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广西桂林崇左贺州市2020届高三下学期联合调研考试化学试题
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2020年高考桂林崇左贺州市联合调研考试理综能力测试
化学部分
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，共12页。
2.答题前，考生务必在答题卡上用直径0.5毫米的黑色字迹签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号姓名和科目。
3.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。答在本试卷上无效。
4.答第I卷时，请用直径0.5毫米的黑色字迹签字笔在答题卡，上各题的答题区域内做答。答在本试卷上无效。
5.第33、34题为物理选考题，第35.36题为化学选考题，第37、38题为生物选考题，请按题目要求从每科中分别任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。
6.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 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 Ag 108
第I卷
一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生活密切相关。下列说法中正确的是：
A. 可以用热的烧碱溶液清洗餐具的油污
B. 84消毒液的消毒原理与HClO的强还原性有关
C. 酒精的消毒杀菌能力随着溶液浓度的增大而增强
D. 56℃以上的高温能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因烧碱具有强腐蚀性，一般不用烧碱，可用纯碱溶液，A错误；
B. 84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO水解生成HClO，HClO具有强氧化性，所以84消毒液的消毒原理与HClO的强氧化性有关，B错误；
C. 酒精用于消毒杀菌最佳浓度是75％，浓度太大、太低消毒效果都不好，C错误；
D. 温度高可以使蛋白质变性，所以高温能杀死新型冠状病毒，D正确。
答案选D。
【点睛】烧碱具有强碱性、强腐蚀性，纯碱溶液相对而言较弱，一般用热的纯碱溶液清洗餐具的油污。
2.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 B. X的同分异构体有3种
C. 由X→Y的反应为取代反应 D. Y分子中含有4种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A.X中含有酚羟基、Y中含有碳碳不饱和键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B.和X具有相同官能团的同分异构体就有多种，先确定三溴苯还有两种结构，再加上羟基，所以有五种同分异构体，B错误；
C. X中-OH上的H原子被取代，生成Y和HCl，所以为取代反应，C正确；
D. Y分子中含有溴原子、酯基、碳碳双键3种官能团，D错误。
答案选C。
【点睛】同分异构体的书写，可以先确定部分官能团的位置，再考虑另一个官能团的位置，得到同分异构体的个数。
3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X与Y可组成一种红棕色有刺激性气味的气体；Z的周期数是族序数的3倍；工业上常用冷的烧碱溶液吸收W的单质制取漂白液。下列叙述中正确的是
A. 简单离子半径的大小顺序：Z>W
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：W>X
C. 常温常压下，X、Z、W的氢化物都为气体
D. Y和Z组成的化合物中，阴、阳离子数之比为1：1
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素。X与Y 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，X是N，Y是O；Z的周期数是族序数的3倍，因此Z只能是第三周期，所以Z是Na；工业上常用冷的烧碱溶液吸收W的单质制取漂白液，W是Cl。
【详解】A. Z、W简单离子为Na+、Cl-，Na+有两层电子，Cl-有三层电子，离子半径的大小顺序：W > Z，A错误；
B. X、W最高价氧化物对应的水化物为HNO3、HClO4，酸性：HClO4> HNO3，B正确；
C. 常温常压下，X、Z、W的氢化物中NH3、HCl为气体，NaH不是气体，C错误；
D. Y和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2，阴、阳离子数之比都为1：2，D错误。
答案选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法中错误的是
A. 2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
B. 3 mol Fe完全转变为Fe3O4失电子数目为8NA
C. 28 g乙烯和丙烯的混合气体中化学键数为6NA
D. 1 L 1.0 mol/L氨水中，NH3·H2O数目小于NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. NO与O2发生反应：2NO+O2=2NO2，2 mol一氧化氮和1 mol氧气混合后生成2 mol二氧化氮，但二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，所以混合气体分子总数小于2NA，A错误；
B.铁变为Fe3O4时铁变为+8/3价，故3mol铁失去8NA个电子，B正确；
C. 28 g的乙烯为1mol,含有化学键数为6 mol，28 g丙烯为 ，含有化学键数为，所以28 g乙烯和丙烯的混合气体中化学键数为6NA，C正确；
D. 氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，所以1 L 1.0 mol/L氨水中，NH3·H2O数目小于NA，D正确。
答案选A。
【点睛】二氧化氮与四氧化二氮存在平衡关系：2NO2N2O4，氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，要考虑全面。
5.下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A. 检验溶液中的Ag＋：向被检试液中加入盐酸，观察是否产生白色沉淀
B. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量氢氧化钠溶液，振荡后静置、分液
C. 制备Al(OH)，悬浊液：向1 mol·L－1 AlCl3溶液中加入过量的6 mol·L－1 NaOH溶液
D. 比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果：在相同条件下，向均盛有2 mL 5% H2O2溶液的两只试管中分别滴入0.1 mol·L－1 FeCl3溶液和0.1 mol·L－1 CuCl2溶液各1 mL，比较H2O2的分解速率
【答案】D
【解析】
【详解】A.加盐酸产生的白色沉淀也有可能是H2SiO3沉淀，所以有可能含有SiO32- ，A错误；
B.乙酸和乙酸乙酯均与NaOH溶液反应，提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液、分液，B错误；
C.氢氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，C错误；
D. 比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，其它条件都相同，只有阳离子不同，可以比较催化效果，D正确。
答案选D。
【点睛】制备Al(OH) 3悬浊液用弱碱氨水和AlCl3反应。
