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2020年山东省新高考质量测评联盟高考化学模拟试卷（5月份）
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2020年山东省新高考质量测评联盟高考化学模拟试卷（5月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）
1. 中国科研提供抗疫“硬核力量”，在对新冠病毒的认识与防控中，化学知识起到了重要作用。下列说法不正确的是( )
A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性
B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其单体分子中碳原子均以sp2杂化
C. 为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放
D. 在选用酒精消毒时，75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好
2. 下列说法正确的是( )
A. 苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯
B. 油酸和硬脂酸可用酸性KMnO4溶液鉴别
C. 顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物不相同
D. 的名称为：2−氯−3−甲基−3−戊烯
3. 实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，用此装置和相关试剂不能制取的气体是( )
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. Cl2
4. 第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素种数为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. VCB是锂离子电池的一种添加剂，以环氧乙烷为原料制备的一种合成路线如图：下列说法错误的是( )
A. 反应①的原子利用率为100%
B. ClEC中含有一个手性碳原子
C. EO、EC的一氯代物种数相同
D. ClEC、VCB分子中所有原子均处于同一平面
6. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，Z是短周期元素中原子半径最大的，0.1mol⋅L−1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH<1.下列说法正确的是( )
A. 电负性大小顺序：Y>X>Z>W
B. 由于氢键的作用导致气态氢化物的稳定性X>W
C. ZY的水溶液使蓝色石蕊试纸显红色
D. Z分别与其它三种元素组成的二元化合物均含有离子键
7. 下列对实验事实的解释错误的是( )
选项
实验事实
解释
A
实验室用粗锌与稀盐酸反应制H2比纯锌快
粗锌与稀盐酸构成原电池
B
浓硝酸保存在棕色试剂瓶中
4HNO3− 见光或受热 2H2O+4NO2↑+O2↑
C
向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，产生白色沉淀，再滴加CuSO4溶液，沉淀变黑
Ksp(CuS)
做过银镜反应的试管可用铁盐溶液洗涤，加入稀盐酸，清洗效果更好
Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，加入盐酸，Ag+与Cl−结合成氯化银沉淀，使平衡右移
A. A B. B C. C D. D
8. 铂基催化剂表面的氧化还原反应(ORR)是燃料电池最重要的阴极反应。厦门大学李剑锋课题组模拟研究了在酸性条件下铂单晶表面的反应路径如图所示，其中吸附在铂基催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A. ②为氧氧双键的断裂过程
B. 过程③断裂非极性键，过程⑤形成非极性键
C. 该历程的总反应式为O2+4H++4e−=2H2O
D. 若在碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均不变
9. 实验室利用图装置制取有机物，下列说法错误的是( )
A. 根据温度计读数的不同，可制取乙烯和乙醚
B. b为恒压滴液漏斗，其优点是便于液体顺利滴下
C. 将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则证明有乙烯生成
D. 浓硫酸在反应中的作用可能有：催化、吸水、氧化、脱水
10. 印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−)，可用来制备碱式碳酸铜，过程如图：下列说法正确的是( )
A. 反应A的离子方程式为：10Fe2++2ClO3−+12H+=10Fe3++Cl2↑+6H2O
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜
C. NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型均为sp3杂化
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值把Fe2+转化为Fe(OH)3过滤除去
11. 将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 正极发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+
B. 阳极反应为：2C1−−2e−=Cl2↑
C. 若消耗5.6L氧气，则电路中转移1mol电子
D. Fe3+在反应中起催化剂作用
12. 硼烯具有优异的电学、力学、热学等属性，将成为继石墨烯之后又一种“神奇纳米材料”。科学家已成功合成多种结构的硼烯，如图为“皱褶”式硼烯的结构。下列说法错误的是( )
A. “皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子
B. “皱褶”式硼烯中硼原子达到8电子稳定结构
C. 硼烯有望代替石墨烯作电极材料
D. 氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH−反应可生成B(OH)4−或BO2−
二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）
13. 实验室用铂丝按图进行氨的催化氧化实验，下列说法正确的是( )
A. 通入空气的目的是让氨挥发出来，从而使氧气和氨充分混合
B. 瓶口出现少量红棕色气体，说明氨催化氧化的产物是NO2
C. 瓶内有白烟出现是由于生成了白色晶体NH4NO3
D. 铂丝保持红热说明该反应的△H>0
14. 常温下，Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaCO3)=1×10−9.向20mL0.1mol⋅L−1BaCl2溶液中滴入0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液，溶液中pBa2+[pBa2+=−lgc(Ba2+)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 图象中，n=1，m=5
B. 若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，b点向d点移动
C. 若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，可使b点向c点移动
D. V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，产生BaCO3沉淀的条件c(CO32−)c(SO42−)>10
15. 室温下，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定20mL、浓度均为0.1mol⋅L−1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数[1gc(H+)水]随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是( )
A. 该温度下HCOOH的电离常数为Ka=1×10−5
B. a、c两点对应溶液同时升高相同温度，c(Cl−)c(HCOO−)增大
C. 在c点溶液中有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1mol⋅L−1
D. 在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d
三、简答题（本大题共5小题，共60.0分）
16. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，又能缓解能源危机，实现CO2资源化再利用的研究工作正在不断进行中。
(1)CO2和H2合成CH3OH，用非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇的反应历程如图1所示：
上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中______(填字母)的能量变化。
A.*CO+⋅OH→*CO+*H2O
B.*CO→*OCH
C.*OCH2→*OCH3
D.*OCH3→*CH3OH
(2)CO2和H2合成甲酸(HCOOH)其反应为：H2(g)+CO2(g)催化剂HCOOH(g)。一定温度下，恒容密闭容器中进行上述反应，测得v正(CO2)随反应时间(1)的变化如图2所示。
①t2时，改变的条件是充入amolCO2，同时______。
②下列关于t1、t3时刻的说法，正确的是______。
a.平衡常数：K1>K2
b.混合气的平均分子量：M1
③标准平衡常数Kθ=pHCOOHpθ(pH2Pθ)⋅(pCO2Pθ).其中pθ为标准压强(1×105pa)，pH2、pCO2和pHCOOH为各组分的平衡分压，如pCO2=p⋅xCO2，p为平衡总压，xCO2为平衡系统中CO2的物质的量分数。在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，测得HCOOH的平衡产率为w，则Kθ=______(用含w字母表示)
(3)O2轴助的Al～CO2电池工作原理如图3所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)是重要的化工原料。
电池正极区发生的反应：
①O2+e−=O2−
②______，O2的作用是______。
(4)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=______(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10−2，Ka2=6×10−3)。
17. 误服铊盐会导致人体急性中毒，普鲁士蓝[KFe2(CN)6]可用作铊盐的解毒剂。
(1)Fe3+的价电子轨道表示式为______与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有______种。
(2)普鲁士蓝与硫酸作用可形成HCN，HCN的中心原子的杂化轨道类型为______。分子的立体构型是______，分子中σ键与π键数目之比为______。
(3)普鲁士蓝中的化学键不含有______(填字母)。
a.离子键
b.共价键
C.配位键
d.金属键
(4)已知FexCy的晶胞结构如图所示，则其化学式为______，铁原子的配位数是______。
(5)如图为K2S的晶胞，该晶胞与CaF2晶胞结构相似，设晶体密度是pg⋅cm−3，试计算K+与S2−的最短距离为______nm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
18. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种紫黑色固体，只能在碱性环境中稳定存在，在中性或酸性中易分解，工业中通常是先制得高铁酸钠再转化为高铁酸钾。
Ⅰ.制备NaClO溶液
(1)装置的连接顺序为a→______→______→______→______→d。
(2)装置D的作用：______。
(3)B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3.写出生成NaClO3的离子方程式______。
