，反应Ⅱ中H2S和SO2物质的量之比为2：1，此时反应进行的最彻底，硫的回收率最高，故D正确；
故答案选：CD。
14.常温下，将10 mL 0.1 mol·L－1 NaA溶液逐滴加入10 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中，已知HA的电离平衡常数Ka = 1.8×10－4。下列说法正确的是
A. 滴加过程中，混合溶液中 始终变小
B. 滴加过程中，混合溶液中c(H+) + c(OH－) > 2.0×10－7 mol·L－1
C. 充分混合后，溶液中A－的水解程度比原NaA溶液中A－的水解程度大
D. 充分混合后，溶液中c(Na+) > c(A－) > c(HA) > c(H+) > c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. ，滴加过程中，氢离子浓度减小，则混合溶液中 始终变大，故A错误；
B. Ka = 1.8×10－4，则HA的电离大于A-水解，滴加过程中，混合溶液呈酸性，且水的离子键 ，则 ，故B正确；
C. 充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，HA溶液抑制A－的水解，故C错误；
D. 充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，且HA的电离大于A-水解，则溶液中c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH－)，故D错误；
故答案选：B。
15.氨基甲酸铵发生分解的化学方程式为NH2COONH4(s)2NH3(g) + CO2(g)。利用如下装置测定不同温度下该反应以分压表示的化学平衡常数Kp，实验步骤如下：
（Ⅰ）关闭K3，打开K1和K2，开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1；
（Ⅱ）关闭K2，缓慢开启K3至U型管两边液面相平并保持不变，读取压强数值。记录25℃、30℃下压强分别为12.0 kPa、17.1 kPa。下列说法错误的是
A. 氨基甲酸铵分解反应的ΔH＞0
B. 该反应25℃时的化学平衡常数Kp = 2.56×1011 Pa3
C. 步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，Kp测量值偏小
D 步骤Ⅱ中读数时U型管左侧液面偏高，Kp测量值偏小
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 温度升高气压增大，由反应可知，平衡正移，则正反应为吸热反应，故A正确；
B. 设CO2的压强为xPa，则NH3的压强为2xPa，总压强为12.0 kPa，则，，则 ，故B正确；
C. 步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，U型管左侧会有残留空气，导致Kp测量值偏大，故C错误；
D. 步骤Ⅱ中读数时U型管左侧液面偏高，则证明左侧气压小于右侧，Kp测量值偏大，故D错误。
故答案选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.我国科学家成功合成了甲基胺离子导向的钙钛矿类杂化材料(CH3NH3)PbI3，该物质因具有较高的光电转换效率而在太阳能电池领域具有重要的应用价值。回答下列问题
（1）C、N基态原子中，第一电离能较大的是_____。
（2）CH3NH3+的电子式为_____，C、N原子的杂化轨道类型分别为______、______；CH3NH3+中，存在______（填代号）。
a．σ键 b．π键 c．配位键 d．氢键
已知甲基供电子能力强于氢原子，则CH3NH2、(CH3)2NH中接受质子能力较强的是______。
（3）(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，其中B代表Pb2+，则______代表 I−，每个晶胞中含有I− 的数目为______。原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为（0，0，0），B为（1/2，1/2，1/2），则C的原子分数坐标为______。已知(CH3NH3)PbI3的晶胞参数为a pm，晶体密度为r g·cm−3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为________g·mol−1（用代数式表示）。
【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). sp3 (5). ac (6). (CH3)2NH (7). C (8). 3 (9). （，，0） (10). ρa3NA×10－30
【解析】
【详解】（1）C、N均属于第二周期，第一电离能随序数递增，则N的第一电离能强于C，故答案为：N；
（2）CH3NH3+电子式为：，C原子含有4个σ键，则杂化轨道为sp3；N原子含有4个σ键，则杂化轨道为sp3； 由CH3NH3+电子式可知C、H，N、H之间存在σ键，无π键，N提供孤电子对，H含有空轨道，可形成配位键；甲基的供电子能力强于氢原子，则CH3)2NH中含有两个甲基接受质子能力较强，故答案为：；sp3；sp3；ac；(CH3)2NH；
（3）晶胞中A的数目为，B的数目为1，C的数目为： ，B代表Pb2+，由化学式可知(CH3NH3)PbI3 ，Pb2+和I−个数之比为1:3，则C代表I−；个数为3；原子分数坐标A为（0，0，0），B为（1/2，1/2，1/2），则C的原子分数坐标为（，，0）；晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为，则摩尔质量为ρa3NA×10－30，故答案为：C；3；（，，0）；ρa3NA×10－30。
【点睛】共价单键是σ键；双键中有一个σ键和一个π键；三键中有一个σ键和两个π键。
17.四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O，摩尔质量为457 g·mol－1，难溶于水] 是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰（含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等）为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如下，回答下列问题：
已知：6NH4HCO3 + 3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓ + 3(NH4)2SO4 + 5CO2↑
ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O + 2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O + 2H2O + CO2↑
（1）滤渣Ⅰ的主要成分为________；步骤Ⅰ中，需先将溶液的pH调至5.1，此时应选择的最佳试剂是________；
a．氨水 b．氢氧化钠 c．氧化锌 d．氢氧化钡
滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为________；试剂a为________；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作包括________和干燥。
（2）称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为________。
a．90～145℃ b．145～195℃ c．195～273℃ d．＞273℃
（3）为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，进行如下实验，已知滴定过程中Zn2+与H2Y2−按1:1反应。
步骤Ⅰ：准确称取0.4570 g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL容量瓶，定容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH = 5～6的缓冲溶液中用0.02000mol·L－1 Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60 mL。
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为________；产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为_______。下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是________。
a．步骤I中定容时俯视刻度线
b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯
c．步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗
d．步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
【答案】 (1). SiO2、PbSO4 (2). c (3). MnO+ 3Fe2+ + 7H2O＝MnO2↓ + 3Fe(OH)3↓ + 5H+ (4). Zn (5). 过滤、洗涤 (6). b (7). 移液管（或酸式滴定管） (8). 92% (9). bd
【解析】
【分析】
酸浸时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶物质PbSO4；调节pH时应注意不能带入新的杂质；KMnO4与溶液中亚铁离子发生氧化还原反应，以此写出化学方程式；试剂a为了除去溶液中的其他金属阳离子；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作有过滤、洗涤、干燥，据此解答。
【详解】（1）酸浸时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶物质PbSO4,故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2、PbSO4,；调节pH时不能带入新的杂质，也不能与所需产品反应，最佳试剂为氧化锌；KMnO4与溶液中亚铁离子发生氧化还原反应：；试剂a为了除去溶液中的其他金属阳离子Cu2+，为了不带入新的杂质，可用Zn单质；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作有过滤、洗涤、干燥；故答案为：SiO2、PbSO4；c；；Zn；过滤、洗涤；
（2）由图可知当温度小于90℃时，产品为Zn3(PO4)2·4H2O，此时物质的量为，当温度为145℃时质量为42.1g，蒸发水分物质的量为，则产品为Zn3(PO4)2·2H2O，同理可得，当温度为195℃时产品为Zn3(PO4)2·H2O，当温度为273℃时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，应控制温度在145～195℃，故答案为：b；
（3）移取溶液时所使用的玻璃仪器为移液管（或酸式滴定管）；滴定时有关系：，消耗Na2H2Y物质的量为，则样品中含有Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为：，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为；
a．步骤I中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高；
b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低；
c．步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高；
d．步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准液体积偏低，测定值偏低；故答案为：移液管（或酸式滴定管）；92%；bd。
18.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO+4H+=Al3++2H2O。
（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。
（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). 4FeO·V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5 (2). Fe2O3 [或Fe(OH)3] (3). 除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分） (4). Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH H+ + NH3·H2O = H2O + NH（写出第一个离子方程式即得分） (5). 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） (6). 产生了Ca(OH)2沉淀 (7). Cl－ (8). 3V2O5 + 2NH33V2O4 + N2 + 3H2O
【解析】
【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。
【详解】（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeO·V2O3 + 5O22Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3 [或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：、，故答案为：4FeO·V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5；Fe2O3 [或Fe(OH)3]；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；，（写出第一个离子方程式即得分）；
