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2020年天津市河北区高考化学一模试卷
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这是一份2020年天津市河北区高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020年天津市河北区高考化学一模试卷
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）
1．（3分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D．为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
2．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．pH＝1的溶液中：Cl﹣、K+、S2O32﹣、SO42﹣
C．含有NO3﹣的溶液中：I﹣、SO32﹣、SO42﹣、H+
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣
3．（3分）2018年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用6.02×1023mol﹣1表示，新定义于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子
B．由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol﹣1
C．标准状况下，18g H2O中约含有1×6.02×1023个氧原子
D．白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g白磷中约含有12×6.02×1023个P﹣P键
4．（3分）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72﹣反应如下。
反应I：CuS+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣
5．（3分）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）
A．元素的金属性：K＞Rb
B．中子数为50的Rb的核素：Rb
C．与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
6．（3分）某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0．实验测得：υ正（NO2）＝k正c2（NO2），υ逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。下列说法不正确的是（ ）
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
平衡浓度（mol•L﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
A．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＜0.2mol•L﹣1
C．该反应的化学平衡常数可表示为K＝
D．升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＜0.2mol•L﹣1
7．（3分）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下0.1mol•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42﹣+2H+═H2C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）═2c（Na+）
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
8．（3分）某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72﹣废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6．下列说法不正确的是（ ）
A．E为阴离子交换膜
B．X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水
C．理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时可脱除6mol的NaCl
D．C室的电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O
9．（3分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A．将pH试纸放在实验台上测量溶液的pH
B．通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
C．可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油
D．将8g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2mol•L﹣1 NaOH溶液
10．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
D．碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍
11．（3分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe（NO3）2已变质
B
向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，均有固体析出
蛋白质均发生了变性
C
向2mL 0.5mol•L﹣1 NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体
白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共4小题，每小题14分，满分64分）
13．（14分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）Ge在周期表中的位置 ，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。
（2）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的顺序是 。
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ，微粒之间存在的作用力是 。
（4）晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm（1pm＝10﹣12m），其密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可）。
14．（18分）有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如图。
已知：
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是 。
（2）A连续氧化的步骤如图：
A转化为B的化学方程式是 。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是 。
（4）M→N的化学方程式是 ，反应类型是 。
（5）下列说法不正确的是 。
a．1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2 mol NaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是 。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
15．（16分）水合肼（N2H4•H2O）又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液。（已知：3NaClO2NaCl+NaClO3）
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 （填字母）。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧瓶
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 。
实验2：制取水合肼。
（4）图乙中充分反应后， （填操作名称）A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol•L﹣1的碘的标准溶液滴定（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）。
①滴定时，碘的标准溶液盛放在 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 。
16．（16分）合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图1所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。
①NH3的电子式是 。
②写出步骤c的化学方程式 。
③由图象可知合成氨反应的△H 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图2所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 。
②M点的平衡常数 K＝ （可用分数表示）。
（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如3：
①导线中电子移动方向是 。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是 。
③相比传统工业合成氨，该方法的优点有 。
2020年天津市河北区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）
1．（3分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D．为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
【分析】A、蛋白质高温下变性；
B、传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷是应用较早的人造材料；
C、丝、毛主要成分属于蛋白质，含有N元素；
D、乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A、蛋白质高温下变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故A正确；
B、陶瓷由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，主要是新石器时代产物，应用较早，故B正确；
