2020年高三最新信息卷 山东省适用 化学（九） 11页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎（新高考）2020年高三最新信息卷 化 学 （九）‎ 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。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用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。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，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 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65‎ 一、单选题（共10小题，每小题2分）‎ ‎1．中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是 A．“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质 B．“三月打雷麦谷堆”，是指在雷电作用下氮气转化为能被作物吸收的物质 C．“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”‎ D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化 ‎2．扑热息痛是一种常用的解热镇痛药物，可通过下图路线合成。下列说法正确的是 A．甲的苯环上的一氯代物有2种 B．乙的分子式为C6H6NO C．丙分子中的所有原子可能共面 D．由乙制备丙的反应类型为加成反应 ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．2.0g D2中含有的中子数目为0.8NA B．4.6g C2H6O中含有C—H键的数目一定为0.6NA C．11.2L（标准状况）由甲烷和乙烯组成的混合气体中含有氢原子数目为2NA D．常温下，将2.8g Fe置于足量的浓硝酸中，转移的电子数目一定为0.15NA ‎4．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是 A．甲中既含离子键，又含共价键 B．丙和戊的混合物一定显酸性 C．丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 D．原子半径：X＜Y＜Z＜W ‎5．下列实验操作或装置正确的是 A． 配制250mL 0.1mol/L NaOH溶液 B． 检验浓硫酸与铜反应后产物中是否含有Cu2+‎ C． 比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱 D． 实验室制取并检验乙烯 ‎6．免水洗消毒液中含有能快速杀死新冠病毒的三氯羟基二苯醚，其结构如下图所示。下列有关三氯羟基二苯醚的说法正确的是 A．易溶于水 B．所有原子一定处于同一平面 C．不能与氢氧化钠溶液反应 D．苯环上的一溴代物有6种 ‎7．Cu2O在涂料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途。Cu2O为红色粉末，不溶于水，易溶于盐酸和稀硫酸。可用电解法制备氧化亚铜：用铜作阳极，钛片作阴极，电解液为一定浓度的NaCl 和NaOH的混合溶液；阳极及其溶液中有关转化如图所示。下列说法错误的是 A．电解液中的NaOH不能用盐酸代替 B．过程①中Cu被氧化生成CuCl−‎ C．过程④的离子方程式为2Cu(OH)Cl−=Cu2O+2Cl−+H2O D．当电路中有0.05mol e−通过时，消耗3.2g Cu ‎8．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 将外表面生锈的铜器投 入饱和氯化铵的热溶液中 铜器表面变红，绿 色锈迹消失 氯化铵能与碱式碳酸铜发生中和反应 B 向铜粉中滴加过量的浓 硫酸，并滴加两滴品红 铜粉逐渐溶解，品红褪色 铜与浓硫酸 反应生成SO2‎ C 向乙醇中滴加少量酸性 高锰酸钾溶液，振荡 紫红色溶液变 成无色溶液 乙醇具有还原性 D 将少量氯气通入碘化亚铁溶液中 溶液变黄色 Fe2+被氧化为Fe3+‎ ‎9．天津大学研制了一种纳米反应器用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG，反应过程示意图如下，下列说法正确的是 ‎ ‎ A．EG和乙醇是同系物 B．MG分子中所有原子可能在同一平面上 C．DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 D．反应过程中生成了EG和甲醇 ‎10．DBFC燃料电池的结构如图，该电池的总反应为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。下列关于电池工作时的相关分析不正确的是 A．X极为正极，电流经X流向外电路 B．Y极发生的还原反应为H2O2+2e−=2OH−‎ C．X极区溶液的pH逐渐减小 D．每消耗1.0L 0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mol e−‎ 二、多选题（共20分）‎ ‎11．白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：‎ 已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解。‎ 下列叙述正确的是 A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率 B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗 C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为负极产物 D．“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]∶n[N2H4·H2O]=4∶1‎ ‎12．我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气，原理如图所示。下列说法不正确的是 A．催化电极b与电源正极相连 B．电解时催化电极a附近的pH增大 C．电解时阴离子透过交换膜向a极迁移 D．