6.已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A. 相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C. 将a mol·L－1HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
【答案】A
【解析】
【分析】
由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
7.利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是
A. b极为正极，发生氧化反应
B. 中间室的Na＋向左室移动
C. 用电器流过1 mol e－时，b电极产生标准状况2.24 L N2
D. a极的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，根据图示，在b电极，高浓度的NO3-转化为氮气和低浓度的废水，说明N的化合价降低，发生还原反应，因此b电极为正极，则a电极为负极，发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】A. b极为正极，发生还原反应，A错误；
B. 在原电池中，阳离子向正极移动，所以中间室的Na＋向右室移动，B错误；
C. 根据电极反应2NO3-+12H＋+10e－===N2↑+6H2O，当流过1 mol e－时，b电极产生0.1mol N2，即标准状况2.24 L，C正确；
D. a电极为负极，失去电子,电极反应式为：C6H5OH-28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋，D错误。
答案选C。
【点睛】原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极得到电子，化合价降低，发生还原反应；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动
第II卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题。每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题。考生根据要求做答。
(一)必考题(共129分)
8.JohnB.Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如下图：(锂辉石：LiAl(SiO3)2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素)
[查阅资料]：Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。
(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是______________________________。
(2)在“中和分离”流程，石灰水发生的中和反应方程式为____________________________。
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是______________________________。
(4)检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是_________________________________________。
(5)工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应的化学方程式为_________________________________________。
(6)将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解也能制取磷酸亚铁锂沉淀。阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________，沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行的原因是______________________________。
【答案】 (1). 加快浸出速率，提高浸出速率 (2). Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O (3). Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净 (5). 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑ (6). Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+ (7). 防止二价铁被氧化
【解析】
【分析】
根据题意、流程进行分析。锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、Al2（SO4）3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、Al3+和Mg2+转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【详解】(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是加快浸出速率，提高浸出速率；
(2)在“中和分离”流程，石灰水中和过量的硫酸反应，发生的反应方程式为Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O；
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率；
(4) 检验碳酸锂沉淀是否洗涤干净，实际上检验最后洗涤液中是否含硫酸根，所以检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净；
(5)制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，再根据元素守恒，不难得出产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；
(6)电解时阳极为活性电极Fe失电子，结合元素关系写出生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行，由于二价铁能被空气中的氧气氧化成三价铁，所以原因是防止二价铁被氧化。
【点睛】本题为工业流程和实验题，结合题意和所学知识点，可以写出相应答案，方程式书写要抓住反应物和生成物，再进行配平，电极反应式为本题难点，根据铁的化合价得到电子数进行书写。
9.某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
资料：
i.MnO4－在酸性条件下最终被还原为Mn2＋。
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4>KIO3>I2。
(1)实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了____________。
(2)实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验II初始阶段I－的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为_______________。
②黑色固体是__________________。
③经检验，在“紫色清液”中存在IO3－。下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3－的是__________________________。(填写编号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉－碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入NaHSO3溶液，若试管中溶液变蓝色，则“紫色清液”中存在IO3－。
C.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
