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2020年河南省开封市高考化学一模试卷（含解析）
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这是一份2020年河南省开封市高考化学一模试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，CaO等内容，欢迎下载使用。
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2020年河南省开封市高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 汽车尾气含氮氧化物(NOX)、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”.因此，不少汽车都安装尾气净化装置(净化处理过程如图).下列有关叙述，错误的是( )
A.尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B.尾气处理过程，氮氧化物(NOX)被还原
C.Pt−Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
2. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物
B.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
C.图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O
D.当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol
3. 化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（ ）
A.酚酞的分子式为C20H14O4
B.酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物
C.1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应
D.酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色
4. 下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是( )
A.用图甲装置制取并收集二氧化硫
B.用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释
C.用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物
D.用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶
5. 现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.b为电池的正极，发生还原反应
B.电流从b极经导线、小灯泡流向a极
C.当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NA
D.a极的电极反应式为：+2e-+H+═Cl-+
6. 已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/L X、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.N原子的电子层数与最外层电子数相等 B.M的离子半径小于N的离子半径
C.P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性 D.X、W两物质含有的化学键类型相同
7. 某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示.下列说法不正确的是( )
A.依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B.对照组溶液x的组成可能是0.003mol/LKCl
C.依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D.通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。
Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）
实验步骤：
①称取15g Na2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80ml蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3ml乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。
回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是______。
（2）仪器a的名称是______，其作用是______。
（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______，检验是否存在该杂质的方法是______。
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为______。
Ⅱ．测定产品纯度
准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-。
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为______。
（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为______ mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：
【资料】
①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
主要离子
VO2+
VO3-
（1）K3V2（PO4）3中V的化合价为______。
（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca（ VO3）2。
①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是______。
a．在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5～2倍
b．焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性
c．窑体进行分段控温
d．调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程中主要反应的化学方程式为______。
（3）实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2（PO4）3形貌的影响如表：
草酸的量
0
1.0g
2.0g
4.0g
6.0g
12.0g
K3V2（PO4）3形貌
杂乱的微米颗粒
少量杂乱的纳米线
有束状的形貌出现
大部分为束状纳米线
均一的束状纳米线
纳米线的均一性较差
①实验条件下束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线样品制备的最佳条件为______。
②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是______。
（4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为______。
（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是______。
（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为______。
10. 含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：
（1）已知4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H1=-akJ/mol
4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=-bkJ/mol
H2O（1）=H2O（g）△H3=+ckJ/mol
写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式______。