Ⅱ.制备K2FeO4
(1)湿法制备K2FeO4：将Fe(NO3)，溶液滴加到装置B的混合溶液中，其反应的离子方程式是______。继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是______(用简要的文字说明)。
(2)电解法制备K2FeO4(如图)。该装置中离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，阳极电极反应式为______。
Ⅲ.K2FeO4性质的探究
取电解后的溶液滴加稀盐酸，收集到黄绿色气体。针对以上现象，甲乙两位同学提出了以下猜想：
甲：气体只含有Cl2。
乙：气体除C12外还含有______。请设计实验证明乙同学的猜测______。
19. 2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家：LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钻矿(主要成分为Co2O3)制备LiCoO2的工艺流程如图
资料：在含一定量Cl−的溶液中，Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++4Cl−⇌CoCl42−
(1)若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，则H2O2的作用是______。
(2)若“X试剂”是盐酸，写出离子反应方程式______。
(3)途径Ⅰ中加入NaCl固体的目的______(用平衡移动原理解释)。
(4)“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高的原因是______。
(5)已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3煅烧成物质M时转移电子0.4mol，则M的化学式为______。写出“烧结”的化学方程式______。
(6)取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI溶液，再用cmol⋅L−1Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，达
到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液VmL，则产品中钴元素的百分含量为______。(有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O、2Co3+2I−=2Co2++I2、I2+2S1O32−=S4O62−+2I−)
20. 有机物M是−种重要的医药活性中间体，其合成路线如图：
已知：i.2CH3CHO→OH−CH3CH=CHCHO+H2O
ii．
iii．(在空气中极易被氧气氧化)
请回答以下问题：
(1)B中官能团名称为______，检验其官能团所需试剂先后顺序为______(填字母)。
a.银氨溶液 b.NaOH溶液 c.稀硫酸 d.稀盐酸 e.酸性高锰酸钾溶液
(2)F与I的反应类型是______，吡啶是一种有机碱，其作用为______。
(3)写出与A反应的化学方程式______。
(4)N是G的同分异构体，写出满足下列条件N的两种结构简式______。
①苯环上的一氯代物有两种②含有两种官能团③能发生银镜反应
(5)写出以为原料制备的合成路线(其它无机试剂任选)______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氢键具有一定的方向性和饱和性，为分子间作用力，新冠病毒DNA分子内的碱基官能团之间形成氢键，DNA分子内存在氢键，故A正确；
B.聚丙烯的单体为丙烯，丙烯含碳碳双键，双键上的碳原子采取sp2杂化，连接的甲基中碳原子是sp3杂化，故B错误；
C.高温能够使蛋白质变性，所以保存疫苗时应放在温度较低的地方冷藏，故C正确；
D.体积分数为75%的酒精溶液在医疗上常用于灭菌消毒，95%的酒精会在细菌表面形成保护膜不能杀死细菌，故D正确；
故选：B。
A.DNA分子内碱基之间存在氢键；
B.聚丙烯的单体为丙烯，丙烯含碳碳双键，和碳碳单键；
C.高温能够使蛋白质变性；
D.95%的酒精会在细菌表面形成保护膜，体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒。
本题考查有机物的性质和应用，主要是蛋白质性质、氢键形成、高分子化合物单体的确定等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.苯与溴水不反应，应与液溴在催化条件下发生取代反应，故A错误；
B.油酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应，而硬脂酸不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾不反应，可鉴别，故B正确；
C.顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物都为正戊烷，故C错误；
D.有机物编号错误，应为4−氯−3−甲基−2−戊烯，故D错误。
故选：B。
A.苯与溴水不反应；
B.油酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应；
C.顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物都为正戊烷；
D.有机物编号错误。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大
3.【答案】A
【解析】解：A、NH3的密度比空气小，应用向下排空法收集，故A错误；
B、SO2用70%～80%的浓硫酸和亚硫酸钠制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故B正确；
C、NO2用浓硝酸和铜单质反应来制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故C正确；
D、Cl2用浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液来制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故D正确；
故选：A。
根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体不加热制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据气体的性质解答本题。
本题考查化学实验基本原理(气体的制备)，实验装置、仪器的使用，题目难度不大，掌握物质的性质即可解答。
4.【答案】C
【解析】解：根据构造原理分析，第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素，其价电子排布应该为：4s1、3d54s1、3d104s1、4s24p1、4s24p5，分别为K、Cr、Cu、Ga、Br，共5种，
故选：C。
根据构造原理分析，第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素，其价电子排布应该为：4s1、3d54s1、3d104s1、4s24p1、4s24p5，据此分析解答。
本题考查构造原理以及核外电子排布规律，掌握构造原理是解答的关键，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.反应①反应物的所有原子全部转化为生成物，则原子利用率为100%，故A正确；
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，ClEC中连接氯原子的碳原子为手性碳原子，则ClEC中含有一个手性碳原子，故B正确；
C.EO、EC都含有一种H，则一氯代物种数相同，都为一种，故C正确；
D.CIEC含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子一定不在同一个平面上，故D错误。
故选：D。
A.反应物全部转化为生成物；
B.ClEC中连接氯原子的碳原子为手性碳原子；
C.EO、EC都含有一种H；
D.CIEC含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点
本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为Na、W为S，
A.非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序：Y>X>W>Z，故A错误；
B.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，与氢键无关，故B错误；
C.NaF溶液水解显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D.Z分别与其它三种元素组成的二元化合物为氧化钠、NaF、硫化钠，均含有离子键，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，可知X位于第二周期ⅥA族，X为O；Z是短周期元素中原子半径最大的，Z为Na，结合原子序数可知Y为F；0.1mol⋅L−1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH<1，W为S，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.粗锌中含有Cu等不活泼金属，与稀盐酸构成原电池，可以加快Zn与酸反应的速率，故A正确；
B.浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，则实验室浓硝酸保存在棕色试剂瓶中避光保存，故B正确；
C.向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，生成ZnS白色沉淀，同时溶液中有过量的S2−，则继续滴加CuSO4溶液，会有CuS黑色沉淀生成，无法确定存在ZnS向CuS的转化，则无法判断Ksp(CuS)
故选：C。
A.利用原电池可以加快金属与酸反应的速率；
B.浓硝酸不稳定；
C.向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，生成ZnS白色沉淀，同时溶液中有过量的S2−；
D.结合平衡移动原理分析。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重学生分析能力及知识综合应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A、图中的历程②有氧氧双键的断裂，又有氧氢键形成，故A错误；
B、由图可知，③断裂非极性键，⑤形成氧氢键，氧氢键为极性键，故B错误；
C、由历程的起始状态和终态的物质种类变化可知，该历程的总反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故C正确；
D、若反应在碱性条件下，总反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，所以铂单晶表面的ORR过程及产物均会发生变化，故D错误；
故选：C。
A、由图可知，过程②为氧氧双键的断裂和氧氢键形成的过程；
B、由图可知，过程⑤形成的氧氢键为极性键；
C、根据历程的起始状态和终态物质分析反应过程及发生的反应；
D、在碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均会发生变化。
本题考查化学反应历程和历程中的能量变化图象，正确读取图示信息是解答关键，注意极性键和非极性键的特征及判断，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A、乙醇在浓硫酸作用下发生脱水反应，在140℃左右主要发生分子间脱水产生乙醚，在170℃左右主要发生分子内脱水产生乙烯，因此可以根据温度计读数的不同，通过控制温度可制取乙烯和乙醚，故A正确；
B、恒压滴液漏斗可以连通分液漏斗和三颈烧瓶，从而使漏斗和烧瓶内的压强保持一致，这样有利于漏斗中的液体顺利流入烧瓶中，故B正确；
C、该反应是在加热条件下进行，乙醇会部分挥发，同时反应过程中浓硫酸能将乙醇炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应又会产生二氧化硫气体，乙醇和二氧化硫都具有还原性，能被高锰酸钾氧化使其褪色，因此不能证明是乙烯生成，故C错误；
