湖北省部分重點中學2020屆高三年級新起點聯考化學試題注意事項：1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。 3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。可能用到的相對原子質量：H1，C12，O16，Hg200.6第卷（選擇題，共16小題，共48分）下列各題中只有一個選項是符合題意的。1（原創，容易）化學與生活、生產、科技密切相關。下列說法錯誤的是（ ） A地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕 B中國天眼傳輸信息用的光纖材料是硅 C研發新能源汽車，減少化石燃料的使用，與“綠水青山就是金山銀山”的綠色發展理念一致D港珠澳大橋用到的合金材料，具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能【答案】B【解析】A選項考金屬的電化學防護措施犧牲陽極的陰極保護法。B中光纖材料應為二氧化硅。C、D正確。【考點】化學與生活、科技、社會2（原創，容易）下列化學用語表達正確的是（ ） ACaCl2的電子式: BCl的結構示意圖：C乙烯的分子式：C2H4 D純堿溶液呈堿性的原因：CO32+2H2O H2CO3+2OH【答案】C【解析】A陰離子和陽離子應相間寫，不能合并。B的最外層電子應為8個。C正確。D多元弱酸的酸根離子分步水解，應先生成HCO3和OH。【考點】基本化學用語3（改編，容易）下列不涉及氧化還原反應的是（ ）A補鐵劑（有效成分為Fe2+）與含維生素C共服效果更佳B雷雨肥莊稼自然固氮C灰肥相混損肥分灰中含有碳酸鉀，肥中含有銨鹽D從沙灘到用戶由二氧化硅制晶體硅【答案】C【解析】A中，維C具有還原性，防止Fe2+被氧化。B中利用雷電作用將N2轉化為NO，NO與O2反應生成NO2，NO2與水反應轉變為HNO3，HNO3與礦物質作用生成硝酸鹽，實現自然固氮。C的原理是草木灰中的CO32和氮肥中的NH4+發生雙水解，損失肥效，并非氧化還原反應。D中二氧化硅被還原制硅為氧化還原反應。【考點】氧化還原反應與生活的聯系4（原創，中等）下列解釋事實的方程式正確的是（ ）A用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O32HSO2S2NaH2OB氫氧化亞鐵暴露于空氣中會變色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制取次氯酸：Ca2ClOH2OCO22HClOCaCO3D氯氣用于自來水消毒：Cl2 + H2O 2H + Cl+ ClO【答案】B【解析】A的正確方程式為：S2O32HSO2SH2O，B中，氫氧化亞鐵在空氣中迅速變為灰綠色，最終變成紅褐色，即轉變為氫氧化鐵。C的正確方程式為ClOH2OCO2HClOHCO3。D 中正確方程式為Cl2 + H2O H+ Cl+ HClO，HClO為弱電解質不能拆。【考點】化學反應在生活中的應用；離子方程式的書寫5（原創，容易）1mol白磷（P4，s）和4mol紅磷（P，s）與氧氣反應過程中的能量變化如圖（E表示能量）。下列說法正確的是（ ） AP4(s，白磷)=4P(s，紅磷) H0 B以上變化中，白磷和紅磷所需活化能相等C白磷比紅磷穩定D紅磷燃燒的熱化學方程式是 4P(s，紅磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol【答案】D【解析】等質量的紅磷能量比白磷低，A中變化應為放熱反應，H0。B中，由圖可知，紅磷和白磷轉變成的活化分子的能量相等，則紅磷的活化能更高。紅磷應比白磷穩定。D中熱化學方程式正確。【考點】化學反應中能量的變化6（原創，中等）設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（ ） A100 g質量分數為 46%C2H5OH溶液中所含OH數目約為7NAB質量為12g的12C含有的中子數為12NAC將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO數目小于0.1NAD氫氧燃料電池正極消耗22.4 L氣體時，電路中通過的電子數目為4NA【答案】A【解析】A選項，46gC2H5OH中含有OH為NA，54gH2O含OH為6NA。質量為12g的12C含有的中子數為6NA。C中，根據電荷守恒，n(CH3COO)n(Na)，CH3COO數目為0.1NA。D中，未講明氣體的溫度和壓強。【考點】阿伏伽德羅常數相關知識的綜合應用7（原創，中等）下列敘述正確的是（ ）A2甲基丁烷也稱為異丁烷B. 