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湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷化学（七）（解析版）
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湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（七）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．2019年12月以来，我国武汉地区突发的新冠肺炎威胁着人们的身体健康和生命安全。该冠状病毒可以通过打喷嚏和咳嗽等方式，借着飞沫传播，接触被病毒污染的物品也可能引发感染。以下是应对新冠肺炎的一些做法与认识，正确的是（ ）
A．必须坚持每天吃药，杀死病毒
B．公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙
C．向手和衣服上喷洒75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是溶质质量分数
D．我国的中医药在抗击此次疫情中发挥了重要作用
【答案】D
【解析】A．必须吃药杀死病毒，但不需要每天吃药，A不正确；B．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，B不正确；C．75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是体积分数，C不正确；D．我国强化中西医结合、中医深度介入诊疗，降低转重率，在抗击此次疫情中发挥了重要作用，D正确；选D。
8．对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A正确；B．苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C．由思路分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；D．溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；答案选C。
9．下列关于格列风内酯()的说法错误的是（ ）
A．所有碳原子位于同一平面
B．能与金属钠、NaOH反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．与ethyl coumalate()互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．格列风内酯分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不能位于同一平面，故A错误； B．格列风内酯分子中含有羟基和酯基，羟基能与金属钠反应，酯基能在氢氧化钠溶液发生水解反应，故B正确；C．格列风内酯分子中含有碳碳双键和羟基，碳碳双键和羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．和的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选A。
10．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是 （ ）
A．在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应
B．在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体
C．电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点
D．若竞争反应（析氢反应）的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应
【答案】B
【解析】A．H+得电子发生还原反应，由图中信息可知，该反应为第一步反应，故A正确；B．N2与2个表面*H原子反应生成N2H2中间体，故B错误；C．传统工业合成氨需要高温、高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，故能耗减小，节能减排对环境友好，故C正确；D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应速率越快，故D正确；答案选B。
11．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，由 W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是（ ）
A．W与X形成的化合物只含有离子键
B．X的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．单质的氧化性：Y＞Z
D．简单氢化物的沸点：W＞Y
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色，气体为二氧化硫，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，可知W为O、X为第三周期金属元素，Y为S，结合原子序数Z的最大，可知Z为Cl，又它们的最外层电子数之和为20，则X的最外层电子数为20-6-6-7=1，则X为Na。由上述分析可知，W为O、X为Na、Y为S、Z为Cl。A．W与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故A错误；B．X的简单离子与Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不同，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则单质的氧化性：Y＜Z，故C错误；D．W为O、Y为S，水分子间含氢键，H2S分子间没有氢键，则简单氢化物的沸点：W＞Y，故D正确；选D。
12．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B．电解池a极的电极反应式为NH-6e−+4OH−+3Cl−=NCl3+4H2O
C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6g H2
D．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
【答案】B
【解析】A．电解池右边生成氢气，说明是氢离子化合价降低变为氢气，作阴极，因此b电极接电源的负极，氢离子消耗，氯离子不断向左移动，因此b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故A正确； B．电解池a极的电极反应式为NH−6e−+3Cl−=NCl3+4H+，故B错误；C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3即0.1mol，转移电子0.1mol×6=0.6mol，根据2e−~H2，则b极产生H2的物质的量0.3mol，其质量为0.3mol×2g∙mol−1=0.6g，故C正确。D．6NaClO2+NCl3+3H2O=NH3↑+ 6ClO2↑+3NaCl+3NaOH，因此二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，故D正确。综上所述，答案为B。
13．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．电离常数：Ka(HB)>Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10−5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A−)=c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】Ka(HB)=，Ka(HA)=，该图是混合溶液的pH与lg、lg变化的图像。A．当横坐标相同时，即与相同，发现HA的pH大，说明此时HA溶液的c(H+)小，则Ka(HB)>Ka(HA)，故A正确；B．当lg=0时，=1，此时c(H+)在10−5-10−4.5之间，故Ka(HA)也在10−5-10−4.5之间，故Ka(HA)的数量级为10−5，故B正确；C．根据图像，当c(A−)=c(HA)时，lg=0，此时溶液呈酸性，故C错误；D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液，HA对NaB的水解有抑制作用，HA的电离程度大于NaB的水解程度，混合溶液是酸性溶液，c(H+)>c(OH−)，故D正确；故选C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuCl、Cl−等)和碱性蚀刻废液[NH、Cu(NH3)、NH3·H2O等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:
(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应，其中Cu(NH3)与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为___________________________________________________。
(2)步骤Ⅳ需控制pH为1~2，80℃下进行，合适的加热方式是___________。
(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、___________、_________。
(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。
