2020年高考化学必刷试卷02(解析版)

2020年高考化学必刷试卷02
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，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 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Ba 137
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。

共42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。

7．（武汉市部分学校2020届新高三起点质量监测）我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》 ：“绿钒(FeSO 4•7H 2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，…… 锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。

用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。

……强水用过无力……”。

下列有关解释错误的是
A ．“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO 4•4H 2O
B ．该方法所造“强水”为硝酸
C ．“惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加人 NaCl 溶液后氧化性增强
D ．“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱
【答案】C
【解析】A ． 假设有421molFeSO 7H O ⋅即其质量为1mol 278g/mol=278g ⨯，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的15即1278g=55.6g 5
⨯，换算成水的物质的量为55.6g 3mol 18g/mol ≈，所以脱水后产物为FeSO 4•4H 2O ，A 正确；
B ．根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B 正确；
C ．Au 的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au 可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C 错误；
D ．“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D 正确；故答案选C 。

8．（辽宁省大连市2020届高三上学期三模）设N A 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A ．由2H 和18O 所组成的水11 g ，其中所含的中子数为4N A
B ．常温常压下的33.6L 氯气与27g 铝充分反应，转移电子数为3N A
C ．0.1 mol H 3O +中含有的电子数为N A
D ．标准状况下，1L 乙醇完全燃烧产生CO 2分子的数目为
A N 11.2
【答案】C 【解析】A ． 一个由2H 和18O 所组成的水分子中含有12个中子，水的物质的量为
11g =0.5mol 22g/mol
，则其中所含的中子数为0.5mol×12=6mol ，即6N A ，A 项错误； B ． 不是标准状况，不能使用22.4L/mol 计算氯气物质的量，无法计算，B 项错误；
C ． 一个H 3O +中含有10个电子，则0.1 mol H 3O +中含有的电子数为N A ，C 项正确；
D ． 标准状况下，乙醇不是气体，不能使用22.4L/mol 计算其物质的量，无法计算，D 项错误；答案选C 。

【点睛】公式m
V n=V （V m =22.4L/mol ）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点：①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。

如：本题D 项标况下乙醇不是气体，不能使用22.4L/mol 计算其物质的量；B 项是常温常压，不能使用22.4L/mol 计算氯气物质的量。

9．（陕西省宝鸡中学、西安三中等五校2020届高三上学期第一次联考）下列有关溶液中离子存在和转化的表达
合理的是
A ．中性溶液中可能大量存在Fe 3+、K +、Cl −、SO 42−
B ．离子方程式2Ca 2++3HCO 3−+3OH −=2CaCO 3↓+CO 32−+3H 2O 可以表示NH 4HCO 3与澄清石灰水反应
C ．由水电离出的c(H +)=1×10−12mol/L 的溶液中可能大量存在K +、I −、Mg 2+、NO 3−
D ．n[NH 4AlSO 4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应为：
NH 4++Al 3++2SO 42−+2Ba 2++5OH −=NH 3·H 2O+AlO 2−+2H 2O+BaSO 4↓
【答案】D
【解析】A ． 中性溶液中Fe 3+不能大量存在，要水解生成氢氧化铁沉淀，故A 错误；B ． NH 4HCO 3与澄清
石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和氨水，故B 错误； C ． 由水电离出的c(H +)=1×
10−12mol/L 的溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中I −、NO 3−要发生氧化还原反应，在碱性溶液中Mg 2+不能大量存在，故C 错误；D ． n[NH 4AlSO 4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸根离子以及氨水，反应的离子
方程式为：NH 4++Al 3++2SO 42−+2Ba 2++5OH −=NH 3·
H 2O+AlO 2−+2H 2O+BaSO 4↓，故D 正确；故选D 。

10．（福建省仙游第一中学、福州八中2020届高三上学期三检）短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 原子序数依次增
大，X 、W 同主族，Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z 是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。

