2020年安徽省蚌埠市高考化学一模试卷

这是一份2020年安徽省蚌埠市高考化学一模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年安徽省蚌埠市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45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．（3分）化学与生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是（　　）
A．在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖
B．华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维的基体材料相同
C．杜牧诗句“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”，此处的“烟”指固体小颗粒
D．医药中常用75%酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质变性
2．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2 L乙醇完全燃烧生成的CO2的分子数为05NA
B．标准状况下，a L氧气和氮气的混合物中含有的原子总数约为NA
C．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2NA
D．含1 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，转移的电子数为NA
3．（3分）化学实验操作要遵循安全性和简约性，如图操作正确但不是从安全性方面考虑的操作是（　　）
A．操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B．操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C．操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸
D．操作④：配制一定物质的量浓度溶液时的“摇匀”操作
4．（3分）25℃，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．＝1×10﹣12的溶液：K+、Na+、[Al（OH）4]﹣、CO32﹣
B．能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
C．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣
D．能使甲基橙显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
5．（3分）下列有关说法不正确的是（　　）
A．钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O2+2H2O+4E﹣═4OH﹣
B．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
C．向含Hg2+的废水中滴加硫化钠溶液至C（S2﹣）＝0.001mol•L﹣1时，Hg2+完全沉淀（HgS的KSp＝64×10﹣53）
D．精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，各离子浓度保持不变
6．（3分）有机化合物2﹣苯基丙烯的结构简式如图（），下列关于该有机物的说法不正确的是（　　）
A．能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．不能发生加聚反应
D．不易溶于水
7．（3分）在用酸性KMNO4溶液处理Cu2S时，发生的反应如下：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）
下列关于该反应的说法中错误的是（　　）
A．被氧化的元素是Cu和S
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理0.1 mol Cu2S，转移电子的物质的量是0.8 mol
D．还原性的强弱关系是：Cu2S＞Mn2+
8．（3分）下列实验不能达到目的的是（　　）
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量氨气
向氢氧化钠固体上滴加浓氨水
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．硅酸钠溶液与足量CO2反应：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O
D．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
10．（3分）将燃煤排放的含有SO2的烟气通入海水（主要含Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子）进行脱硫的工艺流程如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．天然海水显酸性
B．氧化过程中可能发生的离子反应为：2SO2+2H2O+O2＝4H++2SO42﹣
C．排入大海的溶液与天然海水相比，只有SO42﹣数量发生了变化
D．若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中CuSO4含量最高
11．（3分）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molgL﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）

A．在0﹣a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O
C．a＝0.2
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1
12．（3分）X、Y、Z、W为四种短周期元素，已知X、Z同主族，Y、W同周期；X的气态氢化物比Z的稳定；Y的阳离子比W的阳离子氧化性强；Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层。下列表示中，正确的是（　　）
A．原子序数：X＞Y＞Z＞W B．简单离子半径：Z＞X＞W＞Y
C．原子半径：Y＞W＞Z＞X D．原子的得电子能力：Z＞X
13．（3分）某一环保电池可以消除污染，并产生参与大气循环的物质，装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A极反应式为2NH3﹣6e﹣＝N2+6H+
B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
C．当有4.48 L NO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.8 mol
D．该电池既能实现有效消除氮氧化物的排放，又能充分利用化学能
14．（3分）Phenolphthalein是常用酸碱指示剂，其结构如图所示。有关该有机物说法正确的是（　　）
A．分子式为C20H12O4
B．含有的官能团有羟基、酯基、羧基
C．可以发生取代反应、加成反应和氧化反应
D．1 mol该物质与H2和溴水反应，消耗H2和Br2的最大值分别为10 mol和4 mol
15．（3分）常温下，NaOH溶液滴定亚硫酸酸氢钾（亚硫酸的Ka1＝12×10﹣2，Ka2＝63×10﹣8）溶液，滴定过程中溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（　　）

A．b点的混合溶液pH不可能等于7
B．离子浓度和种类会影响溶液的导电能力
C．C点的混合溶液中，c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（K+）
D．Na+与SO32﹣的导电能力之和大于HSO3﹣的导电能力
二、非选择题：共55分，第16-19题为必考题，每个试题考生都必须作答．第20-21题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共40分．
16．（10分）下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。