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2沉淀；
（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl－；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。
19.探索氮氧化合物反应的特征及机理，对处理该类化合物的污染问题具有重要意义。回答下列问题：
（1）工业上利用Na2CO3溶液吸收NO、NO2混合气制备NaNO2，该反应可实现NO和NO2的完全转化，反应的化学方程式为________。
（2）NO2可发生二聚反应生成N2O4，化学方程式为 ，上述反应达到平衡后，升高温度可使体系颜色加深，则该反应的________0（填＞或＜）。已知该反应的正反应速率方程为υ正= k正·c2(NO2)，逆反应速率方程为υ逆=k逆·c(N2O4)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。则图（lgk表示速率常数的对数； 表示温度的倒数）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示lgk正随变化关系的是斜线________，能表示lgk逆随变化关系的是斜线________。
（3）图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a + 1.5、a+0.5、a－0.5、a－1.5，则温度T1时化学平衡常数K=_______mol－1·L。已知温度T1时，某时刻恒容密闭容器中NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，此时υ正________υ逆（填＞或＜）；上述反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，则NO2的平衡转化率将________，NO2的平衡浓度将________（填增大、减小或不变）。
【答案】 (1). NO + NO2 + Na2CO3＝2NaNO2 + CO2 (2). ＜ (3). ③ (4). ④ (5). 10 (6). ＞ (7). 增大 (8). 增大
【解析】
【分析】
（1）Na2CO3溶液和NO、NO2反应生成NaNO2，再写出化学方程式；
（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆移，则正反应为放热反应；化学反应速率和温度成正比，随着温度下降 增大，正逆反应速率下降，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度下降平衡正移，υ正>υ逆，则下降相同温度时lgk逆减小更快，以此分析；
（3）化学平衡常数，平衡时υ正=υ逆再利用C点和D点数据求得k逆和k正；比较浓度商Q与K值得大小，若Q>K则平衡逆移，若Q
（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆移，则正反应为放热反应＜0；化学反应速率和温度成正比，随着温度下降 增大，正逆反应速率下降，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度下降平衡正移，υ正＞υ逆，则下降相同温度时lgk逆减小更快，则③表示lgk正随变化关系的是斜线，④表示lgk逆随变化关系的是斜线，故答案为：＜；③；④；
（3）化学平衡常数；NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，则浓度商＜K，则平衡正移，υ正＞υ逆；上述反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，等效于达到平衡后加压，平衡正移；根据勒夏特列原理，达到平衡时浓度比起始时大，故答案为：10；＞；增大；增大。
20.化合物I是合成含六元环甾类化合物的一种中间体。利用Robinson成环反应合成I的路线如下，回答下列问题：
已知：①
②
（1）B→C的反应方程式为________。
（2）化合物E和I的结构简式分别是________、________。
（3）C→D和F→G的反应类型分别是________、________。
（4）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式________。
①与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1:3；②有4种不同化学环境的氢。
（5）写出以甲醇、苯甲酸、乙酸甲酯和为原料合成的合成路线（其它试剂任选）。______________________________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 氧化反应 (5). 取代反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
由已知条件①和E分子式可知E为，D与甲醇发生酯化反应得到E，则D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C与高锰酸钾溶液氧化反应得到D，则C为，则B为，A为环己烷，由已知条件②可知H与经反应②得到I，则I结构简式为，以此分析。
【详解】（1）B经氢氧化钠醇溶液消去得到C ：，故答案为：；
（2）由上述分析可知化合物E和I的结构简式分别是；，故答案为：；；
（3）C与高锰酸钾溶液氧化反应得到D，由反应可知F中H原子被取代，故答案为：氧化反应；取代反应；
（4）G的同分异构体符合①与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1:3；G中最多含有一个酯基或羧基，则必定含有酚羟基，G中含有4个不饱和度，则G的同分异构体除苯环外不含有不饱和键。②有4种不同化学环境的氢符合条件的有，故答案为：；
（5）苯甲酸与甲醇发生酯化反应得到，由已知反应①与乙酸甲酯反应得到，由已知反应②与反应得到，合成路线程图为：，故答案为：。
【点睛】利用已知反应①推断出E的分子式是本题解题的关键。
化 学 试 题
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cr 52 Cu 64
一、选择题：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.山梨醇[CH2OH(CHOH)4CH2OH]可用作牙膏、食品的水分保持剂。其生产路线如下图所示。下列说法错误的是
A. 活性炭脱色的过程为物理变化
B. 加压氢化时葡萄糖中醛基转化为羟基
C. 离子交换时可选用阴离子交换树脂
D. 山梨醇可作水分保持剂是因为能与水形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
由生产流程图可知，葡萄糖先溶解后经过活性炭吸附褪色，后醛基加压氢化还原成羟基，再利用阳离子交换膜去除重金属离子得到山梨醇，以此分析。
【详解】A. 活性炭脱色利用了活性炭的吸附性，属于物理变化，故A正确；