分子式為C4H9Cl的同分異構體共有4種（不考慮立體異構）C. 等物質的量的氯氣與甲烷在光照條件下反應能制得純凈的一氯甲烷D. 葡萄糖、油脂、蛋白質都能水解，但水解產物不同【答案】B【解析】2甲基丁烷也稱為異戊烷。B正確。C中，甲烷與氯氣在光照條件下反應生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳及氯化氫。D中，葡萄糖不能水解。【考點】有機化學中有機物的命名、同分異構體數目的判斷、常見有機物的化學性質等8（改編，中等）四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數依次增大，b、d的簡單離子具有相同電子層結構，d的簡單離子半徑是同周期主族元素中最小的，四種元素原子的最外層電子數之和為15，下列敘述正確的是（ ）A. b元素最高價氧化物對應的水化物為強酸 B. 最簡單氣態氫化物的熱穩定性：bcC. c為第二周期第VIIA族元素 D. 原子半徑：dcba【答案】A【解析】由題干首先推出d為Al，a為H，b、c的最外層電子數之和為11，應該為4+7或5+6，它們只能是第二周期的元素，由于碳元素一般不形成簡單陰離子，即a、b、c、d分別為H、N、O、Al。N的最高價氧化物對應的水化物為HNO3，是強酸，A正確。最簡單氣態氫化物熱穩定性為H2ONH3，B錯誤。O為第二周期第VIA族元素，C錯誤。原子半徑為d b c a，D錯誤。【考點】元素推斷及元素周期律9（原創，中等）下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是（ ）實驗操作現象解釋或結論A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性B在鎂、鋁為電極，氫氧化鈉為電解質的原電池裝置鎂表面有氣泡金屬活動性：AlMgC測定等物質的量濃度的NaCl與Na2CO3溶液的pH后者較大非金屬性：ClCD等體積pH3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，排水法收集氣體HA放出的氫氣多且反應速率快HB酸性比HA強【答案】D【解析】SO2使酸性KMnO4溶液褪色，體現了SO2的還原性，A錯誤。B中金屬活動性應為MgAl。非金屬性的判據之一是最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性越強，但Cl對應的酸應為HClO4，應比較等物質的量濃度的NaClO4與NaHCO3溶液的pH，C無法得出非金屬性的結論。等體積等pH的一元酸，酸性越弱濃度越大，與足量的鋅反應生成的氫氣越多且反應速率越快，D正確。【考點】實驗的原理、現象、結論綜合10（原創，中等）下列有關實驗操作的敘述錯誤的是（ ）A洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏大C蒸餾完畢后，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置D用標準鹽酸溶液滴定氨水來測定其濃度，選擇甲基橙為指示劑【答案】A【解析】帶刻度的儀器不能在烘箱烘干，A錯誤。B、C、D均正確。【考點】化學實驗儀器使用、化學實驗操作的注意事項，化學實驗原理11（改編，中等）已知某有機物的結構簡式如下，下列有關該分子的說法正確的是（ ）A. 分子式為C10H14O6B. 含有的官能團為羥基、羧基和酯基C. 該分子不能發生取代反應D. 它屬于芳香烴【答案】B【解析】分子式應為C10H10O6，A錯誤。含有的官能團為羥基、羧基和酯基，B正確。該分子的三種官能團都能發生取代反應，C錯誤。它不是烴，是芳香族化合物，D錯誤。【考點】有機物分子式的確定、有機物的分類、常見官能團的名稱及性質12（原創，中等）下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（ ）A將FeCl3溶液加熱蒸干最終得不到無水FeCl3固體B實驗室制取乙酸乙酯時，將乙酸乙酯不斷蒸出C實驗室用排飽和食鹽水的方法收集氯氣D. 使用催化劑，提高合成氨的生產效率【答案】D【解析】A中存在Fe33H2O Fe(OH)33H，加熱時該平衡正向移動。B中存在CH3COOHC2H5OH CH3COOCH3H2O，蒸出乙酸乙酯，其濃度變小，該平衡正向移動，提高原料的利用率。C中存在Cl2 + H2O H+ Cl+ HClO，飽和食鹽水中氯離子濃度大，使該平衡左移，減少氯氣在水中的溶解。D中，催化劑不能改變反應的限度。【考點】勒夏特列原理的應用13.