下列说法正确的是
A ．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)
B ．简单氢化物的热稳定性：X ＜W
C ．Y 、Z 、W 的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应
D ．X 分别与Y 、W 形成的化合物中所含化学键类型相同
【答案】C
【解析】已知Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al元素，X、W同主族，即最外层电子数相同，由四种元素原子的最外层电子数总和为16，可得X、W 分别是O、S元素。

所以，A、O、Al和S的原子半径为r(O)<r(S)<r(Al)，则A错误；B、H2O的稳定性强于H2S，所以B错误；C、NaOH、Al(OH)3、H2SO4三种物质之间可两两发生反应，故C正确；D、氧气与钠形成Na2O 和Na2O2都是离子化合物，而氧气与硫形成SO2和SO4都是共价化合物，它们所含化学键类型不同，故D错误。

本题正确答案为C。

11．（攀枝花市2020届高三上学期第一次统考）水系钠离子电池安全性能好、价格低廉、对环境友好，有着巨大的市场前景。

某钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3
下列说法错误的是
A．充电时，a接电源正极
B．放电时，溶液中的Na+在NaFePO4F电极上得电子被还原
C．充电时，阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3
D．理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变
【答案】B
【解析】2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3
分析方程式得出NaFePO4F变为Na2FePO4F，Fe在降低，发生还原反应，该物质作原电池的正极，Na3Ti2(PO4)3变为NaTi2(PO4)3，Ti在升高，发生氧化反应，该物质作原电池的负极。

A选项，放电时a为正极，因此充电时，a接电源正极，故A正确；
B选项，放电时，溶液中的Na+不放电，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去电子，故B错误；
C选项，阴极主要是NaTi2(PO4)3得到电子，因此阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+ 2Na+ + 2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正确；
D选项，根据溶液中电荷守恒关系，理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变，故D正确；
综上所述，答案为B。

12．（四川省天府名校2020届高三一轮测评）科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是
A．①②两步反应都属于加成反应
B．环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)
C．环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇
D．环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】A．①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；
B．环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；
C．环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；
D．环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；答案：B
13．（雅安市2020届高三第一次诊断考试）为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是
2NO2(g)N2O4(g)为放热反
【答案】C
【解析】A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；
B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；
C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；
D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。

综上所述，答案为C。

二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35~36题为选考题，考生根据要
求作答。

（一）必考题：共43分。

26．（惠州市2020届高三二调）（14分）高铁酸钾（K 2FeO 4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。

以废铁屑（含有少量Ni ）为主要原料制备高铁酸钾的流程如下：
资料显示：一些金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 如下：
（1）高铁酸钾具有高效消毒主要是因其具有_______________性所致。

（2）步骤③反应的离子方程式是______________________。

（3）步骤④不能引入新杂质，调节pH 所用的某种氧化物的化学式是___________，调节pH 的范围是__________________。

（4）步骤⑤发生反应的离子方程式是____________________________。

（5）该流程中可循环利用的物质是：_______（写化学式）。

（6）步骤⑥中，由Na 2FeO 4 得到粗K 2FeO 4的原理可能是_______________________________。

（7）测定产品纯度：将wg 粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH
为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用c mol·
L -1 (NH 4)2Fe(SO 4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL 。

有关滴定反应有：
Cr(OH)4−＋FeO 42−＋3H 2O
Fe(OH)3·3H 2O↓＋CrO 42− +OH - 224CrO -＋2H +227Cr O -＋H 2O
227Cr O -＋6Fe 2+＋14H +2Cr 3+＋6Fe 3+＋7H 2O
该粗产品中K 2FeO 4的纯度为____________（用含w 、c 、V 的代数式表示）。