B. 加压氢化时葡萄糖中醛基转化为羟基，故B正确；
C. 离子交换为了除去重金属离子，应选用阳离子交换膜，故C错误；
D. 山梨醇可作水分保持剂是因为山梨醇中羟基能与水形成氢键，故D正确；
故答案选：C。
2.下列实验操作或实验仪器使用正确的是
A. 将高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管中
B. 容量瓶、滴定管使用前均需用蒸馏水洗净并烘干
C. 用10 mL量筒量取2.5 mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸
D. 溶液蒸发浓缩时，用坩埚钳夹持蒸发皿直接加热
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，故A错误；
B. 容量瓶使用前不需要烘干，滴定管使用前需用蒸馏水洗净然后再用标准液润洗，不需要烘干，故B错误；
C. 可用10 mL量筒量取2.5 mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸，操作正确，故C正确；
D. 溶液蒸发浓缩时，蒸发皿应放置在泥三角上加热，不能直接用坩埚钳夹持加热，故D错误；
故答案选：C。
3.下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是
A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族
【答案】B
【解析】
【详解】A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A正确
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B错误；
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C正确；
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D正确；
故答案选：B。
4.中医药是中华民族的瑰宝，厚朴酚是一种常见中药的主要成分之一，有抗菌、消炎等功效，其结构简式如图a所示。下列说法错误的是
A. 厚朴酚与溴水既可发生加成反应又可发生取代反应
B. 图b所示为厚朴酚的一种同分异构体
C. 厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面
D. 厚朴酚分子中不含手性碳原子
【答案】B
【解析】
【分析】
由厚朴酚的结构简式可知，厚朴酚含官能团酚羟基、碳碳双键，图a图b有机物结构相同，为同一物质；苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，以此分析。
【详解】A. 厚朴酚含有酚羟基、碳碳双键可与溴水发生加成反应又可发生取代反应，故A正确；
B. 图b结构与厚朴酚相同，和厚朴酚为同一物质，故B错误；
C. 厚朴酚分子中苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面，则所有碳原子可能共面，故C正确；
D. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，由结构图可知厚朴酚分子中不含手性碳原子，故D正确；
故答案选：B。
【点睛】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
5.缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共享电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是
A. NH3、BF3、BF4-中只有BF3是缺电子化合物
B. BF3、BF4-中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3
C. BF3与NH3反应时有配位键生成
D. BF4-的键角小于NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH3电子式为符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构、BF4-电子式为，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；
B. BF3中心原子B价层电子对数为，则杂化方式为sp2杂化；BF4-中心原子B价层电子对数为，则杂化方式分别为sp3杂化，故B正确；
C. BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；
D. BF4-和NH3均为sp3杂化， BF4-中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对数增多，对成键电子的斥力增大，键角减小，则BF4-的键角大于NH3，故D错误；
故答案选：D。
6.设计如下装置制备硝酸（夹持装置略），每个虚线框表示一个装置单元，其中完全正确的是
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
制备硝酸流程为NH3先进行催化氧化生成NO，NO再和氧气、水反应生成硝酸，以此分析。
【详解】制备硝酸流程为NH3先进行催化氧化生成NO，NO再和氧气、水反应生成硝酸，图中装置①制取氨气和氧气，图②为NH3的催化氧化生成NO，③为除去氨气的装置，应使用浓硫酸除去气体中的NH3，④为防倒吸装置和吸收装置，进气应该是短口进，故①②正确，③④错误。故答案选：A。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1个氧气分子体积为 cm3
B. 铜电解精炼时，当阳极质量减少64 g时，电路中转移电子数为2NA
C. 标准状况下22.4 L Cl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为2NA
D. NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则其晶体密度为 g·cm－3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，1个氧气分子体积由氧气分子的大小决定不能直接用气体摩尔体积进行计算，故A错误；
B. 铜电解精炼时，阳极中含有Cu、Fe、Zn等金属，Fe、Zn先放电，当阳极质量减少64 g时，电路中转移电子数不等于2NA，故B错误；
C. 标准状况下22.4 L Cl2物质的量为1mol完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，根据氯原子守恒可知：， 则含氯微粒总数小于2NA，故C错误；
D. NaCl晶胞中Na+数目为， Cl－数目为，则晶胞质量为： ,与最近Cl－的核间距离为a cm，则体积为，则其晶体密度为 g·cm－3，故D正确；
故答案选：D。
8.锂－空气电池是一种可充放电池，电池反应为2Li + O2 = Li2O2，某锂－空气电池的构造原理图如下。下列说法正确的是
A. 可选用有机电解液或水性电解液
