2020年甘肃省某校高考化学冲刺模拟试卷(二)

2020年甘肃省某校高考化学冲刺模拟试卷（二）
一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分）
1. 垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。

与食用油桶对应的垃圾分类标志是（）
A.可回收物
B.其他垃圾
C.厨余垃圾
D.有害垃圾
2. CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如图：下列说法中不正确的是（）
A.Ni是该反应的催化剂
B.过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C.过程①→②是吸热反应
D.反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni
2CO+2H2
3. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。

W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。

（注：实线代表
共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确的是（）
A.Y单质的氧化性在同主族中最强
B.简单离子半径：Z>Y
C.Z与Y可组成多种离子化合物
D.简单氢化物的热稳定性：Y>X
4. 某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（）
A.苯环上的一氯代物有3种
B.含有2种官能团
C.分子中的所有碳原子一定共面
D.能发生氧化反应、取代反应、还原反应
5. 下列实验中，能达到相应实验目的的是（）
A．H B．证明氯化银C．证明乙炔可使溴水褪D．验证温度对平衡移动的6. 某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。

下列说法正确的是（）
2
B.对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关
C.对比①和③，白色浑浊是由于OH−迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出
D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3
7. 用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2．已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。

下列说法中不正确的是（）
A.若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c(HSO3−)+c(H2SO3)
B.若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32−)+c(HSO3−)＝c(Na+)
C.若X为(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32−>NH4+
D.若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO3−)：n(NH4+)＝1:3
二、解答题（共43分）
金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。

（1）一种镍催化法生产GaN的工艺如图：
①镓(Ga)的原子结构示意图为，镓元素在周期表中的位置是________。

②“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是________。

③“酸浸”操作目的是________。

（2）某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：①仪器X中的试剂是________，加热前需先通入一段时间的H2，原因是________。

②取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应GaN+OH−+H2
O
△
GaO2−+NH3↑，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度为cmol/L的盐酸VmL，则样品的纯度是________。

已知：NH3+H3BO3=NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2⋅bHCHO⋅cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。

以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在如图1所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。

步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。

向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80∼90∘C下，反应约3ℎ，冷却至室温，抽滤。

步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。

（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是________。

（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。

①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：________。

②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是________。

（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有________（填化学式）。

（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是________。

（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，________，900∘C煅烧。

（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的
pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22−．实验中须使用的试剂有1.0mol⋅L−1NaOH溶液、1.0mol⋅
L−1HCl溶液、水）。

（6）产物组成测定实验：
准确称取1.5400g样品，溶于水配成100mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A
＝0.4000（如图2）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、
干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。

①样品溶液HCHO浓度为________mol⋅L−1。

②通过计算确定aNaHSO2⋅bHCHO⋅cH2O的化学式为________。

合理利用资源成为当今研究热点。

CH3NH2、PbI2及HI常用作合成太阳能电池的敏化剂甲胺铅碘
(CH3NH3PbI3)的主要原料。

（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)△H．已知该反应中相关化学键的键
能数据如表：
则上述热化学方程式中△H＝________kJ⋅mol−1。

（2）可利用水煤气合成上述反应所需甲醇。

反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0．在一定条件下，将1mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分
数φ(CH3OH)变化趋势如图1所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为________。

②图中Y轴表示温度，其判断的理由是________。

（3）可利用四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶PbI2，若反应中生成amol PbI2，则转移电子的物质的量为
________。

（4）将二氧化硫通入碘水制备HI的反应曲线如图所示，其反应原理为：SO2+I2+2H2O=3H++HSO4−+
2I−，I2+I−⇌I3−，图中曲线a、b分别代表的微粒是________和________（填微粒符号）；由如图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是________。

【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
氮气、羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素，其用途非常广泛。

回答下列问题：
（1）基态氮原子价层电子排布图为________，其中电子能量最高的能级是________。

（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为________，其中C和N的杂化方式均为________，HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是________。

（3）HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体，能和Co 2+
形成环状配离子。

Co位于元素周期表中________区，该环状配离子的配位原子为________。

（4）氮化镓为六方晶胞，其结构如图，其中Ga作六方最密堆积。

Ga填充在N围成的________（选填：八面
体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙）；已知该晶胞底边边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为N A，则该晶体的密度为________g⋅cm−3（列出计算式即可）。

【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
花椒毒素(H)有抗实验性心律失常、镇痛、抗炎等作用。

由芳香族化合物A为原料合成H的一种合成路线如图：
已知：。

回答下列问题：
（1）A的化学名称是________（用系统命名法）。

（2）G中所含官能团的名称是________。

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。

E中________ （填“有”或“没有”）手性碳。

（4）反应⑥的反应类型是________。

（5）D的结构简式为________。

（6）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为________。

（7）芳香族化合物W是D的同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，遇FeCl3溶液发生显色反应；W的核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1:2:2:2:1．符合上述要求的W有________种。