（2）肌肉中的肌红蛋白（Mb）可与O2结合生成MbO2；
Mb（aq）+O2（g）MbO2（aq）
其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正•c（Mb）•P（O2），V逆=k逆•c（MbO2）。37℃时测得肌红蛋白的结合度（α）与P（O2）的关系如下表[结合度（α）指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
P（O2）/kPa
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
α（MbO2%）
50.0
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
①计算37℃、P（O2）为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=______。
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度（α）与O2的压强[P（O2）]之间的关系式α=______（用含有k正、k逆的式子表示）。
（3）构成肌红蛋白的甘氨酸（NH2CH2COOH）是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：
在甘氨酸溶液中加人酸或碱，三种离子的百分含量与lg的关系如图1所示：
①纯甘氨酸溶液呈______性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为______。
②向lg=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为______。
③用电位滴定法（图2）可测定某甘氨酸样品的纯度：称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定（与甘氨酸1：1发生反应），测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如图3．做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为______%（计算结果保留一位小数）。
11. 铁-末端亚胺基物种被认为是铁催化的烯烃氮杂环丙烷化、C-H键胺化反应以及铁促进的由氮气分子到含氮化合物的转化反应中的关键中间体。对这类活性金属配合物的合成、谱学表征和反应性质的研究一直是化学家们关注的重点。我国科学家成功实现了首例两配位的二价铁-末端亚胺基配合物的合成。回答下列有关问题。
（1）Fe2+的价电子排布式______。
（2）1mol NH4BF4（氟硼酸铵）中含有的配位键数是______。
（3）pH=6时，EDTA可滴定溶液中Fe2+的含量，EDTA的结构如图所示。
①结构中电负性最大的元素是______，其中C、N原子的杂化形式分别为______、______。
②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是______。
（4）我国科学家近年制备了热动力学稳定的氦-钠化合物，其晶胞结构如图所示。
①该化合物的化学式为______。
②其晶胞参数为a=395pm，晶体密度为______g/cm3（NA表示阿伏加德罗常数数值，列出计算式即可）
12. 药物瑞德西韦（Remdesivir））对2019年新型冠状病毒（2019-nCoV）有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
①R-OHR-Cl
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为______。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是______。
（2）由G→H的化学反应方程式为______，反应类型为______。
（3）J中含氧官能团的名称为______。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有______个手性碳原子。
（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的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FeCl3溶液发生显色反应；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2。
（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线______（无机试剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A.汽油未充分燃烧，空气中含有可吸入颗粒物，可造成“雾霾”，故A正确；
B.NOX生成氮气，N元素化合价降低，被还原，故B正确；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，所以不能提高尾气平衡转化率，故C错误；
D.氢氧燃料电池产物为水，不污染环境，故D正确．
故选C．
A.汽油未充分燃烧，空气中含有可吸入颗粒物；
B.NOX被还原生成氮气；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动；
D.氢氧燃料电池产物为水，不污染环境．
本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、外界条件对速率和平衡的影响等知识，侧重于化学与环境保护、生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．
2. 【答案】B
【解析】解：A．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，则Fe3+和CuS是中间产物，故A正确；
B．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故B错误；
C．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，故C正确；
D．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，所以当有1mol H2S转化为硫单质时，需要消耗O2 的物质的量为0.5mol，故D正确。
故选：B。
A．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O；
B．根据转化中Cu、H元素的化合价判断；
C．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O；
D．根据总反应是2H2S+O22S+2H2O分析。
本题以S为载体考查了氧化还原反应，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各个物理量之间的关系来分析解答即可，题目难度中等。
3. 【答案】C
【解析】解：A．根据结构简式确定分子式为C20H14O4，故A正确；
B．含苯环为芳香族化合物，且含酚-OH，具有弱酸性，故B正确；
C．酚羟基和酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，且酚羟基、羧基和NaOH以1：1反应，所以1mol酚酞最多与3mol NaOH发生反应，故C错误；
D．含有酯基，所以能在碱性条件下发生水解反应，酚酞遇碱变红色，故D正确；
故选：C。
该有机物中含有酚羟基、酯基和苯环，具有酚、酯和苯的性质，能发生氧化反应、取代反应、水解反应、加成反应等。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯的性质考查，题目难度中等。
4. 【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误；
B.将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；
C.转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；
D.溶液蒸发浓缩用烧杯，故D正确。
故选：D。
A.二氧化硫密度比空气大；
B.将水沿烧杯内壁倒入；
C.转移液体需要引流；
D.溶液蒸发浓缩可以用烧杯．
本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．
5. 【答案】D
【解析】解：A．b为原电池负极，发生氧化反应，故A错误；
B．电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；
C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；
