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山东省淄博市2020届高三第一次模拟化学试题
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淄博市2019—2020学年度高三模拟考试试题
化学
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共10页。满分100分。考试用时90分钟。
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在答题卡规定的位置上。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，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。答案不能答在试卷上。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上。
原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 C1-35.5 Co-59 Sn-119
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)
1.化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；
B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；
C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；
D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；
故选D。
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒
B. 葡萄中含有花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒
C. 植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质
D. 防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
【答案】A
【解析】
【详解】A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；
B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；
C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；
D. Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；
故选A。
3.我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）
A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B. 将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿
C. 《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜
D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；
B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；
C. 铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；
D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；
故选C。
4.人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（ ）
A. 乳酸的系统命名为1-羟基丙酸
B. 与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种
C. 乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D. 乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；
B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；
C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；
D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；
故选B。
5.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（ ）
A. 制取SO2
B. 还原IO3-
C. 制I2的CCl4溶液
D. 从水溶液中提取NaHSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2，故不选A；
B．SO2气体把IO3-还原为I2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B；
C．I2易溶于CCl4， 用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C；
D．用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D；
故选D。
6.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S＞C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a＞b
C
向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3
D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；
故选A。
7.铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量KI淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
在上述实验条件下，下列结论不正确的是（ ）
A. BiO3-的氧化性强于MnO4-
B. H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2
C. 向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色
D. H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；
【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；
B. 滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；
C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；
D. 由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。
8.全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（ ）
A. 钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤
B. 钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属
D. 也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤，故A错误；
B．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C．金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C错误；
D．外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒X，则钢管失电子被腐蚀，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。
9.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：
已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。
下列说法不正确的是
A. 研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B. 除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
C. 副产品A的化学式(NH4)2S
D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【解析】
分析】
由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
【详解】A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；
B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；
C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；
D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；
故选C。
10.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（ ）
A. 图中Y线代表的Ag2C2O4
B. n点表示AgCl的过饱和溶液
C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀
D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l
【答案】D
【解析】
【分析】
当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)= ，Ksp(Ag2C2O4)= 。
【详解】A．当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4，故A正确；
B．n点c(Cl-) ×c(Ag+)> Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；
C．结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正确；
D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04，故D错误；
故选D。
二、选择题(本题包括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，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
11.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（ ）
A. WX的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为：Y＞Z＞Q
C. 由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
D. 该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构
【答案】AD
【解析】
【分析】
X的原子半径是元素周期表中最小的，X是H元素；X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W能形成+1价阳离子，W是Na；根据形成共价键数，Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，所以Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素。
【详解】A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，故A正确；
B．同周期元素从左到右，非金属性增强，元素非金属性的顺序为：O＞N＞C，故B错误；