④写出在“紫色清液"中生成IO3－的离子方程式为__________________________________。
(3)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________________________________。
(4)实验后的反思：导致实验I和实验II中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：________________________、________________________。
【答案】 (1). 单质碘 (2). 溶液分为二层，下层液体为无色 (3). 二氧化锰 (4). B (5). I-+2MnO4-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O (6). MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O (7). KI和高锰酸钾的相对用量 (8). 溶液的酸性强弱
【解析】
【分析】
（1）实验I中碘化钾过量，MnO4-在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；
（2）①I-的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色；
②二氧化锰能催化双氧水分解；
③利用IO3-的氧化性，且排除了MnO4-的干扰，证明在“紫色清液”中存在IO3-；
④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质；
（4）根据实验现象分析。
【详解】（1）实验I中碘化钾过量，MnO4- 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；
（2）①I- 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。
②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；
③A项中高锰酸钾能将I-氧化生成碘单质；B项中开始不变蓝说明无碘单质，NaHSO3具有还原性，IO3-具有氧化性，IO3-可以被NaHSO3还原，生成I2，淀粉变蓝；C项中硝酸银也能氧化碘离子生成碘单质；所以选择B；
④高锰酸钾与碘化钾反应，高锰酸钾被还原成二氧化锰，碘化钾被氧化成碘酸钾，然后结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式是2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2↓ + IO3-+ H2O；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+ 2I- + 4H+= Mn2++ I2+ 2H2O。
（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。
【点睛】本题要结合题目所给资料，进行解题，方程式的书写要利用氧化还原反应的化合价规律，得到对应的产物，得出正确的方程式。
10.CO2的资源化利用能有效的减少CO2的排放，方法之一是CO2催化加氢合成二甲醚(CH3OCH3)。
(1)有科学家提出，可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法错误的是____________(填写编号)。
a.把CO2输送到海底，是人类减缓空气中CO2浓度增加的最佳办法
b.把CO2送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，CO2可能液化甚至变为干冰
c.因为碳酸是弱酸，所以将CO2输送到海底，不会严重破坏海洋生态环境
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施
(2)CO2催化加氢合成二甲醚主要反应如下：
反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41.2 kJ·mol－1
反应II：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.5 kJ·mol－1
其中，反应II分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。
①____________________________________________________________
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H＝－23.5 kJ·mol－1
(3)L(L1、L2)、X分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是__________。比较L1、L2的大小：L1______L2(填“>”或“<”)，判断依据是：____________________________________。
(4)在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和2 mol H2，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH的选择性＝×100%)随温度变化如右下图所示。
①温度为220℃，达到平衡时，反应II消耗的H2的物质的量为__________mol，此状态反应II的化学平衡常数计算式为______________________________。
②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大，用化学平衡移动原理解释原因：____________________________________________________________。
【答案】 (1). ac (2). 2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) △H＝－99.0 kJ·mol－1 (3). 温度 (4). > (5). 反应Ⅱ的正反应是气体总体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正移，二甲醚的产率增大。 (6). 1.2 (7). 0.2/(0.52×0.73) (8). 反应Ⅰ的 △H>0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应Ⅱ△H<0，温度升高使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降。温度高于280℃，反应ⅠCO2平衡转化率的增大值超过反应ⅡCO2平衡转化率的下降值
【解析】
【分析】
(1) 气体溶解度随压强增大而增大，二氧化碳能与水反应生成碳酸；
(2)反应II－反应②得反应①；
（3）根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动；
（4）①220℃ 时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性位80%；
②温度升高，CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)平衡正向移动，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)平衡逆向移动。
【详解】（1）a. 人类减缓空气中的二氧化碳方法还可以通过使用新能源和植树造林等措施，a错误；
b. 气体溶解度随压强增大而增大，b正确；
c. 二氧化碳能与水反应生成碳酸，使海水酸性增强，c错误；
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施，d正确。
答案选ac。
(2) 根据盖斯定律反应II－反应②得反应①，得
2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) ∆H =－122.5 kJ·mol-1+23.5 kJ·mol-1=－99.0 kJ·mol－1