（8）有机物M（）是一种重要的化工原料。

设计由邻苯二酚和氯乙酰氯(ClCH2COCl)为起始原料制备有机物M的合成路线。

（无机试剂及有机溶剂任用）
参考答案与试题解析
2020年甘肃省某校高考化学冲刺模拟试卷（二）
一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分）
1.
【答案】
A
【考点】
常见的生活环境的污染及治理
【解析】
①可回收物：主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，
②其他垃圾：包括除上述几类垃圾之外的砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、纸巾等难以回收的废弃物及尘土、食品袋（盒）。

采取卫生填埋可有效减少对地下水、地表水、土壤及空气的污染；
③厨余垃圾：包括剩菜剩饭、骨头、菜根菜叶、果皮等食品类废物。

经生物技术就地处理堆肥，每吨可生产
0.6∼0.7吨有机肥料；
④有害垃圾：含有对人体健康有害的重金属、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物，包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品及其容器、过期化妆品等。

这些垃
圾一般使用单独回收或填埋处理。

【解答】
食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A项正确；
【点评】
本题考查了垃圾的分类回收利用即节约了资源也保护环境，是常考的热点问题，题目难度不大。

2.
【答案】
C
【考点】
反应热和焓变
化学键
【解析】
由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。

【解答】
A、Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；
B、由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；
C、过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；
D、此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4+CO2Ni2CO+2H2，
故D正确；
【点评】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、化学键的断裂和生成、催化剂的作用为解答的
关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

3.
【答案】B
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
微粒半径大小的比较
【解析】
W、X、Z分别位于不同周期根据图示可知W形成1个共价键，且原子序数最小的元素，说明W原子核外只有
1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O
元素，以此解答该题。

【解答】
根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是
H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。

A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就
越弱，由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，故A正确；
B．Y是O元素，Z是Na元素，O2−、Na+核外电子排布相同，核外电子排布相同的简单离子其核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z<Y，故B错误；
C．O、Na两种元素可形成两种离子化合物：Na2O、Na2O2，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，X是C，Y是O，由于元素的非金属性：C<O，所以氢化物的热稳定性：CH4<H2O，即相应氢化物的热稳定性：Y>X，故D正确；
故选B。

【点评】
本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高考常见题型，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握
元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

4.
【答案】
C
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
由结构可知分子中含−COOH、碳碳双键、苯环，结构不对称、苯环上共3种H，结合羧酸、烯烃、苯的性质
来解答。

【解答】
A．有机物结构中氢环境有3种，即苯环上的一氯代物有3种，故A正确；
B．有机物官能团为羧基、碳碳双键，含有2种官能团，故B正确；
C．有机物存在环烯烃结构，有一个连续的−CH2−CH2，且环之间的碳碳键在空间可旋转，所有碳原子不共面，故C错误；
D．碳碳双键能发生氧化反应、还原反应，羧基能发生取代反应，故D正确；
【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，注意分子中只有一个苯环，选项C为解答的难点，题目难度不大。

5.
【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．氢气的密度较小，图示装置会将氯气排出；
B．银离子过量，剩余的银离子与氯离子反应，无法比较氯化银与硫化银的溶解度大小；
C．产生的乙炔中混有还原性气体；
D．改变温度，根据颜色变化可判断温度对平衡的影响。

【解答】
A．H2密度小于空气，会将Cl2从下口排出，应该将盛放Cl2的集气瓶正放，故A错误；
B．硝酸银和NaCl反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故B错误；
C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，干扰了检验结果，故C错误；
D．温度改变，根据颜色变化可验证温度对平衡移动的影响，故D正确；
【点评】
本题综合考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及气体收集、难溶物溶解度大小比较、化学平衡的
影响因素等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大。

6.
【答案】
D
【考点】
电解原理及其应用
【解析】
A、Ca(OH)2属于强电解质；
B、①③为石墨碳棒，有白色沉淀，而②铂电极则没有白测沉淀；
C、③为阳离子交换膜，阴极OH−无法移动到阳极，沉淀为CaCO3；
D、阳极上生成的O2与石墨碳棒电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀。

【解答】
A、①中小灯泡微亮是因为强电解质Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导
电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强电解质，故A错误；
B、对于①石墨碳棒阳极上溶液中OH−失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH−−4e−＝O2↑+2H2O，O2与石墨碳棒的碳发生电极反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，故B错误；
C、根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，故C错误；
D、用石墨碳棒作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH−失去电子，发生氧化反应，电极反应式为
4OH−−4e−＝O2↑+2H2O，反应产生O2与石墨碳棒的碳发生电极反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应
产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，故D正确；
【点评】
本题考查电解原理有关的重点知识，涉及电解质的判断、电极材料的分析、离子移动等知识，难点是实验现
象的分析；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、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，避免出错。