C．由H、C、O、Na四种元素能形成的化合物NaHC2O4，NaHC2O4的水溶液呈酸性，故C错误；
D．该化合物中，与C单键相连O，共用一对电子，并得到了Na失去的一个电子，形成-1价的阴离子，满足8电子稳定结构，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意8电子稳定结构的判断方法。
12.常用于治疗心律失常药物的有效成分为，合成该有机物的化学方程式为：
下列叙述正确的是（ ）
A. A中所有原子可能在同一平面内
B. 室温下C与足量Br2加成产物的分子中有4个手性碳原子
C. 1molB最多能与2molNaOH反应
D. A能与酸性KMnO4溶液反应，C不能
【答案】BC
【解析】
【详解】A. A中含有甲基，不可能所有原子同一平面内，故A错误；
B. 室温下C与足量Br2加成产物的分子，有如图所示的4个手性碳原子，故B正确；
C.B和氢氧化钠溶液发生溴原子的水解、酯基的水解， 1molB最多能与2molNaOH反应，故C正确；
D. A含有酚羟基、C含有碳碳双键，都能与酸性KMnO4溶液反应，故D错误；
选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。
13.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量
B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；
C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。
14.“太阳-水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A. 若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH增大
B. 若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+
C. 若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 若用导线连接a、c，a极发生氧化反应生成氧气，则a为负极，电极反应为，该电极附近pH减小，故A错误；
B. 若用导线连接a、c，a极发生氧化反应生成氧气，则a为负极，c电极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为WO3+xH++xe-= HxWO3，故B错误；
C.用导线先连接a、c，构成原电池，c是正极；用导线连接b、c，构成原电池，c是负极，c电极实现WO3、HxWO3之间的相互转化，可实现太阳能向电能转化，故C正确；
D. 若用导线连接b、c，b是正极，b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O，故D正确；
选CD。
15.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列说法正确的是（ ）
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4
C. 25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K＞100
D. A、C两点对应溶液中水的电离程度不相等
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 溶液中存在HFeO4-、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1= =4.0×10-4，故B正确；
C. H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5，25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K=<100，故C错误；
D. A点的溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO4-电离小于FeO42-水解，促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，故D正确；
选BD。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。
16.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。
（1）Co4+中存在__种不同能量的电子。
（2）你预测第一电离能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。请说出你的理由：__。
（3）已知下列化合物的熔点：
化合物
AlF3
GaF3
AlCl3
熔点/℃
1040
1000
194
表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：___。
（4）直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。
（5）钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴蓝晶体的化学式为___。在晶体中，某些原子位于其它原子围成的空隙中，如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示，则钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式即可，不必化简)。
【答案】 (1). 6 (2). < (3). 由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低 (4). AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3 (5). (PnO3n＋1)(n＋2)-或PnO3n＋1(n＋2)- (6). CoAl2O4 (7). 八面体 (8).
【解析】
【分析】
（1）不同能级的电子能量不同；
（2）原子轨道处于全满、半满、全空时为稳定状态；
（3）AlF3、GaF3为离子晶体，Al3+半径小于Ga3+，AlCl3为分子晶体；
（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为；
（5）根据均摊原则计算晶胞的化学式；；
【详解】（1）不同能级的电子能量不同；Co4+的核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d5，存在6种不同能量的电子；
（2）Cu核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s1 ，Zn核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s2，由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低；
（3）AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3；
（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为，所以氧原子数是磷原子数的3倍加1，电荷数是磷原子数加2；所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)-；
（5）Ⅰ型立体结构含有Co原子数是 、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是 、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体化学式为CoAl2O4；根据图示，在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的八面体空隙中；晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，晶胞的体积是 ，所以密度是。
17.二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
（1）(NH4)2MoO4中Mo的化合价为___。
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为___。
（3）“转化”中第一步加入Na2S后，（NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出第二步(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3的离子方程式为___。
（4）由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是__，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因___。
（5）利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl___T2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（6）已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(忽略溶液体积变化)，则当SO42-完全沉淀时，溶液中c(MoO42-)＜___mol/L(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). +6 (2). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (3). MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑ (4). 40℃、30min (5). 温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 (6). > (7). 3.6×10-3
【解析】
【分析】
（1）根据化合物中元素化合价代数和等于0计算(NH4)2MoO4中Mo的化合价；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大；温度太低，产生的H2S气体不易逸出；温度太高，反应物盐酸挥发；
（5）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质；
（6）根据Ksp(BaSO4)计算SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)，再根据Ksp(BaMoO4)计算c(MoO42-)；
【详解】（1）化合物中元素化合价代数和等于0，所以(NH4)2MoO4中Mo的化合价为+6；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，根据得失电子守恒配平方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢，反应的离子方程式为MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大，所以最优温度和时间是40℃、30min；温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3，所以低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降；
（5）[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2；
（6）Ksp(BaSO4)= 1.1×10-10，SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)=， Ksp(BaMoO4)= 4.0×10-8，c(MoO42-)=3.6×10-3。
18.“清肺排毒汤”对新冠肺炎病毒感染具有良好的效果，其中一味中药黄芩的一种活性中间体的结构为：，现在可人工合成，路线如图所示：
（1）A生成B的反应条件是___，B生成C的反应条件为___。
（2）合成过程中，属于取代反应的是___。
（3）F的结构简式为___。
（4）D在一定条件下能生成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式___。同时符合下列三个条件的D的同分异构体共有___种。
a.能发生银镜反应；
b.苯环上有3个取代基；
c.与FeCl3溶液发生显色反应。
（5）依据以上合成信息，以乙烯和氯苯为原料合成路线，无机试剂自选___。
【答案】 (1). 氢氧化钠水溶液，加热（或） (2). 铜或银做催化剂，加热（或） (3). ①④⑤⑦ (4). (5). n (6). 10 (7).