C、棉、麻属于天然纤维，棉、麻、合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O，但丝、毛主要成分属于蛋白质，完全燃烧产物还含有氮气等，故C错误；
D、乙烯可催熟鲜花，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．pH＝1的溶液中：Cl﹣、K+、S2O32﹣、SO42﹣
C．含有NO3﹣的溶液中：I﹣、SO32﹣、SO42﹣、H+
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣
【分析】A．铜离子有颜色；
B．H+与S2O32﹣发生氧化还原反应不能共存；
C．硝酸根离子酸性环境下具有强氧化性，能够氧化碘离子；
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13 mol•L﹣1的溶液中，可能为碱性溶液或者酸性溶液。
【解答】解：A．铜离子为蓝色，不符合题意，故A错误；
B．pH＝1的溶液中，H+与S2O32﹣发生氧化还原反应不能共存，故B错误；
C．硝酸根离子、氢离子、碘离子或亚硫酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13 mol•L﹣1的溶液中，可能是碱溶液或者酸溶液，Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣在碱溶液或酸溶液都能大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存问题，侧重于考查对元素化合物知识的综合应用能力，题目难度不大，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，学习中注意积累。
3．（3分）2018年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用6.02×1023mol﹣1表示，新定义于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子
B．由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol﹣1
C．标准状况下，18g H2O中约含有1×6.02×1023个氧原子
D．白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g白磷中约含有12×6.02×1023个P﹣P键
【分析】A.1个氨气分子含有10个质子；
B．根据公式NA＝结合已知条件进行计算；
C．依据n＝＝计算；
D.1个白磷分子含有6个P﹣P键。
【解答】解：A．标准状况下，22.4L的NH3物质的量为：＝1mol，约含有10×6.02×1023个质子，故A正确；
B．NA＝＝＝6.02214076×1023mol﹣1，故B正确；
C．标准状况下，18g H2O中约含有：×6.02×1023个氧原子，故C正确；
D．白磷分子中P﹣P键为6，62g白磷物质的量为＝0.5mol，约含有0.5×6×6.02×1023即3×6.02×1023个P﹣P键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件、熟练掌握阿伏加德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系
4．（3分）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72﹣反应如下。
反应I：CuS+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣
【分析】A、反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低；
B、配平反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O分析解答；
C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，氧化剂是Cr2O72﹣，还原剂是Cu2S，分析解答；
D、反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O分析解答。
【解答】解：A、反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低，所以反应Ⅱ中各有3种元素的化合价发生变化，故A错误；
B、配平反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，所以处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量分别为：8mol、9.2mol，两者的物质的量不等，故B错误；
C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，氧化剂是Cr2O72﹣，还原剂是Cu2S，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D、反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O可知物质的量相等时Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣，所以质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式和化学方程式的书写及有关计算，题目更注重考查学生利用化学原理来解决实际问题的能力，利用关系式计算可简化计算。
5．（3分）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）
A．元素的金属性：K＞Rb
B．中子数为50的Rb的核素：Rb
C．与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B、中子数为50的Rb质量数为87；
C、电子层相同核电荷数越多半径越小；
D、金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
【解答】解：A．同主族自上而下金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故RbOH的碱性比NaOH强，故A错误；
B、中子数为50的Rb质量数为87，所以中子数为50的Rb的核素： Rb，故B错误；
C、电子层相同核电荷数越多半径越小，Rb和I的电子层数相同，所以半径比：Rb＞I，故C正确；
D、金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Rb的金属性强于K，所以水化物的碱性：KOH＞RbOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查碱金属元素性质，难度不大，注意理解掌握同主族元素性质相似性与递变性。
6．（3分）某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0．实验测得：υ正（NO2）＝k正c2（NO2），υ逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。下列说法不正确的是（ ）
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
平衡浓度（mol•L﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
A．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＜0.2mol•L﹣1
C．该反应的化学平衡常数可表示为K＝
D．升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＜0.2mol•L﹣1
【分析】A．根据O2的改变量计算NO2的消耗量，转化率为α＝×100%；
B．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了一部分NO，平衡逆向移动；
C．反应达到平衡时，v正＝v逆，结合速率方程计算；
D．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行。
【解答】解：A．平衡时△c（O2）＝0.2mol/L，根据方程式，△c（NO2）＝2△c（O2）＝0.4mol/L，所以Ⅰ中NO2的平衡转化率约为×100%＝66.7%，故A正确；
B．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了一部分NO，平衡逆向移动，则c（O2）＜0.2 mol/L，故B正确；
C．反应达到平衡时，v正＝v逆，则k正c2（NO2 ）＝k逆c2（NO）•c（O2 ），则K＝＝，故C正确；
D．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＞0.2mol•L﹣1，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
7．（3分）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下0.1mol•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42﹣+2H+═H2C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）═2c（Na+）
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
【分析】A、硫酸的酸性比草酸强，根据强酸制弱酸分析；
B、酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性；
C、该溶液中存在物料守恒c（Na）＝2c（C2O4）；
D、向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水。
【解答】解：A、向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸，二者发生复分解反应，离子方程式为C2O42﹣+2H+═H2 C2O4，故A正确；
B、酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，故B正确；
C、该溶液中存在物料守恒式为2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]═c （Na+），故C错误；
D、向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16 H +═2Mn 2++10CO2↑+8 H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、盐类水解、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识点，明确元素化合物性质、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意D中发生的反应，题目难度一般。
