2020年天津市河北区高考化学一模试卷

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2020年天津市河北区高考化学一模试卷

1. 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. 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−

2−

B. pH=1的溶液中：Cl−、K+、S2O2−3、SO4 −+2−2−C. 含有NO−3的溶液中：I、SO3、SO4、H

−D. 由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中：Na+、K+、SO2−4、Cl

3. 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，18gH2O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. CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O2−7反应如下。

+2+3+反应I：CuS+Cr2O2−+SO2−+H2O(未配平) 7+H→Cu4+Cr+2+3+反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O2−+SO2−+H2O(未配平) 7+H→Cu4+Cr

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1molCr2O2−7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Cr2O2−7

5. 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： 5037Rb 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

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6. 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)

c(NO2) 0.6 0.6

c(NO) 0 0.1

c(O2) 0 0

平衡浓度(mol⋅L−1)

c(O2) 0.2

Ⅰ Ⅱ



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=k

逆

k正

D. 升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中c(O2)<0.2mol⋅L−1

7. 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：C2O2−4+2H=H2C2O4 −−B. 向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O2−4+H2O⇌HC2O4+OH −+C. Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O2−4)+c(HC2O4)+c(H2C2O4)=2c(Na)

2−+2+D. 向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO−+10CO2↑4+5C2O4+16H=2Mn

+8H2O

8. 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Cr2O2−7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Cr2O2−7废水

C. 理论上处理1mol的Cr2O2−7的同时可脱除6mol的NaCl

−+D. C室的电极反应式为Cr2O2−7+6e+8H=2Cr(OH)3↓+H2O

9. 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. 下列说法正确的是( )

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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. 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. 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 A B C D

将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红

结论

Fe(NO3)2已变质

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 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

向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀

白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2

气体X具有强氧化性

A. A B. B C. C D. D

13. 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)。

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14. 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. 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。



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实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO

  △  

− 

2NaCl+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N2H4⋅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：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. 合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：

N2(g)+3H2(g)

一定条件

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______。

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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______。



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答案和解析

1.【答案】C



【解析】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。

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。

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.【答案】D

【解析】 【分析】

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。 【解答】

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S2O2−3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+、SO2−4、Cl在碱

溶液或酸溶液都能大量共存，故D正确。 故选D。

3.【答案】D



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【解析】解：A.标准状况下，22.4L的NH3物质的量为：22.4L/mol=1mol，约含有10×6.02×1023个质子，故A正确； B.NA=

Nn

22.4L

=

6.02214076×1023

1

=6.02214076×1023mol−1，故B正确；

18g

C.标准状况下，18gH2O中约含有：18g/mol×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124g/mol=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。

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；

nC.依据n=M=N计算；

A

62g

N

mN

D.1个白磷分子含有6个P−P键。

本题考查了阿伏伽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、熟练掌握阿伏伽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.【答案】C



+2+3+【解析】解：A、反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O2−+SO2−+H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素7+H→Cu4+Cr

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；

++2+3+B、配平反应I：反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−3CuS+4Cr2O2−+3SO2−+16H2O；7+46H→7+32H→3Cu4+8Cr3+8mol、9.2mol，所以处理1molCr2O2−Ⅱ中消耗H+的物质的量分别为：6Cu2++3SO2−+23H2O，7时反应I、4+10Cr

两者的物质的量不等，故B错误；

+2+3+C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−+3SO2−+23H2O，氧化剂是Cr2O2−7，还原剂是Cu2S，7+46H→6Cu4+10Cr

还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；

++2+3+D、反应I：3CuS+4Cr2O2−+3SO2−+16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−7+46H→7+32H→3Cu4+8Cr3+所以质量相同时，CuS能去除6Cu2++3SO2−+23H2O可知物质的量相等时Cu2S能去除更多的Cr2O2−7，4+10Cr

更多的Cr2O2−7，故D错误； 故选：C。

+2+3+A、反应Ⅱ：硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低； Cu2S+Cr2O2−+SO2−+H2O中铜、7+H→Cu4+Cr++2+3+B、配平反应I：反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−3CuS+4Cr2O2−+3SO2−+16H2O；7+46H→7+32H→3Cu4+8Cr3+