（1）表中字母h元素在周期表中位置　 　。
（2）写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型　 　。
（3）下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有　 　。
A．a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊
B．在氧化还原反应中，1mola单质比1molc单质得电子数目多
C．a和c两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式　 　。
（5）常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式　 　。
（6）e与f形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，写出烃分子电子式　 　。
17．（10分）葡萄酒等果酒易发生变质，常加入抗氧化剂。如图是一种抗氧化剂的制取装置。实验前已除尽装置内的空气，实验后装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出。

（1）实验前除尽装置内空气的原因是　 　。
（2）装置Ⅰ中的玻璃仪器的名称　 　。
（3）要从装置Ⅱ中获得纯净的晶体，操作方法是　 　。
（4）下列可用于装置Ⅲ的为　 　 （填序号）。

（5）设计实验证明Na2S2O5晶体在空气中可能被氧化，实验方案是　 　。
18．（10分）ClO2代替漂白粉等含氯消毒剂可以减少对人体的危害，但ClO2不易储存和运输，因此将其制成亚氯酸钠。

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，温度过高易分解，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下较安全；
（1）在发生器中鼓入空气的作用可能是　 　（填序号）。
A．将SO2氧化成SO3，增强酸性
B．稀释ClO2以防止爆炸
C．将NaClO3氧化成ClO2
（2）提高“ClO2发生器”反应速率的措施有　 　。
（3）吸收塔内反应的离子方程式为　 　。
（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是　 　。
（5）测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。
（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝2H2O+2I2+Cl﹣）
b．移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V mL．（已知：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为　 　。
②该样品中NaClO2的质量分数为　 　 （用含m、c、V的代数式表示，结果需化简）。
19．（10分）已知：2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝Q kJ•mol﹣1，其平衡常数随温度变化如下表所示：
温度/k
323
343
400
平衡常数
0.01
0.02
1
在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

请回答下列问题：
（1）该反应的Q　 　0（填“＞”或“＜”）。
（2）代表323K曲线的是　 　 （填a或b）
（3）在400K下，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有　 　、　 　。
（4）已知2SiHCl3（g）═SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的反应速率v＝v正﹣v逆，其中v正＝k正x2SiHCl3，v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处＝　 　。
（5）T K时在体积为10 L的反应器中，通入一定量的SiH2Cl2（g）和SiCl4（g），发生上述反应，SiH2Cl2（g）和SiCl4（g）浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v（SiCl4（g））＝　 　。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】
20．（15分）锂电池由于能量密度大逐渐取代锌电池。常用锂电池的正极材料为磷酸亚铁锂（LiFe﹣PO4），可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等原料制备。回答下列问题：
（1）Fe基态原子核外电子排布式为　 　。
（2）已知Li2O是离子晶体，其晶格能的Born﹣Haber循环如图所示。

如图可知，Li原子的第一电离能为　 　 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为　 　kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为　 　 kJ•moL﹣1。
（3）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为　 　，其中Fe的配位数为　 　。
（4）NH4H2PO4中，P的杂化轨道类型为　 　。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为　 　。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为Na，Zn的密度为　 　 g•cm﹣3（列出计算式即可）。

[化学---选修5：有机化学基础]
21．已知：醛分子在稀碱溶液存在下，可发生羟醛缩合反应，生成羟基醛，如：
某有机物的合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A中官能团名称是　 　，F的名称是　 　。
（2）由A生成B、G生成H的反应类型分别是　 　、　 　。
（3）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为　 　。
（4）D的结构简式为　 　。
（5）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2．写出2种符合上述条件的X的结构简式　 　。
（6）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出Y中的手性碳　 　。
（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线　 　（无机试剂任选）。