D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故D正确；
故选：D。
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，据此分析。
本题涉及电解池的工作原理以及应用的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，题目难度中等。
6. 【答案】A
【解析】解：根据分析可知，M为Na，N为Al，P为S，Q为Cl；X为NaOH，Al（OH）3，Z为H2SO4，W为HClO4。
A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；
B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，则氢化物稳定性HCl＞H2S，故C错误；
D．NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；
故选：A。
短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1 mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1 mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al（OH）3、N为Al元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，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。
7. 【答案】B
【解析】解：A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/LKCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，故B错误；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确．
故选B．
A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁．
本题考查学生影响水解平衡的因素知识，注意图示信息的提取、归纳和梳理是解题的关键，难度不大．
二、 实验题
8. 【答案】使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管 冷凝回流 Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 由无色变为蓝色，半分钟内不变色 18.10
【解析】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，
故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，
故答案为：冷凝管；冷凝回流；
（3）S2O32-具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；
（4）S2O32-与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，
故答案为：由无色变为蓝色，半分钟内不变色；
（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；
设产品的纯度为x
2S2O32-+I2═S4O62-+2I-
2Mg 1mol
Wg•x 0.0181L×0.1mol•L-1
产品的纯度为x=×100%=
故答案为：。
（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；
（3）由于S2O32-具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；
（4）S2O32-与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；
（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n（S2O32-）=2n（I2），设产品的纯度为x，然后根据题中碘单质与之关系直接计算出Na2S2O3•5H2O产品的纯度。
本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
三、 简答题
9. 【答案】+3 abc CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 草酸的量是6.0g 草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌 2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O42- 保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化 2.04%
【解析】解：（1）K3V2（PO4）3中钾元素+1价，磷酸根-3价，则V的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）①a、燃料在富氧状态下燃烧更为充分完全，但富氧浓度不宜过高，故a正确；
b、物料的疏松度和透气性对焙烧的效果影响很大，故b正确；
c、焙烧时，不同物质分解温度是不同的，窑体进行分段控温，故c正确；
d、调控料层厚度为窑体的高度，故d错误；
故答案为：abc；
②焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 ，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 ；
（3）①只有草酸的量是 6.0g时，K3V2（PO4）3形貌是均一的束状纳米线，
故答案为：草酸的量是 6.0g；
②草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌，
故答案为：草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌；
（4）的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO 2++10H2O+2CO2↑+2C2O42-，
故答案为：2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO 2++10H2O+2CO2↑+2C2O42-；
（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化，
故答案为：保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化；
（6）10t石煤生产束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则设石煤中钒元素的质量分数为ω，
K3V2（PO4）3纳米线0.8064t中含钒元素的质量=0.8064t×=0.1632t
10t石煤，整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中被利用的钒元素的质量=10t×80%×ω
两者相等，计算ω=×100%=2.04%，
故答案为：2.04%。
石煤是低品位的含钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在，焙烧后，加入酸浸取再萃取，反萃取，处理后加入氯化铵中沉钒，得到NH4VO3，再加氢氧化钾，磷酸调节，使溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，氩气中煅烧，得束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线样品，据此解答。
（1）根据化合物元素化合价代数和为0计算；
（2）①a、燃料在富氧状态下燃烧更为充分完全，但富氧浓度不宜过高；
b、物料的疏松度和透气性对焙烧的效果影响很大；
c、焙烧时，不同物质分解温度是不同的，窑体进行分段控温
d、调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，配平书写方程式；
（3）①根据K3V2（PO4）3形貌是否均一分析解答；
②根据草酸在其中有两个作用来回答；
（4）根据草酸在反应中还原剂和酸1：2，再根据守恒思想书写方程式；
（5）根据K3V2（PO4）3中V的化合价为=+3，可知其能被氧化，又稀有气体性质稳定分析；
（6）依据钒元素的利用率和元素守恒计算。
本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、沉淀溶解平衡、信息获取与迁移运用、氧化还原反应滴定计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，注意利用关系式进行计算，数据处理比较繁琐，容易出错。