【解析】
【分析】
（1）A生成B是卤代烃的水解；B生成C是醇氧化为醛；
（2）取代反应是有机物分子中的原子或原子团被其它的原子或原子团代替的反应；
（3）由逆推F的结构简式；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物；D的同分异构体，a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成；
【详解】（1）A生成B是卤代烃的水解，反应条件是氢氧化钠水溶液，加热；B生成C是醇氧化为醛，反应条件为铜或银做催化剂，加热；
（2）是氯原子被羟基代替；是羟基被氯原子代替；是氯原子被代替；是甲基被氢原子代替，所以属于取代反应的是①④⑤⑦；
（3）和F反应生成，由G逆推可知F的结构简式是；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，反应方程式是n； a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则3个取代基是-OH、-CHO、-CH=CH2，3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的D的同分异构体有10种；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成，合成路线为；
19.苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。
已知：①与NH3相似，与盐酸反应生成(易溶于水的盐)。
②用硝基苯制取苯胺的反应为：2 +3Sn+12HCl2 +3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见下表：
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/g·cm-3
苯胺
93
6.3
184
微溶于水，易溶于乙醚
1.02
硝基苯
123
5.7
210.9
难溶于水，易溶于乙醚
1.23
乙醚
74
116.2
34.6
微溶于水
0.7134
Ⅰ.制备苯胺
图1所示装置中加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。
（1）滴加适量NaOH溶液的目的是___，写出主要反应的离子方程式___。
Ⅱ.纯化苯胺
ⅰ.取出图l所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液甲。
ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。
iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺1.86g。
（2）装置A中玻璃管的作用是__。
（3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先__，再___。
（4）该实验中苯胺的产率为___(保留三位有效数字)。
（5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案___。
【答案】 (1). 与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2 (2). C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O (3). 安全管、平衡压强、防止气压过大等 (4). 打开止水夹d (5). 撤掉酒精灯或停止加热 (6). 40.0% (7). 在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺
【解析】
【分析】
(1)与NH3相似，NaOH与反应生成；
(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强；
(3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；
(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量÷理论产量=产率；
(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；
【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；
(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；
(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；
(4)5mL硝基苯的质量是5mL×1.23 g·cm-3=6.15g，物质的量是=0.05mol，根据质量守恒定律，生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的产率是=40.0%；
(5)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。
20.Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇是极具前景的资源化研究领域，主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）ΔH3=___kJ·mol-1。
（2）已知反应i的速率方程为v正=k正x(CO2)·x3(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，k正、k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数Kx=___(以k正、k逆表示)。
（3）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表___(填化学式)。
②250℃时反应ii的Kx___1(填“＞”、“＜”或“=”)
③下列措施中，一定无法提高甲醇产率的是___。
A.加入适量CO B.使用催化剂
C.循环利用原料气 D.升高温度
（4）在10MPa下将H2、CO按一定比例投料，平衡状态时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。曲线b代表的物质为____(填化学式)。温度为700K时，该反应的平衡常数KP=___(MPa)-2(结果用分数表示)。
Ⅱ.在恒容容器中，使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH<0
进行相关实验探究。改变投料比[n(SO2)：n(NO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定SO2的平衡转化率[α(SO2)]实验结果如图所示。
已知：KR=16，KZ=
（5）如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态。应采取的措施是___。
（6）通过计算确定图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是__。
【答案】 (1). －90.6 (2). (3). CH3OH (4). < (5). B、D (6). H2 (7). (8). 升高温度 (9). X和Z
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）根据盖斯定律计算ΔH3；
（2）Kx=，根据反应达到平衡时v正= v逆计算物质的量分数平衡常数Kx；
（3）升高温度，反应i逆向移动、反应ii正向移动、反应iii逆向移动；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动；
（6）平衡常数相同，温度相同；
【详解】Ⅰ.（1）i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律 i- ii得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3= -49.4kJ·mol-1 -41.2kJ·mol-1=－90.6 kJ·mol-1；
（2）Kx=，反应达到平衡时v正= v逆，即k正x(CO2)·x3(H2) =k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，= ，所以Kx =；
（3）①升高温度，反应i逆向移动、反应iii逆向移动所以甲醇的含量明显减小；反应ii正向移动，CO含量增大，水的含量变化小于甲醇，故图中Y代表CH3OH、X代表CO、Z代表H2O；
②250℃时反应ii的Kx=，根据图示CO 、H2O的物质的量分数小于CO2 、H2，所以Kx<1；
③A.加入适量CO ，反应iii正向移动，能提高甲醇的产率，故不选A；
B.使用催化剂，平衡不移动，一定不能提高甲醇的产率，故选B；
C.循环利用原料气，提高原料利用率，能提高甲醇的产率，故不选C；
D.升高温度，反应i、反应iii均逆向移动，一定不能提高甲醇的产率，故选D；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小，故图中a代表CH3OH、c代表CO、b代表H2；
温度为700K时，该反应的平衡常数KP= (MPa)-2；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可以是升高温度；