（3）增大压强，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正向移动；升高温度，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)逆向移动；根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动，所以X表示温度；反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，所以L1＞L2；
（4）①220℃ 时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性为80%，起始投入1 mol CO2，消耗CO2的物质的量是1mol×50%=0.5 mol，反应II消耗CO2的物质的量是0.5 mol×80%=0.4 mol，反应I消耗CO2的物质的量是0.1 mol，
根据反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
转化0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
反应II：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
转化0.4 mol 1.2mol 0.2 mol 0.6 mol
所以消耗氢气的物质的量是1.2 mol；
反应后剩余CO2的物质的量是1mol -0.1 mol -0.4mol =0.5 mol，剩余H2的物质的量是2mol-0.1 mol-1.2mol=0.7 mol，H2O的物质的量是0.1 mol+ 0.6 mol =0.7 mol，体积为1L，所以反应II的化学平衡常数计算式为
②反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，所以温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大。
【点睛】本题涉及盖斯定律的应用、明确影响化学反应速率、影响化学平衡移动的因素为解答关键，注意培养化学图象的分析能力。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做，答，并用2B铅笔在答题卡，上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物质结构与性质]
11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。
(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9 kJ·mol－1、1733.3 kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。
(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_________________________________；乙醛分子中π键与σ键的个数比为___________。
②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________。
(5)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。
①该铜银合金的化学式是___________________。
②已知：该铜银晶胞参数a cm，晶体密度为ρ g·cm－3。则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示，下同)。
③若Ag、Cu原子半径分别为b cm、c cm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)
【答案】 (1). 2 (2). 3d9 (3). O (4). Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). 1:6 (7). sp2、sp3 (8). AgCu3或Cu3Ag (9). (10).
【解析】
【分析】
(1)化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价和价电子排布式；
（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；
（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；
（4）4条σ键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型， 3条σ键和1条π键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。
【详解】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1, Cu2+价电子排布式为3d9；
(2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；
(3) Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；
(4)①乙醇分子间存在氢键，而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个π键6个σ键，个数比为1:6；
②乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。
(5) ①用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；
②AgCu3或Cu3Ag的摩尔质量为（64×3+108）g/mol=300g/mol, 根据密度公式得 ，所以 ；
③原子空间利用率
【点睛】氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。
[有机化学基础]
12.化合物J(药品名贝诺酯)是一种常见的解热镇痛药，其以苯酚为原料的一种工业合成路线如下图所示：
已知：
请回答：
(1)B的化学名称为___________；C中含“N”官能团名称是___________。
(2)④的反应类型属于___________。
(3)由A合成的D过程中，设计步骤②和③的目的是______________________。
(4)写出E→F的化学方程式：____________________________________________。
(5)有机物M比F的相对分子质量大14，写出同时符合下列条件的M的同分异构体的结构简式______________________(任写两种)。
①M属于α－氨基酸，其α碳上有氢原子。
②核磁共振氢谱表明分子中含有苯环。
(6)结合题中信息，写出由G→H的合成路线_______________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 乙酸苯酯 (2). 硝基 (3). 酯化反应 (4). 保护羟基，防止羟基被氧化 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
由反应①生成物可知，苯酚与HCHO发生加成反应生成G，根据B的分子式可知，结合题给已知反应②为苯酚与乙酸酐发生取代生成B为，根据反应条件可知，结合J的结构简式，B发生硝化反应生成C为，C水解生成D为，根据题中信息可知，D发生还原反应生成E为，E发生信息中的取代反应生成F为，根据J、F的结构简式可知I为，所以可以反推得H为，用与乙酸酐发生取代生成酚酯，再用高锰酸钾氧化醇羟基，再在酸性条件下水解可得。
【详解】(1)B为，化学名称为乙酸苯酯；C为，含“N”官能团名称是硝基；
(2) ④为与生成J的反应属于酯化反应；
(3)由A合成的D过程中，设计步骤②是将酚羟基转化成酯基，③是酯基水解成酚羟基，目的是保护羟基，防止羟基被氧化；
(4)E→F的化学方程式：；
(5)有机物M比F的相对分子质量大14，M比F多一个CH2， M属于α－氨基酸，其α碳上有氢原子，核磁共振氢谱表明分子中含有苯环，所以M可有：
(6) G→H的合成，对比原料和产物，只要将—CH2OH氧化成—COOH，但酚羟基也会被氧化，所以利用题给已知要先保护酚羟基，路线为：