①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________________________________________。
②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是_________________________，然后再用无水乙醇洗涤的目的是______________________________________________。
【答案】（1）Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH （2）热水浴
（3）冷却结晶 过滤(洗涤)
（4）分液漏斗 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 可防止CuI被空气中的O2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2
【解析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。（1）步骤Ⅰ中Cu(NH3)与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH，故答案为：Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH；（2）步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为1~2，80℃下水浴加热反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤(洗涤)；（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。
27．（14分）合成气用途非常广泛，可以煤、天然气等为原料生产。回答下列问题：
(1)用H2O(g)和O2重整CH4制合成气的热化学方程式如下：
(水蒸气重整)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ∆H=+206kJ·mol−1
(氧气重整)CH4(g)+0.5O2(g)=CO(g)+2H2(g) ∆H=-36kJ·mol−1
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ∆H=_______kJ·mol−1。
②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，理论上得到的合成气中n(CO)∶n(H2)=1∶____(保留两位小数)。
③用水蒸气电催化重整甲烷的装置如图。装置工作时，O2−向_____(填“A"或“B’)极迁移；阳极发生的电极反应为____________________________________。
(2)焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应制合成气的主要反应(I)、(II)的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常数)与T的关系如下图所示。
①反应(II)的∆H_____(填“大于”“等于”或“小于”)0。
②气体的总压强：a点_____ (填“大于”“等于”或“小于”)b点，理由是_________________________________________________。
③c点时，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=_____ (填数值)。
④在恒容密闭容器中充入0.5mol CO、2mol H2O(g)只发生反应(II)，图中d点处达到平衡时，CO的转化率为_______；达到平衡时，向容器中再充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，重新达到平衡时，CO的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）−484 2.15 A CH4+O2−−2e−=CO+2H2
（2）小于 大于 容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b) 1 80% 不变
【解析】(1)①将第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H= 2×(−36)kJ·mol−1−2×(+206) kJ·mol−1=−484 kJ·mol−1；故答案为：−484。②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，两者吸收和放出热量相等进行计算，理论上得到的合成气中n(CO)∶n(H2)=(36+206)∶(3×36+2×206)=1∶2.15；故答案为：2.15。③装置工作时，根据图中信息水变氢气，化合价降低得到电子在电解池的阴极发生，即B为阴极，根据电解池中离子移动规律，O2−向阳极即A极迁移，阳极甲烷变为氢气和CO，其发生的电极反应为CH4+O2−−2e−=CO+2H2；故答案为：A；CH4+O2−−2e− =CO+2H2。(2)①反应(II)升高温度，lgKp变小，即Kp变小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热反应即∆H小于0；故答案为：小于。②a点、b点容器一样大，压强与容器内气体的物质的量，温度成正比，a点温度比b点温度高，a点气体的总物质的量比b点气体的总物质的量多，因此气体的总压强：a点大于b点；故答案为：大于；容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b)。③将反应I减去反应II得到C(s)+CO2(g)2CO(g)，因此C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数等于反应I的平衡常数除以反应II的平衡常数，由于c点时，两者的Kp相等，Kp=1；故答案为：1。④在恒容密闭容器中充入0.5mol CO、2mol H2O(g)只发生反应(II)，
图中d点处达到平衡时，设总压强为P0，，解得x=0.4，因此CO的转化率；达到平衡时；向容器中再充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，可以理解为取另一个容器充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，达到平衡时转化率和原来一样，将两个容器压缩到一个容器中，平衡不移动，因此重新达到平衡时；CO的平衡转化率不变；故答案为：80%；不变。
28．（15分）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl−>Co2+；
②Fe3+和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3−，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是_________________________________；
（2）从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为 _____ ；
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式_______________________________________________；
（4）滤渣的主要成分为____________（填化学式）；
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10−4，将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为________mol·L−1。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）FeCl3、CoCl2 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl
（4）C （5）2CoC2O4+O22CoO+4CO2 （6）0.02
【解析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co2+、Cl−，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B为：[Fe(C2O4)3]3−、Li+、Cl−，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO=Li2CO3↓，滤液C为[Fe(C2O4)3]3−、Cl−，先加强酸重新得到Fe3+，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(3)LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl−，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；答案为：C；(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；(6)将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+)=0.02mol/L，c(CO)=0.01mol/L，计算浓度商=4×10−6
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价，其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为________。