（改編，中等）高爐煉鐵過程中發生反應：溫度T/100011501300平衡常數K4.03.73.5Fe2O3(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)，該反應在不同溫度下的平衡常數見右表。下列說法正確的是（ ）A由表中數據可判斷該反應：反應物的總能量生成物的總能量B1000下Fe2O3與CO反應，t min達到平衡時c(CO) =210-3 mol/L，則用CO2表示該反應的平均速率為2103/t molL1min1 C為了使該反應的K增大，可以在其他條件不變時，增大c(CO) D其他條件不變時，增加Fe2O3的用量，不能有效降低煉鐵尾氣中CO的含量【答案】D【解析】由表中數據，溫度升高，平衡常數減小，該反應為放熱反應，反應物的總能量生成物的總能量，A錯誤。1000下，達到平衡時，由平衡常數計算，c(CO2) =810-3 mol/L，用CO2表示該反應的平均速率為8103/t molL1min1，B錯誤。反應物濃度不影響平衡常數，C錯誤。Fe2O3是固體，增加其用量對平衡無影響，尾氣中CO的含量不會改變，D正確。【考點】化學反應速率的計算、化學反應過程中的能量變化、化學平衡常數的影響因素、影響化學平衡的條件等14（改編，中等）以純堿溶液為原料，通過電解的方法可制備小蘇打，原理裝置圖如下：上述裝置工作時，下列有關說法正確的是（ ）A乙池電極接電池正極，氣體X為H2B Na+由乙池穿過交換膜進入甲池CNaOH溶液Z比NaOH溶液Y濃度小D甲池電極反應：4OH-4e-=2H2O+O2【答案】C【解析】由圖中分析，O元素化合價升高，甲池發生氧化反應，電極應與電池正極相連，乙池為陰極區，產物氣體X為H2，A錯誤。Na+由陽極向陰極遷移，則應由甲池穿過交換膜進入乙池，B錯誤。在乙池中，H放電，促進水電離產生更多的OH，Na+也遷移到乙池，則Z濃度比Y小，C正確。甲池電極反應為：4CO32+2H2O4e=4HCO3+O2，D錯誤。【考點】電化學知識的應用15.（改編，難）常溫下，下列說法不正確的是（ ）A0.1molL1K2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH)B已知Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，將AgCl和AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀 C常溫下，pH=4.75、濃度均為0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)D已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)2.01012，向濃度均為1103mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1103mol/LAgNO3溶液，Cl先形成沉淀【答案】C【解析】A，由質子守恒，c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH)， A正確。AgCl和AgBr的飽和溶液中，c(Cl)c(Br)，兩種溶液等體積混合后，加入足量的濃AgNO3溶液，兩種離子均沉淀完全，則AgCl沉淀多于AgBr沉淀，B正確。pH=4.75、濃度均為0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液，溶液顯酸性，則醋酸電離程度強于醋酸根水解程度，c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)，又由電荷守恒，c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)，C錯誤。向濃度均為1103mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加AgNO3溶液時，若要生成AgCl， ，若要生成Ag2CrO4，則Cl先形成沉淀，D正確。【考點】電解質溶液各種平衡的綜合應用16（改編，難）25時，向濃度均為0.1molL1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH固體，溶液中lg隨n(NaOH)的變化如圖所示。下列說法正確的是（ ）AHX為弱酸，HY為強酸B水的電離程度：dcbCc點對應的溶液中：c(Y)c(Na)c(H)c(OH)D若將c點與d點的溶液全部混合，溶液中離子濃度大小：c(Na)c(X)c(Y)c(H)c(OH)【答案】C【解析】a點，由，得，HX為強酸，HY溶液為弱酸，A錯誤。c、d溶液均為酸性，抑制水的電離，且d強于c，b溶液為中性，水的電離程度為bcd，B錯誤。