8．（3分）某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72﹣废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6．下列说法不正确的是（ ）
A．E为阴离子交换膜
B．X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水
C．理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时可脱除6mol的NaCl
D．C室的电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O
【分析】根据装置中电子的流向可知，该原电池中C室为正极区，Cr2O72﹣离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr（OH）3沉淀，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，装置A室是负极区，负极上有机物失电子发生氧化反应，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水，据此分析解答。
【解答】解：A、该原电池中碳电极为正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，为了淡化食盐水，则Na+移向C室，Cl﹣移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；
B、该原电池中碳电极为正极，含Cr2O72﹣废水在正极区发生得电子的还原反应，含有机物污水在负极区发生失电子的氧化反应，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水，故B正确；
C、该原电池正极电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，则理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时转移电子6mol，即Na+、Cl﹣分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，故C正确；
D、该原电池中C室为正极区，Cr2O72﹣离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr（OH）3沉淀，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据外电路中电子移动方向确定原电池的正负极是解题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
9．（3分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A．将pH试纸放在实验台上测量溶液的pH
B．通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
C．可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油
D．将8g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2mol•L﹣1 NaOH溶液
【分析】A．pH试纸放在表面皿上，防止污染；
B．加热促进铁离子水解，且盐酸易挥发；
C．植物油与烧碱反应后不分层，矿物油与烧碱分层；
D．不能在容量瓶中溶解固体。
【解答】解：A．pH试纸放在表面皿上，防止污染，不能放在实验台上，故A错误；
B．加热促进铁离子水解，且盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制取，故B错误；
C．植物油与烧碱反应后不分层，矿物油与烧碱分层，现象不同可鉴别，故C正确；
D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质检验、溶液配制、pH测定、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
D．碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍
【分析】A、相邻分子之间存在分子间作用力；
B、非金属性越强，简单氢化物的稳定性越大；
C、除VA族外，一般而言，电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大；
D、碳碳双键的键能不是碳碳单键键能的2倍。
【解答】解：A、化学键只存在于相邻的原子之间，相邻分子之间不存在化学键、而是分子间作用力，故A错误；
B、F、Cl、Br、I属于VIIA族，非金属性大小：F＞Cl＞Br＞I，所以简单氢化物的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C、电负性越大，非金属性越强，但第一电离能不一定大，如电负性和非金属性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故C错误；
D、碳碳双键中含有一个σ键、1个π键导致碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学键的概念、元素周期律的应用、键能与共价键的关系等知识，把握基础概念和基本规律即可解答，注意规律的特殊性与一般性的辩证关系，题目难度不大。
11．（3分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
【分析】A．X、Y、Z分子式相同，结构不同；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质。
【解答】解：A．X、Y、Z分子式相同，结构不同，则互为同分异构体，故A正确；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基，则1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应，故C正确；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe（NO3）2已变质
B
向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，均有固体析出
蛋白质均发生了变性
C
向2mL 0.5mol•L﹣1 NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体
白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，前者为变性、后者为盐析；
C．白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳；
D．白色沉淀可能为亚硫酸钡，X可能为氨气。
【解答】解：A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水加KSCN检验变质，故A错误；
B．向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，前者为变性、后者为盐析，变性为不可逆反应，故B错误；
C．NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳，发生CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，故C正确；
D．白色沉淀可能为亚硫酸钡，X可能为氨气，X也可能为氯气等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、填空题（共4小题，每小题14分，满分64分）
13．（14分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）Ge在周期表中的位置 第四周期ⅣA族 ，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2 ，有 2 个未成对电子。
（2）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的顺序是 O＞Ge 。
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 sp3 ，微粒之间存在的作用力是 共价键 。
（4）晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm（1pm＝10﹣12m），其密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可）。
【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，得出未成对电子数；
（2）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；
（4）Ge单晶具有金刚石型结构，则晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏加德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ＝计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，有两个为成对电子；
故答案为：第四周期第IVA族；3d104s24p2；2；
（2）元素非金属性：Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge；
故答案为：O＞Ge；
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，
故答案为：sp3；共价键；
（4）晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏加德罗常数，晶胞参数a＝565.76pm，可知出晶胞的密度为：＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3；
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，难度中等。涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。
14．（18分）有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如图。
已知：
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是 羟基 。
（2）A连续氧化的步骤如图：
A转化为B的化学方程式是 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O 。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是 。
（4）M→N的化学方程式是 ，反应类型是 取代反应 。
（5）下列说法不正确的是 bc 。