难度中等。

7.
【答案】
A
【考点】离子浓度大小的比较
【解析】
A．若X为Na2SO3，吸收二氧化硫后c(Na+)<2c(HSO3−)+2c(H2SO3)+2c(SO32−)，当吸收液pH＝1.85时，
c(HSO3−)＝c(H2SO3)；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH−)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝
c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)；
C．(NH4)2SO3溶液呈碱性，可知亚硫酸根离子水解程度大；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3−)＝c(SO32−)，b点pH＝7，c(H+)＝c(OH−)，结合电荷守恒
分析。

【解答】
A．若X为Na2SO3，吸收二氧化硫后c(Na+)<2c(HSO3−)+2c(H2SO3)+2c(SO32−)，当吸收液pH＝1.85时，
c(HSO3−)＝c(H2SO3)，则c(Na+)<4c(H2SO3)+2c(SO32−)，故A错误；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH−)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝
c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，可知2c(SO32−)+c(HSO3−)＝c(Na+)，故B正确；
C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4+水解显酸性，SO32−水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：
SO32−>NH4+，故C正确；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3−)＝c(SO32−)，b点pH＝7，c(H+)＝c(OH−)，结合电荷守恒
可知c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，则3c(HSO3−)＝c(NH4+)，n(HSO3−)：n(NH4+)＝1:3，故D正确；
【点评】
本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握电离与水解、物料守恒及电荷守恒为解答的关键，侧重分
析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

二、解答题（共43分）
【答案】
第四周期ⅢA族,2Ga+2NH32GaN+3H2,除去GaN中混有的少量Ni
浓氨水,排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸,8.4cV
m
%
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
（1）由流程图可知，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应得到混有Ni的GaN混合物，向反应后的固体中加入稀盐酸，Ni溶于稀盐酸生成可溶的氯化镍，GaN不与稀盐酸反应，过滤、洗涤、干燥得到GaN；
（2）由实验装置图可知，实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止
空气中氧气和反应生成的氢气加热混合发生爆炸，当装置中空气排尽后，再用浓氨水与氧化钙反应制备氨气，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气加热反应生成GaN和H2，由于氨气与稀硫酸反应，在吸收装置前连
接一个空载仪器，起防止倒吸的作用。

【解答】
镓的原子结构示意图为可知，镓原子有4个电子层，最外层有3个电子，则镓元素位于周期表第四周期
ⅢA族，
故答案为：第四周期ⅢA族；
②由流程图可知，“热转化”的过程为在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反
应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，
故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；
③由分析可知反应得到混有Ni的GaN混合物，酸浸的目的是使Ni溶于稀盐酸，除去GaN中混有的少量Ni，
故答案为：除去GaN中混有的少量Ni；
①仪器X中的试剂是浓氨水，目的是用浓氨水与氧化钙反应制备氨气；空气中的氧气能与镓反应，且镓与氨
气反应生成的氢气能与空气中氧气反应，发生爆炸，所以加热前需先通入一段时间的H2，排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸，
故答案为：浓氨水；排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸；
②由题给化学方程式可得如下关系式：GaN−NH3−NH3⋅H3BO3−HCl，由关系式可知n(GaN)＝n(HCl)
＝10−3cVmol，则样品的纯度为84g/mol×10−3cVmol
mg ×100%=8.4cV
m
%，故答案为：8.4cV
m
%。

【点评】
本题以Ga元素为考查背景，考查了元素周期表知识，涉及到陌生反应方程式的书写，纯度计算，综合考查化学原理部分知识，整体难度中等。

【答案】
NaOH溶液（或Na2CO3溶液）
Zn+NaHSO3+H2O＝NaHSO2+Zn(OH)2,加快搅拌的速度
HCHO
次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化
向烧杯中加入1.0mol⋅L−1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次[或向烧杯中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅L−1HCl溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次
0.1000,NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O
【考点】
制备实验方案的设计
探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】
（1）未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；
（2）①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；
②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；
（3）甲醛易挥发，据此分析；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
（5）从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；
（6）①样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A＝0.4000，根据图示可知浓度；
②根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。

【解答】
实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液（或Na2CO3溶液）吸收二氧化硫，以防止污染空气，
故答案为：NaOH溶液（或Na2CO3溶液）；
①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn+NaHSO3+H2O＝NaHSO2+Zn(OH)2，
故答案为：Zn+NaHSO3+H2O＝NaHSO2+Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答案为：加快搅拌的速度；
甲醛易挥发，在80∼90∘C下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO；
次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化；
为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH 使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0mol⋅L−1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次[或向烧杯中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅L−1HCl溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次，
故答案为：向烧杯中加入1.0mol⋅L−1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅
L−1NaOH溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次[或向烧杯中加入
1.0mol⋅L−1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解，向所得溶液中滴加1.0mol⋅L−1HCl溶液，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），过滤、用水洗涤固体2∼3次；
①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A＝0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为
0.1000mol⋅L−1，
故答案为：0.1000；
②25.00mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4)＝n(BaSO4)=0.5825g
233g/mol
=0.0025mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L＝0.0025mol；100mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)
＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(H2O)=1.5400g−88g/mol×0.01mol−30g/mol×0.01mol
18g/mol
=0.02mol，a:b:c＝
n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)＝0.01mol:0.01mol:0.02mol＝1:1:2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O，
故答案为：NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O。