B. 含催化剂的多孔电极为电池的负极
C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2
D. 充电时锂电极应连接外接电源的正极
【答案】C
【解析】
【分析】
在锂空气电池中，锂失电子作负极，锂不能与该电解液直接反应，负极反应式为： Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应为：O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2，总反应为：2Li + O2 = Li2O2，据此解答。
【详解】A. 应选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，故A错误；
B. 含催化剂的多孔电极为电池的正极，故B错误；
C. 放电时正极的电极反应式为O2 + 2Li+ + 2e－= Li2O2，故C正确；
D. 充电时锂电极应连接外接电源的负极发生电极反应： Li++ e-= Li，故D错误；
故答案选：C。
9.实验室利用反应合成洋茉莉醛的流程如下。下列说法错误的是
A. 水洗的目的是除去KOH B. 试剂X应选用有机溶剂
C. 加入Na2CO3溶液的目的是除去酸 D. 进行蒸馏操作时可选用球形冷凝管
【答案】D
【解析】
【分析】
由流程图可知黄樟油素通过反应1生成异黄樟油素，异黄樟油素水洗过滤除去KOH，通过反应Ⅱ得到洋茉莉醛，利用有机溶剂将含洋茉莉醛的有机剂萃取出来，再加入Na2CO3除去酸，再通过蒸馏分离得到洋茉莉醛，以此分析。
【详解】A. 黄樟油素和异黄樟油素不溶于水，水洗的目的是除去KOH，故A正确；
B. 洋茉莉醛不溶于水溶液有机溶剂，则试剂X应选用有机溶剂，故B正确；
C. 加入Na2CO3溶液目的是除去稀硫酸，故C正确；
D. 进行蒸馏操作时应选用直形冷凝管，故D错误；
故答案选：D。
10.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是
温度
(K)
化学平衡常数
反应Ⅰ: 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O
反应Ⅱ: 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O
反应Ⅲ: 2NO + O2 → 2NO2
500
1.1×1026
7.1×1034
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
A. 使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
B. 通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
C. 通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；
B. 升高温度，反应Ⅰ和反应ⅡK值均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故B错误；
C. 反应Ⅰ和反应Ⅱ正反应均为增大压强的反应，无法通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故C错误；
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，提高氨气的转化率，故D错误；
故答案选：A。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题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.下列关于有机物结构的说法错误的是
A. 环己烷中所有C—C—C键角均120°
B. CnH2n+1Cl与CnHCl2n+1同分异构体数目相同
C. C原子与N原子之间可形成单键、双键和叁键
D. 含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的一定是3-甲基己烷
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 环己烷中所有C—C—C键角为四面体结构，键角不是120°，故A错误；
B. CnH2n+1Cl与CnHCl2n+1等效氢数目相同，则同分异构体数目相同，故B正确；
C. C原子与N原子之间可形成单键、双键和叁键，故C正确；
D. 含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的可能是3-甲基己烷，也可能是2,3-二甲基戊烷，故D错误；
故答案选：AD。
【点睛】含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的可能是3-甲基己烷，也可能是2,3-二甲基戊烷。
12.工业上常用电解铬酐（CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4）水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，发生的部分反应有：
①Cr2O72-+14H++6e−=2Cr3++7H2O
②2H++2e−=H2
③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
④CrO42-+8H++6e−=Cr+4H2O
⑤2H2O−4e−=O2+4H+
⑥2Cr3++7H2O−6e−=Cr2O72-+14H+
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①②在镀件上发生
B. H2O2既体现氧化性又体现还原性
C 当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移6mol电子
D. 电镀一段时间后，电极附近溶液的pH：阳极＞阴极
【答案】CD
【解析】
【详解】A.反应①②得到电子发生还原反应。在阴极上发生，镀件为阴极，故A正确；
B. H2O2既能提高也能降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，则H2O2既体现氧化性又体现还原性，故B正确；
C. 阴极上发生反应①②④，当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移电子大于6mol，故C错误；
D. 由反应②可知阴极pH增大，由反应⑥可知阳极pH减小，则pH阳极＜阴极，故D错误；
故答案选：CD。
13.改良Claus法利用天然气脱硫产生的H2S回收单质硫，首先将原料气通入反应炉并发生高温反应Ⅰ：2H2S(g) + 3O2(g) ＝2SO2(g) + 2H2O(g)；反应后的混合气体通入串联的多个温度逐渐降低的转化器内进行反应Ⅱ：2H2S(g) + SO2(g)3S(l) + 2H2O(g)。下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ消耗等量H2S时，转移电子数之比为2:1
B. 根据工艺流程判断反应Ⅱ为吸热反应
C. 通过串联多个转化器可提高硫的回收率