（6）X点：
KX=；
Y点：
Ky=；
KR=16，KZ=l；
所以图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是X、Z。
化学
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共10页。满分100分。考试用时90分钟。
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在答题卡规定的位置上。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，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。答案不能答在试卷上。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上。
原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 C1-35.5 Co-59 Sn-119
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)
1.化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；
B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；
C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；
D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；
故选D。
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒
B. 葡萄中含有花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒
C. 植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质
D. 防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
【答案】A
【解析】
【详解】A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；
B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；
C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；
D. Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；
故选A。
3.我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）
A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B. 将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿
C. 《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜
D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；
B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；
C. 铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；
D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；
故选C。
4.人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（ ）
A. 乳酸的系统命名为1-羟基丙酸
B. 与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种
C. 乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D. 乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；
B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；
C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；
D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；
故选B。
5.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（ ）
A. 制取SO2
B. 还原IO3-
C. 制I2的CCl4溶液
D. 从水溶液中提取NaHSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2，故不选A；
B．SO2气体把IO3-还原为I2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B；
C．I2易溶于CCl4， 用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C；
D．用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D；
故选D。
6.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S＞C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a＞b
C
向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3
D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；
故选A。
7.铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量KI淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
在上述实验条件下，下列结论不正确的是（ ）
A. BiO3-的氧化性强于MnO4-
B. H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2
C. 向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色
D. H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；
【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；
B. 滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；
C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；
D. 由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。
8.全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（ ）
A. 钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤
B. 钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属
D. 也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤，故A错误；
B．金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C．金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C错误；
D．外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒X，则钢管失电子被腐蚀，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。
9.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：
已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。
下列说法不正确的是
A. 研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B. 除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
C. 副产品A的化学式(NH4)2S
D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【解析】
分析】
由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