2020年安徽省蚌埠市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45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．（3分）化学与生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是（　　）
A．在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖
B．华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维的基体材料相同
C．杜牧诗句“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”，此处的“烟”指固体小颗粒
D．医药中常用75%酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质变性
【分析】A．人体内无纤维素酶；
B．二氧化硅不具有导电性；
C．此处的“烟”指小液滴；
D．酒精能使蛋白质变性。
【解答】解：A．人体内无纤维素酶，则纤维素不能在人体内发生水解反应，故A错误；
B．二氧化硅不具有导电性，而芯片的主要原料为硅，故B错误；
C．“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”，此处的“烟”指小液滴，不是固体小颗粒，故C错误；
D．酒精能使蛋白质变性，因此可用医用酒精杀灭病毒，起到消毒的作用，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了纤维素、蛋白质的结构和性质，难度不大，注意人体内无纤维素酶。
2．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2 L乙醇完全燃烧生成的CO2的分子数为05NA
B．标准状况下，a L氧气和氮气的混合物中含有的原子总数约为NA
C．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2NA
D．含1 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，转移的电子数为NA
【分析】A．标况下乙醇为液体；
B．求出混合气体的物质的量，然后根据分子个数N＝nNA来计算；
C．过氧化钠阴离子为过氧根离子；
D．铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
【解答】解：A．标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．aL混合气体的物质的量为n＝×2mol，故分子个数为NA，故B正确；
C.78g Na2O2晶体物质的量为1mol，含有钠离子2mol，过氧根离子1mol，故C错误；
D．含1 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应进行，浓硫酸浓度降低，不再与铜反应，所以转移的电子总数小于NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确物质结构组成是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）化学实验操作要遵循安全性和简约性，如图操作正确但不是从安全性方面考虑的操作是（　　）
A．操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B．操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C．操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸
D．操作④：配制一定物质的量浓度溶液时的“摇匀”操作
【分析】A．氢气不纯，点燃时易发生爆炸；
B．振荡后打开活塞放气，可平衡气压；
C．苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水；
D．上下颠倒进行摇匀。
【解答】解：A．氢气不纯，点燃时易发生爆炸，操作从安全性考虑，故A不选；
B．振荡后打开活塞放气，可平衡气压，防止气压过大，故B不选；
C．苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水，操作不合理，故C不选；
D．上下颠倒进行摇匀，便于液体充分混合，操作正确但不是从安全性方面考虑，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验安全、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
4．（3分）25℃，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．＝1×10﹣12的溶液：K+、Na+、[Al（OH）4]﹣、CO32﹣
B．能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
C．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣
D．能使甲基橙显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
【分析】A．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B．该溶液呈酸性或强碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
C．饱和氯水能够氧化亚硫酸根离子；
D．该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子。
【解答】解：A．该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、[Al（OH）4]﹣、CO32﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．能溶解Al2O3的溶液呈酸性或强碱性，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．饱和氯水具有强氧化性，能够氧化SO32﹣，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意掌握离子反应发生条件，明确常见离子不能共存的情况及题干暗含信息，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
5．（3分）下列有关说法不正确的是（　　）
A．钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O2+2H2O+4E﹣═4OH﹣
B．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
C．向含Hg2+的废水中滴加硫化钠溶液至C（S2﹣）＝0.001mol•L﹣1时，Hg2+完全沉淀（HgS的KSp＝64×10﹣53）
D．精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，各离子浓度保持不变
【分析】A、钢铁在溶解性条件下发生吸氧腐蚀；
B．海轮外壳连接锌块，锌为负极；
C．根据溶度积常数计算，溶液中离子浓度＜10﹣6mol/L时，离子可认为沉淀完全；
D．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子进入电解质溶液，阴极上析出Cu。
【解答】解：A．弱碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故A正确；