c是濃度均為0.05mol/L的NaY和HY的混合溶液，且該溶液顯酸性，因為電離和水解都很微弱，由電荷守恒，c(Y)c(Na)c(H)c(OH)，C正確。c、d溶液混合，c為100mL 0.05mol/L NaX和0.05mol/L HX的混合溶液，d為100mL 0.05mol/L NaY和0.05mol/L HY的混合溶液。由于HX是強酸，HY是弱酸，它們反應后最終溶液為0.05mol/L NaX和0.05mol/L HY的混合溶液，NaX為強電解質，HY為弱電解質，且c溶液顯酸性，故有c(Na)=c(X)c(H)c(Y)c(OH)，D錯誤。【考點】電解質溶液中的平衡應用第卷（非選擇題，共52分）17（14分，改編，中等）（1）鈉米材料二氧化鈦（TiO2）具有很高的化學活性，可做性能優良的催化劑。工業上二氧化鈦的制備是：I. 將干燥后的金紅石（主要成分TiO2，主要雜質SiO2）與碳粉混合裝入氯化爐中，在高溫下通入Cl2反應制得混有SiCl4雜質的TiCl4。II. 將SiCl4分離，得到純凈的TiCl4。III. 在TiCl4中加水、加熱，水解得到沉淀TiO2xH2O。IV. TiO2xH 2O高溫分解得到TiO2。TiCl4與SiCl4在常溫下的狀態是 。II中所采取的操作名稱是 。III中反應的化學方程式是 。如IV在實驗室完成，應將TiO2xH2O放在 （填儀器編號）中加熱。（2）根據廢水中所含有害物質的不同，工業上有多種廢水的處理方法。廢水I若采用CO2處理，離子方程式是 。廢水常用明礬處理。實踐中發現廢水中的c(HCO)越大，凈水效果越好，這是因為 。廢水III中的汞元素存在如下轉化（在空格上填相應的化學式）：Hg2+ =CH3Hg+H+，我國規定，Hg2+的排放標準不能超過0.05 mgL。若某工廠排放的廢水1 L中含Hg2+ 310-7mo1，是否達到了排放標準 （填“是”或“否”）。廢水常用C12氧化CN成CO2和N2，若參加反應的C12 與CN-的物質的量之比為52，則該反應的離子方程式為 。【答案】(14分) (1) 液態 （1分） 蒸餾 （1分） TiCl4+(x+2)H2O TiO2xH2O+4HCl （2分） （不寫加熱符號扣1分，未配平、錯寫不得分） b（1分） (2) OH+CO2=HCO3 （2分）（寫成CO不給分）HCO3會促進Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，凈水效果增強（2分）（只要答對HCO 會促進Al3+水解可得2分，若寫成水解方程式得1分）CH4（1分） 否（2分）5Cl2+2CN+4H2O=10Cl+2CO2+N2+8H+（2分）（寫成堿性環境不得分）【解析】（1）由題中表格所給沸點數據可判斷常溫下兩者均為液態，由于SiCl4與TiCl4兩者沸點相差30以上都可用蒸餾的方法進行分離。由質量守恒即可書寫該水解反應方程式。（2）由題給信息，廢水處理后，溶液的PH接近中性，由產物應為HCO，而不是堿性較強的CO的溶液。HCO水解呈堿性，Al3+水解呈酸性，二者可相互促進生成更多的Al(OH)3，凈水效果更好。由質量守恒即可寫出CH4的分子式，1L水中含Hg2+310-7mol，則m(Hg2+)=310-7200.6g=6.01810-2mg，即Hg2+濃度為6.01810-2mg/L510-2 mg/L由題給信息知CN被氧化成CO2和N2，溶液中應為酸性環境，Cl2還原產物為Cl，又知Cl2與CN的物質的量之比為5:2，故根據電荷守恒和元素守恒可配平該方程式。【考點】1. 實驗儀器應用及操作 2. 鹽類水解的應用及影響因素 3. 氧化還原反應及離子反應的規律及其應用 4. 濃度的基本計算18. （10分，改編，中等）以鉻鐵礦(主要成分為FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等雜質)為主要原料生產化工原料紅礬鈉(主要成分Na2Cr2O72H2O)，其主要工藝流程如下：查閱資料得知: 常溫下，NaBiO3不溶于水，有強氧化性，在堿性條件下，能將Cr3+轉化為CrO42。 金屬離子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+開始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列問題：（1）反應之前先將礦石粉碎的目的是_。（2）步驟加的試劑為_，此時溶液pH要調到5的目的_ 。（3）寫出反應的離子反應方程式_。（4）中酸化是使CrO42轉化為Cr2O72，寫出該反應的離子方程式_。（5）將溶液H經過蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥即得紅礬鈉粗晶體，精制紅礬鈉則對粗晶體需要采用的操作是_(填操作名稱)。