(2)已知电离能：I2(Ti)=1310kJ/mol，I2(K)=3051kJ/mol，I2(Ti)
①钛的配位数为_______，碳原子的杂化类型_________。
②该配合物中存在的化学键有____（填字母代号）。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．共价键 e．氢键
(4)钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_________________________________________________________
(5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为____，阴离子的空间构型为__________。
(6)已知TiN晶体的晶胞结构如上图所示，若该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为______________pm(用含p、NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)
（4）三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高
（5）TiO2+ 正四面体 （6）
【解析】(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为。答案为：；(2)从价电子轨道的能量看，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)
聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：
已知：R1-CHO+R2-CH2CHO
请回答：
(1)B的化学名称为__________；M中含氧官能团的名称为__________；F→G的反应类型为_______________。
(2)C→D的化学反应方程式为__________________________。
(3)H的顺式结构简式为__________________。
(4)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生水解反应和银镜反应。写出其中一种核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式________________________。
(5)参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物如图所示，设计合成路线__________________________。
【答案】（1）氯乙烯 酯基 消去反应 （2）
（3） （4）14
（5）
【解析】D和H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为，G发生氧化反应生成H，则G结构简式为，F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E为、F为，A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH； (1)B结构简式为CH2=CHCl，B的化学名称为：氯乙烯；M中含氧官能团的名称为：酯基；F→G的反应类型为消去反应；(2)C→D的化学反应方程式为：；(3)H结构简式为，具有顺反异构，其顺式结构为；(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的醛基。取代基为HCOO-和-CH2CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-和-CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)-有1种；如果取代基为HCOOCH2CH2-有1种；如果取代基为-OOCH和两个-CH3，两个甲基位于相邻位置，有2种；如果两个甲基位于间位，有3种；如果两个甲基位于对位，有1种，符合条件的有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式：；
(5)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。
湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（七）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．2019年12月以来，我国武汉地区突发的新冠肺炎威胁着人们的身体健康和生命安全。该冠状病毒可以通过打喷嚏和咳嗽等方式，借着飞沫传播，接触被病毒污染的物品也可能引发感染。以下是应对新冠肺炎的一些做法与认识，正确的是（ ）
A．必须坚持每天吃药，杀死病毒
B．公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙
C．向手和衣服上喷洒75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是溶质质量分数
D．我国的中医药在抗击此次疫情中发挥了重要作用
【答案】D
【解析】A．必须吃药杀死病毒，但不需要每天吃药，A不正确；B．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，B不正确；C．75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是体积分数，C不正确；D．我国强化中西医结合、中医深度介入诊疗，降低转重率，在抗击此次疫情中发挥了重要作用，D正确；选D。
8．对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A正确；B．苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C．由思路分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；D．溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；答案选C。
9．下列关于格列风内酯()的说法错误的是（ ）
A．所有碳原子位于同一平面
B．能与金属钠、NaOH反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．与ethyl coumalate()互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．格列风内酯分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不能位于同一平面，故A错误； B．格列风内酯分子中含有羟基和酯基，羟基能与金属钠反应，酯基能在氢氧化钠溶液发生水解反应，故B正确；C．格列风内酯分子中含有碳碳双键和羟基，碳碳双键和羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．和的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选A。
10．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是 （ ）
A．在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应
B．在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体
C．电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点
D．若竞争反应（析氢反应）的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应
【答案】B
【解析】A．H+得电子发生还原反应，由图中信息可知，该反应为第一步反应，故A正确；B．N2与2个表面*H原子反应生成N2H2中间体，故B错误；C．传统工业合成氨需要高温、高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，故能耗减小，节能减排对环境友好，故C正确；D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应速率越快，故D正确；答案选B。
11．短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，由 W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是（ ）
A．W与X形成的化合物只含有离子键
B．X的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．单质的氧化性：Y＞Z
D．简单氢化物的沸点：W＞Y
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色，气体为二氧化硫，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，可知W为O、X为第三周期金属元素，Y为S，结合原子序数Z的最大，可知Z为Cl，又它们的最外层电子数之和为20，则X的最外层电子数为20-6-6-7=1，则X为Na。由上述分析可知，W为O、X为Na、Y为S、Z为Cl。A．W与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故A错误；B．X的简单离子与Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不同，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则单质的氧化性：Y＜Z，故C错误；D．W为O、Y为S，水分子间含氢键，H2S分子间没有氢键，则简单氢化物的沸点：W＞Y，故D正确；选D。