B．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．在含Hg2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当溶液中c（S2﹣）＝0.001mol/L时，c（Hg2+）＝＝64×10﹣50mol/L＜＜10﹣6mol/L，故C正确；
D．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子进入电解质溶液，阴极上析出Cu，所以阳极溶解的Cu小于阴极析出的Cu，导致电解质溶液中铜离子浓度减小，故D错误。
故选：D。
【点评】本题涉及电解池的工作原理、电化学腐蚀以及沉淀溶解平衡等方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大。
6．（3分）有机化合物2﹣苯基丙烯的结构简式如图（），下列关于该有机物的说法不正确的是（　　）
A．能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．不能发生加聚反应
D．不易溶于水
【分析】由结构可知，分子中含苯环、碳碳双键，结合苯及烯烃的结构与性质来解答。
【解答】解：A．含碳碳双键，能使稀高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．苯环、双键均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．含碳碳双键，能发生加聚反应，故C错误；
D．为烃，不易溶于水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃的性质，题目难度不大。
7．（3分）在用酸性KMNO4溶液处理Cu2S时，发生的反应如下：MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O（未配平）
下列关于该反应的说法中错误的是（　　）
A．被氧化的元素是Cu和S
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理0.1 mol Cu2S，转移电子的物质的量是0.8 mol
D．还原性的强弱关系是：Cu2S＞Mn2+
【分析】MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO42﹣+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价由+7降低到+2价，降低了5价，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+6价，Cu2S整体升高了1价，根据化合价升降守恒配平得2MnO4﹣+Cu2S+8H+→2Cu2++SO42﹣+2Mn2++4H2O，并结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析。
【解答】解：A．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故A正确；
B．Mn元素的化合价由+7降低到+2价，故氧化剂为MnO4﹣，铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+6价，故还原剂为Cu2S，其系数比为Cu2S，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B正确；
C．2MnO4﹣+Cu2S+8H+→2Cu2++SO42﹣+2Mn2++4H2O～10e﹣
1 10
0.1 1，故处理0.1 mol Cu2S，转移电子的物质的量是1mol，故C错误；
D．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8．（3分）下列实验不能达到目的的是（　　）
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量氨气
向氢氧化钠固体上滴加浓氨水
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯气与水反应生成盐酸、HClO，盐酸、HClO均与碳酸钠反应；
B．二氧化锰作催化剂；
C．乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
D．氢氧化钠固体上滴加浓氨水，促进氨气逸出。
【解答】解：A．氯气与水反应生成盐酸、HClO，盐酸、HClO均与碳酸钠反应，不能制备高浓度的次氯酸溶液，故A错误；
B．二氧化锰作催化剂，可加快反应速率，故B正确；
C．乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；
D．氢氧化钠固体上滴加浓氨水，促进氨气逸出，可制备少量氨气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质制备、反应速率、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．硅酸钠溶液与足量CO2反应：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O
D．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
【分析】A．反应生成硅酸和碳酸氢钠；
B．亚铁离子、溴离子均全部被氧化；
C．反应生成偏铝酸钠和水；
D．反应生成碳酸钙、NaOH和水．
【解答】解：A．硅酸钠溶液与足量CO2反应的离子反应为SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故A错误；
B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B错误；
C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液的离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液的离子反应为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．
10．（3分）将燃煤排放的含有SO2的烟气通入海水（主要含Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子）进行脱硫的工艺流程如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．天然海水显酸性
B．氧化过程中可能发生的离子反应为：2SO2+2H2O+O2＝4H++2SO42﹣
C．排入大海的溶液与天然海水相比，只有SO42﹣数量发生了变化
D．若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中CuSO4含量最高
【分析】A．海水中的弱酸根离子水解显碱性；
B．二氧化硫具有还原性，能够被氧气氧化生成硫酸；
C．天然海水呈弱碱性，通入空气后曝气池中的海水会生成酸性物质会消耗HCO3﹣，HCO3﹣会减少；
D．海水中氯化钠含量最高。
【解答】解：A．天然海水的pH≈8，是因为海水中有CO32﹣或HCO3﹣它们水解使海水呈弱碱性，故A错误；
B．氧化过程中可能发生的离子反应为：2SO2+2H2O+O2＝4H++2SO42﹣，故B正确；
C．排入大海的溶液与天然海水相比，除了SO42﹣数量发生了变化，碳酸氢根离子数量也发生变化，故C错误；
D．海水中氯化钠含量最高，若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中氯化钠含量最高，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子检验与推断，熟悉相关离子性质及发生反应实质是解题关键，题目难度中等。
11．（3分）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molgL﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）

