湖北省部分重点中学2020届高三年级新起点联考 化学试题（解析版）

2020届湖北部分重点中学高三新起点联考考试化学试题注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。 3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1，C12，O16，Hg200.6第卷（选择题，共16小题，共48分）下列各题中只有一个选项是符合题意的。原创，容易）化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（ ）地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀中国天眼传输信息用的光纤材料是硅 C研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致D港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能【答案】B【解析】A选项考金属的电化学防护措施牺牲阳极的阴极保护法。B中光纤材料应为二氧化硅。C、D正确。【考点】化学与生活、科技、社会2（原创，容易）下列化学用语表达正确的是（ ） ACaCl2的电子式: BCl的结构示意图：C乙烯的分子式：C2H4 D纯碱溶液呈碱性的原因：CO32+2H2O H2CO3+2OH【答案】C【解析】A阴离子和阳离子应相间写，不能合并。B的最外层电子应为8个。C正确。D多元弱酸的酸根离子分步水解，应先生成HCO3和OH。【考点】基本化学用语3（改编，容易）下列不涉及氧化还原反应的是（ ）A补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳B雷雨肥庄稼自然固氮C灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐D从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅【答案】C【解析】A中，维C具有还原性，防止Fe2+被氧化。B中利用雷电作用将N2转化为NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应转变为HNO3，HNO3与矿物质作用生成硝酸盐，实现自然固氮。C的原理是草木灰中的CO32和氮肥中的NH4+发生双水解，损失肥效，并非氧化还原反应。D中二氧化硅被还原制硅为氧化还原反应。【考点】氧化还原反应与生活的联系原创，中等）下列解释事实的方程式正确的是（ ）A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O32HSO2S2NaH2OB氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2ClOH2OCO22HClOCaCO3D氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O 2H + Cl+ ClO【答案】B【解析】A的正确方程式为：S2O32HSO2SH2O，B中，氢氧化亚铁在空气中迅速变为灰绿色，最终变成红褐色，即转变为氢氧化铁。C的正确方程式为ClOH2OCO2HClOHCO3。D 中正确方程式为Cl2 + H2O H+ Cl+ HClO，HClO为弱电解质不能拆。【考点】化学反应在生活中的应用；离子方程式的书写（原创，容易）1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ） AP4(s，白磷)=4P(s，红磷) H0 B以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C白磷比红磷稳定D红磷燃烧的热化学方程式是 4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol【答案】D【解析】等质量的红磷能量比白磷低，A中变化应为放热反应，H0。B中，由图可知，红磷和白磷转变成的活化分子的能量相等，则红磷的活化能更高。红磷应比白磷稳定。D中热化学方程式正确。【考点】化学反应中能量的变化6（原创，中等）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）00 g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含OH数目约为7NAB质量为12g的12C含有的中子数为12NAC将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO数目小于0.1NAD氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA【答案】A【解析】A选项，46gC2H5OH中含有OH为NA，54gH2O含OH为6NA。质量为12g的12C含有的中子数为6NA。C中，根据电荷守恒，n(CH3COO)n(Na)，CH3COO数目为0.1NA。D中，未讲明气体的温度和压强。【考点】阿伏伽德罗常数相关知识的综合应用7（原创，中等）下列叙述正确的是（ ）A2甲基丁烷也称为异丁烷B. 分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种（不考虑立体异构）C. 等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷D. 葡萄糖、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同【答案】B【解析】2甲基丁烷也称为异戊烷。B正确。C中，甲烷与氯气在光照条件下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳及氯化氢。D中，葡萄糖不能水解。【考点】有机化学中有机物的命名、同分异构体数目的判断、常见有机物的化学性质等）四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）A. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：bcC. c为第二周期第VIIA族元素 D. 原子半径：dcba【答案】A【解析】由题干首先推出d为Al，a为H，b、c的最外层电子数之和为11，应该为4+7或5+6，它们只能是第二周期的元素，由于碳元素一般不形成简单阴离子，即a、b、c、d分别为H、N、O、Al。N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，是强酸，A正确。最简单气态氢化物热稳定性为H2ONH3，B错误。O为第二周期第VIA族元素，C错误。原子半径为d b c a，D错误。【考点】元素推断及元素周期律9（原创，中等）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）实验操作现象解释或结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫红色褪去SO2具有漂白性B在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置镁表面有气泡金属活动性：AlMgC测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH后者较大非金属性：ClCD等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快HB酸性比HA强【答案】D【解析】SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，A错误。B中金属活动性应为MgAl。非金属性的判据之一是最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，但Cl对应的酸应为HClO4，应比较等物质的量浓度的NaClO4与NaHCO3溶液的pH，C无法得出非金属性的结论。