【答案】（1）增大反應物的接觸面積，加快反應速率，提高鉻鐵礦的浸取率 （2分）（增大反應物的接觸面積，加快反應速率即可得2分）（2）氫氧化鈉溶液或NaOH溶液（1分） 使Fe3+、Al3+均完全轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去（2分）（3）3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42+3Na+ （2分）（4）2CrO42+2H+Cr2O72+H2O （2分） （寫成“=”扣1分）（5）重結晶（1分） 【解析】鉻鐵礦加入過量的硫酸，反應生成硫酸亞鐵和硫酸鉻、硫酸鋁，二氧化硅不溶于硫酸，所以固體A為二氧化硅，溶液B中加入過氧化氫，將亞鐵離子氧化成鐵離子，加入堿調節pH使鐵離子和鋁離子沉淀，根據表格數據分析，控制pH到5，固體D為氫氧化鐵和氫氧化鋁，溶液E中加入鉍酸鈉和少量氫氧化鈉溶液，反應生成Na2CrO4，酸化將其變成重鉻酸鈉，最后重結晶得到紅礬鈉。(1) 為了增大反應物的接觸面積，加快反應速率，提高鉻鐵礦的浸取率，反應之前先將礦石粉碎；(2) 根據表格數據分析，步驟加的試劑為氫氧化鈉溶液或NaOH溶液；此時溶液pH要調到5的目的使Fe3+、Al3+均完全轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而鉻離子不沉淀； (3) 反應中鉍酸鈉將硫酸鉻氧化生成鉻酸鈉和氫氧化鉍，離子反應方程式 3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；(4) 中酸化是使CrO42轉化為Cr2O72，離子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；(5) 將溶液H經過蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥即得紅礬鈉粗晶體，此操作為重結晶；【考點】1. 元素化合物的知識2. 水解原理的應用3. 基本實驗操作4. 氧化還原反應及離子反應方程式書寫5. 化學基本計算19（13分，改編，中等）科學家對一碳化學進行了廣泛深入的研究并取得了一些重要成果。（1）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H190.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H231.0kJ/mol CO與H2合成CH3CH=CH2的熱化學方程式為_。（2）現向三個體積均為2L的恒容密閉容器I、II、中，均分別充入1molCO 和2mo1H2發生反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol。三個容器的反應溫度分別為Tl、T2、T3且恒定不變。當反應均進行到5min時H2的體積分數如圖1所示，其中只有一個容器中的反應已經達到平衡狀態。5min時三個容器中的反應達到化學平衡狀態的是容器_（填序號）。0-5 min內容器I中用CH3OH表示的化學反應速率v(CH3OH)=_。（保留兩位有效數字）當三個容器中的反應均達到平衡狀態時，平衡常數最小的是容器_。（填序號）（3）CO常用于工業冶煉金屬，在不同溫度下用CO 還原四種金屬氧化物，達到平衡后氣體中與溫度（T）的關系如圖2所示。下列說法正確的是_（填字母）。A工業上可以通過增高反應裝置來延長礦石和CO接觸面積，減少尾氣中CO的含量BCO用于工業冶煉金屬鉻(Cr)時，還原效率不高C工業冶煉金屬銅(Cu) 時，600下CO的利用率比1000下CO的利用率更大DCO還原PbO2的反應H0（4）一種甲醇燃料電池，使用的電解質溶液是2molL1的KOH溶液。請寫出加入(通入)a物質一極的電極反應式_；每消耗6.4g甲醇轉移的電子數為_。（5）一定條件下，用甲醇與一氧化碳反應合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常溫下，將a mol/L的醋酸與b mol/LBa(OH)2溶液等體積混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代數式表示該混合溶液中醋酸的電離常數Ka為_。