若滴定管没有用待装液润洗，则测得结果________（“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】（14分）
（1）强氧化性（1分）
（2）2Fe 2++Cl 2===2Fe 3++2Cl －（2分）
（3）Fe 2O 3（2分） 2.94≦pH ＜7.60（1分）
（4）2Fe(OH)3 + 3ClO －+4OH －===2FeO 42－+3Cl －+ 5H 2O （2分）
（5）NaOH （1分）
（6）K 2FeO 4的溶解度比Na 2FeO 4的小，加饱和KOH ，析出更多Na 2FeO 4晶体（2分）
（7）(33cv/5w)％（2分） 偏高（1分）
【解析】（1）高铁酸钾中铁化合价处于最高价，具有高效消毒特性主要是因其具有强氧化性所致，故答案为强氧化性；
（2）步骤③反应的离子方程式是2Fe 2++Cl 2 = 2Fe 3++2Cl －，故答案为2Fe 2+ + Cl 2 = 2Fe 3+ +2Cl －；
（3）步骤④不能引入新杂质，需要保留铁离子到氢氧化铁，而溶液中的镍离子，因此调节pH 所用的某种氧化物的化学式是Fe 2O 3，使其余氢离子反应来调节，要让铁离子全部水解完，而镍离子不能水解沉淀，所有调节pH 的范围是2.94≤ pH ＜7.60，故答案为Fe 2O 3；2.94≤ pH ＜7.60；
（4）步骤⑤是氢氧化铁和次氯酸钠发生氧化还原反应，因此发生反应的离子方程式是2Fe(OH)3 + 3ClO －+4OH
－= 2FeO 42－+3Cl －+ 5H 2O ，故答案为2Fe(OH)3 + 3ClO －+4OH －= 2FeO 42－+3Cl －+ 5H 2O ；
（5）该流程中高铁酸钠和氢氧化钾反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，因此可循环利用的物质是氢氧化钠，故答案为NaOH ；
（6）步骤⑥中，由于K 2FeO 4的溶解度小于Na 2FeO 4 的溶解度，加饱和KOH ，析出更多Na 2FeO 4晶体，故答案为K 2FeO 4的溶解度比Na 2FeO 4的小，加饱和KOH ，析出更多Na 2FeO 4晶体；
（7）根据三个方程分析
Cr(OH)4－＋FeO 42－＋3H 2O
Fe(OH)3·3H 2O↓＋CrO 42－ +OH － 224CrO -＋2H +227Cr O -＋H 2O
227Cr O -＋6Fe 2+＋14H +2Cr 3+＋6Fe 3+＋7H 2O
根据反应得出以下关系：
-1-31mol 3mol =x cmol 10L V L
⋅⨯⨯ -3
c 10x=mol 3
V ⨯ -3
-1c 10mol 198g mol 33c 3=100%=%wg 5w
V V ω⨯⨯⋅⨯
该粗产品中K2FeO4的纯度为33c
%
5w
V
，若滴定管没有用待装液润洗，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积偏高，
测得结果偏高，故答案为33c
%
5w
V
；偏高。

27．（湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校2020届高三期中联考）（14分）碳及其化合物广泛存在于自然界。

请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g) 垐?
噲?FeO(s)+CO(g) ΔH1平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g) 垐?
噲?FeO(s)+H2(g) ΔH2平衡常数为K2
不同温度下，K1、K2的值如下表：
现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) 垐?
噲?CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是_______(填“放热”或“吸热”）反应。

（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：
2CO2(g)+6H2(g) 垐?
噲?C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0。

设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。

①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。

②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。

③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。

则
曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数K P的计算式为(不必化
简)_______________________。

（3）已知：NH3·H2O的K b=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。

工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。

所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。

烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。

（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL 湖水，酸化后用N 2吹出CO 2，再用NaOH 溶液吸收。

往吸收液中滴加1.0mol /L 盐酸，生成的V (CO 2)随V (盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。