生成的甘油醛与合成气的物质的量相等 ‎13．三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(装置可重复使用)制备BCl3并验证反应中有CO生成。 ‎ 已知：i.实验室制备BCl3的化学方程式为：B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO ii.BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，遇水水解生成H3BO3和HCl。下列说法不正确的是 A．实验装置合理的连接顺序为①⑥④②⑦⑤③‎ B．装置④中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O C．装置⑥的作用是冷凝并收集BCl3‎ D．验证有CO生成的现象是装置⑦中CuO由黑色变成红色，且装置⑤中澄清石灰水变浑浊 ‎14．25℃时，向10ml 0.01mol·L−1 溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的盐酸，溶液中CN−、HCN浓度所占分数（）随pH变化的关系如图甲所示，pH变化曲线如图乙所示。下列说法不正确的是 ‎ ‎ A．图甲中PH=9的溶液：‎ B．‎ C．图乙中b点的溶液：‎ D．图乙中c点的溶液：‎ ‎15．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（含CaO）上清液中的S2−，制取石膏（）的过程如下：‎ 下列说法错误的是 A．属于盐类和纯净物 B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 C．过程Ⅰ后溶液pH减小 D．将10L上清液中的S2−（S2−浓度为）转化为SO，理论上共需要0.15mol O2‎ 三、非选择题（共60分）‎ ‎16．甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。‎ I．甲醇裂解制氢法 ‎(1)该方法的主反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH1>0此反应能自发进行的原因是______。‎ ‎(2)一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2‎ ‎(g)，反应起始时CH3OH(g)的压强为5.00MPa，t h后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0~t h内的平均反应速率v(CO)=___MPa·h−1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)=_____，此时平衡常数Kp=___(Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。‎ ‎(3)科研人员通过计算机模拟用Pd(III)催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd(III)表面上甲醇变换的反应历程图［如图1，附在Pd(III)表面的物种用＊标注］，此历程中活化能最小的反应方程式为________________________。‎ II．甲醇水蒸气重整制氢法 ‎(4)该方法的部分反应如下：‎ 主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH2=+49kJ·mol−1‎ 副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3=-41kJ·mol−1‎ ‎①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于_________________________________。‎ ‎②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。‎ 随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是___（填字母）。‎ A．主反应的活化能降低 B．主反应的反应速率增大 C．CH3OH的平衡转化率降低 随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有___（任写一条）。‎ ‎17．照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶解未曝光的溴化银（AgBr），生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为Ag2S，使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。回答下列问题：‎ ‎（1）元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的最外层电子排布式为__________。‎ ‎（2）离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化方式为_________。基态S原子中，核外电子占据的最高能级的符号是________，占据最高能级电子的电子云轮廓图为________形。‎ ‎（3）写出AgBr溶于Na2S2O3溶液反应的离子方程式 。中存在的作用力有离子键、共价键、__________。‎ ‎（4）在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2分子的空间构型为__________。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则SO2中的大键应表示为_________。‎ ‎（5）H2O的键角小于H3O+的键角，原因是_________________。‎ ‎（6）用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。由金的X射线衍射图像可知金的晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为a m，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式_________（用含的表达式表示）。‎ ‎18．