【详解】A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；
B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；
C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；
D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；
故选C。
10.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（ ）
A. 图中Y线代表的Ag2C2O4
B. n点表示AgCl的过饱和溶液
C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀
D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l
【答案】D
【解析】
【分析】
当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)= ，Ksp(Ag2C2O4)= 。
【详解】A．当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4，故A正确；
B．n点c(Cl-) ×c(Ag+)> Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；
C．结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正确；
D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04，故D错误；
故选D。
二、选择题(本题包括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，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
11.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（ ）
A. WX的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为：Y＞Z＞Q
C. 由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
D. 该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构
【答案】AD
【解析】
【分析】
X的原子半径是元素周期表中最小的，X是H元素；X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W能形成+1价阳离子，W是Na；根据形成共价键数，Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，所以Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素。
【详解】A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，故A正确；
B．同周期元素从左到右，非金属性增强，元素非金属性的顺序为：O＞N＞C，故B错误；
C．由H、C、O、Na四种元素能形成的化合物NaHC2O4，NaHC2O4的水溶液呈酸性，故C错误；
D．该化合物中，与C单键相连O，共用一对电子，并得到了Na失去的一个电子，形成-1价的阴离子，满足8电子稳定结构，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意8电子稳定结构的判断方法。
12.常用于治疗心律失常药物的有效成分为，合成该有机物的化学方程式为：
下列叙述正确的是（ ）
A. A中所有原子可能在同一平面内
B. 室温下C与足量Br2加成产物的分子中有4个手性碳原子
C. 1molB最多能与2molNaOH反应
D. A能与酸性KMnO4溶液反应，C不能
【答案】BC
【解析】
【详解】A. A中含有甲基，不可能所有原子同一平面内，故A错误；
B. 室温下C与足量Br2加成产物的分子，有如图所示的4个手性碳原子，故B正确；
C.B和氢氧化钠溶液发生溴原子的水解、酯基的水解， 1molB最多能与2molNaOH反应，故C正确；
D. A含有酚羟基、C含有碳碳双键，都能与酸性KMnO4溶液反应，故D错误；
选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。
13.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量
B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；
C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。
14.“太阳-水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A. 若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH增大
B. 若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+
C. 若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 若用导线连接a、c，a极发生氧化反应生成氧气，则a为负极，电极反应为，该电极附近pH减小，故A错误；
B. 若用导线连接a、c，a极发生氧化反应生成氧气，则a为负极，c电极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为WO3+xH++xe-= HxWO3，故B错误；
C.用导线先连接a、c，构成原电池，c是正极；用导线连接b、c，构成原电池，c是负极，c电极实现WO3、HxWO3之间的相互转化，可实现太阳能向电能转化，故C正确；
D. 若用导线连接b、c，b是正极，b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O，故D正确；
选CD。
15.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列说法正确的是（ ）
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4
C. 25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K＞100
D. A、C两点对应溶液中水的电离程度不相等
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 溶液中存在HFeO4-、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1= =4.0×10-4，故B正确；
C. H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5，25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K=<100，故C错误；
D. A点的溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO4-电离小于FeO42-水解，促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，故D正确；
选BD。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。
16.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。
（1）Co4+中存在__种不同能量的电子。
（2）你预测第一电离能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。请说出你的理由：__。
（3）已知下列化合物的熔点：
化合物
AlF3
GaF3
AlCl3
熔点/℃
1040
1000
194
表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：___。
（4）直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。
（5）钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴蓝晶体的化学式为___。在晶体中，某些原子位于其它原子围成的空隙中，如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示，则钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式即可，不必化简)。
【答案】 (1). 6 (2). < (3). 由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低 (4). AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3 (5). (PnO3n＋1)(n＋2)-或PnO3n＋1(n＋2)- (6). CoAl2O4 (7). 八面体 (8).