A．在0﹣a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O
C．a＝0.2
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOH+HCl＝NaCl+H2O，然后再碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠：HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．
【解答】解：A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl＝NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，故A错误；
B．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，故B错误；
C．根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L﹣1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a＝0.3，故C错误；
D、原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确碳酸钠与氯化氢反应是分步进行的为解答关键，试题培养了学生分析图象能力及化学计算能力．
12．（3分）X、Y、Z、W为四种短周期元素，已知X、Z同主族，Y、W同周期；X的气态氢化物比Z的稳定；Y的阳离子比W的阳离子氧化性强；Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层。下列表示中，正确的是（　　）
A．原子序数：X＞Y＞Z＞W B．简单离子半径：Z＞X＞W＞Y
C．原子半径：Y＞W＞Z＞X D．原子的得电子能力：Z＞X
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，X、Z同主族，X的气态氢化物比Z的稳定，X、Z为非金属，非金属性：X＞Z，原子序数Z＞X，X处于第二周期，Z处于第三周期，Y、W同周期，Y的阳离子比W的阳离子氧化性强，二者为金属元素，金属性Y＜W，原子序数Y＞W，Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层，则Y、Z同周期，即Y、Z、W处于第三周期，结合元素周期律解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，原子序数Z＞Y＞W＞X，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Z＞X＞W＞Y，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＞Y＞Z＞X，故C错误；
D．非金属性：X＞Z，故得电子能力X＜Z，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握氢化物的稳定性、金属离子的氧化性比较来推断元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13．（3分）某一环保电池可以消除污染，并产生参与大气循环的物质，装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A极反应式为2NH3﹣6e﹣＝N2+6H+
B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
C．当有4.48 L NO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.8 mol
D．该电池既能实现有效消除氮氧化物的排放，又能充分利用化学能
【分析】根据该电池是环保电池，可以消除污染并产生参与大气循环的物质，结合电极通入气体得到反应为6NO2+8NH3═7N2+12H2O，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣＝N2+3H2O，正极反应式为2NO2+8e﹣+4H2O＝N2+8OH﹣，据此分析解答。
【解答】解：由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，
A．该碱性电池中，B为正极、A为负极，负极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣＝N2+3H2O，故A错误；
B．该碱性电池中，负极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣＝N2+3H2O，正极反应式为2NO2+8e﹣+4H2O＝N2+8OH﹣，正极生成OH﹣、负极消耗OH﹣，所以该离子交换膜应允许氢氧根离子通过，即离子交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．正极反应式为2NO2+8e﹣+4H2O＝N2+8OH﹣，当有4.48LNO2（标准状况）即0.2mol 被处理时，转移电子为0.8mol，故C正确；
D．NO2是大气污染物，该电池将NO2转化为N2，既能实现有效消除氮氧化物、减轻环境污染，又将化学能充分转化为电能、充分利用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题综合考查电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握离子移动方向和电极方程式的书写为解题关键，题目难度中等。
14．（3分）Phenolphthalein是常用酸碱指示剂，其结构如图所示。有关该有机物说法正确的是（　　）
A．分子式为C20H12O4
B．含有的官能团有羟基、酯基、羧基
C．可以发生取代反应、加成反应和氧化反应
D．1 mol该物质与H2和溴水反应，消耗H2和Br2的最大值分别为10 mol和4 mol
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣，结合酚、酯的性质来解答。
【解答】解：A．由结构可知分子式为C20H14O4，故A错误；
B．含有的官能团有羟基、酯基，故B错误；
C．含﹣OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故C正确；
D．只有苯环与氢气发生加成反应，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1 mol该物质与H2和溴水反应，消耗H2和Br2的最大值分别为9 mol和4 mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯的性质，题目难度不大。
15．（3分）常温下，NaOH溶液滴定亚硫酸酸氢钾（亚硫酸的Ka1＝12×10﹣2，Ka2＝63×10﹣8）溶液，滴定过程中溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（　　）