等体积等pH的一元酸，酸性越弱浓度越大，与足量的锌反应生成的氢气越多且反应速率越快，D正确。【考点】实验的原理、现象、结论综合10（原创，中等）下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂【答案】A【解析】带刻度的仪器不能在烘箱烘干，A错误。B、C、D均正确。【考点】化学实验仪器使用、化学实验操作的注意事项，化学实验原理）已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）A. 分子式为C10H14O6B. 含有的官能团为羟基、羧基和酯基C. 该分子不能发生取代反应D. 它属于芳香烃【答案】B【解析】分子式应为C10H10O6，A错误。含有的官能团为羟基、羧基和酯基，B正确。该分子的三种官能团都能发生取代反应，C错误。它不是烃，是芳香族化合物，D错误。【考点】有机物分子式的确定、有机物的分类、常见官能团的名称及性质12（原创，中等）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A将FeCl3溶液加热蒸干最终得不到无水FeCl3固体B实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出C实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 使用催化剂，提高合成氨的生产效率【答案】D【解析】A中存在Fe33H2O Fe(OH)33H，加热时该平衡正向移动。B中存在CH3COOHC2H5OH CH3COOCH3H2O，蒸出乙酸乙酯，其浓度变小，该平衡正向移动，提高原料的利用率。C中存在Cl2 + H2O H+ Cl+ HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，使该平衡左移，减少氯气在水中的溶解。D中，催化剂不能改变反应的限度。【考点】勒夏特列原理的应用改编，中等）高炉炼铁过程中发生反应：温度T/100011501300平衡常数K4.03.73.5Fe2O3(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（ ）A由表中数据可判断该反应：反应物的总能量生成物的总能量B1000下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO) =210-3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2103/t molL1min1 C为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO) D其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量【答案】D【解析】由表中数据，温度升高，平衡常数减小，该反应为放热反应，反应物的总能量生成物的总能量，A错误。1000下，达到平衡时，由平衡常数计算，c(CO2) =810-3 mol/L，用CO2表示该反应的平均速率为8103/t molL1min1，B错误。反应物浓度不影响平衡常数，C错误。Fe2O3是固体，增加其用量对平衡无影响，尾气中CO的含量不会改变，D正确。【考点】化学反应速率的计算、化学反应过程中的能量变化、化学平衡常数的影响因素、影响化学平衡的条件等14（改编，中等）以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：上述装置工作时，下列有关说法正确的是（ ）A乙池电极接电池正极，气体X为H2B Na+由乙池穿过交换膜进入甲池CNaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小D甲池电极反应：4OH-4e-=2H2O+O2【答案】C【解析】由图中分析，O元素化合价升高，甲池发生氧化反应，电极应与电池正极相连，乙池为阴极区，产物气体X为H2，A错误。Na+由阳极向阴极迁移，则应由甲池穿过交换膜进入乙池，B错误。在乙池中，H放电，促进水电离产生更多的OH，Na+也迁移到乙池，则Z浓度比Y小，C正确。甲池电极反应为：4CO32+2H2O4e=4HCO3+O2，D错误。【考点】电化学知识的应用15.（改编，难）常温下，下列说法不正确的是（ ）A0.1molL1K2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH)B已知Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀 C常温下，pH=4.75、浓度均为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，向浓度均为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，由质子守恒，c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH)， A正确。AgCl和AgBr的饱和溶液中，c(Cl)c(Br)，两种溶液等体积混合后，加入足量的浓AgNO3溶液，两种离子均沉淀完全，则AgCl沉淀多于AgBr沉淀，B正确。pH=4.75、浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液，溶液显酸性，则醋酸电离程度强于醋酸根水解程度，c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)，又由电荷守恒，c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)，C错误。向浓度均为1103mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加AgNO3溶液时，若要生成AgCl， ，若要生成Ag2CrO4，则Cl先形成沉淀，D正确。【考点】电解质溶液各种平衡的综合应用（改编，难）25时，向浓度均为0.1molL1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）AHX为弱酸，HY为强酸B水的电离程度：dcbCc点对应的溶液中：c(Y)c(Na)c(H)c(OH)D若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na)c(X)c(Y)c(H)c(OH)【答案】C【解析】a点，由，得，HX为强酸，HY溶液为弱酸，A错误。c、d溶液均为酸性，抑制水的电离，且d强于c，b溶液为中性，水的电离程度为bcd，B错误。c是浓度均为0.05mol/L的NaY和HY的混合溶液，且该溶液显酸性，因为电离和水解都很微弱，由电荷守恒，c(Y)c(Na)c(H)c(OH)，C正确。c、d溶液混合，c为100mL 0.05mol/L NaX和0.05mol/L HX的混合溶液，d为100mL 0.05mol/L NaY和0.05mol/L HY的混合溶液。由于HX是强酸，HY是弱酸，它们反应后最终溶液为0.05mol/L NaX和0.05mol/L HY的混合溶液，NaX为强电解质，HY为弱电解质，且c溶液显酸性，故有c(Na)=c(X)c(H)c(Y)c(OH)，D错误。【考点】电解质溶液中的平衡应用第卷（非选择题，共52分）4分，改编，中等）（1）钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是：I. 将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。II. 将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。III. 