【点睛】本题为有机合成题，先根据题目给出条件，采用正逆推动法，推出未知物质的结构简式，根据题目条件进行解体。
2020年高考桂林崇左贺州市联合调研考试理综能力测试
化学部分
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，共12页。
2.答题前，考生务必在答题卡上用直径0.5毫米的黑色字迹签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号姓名和科目。
3.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。答在本试卷上无效。
4.答第I卷时，请用直径0.5毫米的黑色字迹签字笔在答题卡，上各题的答题区域内做答。答在本试卷上无效。
5.第33、34题为物理选考题，第35.36题为化学选考题，第37、38题为生物选考题，请按题目要求从每科中分别任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。
6.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 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 Ag 108
第I卷
一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生活密切相关。下列说法中正确的是：
A. 可以用热的烧碱溶液清洗餐具的油污
B. 84消毒液的消毒原理与HClO的强还原性有关
C. 酒精的消毒杀菌能力随着溶液浓度的增大而增强
D. 56℃以上的高温能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因烧碱具有强腐蚀性，一般不用烧碱，可用纯碱溶液，A错误；
B. 84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO水解生成HClO，HClO具有强氧化性，所以84消毒液的消毒原理与HClO的强氧化性有关，B错误；
C. 酒精用于消毒杀菌最佳浓度是75％，浓度太大、太低消毒效果都不好，C错误；
D. 温度高可以使蛋白质变性，所以高温能杀死新型冠状病毒，D正确。
答案选D。
【点睛】烧碱具有强碱性、强腐蚀性，纯碱溶液相对而言较弱，一般用热的纯碱溶液清洗餐具的油污。
2.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 B. X的同分异构体有3种
C. 由X→Y的反应为取代反应 D. Y分子中含有4种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A.X中含有酚羟基、Y中含有碳碳不饱和键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B.和X具有相同官能团的同分异构体就有多种，先确定三溴苯还有两种结构，再加上羟基，所以有五种同分异构体，B错误；
C. X中-OH上的H原子被取代，生成Y和HCl，所以为取代反应，C正确；
D. Y分子中含有溴原子、酯基、碳碳双键3种官能团，D错误。
答案选C。
【点睛】同分异构体的书写，可以先确定部分官能团的位置，再考虑另一个官能团的位置，得到同分异构体的个数。
3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X与Y可组成一种红棕色有刺激性气味的气体；Z的周期数是族序数的3倍；工业上常用冷的烧碱溶液吸收W的单质制取漂白液。下列叙述中正确的是
A. 简单离子半径的大小顺序：Z>W
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：W>X
C. 常温常压下，X、Z、W的氢化物都为气体
D. Y和Z组成的化合物中，阴、阳离子数之比为1：1
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素。X与Y 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，X是N，Y是O；Z的周期数是族序数的3倍，因此Z只能是第三周期，所以Z是Na；工业上常用冷的烧碱溶液吸收W的单质制取漂白液，W是Cl。
【详解】A. Z、W简单离子为Na+、Cl-，Na+有两层电子，Cl-有三层电子，离子半径的大小顺序：W > Z，A错误；
B. X、W最高价氧化物对应的水化物为HNO3、HClO4，酸性：HClO4> HNO3，B正确；
C. 常温常压下，X、Z、W的氢化物中NH3、HCl为气体，NaH不是气体，C错误；
D. Y和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2，阴、阳离子数之比都为1：2，D错误。
答案选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法中错误的是
A. 2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
B. 3 mol Fe完全转变为Fe3O4失电子数目为8NA
C. 28 g乙烯和丙烯的混合气体中化学键数为6NA
D. 1 L 1.0 mol/L氨水中，NH3·H2O数目小于NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. NO与O2发生反应：2NO+O2=2NO2，2 mol一氧化氮和1 mol氧气混合后生成2 mol二氧化氮，但二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，所以混合气体分子总数小于2NA，A错误；
B.铁变为Fe3O4时铁变为+8/3价，故3mol铁失去8NA个电子，B正确；
C. 28 g的乙烯为1mol,含有化学键数为6 mol，28 g丙烯为 ，含有化学键数为，所以28 g乙烯和丙烯的混合气体中化学键数为6NA，C正确；
D. 氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，所以1 L 1.0 mol/L氨水中，NH3·H2O数目小于NA，D正确。
答案选A。
【点睛】二氧化氮与四氧化二氮存在平衡关系：2NO2N2O4，氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，要考虑全面。
5.下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A. 检验溶液中的Ag＋：向被检试液中加入盐酸，观察是否产生白色沉淀
B. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量氢氧化钠溶液，振荡后静置、分液
C. 制备Al(OH)，悬浊液：向1 mol·L－1 AlCl3溶液中加入过量的6 mol·L－1 NaOH溶液
D. 比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果：在相同条件下，向均盛有2 mL 5% H2O2溶液的两只试管中分别滴入0.1 mol·L－1 FeCl3溶液和0.1 mol·L－1 CuCl2溶液各1 mL，比较H2O2的分解速率
【答案】D
【解析】
【详解】A.加盐酸产生的白色沉淀也有可能是H2SiO3沉淀，所以有可能含有SiO32- ，A错误；
B.乙酸和乙酸乙酯均与NaOH溶液反应，提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液、分液，B错误；
C.氢氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，C错误；
D. 比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，其它条件都相同，只有阳离子不同，可以比较催化效果，D正确。
答案选D。
【点睛】制备Al(OH) 3悬浊液用弱碱氨水和AlCl3反应。
6.已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A. 相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C. 将a mol·L－1HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