a．1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2 mol NaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是 。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【分析】A能连续被氧化且A无支链，A符合饱和一元醇的通式，则A为CH3CH2CH2CH2OH，A被氧化生成B为CH3CH2CH2CHO、B被氧化生成C为CH3CH2CH2COOH；
M为芳香化合物，结合M分子式知M为，结合X结构简式知，N为，N被氧化生成P为，P被还原生成Q为
，结合X结构简式知，F为CH3CH2COCOOH，E为CH3CH2CHOHCOOH，D为CH3CH2CHBrCOOH；
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成 CH3CH2CH2CH2OH，可先与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，乙醛在一定条件下反应生成CH3CHOHCH2CHO然后发生消去反应生成CH2＝CHCH2CHO，最后发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH。
【解答】解：（1）A为CH3CH2CH2CH2OH，A中官能团名称是羟基，
故答案为：羟基；
（2）A是1﹣丁醇、B为1﹣丁醛，A被催化氧化生成B，反应方程式为2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；
（3）M为，
故答案为：；
（4）M是甲苯、N是邻硝基甲苯，M发生取代反应生成N，反应方程式为，该反应属于取代反应；
故答案为：；取代反应；
（5）a．D为CH3CH2CHBrCOOH，D中羧基能和NaOH在不加热的条件下反应，D中溴原子水解生成HBr能和NaOH以1：1反应，则1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH，故a正确；
b．E为CH3CH2CHOHCOOH，E中含有羟基和羧基，所以在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物 ，故错误；
c．F为CH3CH2COCOOH，羧基能发生酯化反应，但不能发生消去反应，故错误；
故选bc；
（6）Q结构简式为，
故答案为：；
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成 CH3CH2CH2CH2OH，可先与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，乙醛在一定条件下反应生成CH3CHOHCH2CHO然后发生消去反应生成CH2＝CHCH2CHO，最后发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生的分析、推断、知识迁移及综合运用能力，根据某些结构简式、反应条件采用正逆结合的方法进行推断，合成路线的设计为易错点、难点，需要学生利用题目转化关系中隐含的信息进行设计，难度较大。
15．（16分）水合肼（N2H4•H2O）又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液。（已知：3NaClO2NaCl+NaClO3）
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 ac （填字母）。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧瓶
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 。
实验2：制取水合肼。
（4）图乙中充分反应后， 蒸馏 （填操作名称）A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 N2H4•H2O+2NaClO═N2↑+3H2O+2NaCl 。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol•L﹣1的碘的标准溶液滴定（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）。
①滴定时，碘的标准溶液盛放在 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 25% 。
【分析】（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；
（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O与次氯酸钠反应；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；
②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；
③由方程式N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4•H2O﹣2I2，由此计算N2H4•H2O的物质的量和质量分数。
【解答】解：（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，
故答案为：ac；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，
故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；
（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl，
故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，
故答案为：酸式；
②a．锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故b错误；
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故c错误；
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故d正确；
故答案为：d；
③由方程式N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可得如下关系：N2H4•H2O﹣2I2，则3.0g馏分中n（N2H4•H2O）＝n（I2）＝×10×0.15 mol•L﹣1×20×10﹣3L×10＝0.015 mol，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为×100%＝25%，
故答案为：25%。
【点评】本题考查学生的实验分析能力、理解能力，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：氯气的实验室制法、物质的分离、中和滴定等知识，学生要善于抓住题干中的终点信息，准确把握基础实验知识，题目难度中等。
16．（16分）合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图1所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。
①NH3的电子式是 。
②写出步骤c的化学方程式 *NNH+H2*N+NH3 。
③由图象可知合成氨反应的△H ＜ 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图2所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 T1＜T2＜T3 。
②M点的平衡常数 K＝ 7.32×10﹣3 （可用分数表示）。
（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如3：
①导线中电子移动方向是 a→b 。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是 N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+ 。
③相比传统工业合成氨，该方法的优点有 条件温和、生成氨的同时释放电能 。
【分析】（1）①NH3分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
②根据图象，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N；
③根据能量图，总的反应物和产物能量相比，反应物能量高于产物能量；
（2）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；
②根据方程式计算各组分的平衡量，代入平衡常数表达式计算平衡常数的值；
（3）①根据装置中的转化过程分析，电极b上MV2+转化为MV+，说明过程为得到电子；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV2+转化为MV+；
③利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能。
【解答】解：（1）①NH3的电子式为：，
故答案为：；
②根据图象，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N，则方程式为：*NNH+H2*N+NH3，
故答案为：*NNH+H2*N+NH3；
③根据能量图，总的反应物和产物能量相比，反应物能量高于产物能量，则反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；
（2）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3，
故答案为：T1＜T2＜T3；
②发生的反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），
起始（mol） 5 15 0
平衡（mol） 5﹣x 15﹣3x 2x
M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以40%＝，可得x＝2，则平衡时c（N2）＝3mol/L，c（H2）＝9mol/L，c（NH3）＝4mol/L，平衡常数为K＝＝＝7.32×10﹣3，
故答案为：7.32×10﹣3；
（3）①根据装置中的转化过程分析，电极b上MV2+转化为MV+，说明过程为得到电子，则电子从电极a流向电极b，
故答案为：a→b；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV2+转化为MV+，所以发生的反应为：N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+，
故答案为：N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+；
③该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，因此较之于传统化工工艺，该方法的优点有：条件温和、生成氨的同时释放电能，
故答案为：条件温和、生成氨的同时释放电能。
【点评】本题考查化学原理部分知识，以工业制氨为背景知识，考查了化学平衡的移动，化学平衡的计算，电极反应式的书写，均为高考的重难点，题目背景给出的图象较为学术化，整体题目考查较为基础，难度不大，这在高考化学中是常见的命题手段。