D. 反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的时，硫的回收率最高
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 反应Ⅰ消耗1molH2S时，转移电子6mol，反应Ⅱ消耗1molH2S时，转移电子2mol，则转移电子数之比为3：1，故A错误；
B. 为了提高原料利用率，反应Ⅱ温度降低，平衡正移，则正反应为放热反应， 故B错误；
C. 通过串联多个转化器，分离出硫，平衡正移，可提高硫的回收率，故C正确；
D. 反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的 时，反应Ⅱ中H2S和SO2物质的量之比为2：1，此时反应进行的最彻底，硫的回收率最高，故D正确；
故答案选：CD。
14.常温下，将10 mL 0.1 mol·L－1 NaA溶液逐滴加入10 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中，已知HA的电离平衡常数Ka = 1.8×10－4。下列说法正确的是
A. 滴加过程中，混合溶液中 始终变小
B. 滴加过程中，混合溶液中c(H+) + c(OH－) > 2.0×10－7 mol·L－1
C. 充分混合后，溶液中A－的水解程度比原NaA溶液中A－的水解程度大
D. 充分混合后，溶液中c(Na+) > c(A－) > c(HA) > c(H+) > c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. ，滴加过程中，氢离子浓度减小，则混合溶液中 始终变大，故A错误；
B. Ka = 1.8×10－4，则HA的电离大于A-水解，滴加过程中，混合溶液呈酸性，且水的离子键 ，则 ，故B正确；
C. 充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，HA溶液抑制A－的水解，故C错误；
D. 充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，且HA的电离大于A-水解，则溶液中c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH－)，故D错误；
故答案选：B。
15.氨基甲酸铵发生分解的化学方程式为NH2COONH4(s)2NH3(g) + CO2(g)。利用如下装置测定不同温度下该反应以分压表示的化学平衡常数Kp，实验步骤如下：
（Ⅰ）关闭K3，打开K1和K2，开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1；
（Ⅱ）关闭K2，缓慢开启K3至U型管两边液面相平并保持不变，读取压强数值。记录25℃、30℃下压强分别为12.0 kPa、17.1 kPa。下列说法错误的是
A. 氨基甲酸铵分解反应的ΔH＞0
B. 该反应25℃时的化学平衡常数Kp = 2.56×1011 Pa3
C. 步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，Kp测量值偏小
D 步骤Ⅱ中读数时U型管左侧液面偏高，Kp测量值偏小
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 温度升高气压增大，由反应可知，平衡正移，则正反应为吸热反应，故A正确；
B. 设CO2的压强为xPa，则NH3的压强为2xPa，总压强为12.0 kPa，则，，则 ，故B正确；
C. 步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，U型管左侧会有残留空气，导致Kp测量值偏大，故C错误；
D. 步骤Ⅱ中读数时U型管左侧液面偏高，则证明左侧气压小于右侧，Kp测量值偏大，故D错误。
故答案选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.我国科学家成功合成了甲基胺离子导向的钙钛矿类杂化材料(CH3NH3)PbI3，该物质因具有较高的光电转换效率而在太阳能电池领域具有重要的应用价值。回答下列问题
（1）C、N基态原子中，第一电离能较大的是_____。
（2）CH3NH3+的电子式为_____，C、N原子的杂化轨道类型分别为______、______；CH3NH3+中，存在______（填代号）。
a．σ键 b．π键 c．配位键 d．氢键
已知甲基供电子能力强于氢原子，则CH3NH2、(CH3)2NH中接受质子能力较强的是______。
（3）(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，其中B代表Pb2+，则______代表 I−，每个晶胞中含有I− 的数目为______。原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中，原子分数坐标A为（0，0，0），B为（1/2，1/2，1/2），则C的原子分数坐标为______。已知(CH3NH3)PbI3的晶胞参数为a pm，晶体密度为r g·cm−3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为________g·mol−1（用代数式表示）。
【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). sp3 (5). ac (6). (CH3)2NH (7). C (8). 3 (9). （，，0） (10). ρa3NA×10－30
【解析】
【详解】（1）C、N均属于第二周期，第一电离能随序数递增，则N的第一电离能强于C，故答案为：N；
（2）CH3NH3+电子式为：，C原子含有4个σ键，则杂化轨道为sp3；N原子含有4个σ键，则杂化轨道为sp3； 由CH3NH3+电子式可知C、H，N、H之间存在σ键，无π键，N提供孤电子对，H含有空轨道，可形成配位键；甲基的供电子能力强于氢原子，则CH3)2NH中含有两个甲基接受质子能力较强，故答案为：；sp3；sp3；ac；(CH3)2NH；
（3）晶胞中A的数目为，B的数目为1，C的数目为： ，B代表Pb2+，由化学式可知(CH3NH3)PbI3 ，Pb2+和I−个数之比为1:3，则C代表I−；个数为3；原子分数坐标A为（0，0，0），B为（1/2，1/2，1/2），则C的原子分数坐标为（，，0）；晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为，则摩尔质量为ρa3NA×10－30，故答案为：C；3；（，，0）；ρa3NA×10－30。
【点睛】共价单键是σ键；双键中有一个σ键和一个π键；三键中有一个σ键和两个π键。
17.四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O，摩尔质量为457 g·mol－1，难溶于水] 是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰（含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等）为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如下，回答下列问题：