一种从乙醛工业中产生的废钯（Pd）催化剂（钯5-6%，炭93-94%，铁、铜、锌、镍1-2%）中提取PdCl2和CuCl2的工艺流程如图所示：‎ 已知：钯、铜、锌、镍可与氨水形成Pd(NH3)等络离子。请回答：‎ ‎（1）“焚烧”的主要目的为______________，实验室中可在__________（填仪器名称）中模拟该过程。‎ ‎（2）“酸溶”时，Pd转化为PdCl2，其化学方程式为______________；该过程需控温70-80℃，温度不能太低或太高的原因为______________。‎ ‎（3）“络合”时，溶液的pH需始终维持8-9，则络合后溶液中含铁离子的浓度≦________。（已知：Fe(OH)2、Fe(OH)3的Ksp甲分别为4×10−17、2.8×10−39）‎ ‎（4）“酸析”时生成沉淀的离子方程式为______________。‎ ‎（5）流程中回收得到的PdCl2和CuCl2在乙烯直接氧化制乙醛的催化体系中联合发挥作用，反应机理如下：‎ i.；‎ ii.______________；‎ iii.。‎ ii的化学方程式为______________。‎ ‎（6）上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺点是______________（写出一条即可）。‎ ‎19．某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2，FeCl3的升华温度为315℃。‎ 实验操作和现象：‎ 操作 现象 点燃酒精灯，加热 ⅰ.A中部分固体溶解，上方出现白雾 ⅱ.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴 ⅲ.B中溶液变蓝 ‎（1）现象ⅰ中的白雾是_____________________。‎ ‎（2）分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：‎ a．加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。‎ b．用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有_______________。‎ ‎（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：‎ ‎①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是 。经实验证实推测成立。‎ ‎②溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 。‎ ‎（4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。‎ 方案1：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。‎ 方案2：将B中KI淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+。‎ 现象如下：‎ 方案1‎ B中溶液变为蓝色 方案2‎ B中溶液呈浅橙红色，未检出Fe2+‎ ‎①方案1的C中盛放的试剂是___(填字母)。‎ A．NaCl饱和溶液 B．NaOH溶液 C．NaClO溶液 ‎②方案2中检验Fe2+的原因是 。‎ ‎③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是 。‎ ‎（5）将A中的产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是： 。‎ ‎20．药物瑞德西韦（Remdesivir）对新型冠状病毒（2019-nCoV）有一定的抑制作用；I为该药物合成的中间体，其合成路线如下：‎ I的结构如图：‎ 已知：1.‎ ‎2.‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为________。‎ ‎（2）由B生成C的化学方程式为__________________。‎ ‎（3）D可由经水解、酸化而得。水解的条件是_____________。‎ ‎（4）E的含氧官能团除硝基外还有________（填化学名称），由E生成F的反应类型是________，另一种有机产物的结构简式为________。‎ ‎（5）G中含有两个Cl原子，则G的结构简式为___________。‎ ‎（6）X是E的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式________________。‎ ‎①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；‎ ‎②遇溶液发生显色反应；‎ ‎③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2。‎ ‎（7）设计由苯甲醇制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_____________。‎ 绝密 ★ 启用前 ‎（新高考）2020年高三最新信息卷 化学答案（九）‎ ‎1.【答案】B ‎【解析】A．榆荚又称榆钱，是植物的果实，纤维素是植物细胞壁的主要结构成分，“榆荚”主要成分是纤维素，故A错误；C．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D．“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，焰色反应是原子中电子的跃迁，不属于化学变化，故D错误；答案选B。‎ ‎2.【答案】A ‎【解析】A．苯环上的氢环境有2种，甲的苯环上的一氯代物有2种，A正确；B．根据结构，乙的分子式为C6H7NO，B错误；C．丙分子中具有甲基，所有原子不可能共面，C错误；D．根据分子式可知，由乙制备丙的反应类型为取代反应，D错误。答案为A。‎ ‎3.【答案】C ‎【解析】A．D为氘原子，其中子数为1，D2的相对分子质量为4，则2.0g D2的物质的量为0.5mol，则中子数目为NA，A错误；B．C2H6O可能是乙醇，其结构简式为CH3CH2OH，1mol乙醇中含有5mol C－H键，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，其含有的C－H键的数目为0.5NA，因此不一定是0.6NA，B错误；C．甲烷的分子式CH4，乙烯的分子式为C2H4，分子中均含有4个H原子，标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为，则混合物气体含有H原子的物质的量为4×0.5mol=2mol，其H原子数为2NA，C正确；D．