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2020年天津市河北区高考化学一模试卷
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）
1．（3分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D．为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
2．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．pH＝1的溶液中：Cl﹣、K+、S2O32﹣、SO42﹣
C．含有NO3﹣的溶液中：I﹣、SO32﹣、SO42﹣、H+
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣
3．（3分）2018年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用6.02×1023mol﹣1表示，新定义于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子
B．由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol﹣1
C．标准状况下，18g H2O中约含有1×6.02×1023个氧原子
D．白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g白磷中约含有12×6.02×1023个P﹣P键
4．（3分）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72﹣反应如下。
反应I：CuS+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣
5．（3分）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）
A．元素的金属性：K＞Rb
B．中子数为50的Rb的核素：Rb
C．与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
6．（3分）某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0．实验测得：υ正（NO2）＝k正c2（NO2），υ逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。下列说法不正确的是（ ）
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
平衡浓度（mol•L﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
A．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＜0.2mol•L﹣1
C．该反应的化学平衡常数可表示为K＝
D．升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＜0.2mol•L﹣1
7．（3分）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下0.1mol•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42﹣+2H+═H2C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）═2c（Na+）
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
8．（3分）某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72﹣废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6．下列说法不正确的是（ ）
A．E为阴离子交换膜
B．X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水
C．理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时可脱除6mol的NaCl
D．C室的电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O
9．（3分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A．将pH试纸放在实验台上测量溶液的pH
B．通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
C．可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油
D．将8g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2mol•L﹣1 NaOH溶液
10．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
D．碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍
11．（3分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe（NO3）2已变质
B
向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，均有固体析出
蛋白质均发生了变性
C
向2mL 0.5mol•L﹣1 NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体
白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共4小题，每小题14分，满分64分）
13．（14分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）Ge在周期表中的位置 ，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。
（2）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的顺序是 。
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ，微粒之间存在的作用力是 。
（4）晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm（1pm＝10﹣12m），其密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可）。
14．（18分）有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如图。
已知：
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是 。
（2）A连续氧化的步骤如图：
A转化为B的化学方程式是 。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是 。
（4）M→N的化学方程式是 ，反应类型是 。
（5）下列说法不正确的是 。
a．1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2 mol NaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是 。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
15．（16分）水合肼（N2H4•H2O）又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液。（已知：3NaClO2NaCl+NaClO3）
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 （填字母）。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧瓶
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 。
实验2：制取水合肼。
（4）图乙中充分反应后， （填操作名称）A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol•L﹣1的碘的标准溶液滴定（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）。
①滴定时，碘的标准溶液盛放在 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 。
16．（16分）合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图1所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。
①NH3的电子式是 。
②写出步骤c的化学方程式 。
③由图象可知合成氨反应的△H 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图2所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 。
②M点的平衡常数 K＝ （可用分数表示）。
（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如3：
①导线中电子移动方向是 。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是 。
③相比传统工业合成氨，该方法的优点有 。
2020年天津市河北区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）
1．（3分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D．为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
【分析】A、蛋白质高温下变性；
B、传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷是应用较早的人造材料；
C、丝、毛主要成分属于蛋白质，含有N元素；
D、乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A、蛋白质高温下变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故A正确；
B、陶瓷由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，主要是新石器时代产物，应用较早，故B正确；
C、棉、麻属于天然纤维，棉、麻、合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O，但丝、毛主要成分属于蛋白质，完全燃烧产物还含有氮气等，故C错误；