【答案】（14分）
（1）吸热（2分）
（2）321T >T >T （1分） 123m >m >m （1分） 乙醇 （2分） 3
260.1255MPa (0.3755MPa)(0.1255MPa)(0.3755MPa)
⨯⨯⨯⨯⨯⨯ （2分）
（3）＞ （2分） 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO 2的吸收（2分）
（4）c (Na +)> c (HCO 3-) > c (CO 32-) > c (OH -) > c (H +
)（2分）
【解析】（1）由图可知反应①的K 1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H ＞0，反应②的K 2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H ＜0，已知：①Fe (s )+CO 2(g )垐?噲?FeO (s )+CO (g )△H 1=Q 1＞0，
②Fe (s )+H 2O (g )垐?噲?FeO (s )+H 2(g )△H 2=Q 2＜0，由盖斯定律①-②得③H 2(g )+CO 2(g )垐?噲?
CO (g )+H 2O (g ))△H =Q 3=Q 1-Q 2＞0，说明是吸热反应；
（2）①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T 3＞T 2＞T 1；
②图2中m 1、m 2、m 3投料比从大到小的顺序为m 1＞m 2＞m 3，因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；
③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a 代表的物质为H 2，b 表示CO 2，c 为H 2O ，d 表示乙醇；设开始氢气的投入量是3nmol ，则二氧化碳是nmol ，二氧化碳的转化量是x ，则
2CO 2(g )+6H 2(g )C 2H 5OH (g )+3H 2O (g )
起始量(mol ) n 3n 0 0
变化量(mol ) x 3x 0.5x 1.5x
平衡量(mol ) n -x 3n -3x 0.5x 1.5x
P 点a 、c 的体积分数相同，所以3n -3x =1.5x ，解得x =23
n ，总物质的量是n -x +3n -3x +0.5x +1.5x =83n
，总压为
5MPa的恒压条件下，p(二氧化碳)=p(乙醇)=1
n
3
8
n
3
×5MPa=0.125×5MPa，p(氢气)=p(水)=
n
8
n
3
×5MPa=0.375×5MPa，T4温度时，该反应的平衡常数K p=
3
26 0.1255MPa(0.3755MPa) (0.1255MPa)(0.3755MPa)
⨯⨯⨯
⨯⨯⨯
；
（3）工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由NH3·H2O的K b=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则所得溶液的pH＞7；烟气需冷却至15.5～26.5℃的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；
（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：1，且CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。

28．（陕西省五校2020届高三上学期第一次联考）（15分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。

查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
①300℃以上完全分解；
②S2Cl2+Cl22SCl2；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气。

（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。

①仪器m的名称为____________，装置F中试剂的作用是________________________。

②装置连接顺序：A→____________→E→D。

③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。

实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___________________。

④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_________________。

（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反
应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___。

②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案_______（填“可行”或“不可行”），原因是_____________________。

（3）某同学为了测定S 2Cl 2与水反应后生成的气体X 在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
①W 溶液可以是_____(填标号)。

a ．H 2O 2溶液
b ．KMnO 4溶液(硫酸酸化)
c ．氯水
②该混合气体中气体X 的体积分数为______________(用含V 、m 的式子表示)。

【答案】（15分）
（1）①三颈烧瓶（1分） 除去Cl 2中混有的HCl 杂质（1分） ② FCB （2分） ③将装置内的氯气排入D 内吸收以免污染空气，并将B 中残留的S 2Cl 2排入E 中收集（1分） ④ 滴入浓盐酸的速率(或B 中通入氯气的量) （1分）
（2）①2S 2Cl 2+2H 2O=SO 2↑+3S↓+4HCl↑（2分） ②不可行（1分） 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验（2分）
（3） ①ac （2分） ②×100%（2分） 【解析】（1）实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S 2Cl 2粗品，氯气过量则会生成SCl 2，利用装置A 制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F 除去氯化氢，通过装置C 除去水蒸气，通过装置B 和硫磺反应在110～140℃反应制得S 2Cl 2粗品，通过装置E 冷凝得到二氯化二硫(S 2Cl 2)，连接装置D 是防止空气中水蒸气进入
①仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F 中试剂的作用是：除去Cl 2中混有的HCl 杂质，
②利用装置A 制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F 除去氯化氢，通过装置C 除去水蒸气，通过装置B 和硫磺反应在110～140℃反应制得S 2Cl 2粗品，通过装置E 冷凝得到二氯化二硫(S 2Cl 2)，连接装置D 是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D ，
③实验前打开K 1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。