常温下，Fe与浓硝酸会钝化，生成一层致密的氧化膜会阻止反应的进一步反生，因此不能计算转移的电子数，D错误；答案选C。‎ ‎4.【答案】A ‎【解析】离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳。A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO中还含有共价键，故A正确；B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；答案选A。‎ ‎5.【答案】C ‎【解析】A．移液时需要用玻璃棒引流，故A错误；B．浓硫酸和铜反应的混合液中仍有大量浓硫酸，将水加入，浓硫酸稀释放热，可能会使液体飞溅，发生危险，故B错误；C．浓盐酸和高锰酸钾混合产生黄绿色的氯气，说明高锰酸钾的氧化性强于氯气，生成的氯气进入硫化钠溶液，溶液生成S单质，产生黄色沉淀，说明氯气的氧化性强于S，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应需要控制温度为170℃，图示装置缺少温度计，故D错误；故答案为C。‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】A．其分子中仅含有1个羟基，因此推测其在水中溶解度较差，A项错误；B．由结构可知，两个苯环通过醚键连接，只有旋转到特定角度时，这两个苯环才会共面；此外，其中一个苯环上连接的羟基中的氢原子也只有在旋转到特定角度时，才会与苯环共平面；综上所述，该有机物中所有原子不一定共平面，B项错误；C．分子中含有酚羟基以及卤素原子，因此可以与NaOH溶液反应，C项错误；D．由三氯羟基二苯醚的结构可知，该有机物结构高度不对称，分子中的两个苯环上的氢原子之间均不等效，因此苯环上的一溴代物有6种，D项正确；答案选D。‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】A．产物Cu2O易溶于盐酸和稀硫酸，故NaOH不能用盐酸代替；B．由图示可知，过程①中为吸附过程，铜元素化合价未变，未发生氧化还原反应；C．根据图示过程④中Cu(OH)Cl−反应生成Cu2O和Cl−，则离子方程式为2Cu(OH)Cl−=Cu2O+2Cl−+H2O；D．整个过程中单质铜反应生成了Cu2O，铜元素化合价由0价变为+1价，故当电路中有0.05mol e−通过时，消耗Cu的质量为64g/mol0.05mol=3.2g；答案选B。‎ ‎8. 【答案】C ‎【解析】A．NH4Cl水解呈酸性，溶液中的H+能够与碱式碳酸铜反应，从而使绿色锈迹消失，但该反应不属于中和反应，A错误；B．常温下，铜和浓硫酸不反应，B错误；C．乙醇能使高锰酸钾溶液褪色，体现出还原性，C正确；D．FeI2溶液中，还原性I−>Fe2+，因此通入少量氯气，氯气先和I−反应生成I2，溶液呈黄色，而不是Fe2+被氧化成Fe3+，D错误。答案选C。‎ ‎9. 【答案】D ‎【解析】A．EG含2个羟基，乙醇含1个羟基，所以它们不是同系物，A不正确；B．饱和碳所连原子呈四面体结构，所以MG分子中所有原子不可能在同一平面上，B不正确；C．DMO分子中不只有碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，C不正确；D．反应过程中生成了EG，再根据DMO和EG结构对比，产物还有甲醇，D正确。答案选D。‎ ‎10. 【答案】A ‎【解析】由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为 ‎，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，电极反应式为H2O2+2e−=2OH−；A．由图知X极为负极，电子经X流向外电路流入Y，A错误；B．Y极为正极，H2O2发生还原反应：H2O2+2e−=2OH−，B正确；C．X极发生氧化反应：，故X极区溶液的pH逐渐减小，C正确；D．由电极反应式H2O2+2e−=2OH−知，每消耗1.0L 0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mol e−，D正确；答案选A。‎ ‎11. 【答案】CD ‎【解析】A．“氧化”过程加入氧化剂NaClO溶液，NaClO在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条件下进行时NaClO浓度降低氧化速率减慢，A错误；B．操作1为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏斗，B错误；C．N2H4·H2O中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N2，负极发生氧化反应，故N2为负极产物，C正确；D．“还原”过程中Ag(NH3)中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2价变为0价，根据得失电子守恒，n[Ag(NH3)]∶n[N2H4·H2O]=4∶1，D正确。‎ ‎12. 【答案】AB ‎【解析】由示意图可知，催化电极b表面上CO2还原为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，故A错误；催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为C3H8O3-2e−+2CO= C3H6O3+2HCO，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极附近的pH减小，故B错误；电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向a极迁移，故C正确；阳极生成1mol C3H6O3转移2mol e−，阴极生成1mol CO和H2的混合气体转移2mol e−，电解池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故D正确。‎ ‎13. 