D、乙烯可催熟鲜花，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．pH＝1的溶液中：Cl﹣、K+、S2O32﹣、SO42﹣
C．含有NO3﹣的溶液中：I﹣、SO32﹣、SO42﹣、H+
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣
【分析】A．铜离子有颜色；
B．H+与S2O32﹣发生氧化还原反应不能共存；
C．硝酸根离子酸性环境下具有强氧化性，能够氧化碘离子；
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13 mol•L﹣1的溶液中，可能为碱性溶液或者酸性溶液。
【解答】解：A．铜离子为蓝色，不符合题意，故A错误；
B．pH＝1的溶液中，H+与S2O32﹣发生氧化还原反应不能共存，故B错误；
C．硝酸根离子、氢离子、碘离子或亚硫酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13 mol•L﹣1的溶液中，可能是碱溶液或者酸溶液，Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣在碱溶液或酸溶液都能大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存问题，侧重于考查对元素化合物知识的综合应用能力，题目难度不大，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，学习中注意积累。
3．（3分）2018年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用6.02×1023mol﹣1表示，新定义于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子
B．由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol﹣1
C．标准状况下，18g H2O中约含有1×6.02×1023个氧原子
D．白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g白磷中约含有12×6.02×1023个P﹣P键
【分析】A.1个氨气分子含有10个质子；
B．根据公式NA＝结合已知条件进行计算；
C．依据n＝＝计算；
D.1个白磷分子含有6个P﹣P键。
【解答】解：A．标准状况下，22.4L的NH3物质的量为：＝1mol，约含有10×6.02×1023个质子，故A正确；
B．NA＝＝＝6.02214076×1023mol﹣1，故B正确；
C．标准状况下，18g H2O中约含有：×6.02×1023个氧原子，故C正确；
D．白磷分子中P﹣P键为6，62g白磷物质的量为＝0.5mol，约含有0.5×6×6.02×1023即3×6.02×1023个P﹣P键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件、熟练掌握阿伏加德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系
4．（3分）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72﹣反应如下。
反应I：CuS+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣
【分析】A、反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低；
B、配平反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O分析解答；
C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，氧化剂是Cr2O72﹣，还原剂是Cu2S，分析解答；
D、反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O分析解答。
【解答】解：A、反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72﹣+H+→Cu2++SO42﹣+Cr3++H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低，所以反应Ⅱ中各有3种元素的化合价发生变化，故A错误；
B、配平反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，所以处理1molCr2O72﹣时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量分别为：8mol、9.2mol，两者的物质的量不等，故B错误；
C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O，氧化剂是Cr2O72﹣，还原剂是Cu2S，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D、反应I：3CuS+4Cr2O72﹣+32H+→3Cu2++3SO42﹣+8Cr3++16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72﹣+46H+→6Cu2++3SO42﹣+10Cr3++23H2O可知物质的量相等时Cu2S能去除更多的Cr2O72﹣，所以质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式和化学方程式的书写及有关计算，题目更注重考查学生利用化学原理来解决实际问题的能力，利用关系式计算可简化计算。
5．（3分）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）
A．元素的金属性：K＞Rb
B．中子数为50的Rb的核素：Rb
C．与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B、中子数为50的Rb质量数为87；
C、电子层相同核电荷数越多半径越小；
D、金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
【解答】解：A．同主族自上而下金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故RbOH的碱性比NaOH强，故A错误；
B、中子数为50的Rb质量数为87，所以中子数为50的Rb的核素： Rb，故B错误；
C、电子层相同核电荷数越多半径越小，Rb和I的电子层数相同，所以半径比：Rb＞I，故C正确；
D、金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Rb的金属性强于K，所以水化物的碱性：KOH＞RbOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查碱金属元素性质，难度不大，注意理解掌握同主族元素性质相似性与递变性。
6．（3分）某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0．实验测得：υ正（NO2）＝k正c2（NO2），υ逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。下列说法不正确的是（ ）
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
平衡浓度（mol•L﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
A．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%
B．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＜0.2mol•L﹣1
C．该反应的化学平衡常数可表示为K＝
D．升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＜0.2mol•L﹣1
【分析】A．根据O2的改变量计算NO2的消耗量，转化率为α＝×100%；
B．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了一部分NO，平衡逆向移动；
C．反应达到平衡时，v正＝v逆，结合速率方程计算；
D．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行。
【解答】解：A．平衡时△c（O2）＝0.2mol/L，根据方程式，△c（NO2）＝2△c（O2）＝0.4mol/L，所以Ⅰ中NO2的平衡转化率约为×100%＝66.7%，故A正确；
B．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了一部分NO，平衡逆向移动，则c（O2）＜0.2 mol/L，故B正确；
C．反应达到平衡时，v正＝v逆，则k正c2（NO2 ）＝k逆c2（NO）•c（O2 ），则K＝＝，故C正确；
D．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）＞0.2mol•L﹣1，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
7．（3分）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下0.1mol•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42﹣+2H+═H2C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）═2c（Na+）
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
【分析】A、硫酸的酸性比草酸强，根据强酸制弱酸分析；
B、酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性；
C、该溶液中存在物料守恒c（Na）＝2c（C2O4）；
D、向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水。
【解答】解：A、向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸，二者发生复分解反应，离子方程式为C2O42﹣+2H+═H2 C2O4，故A正确；
B、酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，故B正确；
C、该溶液中存在物料守恒式为2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]═c （Na+），故C错误；
D、向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16 H +═2Mn 2++10CO2↑+8 H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、盐类水解、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识点，明确元素化合物性质、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意D中发生的反应，题目难度一般。