A．b点的混合溶液pH不可能等于7
B．离子浓度和种类会影响溶液的导电能力
C．C点的混合溶液中，c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（K+）
D．Na+与SO32﹣的导电能力之和大于HSO3﹣的导电能力
【分析】A．b点溶质为Na2SO3、K2SO3，溶液呈碱性；
B．由图象可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，且导电能力不同；
C．c点NaOH过量，且溶液呈碱性；
D．a点溶液主要成分为KHSO3，b点主要成分为Na2SO3、K2SO3。
【解答】解：A．由题给数据可知H2A为二元弱酸，b点溶质为Na2SO3、K2SO3，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则pH＞7，故A正确；
B．溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图象可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故B正确；
C．c点NaOH过量，则n（NaOH）＞n（KHSO3），溶液呈碱性，可知c（Na+）＞c（K+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．由图象可知b点钾离子浓度较小，b点导电能量较大，b点存在Na+与SO32﹣，可知Na+与SO32﹣的导电能力之和大于HSO3﹣的，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。
二、非选择题：共55分，第16-19题为必考题，每个试题考生都必须作答．第20-21题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共40分．
16．（10分）下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。

（1）表中字母h元素在周期表中位置　第三周期第ⅤⅡA族　。
（2）写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型　离子键、共价键　。
（3）下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有　AC　。
A．a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊
B．在氧化还原反应中，1mola单质比1molc单质得电子数目多
C．a和c两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式　Si（s）+2Cl2（g）＝SiCl4（l）△H＝﹣687kJ/mol　。
（5）常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式　3Fe+4H2SO4（浓）＝Fe3O4+4SO2↑+4H2O　。
（6）e与f形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，写出烃分子电子式　　。
【分析】由元素在周期表的位置可知，a为O，b为Na，c为S，d为Fe，e为Mg，f为C，g为Si，h为Cl。
（1）h为Cl元素，原子结构中有3个电子层、最外层电子数为7；
（2）b元素的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠；
（3）比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、元素化合时的化合价等角度判断，而与得电子数多少没有必然关系，只与的电子的难易程度有关；
（4）Si与Cl两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，由于该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态；
（5）常温下铁遇浓硫酸形成致密氧化物薄膜，该元素氧化物为Fe3O4；
（6）该烃分子中碳氢质量比为9：1，则N（C）：N（H）＝：1＝3：4，应为C3H4。
【解答】解：（1）元素h的元素符号为Cl，它在元素周期表中的位置是第三周期第ⅤⅡA族，故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；
（2）b元素的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，含有离子键、极性共价键，故答案为：离子键、共价键；
（3）A．a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊，说明a能够置换c，则氧气的氧化性比硫强，则a元素的非金属性比c元素的非金属性强，故A正确；
B．氧化性强弱与得电子数没有必然关系，只与的电子的难易程度有关，故B错误；
C．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故C正确；
故答案为：AC；
（4）Si与Cl两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为：Si（s）+2Cl2（g）＝SiCl4（l）△H＝﹣687kJ/mol，
故答案为：Si（s）+2Cl2（g）＝SiCl4（l）△H＝﹣687kJ/mol；
（5）常温下铁遇浓硫酸形成致密氧化物薄膜，薄膜为Fe3O4，该反应的化学方程式为3Fe+4 H2SO4（浓）＝Fe3O4+4SO2↑+4H2O，
故答案为：3Fe+4H2SO4（浓）＝Fe3O4+4SO2↑+4H2O；
（6）该烃分子中碳氢质量比为9：1，则N（C）：N（H）＝：1＝3：4，应为C3H4，电子式为，Q为Mg2C3，与水反应的方程式为 Mg2C3+4H2O＝2Mg（OH）2+C3H4↑，
故答案为：。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等知识，题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容为结构件，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
17．（10分）葡萄酒等果酒易发生变质，常加入抗氧化剂。如图是一种抗氧化剂的制取装置。实验前已除尽装置内的空气，实验后装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出。

（1）实验前除尽装置内空气的原因是　防止抗氧化剂被氧化　。
（2）装置Ⅰ中的玻璃仪器的名称　分液漏斗、圆底烧瓶　。
（3）要从装置Ⅱ中获得纯净的晶体，操作方法是　过滤、洗涤、干燥　。
（4）下列可用于装置Ⅲ的为　c　 （填序号）。

（5）设计实验证明Na2S2O5晶体在空气中可能被氧化，实验方案是　取少量晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成　。
【分析】（1）抗氧化剂具有还原性，应避免被空气中氧气氧化；
（2）装置Ⅰ中玻璃仪器有分液漏斗、圆底烧瓶；
（3）从溶液获得晶体，可过滤、洗涤、干燥等；
（4）装置Ⅲ应为尾气处理装置；
（5）Na2S2O5晶体在空气中被氧化，可生成硫酸钠，可用检验硫酸根离子的方法检验，注意避免Na2S2O5的影响。
【解答】解：（1）抗氧化剂具有还原性，实验前除尽装置内空气，可避免被空气中氧气氧化，故答案为：防止抗氧化剂被氧化；
（2）装置Ⅰ中玻璃仪器有分液漏斗、圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗、圆底烧瓶；
（3）装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，从溶液获得晶体，可过滤、洗涤、干燥等，故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（4）装置Ⅲ应为尾气处理装置，用于吸收二氧化硫，可用碱性溶液，且能充分吸收，应用c装置，故答案为：c；
（5）Na2S2O5晶体在空气中被氧化，可生成硫酸钠，可用检验硫酸根离子的方法检验，注意避免Na2S2O5的影响，实验方法是取少量晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：取少量晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。
【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用。
18．（10分）ClO2代替漂白粉等含氯消毒剂可以减少对人体的危害，但ClO2不易储存和运输，因此将其制成亚氯酸钠。