【答案】A ‎【解析】用Cl2与B2O3、C反应生成BCl3和CO，三氯化硼的熔点为−107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷凝；检验CO之前，为防止未反应的Cl2、可能存在的CO2对CO的检验造成干扰，要先将气体通入NaOH溶液中；为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入BCl3收集装置而使BCl3水解，在通入NaOH溶液之前需先通过干燥装置；气体通过NaOH溶液后又带上水蒸气，再次干燥后将气体通入灼热的氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水；若灼热的氧化铜变红且澄清石灰水变浑浊，可证明原反应中有一氧化碳生成；未反应的CO有毒，不能排放到空气中，要用排水法收集后进行处理。A．由分析可知，实验装置合理的连接顺序为①⑥②④②⑦⑤③，A错误。‎ ‎14.【答案】C ‎【解析】A．溶液中存在电荷守恒①，物料守恒②，①②联立可得：，当PH=9，时，则，选项A正确；B．a点的，，选项B正确；C．b点加入5mL盐酸，反应得到等物质的量的NaCN、HCN和NaCl的组成溶液，此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于的水解程度，，因此，选项C不正确；D．图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得，而根据电荷守恒可以知道，，则，选项D正确。答案选C。‎ ‎15.【答案】BD ‎【解析】氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，与硫酸锰生成氢氧化锰，过程I中，通入氧气将氢氧化锰氧化为MnO，过程II中，MnO将上清液中的S2−氧化为S2O，同时MnO被还原为氢氧化锰，再通入氧气将S2O氧化为SO，经过浓缩结晶，得到石膏。俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；B．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2−与MnO生成S2O和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：4MnO+2S2−+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH−，B错误；C．由分析可知过程I中发生反应：2Mn(OH)2+O2+4OH−=2MnO+4H2O，溶液的pH减小，C正确；D．10L上清液中的S2−的物质的量==0.15mol，根据物质转化过程可知，S2−转化为S2O过程中需要消耗氧气，S2O转化为SO也需要消耗氧气，在S2−S2OSO的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，S2−共失去0.15mol×8=1.2mol电子，1mol O2在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的S2-转化为SO，理论上共需要O2的物质的量==0.3mol，D错误。答案选BD。‎ ‎16.【答案】（1）反应为熵增的反应 ‎ （2） ‎ 75% 168.75(MPa)2 ‎ （3） CH3OH∗CH3O∗+H∗ ‎ （4） 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等 ‎ ‎【解析】(1)对于反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH1>0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应。(2)起始时，CH3OH(g)的压强为5.00MPa，设CH3OH(g)的压强变化量为x，则三段式为：‎ 依题意得：，x=MPa。‎ 则0~t h内的平均反应速率v(CO)==MPa·h−1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)==75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75(MPa)2；(3)从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗CH3O∗+H∗；(4)①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH2=+49kJ·mol−1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+8kJ·mol−1；比较两个反应[设参加反应的CH3OH(g)为1mol]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体(CO)，所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；对于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3=-41kJ·mol−1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等。‎ ‎17.【答案】（1） ‎ （2） ‎ 3p 哑铃（或纺缍） ‎ （3） AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3−+Br− 配位键 ‎ （4） V形 ‎ （5） H2O、H3O+中的O原子均为sp3杂化，O原子价层孤电子对数分别为2、1，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力 ‎ （6） ‎） ‎ ‎【解析】（1）铜、银、金在元素周期表中位于同一副族相邻周期，铜在第四周期，银在第五周期，基态铜原子的最外层电子排布式为4s1，同一副族，最外层电子数相同，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1；（2）由S2O离子的结构示意图可知，其中心硫原子形成4个σ键，且无孤对电子，则中心硫原子的价层电子对数为４，杂化轨道类型为sp3；基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外电子占据的最高能级为3p能级，p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形（或纺缍形）；（3）根据题中“常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液”可推出AgBr与Na2S2O3溶液反应生成和，该反应的离子方程式为；是配合物，因此其中除了存在的作用力有离子键、共价键，还有配位键。