已知：6NH4HCO3 + 3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓ + 3(NH4)2SO4 + 5CO2↑
ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O + 2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O + 2H2O + CO2↑
（1）滤渣Ⅰ的主要成分为________；步骤Ⅰ中，需先将溶液的pH调至5.1，此时应选择的最佳试剂是________；
a．氨水 b．氢氧化钠 c．氧化锌 d．氢氧化钡
滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为________；试剂a为________；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作包括________和干燥。
（2）称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为________。
a．90～145℃ b．145～195℃ c．195～273℃ d．＞273℃
（3）为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，进行如下实验，已知滴定过程中Zn2+与H2Y2−按1:1反应。
步骤Ⅰ：准确称取0.4570 g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL容量瓶，定容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH = 5～6的缓冲溶液中用0.02000mol·L－1 Na2H2Y标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y标准溶液的用量为27.60 mL。
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为________；产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为_______。下列操作中，导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是________。
a．步骤I中定容时俯视刻度线
b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯
c．步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗
d．步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
【答案】 (1). SiO2、PbSO4 (2). c (3). MnO+ 3Fe2+ + 7H2O＝MnO2↓ + 3Fe(OH)3↓ + 5H+ (4). Zn (5). 过滤、洗涤 (6). b (7). 移液管（或酸式滴定管） (8). 92% (9). bd
【解析】
【分析】
酸浸时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶物质PbSO4；调节pH时应注意不能带入新的杂质；KMnO4与溶液中亚铁离子发生氧化还原反应，以此写出化学方程式；试剂a为了除去溶液中的其他金属阳离子；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作有过滤、洗涤、干燥，据此解答。
【详解】（1）酸浸时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶物质PbSO4,故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2、PbSO4,；调节pH时不能带入新的杂质，也不能与所需产品反应，最佳试剂为氧化锌；KMnO4与溶液中亚铁离子发生氧化还原反应：；试剂a为了除去溶液中的其他金属阳离子Cu2+，为了不带入新的杂质，可用Zn单质；步骤Ⅳ反应结束后，得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作有过滤、洗涤、干燥；故答案为：SiO2、PbSO4；c；；Zn；过滤、洗涤；
（2）由图可知当温度小于90℃时，产品为Zn3(PO4)2·4H2O，此时物质的量为，当温度为145℃时质量为42.1g，蒸发水分物质的量为，则产品为Zn3(PO4)2·2H2O，同理可得，当温度为195℃时产品为Zn3(PO4)2·H2O，当温度为273℃时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，应控制温度在145～195℃，故答案为：b；
（3）移取溶液时所使用的玻璃仪器为移液管（或酸式滴定管）；滴定时有关系：，消耗Na2H2Y物质的量为，则样品中含有Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为：，则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为；
a．步骤I中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏高；
b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低；
c．步骤II中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高；
d．步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准液体积偏低，测定值偏低；故答案为：移液管（或酸式滴定管）；92%；bd。
18.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO+4H+=Al3++2H2O。
（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。
（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). 4FeO·V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5 (2). Fe2O3 [或Fe(OH)3] (3). 除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分） (4). Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH H+ + NH3·H2O = H2O + NH（写出第一个离子方程式即得分） (5). 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） (6). 产生了Ca(OH)2沉淀 (7). Cl－ (8). 3V2O5 + 2NH33V2O4 + N2 + 3H2O