【答案】（1） 3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol （2分）（2） （1分） 0.067 mol/(Lmin) （2分） （未帶單位扣1分） （1分） （3）BC （2分）（4）CH3OH6e+8OH=CO+6H2O （2分） 1.2NA(1.26.021023) （1分） （5）210-7b/(a-2b) （2分）（符合該式子，但未化簡均給分，不帶單位不扣分）【解析】（1）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H2-31.0kJ/mol 根據蓋斯定律，3+可得3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) ，則H=(-90.1kJ/mol)3+(-31.0kJ/mol)-301.3kJ/mol ，CO與H2合成CH3CH=CH2的熱化學方程式為3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol；（2）2CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.1kJmol-1，這是一個放熱反應，三個容器的反應溫度分別為T1、T2、T3且T1T2T3，若未達平衡，溫度越高反應速率越快，相同時間內氫氣的含量越低，tmin時，氫氣的含量比和高，故到達平衡； CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始物質的量（mol） 1 2 0變化的物質的量（mol） x 2x x變化后物質的量（mol） 1-x 2-2x x則，解得，則0-5 min內容器I中用CH3OH表示的化學反應速率v(CH3OH)=0.067 mol/(Lmin)；對于放熱反應而言，溫度高會向吸熱方向進行程度更大，所以CO的轉化率隨溫度升高而降低，當三個容器中的反應均達到平衡狀態時，CO的轉化率最高的是容器是溫度最低的容器 I；反應進程越大，轉化率越高，平衡常數越大，所以平衡常數平衡常數最小的是轉化率最小的容器，即溫度最高的容器； （3）A增高爐的高度，增大CO與鐵礦石的接觸，不能影響平衡移動，CO的利用率不變，故A錯誤；B由圖象可知用CO工業冶煉金屬鉻時，一直很高，說明CO轉化率很低，故不適合B正確；C由圖象可知溫度越低越小，故CO轉化率越高，故C正確；D由圖象可知CO還原PbO2的溫度越高越高，說明CO轉化率越低，平衡逆向移動，故H0，故D錯誤；故選BC；（4）a極應為原電池的負極，介質環境為堿性的KOH溶液，故電極反應為CH3OH6e+8OH=CO+6H2O（5）發生反應為2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O由題給條件，常溫下溶液呈中性，可知c (H+)=c (OH)=110-7mol/L再由電荷守恒c (H+)+2c(Ba2+)=c (CH3COO) +c (OH)，則2c(Ba2+)=c (CH3COO)混合后c(Ba2+)=，則c (CH3OO)=2=bmol/L由元素守恒可知，混合后溶液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=，則c(CH3COOH)=由【考點】1.蓋斯定律應用2.化學平衡原理應用3.電化學知識的應用4.溶液中離子濃度關系及常數的計算選考題：請考生在第20、21兩題中任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號后的方框涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區域指定位置答題。如果多做，則按所做的第一題計分。20（15分，改編，中等）【化學選修3：物質結構與性質】微量元素硼和鎂對植物的葉的生長和人體骨骼的健康有著十分重要的作用，其化合物也應用廣泛。(1)基態B原子的電子排布圖為_，其第一電離能比Be_（填“大”或“小”）。(2)三價B易形成配離子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的結構簡式為_ (標出配位鍵)，其中心原子的雜化方式為_，寫出BH4的一種陽離子等電子體_。(3)圖1表示多硼酸根的一種無限長的鏈式結構，其化學式可表示為_(以n表示硼原子的個數)。(4)硼酸晶體是片層結構，圖2表示的是其中一層的結構。每一層內存在的作用力有_。(5)三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低，原因是_。(6)鎂單質晶體中原子的堆積模型如下圖，它的堆積模型名稱為 ；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構成的正四面體幾何體的體積是2a cm3，鎂單質的密度為 gcm3，已知阿伏伽德羅常數為NA，則鎂的摩爾質量的計算式是 。