实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D 内吸收以免污染空气，并将B 中残留的S 2Cl 2排入E 中收集，
④反应生成S 2Cl 2的氯气过量则会生成SCl 2，温度过高S 2Cl 2会分解，为了提高S 2Cl 2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B 中通入氯气的量，
（2）①S 2Cl 2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X 能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X 为SO 2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S 2Cl 2+2H 2O=SO 2↑+3S↓+4HCl↑，
22.4m 233V
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，
（3） S 2Cl 2遇水会生成SO 2、HCl 两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO 2的体积分数，混合气体通过溶液W 溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg ，元素守恒计算二氧化硫体积分数，
①W 溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a ；H 2O 2溶液，c.氯水，但不能是b ；KMnO 4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac ，
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO 2)=n(BaSO 4)=
=mol ，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=
×100%=×100%， （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。

35．［化学——选修3：物质结构与性质］（湖北省普通高中联考协作体2020届高三期中理综）（15分）氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。

学习物质结构与性质，回答下列问题： （1）太阳中的主要化学元素是氢和___________。

（2）氢负离子H −基态电子排布式为___________________________。

（3）下列变化：H −(g)=H(g)+e −吸收的能量为73kJ/mol ，H(g)=H +(g)+e −吸收的能量为1311kJ/mol ，则氢负离子H −的第一电离能为________。

（4）几种碱金属氢化物的部分性质如下表所示：
从化学结构的角度回答说明，分解温度LiH>NaH>KH_______________________________。

（5）水溶液中有H 3O +、H 5O 2+、H 9O 4+等微粒的形式。

H 3O +中，中心原子的杂化类型是___________，请画出H 5O 2+的结构式：__________________。

当用高能射线照射液态水时，水分子便以一种新的方式电离，如图所示写出高能射线照射水的总反应的离子方程式_______________________。

mg
233g/mol
233
m m
mol
233VL 22.4L/mol
22.4233m
V
（6）氢化铝钠(NaAlH 4)等复合氢化物是重要的有机还原剂。

NaAlH 4晶胞结构如图所示，NaAlH 4晶体中，与Na +紧邻且等距的A1H 4−有_______个，设阿伏伽德罗常数为N A ，则晶体的密度为_______________g·cm −3。

（7）在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1)晶面。

如图则该立方晶胞体中（1，1，1)晶面共有_______个。

【答案】（15分） （1）氦（1分） （2）1s 2（1分） （3）73kJ/mol （1分）
（4）均为离子晶体，阳离子离子半径Li +<Na +<K +，晶格能LiH>NaH>KH ，离子键强，分解温度高（2分）
（5）sp 3（1分） （2分） (n+2)H 2O e(H 2O)n −+·OH+H 3O + （2分）
（6）8（1分） 213A
10810a N （2分）
（7）8（2分）
【解析】（1）太阳上含量最丰富的元素是氢，其次是氦元素，故太阳中的主要化学元素是氢和氦； （2）H 原子核内只有1个质子，氢负离子H −核外有2个电子，基态电子排布式为1s 2； （3）H −(g)=H(g)+e −吸收的能量为73kJ/mol ，则氢负离子H −的第一电离能为73kJ/mol 。

（4）LiH 、NaH 、KH 三种晶体均为离子晶体，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，阳离子的离子半径：Li +<Na +<K +，离子半径越大，与H −结合形成的离子键就越弱，晶格能就越小，所以晶格能LiH>NaH>KH ，晶格能越大，离子键就越强，晶体分解温度就越高，所以分解温度LiH>NaH>KH ；
（5） H 3O +中，中心O 原子的杂化类型是sp 3杂化；H 5O 2+可看作是H 3O +与H 2O 通过氢键形成的离子，所以
H 5O 2+的结构式是；
根据图示可得高能射线照射水的总反应的离子方程式为：(n+2)H 2O e(H 2O)n −+·OH+H 3O +；
（6）以体心的AlH 4−研究，与之紧邻且等距的Na +位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH 4−紧邻且等距的Na +有8个，晶胞中AlH 4−数目为1+8×1
8+4×12
=4，Na +
数目为6×12
+4×14=4，则与Na +紧邻且等距的AlH 4−
有8个；晶胞质量=4×A 54N g ，晶胞密度为()
A
27754
4g N m
ρV a 10cm 2a 10cm
--⨯
=
=⨯⨯⨯=213
A
10810a N ⨯g/cm 3； （7）在该（1，1，1)晶面中，该平面通过上面一个顶点，下面2个顶点形成一个（1，1，1)晶面，上面共有4个这样顶点，可形成4个这样晶面；同样，若该晶面通过上面2个顶点，下面一个顶点，也可以形成4个这样的晶面，因此共可以形成8个这样晶面。