【解析】
【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。
【详解】（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeO·V2O3 + 5O22Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3 [或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：、，故答案为：4FeO·V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5；Fe2O3 [或Fe(OH)3]；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；，（写出第一个离子方程式即得分）；
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2沉淀；
（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl－；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。
19.探索氮氧化合物反应的特征及机理，对处理该类化合物的污染问题具有重要意义。回答下列问题：
（1）工业上利用Na2CO3溶液吸收NO、NO2混合气制备NaNO2，该反应可实现NO和NO2的完全转化，反应的化学方程式为________。
（2）NO2可发生二聚反应生成N2O4，化学方程式为 ，上述反应达到平衡后，升高温度可使体系颜色加深，则该反应的________0（填＞或＜）。已知该反应的正反应速率方程为υ正= k正·c2(NO2)，逆反应速率方程为υ逆=k逆·c(N2O4)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。则图（lgk表示速率常数的对数； 表示温度的倒数）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示lgk正随变化关系的是斜线________，能表示lgk逆随变化关系的是斜线________。
（3）图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a + 1.5、a+0.5、a－0.5、a－1.5，则温度T1时化学平衡常数K=_______mol－1·L。已知温度T1时，某时刻恒容密闭容器中NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，此时υ正________υ逆（填＞或＜）；上述反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，则NO2的平衡转化率将________，NO2的平衡浓度将________（填增大、减小或不变）。
【答案】 (1). NO + NO2 + Na2CO3＝2NaNO2 + CO2 (2). ＜ (3). ③ (4). ④ (5). 10 (6). ＞ (7). 增大 (8). 增大
【解析】
【分析】
（1）Na2CO3溶液和NO、NO2反应生成NaNO2，再写出化学方程式；
（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆移，则正反应为放热反应；化学反应速率和温度成正比，随着温度下降 增大，正逆反应速率下降，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度下降平衡正移，υ正>υ逆，则下降相同温度时lgk逆减小更快，以此分析；
（3）化学平衡常数，平衡时υ正=υ逆再利用C点和D点数据求得k逆和k正；比较浓度商Q与K值得大小，若Q>K则平衡逆移，若Q
（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆移，则正反应为放热反应＜0；化学反应速率和温度成正比，随着温度下降 增大，正逆反应速率下降，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度下降平衡正移，υ正＞υ逆，则下降相同温度时lgk逆减小更快，则③表示lgk正随变化关系的是斜线，④表示lgk逆随变化关系的是斜线，故答案为：＜；③；④；
（3）化学平衡常数；NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，则浓度商＜K，则平衡正移，υ正＞υ逆；上述反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，等效于达到平衡后加压，平衡正移；根据勒夏特列原理，达到平衡时浓度比起始时大，故答案为：10；＞；增大；增大。
20.化合物I是合成含六元环甾类化合物的一种中间体。利用Robinson成环反应合成I的路线如下，回答下列问题：
已知：①
②
（1）B→C的反应方程式为________。
（2）化合物E和I的结构简式分别是________、________。
（3）C→D和F→G的反应类型分别是________、________。
（4）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式________。
①与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1:3；②有4种不同化学环境的氢。
（5）写出以甲醇、苯甲酸、乙酸甲酯和为原料合成的合成路线（其它试剂任选）。______________________________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 氧化反应 (5). 取代反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
由已知条件①和E分子式可知E为，D与甲醇发生酯化反应得到E，则D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C与高锰酸钾溶液氧化反应得到D，则C为，则B为，A为环己烷，由已知条件②可知H与经反应②得到I，则I结构简式为，以此分析。
【详解】（1）B经氢氧化钠醇溶液消去得到C ：，故答案为：；
（2）由上述分析可知化合物E和I的结构简式分别是；，故答案为：；；
（3）C与高锰酸钾溶液氧化反应得到D，由反应可知F中H原子被取代，故答案为：氧化反应；取代反应；
（4）G的同分异构体符合①与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之比为1:3；G中最多含有一个酯基或羧基，则必定含有酚羟基，G中含有4个不饱和度，则G的同分异构体除苯环外不含有不饱和键。②有4种不同化学环境的氢符合条件的有，故答案为：；
（5）苯甲酸与甲醇发生酯化反应得到，由已知反应①与乙酸甲酯反应得到，由已知反应②与反应得到，合成路线程图为：，故答案为：。
【点睛】利用已知反应①推断出E的分子式是本题解题的关键。
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