12．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B．电解池a极的电极反应式为NH-6e−+4OH−+3Cl−=NCl3+4H2O
C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6g H2
D．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
【答案】B
【解析】A．电解池右边生成氢气，说明是氢离子化合价降低变为氢气，作阴极，因此b电极接电源的负极，氢离子消耗，氯离子不断向左移动，因此b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故A正确； B．电解池a极的电极反应式为NH−6e−+3Cl−=NCl3+4H+，故B错误；C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3即0.1mol，转移电子0.1mol×6=0.6mol，根据2e−~H2，则b极产生H2的物质的量0.3mol，其质量为0.3mol×2g∙mol−1=0.6g，故C正确。D．6NaClO2+NCl3+3H2O=NH3↑+ 6ClO2↑+3NaCl+3NaOH，因此二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，故D正确。综上所述，答案为B。
13．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．电离常数：Ka(HB)>Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10−5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A−)=c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】Ka(HB)=，Ka(HA)=，该图是混合溶液的pH与lg、lg变化的图像。A．当横坐标相同时，即与相同，发现HA的pH大，说明此时HA溶液的c(H+)小，则Ka(HB)>Ka(HA)，故A正确；B．当lg=0时，=1，此时c(H+)在10−5-10−4.5之间，故Ka(HA)也在10−5-10−4.5之间，故Ka(HA)的数量级为10−5，故B正确；C．根据图像，当c(A−)=c(HA)时，lg=0，此时溶液呈酸性，故C错误；D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液，HA对NaB的水解有抑制作用，HA的电离程度大于NaB的水解程度，混合溶液是酸性溶液，c(H+)>c(OH−)，故D正确；故选C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuCl、Cl−等)和碱性蚀刻废液[NH、Cu(NH3)、NH3·H2O等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:
(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应，其中Cu(NH3)与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为___________________________________________________。
(2)步骤Ⅳ需控制pH为1~2，80℃下进行，合适的加热方式是___________。
(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、___________、_________。
(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。
①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________________________________________。
②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是_________________________，然后再用无水乙醇洗涤的目的是______________________________________________。
【答案】（1）Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH （2）热水浴
（3）冷却结晶 过滤(洗涤)
（4）分液漏斗 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 可防止CuI被空气中的O2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2
【解析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。（1）步骤Ⅰ中Cu(NH3)与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH，故答案为：Cu(NH3)+3H++Cl−+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH；（2）步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为1~2，80℃下水浴加热反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤(洗涤)；（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。
27．（14分）合成气用途非常广泛，可以煤、天然气等为原料生产。回答下列问题：
(1)用H2O(g)和O2重整CH4制合成气的热化学方程式如下：
(水蒸气重整)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ∆H=+206kJ·mol−1
(氧气重整)CH4(g)+0.5O2(g)=CO(g)+2H2(g) ∆H=-36kJ·mol−1
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的 ∆H=_______kJ·mol−1。
②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，理论上得到的合成气中n(CO)∶n(H2)=1∶____(保留两位小数)。
③用水蒸气电催化重整甲烷的装置如图。装置工作时，O2−向_____(填“A"或“B’)极迁移；阳极发生的电极反应为____________________________________。
(2)焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应制合成气的主要反应(I)、(II)的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常数)与T的关系如下图所示。
①反应(II)的∆H_____(填“大于”“等于”或“小于”)0。
②气体的总压强：a点_____ (填“大于”“等于”或“小于”)b点，理由是_________________________________________________。
③c点时，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=_____ (填数值)。
④在恒容密闭容器中充入0.5mol CO、2mol H2O(g)只发生反应(II)，图中d点处达到平衡时，CO的转化率为_______；达到平衡时，向容器中再充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，重新达到平衡时，CO的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）−484 2.15 A CH4+O2−−2e−=CO+2H2
（2）小于 大于 容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b) 1 80% 不变
【解析】(1)①将第二个方程式的2倍减去第一个方程式的2倍，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H= 2×(−36)kJ·mol−1−2×(+206) kJ·mol−1=−484 kJ·mol−1；故答案为：−484。②为了保持热平衡，同时用两种方式重整，不考虑热量损失，两者吸收和放出热量相等进行计算，理论上得到的合成气中n(CO)∶n(H2)=(36+206)∶(3×36+2×206)=1∶2.15；故答案为：2.15。③装置工作时，根据图中信息水变氢气，化合价降低得到电子在电解池的阴极发生，即B为阴极，根据电解池中离子移动规律，O2−向阳极即A极迁移，阳极甲烷变为氢气和CO，其发生的电极反应为CH4+O2−−2e−=CO+2H2；故答案为：A；CH4+O2−−2e− =CO+2H2。(2)①反应(II)升高温度，lgKp变小，即Kp变小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热反应即∆H小于0；故答案为：小于。②a点、b点容器一样大，压强与容器内气体的物质的量，温度成正比，a点温度比b点温度高，a点气体的总物质的量比b点气体的总物质的量多，因此气体的总压强：a点大于b点；故答案为：大于；容积一定，压强与气体的总物质的量、温度均成正比，a点的温度比b点的高，a点的气体的总物质的量比b点的大，故P(a)>P(b)。③将反应I减去反应II得到C(s)+CO2(g)2CO(g)，因此C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数等于反应I的平衡常数除以反应II的平衡常数，由于c点时，两者的Kp相等，Kp=1；故答案为：1。④在恒容密闭容器中充入0.5mol CO、2mol H2O(g)只发生反应(II)，