8．（3分）某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72﹣废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6．下列说法不正确的是（ ）
A．E为阴离子交换膜
B．X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水
C．理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时可脱除6mol的NaCl
D．C室的电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O
【分析】根据装置中电子的流向可知，该原电池中C室为正极区，Cr2O72﹣离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr（OH）3沉淀，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，装置A室是负极区，负极上有机物失电子发生氧化反应，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水，据此分析解答。
【解答】解：A、该原电池中碳电极为正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，为了淡化食盐水，则Na+移向C室，Cl﹣移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；
B、该原电池中碳电极为正极，含Cr2O72﹣废水在正极区发生得电子的还原反应，含有机物污水在负极区发生失电子的氧化反应，所以X为有机物污水，Y为含Cr2O72﹣废水，故B正确；
C、该原电池正极电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，则理论上处理1mol的Cr2O72﹣的同时转移电子6mol，即Na+、Cl﹣分别定向移动6mol，即可脱除6mol的NaCl，故C正确；
D、该原电池中C室为正极区，Cr2O72﹣离子在C室发生得电子的还原反应转化为2Cr（OH）3沉淀，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+8H+═2Cr（OH）3↓+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据外电路中电子移动方向确定原电池的正负极是解题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
9．（3分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A．将pH试纸放在实验台上测量溶液的pH
B．通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
C．可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油
D．将8g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2mol•L﹣1 NaOH溶液
【分析】A．pH试纸放在表面皿上，防止污染；
B．加热促进铁离子水解，且盐酸易挥发；
C．植物油与烧碱反应后不分层，矿物油与烧碱分层；
D．不能在容量瓶中溶解固体。
【解答】解：A．pH试纸放在表面皿上，防止污染，不能放在实验台上，故A错误；
B．加热促进铁离子水解，且盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制取，故B错误；
C．植物油与烧碱反应后不分层，矿物油与烧碱分层，现象不同可鉴别，故C正确；
D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质检验、溶液配制、pH测定、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
D．碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍
【分析】A、相邻分子之间存在分子间作用力；
B、非金属性越强，简单氢化物的稳定性越大；
C、除VA族外，一般而言，电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大；
D、碳碳双键的键能不是碳碳单键键能的2倍。
【解答】解：A、化学键只存在于相邻的原子之间，相邻分子之间不存在化学键、而是分子间作用力，故A错误；
B、F、Cl、Br、I属于VIIA族，非金属性大小：F＞Cl＞Br＞I，所以简单氢化物的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C、电负性越大，非金属性越强，但第一电离能不一定大，如电负性和非金属性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故C错误；
D、碳碳双键中含有一个σ键、1个π键导致碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学键的概念、元素周期律的应用、键能与共价键的关系等知识，把握基础概念和基本规律即可解答，注意规律的特殊性与一般性的辩证关系，题目难度不大。
11．（3分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
【分析】A．X、Y、Z分子式相同，结构不同；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质。
【解答】解：A．X、Y、Z分子式相同，结构不同，则互为同分异构体，故A正确；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基，则1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应，故C正确；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe（NO3）2已变质
B
向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，均有固体析出
蛋白质均发生了变性
C
向2mL 0.5mol•L﹣1 NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体
白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，前者为变性、后者为盐析；
C．白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳；
D．白色沉淀可能为亚硫酸钡，X可能为氨气。
【解答】解：A．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水加KSCN检验变质，故A错误；
B．向蛋白质溶液中分别加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液，前者为变性、后者为盐析，变性为不可逆反应，故B错误；
C．NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳，发生CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，故C正确；
D．白色沉淀可能为亚硫酸钡，X可能为氨气，X也可能为氯气等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、填空题（共4小题，每小题14分，满分64分）
13．（14分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）Ge在周期表中的位置 第四周期ⅣA族 ，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2 ，有 2 个未成对电子。
（2）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的顺序是 O＞Ge 。
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 sp3 ，微粒之间存在的作用力是 共价键 。
（4）晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm（1pm＝10﹣12m），其密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可）。
【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，得出未成对电子数；
（2）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；
（4）Ge单晶具有金刚石型结构，则晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏加德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ＝计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，有两个为成对电子；
故答案为：第四周期第IVA族；3d104s24p2；2；
（2）元素非金属性：Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge；
故答案为：O＞Ge；
（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，
故答案为：sp3；共价键；
（4）晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏加德罗常数，晶胞参数a＝565.76pm，可知出晶胞的密度为：＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3；
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，难度中等。涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。
14．（18分）有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如图。
已知：
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是 羟基 。
（2）A连续氧化的步骤如图：
A转化为B的化学方程式是 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O 。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是 。
（4）M→N的化学方程式是 ，反应类型是 取代反应 。
（5）下列说法不正确的是 bc 。