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，温度过高易分解，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O；
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下较安全；
（1）在发生器中鼓入空气的作用可能是　B　（填序号）。
A．将SO2氧化成SO3，增强酸性
B．稀释ClO2以防止爆炸
C．将NaClO3氧化成ClO2
（2）提高“ClO2发生器”反应速率的措施有　适当升高反应温度、增大吸收液浓度　。
（3）吸收塔内反应的离子方程式为　2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2　。
（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是　常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解　。
（5）测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。
（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝2H2O+2I2+Cl﹣）
b．移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V mL．（已知：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为　滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化　。
②该样品中NaClO2的质量分数为　%　 （用含m、c、V的代数式表示，结果需化简）。
【分析】ClO2在二氧化硫和空气混合气体中被稀释，以防止ClO2爆炸，在吸收塔中ClO2、氢氧化钠溶液和过氧化氢发生2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2↑，生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O。
（1）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。据此解答；
（2）对于溶液中的化学反应，升高温度或加入催化剂都可增大反应速率；
（3）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物。根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；
（4）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而导致物质分解；
（5）①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2﹣能被I﹣完全还原成Cl﹣，碘离子被氧化为碘单质，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6．溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点；
②依据ClO2﹣+4H++4I﹣＝2I2+Cl﹣+2H2O，2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到。
【解答】解：（1）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选B，
故答案为：B；
（2）对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度；增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积，
故答案为：适当升高反应温度、增大吸收液浓度；
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2 NaClO2+2H2O+O2，离子方程式为：2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2，
故答案为：2OH﹣+2ClO2+H2O2＝2ClO2﹣+2H2O+O2；
（4）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解，
故答案为：常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；
（5）①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2﹣能被I﹣完全还原成Cl﹣，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2﹣+4H++4I﹣＝2I2+Cl﹣+2H2O，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6．溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点，滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化，
故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化；
②依据ClO2﹣+4H++4I﹣＝2I2+Cl﹣+2H2O，2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2物质的量为x，
ClO2﹣～2I2～4Na2S2O3
1 4
x cv×10﹣3mol
x＝mol
样品中NaClO2的质量分数＝×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力。题目有一定的难度，题目难度中等。
19．（10分）已知：2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝Q kJ•mol﹣1，其平衡常数随温度变化如下表所示：
温度/k
323
343
400
平衡常数
0.01
0.02
1
在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

请回答下列问题：
（1）该反应的Q　＞　0（填“＞”或“＜”）。
（2）代表323K曲线的是　b　 （填a或b）
（3）在400K下，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有　改进催化剂　、　提高反应物压强（浓度）　。
（4）已知2SiHCl3（g）═SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的反应速率v＝v正﹣v逆，其中v正＝k正x2SiHCl3，v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处＝　1.28　。
（5）T K时在体积为10 L的反应器中，通入一定量的SiH2Cl2（g）和SiCl4（g），发生上述反应，SiH2Cl2（g）和SiCl4（g）浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v（SiCl4（g））＝　0.03mol/（L•min）　。

【分析】（1）根据表中数据，温度升高，K值增大，说明温度升高有利于反应正向进行；
（2）反应温度低时，正向进行程度不大，转化率不高，并且化学反应速率较慢；
（3）缩短反应达到平衡的时间，可以考虑增加浓度、压强，或者使用催化剂；
（4）温度越高，反应速率越快，由图象观察a处和b处的温度大小比较即可；反应速率v＝v正﹣v逆＝﹣，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正＝，v逆＝﹣，由平衡时正逆反应速率相等，可得出＝K（平衡常数），再结合此温度下的平衡状态，计算出平衡常数K即可计算；
（5）根据v＝计算SiCl4的平均反应速率；
【解答】解：（1）根据表中数据分析，温度升高，K值增大，说明温度升高有利于反应正向进行，即正反应为吸热反应，所以反应的Q＞0，
故答案为：＞；
（2）反应温度低时，正向进行程度不大，转化率不高，并且化学反应速率较慢，则反应到达平衡的时间较长，据此，代表323K曲线的是b，
故答案为：b；
（3）缩短反应达到平衡的时间，即增加化学反应速率，已经到达400K的温度，再提高温度意义不大，所以可以考虑采取的措施有：改进催化剂，提高反应物压强（浓度），
故答案为：改进催化剂；提高反应物压强（浓度）；
（4）由图象可知，a的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a点的反应速率比b高；a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时
2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始物质的量（mol） n 0 0
变化物质的量（mol） 0.2n 0.1n 0.1n
终态物质的量（mol） 0.8n 0.1n 0.1n
则：＝＝0.8，＝＝0.1；
反应速率v＝v正﹣v逆＝﹣，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正＝＝k正×0.82，v逆＝﹣＝0.01k逆，由平衡时正逆反应速率相等，可得出＝K（平衡常数），则＝×＝＝1.28，
故答案为：1.28；
（5）0～4 min时，根据图象，△c（SiCl4）＝0.20mol/L﹣0.08mol/L＝0.12mol/L，v（SiCl4（g））＝＝＝0.03mol/（L•min），
故答案为：0.03mol/（L•min）。
【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式，利用盖斯定律求算热化学反应方程式的焓变，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素，重视基本知识的掌握，培养学生获取信息的能力及解题能力。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】
20．（15分）锂电池由于能量密度大逐渐取代锌电池。常用锂电池的正极材料为磷酸亚铁锂（LiFe﹣PO4），可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等原料制备。回答下列问题：
（1）Fe基态原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2　。
（2）已知Li2O是离子晶体，其晶格能的Born﹣Haber循环如图所示。