10. 【答案】4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=-kJ/mol 2.00KPa-1 酸 H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85
【解析】解：（1）298K时，H2O呈液态，利用盖斯定律△H=△H1×+△H2×-△H3×6=-kJ/mol，据此书写如化学方程式：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O；△H=-kJ/mol；
（2）①由表中数据可知，37℃、P（O2）为2.00KPa时，α（MbO2）=80.0%，根据结合度的定义可知，反应达到平衡状态时，==4，反应Mb（aq）+O2（g） MbO2（aq）的平衡常数K===2.00KPa-1，故答案为：2.00KPa-1；
②由于V正=k正•c（Mb）•P（O2），V逆=k逆•c（MbO2），平衡时，V正=V逆，则：k正•c（Mb）•P（O2）=k逆•c（MbO2），由平衡常数K==可得：c（MbO2）=，代入结合度定义：α=，可得α=，故答案为：；
（3）①甘氨酸是两性物质，含有-NH2和-COOH，在强酸性溶液中-NH2与H+生成-NH3+，在强碱性溶液中-COOH与OH-中和，由图可知溶液显酸性，结合三种离子的转化关系可知，图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别代表H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-、H3N+CH2COOH，溶液呈中性时，lg=0，溶液中离子浓度大小顺序为H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH，故答案为：酸；H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH；
②当lg=0=-8时，溶液呈碱性，溶液中主要存在H2NCH2COO-，与过量HCl反应生成H3N+CH2COOH，反应离子方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH，故答案为：H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；
③根据滴定曲线的突变范围可知，滴定过程消耗17.25mlHClO4溶液，做对照实验，消耗0.25mlHClO4溶液，则样品消耗标准液的体积为17.00ml，HClO4与甘氨酸1：1发生反应，则有n（甘氨酸）=n（HClO4）=0.1000mol/L×17.00×10-3L=1.7×10-3mol，m（甘氨酸）=1.7×10-3mol×75g/mol=0.1275g，样品纯度为=85%，故答案为：85。
（1）利用盖斯定律求△H=△H1×+△H2×-△H3×6，注意热化学方程式书写时应满足的条件；
（2）①37℃、P（O2）为2.00KPa时，α（MbO2）为80.0%，说明与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的0.8，未结合的肌红蛋白占0.2，代入计算可得结果；
②平衡时，V正=V逆，k正•c（Mb）•P（O2）=k逆•c（MbO2），K==，c（MbO2）=，代入结合度定义可得结果；
（3）①由图可知甘氨酸显酸性，lg=0时，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，由图可得结果；
②lg越大，酸性越强，由转化关系可知图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别代表H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-、H3N+CH2COOH，根据题意可得结果；
③根据滴定曲线，滴定过程消耗17.25mlHClO4溶液，做对照实验，消耗0.25mlHClO4溶液，则样品消耗标准液的体积为17.00ml，HClO4与甘氨酸1：1发生反应，则可计算甘氨酸实际质量。
本题考查化学平衡相关知识，同时属于开放性题目，信息给予较多，需要同学细心分析题目信息，尤其是对未知信息的分析理解能力，难度较难。
11. 【答案】3d6 2NA O sp2、sp3 sp3 含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键 Na2He =
【解析】解：（1）铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子，电子排布为3d6，Fe2+价电子排布式3d6，
故答案为：3d6；
（2）NH4+中含有1个配位键，BF4-中含有1个配位键，1molNH4BF4含有2mol配位键，即配位键数目为：2NA，
故答案为：2NA；
（3）①结构中含有C、H、O、N元素，同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故最大的元素是O，其中C的存在有C=O、4根单键的C、N原子的价层电子对数为4，故C的杂化形式有sp2、sp3，N为sp3，
故答案为：O；sp2、sp3；sp3；
②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是含有N、O多个配位原子，可以与金属离子形成配位键，
故答案为：含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键；
（4）①根据均摊法可知，8个Na位于体内，含有Na原子数为8个，He位于8个顶点和6个面心，故He原子数为=4，该化合物的化学式为Na2He，
故答案为：Na2He；
②晶胞中Na原子数为8个，He原子数为=4，晶胞中原子总质量=4×g，晶体密度=g/cm3，
故答案为：。
（1）铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子；
（2）NH4+中含有1个配位键，BF4-中含有1个配位键；
（3）①同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，根据中心原子价层电子对数判断杂化轨道类型；
②含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键；
（4）①根据均摊法计算晶胞中Na、He原子数目，确定化学式；
②计算晶胞中原子总质量，晶体密度=晶胞中原子总质量÷晶胞体积。
本题考查物质结构与性质，涉及价电子排布式、电离能、VSEPR理论、化学键、杂化方式、晶胞结构与计算，这些都是常考知识点，注意同周期主族元素电负性变化异常情况，明确杂化轨道理论，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
12. 【答案】苯酚 保护酚羟基，防止被氧化 HCHO+HCNHOCH2CN 加成反应 酯基 5 、
【解析】解：（1）A为，A的化学名称为苯酚，酚羟基不稳定，易被氧化，所以由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是保护酚羟基，防止被氧化，
故答案为：苯酚；保护酚羟基，防止被氧化；
（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN，反应类型为加成反应，
故答案为：HCHO+HCNHOCH2CN；加成反应；
（3）J为，J中含氧官能团的名称为酯基，瑞德西韦中手性碳原子如图（红色标记的碳原子为手性碳原子），含有 5个手性碳原子，
故答案为：酯基；5；
（4）X是C的同分异构体，X符合下列条件：
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇FeCl3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，说明含有2个-OH，
符合条件的结构简式为、，
故答案为：、；
（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为，
故答案为：。
A发生取代反应生成B，B发生信息1的反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为，D发生信息①的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，
E和A发生取代反应生成F，G发生信息②的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成K，J为；