D、浓硫酸在反应中作催化剂加快反应速率，同时体现脱水性将乙醇中氢氧以水的比例脱除，同时能吸收产生的水促进的进行，同时浓硫酸能乙醇炭化，产生的碳单质能与浓硫酸发生氧化还原反应，体现浓硫酸的强氧化性，故D正确。
故选：C。
A、根据170℃左右产生乙烯，140℃左右产生乙醚判断；
B、恒压滴液漏斗可以连通分液漏斗和三颈烧瓶，使上下压强相同；
C、能使高锰酸钾褪色的物质还有乙醇和二氧化硫；
D、浓硫酸具有强氧化性，脱水性和吸水性，在反应中均有体现。
本题主要考查乙烯的实验室制法，注意考虑反应中的多个副反应的发生，在验证产物乙烯前要除去乙烯中的乙醇二氧化硫等杂质气体防止干扰乙烯的检验。
10.【答案】B
【解析】解：A.Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+其还原产物应为Cl−，故离子方程式为：6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，故A错误；
B.铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜，反应方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3；故B正确；
C.NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型，前者ClO3−有一个孤电子对，价层电子对数=1+3=4，是sp3杂化；CO32−价层电子对数=3，没有孤电子对，为sp2杂化，故C错误；
D.Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，试剂X可为CuO或Cu(OH)2，调节pH值把Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，故D错误。
故选：B。
本流程的目的是用印刷线路板废液来制备碱式碳酸铜，必须除去废液中Fe2+，Fe3+，结合题中流程图可知，加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH除掉Fe3+，滤渣为Fe(OH)3，向CuCl2溶液中加入碳酸钠固体过滤得到碱式碳酸铜，据此分析解答。
本题为金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应方程式的书写，简单粒子空间构型的判断，混合物的分离除杂等知识点，有一定的难度。
11.【答案】D
【解析】解：A.阴极发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+，故A错误；
B.阳极反应为：2HCl−2e−=Cl2↑+2H+，故B错误；
C.不清楚是否为标准状况，无法计算氧气的物质的量，故C错误；
D.总的反应为4HCl+O2− 电解 2H2O+Cl2↑，根据题中信息得到Fe3+在反应中起催化剂作用，故D正确，
故选：D。
根据电极反应左边化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，右边化合价升高，失去电子，为电解池的阳极。
根据化合价升降分析，得到电解池的阴阳极，再根据电解的产物书写电极反应式。
12.【答案】B
【解析】解：A、依据图示可知每个B原子与其它3个B相连，所以形成3个B−B共价键，共用3对电子，故A正确；
B、B最外层3个电子，要达到8电子结构，应共用5对电子，而图中B共用3对电子，所以不能达到8电子结构，故B错误；
C、硼烯是电和热的良导体，所以有望代替石墨烯作电极材料，故C正确；
D、B与Al同主族，性质相似，B的氧化物为B2O3，依据氧化铝与氢氧化钠反应产物可推知与氧化硼过量OH−反应可生成B(OH)4−或BO2−，故D正确；
故选：B。
A、依据图示可知每个B原子与其它3个B相连；
B、B最外层3个电子，要达到8电子结构，应共用5对电子；
C、依据题意可知硼烯是电和热的良导体；
D、B与Al同主族，性质相似，依据氧化铝的性质推知氧化硼性质。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确硼烯结构特点及元素化合物性质是解本题关键，题目难度中等。
13.【答案】AC
【解析】解：A.氨水易挥发，步骤中鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，故A正确；
B.催化条件下，氨气发生氧化反应生成NO，NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B错误；
C.依据分析可知生成的硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故C正确；
D.铂丝保持红热说明该反应为放热反应，△H<0，故D错误；
故选：AC。
将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，提供温度，可促进一水合氨的电离，把浓氨水中生成的氨气排出，与氧气反应，在铂丝做催化剂的条件下，氨气发生氧化反应生成NO；NO再与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，由于瓶内有水蒸气存在，可能有NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体小颗粒，据此判断。
本题以分析氨气的催化氧化为载体，考查性质实验方案的设计与评价，解答须掌握该反应的原理和相关物质的性质，题目难度中等。
14.【答案】BC
【解析】解：A、图象中pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg0.1=1，所以n=1；b点恰好完全反应，c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)=1×10−10=10−5mol/L；pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg10−5=5，即m=5；故A正确；
B、若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此b应该向右移动；故B错误；
C、Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaCO3)=1×10−9，Ksp(BaSO4)
故选：BC。
A、图象中pBa2+=−lgc(Ba2+)，b点恰好完全反应，c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)=1×10−10=10−5mol/L；
B、若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大；
C、Ksp(BaSO4)
本题考查物质溶解平衡的重点知识，难点是溶解平衡的移动的判断；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，避免出错。
15.【答案】AB
【解析】解：HCl和HCOOH都抑制了水的电离，两溶液中的氢氧根离子来自水的电离，0.1mol⋅L−1的HCl溶液中[1gc(H+)水]=13，则曲线B为滴定HCl溶液，曲线A表示滴定HCOOH溶液。
A.HCOOH抑制了水的电离，没有加入NaOH溶液时lgc(H+)水=−11，溶液中c(HCOOH)≈0.1mol/L，c(HCOO−)≈c(H+)=10−3mol/L，则Ka(HCOOH)≈10−3×10−30.1=10−5，故A正确；
B.a、c两点对应溶液同时升高相同温度，HCOO−的水解程度增大，导致c(HCOO−)减小，而Cl−的浓度不变，所以c(Cl−)c(HCOO−)的比值增大，故B正确；
C.在c点溶液体积增大一倍，结合物料守恒可知：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.05mol⋅L−1，故C错误；
D.在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b，而d点加入过量的NaOH溶液，反应后溶质为HCOONa、NaOH，溶液呈碱性，故D错误；
故选：AB。
HCl和HCOOH都抑制了水的电离，两溶液中的氢氧根离子来自水的电离，0.1mol⋅L−1的HCl溶液中[1gc(H+)水]=13，则曲线B为滴定HCl溶液，曲线A表示滴定HCOOH溶液。
A.0.1mol⋅L−1HCOOH溶液中[1gc(H+)水]=−11，(HCOOH)≈0.1mol/L，c(HCOO−)≈c(H+)=10−3mol/L，带入Ka(HCOOH)的电离平衡常数表达式计算即可。
B.升高温度，HCOO−的水解程度增大，而Cl−的浓度不变；
C.c点溶液体积增大一倍，结合物料守恒分析；
D.d点氢氧化钠过量，溶液呈碱性。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确水的电离及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
16.【答案】A 加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH c 2w(1−w)2 2CO2+2O2−=C2O42−+2O2 催化剂 3.6
【解析】解：(1)上述合成甲醇的反应速率较慢，说明反应中有能量差较大的变化，要使反应速率加快，则主要是降低能量差大的反应过程，根据分析A选项能量差为1.64eV，B选项能量差为1.39eV，C选项能量差为1.18eV，D选项能量差为0.54eV，因此A选项中能量差最大，降低它的变化能加快反应速率，
故答案为：A；
(2)①t2时，改变的条件是充入amolCO2，t3时刻正反应速率与t1时刻正反应速率相等，说明两个时刻的物质的量没有发生改变，因此在t2时刻加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH，
故答案为：加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH。
②a.温度相同，因此平衡常数不变，即K1=K3，故a错误；b.根据前面分析得到t1、t3时刻物质的量相等，质量也相等，因此混合气的平均分子量：M1−=M3−，故b错误；c.t1、t3时刻物质的量相等，因此混合气中HCOOH的体积分数相等即V1=V3，故c正确；
故答案为：c；
③在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，
H2(g)+CO2(g)=HCOOH(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0
转化量：w w w
平衡量：1−w 1−w w
ppθ=1−w+1−w+w2=2−w2，pθ=22−wp，平衡常数KP=p(HCOOH)pθp(H2)pθ×p(CO2)pθ=p(HCOOH)p(H2)×p(CO2)×pθ=w2−wp1−w2−wp×1−w2−wp×22−wp=2w(1−w)2，
故答案为：2w(1−w)2；
(3)电池正极区发生的反应：①O2+e−=O2−，②2CO2+2O2−=C2O42−+2O2，根据这两个方程式加和得到O2参与了化学反应，但量未发生改变，因此O2的作用是催化剂，
故答案为：2CO2+2O2−=C2O42−+2O2；催化剂；
(4)常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)=6×10−2×6×10−5(1×10−3)2=3.6，
故答案为：3.6。
(1)上述合成甲醇的反应速率较慢，说明反应中有能量差较大的变化，要使反应速率加快，则主要是降低能量差大的反应过程，根据分析A选项能量差为1.64eV，B选项能量差为1.39eV，C选项能量差为1.18eV，D选项能量差为0.54eV，A选项中能量差最大；
(2)①t2时，改变的条件是充入amolCO2，t3时刻正反应速率与t1时刻正反应速率相等；
②a、温度相同，平衡常数不变；
b、根据前面分析得到t1、t3时刻物质的量相等，质量也相等，因此混合气的平均分子量相等；
c、t1、t3时刻物质的量相等，因此混合气中HCOOH的体积分数相等；
③在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，
H2(g)+CO2(g)=HCOOH(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0
转化量：w w w
平衡量：1−w 1−w w
ppθ=1−w+1−w+w2=2−w2，pθ=22−wp，平衡常数KP=p(HCOOH)pθp(H2)pθ×p(CO2)pθ；
(3)电池正极区发生的反应：①O2+e−=O2−，②2CO2+2O2−=C2O42−+2O2，根据这两个方程式加和得到O2参与了化学反应，但量未发生改变；