【答案】A
【解析】
【分析】
由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
7.利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是
A. b极为正极，发生氧化反应
B. 中间室的Na＋向左室移动
C. 用电器流过1 mol e－时，b电极产生标准状况2.24 L N2
D. a极的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，根据图示，在b电极，高浓度的NO3-转化为氮气和低浓度的废水，说明N的化合价降低，发生还原反应，因此b电极为正极，则a电极为负极，发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】A. b极为正极，发生还原反应，A错误；
B. 在原电池中，阳离子向正极移动，所以中间室的Na＋向右室移动，B错误；
C. 根据电极反应2NO3-+12H＋+10e－===N2↑+6H2O，当流过1 mol e－时，b电极产生0.1mol N2，即标准状况2.24 L，C正确；
D. a电极为负极，失去电子,电极反应式为：C6H5OH-28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋，D错误。
答案选C。
【点睛】原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极得到电子，化合价降低，发生还原反应；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动
第II卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题。每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题。考生根据要求做答。
(一)必考题(共129分)
8.JohnB.Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如下图：(锂辉石：LiAl(SiO3)2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素)
[查阅资料]：Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。
(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是______________________________。
(2)在“中和分离”流程，石灰水发生的中和反应方程式为____________________________。
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是______________________________。
(4)检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是_________________________________________。
(5)工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应的化学方程式为_________________________________________。
(6)将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解也能制取磷酸亚铁锂沉淀。阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________，沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行的原因是______________________________。
【答案】 (1). 加快浸出速率，提高浸出速率 (2). Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O (3). Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净 (5). 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑ (6). Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+ (7). 防止二价铁被氧化
【解析】
【分析】
根据题意、流程进行分析。锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、Al2（SO4）3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、Al3+和Mg2+转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【详解】(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是加快浸出速率，提高浸出速率；
(2)在“中和分离”流程，石灰水中和过量的硫酸反应，发生的反应方程式为Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O；
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率；
(4) 检验碳酸锂沉淀是否洗涤干净，实际上检验最后洗涤液中是否含硫酸根，所以检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净；
(5)制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，再根据元素守恒，不难得出产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；
(6)电解时阳极为活性电极Fe失电子，结合元素关系写出生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行，由于二价铁能被空气中的氧气氧化成三价铁，所以原因是防止二价铁被氧化。
【点睛】本题为工业流程和实验题，结合题意和所学知识点，可以写出相应答案，方程式书写要抓住反应物和生成物，再进行配平，电极反应式为本题难点，根据铁的化合价得到电子数进行书写。
9.某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
资料：
i.MnO4－在酸性条件下最终被还原为Mn2＋。
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4>KIO3>I2。
(1)实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了____________。
(2)实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验II初始阶段I－的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为_______________。
②黑色固体是__________________。
③经检验，在“紫色清液”中存在IO3－。下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3－的是__________________________。(填写编号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉－碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入NaHSO3溶液，若试管中溶液变蓝色，则“紫色清液”中存在IO3－。
C.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
④写出在“紫色清液"中生成IO3－的离子方程式为__________________________________。