a．1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2 mol NaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是 。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【分析】A能连续被氧化且A无支链，A符合饱和一元醇的通式，则A为CH3CH2CH2CH2OH，A被氧化生成B为CH3CH2CH2CHO、B被氧化生成C为CH3CH2CH2COOH；
M为芳香化合物，结合M分子式知M为，结合X结构简式知，N为，N被氧化生成P为，P被还原生成Q为
，结合X结构简式知，F为CH3CH2COCOOH，E为CH3CH2CHOHCOOH，D为CH3CH2CHBrCOOH；
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成 CH3CH2CH2CH2OH，可先与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，乙醛在一定条件下反应生成CH3CHOHCH2CHO然后发生消去反应生成CH2＝CHCH2CHO，最后发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH。
【解答】解：（1）A为CH3CH2CH2CH2OH，A中官能团名称是羟基，
故答案为：羟基；
（2）A是1﹣丁醇、B为1﹣丁醛，A被催化氧化生成B，反应方程式为2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；
（3）M为，
故答案为：；
（4）M是甲苯、N是邻硝基甲苯，M发生取代反应生成N，反应方程式为，该反应属于取代反应；
故答案为：；取代反应；
（5）a．D为CH3CH2CHBrCOOH，D中羧基能和NaOH在不加热的条件下反应，D中溴原子水解生成HBr能和NaOH以1：1反应，则1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH，故a正确；
b．E为CH3CH2CHOHCOOH，E中含有羟基和羧基，所以在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物 ，故错误；
c．F为CH3CH2COCOOH，羧基能发生酯化反应，但不能发生消去反应，故错误；
故选bc；
（6）Q结构简式为，
故答案为：；
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成 CH3CH2CH2CH2OH，可先与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，乙醛在一定条件下反应生成CH3CHOHCH2CHO然后发生消去反应生成CH2＝CHCH2CHO，最后发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生的分析、推断、知识迁移及综合运用能力，根据某些结构简式、反应条件采用正逆结合的方法进行推断，合成路线的设计为易错点、难点，需要学生利用题目转化关系中隐含的信息进行设计，难度较大。
15．（16分）水合肼（N2H4•H2O）又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液。（已知：3NaClO2NaCl+NaClO3）
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 ac （填字母）。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧瓶
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 。
实验2：制取水合肼。
（4）图乙中充分反应后， 蒸馏 （填操作名称）A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 N2H4•H2O+2NaClO═N2↑+3H2O+2NaCl 。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol•L﹣1的碘的标准溶液滴定（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）。
①滴定时，碘的标准溶液盛放在 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 25% 。
【分析】（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；
（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O与次氯酸钠反应；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；
②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；
③由方程式N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4•H2O﹣2I2，由此计算N2H4•H2O的物质的量和质量分数。
【解答】解：（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，
故答案为：ac；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，
故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；
（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl，
故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，
故答案为：酸式；
②a．锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故b错误；
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故c错误；
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故d正确；
故答案为：d；
③由方程式N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O可得如下关系：N2H4•H2O﹣2I2，则3.0g馏分中n（N2H4•H2O）＝n（I2）＝×10×0.15 mol•L﹣1×20×10﹣3L×10＝0.015 mol，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为×100%＝25%，
故答案为：25%。
【点评】本题考查学生的实验分析能力、理解能力，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：氯气的实验室制法、物质的分离、中和滴定等知识，学生要善于抓住题干中的终点信息，准确把握基础实验知识，题目难度中等。
16．（16分）合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图1所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。
①NH3的电子式是 。
②写出步骤c的化学方程式 *NNH+H2*N+NH3 。
③由图象可知合成氨反应的△H ＜ 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图2所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 T1＜T2＜T3 。
②M点的平衡常数 K＝ 7.32×10﹣3 （可用分数表示）。
（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如3：
①导线中电子移动方向是 a→b 。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是 N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+ 。
③相比传统工业合成氨，该方法的优点有 条件温和、生成氨的同时释放电能 。
【分析】（1）①NH3分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
②根据图象，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N；
③根据能量图，总的反应物和产物能量相比，反应物能量高于产物能量；
（2）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；
②根据方程式计算各组分的平衡量，代入平衡常数表达式计算平衡常数的值；
（3）①根据装置中的转化过程分析，电极b上MV2+转化为MV+，说明过程为得到电子；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV2+转化为MV+；
③利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能。
【解答】解：（1）①NH3的电子式为：，
故答案为：；
②根据图象，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N，则方程式为：*NNH+H2*N+NH3，
故答案为：*NNH+H2*N+NH3；
③根据能量图，总的反应物和产物能量相比，反应物能量高于产物能量，则反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：＜；
（2）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3，
故答案为：T1＜T2＜T3；
②发生的反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），
起始（mol） 5 15 0
平衡（mol） 5﹣x 15﹣3x 2x
M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以40%＝，可得x＝2，则平衡时c（N2）＝3mol/L，c（H2）＝9mol/L，c（NH3）＝4mol/L，平衡常数为K＝＝＝7.32×10﹣3，
故答案为：7.32×10﹣3；
（3）①根据装置中的转化过程分析，电极b上MV2+转化为MV+，说明过程为得到电子，则电子从电极a流向电极b，
故答案为：a→b；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV2+转化为MV+，所以发生的反应为：N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+，
故答案为：N2+6H++6MV+═2NH3+6MV2+；
③该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，因此较之于传统化工工艺，该方法的优点有：条件温和、生成氨的同时释放电能，
故答案为：条件温和、生成氨的同时释放电能。
【点评】本题考查化学原理部分知识，以工业制氨为背景知识，考查了化学平衡的移动，化学平衡的计算，电极反应式的书写，均为高考的重难点，题目背景给出的图象较为学术化，整体题目考查较为基础，难度不大，这在高考化学中是常见的命题手段。
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