36．[化学——选修5：有机化学基础]（昆明一中2020届高三第三次双基检测）（15分）锌是人体必需的微量元素，在体内有着重要的功能，然而过度的Zn 2+会引起毒性，因此能够高效、灵敏检测Zn 2+的方法非常重要。

化合物L 对Zn 2+有高识别能力和良好的抗干扰性，其合成路线可设计如下：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为____________F 的官能团名称为____________。

（2）D 生成E 的化学方程式为________________，该反应类型为____________。

（3）已知R−N=N−R 分子中的N 原子存在孤对电子(未共用电子对)，且N = N
双键不能旋转，因而存在顺反
异构：(顺式)，(反式)。

判断化合物L是否存在顺反异构________(填“是”或“否”)。

（4）研究人员利用某种仪器进行分析，发现化合物L中亚氨基(−NH−)及−OH上的氢原子的.吸收峰在结合Zn2+后的谱图中消失，该仪器的名称是___________仪；研究人员推测化合物L结合Zn2+的机理为：
其中，Zn2+与−N=之间共价键的成键方式是
________(填标号)。

a. Zn2+和N原子各自提供单电子组成共用电子对
b. Zn2+单方面提供电子对与N原子共用
c. N原子单方面提供电子对与Zn2+共用
（5）X为F的芳香族同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式_____________。

①能发生水解反应和银镜反应，产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
②有六种不同化学环境的氢，个数比为3：1：1：1：1：1。

（6）已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

化合物Y具有抑菌活性，以和为原料制备Y，写出合成路线(有机溶剂和无机试剂任选)。

____________。

【答案】（15分）
（1）邻二氯苯（1分）醛基、羟基（1分）
（2）2+(CH3O)Mg+2CH3OH（2分）取代反应（1分）（3）是（2分）
（4）核磁共振仪（1分）c（2分）
（5）、（2分）
（6）（3分）（1）A是，两个Cl原子在苯环上相邻位置，名称为邻二氯苯；化合物F结构简式是，【解析】
可知其中含有的官能团名称为醛基、羟基；
（2）根据流程图可知D结构简式，E是2个分子的D与(CH3O)Mg在苯溶液中发生取代反应产生F和CH3OH，反应方程式为：2+(CH3O)Mg
+2CH3OH；
（3）L结构简式是，在L分子结构中含有N=N双键，由于N = N双键不能旋转，因而存在顺反异构；
（4）化合物L中亚氨基(−NH−)及−OH上的氢原子的吸收峰在结合Zn2+后的谱图中消失，则测定元素核磁共
振谱图的仪器的名称是核磁共振仪；由于Zn2+上具有空轨道，而−N=的D原子上有孤对电子，所以Zn2+与−N=之间共价键的成键方式是N原子单方面提供电子对与Zn2+共用，故合理选项是c；
（5）化合物F结构简式是，X为F的芳香族同分异构体，满足如下条件：①能发生水解反应和
银镜反应，产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。

说明含有酚羟基形成的酯基和醛基；②有六种不同化学环境的氢，个数比为3：1：1：1：1：1，则X可能的结构为、；
（6）在NaOH的水溶液加热发生反应产生，中加入酸酸化得到，与在CH3OH条件下回流5小时得到
，产物与NaHCO3溶液反应得到目标产物，合成路线为。