图中d点处达到平衡时，设总压强为P0，，解得x=0.4，因此CO的转化率；达到平衡时；向容器中再充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，可以理解为取另一个容器充入0.5mol CO、2mol H2O(g)，达到平衡时转化率和原来一样，将两个容器压缩到一个容器中，平衡不移动，因此重新达到平衡时；CO的平衡转化率不变；故答案为：80%；不变。
28．（15分）钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：
已知：①还原性：Cl−>Co2+；
②Fe3+和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3−，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是_________________________________；
（2）从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为 _____ ；
（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式_______________________________________________；
（4）滤渣的主要成分为____________（填化学式）；
（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。
已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号
温度范围/℃
化学方程式
固体失重率
Ⅰ
120～220
CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O
19.67%
Ⅱ
300～350
______
59.02%
（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10−4，将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为________mol·L−1。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）FeCl3、CoCl2 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl
（4）C （5）2CoC2O4+O22CoO+4CO2 （6）0.02
【解析】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co2+、Cl−，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B为：[Fe(C2O4)3]3−、Li+、Cl−，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO=Li2CO3↓，滤液C为[Fe(C2O4)3]3−、Cl−，先加强酸重新得到Fe3+，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(3)LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3→+2），Cl（-1→0），反应表示为：2LiCoO2+8H++2Cl−=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O或2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl−，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；答案为：C；(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由①可知，在120～220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；(6)将浓度为0.02mol·L−1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L−1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+)=0.02mol/L，c(CO)=0.01mol/L，计算浓度商=4×10−6
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价，其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为________。
(2)已知电离能：I2(Ti)=1310kJ/mol，I2(K)=3051kJ/mol，I2(Ti)
①钛的配位数为_______，碳原子的杂化类型_________。
②该配合物中存在的化学键有____（填字母代号）。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．共价键 e．氢键
(4)钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_________________________________________________________
(5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为____，阴离子的空间构型为__________。
(6)已知TiN晶体的晶胞结构如上图所示，若该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为______________pm(用含p、NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)
（4）三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔沸点升高
（5）TiO2+ 正四面体 （6）
【解析】(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为。答案为：；(2)从价电子轨道的能量看，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)
聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：
已知：R1-CHO+R2-CH2CHO
请回答：
(1)B的化学名称为__________；M中含氧官能团的名称为__________；F→G的反应类型为_______________。
(2)C→D的化学反应方程式为__________________________。
(3)H的顺式结构简式为__________________。
(4)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生水解反应和银镜反应。写出其中一种核磁共振氢谱有4种吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式________________________。
(5)参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物如图所示，设计合成路线__________________________。
【答案】（1）氯乙烯 酯基 消去反应 （2）
（3） （4）14
（5）
【解析】D和H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为，G发生氧化反应生成H，则G结构简式为，F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E为、F为，A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH； (1)B结构简式为CH2=CHCl，B的化学名称为：氯乙烯；M中含氧官能团的名称为：酯基；F→G的反应类型为消去反应；(2)C→D的化学反应方程式为：；(3)H结构简式为，具有顺反异构，其顺式结构为；(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的醛基。取代基为HCOO-和-CH2CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-和-CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)-有1种；如果取代基为HCOOCH2CH2-有1种；如果取代基为-OOCH和两个-CH3，两个甲基位于相邻位置，有2种；如果两个甲基位于间位，有3种；如果两个甲基位于对位，有1种，符合条件的有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式：；
(5)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH2OH，再发生催化氧化生成OHC-CHO，最后与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。
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