（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及信息迁移能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用，易错点是限制性条件同分异构体结构简式确定，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
绝密★启用前
2020年河南省开封市高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 汽车尾气含氮氧化物(NOX)、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”.因此，不少汽车都安装尾气净化装置(净化处理过程如图).下列有关叙述，错误的是( )
A.尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B.尾气处理过程，氮氧化物(NOX)被还原
C.Pt−Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
2. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物
B.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
C.图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O
D.当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol
3. 化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（ ）
A.酚酞的分子式为C20H14O4
B.酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物
C.1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应
D.酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色
4. 下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是( )
A.用图甲装置制取并收集二氧化硫
B.用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释
C.用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物
D.用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶
5. 现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.b为电池的正极，发生还原反应
B.电流从b极经导线、小灯泡流向a极
C.当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NA
D.a极的电极反应式为：+2e-+H+═Cl-+
6. 已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/L X、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.N原子的电子层数与最外层电子数相等 B.M的离子半径小于N的离子半径
C.P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性 D.X、W两物质含有的化学键类型相同
7. 某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示.下列说法不正确的是( )
A.依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B.对照组溶液x的组成可能是0.003mol/LKCl
C.依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D.通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
评卷人
得分
二、 实验题（共1题）
8. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。
Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）
实验步骤：
①称取15g Na2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80ml蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3ml乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。
回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是______。
（2）仪器a的名称是______，其作用是______。
（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______，检验是否存在该杂质的方法是______。
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为______。
Ⅱ．测定产品纯度
准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-。
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为______。
（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为______ mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）______。
评卷人
得分
三、 简答题（共4题）
9. 钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：
【资料】
①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
主要离子
VO2+
VO3-
（1）K3V2（PO4）3中V的化合价为______。
（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca（ VO3）2。
①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是______。
a．在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5～2倍
b．焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性
c．窑体进行分段控温
d．调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程中主要反应的化学方程式为______。
（3）实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2（PO4）3形貌的影响如表：
草酸的量
0
1.0g
2.0g
4.0g
6.0g
12.0g
K3V2（PO4）3形貌
杂乱的微米颗粒
少量杂乱的纳米线
有束状的形貌出现
大部分为束状纳米线
均一的束状纳米线
纳米线的均一性较差
①实验条件下束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线样品制备的最佳条件为______。
②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是______。
（4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为______。
（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是______。
（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为______。
10. 含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：
（1）已知4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H1=-akJ/mol
4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=-bkJ/mol
H2O（1）=H2O（g）△H3=+ckJ/mol
写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式______。
（2）肌肉中的肌红蛋白（Mb）可与O2结合生成MbO2；