(4)常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)。
本题考查化学平衡及影响因素、化学反应速率及影响因素、盖斯定律的应用、原电池的应用、化学平衡图象分析等知识，为高频考点，把握温度与K的关系为解答的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意三段式格式的应用和图象信息分析，题目难度中等。
17.【答案】 2 sp 直线形 1：1 d Fe3C 2 34×3440ρ⋅NA×107
【解析】解：(1)Fe的原子序数为26号，价电子排布式为：3d64s2；失去3个电子后，价电子轨道表示式：；同周期主族元素第一电离能从左向右逐渐增大；由于原子轨道处于全满、半满时稳定，不易失电子，第一电离能大，所以第二周期中N的第一电离能高于相邻的O元素，所以与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有：F和Ne，
故答案为：；2；
(2)杂化轨道数n=σ+12(a−xb)，HCN的杂化轨道数为：2+12(4−1×1−3×1)=2，sp杂化，分子构型为直线形；HCN的结构简式为：H−C≡N，则分子中σ键与π键个数都为2，数目之比为1：1，
故答案为：sp；直线形；1：1；
(3)[KFe2(CN)6]含有CN−内部的C和N的共价键，CN−与Fe2+和Fe3+之间的配位键，K+与[Fe2(CN)6]−之间的离子键，没有金属键，
故答案为：d；
(4)利用均摊法，晶胞所含的Fe原子为：(2+8)×12+4×14=6；C原子为：8×18+1=2；所以化学式为：Fe3C；离Fe原子最近等距离的C原子数为2，
故答案为：Fe3C；2；
(5)利用均摊法，该晶胞中含有K+为：8个；S2−为：8×18+6×12=4个；由图可知，把一个晶胞分成8个小立方体，1个K+位于小立方体的中心，与最近等距离4个S2−组成小的正四面体，所以K+与S2−的最短距离即为小正四面体的中心到小四面体顶点的距离；与面对角线的14和边长的14组成一个直角三角形；
设晶胞的边长为acm，则a3×ρ×NA=8×39+4×32=440，a=3440ρ×NA；面对角线为：2a；面对角线的14为24a；边长的14为a4；
设K+与S2−的最短距离s：s2=(24a)2+(a4)2；a代入即得s=(24×3440ρ⋅NA)2+(14×3440ρ⋅NA)2=34×3440ρ⋅NAcm=34×3440ρ⋅NA×107nm，
故答案为：34×3440ρ⋅NA×107
(1)Fe的原子序数为26号，价电子排布式为：3d64s2；同周期主族元素第一电离能从左向右逐渐增大，第二周期中N和Be高于相邻的O和B；
(2)杂化轨道数n=σ+12(a−xb)；n=2，为sp杂化，分子构型为直线形；单键为σ键，双键和三键中各只有1个σ键，其余为π键；
(3)[KFe2(CN)6]含有CN−内部的C和N的共价键，CN−和Fe2+之间的配位键和K+与[Fe2(CN)6]−之间的离子键；
(4)根据均摊法求出晶胞所含的Fe原子和C原子，得出化学式；配位数是指离金属原子最近等距离的原子数；
(5)利用均摊法得出晶胞所含的离子数目；利用m×NA=ρV求出晶胞边长a；K+与S2−的最短距离与面对角线的14和边长的14组成一个直角三角形；利用勾股定理求解。
考查杂化轨道、化学键、配位数及晶胞的计算的相关重点知识，侧重考查学生对原子结构的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点及图象的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
18.【答案】e f c b 储存氯气 3Cl2+6OH−− △ 5Cl−+ClO3−+3H2O 2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小 阴 Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O O2 将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确
【解析】解：I.(1)A装置制氯气，先用E装置饱和食盐水除HCl，再用氯气和氢氧化钠反应B装置制取NaClO，再用C装置处理尾气，因此装置的连接顺序为a→e→f→c→b→d，故答案为：e；f；c；b；
(2)装置D的作用储存氯气，故答案为：储存氯气；
(3)B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3，氯气和氢氧化钠加热反应生成NaCl、水和NaClO3，生成NaClO3的离子方程式3Cl2+6OH−− △ 5Cl−+ClO3−+3H2O；故答案为：3Cl2+6OH−− △
5Cl−+ClO3−+3H2O；− △
II.(1)将Fe(NO3)3溶液滴加到装置B的混合溶液中，反应生成FeO42−、Cl−和H2O，其反应的离子方程式是2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O.继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是相同条件下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；故答案为：2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；
(2)该装置中铁作阳极电解变为FeO42−，Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O，阴极是2H2O+2e−=2OH−+H2↑，电解池中OH−向左不断移动，因此离子交换膜为阴离子交换膜；故答案为：阴；Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；
III.根据题意高铁酸钾在酸性或中性溶液中发生分解反应会产生氧气，加入盐酸除生成氯气外，还可能生成氧气，可将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确；
故答案为：O2；将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确。
A装置实验室制氯气，B装置是氯气与NaOH溶液反应生成NaClO溶液，C装置尾气处理，D装置储存氯气，E装置处理HCl气体，B装置在常温下反应生成NaClO溶液，在温度较高条件下生成NaClO3，NaClO3与Fe(NO3)3在碱性条件下反应生成Na2FeO4，Na2FeO4与KOH根据溶解度的大小发生反应生成K2FeO4，利用铁电解在碱性条件下反应得到FeO42−，高铁酸钾在中性或酸性中易分解，据此解答。
本题考查物质制备实验设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握步骤和过程分析判断，物质提纯的实验方法应用，答题时注意流程的分析和实验基本操作的灵活运用，题目难度中等。
19.【答案】作还原剂 Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O 加入NaCl固体，溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度 温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 Co3O4 4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2 59cV10m%
【解析】解：(1)若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，Co2O3与稀H2SO4和H2O2反应生成Co2+，钴化合价降低，则化合价升高H2O2，因此H2O2的作用是作还原剂，
故答案为：作还原剂；
(2)若“X试剂”是盐酸，Co2O3与HCl发生氧化还原反应，其离子反应方程式Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O，
故答案为：Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O；
(3)根据图中信息Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++4Cl−⇌CoCl42−，因此途径I中加入NaCl固体的目的加入NaCl固体后溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度，
故答案为：加入NaCl固体，溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度；
(4)“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高，主要是因为温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少，
故答案为：温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3即物质的量为0.3mol，则有+2价的钴0.6mol，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，说明有0.4mol+2价钴升高变为+3价钴，还有0.2mol钴化合价未变，即得到M的化学式为Co3O4；因此“烧结”的化学方程式4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2，
故答案为：Co3O4；4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2；
(6)根据方程式可得关系式LiCoO2～S2O32−，得到n(Co)=cmol⋅L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，则产品中钴元素的百分含量为ω=cV×10−3mol×59g/molMg×100%=59cV10m%，故答案为：59cV10m%。
原钴矿(主要成分为Co2O3)与稀硫酸和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钴和水，Co2+溶液中加入NaCl固体，致使溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成Co2(OH)2CO3，Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，Co3O4和碳酸锂烧结生成LiCoO2.据此解答。
本题考查物质的制备及性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20.【答案】碳碳双键和醛基 ace 防止氨基在空气中被氧气氧化
【解析】解：(1)根据上面的分析可知，B为CH2=CHCHO，B中官能团名称为碳碳双键和醛基，检验碳碳双键和醛基要先用银氨溶液检验醛基，再酸化后用高锰酸钾检验碳碳双键，所以所需试剂先后顺序为ace，
故答案为：碳碳双键和醛基；ace；
(2)根据上面的分析可知，F与I的反应类型是取代反应，氨基在空气中极易被氧气氧化，吡啶是一种有机碱，其作用为可以防止氨基在空气中被氧气氧化，
故答案为：取代反应；防止氨基在空气中被氧气氧化；
(3)H与A发生缩聚反应生成，化学方程式为，
故答案为：；
(4)G为，N是G的同分异构体，根据条件①苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上有两种位置的氢，②含有两种官能团，③能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的N的两种结构简式为，
故答案为：；
(5)用氧化得苯甲酸，然后再发生信息ii中的取代反应可得，用甲苯发生对位的硝化反应后再还原可得对氨基甲苯，用对氨基甲苯与发生取代可得，合成路线为，
故答案为：。
根据M的结构简式以及生成G和I的转化条件可以逆推得苯甲醚发生硝化反应生成G为，G发生还原反应生成I为，根据的结构简式可知，H为，A为CH3CHO，H与A发生缩聚反应生成，A发生取代反应生成苯甲醚，根据M和I的结构简式可推知F为ClCOCH=CH2，根据各物质转化条件，可推得A为与甲醛发生信息i中的反应生成B为CH2=CHCHO，则X为HCHO，B发生加成反应生C为ClCH2CH2CHO，C被氧化得D为ClCH2CH2COOH，D发生消去反应得E为CH2=CHCOOH，E发生取代反应生成F，
(5)用氧化得苯甲酸，然后再发生信息ii中的取代反应可得，用甲苯发生对位的硝化反应后再还原可得对氨基甲苯，用对氨基甲苯与发生取代可得，据此答题。