（4）SO2分子中硫原子的价层电子对数为，因SO2分子中含有1对孤电子对，所以其分子空间构型为V形。在SO2中硫原子采用sp2杂化，硫原子有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充2个电子，并参与形成大π键，O原子有一个垂直的p轨道的单电子参与形成大π键，由此可知形成的大π键的电子数为4，而形成大键的原子数为3，因此SO2中的大π键可表示为；（5）H2O、H3O+中的O原子的价层电子对数均为4，中心原子都是杂化，O原子孤电子对数分别为2、1，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此H2O的键角小于H3O+的键角；（6）金晶体的晶胞属于面心立方晶胞，则一个晶胞中含有的金原子数，金原子的半径为，在晶胞的边长为，所以金的密度为，解得。故答案为：。‎ ‎18.【答案】（1）除去炭减少酸溶时王水的用量 坩埚 ‎ （2） ‎ 温度太低反应速率过慢，温度太高王水易分解挥发 ‎ （3） ‎ ‎ （4） ‎ ‎ （5） ‎ ‎ （2） 使用腐蚀性强的王水对设备要求高或产生的NOCl有污染 ‎ ‎【解析】将Pd废催化剂焚烧，可以除去废催化剂中的C，溶于王水，可将金属单质转化为离子形式，以便在溶液中进行后续操作，已知钯、铜、锌、镍可与氨水形成Pd(NH3)等络离子，所以加入氨水后，Fe元素以Fe(OH)3的形式沉淀，溶液中的其他元素以络离子的形式存在于溶液中，加入盐酸后，酸析，可得到沉淀，经过一系列操作后得到PdCl2。（1）焚烧的目的是为了将废钯催化剂中含量93%的C除去，可以减少后续操作中王水的用量；实验室中使用坩埚来灼烧固体，所以实验室中可在坩埚中模拟该过程。（2）“酸溶”时，Pd被氧化为PdCl2，根据流程图可知，酸溶时的还原产物为NOCl，其化学方程式为，该过程需控温70-80℃，温度过低会，导致反应速率比较慢，温度过高时，王水会挥发分解。（3）加入王水后，溶液中铁元素以Fe3+形式存在，加氨水络合后，溶液PH维持在，当PH=8时，最大，最大为，故络合后含铁离子浓度为。（4）酸析时溶液中离子结合Cl−形成沉淀，则离子方程式为：。（5）乙烯氧化为乙醛的化学方程式为 为反应机理ⅰ、ⅱ、ⅲ的加和方程式，故机理ⅱ的化学方程式为：。（6）上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺点是使用腐蚀性强的王水对设备要求高或产生的NOCl有污染。‎ ‎19.【答案】（1）盐酸小液滴 ‎ （2） FeCl3 ‎ （3） ‎2Fe3++2I−=2Fe2++I2 另取一支试管，向其中加入KI淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝 ‎ （4） A 排除Fe3+将Br-氧化成Br2的可能性 该实验条件下，Br−可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2 ‎ （5） ‎3MnO2+4FeCl3·6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O ‎ ‎【解析】FeCl3·6H2O受热失去结晶水FeCl3·6H2OFeCl3+6H2O，同时水解FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，故答案为：HCl小液滴；(2)FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，生成血红色的硫氰化铁，用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3；(3)①碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2；②FeCl3·6H2O受热水解，生成HCl气体，作对照实验，需用盐酸酸化，另取一支试管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝，若一段时间后溶液变蓝则推测成立；(4)①方案1：氯化铁能氧化碘离子，氧气在酸性条件下，能氧化碘离子，所以需除去Cl2中的FeCl3和O2(H+)，若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体，从而排除两个其他影响因素，故答案为：A；②方案2：若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br−氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br−，而不是Fe3+另外，因为还原剂用的不是I−，可不用考虑O2(H+)的影响问题；③选择NaBr溶液的依据是Br−可以被Cl2氧化成Br2，但不会被氧化为Br2，故答案为：该实验条件下，Br−可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3·6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为：3MnO2+4FeCl3·6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O。‎ ‎20.【答案】（1）氨基乙酸 ‎ （2） ‎ ‎ （3） 碱性溶液，加热 ‎ （4） 酯基 取代反应 CH3COOH ‎ （5） ‎ ‎ （6） 或 ‎ （7） ‎ ‎ ‎【解析】C和反应生成，逆推可知C是；和SOCl2反应生成G，结合，‎ 可知G是；根据以上分析，(1)B是，含有羧基、氨基，属于氨基酸，化学名称为氨基乙酸；(2)由和发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为；(3)在氢氧化钠溶液中加热水解、酸化生成，水解的条件是碱性溶液、加热；(4)E是，含氧官能团除硝基外还有酯基，由生成，中红框内的原子团被代替，反应类型是取代反应，另一种有机产物的结构简式为CH3COOH；(5)依分析可知G是；(6)①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称；②遇溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2，分子中有2个羟基，符合条件的E的同分异构体结构简式是或；(7)苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与HCN发生加成反应生成，水解为，2分子发生酯化反应生成化合物，合成路线为 ‎。‎