在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2xH2O。IV. TiO2xH 2O高温分解得到TiO2。TiCl4与SiCl4在常温下的状态是 。II中所采取的操作名称是 。III中反应的化学方程式是 。如IV在实验室完成，应将TiO2xH2O放在 （填仪器编号）中加热。（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。废水I若采用CO2处理，离子方程式是 。废水常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCO)越大，净水效果越好，这是因为 。废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：Hg2+ =CH3Hg+H+，我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05 mgL。若某工厂排放的废水1 L中含Hg2+ 310-7mo1，是否达到了排放标准 （填“是”或“否”）。废水常用C12氧化CN成CO2和N2，若参加反应的C12 与CN-的物质的量之比为52，则该反应的离子方程式为 。【答案】(14分) (1) 液态 （1分） 蒸馏 （1分） TiCl4+(x+2)H2O TiO2xH2O+4HCl （2分） （不写加热符号扣1分，未配平、错写不得分） b（1分） (2) OH+CO2=HCO3 （2分）（写成CO不给分）HCO3会促进Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强（2分）（只要答对HCO 会促进Al3+水解可得2分，若写成水解方程式得1分）CH4（1分） 否（2分）5Cl2+2CN+4H2O=10Cl+2CO2+N2+8H+（2分）（写成碱性环境不得分）【解析】（1）由题中表格所给沸点数据可判断常温下两者均为液态，由于SiCl4与TiCl4两者沸点相差30以上都可用蒸馏的方法进行分离。由质量守恒即可书写该水解反应方程式。（2）由题给信息，废水处理后，溶液的PH接近中性，由产物应为HCO，而不是碱性较强的CO的溶液。HCO水解呈碱性，Al3+水解呈酸性，二者可相互促进生成更多的Al(OH)3，净水效果更好。由质量守恒即可写出CH4的分子式，1L水中含Hg2+310-7mol，则m(Hg2+)=310-7200.6g=6.01810-2mg，即Hg2+浓度为6.01810-2mg/L510-2 mg/L由题给信息知CN被氧化成CO2和N2，溶液中应为酸性环境，Cl2还原产物为Cl，又知Cl2与CN的物质的量之比为5:2，故根据电荷守恒和元素守恒可配平该方程式。【考点】1. 实验仪器应用及操作 2. 盐类水解的应用及影响因素 3. 氧化还原反应及离子反应的规律及其应用 4. 浓度的基本计算 （10分，改编，中等）以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅资料得知: 常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42。 金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_。（2）步骤加的试剂为_，此时溶液pH要调到5的目的_ 。（3）写出反应的离子反应方程式_。（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式_。（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_(填操作名称)。【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 （2分）（增大反应物的接触面积，加快反应速率即可得2分）（2）氢氧化钠溶液或NaOH溶液（1分）使Fe3+、Al3+均完全转化为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）rO42+2H+Cr2O72+H2O （2分） （写成“=”扣1分）重结晶（1分） 【解析】铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH到5，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠。(1) 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎；(2) 根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠和氢氧化铋，离子反应方程式 3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；(4) 中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；(5) 将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶；【考点】1. 元素化合物的知识2. 水解原理的应用3. 基本实验操作4. 氧化还原反应及离子反应方程式书写5. 化学基本计算19（13分，改编，中等）科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H190.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H231.0kJ/mol CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为_。（2）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、中，均分别充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_（填序号）。0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_。（保留两位有效数字）当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器_。（填序号）用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中与温度（T）的关系如图2所示。下列说法正确的是_（填字母）。A工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量BCO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高C工业冶炼金属铜(Cu) 时，600下CO的利用率比1000下CO的利用率更大DCO还原PbO2的反应H0（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2molL1的KOH溶液。请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。（5）一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_。 