6Cu2++3SO2−+23H2O分析解答； 4+10Cr

+2+3+C、反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−+3SO2−+23H2O，氧化剂是Cr2O2−7，还原剂是Cu2S，7+46H→6Cu4+10Cr

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分析解答；

++2+3+D、反应I：3CuS+4Cr2O2−+3SO2−+16H2O；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O2−7+46H→7+32H→3Cu4+8Cr3+

6Cu2++3SO2−+23H2O分析解答。 4+10Cr

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.【答案】C



【解析】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： 8737Rb，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。

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；

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.【答案】D



【解析】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0.6mol/L×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c(NO2 )=k逆c(NO)⋅c(O2 )，则K=

2

2

c2(NO)c(O2)c2(NO2)

0.4mol/L

=k，故C正确；

逆

k正

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。

A.根据O2的改变量计算NO2的消耗量，转化率为α=

消耗量起始量

×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。

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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.【答案】C



+【解析】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C2O2−4+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C2O2−4+H2O⇌HC2O4+OH，

故B正确；

+−C、该溶液中存在物料守恒式为2[c(C2O2−4)+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

2−+ 2+

方程式为2MnO−+10CO2↑+8 H2O，故D正确。 4+5C2O4+16 H  =2Mn

故选：C。

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。 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.【答案】A



【解析】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Cr2O2−7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Cr2O2−7废水，故B正确；

2−−+C、该原电池正极电极反应式为Cr2O2−7+6e+8H=2Cr(OH)3↓+H2O，则理论上处理1mol的Cr2O7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，Cr2O2−7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

−+Cr2O2−7+6e+8H=2Cr(OH)3↓+H2O，故D正确；

故选：A。

根据装置中电子的流向可知，该原电池中C室为正极区，Cr2O2−7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Cr2O2−7+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Cr2O2−7废

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水，据此分析解答。

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.【答案】C



【解析】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。

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。

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.【答案】B



A、【解析】解：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，F>Cl>Br>I，HF>HCl>HBr>HI，非金属性大小：所以简单氢化物的稳定性：故B正确；

C、电负性越大，非金属性越强，O>N，但第一电离能：O<N，但第一电离能不一定大，如电负性和非金属性：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。

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。

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。

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11.【答案】B



【解析】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。

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。

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.【答案】C



【解析】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。

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。

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。

8×73×1013.【答案】第四周期ⅣA族 3d104s24p2 2 O>Ge sp3 共价键 6.02×565.76 3

7



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【解析】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，O>Ge； 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：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，结合阿伏伽德罗常数，晶胞参数a=565.76pm，可知出晶胞的密度为：V=

8×73

NA⋅(565.76×10−10)3

m

g⋅cm

−3

=

8×73×1076.02×565.763

g⋅cm−3；

故答案为：

8×73×107

6.02×565.763

。

(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，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=计算晶胞密度。

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。

mV

14.【答案】羟

基





取代反应 abc



【解析】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

，

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故答案为：；

(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D为CH3CH2CHBrCOOH，D中羧基能和NaOH在不加热的条件下反应，则1 mol D与NaOH溶液反应时，最多消耗1mol NaOH，故错误；

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abc； (6)Q结构简式为

，

故答案为：；

(7)(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：。

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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。

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。

N为，结合X结构简式知，

N被氧化生成P为，

，

15.【答案】MnO2+4HCl(浓)

  △  

− 

MnCl2+Cl2↑+2H2O ac 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 蒸

馏 N2H4⋅H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl 酸式 d 25%

(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、MnO2+【解析】解：氯气和水，反应的化学方程式为：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N2H4⋅H2O+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：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；

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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)=2n(I2)=2×10×0.15mol⋅L−1×20×10−3L×10=0.015mol，则馏分中水合肼(N2H4⋅H2O)的质量分数为

0.015mol×50g/mol

3g1

1

×100%=25%，

故答案为：25%。

(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。

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。 【答案】16.



< T1<T2<T3 7.32×10−3 a→b N2+6H++6MV+=

2NH3+6MV2+ 条件温和、生成氨的同时释放电能

【解析】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：故答案为：

；

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

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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%=5×28+15×2，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=c(N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。

(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。

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。

c2(NH3)

3

2)c(H2)

2x×17

=

423×93

=7.32×10−3，

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