本题考查了有机合成与推断，充分利用有机物分子式、反应条件及给予的信息进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用。
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2020年山东省新高考质量测评联盟高考化学模拟试卷（5月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）
1. 中国科研提供抗疫“硬核力量”，在对新冠病毒的认识与防控中，化学知识起到了重要作用。下列说法不正确的是( )
A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性
B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其单体分子中碳原子均以sp2杂化
C. 为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放
D. 在选用酒精消毒时，75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好
2. 下列说法正确的是( )
A. 苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯
B. 油酸和硬脂酸可用酸性KMnO4溶液鉴别
C. 顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物不相同
D. 的名称为：2−氯−3−甲基−3−戊烯
3. 实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，用此装置和相关试剂不能制取的气体是( )
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. Cl2
4. 第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素种数为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. VCB是锂离子电池的一种添加剂，以环氧乙烷为原料制备的一种合成路线如图：下列说法错误的是( )
A. 反应①的原子利用率为100%
B. ClEC中含有一个手性碳原子
C. EO、EC的一氯代物种数相同
D. ClEC、VCB分子中所有原子均处于同一平面
6. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，Z是短周期元素中原子半径最大的，0.1mol⋅L−1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH<1.下列说法正确的是( )
A. 电负性大小顺序：Y>X>Z>W
B. 由于氢键的作用导致气态氢化物的稳定性X>W
C. ZY的水溶液使蓝色石蕊试纸显红色
D. Z分别与其它三种元素组成的二元化合物均含有离子键
7. 下列对实验事实的解释错误的是( )
选项
实验事实
解释
A
实验室用粗锌与稀盐酸反应制H2比纯锌快
粗锌与稀盐酸构成原电池
B
浓硝酸保存在棕色试剂瓶中
4HNO3− 见光或受热 2H2O+4NO2↑+O2↑
C
向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，产生白色沉淀，再滴加CuSO4溶液，沉淀变黑
Ksp(CuS)
做过银镜反应的试管可用铁盐溶液洗涤，加入稀盐酸，清洗效果更好
Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，加入盐酸，Ag+与Cl−结合成氯化银沉淀，使平衡右移
A. A B. B C. C D. D
8. 铂基催化剂表面的氧化还原反应(ORR)是燃料电池最重要的阴极反应。厦门大学李剑锋课题组模拟研究了在酸性条件下铂单晶表面的反应路径如图所示，其中吸附在铂基催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A. ②为氧氧双键的断裂过程
B. 过程③断裂非极性键，过程⑤形成非极性键
C. 该历程的总反应式为O2+4H++4e−=2H2O
D. 若在碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均不变
9. 实验室利用图装置制取有机物，下列说法错误的是( )
A. 根据温度计读数的不同，可制取乙烯和乙醚
B. b为恒压滴液漏斗，其优点是便于液体顺利滴下
C. 将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则证明有乙烯生成
D. 浓硫酸在反应中的作用可能有：催化、吸水、氧化、脱水
10. 印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−)，可用来制备碱式碳酸铜，过程如图：下列说法正确的是( )
A. 反应A的离子方程式为：10Fe2++2ClO3−+12H+=10Fe3++Cl2↑+6H2O
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜
C. NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型均为sp3杂化
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值把Fe2+转化为Fe(OH)3过滤除去
11. 将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 正极发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+
B. 阳极反应为：2C1−−2e−=Cl2↑
C. 若消耗5.6L氧气，则电路中转移1mol电子
D. Fe3+在反应中起催化剂作用
12. 硼烯具有优异的电学、力学、热学等属性，将成为继石墨烯之后又一种“神奇纳米材料”。科学家已成功合成多种结构的硼烯，如图为“皱褶”式硼烯的结构。下列说法错误的是( )
A. “皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子
B. “皱褶”式硼烯中硼原子达到8电子稳定结构
C. 硼烯有望代替石墨烯作电极材料
D. 氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH−反应可生成B(OH)4−或BO2−
二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）
13. 实验室用铂丝按图进行氨的催化氧化实验，下列说法正确的是( )
A. 通入空气的目的是让氨挥发出来，从而使氧气和氨充分混合
B. 瓶口出现少量红棕色气体，说明氨催化氧化的产物是NO2
C. 瓶内有白烟出现是由于生成了白色晶体NH4NO3
D. 铂丝保持红热说明该反应的△H>0
14. 常温下，Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaCO3)=1×10−9.向20mL0.1mol⋅L−1BaCl2溶液中滴入0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液，溶液中pBa2+[pBa2+=−lgc(Ba2+)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 图象中，n=1，m=5
B. 若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，b点向d点移动
C. 若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，可使b点向c点移动
D. V0时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，产生BaCO3沉淀的条件c(CO32−)c(SO42−)>10
15. 室温下，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定20mL、浓度均为0.1mol⋅L−1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数[1gc(H+)水]随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是( )
A. 该温度下HCOOH的电离常数为Ka=1×10−5
B. a、c两点对应溶液同时升高相同温度，c(Cl−)c(HCOO−)增大
C. 在c点溶液中有：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.1mol⋅L−1
D. 在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d
三、简答题（本大题共5小题，共60.0分）
16. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，又能缓解能源危机，实现CO2资源化再利用的研究工作正在不断进行中。
(1)CO2和H2合成CH3OH，用非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇的反应历程如图1所示：
上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中______(填字母)的能量变化。
A.*CO+⋅OH→*CO+*H2O
B.*CO→*OCH
C.*OCH2→*OCH3
D.*OCH3→*CH3OH
(2)CO2和H2合成甲酸(HCOOH)其反应为：H2(g)+CO2(g)催化剂HCOOH(g)。一定温度下，恒容密闭容器中进行上述反应，测得v正(CO2)随反应时间(1)的变化如图2所示。
①t2时，改变的条件是充入amolCO2，同时______。
②下列关于t1、t3时刻的说法，正确的是______。
a.平衡常数：K1>K2
b.混合气的平均分子量：M1
③标准平衡常数Kθ=pHCOOHpθ(pH2Pθ)⋅(pCO2Pθ).其中pθ为标准压强(1×105pa)，pH2、pCO2和pHCOOH为各组分的平衡分压，如pCO2=p⋅xCO2，p为平衡总压，xCO2为平衡系统中CO2的物质的量分数。在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，测得HCOOH的平衡产率为w，则Kθ=______(用含w字母表示)
(3)O2轴助的Al～CO2电池工作原理如图3所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)是重要的化工原料。
电池正极区发生的反应：
①O2+e−=O2−
②______，O2的作用是______。
(4)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=______(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10−2，Ka2=6×10−3)。
17. 误服铊盐会导致人体急性中毒，普鲁士蓝[KFe2(CN)6]可用作铊盐的解毒剂。
(1)Fe3+的价电子轨道表示式为______与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有______种。
(2)普鲁士蓝与硫酸作用可形成HCN，HCN的中心原子的杂化轨道类型为______。分子的立体构型是______，分子中σ键与π键数目之比为______。
(3)普鲁士蓝中的化学键不含有______(填字母)。
a.离子键
b.共价键
C.配位键
d.金属键
(4)已知FexCy的晶胞结构如图所示，则其化学式为______，铁原子的配位数是______。
(5)如图为K2S的晶胞，该晶胞与CaF2晶胞结构相似，设晶体密度是pg⋅cm−3，试计算K+与S2−的最短距离为______nm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
18. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种紫黑色固体，只能在碱性环境中稳定存在，在中性或酸性中易分解，工业中通常是先制得高铁酸钠再转化为高铁酸钾。
Ⅰ.制备NaClO溶液
(1)装置的连接顺序为a→______→______→______→______→d。
(2)装置D的作用：______。
(3)B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3.写出生成NaClO3的离子方程式______。
Ⅱ.制备K2FeO4