Mb（aq）+O2（g）MbO2（aq）
其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正•c（Mb）•P（O2），V逆=k逆•c（MbO2）。37℃时测得肌红蛋白的结合度（α）与P（O2）的关系如下表[结合度（α）指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
P（O2）/kPa
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
α（MbO2%）
50.0
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
①计算37℃、P（O2）为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=______。
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度（α）与O2的压强[P（O2）]之间的关系式α=______（用含有k正、k逆的式子表示）。
（3）构成肌红蛋白的甘氨酸（NH2CH2COOH）是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：
在甘氨酸溶液中加人酸或碱，三种离子的百分含量与lg的关系如图1所示：
①纯甘氨酸溶液呈______性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为______。
②向lg=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为______。
③用电位滴定法（图2）可测定某甘氨酸样品的纯度：称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定（与甘氨酸1：1发生反应），测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如图3．做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为______%（计算结果保留一位小数）。
11. 铁-末端亚胺基物种被认为是铁催化的烯烃氮杂环丙烷化、C-H键胺化反应以及铁促进的由氮气分子到含氮化合物的转化反应中的关键中间体。对这类活性金属配合物的合成、谱学表征和反应性质的研究一直是化学家们关注的重点。我国科学家成功实现了首例两配位的二价铁-末端亚胺基配合物的合成。回答下列有关问题。
（1）Fe2+的价电子排布式______。
（2）1mol NH4BF4（氟硼酸铵）中含有的配位键数是______。
（3）pH=6时，EDTA可滴定溶液中Fe2+的含量，EDTA的结构如图所示。
①结构中电负性最大的元素是______，其中C、N原子的杂化形式分别为______、______。
②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是______。
（4）我国科学家近年制备了热动力学稳定的氦-钠化合物，其晶胞结构如图所示。
①该化合物的化学式为______。
②其晶胞参数为a=395pm，晶体密度为______g/cm3（NA表示阿伏加德罗常数数值，列出计算式即可）
12. 药物瑞德西韦（Remdesivir））对2019年新型冠状病毒（2019-nCoV）有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图：
已知：
①R-OHR-Cl
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为______。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是______。
（2）由G→H的化学反应方程式为______，反应类型为______。
（3）J中含氧官能团的名称为______。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有______个手性碳原子。
（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的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FeCl3溶液发生显色反应；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2。
（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线______（无机试剂任选）。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A.汽油未充分燃烧，空气中含有可吸入颗粒物，可造成“雾霾”，故A正确；
B.NOX生成氮气，N元素化合价降低，被还原，故B正确；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，所以不能提高尾气平衡转化率，故C错误；
D.氢氧燃料电池产物为水，不污染环境，故D正确．
故选C．
A.汽油未充分燃烧，空气中含有可吸入颗粒物；
B.NOX被还原生成氮气；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动；
D.氢氧燃料电池产物为水，不污染环境．
本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、外界条件对速率和平衡的影响等知识，侧重于化学与环境保护、生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．
2. 【答案】B
【解析】解：A．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，则Fe3+和CuS是中间产物，故A正确；
B．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故B错误；
C．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，故C正确；
D．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O，所以当有1mol H2S转化为硫单质时，需要消耗O2 的物质的量为0.5mol，故D正确。
故选：B。
A．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O；
B．根据转化中Cu、H元素的化合价判断；
C．根据图中转化可知，总反应是2H2S+O22S+2H2O；
D．根据总反应是2H2S+O22S+2H2O分析。
本题以S为载体考查了氧化还原反应，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各个物理量之间的关系来分析解答即可，题目难度中等。
3. 【答案】C
【解析】解：A．根据结构简式确定分子式为C20H14O4，故A正确；
B．含苯环为芳香族化合物，且含酚-OH，具有弱酸性，故B正确；
C．酚羟基和酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，且酚羟基、羧基和NaOH以1：1反应，所以1mol酚酞最多与3mol NaOH发生反应，故C错误；
D．含有酯基，所以能在碱性条件下发生水解反应，酚酞遇碱变红色，故D正确；
故选：C。
该有机物中含有酚羟基、酯基和苯环，具有酚、酯和苯的性质，能发生氧化反应、取代反应、水解反应、加成反应等。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯的性质考查，题目难度中等。
4. 【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误；
B.将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；
C.转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；
D.溶液蒸发浓缩用烧杯，故D正确。
故选：D。
A.二氧化硫密度比空气大；
B.将水沿烧杯内壁倒入；
C.转移液体需要引流；
D.溶液蒸发浓缩可以用烧杯．
本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．
5. 【答案】D
【解析】解：A．b为原电池负极，发生氧化反应，故A错误；
B．电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；
C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；
D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故D正确；