【解析】
【分析】
（1）不同能级的电子能量不同；
（2）原子轨道处于全满、半满、全空时为稳定状态；
（3）AlF3、GaF3为离子晶体，Al3+半径小于Ga3+，AlCl3为分子晶体；
（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为；
（5）根据均摊原则计算晶胞的化学式；；
【详解】（1）不同能级的电子能量不同；Co4+的核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d5，存在6种不同能量的电子；
（2）Cu核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s1 ，Zn核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s2，由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低；
（3）AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3；
（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为，所以氧原子数是磷原子数的3倍加1，电荷数是磷原子数加2；所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)-；
（5）Ⅰ型立体结构含有Co原子数是 、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是 、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体化学式为CoAl2O4；根据图示，在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的八面体空隙中；晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，晶胞的体积是 ，所以密度是。
17.二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
（1）(NH4)2MoO4中Mo的化合价为___。
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为___。
（3）“转化”中第一步加入Na2S后，（NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出第二步(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3的离子方程式为___。
（4）由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是__，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因___。
（5）利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl___T2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（6）已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(忽略溶液体积变化)，则当SO42-完全沉淀时，溶液中c(MoO42-)＜___mol/L(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). +6 (2). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (3). MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑ (4). 40℃、30min (5). 温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 (6). > (7). 3.6×10-3
【解析】
【分析】
（1）根据化合物中元素化合价代数和等于0计算(NH4)2MoO4中Mo的化合价；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大；温度太低，产生的H2S气体不易逸出；温度太高，反应物盐酸挥发；
（5）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质；
（6）根据Ksp(BaSO4)计算SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)，再根据Ksp(BaMoO4)计算c(MoO42-)；
【详解】（1）化合物中元素化合价代数和等于0，所以(NH4)2MoO4中Mo的化合价为+6；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，根据得失电子守恒配平方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢，反应的离子方程式为MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大，所以最优温度和时间是40℃、30min；温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3，所以低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降；
（5）[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2；
（6）Ksp(BaSO4)= 1.1×10-10，SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)=， Ksp(BaMoO4)= 4.0×10-8，c(MoO42-)=3.6×10-3。
18.“清肺排毒汤”对新冠肺炎病毒感染具有良好的效果，其中一味中药黄芩的一种活性中间体的结构为：，现在可人工合成，路线如图所示：
（1）A生成B的反应条件是___，B生成C的反应条件为___。
（2）合成过程中，属于取代反应的是___。
（3）F的结构简式为___。
（4）D在一定条件下能生成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式___。同时符合下列三个条件的D的同分异构体共有___种。
a.能发生银镜反应；
b.苯环上有3个取代基；
c.与FeCl3溶液发生显色反应。
（5）依据以上合成信息，以乙烯和氯苯为原料合成路线，无机试剂自选___。
【答案】 (1). 氢氧化钠水溶液，加热（或） (2). 铜或银做催化剂，加热（或） (3). ①④⑤⑦ (4). (5). n (6). 10 (7).
【解析】
【分析】
（1）A生成B是卤代烃的水解；B生成C是醇氧化为醛；
（2）取代反应是有机物分子中的原子或原子团被其它的原子或原子团代替的反应；
（3）由逆推F的结构简式；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物；D的同分异构体，a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成；
【详解】（1）A生成B是卤代烃的水解，反应条件是氢氧化钠水溶液，加热；B生成C是醇氧化为醛，反应条件为铜或银做催化剂，加热；
（2）是氯原子被羟基代替；是羟基被氯原子代替；是氯原子被代替；是甲基被氢原子代替，所以属于取代反应的是①④⑤⑦；
（3）和F反应生成，由G逆推可知F的结构简式是；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，反应方程式是n； a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则3个取代基是-OH、-CHO、-CH=CH2，3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的D的同分异构体有10种；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成，合成路线为；
19.苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。