(1)湿法制备K2FeO4：将Fe(NO3)，溶液滴加到装置B的混合溶液中，其反应的离子方程式是______。继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是______(用简要的文字说明)。
(2)电解法制备K2FeO4(如图)。该装置中离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，阳极电极反应式为______。
Ⅲ.K2FeO4性质的探究
取电解后的溶液滴加稀盐酸，收集到黄绿色气体。针对以上现象，甲乙两位同学提出了以下猜想：
甲：气体只含有Cl2。
乙：气体除C12外还含有______。请设计实验证明乙同学的猜测______。
19. 2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家：LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钻矿(主要成分为Co2O3)制备LiCoO2的工艺流程如图
资料：在含一定量Cl−的溶液中，Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++4Cl−⇌CoCl42−
(1)若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，则H2O2的作用是______。
(2)若“X试剂”是盐酸，写出离子反应方程式______。
(3)途径Ⅰ中加入NaCl固体的目的______(用平衡移动原理解释)。
(4)“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高的原因是______。
(5)已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3煅烧成物质M时转移电子0.4mol，则M的化学式为______。写出“烧结”的化学方程式______。
(6)取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI溶液，再用cmol⋅L−1Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，达
到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液VmL，则产品中钴元素的百分含量为______。(有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O、2Co3+2I−=2Co2++I2、I2+2S1O32−=S4O62−+2I−)
20. 有机物M是−种重要的医药活性中间体，其合成路线如图：
已知：i.2CH3CHO→OH−CH3CH=CHCHO+H2O
ii．
iii．(在空气中极易被氧气氧化)
请回答以下问题：
(1)B中官能团名称为______，检验其官能团所需试剂先后顺序为______(填字母)。
a.银氨溶液 b.NaOH溶液 c.稀硫酸 d.稀盐酸 e.酸性高锰酸钾溶液
(2)F与I的反应类型是______，吡啶是一种有机碱，其作用为______。
(3)写出与A反应的化学方程式______。
(4)N是G的同分异构体，写出满足下列条件N的两种结构简式______。
①苯环上的一氯代物有两种②含有两种官能团③能发生银镜反应
(5)写出以为原料制备的合成路线(其它无机试剂任选)______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氢键具有一定的方向性和饱和性，为分子间作用力，新冠病毒DNA分子内的碱基官能团之间形成氢键，DNA分子内存在氢键，故A正确；
B.聚丙烯的单体为丙烯，丙烯含碳碳双键，双键上的碳原子采取sp2杂化，连接的甲基中碳原子是sp3杂化，故B错误；
C.高温能够使蛋白质变性，所以保存疫苗时应放在温度较低的地方冷藏，故C正确；
D.体积分数为75%的酒精溶液在医疗上常用于灭菌消毒，95%的酒精会在细菌表面形成保护膜不能杀死细菌，故D正确；
故选：B。
A.DNA分子内碱基之间存在氢键；
B.聚丙烯的单体为丙烯，丙烯含碳碳双键，和碳碳单键；
C.高温能够使蛋白质变性；
D.95%的酒精会在细菌表面形成保护膜，体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒。
本题考查有机物的性质和应用，主要是蛋白质性质、氢键形成、高分子化合物单体的确定等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.苯与溴水不反应，应与液溴在催化条件下发生取代反应，故A错误；
B.油酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应，而硬脂酸不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾不反应，可鉴别，故B正确；
C.顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物都为正戊烷，故C错误；
D.有机物编号错误，应为4−氯−3−甲基−2−戊烯，故D错误。
故选：B。
A.苯与溴水不反应；
B.油酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应；
C.顺−2−戊烯和反−2−戊烯加氢产物都为正戊烷；
D.有机物编号错误。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大
3.【答案】A
【解析】解：A、NH3的密度比空气小，应用向下排空法收集，故A错误；
B、SO2用70%～80%的浓硫酸和亚硫酸钠制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故B正确；
C、NO2用浓硝酸和铜单质反应来制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故C正确；
D、Cl2用浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液来制取，可用向上排空法收集，极易溶于水，用防倒吸装置，故D正确；
故选：A。
根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体不加热制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据气体的性质解答本题。
本题考查化学实验基本原理(气体的制备)，实验装置、仪器的使用，题目难度不大，掌握物质的性质即可解答。
4.【答案】C
【解析】解：根据构造原理分析，第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素，其价电子排布应该为：4s1、3d54s1、3d104s1、4s24p1、4s24p5，分别为K、Cr、Cu、Ga、Br，共5种，
故选：C。
根据构造原理分析，第四周期元素中基态原子N电子层上有一个单电子的元素，其价电子排布应该为：4s1、3d54s1、3d104s1、4s24p1、4s24p5，据此分析解答。
本题考查构造原理以及核外电子排布规律，掌握构造原理是解答的关键，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.反应①反应物的所有原子全部转化为生成物，则原子利用率为100%，故A正确；
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，ClEC中连接氯原子的碳原子为手性碳原子，则ClEC中含有一个手性碳原子，故B正确；
C.EO、EC都含有一种H，则一氯代物种数相同，都为一种，故C正确；
D.CIEC含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子一定不在同一个平面上，故D错误。
故选：D。
A.反应物全部转化为生成物；
B.ClEC中连接氯原子的碳原子为手性碳原子；
C.EO、EC都含有一种H；
D.CIEC含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点
本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为Na、W为S，
A.非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序：Y>X>W>Z，故A错误；
B.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，与氢键无关，故B错误；
C.NaF溶液水解显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D.Z分别与其它三种元素组成的二元化合物为氧化钠、NaF、硫化钠，均含有离子键，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，可知X位于第二周期ⅥA族，X为O；Z是短周期元素中原子半径最大的，Z为Na，结合原子序数可知Y为F；0.1mol⋅L−1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH<1，W为S，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.粗锌中含有Cu等不活泼金属，与稀盐酸构成原电池，可以加快Zn与酸反应的速率，故A正确；
B.浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，则实验室浓硝酸保存在棕色试剂瓶中避光保存，故B正确；
C.向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，生成ZnS白色沉淀，同时溶液中有过量的S2−，则继续滴加CuSO4溶液，会有CuS黑色沉淀生成，无法确定存在ZnS向CuS的转化，则无法判断Ksp(CuS)
故选：C。
A.利用原电池可以加快金属与酸反应的速率；
B.浓硝酸不稳定；
C.向10mL0.2mol⋅L−1ZnSO4，溶液中加入12mL0.4mol⋅L−1Na2S溶液，生成ZnS白色沉淀，同时溶液中有过量的S2−；
D.结合平衡移动原理分析。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重学生分析能力及知识综合应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A、图中的历程②有氧氧双键的断裂，又有氧氢键形成，故A错误；
B、由图可知，③断裂非极性键，⑤形成氧氢键，氧氢键为极性键，故B错误；
C、由历程的起始状态和终态的物质种类变化可知，该历程的总反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故C正确；
D、若反应在碱性条件下，总反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，所以铂单晶表面的ORR过程及产物均会发生变化，故D错误；
故选：C。
A、由图可知，过程②为氧氧双键的断裂和氧氢键形成的过程；
B、由图可知，过程⑤形成的氧氢键为极性键；
C、根据历程的起始状态和终态物质分析反应过程及发生的反应；
D、在碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均会发生变化。
本题考查化学反应历程和历程中的能量变化图象，正确读取图示信息是解答关键，注意极性键和非极性键的特征及判断，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A、乙醇在浓硫酸作用下发生脱水反应，在140℃左右主要发生分子间脱水产生乙醚，在170℃左右主要发生分子内脱水产生乙烯，因此可以根据温度计读数的不同，通过控制温度可制取乙烯和乙醚，故A正确；
B、恒压滴液漏斗可以连通分液漏斗和三颈烧瓶，从而使漏斗和烧瓶内的压强保持一致，这样有利于漏斗中的液体顺利流入烧瓶中，故B正确；
C、该反应是在加热条件下进行，乙醇会部分挥发，同时反应过程中浓硫酸能将乙醇炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应又会产生二氧化硫气体，乙醇和二氧化硫都具有还原性，能被高锰酸钾氧化使其褪色，因此不能证明是乙烯生成，故C错误；
D、浓硫酸在反应中作催化剂加快反应速率，同时体现脱水性将乙醇中氢氧以水的比例脱除，同时能吸收产生的水促进的进行，同时浓硫酸能乙醇炭化，产生的碳单质能与浓硫酸发生氧化还原反应，体现浓硫酸的强氧化性，故D正确。
故选：C。
A、根据170℃左右产生乙烯，140℃左右产生乙醚判断；
B、恒压滴液漏斗可以连通分液漏斗和三颈烧瓶，使上下压强相同；