故选：D。
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，据此分析。
本题涉及电解池的工作原理以及应用的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，题目难度中等。
6. 【答案】A
【解析】解：根据分析可知，M为Na，N为Al，P为S，Q为Cl；X为NaOH，Al（OH）3，Z为H2SO4，W为HClO4。
A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；
B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，则氢化物稳定性HCl＞H2S，故C错误；
D．NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；
故选：A。
短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1 mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1 mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al（OH）3、N为Al元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，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。
7. 【答案】B
【解析】解：A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/LKCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，故B错误；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确．
故选B．
A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁．
本题考查学生影响水解平衡的因素知识，注意图示信息的提取、归纳和梳理是解题的关键，难度不大．
二、 实验题
8. 【答案】使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管 冷凝回流 Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 由无色变为蓝色，半分钟内不变色 18.10
【解析】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，
故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，
故答案为：冷凝管；冷凝回流；
（3）S2O32-具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；
（4）S2O32-与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，
故答案为：由无色变为蓝色，半分钟内不变色；
（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；
设产品的纯度为x
2S2O32-+I2═S4O62-+2I-
2Mg 1mol
Wg•x 0.0181L×0.1mol•L-1
产品的纯度为x=×100%=
故答案为：。
（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；
（3）由于S2O32-具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；
（4）S2O32-与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；
（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n（S2O32-）=2n（I2），设产品的纯度为x，然后根据题中碘单质与之关系直接计算出Na2S2O3•5H2O产品的纯度。
本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
三、 简答题
9. 【答案】+3 abc CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 草酸的量是6.0g 草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌 2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O42- 保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化 2.04%
【解析】解：（1）K3V2（PO4）3中钾元素+1价，磷酸根-3价，则V的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）①a、燃料在富氧状态下燃烧更为充分完全，但富氧浓度不宜过高，故a正确；
b、物料的疏松度和透气性对焙烧的效果影响很大，故b正确；
c、焙烧时，不同物质分解温度是不同的，窑体进行分段控温，故c正确；
d、调控料层厚度为窑体的高度，故d错误；
故答案为：abc；
②焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 ，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2 ；
（3）①只有草酸的量是 6.0g时，K3V2（PO4）3形貌是均一的束状纳米线，
故答案为：草酸的量是 6.0g；
②草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌，
故答案为：草酸在合成束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌；
（4）的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO 2++10H2O+2CO2↑+2C2O42-，
故答案为：2VO3-+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO 2++10H2O+2CO2↑+2C2O42-；
（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化，
故答案为：保护气，防止K3V2（PO4）3被氧化；
（6）10t石煤生产束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则设石煤中钒元素的质量分数为ω，
K3V2（PO4）3纳米线0.8064t中含钒元素的质量=0.8064t×=0.1632t
10t石煤，整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中被利用的钒元素的质量=10t×80%×ω
两者相等，计算ω=×100%=2.04%，
故答案为：2.04%。
石煤是低品位的含钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在，焙烧后，加入酸浸取再萃取，反萃取，处理后加入氯化铵中沉钒，得到NH4VO3，再加氢氧化钾，磷酸调节，使溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，氩气中煅烧，得束状碳包覆K3V2（PO4）3纳米线样品，据此解答。
（1）根据化合物元素化合价代数和为0计算；
（2）①a、燃料在富氧状态下燃烧更为充分完全，但富氧浓度不宜过高；
b、物料的疏松度和透气性对焙烧的效果影响很大；
c、焙烧时，不同物质分解温度是不同的，窑体进行分段控温
d、调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，配平书写方程式；
（3）①根据K3V2（PO4）3形貌是否均一分析解答；
②根据草酸在其中有两个作用来回答；
（4）根据草酸在反应中还原剂和酸1：2，再根据守恒思想书写方程式；
（5）根据K3V2（PO4）3中V的化合价为=+3，可知其能被氧化，又稀有气体性质稳定分析；
（6）依据钒元素的利用率和元素守恒计算。
本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、沉淀溶解平衡、信息获取与迁移运用、氧化还原反应滴定计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，注意利用关系式进行计算，数据处理比较繁琐，容易出错。