【答案】（1） （1分） 小（1分）（2） （2分） sp3 （1分） NH4+（1分）（3）(BO2)（2分）（寫成BO不給分）（4）共價鍵、氫鍵 （2分）（全對得2分；漏寫且正確得1分；錯寫、多寫不得分）（5）三氯化硼為分子晶體，而氯化鎂為離子晶體，范德華力比離子鍵弱（2分）(6)六方最密堆積（1分） 12NAa（2分）【解析】 (1)B原子核外有5個電子，基態B原子的軌道表達式為，故答案為：；(2)B原子最外層有3個電子形成3對共用電子對，有空軌道接受孤電子對，B(OH)4的結構式為，B(OH)4中B原子價層電子對為4，無孤電子對，其中心原子的雜化方式為式為sp3，原子總數相同、價電子總數相同的粒子互為等電子體，BH4的一種等電子體NH，故答案為：；sp3；NH；(3)圖1是一種鏈狀結構的多硼酸根，從圖可看出，每個BO單元，都有一個B，有一個O完全屬于這個單元，剩余的2個O分別為2個BO單元共用，所以BO=1（1+21/2）=12，化學式為：(BO2)，故答案為：(BO2) (4)由硼酸晶體結構可知，層內分子中O與B、H之間形成共價鍵，分子間H、O之間形成氫鍵，層與層之間為范德華力。故答案為：共價鍵、氫鍵；(5)三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低，原因是三氯化硼為分子晶體，而氯化鎂為離子晶體，范德華力比離子鍵弱，故答案為：三氯化硼為分子晶體，而氯化鎂為離子晶體，范德華力比離子鍵弱；(6)正四面體的體積是其對應的三棱柱的1/3，是整個晶胞體積的1/12，則晶胞體積為24a，晶胞含2個鎂原子，則【考點】1. 原子結構、等電子體配位鍵及雜化方式判斷物質結構的理解影響熔沸點的因素晶體結構相關知識及計算21 【化學選修5：有機化學基礎】（15分，改編，中等）已知有機物分子中的碳碳雙鍵發生臭氧氧化反應：有機物A的結構簡式為，G的分子式為C7H12O，以下AH均為有機物，其轉化關系如下：（1）下列說法正確的是 _ 。（填字母序號）AC的官能團為羧基B1molA最多可以和2molNaOH反應CC可以發生氧化反應、取代反應和加成反應D可以發生消去反應（2）F的結構簡式為_ ，由F到G的反應類型為_ 。（3）反應的作用是_ ，合適的試劑a為_。（4）同時滿足下列條件的A的一種同分異構體的結構簡式_。與A具有相同的官能團；屬于苯的鄰二取代物；能使FeCl3溶液顯色；核磁共振氫譜分析，分子中有8種不同化學環境的氫原子。（5）若H與G分子具有相同的碳原子數目，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀。寫出H與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式_。【答案】（1）AB（2分）（漏選且正確得1分；錯選、多選不得分）（2） （2分） 消去反應（2分）（3）保護酚羥基，防止在反應中被氧化 （2分） NaHCO3溶液（2分）（4） （2分）（5）（3分）【解析】本題是對物質結構的考查，屬于拼合型題目，涉及知識點較多，需要學生具備扎實的基礎與扎實遷移運用能力，難度中等，本題考查有機物推斷與合成，難度中等，關鍵是根據相對分子質量綜合分析確定C，再根據反應條件進行推斷，對學生的分析推理有一定的要求，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化。A的結構簡式為，A發生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發生消去反應得到G，G發生碳碳雙鍵發生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1mol H能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發生消去反應，可推知G為，H為，與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應的目的是保護酚羥基，防止在反應中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，（1）AC為CH3COOH，C的官能團為羧基，故A正確；BA為，酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應，1mol A最多可以和2mol NaOH反應，故B正確；CC為CH3COOH，可以發生氧化反應、取代反應，不能發生加成反應，故C錯誤；D中羥基的鄰位碳上沒有氫原子，所以不能發生消去反應，故D錯誤，故答案為：AB；（2）由上述分析可知，F為，由上述發生可知F到G的反應類型為消去反應，故答案為：