C、能使高锰酸钾褪色的物质还有乙醇和二氧化硫；
D、浓硫酸具有强氧化性，脱水性和吸水性，在反应中均有体现。
本题主要考查乙烯的实验室制法，注意考虑反应中的多个副反应的发生，在验证产物乙烯前要除去乙烯中的乙醇二氧化硫等杂质气体防止干扰乙烯的检验。
10.【答案】B
【解析】解：A.Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+其还原产物应为Cl−，故离子方程式为：6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，故A错误；
B.铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜，反应方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3；故B正确；
C.NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型，前者ClO3−有一个孤电子对，价层电子对数=1+3=4，是sp3杂化；CO32−价层电子对数=3，没有孤电子对，为sp2杂化，故C错误；
D.Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，试剂X可为CuO或Cu(OH)2，调节pH值把Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，故D错误。
故选：B。
本流程的目的是用印刷线路板废液来制备碱式碳酸铜，必须除去废液中Fe2+，Fe3+，结合题中流程图可知，加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH除掉Fe3+，滤渣为Fe(OH)3，向CuCl2溶液中加入碳酸钠固体过滤得到碱式碳酸铜，据此分析解答。
本题为金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应方程式的书写，简单粒子空间构型的判断，混合物的分离除杂等知识点，有一定的难度。
11.【答案】D
【解析】解：A.阴极发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+，故A错误；
B.阳极反应为：2HCl−2e−=Cl2↑+2H+，故B错误；
C.不清楚是否为标准状况，无法计算氧气的物质的量，故C错误；
D.总的反应为4HCl+O2− 电解 2H2O+Cl2↑，根据题中信息得到Fe3+在反应中起催化剂作用，故D正确，
故选：D。
根据电极反应左边化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，右边化合价升高，失去电子，为电解池的阳极。
根据化合价升降分析，得到电解池的阴阳极，再根据电解的产物书写电极反应式。
12.【答案】B
【解析】解：A、依据图示可知每个B原子与其它3个B相连，所以形成3个B−B共价键，共用3对电子，故A正确；
B、B最外层3个电子，要达到8电子结构，应共用5对电子，而图中B共用3对电子，所以不能达到8电子结构，故B错误；
C、硼烯是电和热的良导体，所以有望代替石墨烯作电极材料，故C正确；
D、B与Al同主族，性质相似，B的氧化物为B2O3，依据氧化铝与氢氧化钠反应产物可推知与氧化硼过量OH−反应可生成B(OH)4−或BO2−，故D正确；
故选：B。
A、依据图示可知每个B原子与其它3个B相连；
B、B最外层3个电子，要达到8电子结构，应共用5对电子；
C、依据题意可知硼烯是电和热的良导体；
D、B与Al同主族，性质相似，依据氧化铝的性质推知氧化硼性质。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确硼烯结构特点及元素化合物性质是解本题关键，题目难度中等。
13.【答案】AC
【解析】解：A.氨水易挥发，步骤中鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，故A正确；
B.催化条件下，氨气发生氧化反应生成NO，NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B错误；
C.依据分析可知生成的硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故C正确；
D.铂丝保持红热说明该反应为放热反应，△H<0，故D错误；
故选：AC。
将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，提供温度，可促进一水合氨的电离，把浓氨水中生成的氨气排出，与氧气反应，在铂丝做催化剂的条件下，氨气发生氧化反应生成NO；NO再与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，由于瓶内有水蒸气存在，可能有NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体小颗粒，据此判断。
本题以分析氨气的催化氧化为载体，考查性质实验方案的设计与评价，解答须掌握该反应的原理和相关物质的性质，题目难度中等。
14.【答案】BC
【解析】解：A、图象中pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg0.1=1，所以n=1；b点恰好完全反应，c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)=1×10−10=10−5mol/L；pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg10−5=5，即m=5；故A正确；
B、若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此b应该向右移动；故B错误；
C、Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaCO3)=1×10−9，Ksp(BaSO4)
故选：BC。
A、图象中pBa2+=−lgc(Ba2+)，b点恰好完全反应，c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)=1×10−10=10−5mol/L；
B、若起始时c(BaCl2)=0.2mol⋅L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大；
C、Ksp(BaSO4)
本题考查物质溶解平衡的重点知识，难点是溶解平衡的移动的判断；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，避免出错。
15.【答案】AB
【解析】解：HCl和HCOOH都抑制了水的电离，两溶液中的氢氧根离子来自水的电离，0.1mol⋅L−1的HCl溶液中[1gc(H+)水]=13，则曲线B为滴定HCl溶液，曲线A表示滴定HCOOH溶液。
A.HCOOH抑制了水的电离，没有加入NaOH溶液时lgc(H+)水=−11，溶液中c(HCOOH)≈0.1mol/L，c(HCOO−)≈c(H+)=10−3mol/L，则Ka(HCOOH)≈10−3×10−30.1=10−5，故A正确；
B.a、c两点对应溶液同时升高相同温度，HCOO−的水解程度增大，导致c(HCOO−)减小，而Cl−的浓度不变，所以c(Cl−)c(HCOO−)的比值增大，故B正确；
C.在c点溶液体积增大一倍，结合物料守恒可知：c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.05mol⋅L−1，故C错误；
D.在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b，而d点加入过量的NaOH溶液，反应后溶质为HCOONa、NaOH，溶液呈碱性，故D错误；
故选：AB。
HCl和HCOOH都抑制了水的电离，两溶液中的氢氧根离子来自水的电离，0.1mol⋅L−1的HCl溶液中[1gc(H+)水]=13，则曲线B为滴定HCl溶液，曲线A表示滴定HCOOH溶液。
A.0.1mol⋅L−1HCOOH溶液中[1gc(H+)水]=−11，(HCOOH)≈0.1mol/L，c(HCOO−)≈c(H+)=10−3mol/L，带入Ka(HCOOH)的电离平衡常数表达式计算即可。
B.升高温度，HCOO−的水解程度增大，而Cl−的浓度不变；
C.c点溶液体积增大一倍，结合物料守恒分析；
D.d点氢氧化钠过量，溶液呈碱性。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确水的电离及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
16.【答案】A 加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH c 2w(1−w)2 2CO2+2O2−=C2O42−+2O2 催化剂 3.6
【解析】解：(1)上述合成甲醇的反应速率较慢，说明反应中有能量差较大的变化，要使反应速率加快，则主要是降低能量差大的反应过程，根据分析A选项能量差为1.64eV，B选项能量差为1.39eV，C选项能量差为1.18eV，D选项能量差为0.54eV，因此A选项中能量差最大，降低它的变化能加快反应速率，
故答案为：A；
(2)①t2时，改变的条件是充入amolCO2，t3时刻正反应速率与t1时刻正反应速率相等，说明两个时刻的物质的量没有发生改变，因此在t2时刻加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH，
故答案为：加入amolH2(g)同时移出amolHCOOH。
②a.温度相同，因此平衡常数不变，即K1=K3，故a错误；b.根据前面分析得到t1、t3时刻物质的量相等，质量也相等，因此混合气的平均分子量：M1−=M3−，故b错误；c.t1、t3时刻物质的量相等，因此混合气中HCOOH的体积分数相等即V1=V3，故c正确；
故答案为：c；
③在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，
H2(g)+CO2(g)=HCOOH(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0
转化量：w w w
平衡量：1−w 1−w w
ppθ=1−w+1−w+w2=2−w2，pθ=22−wp，平衡常数KP=p(HCOOH)pθp(H2)pθ×p(CO2)pθ=p(HCOOH)p(H2)×p(CO2)×pθ=w2−wp1−w2−wp×1−w2−wp×22−wp=2w(1−w)2，
故答案为：2w(1−w)2；
(3)电池正极区发生的反应：①O2+e−=O2−，②2CO2+2O2−=C2O42−+2O2，根据这两个方程式加和得到O2参与了化学反应，但量未发生改变，因此O2的作用是催化剂，
故答案为：2CO2+2O2−=C2O42−+2O2；催化剂；
(4)常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)=6×10−2×6×10−5(1×10−3)2=3.6，
故答案为：3.6。
(1)上述合成甲醇的反应速率较慢，说明反应中有能量差较大的变化，要使反应速率加快，则主要是降低能量差大的反应过程，根据分析A选项能量差为1.64eV，B选项能量差为1.39eV，C选项能量差为1.18eV，D选项能量差为0.54eV，A选项中能量差最大；
(2)①t2时，改变的条件是充入amolCO2，t3时刻正反应速率与t1时刻正反应速率相等；
②a、温度相同，平衡常数不变；
b、根据前面分析得到t1、t3时刻物质的量相等，质量也相等，因此混合气的平均分子量相等；
c、t1、t3时刻物质的量相等，因此混合气中HCOOH的体积分数相等；
③在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，
H2(g)+CO2(g)=HCOOH(g) (单位：mol)
起始量：1 1 0
转化量：w w w
平衡量：1−w 1−w w
ppθ=1−w+1−w+w2=2−w2，pθ=22−wp，平衡常数KP=p(HCOOH)pθp(H2)pθ×p(CO2)pθ；
(3)电池正极区发生的反应：①O2+e−=O2−，②2CO2+2O2−=C2O42−+2O2，根据这两个方程式加和得到O2参与了化学反应，但量未发生改变；
(4)常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则c(C2O42−)c(H2C2O4)=Ka1×Ka2c2(H+)。
本题考查化学平衡及影响因素、化学反应速率及影响因素、盖斯定律的应用、原电池的应用、化学平衡图象分析等知识，为高频考点，把握温度与K的关系为解答的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意三段式格式的应用和图象信息分析，题目难度中等。