(3)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________________________________。
(4)实验后的反思：导致实验I和实验II中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：________________________、________________________。
【答案】 (1). 单质碘 (2). 溶液分为二层，下层液体为无色 (3). 二氧化锰 (4). B (5). I-+2MnO4-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O (6). MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O (7). KI和高锰酸钾的相对用量 (8). 溶液的酸性强弱
【解析】
【分析】
（1）实验I中碘化钾过量，MnO4-在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；
（2）①I-的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色；
②二氧化锰能催化双氧水分解；
③利用IO3-的氧化性，且排除了MnO4-的干扰，证明在“紫色清液”中存在IO3-；
④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质；
（4）根据实验现象分析。
【详解】（1）实验I中碘化钾过量，MnO4- 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；
（2）①I- 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。
②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；
③A项中高锰酸钾能将I-氧化生成碘单质；B项中开始不变蓝说明无碘单质，NaHSO3具有还原性，IO3-具有氧化性，IO3-可以被NaHSO3还原，生成I2，淀粉变蓝；C项中硝酸银也能氧化碘离子生成碘单质；所以选择B；
④高锰酸钾与碘化钾反应，高锰酸钾被还原成二氧化锰，碘化钾被氧化成碘酸钾，然后结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式是2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2↓ + IO3-+ H2O；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+ 2I- + 4H+= Mn2++ I2+ 2H2O。
（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。
【点睛】本题要结合题目所给资料，进行解题，方程式的书写要利用氧化还原反应的化合价规律，得到对应的产物，得出正确的方程式。
10.CO2的资源化利用能有效的减少CO2的排放，方法之一是CO2催化加氢合成二甲醚(CH3OCH3)。
(1)有科学家提出，可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法错误的是____________(填写编号)。
a.把CO2输送到海底，是人类减缓空气中CO2浓度增加的最佳办法
b.把CO2送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，CO2可能液化甚至变为干冰
c.因为碳酸是弱酸，所以将CO2输送到海底，不会严重破坏海洋生态环境
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施
(2)CO2催化加氢合成二甲醚主要反应如下：
反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41.2 kJ·mol－1
反应II：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.5 kJ·mol－1
其中，反应II分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。
①____________________________________________________________
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H＝－23.5 kJ·mol－1
(3)L(L1、L2)、X分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是__________。比较L1、L2的大小：L1______L2(填“>”或“<”)，判断依据是：____________________________________。
(4)在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和2 mol H2，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH的选择性＝×100%)随温度变化如右下图所示。
①温度为220℃，达到平衡时，反应II消耗的H2的物质的量为__________mol，此状态反应II的化学平衡常数计算式为______________________________。
②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大，用化学平衡移动原理解释原因：____________________________________________________________。
【答案】 (1). ac (2). 2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) △H＝－99.0 kJ·mol－1 (3). 温度 (4). > (5). 反应Ⅱ的正反应是气体总体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正移，二甲醚的产率增大。 (6). 1.2 (7). 0.2/(0.52×0.73) (8). 反应Ⅰ的 △H>0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应Ⅱ△H<0，温度升高使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降。温度高于280℃，反应ⅠCO2平衡转化率的增大值超过反应ⅡCO2平衡转化率的下降值
【解析】
【分析】
(1) 气体溶解度随压强增大而增大，二氧化碳能与水反应生成碳酸；
(2)反应II－反应②得反应①；
（3）根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动；
（4）①220℃ 时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性位80%；
②温度升高，CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)平衡正向移动，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)平衡逆向移动。
【详解】（1）a. 人类减缓空气中的二氧化碳方法还可以通过使用新能源和植树造林等措施，a错误；
b. 气体溶解度随压强增大而增大，b正确；
c. 二氧化碳能与水反应生成碳酸，使海水酸性增强，c错误；
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施，d正确。
答案选ac。
(2) 根据盖斯定律反应II－反应②得反应①，得
2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) ∆H =－122.5 kJ·mol-1+23.5 kJ·mol-1=－99.0 kJ·mol－1