3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol （2分）（2） （1分） 0.067 mol/(Lmin) （2分） （未带单位扣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）（符合该式子，但未化简均给分，不带单位不扣分）【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 根据盖斯定律，3+可得3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) ，则H=(-90.1kJ/mol)3+(-31.0kJ/mol)-301.3kJ/mol ，CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol；O(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.1kJmol-1，这是一个放热反应，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且T1T2T3，若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，tmin时，氢气的含量比和高，故到达平衡； CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始物质的量（mol） 1 2 0变化的物质的量（mol） x 2x x变化后物质的量（mol） 1-x 2-2x x则，解得，则0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=0.067 mol/(Lmin)；对于放热反应而言，温度高会向吸热方向进行程度更大，所以CO的转化率随温度升高而降低，当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最高的是容器是温度最低的容器 I；反应进程越大，转化率越高，平衡常数越大，所以平衡常数平衡常数最小的是转化率最小的容器，即温度最高的容器； （3）A增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故不适合B正确；C由图象可知温度越低越小，故CO转化率越高，故C正确；D由图象可知CO还原PbO2的温度越高越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故H0，故D错误；故选BC；电池的负极，介质环境为碱性的KOH溶液，故电极反应为CH3OH6e+8OH=CO+6H2O（5）发生反应为2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O由题给条件，常温下溶液呈中性，可知c (H+)=c (OH)=110-7mol/L再由电荷守恒c (H+)+2c(Ba2+)=c (CH3COO) +c (OH)，则2c(Ba2+)=c (CH3COO)混合后c(Ba2+)=，则c (CH3OO)=2=bmol/L由元素守恒可知，混合后溶液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=，则c(CH3COOH)=由【考点】1.盖斯定律应用2.化学平衡原理应用3.电化学知识的应用4.溶液中离子浓度关系及常数的计算选考题：请考生在第20、21两题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。20（15分，改编，中等）【化学选修3：物质结构与性质】微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态B原子的电子排布图为_，其第一电离能比Be_（填“大”或“小”）。(2)三价B易形成配离子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的结构简式为_ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出BH4的一种阳离子等电子体_。1表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)。)硼酸晶体是片层结构，图2表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为 ；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是 。【答案】（1） （1分） 小（1分）（2） （2分） sp3 （1分） NH4+（1分）（3）(BO2)（2分）（写成BO不给分）（4）共价键、氢键 （2分）（全对得2分；漏写且正确得1分；错写、多写不得分）（5）三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱（2分）(6)六方最密堆积（1分） 12NAa（2分）【解析】 (1)B原子核外有5个电子，基态B原子的轨道表达式为，故答案为：；(2)B原子最外层有3个电子形成3对共用电子对，有空轨道接受孤电子对，B(OH)4的结构式为，B(OH)4中B原子价层电子对为4，无孤电子对，其中心原子的杂化方式为式为sp3，原子总数相同、价电子总数相同的粒子互为等电子体，BH4的一种等电子体NH，故答案为：；sp3；NH；图1是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO单元共用，所以BO=1（1+21/2）=12，化学式为：(BO2)，故答案为：(BO2) 由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键，层与层之间为范德华力。故答案为：共价键、氢键；(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱，故答案为：三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱；(6)正四面体的体积是其对应的三棱柱的1/3，是整个晶胞体积的1/12，则晶胞体积为24a，晶胞含2个镁原子，则【考点】1. 原子结构、等电子体2. 配位键及杂化方式判断3. 物质结构的理解4. 影响熔沸点的因素5. 晶体结构相关知识及计算21 【化学选修5：有机化学基础】（15分，改编，中等）已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下AH均为有机物，其转化关系如下：（1）下列说法正确的是 _ 。（填字母序号）AC的官能团为羧基B1molA最多可以和2molNaOH反应CC可以发生氧化反应、取代反应和加成反应D可以发生消去反应（2）F的结构简式为_，由F到G的反应类型为_ 。（3）反应的作用是_ ，合适的试剂a为_。（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_。与A具有相同的官能团；属于苯的邻二取代物；能使FeCl3溶液显色；核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式_。【答案】（1）AB（2分）（漏选且正确得1分；错选、多选不得分）（2） （2分） 消去反应（2分）（3）保护酚羟基，防止在反应中被氧化 （2分） NaHCO3溶液（2分）（4） （2分）（3分）【解析】本题是对物质结构的考查，属于拼合型题目，涉及知识点较多，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，难度中等，本题考查有机物推断与合成，难度中等，关键是根据相对分子质量综合分析确定C，再根据反应条件进行推断，对学生的分析推理有一定的要求，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为，与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应的目的是保护酚羟基，防止在反应中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，（1）AC为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；BA为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1mol A最多可以和2mol NaOH反应，故B正确；CC为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误，故答案为：AB；（2）由上述分析