已知：①与NH3相似，与盐酸反应生成(易溶于水的盐)。
②用硝基苯制取苯胺的反应为：2 +3Sn+12HCl2 +3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见下表：
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/g·cm-3
苯胺
93
6.3
184
微溶于水，易溶于乙醚
1.02
硝基苯
123
5.7
210.9
难溶于水，易溶于乙醚
1.23
乙醚
74
116.2
34.6
微溶于水
0.7134
Ⅰ.制备苯胺
图1所示装置中加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。
（1）滴加适量NaOH溶液的目的是___，写出主要反应的离子方程式___。
Ⅱ.纯化苯胺
ⅰ.取出图l所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液甲。
ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。
iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺1.86g。
（2）装置A中玻璃管的作用是__。
（3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先__，再___。
（4）该实验中苯胺的产率为___(保留三位有效数字)。
（5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案___。
【答案】 (1). 与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2 (2). C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O (3). 安全管、平衡压强、防止气压过大等 (4). 打开止水夹d (5). 撤掉酒精灯或停止加热 (6). 40.0% (7). 在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺
【解析】
【分析】
(1)与NH3相似，NaOH与反应生成；
(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强；
(3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；
(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量÷理论产量=产率；
(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；
【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；
(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；
(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；
(4)5mL硝基苯的质量是5mL×1.23 g·cm-3=6.15g，物质的量是=0.05mol，根据质量守恒定律，生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的产率是=40.0%；
(5)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。
20.Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇是极具前景的资源化研究领域，主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）ΔH3=___kJ·mol-1。
（2）已知反应i的速率方程为v正=k正x(CO2)·x3(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，k正、k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数Kx=___(以k正、k逆表示)。
（3）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表___(填化学式)。
②250℃时反应ii的Kx___1(填“＞”、“＜”或“=”)
③下列措施中，一定无法提高甲醇产率的是___。
A.加入适量CO B.使用催化剂
C.循环利用原料气 D.升高温度
（4）在10MPa下将H2、CO按一定比例投料，平衡状态时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。曲线b代表的物质为____(填化学式)。温度为700K时，该反应的平衡常数KP=___(MPa)-2(结果用分数表示)。
Ⅱ.在恒容容器中，使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH<0
进行相关实验探究。改变投料比[n(SO2)：n(NO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定SO2的平衡转化率[α(SO2)]实验结果如图所示。
已知：KR=16，KZ=
（5）如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态。应采取的措施是___。
（6）通过计算确定图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是__。
【答案】 (1). －90.6 (2). (3). CH3OH (4). < (5). B、D (6). H2 (7). (8). 升高温度 (9). X和Z
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）根据盖斯定律计算ΔH3；
（2）Kx=，根据反应达到平衡时v正= v逆计算物质的量分数平衡常数Kx；
（3）升高温度，反应i逆向移动、反应ii正向移动、反应iii逆向移动；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动；
（6）平衡常数相同，温度相同；
【详解】Ⅰ.（1）i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律 i- ii得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3= -49.4kJ·mol-1 -41.2kJ·mol-1=－90.6 kJ·mol-1；
（2）Kx=，反应达到平衡时v正= v逆，即k正x(CO2)·x3(H2) =k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，= ，所以Kx =；
（3）①升高温度，反应i逆向移动、反应iii逆向移动所以甲醇的含量明显减小；反应ii正向移动，CO含量增大，水的含量变化小于甲醇，故图中Y代表CH3OH、X代表CO、Z代表H2O；
②250℃时反应ii的Kx=，根据图示CO 、H2O的物质的量分数小于CO2 、H2，所以Kx<1；
③A.加入适量CO ，反应iii正向移动，能提高甲醇的产率，故不选A；
B.使用催化剂，平衡不移动，一定不能提高甲醇的产率，故选B；
C.循环利用原料气，提高原料利用率，能提高甲醇的产率，故不选C；
D.升高温度，反应i、反应iii均逆向移动，一定不能提高甲醇的产率，故选D；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小，故图中a代表CH3OH、c代表CO、b代表H2；
温度为700K时，该反应的平衡常数KP= (MPa)-2；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可以是升高温度；
（6）X点：
KX=；
Y点：
Ky=；
KR=16，KZ=l；
所以图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是X、Z。
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