17.【答案】 2 sp 直线形 1：1 d Fe3C 2 34×3440ρ⋅NA×107
【解析】解：(1)Fe的原子序数为26号，价电子排布式为：3d64s2；失去3个电子后，价电子轨道表示式：；同周期主族元素第一电离能从左向右逐渐增大；由于原子轨道处于全满、半满时稳定，不易失电子，第一电离能大，所以第二周期中N的第一电离能高于相邻的O元素，所以与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有：F和Ne，
故答案为：；2；
(2)杂化轨道数n=σ+12(a−xb)，HCN的杂化轨道数为：2+12(4−1×1−3×1)=2，sp杂化，分子构型为直线形；HCN的结构简式为：H−C≡N，则分子中σ键与π键个数都为2，数目之比为1：1，
故答案为：sp；直线形；1：1；
(3)[KFe2(CN)6]含有CN−内部的C和N的共价键，CN−与Fe2+和Fe3+之间的配位键，K+与[Fe2(CN)6]−之间的离子键，没有金属键，
故答案为：d；
(4)利用均摊法，晶胞所含的Fe原子为：(2+8)×12+4×14=6；C原子为：8×18+1=2；所以化学式为：Fe3C；离Fe原子最近等距离的C原子数为2，
故答案为：Fe3C；2；
(5)利用均摊法，该晶胞中含有K+为：8个；S2−为：8×18+6×12=4个；由图可知，把一个晶胞分成8个小立方体，1个K+位于小立方体的中心，与最近等距离4个S2−组成小的正四面体，所以K+与S2−的最短距离即为小正四面体的中心到小四面体顶点的距离；与面对角线的14和边长的14组成一个直角三角形；
设晶胞的边长为acm，则a3×ρ×NA=8×39+4×32=440，a=3440ρ×NA；面对角线为：2a；面对角线的14为24a；边长的14为a4；
设K+与S2−的最短距离s：s2=(24a)2+(a4)2；a代入即得s=(24×3440ρ⋅NA)2+(14×3440ρ⋅NA)2=34×3440ρ⋅NAcm=34×3440ρ⋅NA×107nm，
故答案为：34×3440ρ⋅NA×107
(1)Fe的原子序数为26号，价电子排布式为：3d64s2；同周期主族元素第一电离能从左向右逐渐增大，第二周期中N和Be高于相邻的O和B；
(2)杂化轨道数n=σ+12(a−xb)；n=2，为sp杂化，分子构型为直线形；单键为σ键，双键和三键中各只有1个σ键，其余为π键；
(3)[KFe2(CN)6]含有CN−内部的C和N的共价键，CN−和Fe2+之间的配位键和K+与[Fe2(CN)6]−之间的离子键；
(4)根据均摊法求出晶胞所含的Fe原子和C原子，得出化学式；配位数是指离金属原子最近等距离的原子数；
(5)利用均摊法得出晶胞所含的离子数目；利用m×NA=ρV求出晶胞边长a；K+与S2−的最短距离与面对角线的14和边长的14组成一个直角三角形；利用勾股定理求解。
考查杂化轨道、化学键、配位数及晶胞的计算的相关重点知识，侧重考查学生对原子结构的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点及图象的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
18.【答案】e f c b 储存氯气 3Cl2+6OH−− △ 5Cl−+ClO3−+3H2O 2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小 阴 Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O O2 将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确
【解析】解：I.(1)A装置制氯气，先用E装置饱和食盐水除HCl，再用氯气和氢氧化钠反应B装置制取NaClO，再用C装置处理尾气，因此装置的连接顺序为a→e→f→c→b→d，故答案为：e；f；c；b；
(2)装置D的作用储存氯气，故答案为：储存氯气；
(3)B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3，氯气和氢氧化钠加热反应生成NaCl、水和NaClO3，生成NaClO3的离子方程式3Cl2+6OH−− △ 5Cl−+ClO3−+3H2O；故答案为：3Cl2+6OH−− △
5Cl−+ClO3−+3H2O；− △
II.(1)将Fe(NO3)3溶液滴加到装置B的混合溶液中，反应生成FeO42−、Cl−和H2O，其反应的离子方程式是2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O.继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是相同条件下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；故答案为：2Fe3++3ClO3−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；
(2)该装置中铁作阳极电解变为FeO42−，Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O，阴极是2H2O+2e−=2OH−+H2↑，电解池中OH−向左不断移动，因此离子交换膜为阴离子交换膜；故答案为：阴；Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；
III.根据题意高铁酸钾在酸性或中性溶液中发生分解反应会产生氧气，加入盐酸除生成氯气外，还可能生成氧气，可将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确；
故答案为：O2；将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确。
A装置实验室制氯气，B装置是氯气与NaOH溶液反应生成NaClO溶液，C装置尾气处理，D装置储存氯气，E装置处理HCl气体，B装置在常温下反应生成NaClO溶液，在温度较高条件下生成NaClO3，NaClO3与Fe(NO3)3在碱性条件下反应生成Na2FeO4，Na2FeO4与KOH根据溶解度的大小发生反应生成K2FeO4，利用铁电解在碱性条件下反应得到FeO42−，高铁酸钾在中性或酸性中易分解，据此解答。
本题考查物质制备实验设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握步骤和过程分析判断，物质提纯的实验方法应用，答题时注意流程的分析和实验基本操作的灵活运用，题目难度中等。
19.【答案】作还原剂 Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O 加入NaCl固体，溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度 温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 Co3O4 4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2 59cV10m%
【解析】解：(1)若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，Co2O3与稀H2SO4和H2O2反应生成Co2+，钴化合价降低，则化合价升高H2O2，因此H2O2的作用是作还原剂，
故答案为：作还原剂；
(2)若“X试剂”是盐酸，Co2O3与HCl发生氧化还原反应，其离子反应方程式Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O，
故答案为：Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O；
(3)根据图中信息Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++4Cl−⇌CoCl42−，因此途径I中加入NaCl固体的目的加入NaCl固体后溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度，
故答案为：加入NaCl固体，溶液中C1−浓度增大，平衡Co2++4Cl−⇌CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度；
(4)“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高，主要是因为温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少，
故答案为：温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3即物质的量为0.3mol，则有+2价的钴0.6mol，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，说明有0.4mol+2价钴升高变为+3价钴，还有0.2mol钴化合价未变，即得到M的化学式为Co3O4；因此“烧结”的化学方程式4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2，
故答案为：Co3O4；4Co3O4+6Li2CO3+O2− 高温 12LiCoO2+6CO2；
(6)根据方程式可得关系式LiCoO2～S2O32−，得到n(Co)=cmol⋅L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，则产品中钴元素的百分含量为ω=cV×10−3mol×59g/molMg×100%=59cV10m%，故答案为：59cV10m%。
原钴矿(主要成分为Co2O3)与稀硫酸和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钴和水，Co2+溶液中加入NaCl固体，致使溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成Co2(OH)2CO3，Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，Co3O4和碳酸锂烧结生成LiCoO2.据此解答。
本题考查物质的制备及性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20.【答案】碳碳双键和醛基 ace 防止氨基在空气中被氧气氧化
【解析】解：(1)根据上面的分析可知，B为CH2=CHCHO，B中官能团名称为碳碳双键和醛基，检验碳碳双键和醛基要先用银氨溶液检验醛基，再酸化后用高锰酸钾检验碳碳双键，所以所需试剂先后顺序为ace，
故答案为：碳碳双键和醛基；ace；
(2)根据上面的分析可知，F与I的反应类型是取代反应，氨基在空气中极易被氧气氧化，吡啶是一种有机碱，其作用为可以防止氨基在空气中被氧气氧化，
故答案为：取代反应；防止氨基在空气中被氧气氧化；
(3)H与A发生缩聚反应生成，化学方程式为，
故答案为：；
(4)G为，N是G的同分异构体，根据条件①苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上有两种位置的氢，②含有两种官能团，③能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的N的两种结构简式为，
故答案为：；
(5)用氧化得苯甲酸，然后再发生信息ii中的取代反应可得，用甲苯发生对位的硝化反应后再还原可得对氨基甲苯，用对氨基甲苯与发生取代可得，合成路线为，
故答案为：。
根据M的结构简式以及生成G和I的转化条件可以逆推得苯甲醚发生硝化反应生成G为，G发生还原反应生成I为，根据的结构简式可知，H为，A为CH3CHO，H与A发生缩聚反应生成，A发生取代反应生成苯甲醚，根据M和I的结构简式可推知F为ClCOCH=CH2，根据各物质转化条件，可推得A为与甲醛发生信息i中的反应生成B为CH2=CHCHO，则X为HCHO，B发生加成反应生C为ClCH2CH2CHO，C被氧化得D为ClCH2CH2COOH，D发生消去反应得E为CH2=CHCOOH，E发生取代反应生成F，
(5)用氧化得苯甲酸，然后再发生信息ii中的取代反应可得，用甲苯发生对位的硝化反应后再还原可得对氨基甲苯，用对氨基甲苯与发生取代可得，据此答题。
本题考查了有机合成与推断，充分利用有机物分子式、反应条件及给予的信息进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用。
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