（3）增大压强，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正向移动；升高温度，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)逆向移动；根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动，所以X表示温度；反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，所以L1＞L2；
（4）①220℃ 时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性为80%，起始投入1 mol CO2，消耗CO2的物质的量是1mol×50%=0.5 mol，反应II消耗CO2的物质的量是0.5 mol×80%=0.4 mol，反应I消耗CO2的物质的量是0.1 mol，
根据反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
转化0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
反应II：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
转化0.4 mol 1.2mol 0.2 mol 0.6 mol
所以消耗氢气的物质的量是1.2 mol；
反应后剩余CO2的物质的量是1mol -0.1 mol -0.4mol =0.5 mol，剩余H2的物质的量是2mol-0.1 mol-1.2mol=0.7 mol，H2O的物质的量是0.1 mol+ 0.6 mol =0.7 mol，体积为1L，所以反应II的化学平衡常数计算式为
②反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，所以温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大。
【点睛】本题涉及盖斯定律的应用、明确影响化学反应速率、影响化学平衡移动的因素为解答关键，注意培养化学图象的分析能力。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做，答，并用2B铅笔在答题卡，上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物质结构与性质]
11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。
(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9 kJ·mol－1、1733.3 kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。
(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_________________________________；乙醛分子中π键与σ键的个数比为___________。
②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________。
(5)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。
①该铜银合金的化学式是___________________。
②已知：该铜银晶胞参数a cm，晶体密度为ρ g·cm－3。则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示，下同)。
③若Ag、Cu原子半径分别为b cm、c cm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)
【答案】 (1). 2 (2). 3d9 (3). O (4). Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). 1:6 (7). sp2、sp3 (8). AgCu3或Cu3Ag (9). (10).
【解析】
【分析】
(1)化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价和价电子排布式；
（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；
（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；
（4）4条σ键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型， 3条σ键和1条π键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。
【详解】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1, Cu2+价电子排布式为3d9；
(2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；
(3) Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；
(4)①乙醇分子间存在氢键，而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个π键6个σ键，个数比为1:6；
②乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。
(5) ①用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；
②AgCu3或Cu3Ag的摩尔质量为（64×3+108）g/mol=300g/mol, 根据密度公式得 ，所以 ；
③原子空间利用率
【点睛】氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。
[有机化学基础]
12.化合物J(药品名贝诺酯)是一种常见的解热镇痛药，其以苯酚为原料的一种工业合成路线如下图所示：
已知：
请回答：
(1)B的化学名称为___________；C中含“N”官能团名称是___________。
(2)④的反应类型属于___________。
(3)由A合成的D过程中，设计步骤②和③的目的是______________________。
(4)写出E→F的化学方程式：____________________________________________。
(5)有机物M比F的相对分子质量大14，写出同时符合下列条件的M的同分异构体的结构简式______________________(任写两种)。
①M属于α－氨基酸，其α碳上有氢原子。
②核磁共振氢谱表明分子中含有苯环。
(6)结合题中信息，写出由G→H的合成路线_______________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 乙酸苯酯 (2). 硝基 (3). 酯化反应 (4). 保护羟基，防止羟基被氧化 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
由反应①生成物可知，苯酚与HCHO发生加成反应生成G，根据B的分子式可知，结合题给已知反应②为苯酚与乙酸酐发生取代生成B为，根据反应条件可知，结合J的结构简式，B发生硝化反应生成C为，C水解生成D为，根据题中信息可知，D发生还原反应生成E为，E发生信息中的取代反应生成F为，根据J、F的结构简式可知I为，所以可以反推得H为，用与乙酸酐发生取代生成酚酯，再用高锰酸钾氧化醇羟基，再在酸性条件下水解可得。
【详解】(1)B为，化学名称为乙酸苯酯；C为，含“N”官能团名称是硝基；
(2) ④为与生成J的反应属于酯化反应；
(3)由A合成的D过程中，设计步骤②是将酚羟基转化成酯基，③是酯基水解成酚羟基，目的是保护羟基，防止羟基被氧化；
(4)E→F的化学方程式：；
(5)有机物M比F的相对分子质量大14，M比F多一个CH2， M属于α－氨基酸，其α碳上有氢原子，核磁共振氢谱表明分子中含有苯环，所以M可有：
(6) G→H的合成，对比原料和产物，只要将—CH2OH氧化成—COOH，但酚羟基也会被氧化，所以利用题给已知要先保护酚羟基，路线为：
【点睛】本题为有机合成题，先根据题目给出条件，采用正逆推动法，推出未知物质的结构简式，根据题目条件进行解体。
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