【点评】
本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息及操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。

【答案】
(E1+E3)−(E2+E4)
25%,随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)逆移
2
3
amol
HSO4−,I3−,减小n(I2)
n(SO2)
的投料比
【考点】
化学平衡的计算
【解析】
（1）反应热＝反应物总键能-生成物总键能；
（2）①依据题意建立三段式求解可得；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
（3）四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应制备生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI＝3PbI2+I2+4H2O；
（4）根据图象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小n(I2)
n(SO2)
的投料比能提高碘的还原率。

【解答】
CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)，结构式的反应方程式为
，找出不同，反应物中的和被生成物的和
取代，又因反应热＝反应物总键能-生成物总键能＝(E1+E3)−(E2+E4)；
故答案为：(E1+E3)−(E2+E4)；
①设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
开始1mol 2mol 0
变化x 2x x
平衡(1−x)mol (2−2x)mol x
因平衡时CH3OH的体积分数为10%，可得x
1−x+2−2x+x
×100%＝10%，x＝0.25，即25%；
故答案为：25%；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，说明平衡向逆反应方向移动，则Y表示温度；
故答案为：随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)逆移；
四氧化三铅中铅元素的化合价为+8
3
价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价−1价变化为0价，生成I2，则四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI＝3PbI2+I2+4H2O，由方程式可知每生成
3molPbI2的反应中电子转移2mol，则生成amolPbI2转移电子的物质的量为2
3
amol；
故答案为：2
3
amol；
由图象可知，b为从零越来越大的离子，结合反应原理为SO2+I2+2H2O＝3H++HSO4−+2I−和I2+I−⇌I3−可知反应中越来越多的离子为I3−，反应过程中氢离子和硫酸氢根离子始终不变，但氢离子的物质的量是硫酸氢根的3倍，则图中曲线a、b分别代表的微粒是HSO4−、I3−；由图可知，要提高碘的还原率，除控制温度外，
还可以采取的措施是减小n(I2)
n(SO2)
的投料比；
故答案为：HSO4−；I3−；减小n(I2)
n(SO2)
的投料比。

【点评】本题考查化学反应的能量和化学平衡的有关的重点知识，涉及反应热的计算、转化率的计算、氧化还原反应
规律等知识，难点是转化率和转移电子的计算，是高频考点；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观
探析；同时注意知识点的合理、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，避免出错。

难度中等。

【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】
,2p
O>N>C>H,sp3,O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大所致
d,N和O
,
A⋅
√3
2
a
【考点】
原子核外电子排布
晶胞的计算
原子轨道杂化方式及杂化类型判断
元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】
（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；依据核外电子排布
规律判断能级的高低；
（2）元素非金属性越大，电负性越大；依据HOCH2CH2NH2结构简式判断C和N形成σ键数和孤电子对数，依据价层电子对互斥理论判断杂化方式及键角大小；
（3）钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，价电子排布式为：3d74s2；配位原子应该能够提供孤电子对；（4）氮化镓为六方晶胞，根据图可知，Ga周围有四个原子，所以围成的是正四面体空隙；依据均摊法计算1
个晶胞的质量，依据晶胞边长、高计算1个晶胞体积，依据ρ=m
V
计算晶胞密度。

【解答】
基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，所以电子排布图为；依据氮元素核外电子排布可
知能量最高的能级为第二电子层的p能级，即2p能级；
故答案为：；2p；
HOCH2CH2NH2所含非金属元素有H、O、C、N，同周期从左到右，电负性逐渐增大，有O>N>C，同主
族从上到下，电负性逐渐减小，H的电负性最小，所以由大到小顺序为O>N>C>H；其中C形成4条σ键，无孤电子对，采取sp3杂化类型；N形成3条σ键，有一对孤电子对，采取sp3杂化类型，所以C和N的杂化方式均为sp3；HOCH2CH2NH2中O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更
大导致∠HOC小于∠HNC。

故答案为：O>N>C>H；sp3；O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对
斥力更大所致；
钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，价电子排布式为：3d74s2，所以Co在元素周期表中第四周期，第
Ⅷ族，所以在周期表d区；HOCH2CH2NH 2是中只有N和O存在孤电子对，能提供电子对给Co2+，形成配位键，。