10. 【答案】4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=-kJ/mol 2.00KPa-1 酸 H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85
【解析】解：（1）298K时，H2O呈液态，利用盖斯定律△H=△H1×+△H2×-△H3×6=-kJ/mol，据此书写如化学方程式：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O；△H=-kJ/mol；
（2）①由表中数据可知，37℃、P（O2）为2.00KPa时，α（MbO2）=80.0%，根据结合度的定义可知，反应达到平衡状态时，==4，反应Mb（aq）+O2（g） MbO2（aq）的平衡常数K===2.00KPa-1，故答案为：2.00KPa-1；
②由于V正=k正•c（Mb）•P（O2），V逆=k逆•c（MbO2），平衡时，V正=V逆，则：k正•c（Mb）•P（O2）=k逆•c（MbO2），由平衡常数K==可得：c（MbO2）=，代入结合度定义：α=，可得α=，故答案为：；
（3）①甘氨酸是两性物质，含有-NH2和-COOH，在强酸性溶液中-NH2与H+生成-NH3+，在强碱性溶液中-COOH与OH-中和，由图可知溶液显酸性，结合三种离子的转化关系可知，图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别代表H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-、H3N+CH2COOH，溶液呈中性时，lg=0，溶液中离子浓度大小顺序为H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH，故答案为：酸；H3N+CH2COO＞H2NCH2COO-＞H3N+CH2COOH；
②当lg=0=-8时，溶液呈碱性，溶液中主要存在H2NCH2COO-，与过量HCl反应生成H3N+CH2COOH，反应离子方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH，故答案为：H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；
③根据滴定曲线的突变范围可知，滴定过程消耗17.25mlHClO4溶液，做对照实验，消耗0.25mlHClO4溶液，则样品消耗标准液的体积为17.00ml，HClO4与甘氨酸1：1发生反应，则有n（甘氨酸）=n（HClO4）=0.1000mol/L×17.00×10-3L=1.7×10-3mol，m（甘氨酸）=1.7×10-3mol×75g/mol=0.1275g，样品纯度为=85%，故答案为：85。
（1）利用盖斯定律求△H=△H1×+△H2×-△H3×6，注意热化学方程式书写时应满足的条件；
（2）①37℃、P（O2）为2.00KPa时，α（MbO2）为80.0%，说明与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的0.8，未结合的肌红蛋白占0.2，代入计算可得结果；
②平衡时，V正=V逆，k正•c（Mb）•P（O2）=k逆•c（MbO2），K==，c（MbO2）=，代入结合度定义可得结果；
（3）①由图可知甘氨酸显酸性，lg=0时，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，由图可得结果；
②lg越大，酸性越强，由转化关系可知图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别代表H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-、H3N+CH2COOH，根据题意可得结果；
③根据滴定曲线，滴定过程消耗17.25mlHClO4溶液，做对照实验，消耗0.25mlHClO4溶液，则样品消耗标准液的体积为17.00ml，HClO4与甘氨酸1：1发生反应，则可计算甘氨酸实际质量。
本题考查化学平衡相关知识，同时属于开放性题目，信息给予较多，需要同学细心分析题目信息，尤其是对未知信息的分析理解能力，难度较难。
11. 【答案】3d6 2NA O sp2、sp3 sp3 含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键 Na2He =
【解析】解：（1）铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子，电子排布为3d6，Fe2+价电子排布式3d6，
故答案为：3d6；
（2）NH4+中含有1个配位键，BF4-中含有1个配位键，1molNH4BF4含有2mol配位键，即配位键数目为：2NA，
故答案为：2NA；
（3）①结构中含有C、H、O、N元素，同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故最大的元素是O，其中C的存在有C=O、4根单键的C、N原子的价层电子对数为4，故C的杂化形式有sp2、sp3，N为sp3，
故答案为：O；sp2、sp3；sp3；
②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是含有N、O多个配位原子，可以与金属离子形成配位键，
故答案为：含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键；
（4）①根据均摊法可知，8个Na位于体内，含有Na原子数为8个，He位于8个顶点和6个面心，故He原子数为=4，该化合物的化学式为Na2He，
故答案为：Na2He；
②晶胞中Na原子数为8个，He原子数为=4，晶胞中原子总质量=4×g，晶体密度=g/cm3，
故答案为：。
（1）铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子；
（2）NH4+中含有1个配位键，BF4-中含有1个配位键；
（3）①同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，根据中心原子价层电子对数判断杂化轨道类型；
②含有多个配位原子，可以与金属离子形成配位键；
（4）①根据均摊法计算晶胞中Na、He原子数目，确定化学式；
②计算晶胞中原子总质量，晶体密度=晶胞中原子总质量÷晶胞体积。
本题考查物质结构与性质，涉及价电子排布式、电离能、VSEPR理论、化学键、杂化方式、晶胞结构与计算，这些都是常考知识点，注意同周期主族元素电负性变化异常情况，明确杂化轨道理论，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
12. 【答案】苯酚 保护酚羟基，防止被氧化 HCHO+HCNHOCH2CN 加成反应 酯基 5 、
【解析】解：（1）A为，A的化学名称为苯酚，酚羟基不稳定，易被氧化，所以由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是保护酚羟基，防止被氧化，
故答案为：苯酚；保护酚羟基，防止被氧化；
（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN，反应类型为加成反应，
故答案为：HCHO+HCNHOCH2CN；加成反应；
（3）J为，J中含氧官能团的名称为酯基，瑞德西韦中手性碳原子如图（红色标记的碳原子为手性碳原子），含有 5个手性碳原子，
故答案为：酯基；5；
（4）X是C的同分异构体，X符合下列条件：
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇FeCl3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，说明含有2个-OH，
符合条件的结构简式为、，
故答案为：、；
（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为，
故答案为：。
A发生取代反应生成B，B发生信息1的反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为，D发生信息①的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，
E和A发生取代反应生成F，G发生信息②的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成K，J为；
（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及信息迁移能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用，易错点是限制性条件同分异构体结构简式确定，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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