如图可知，Li原子的第一电离能为　520　 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为　498　kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为　2908　 kJ•moL﹣1。
（3）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为　　，其中Fe的配位数为　4　。
（4）NH4H2PO4中，P的杂化轨道类型为　sp3　。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为　六方最密堆积　。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为Na，Zn的密度为　　 g•cm﹣3（列出计算式即可）。

【分析】（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；
（2）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
（3）蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3，存在Fe﹣Cl键；
（4）H2PO4中P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P原子杂化类型；
（5）金属Zn晶体的这种堆积方式称为六方最密堆积；该结构中Zn原子个数＝12×+2×+3＝6，体积＝a2sin60°×6×ccm3＝a2ccmm3，Zn的密度＝。
【解答】解：（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（2）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol＝520kJ/mol；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能＝2×249kJ/mol＝498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，
故答案为：520；498；2908；
（3）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，Fe原子周围有4个Cl，则其中Fe的配位数为4，
故答案为：；4；
（4）H2PO4中P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P原子杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
（5）Zn的堆积方式为六方最密堆积，该结构中Zn原子个数＝12×+2×+3＝6，体积＝a2sin60°×6×ccm3＝a2ccmm3，Zn的密度＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：六方最密堆积；。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点是晶胞计算，注意体积计算中三角函数的灵活运用，题目难度中等。
[化学---选修5：有机化学基础]
21．已知：醛分子在稀碱溶液存在下，可发生羟醛缩合反应，生成羟基醛，如：
某有机物的合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A中官能团名称是　碳碳三键　，F的名称是　苯甲醛　。
（2）由A生成B、G生成H的反应类型分别是　取代反应　、　加成反应　。
（3）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为　HC≡CCH2Cl+NaCNHC≡CCH2CN+NaCl　。
（4）D的结构简式为　HC≡CCH2COOC2H5　。
（5）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2．写出2种符合上述条件的X的结构简式　（任意2种）　。
（6）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出Y中的手性碳　　。
（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线　　（无机试剂任选）。
【分析】结合C的分子式，可知丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C．由E的结构简式，可知C中﹣CN水解引入﹣COOH，再与乙醇发生酯化反应生成D，D中碳碳三键与HI发生加成反应生成E，故D为B为HC≡CCH2Cl、C为HC≡CCH2CN、D为HC≡CCH2COOC2H5．F与乙醛发生信息中生成G，G能与氢气发生加成反应生成H，结合F的分子式、H的结构简式，可推知F为、G为。
（7）由苯乙酸与苯甲醇酯化反应生成．苯甲醇与HCl反应生成，再与NaCN反应生成，酸性条件下水解得到苯乙酸。
【解答】解：（1）A中官能团名称是：碳碳三键，F的结构简式为，F是名称是：苯甲醛，
故答案为：碳碳三键；苯甲醛；
（2）由A生成B的反应类型为取代反应，由G生成H的反应类型为加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（3）由B生成C的化学方程式为：HC≡CCH2Cl+NaCNHC≡CCH2CN+NaCl，
故答案为：HC≡CCH2Cl+NaCNHC≡CCH2CN+NaCl；
（4）由分析可知，D的结构简式为：HC≡CCH2COOC2H5，
故答案为：HC≡CCH2COOC2H5；
（5）X与D（HC≡CCH2COOC2H5）互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2．符合上述条件的X的结构简式为：，
故答案为：（任意2种）；
（6）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出Y中的手性碳为：，
故答案为：；
（7）由苯乙酸与苯甲醇酯化反应生成．苯甲醇与HCl反应生成，再与NaCN反应生成，酸性条件下水解得到苯乙酸，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，充分利用转化中物质的结构简式、反应条件等进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化。