2020年天津市高考化学试卷

22年天津考卷(总1页本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可--内页可以根据需求调整合适字体及大小--

2333224222242652265323332242222426522653222433322题号

一

二

三

总分得分一、单选题（本大题共12小题共分）1.在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（）A.NaOHB.NaClC.NaClOD.NaCO2.晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是（）屠呦呦B.南山C.德榜D.张莲3.下列说法错误的是（）淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖B.油脂的水解反应可用于生产甘油C.氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元D.粉、纤维素和油脂均是天然高分子4.下列离子方程式书写正确的是（）CaCO与稀硝酸反应：CO2-+2H+=HO+CO↑B.FeSO溶液与溴水反应：+Br=2Fe3++2BrC.NaOH溶液与过HO溶液反应：HC-=C2-+2HOD.CHONa溶液中通入少量：HO+CO+HHOH+CO5.下列实验仪器或装置的选择正确的是（）

配制溶液A

除去Cl中HCl蒸馏用冷凝管B

盛装Na溶的试剂瓶DAB.BCD.D6.检验下列物质所选用的试剂正确的是（）待检验的物质

所用试剂A．

海水中的碘元素淀溶液B．C．D．

气体溶液中的2+溶液中的NH

澄清石灰水氨水NaOH溶，湿润蓝色石蕊试纸AB.BCD.D7.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（）相同浓度的HCOONa和溶液，前者的pH较大，则K（）＞KHF）B.相同浓度的COOH和CH两溶液等体积混合后pH为，则溶液中c（）＞（）＞（+＞（OH-）C.溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，K（）＞K（D.•L-1NaS溶液中，（2-）（HS）+c（H=1molL2

3422x22x2x232442248.短周期元素X、、Z、W的子序数依次增大。用表中信息判3422x22x2x23244224元素最高价氧化物的水化物XYZ

W分子式

HZO•-1

溶液对应的pH℃）元素电负性：Z＜WB.简单离半径：WYC.元素第一电离能：Z＜WD.简单氢化物的沸点：X＜Z9.关于

的说法正确的是（）分子中有种杂化轨道类型的碳原子B.分子中共平面的原子数目最多为14C.分子中的苯环由单双键交替组成D.Cl发生取代反应生成两种产物10.理论研究表明，在和，HCN（g⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）HCN比定B.该异构化反应的H=+mol

C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.用催化剂，可以改变反应的反应热11.熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。如图中的电池反应为2Na+xS（，难溶于熔融硫）。下列说法错误的是（）Na的电子式为B.放电时正极反应为+-=NaSC.Na和NaS分别为电池的负极和正极D.电池是以Na-为隔膜的二次电池12.已知[（HO）]呈粉红色，[CoCl]2-呈蓝色，]为无色。现将CoCl溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：13.（HO）]-⇌[CoCl]+6Heq\o\ac(△,O)14.用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：3

24244A233324224244A233324224343415.16.以下结论和解释正确的是（）等物质的量的[（HO）]B.由实验①可推知eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜0

和[CoCl]

中σ键数之比为：2C.实验②是由于（HO）增大，导致平衡逆向移动D.实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl]＞[CoCl]二、简答题（本大题共小题，分）17.18.19.20.21.

Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题：（1）、Ni在周期表中的位置为_基态原的电子排布式为_。（2）面心立方晶胞如图1所示。设阿伏加德罗常数的值为，则CoO晶体的密度为______gcm；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_。（3）、Ni能与Cl反应，其中和Ni生成二氯化物，由此推断、CoCl和的氧化性由强到弱的顺序为_____，Co（OH）与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。22.（）℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω（HSO）大于63%，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_。由于NiHSO反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H和HNO的混酸与Ni应制备．为了提高产物的纯度，在硫酸中添加的方式为_（填“一次过量”或“少量多次”），此法制备的化学方程式为______。23.天然产物H有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。4

3422342224.25.已知：（等）26.回答下列问题：27.（）A的链状同分异构体可发生银镜反应，写出这些同分异构体所有可能的结构：。28.（）在核磁共振氢谱中，化合物有_组吸收峰。29.（）化合物X的结构简式为_____。30.（）D→E的反应类型为_____。31.（）F的分子式为_，G所含官能团的名称为_。32.（）化合物有手性碳原子的数目为_____，下列物质不能与H生反应的是_（填序号）。33.aCHCl．NaOH液．酸性KMnO溶液d．金属34.35.（）以

和

为原料，合成，在方框中写出路线流程图（无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选）。36.利用太阳能光解水，制备的用于还原CO合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：37.Ⅰ．半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物38.（）图该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_。5

2432223223222322223a22333444244439.（）若将该催化剂置于溶液中，产物之一为2-，另一产物为_若将该催化剂置于AgNO溶液中，产物之一为，写出生成另一产2432223223222322223a22333444244440.41.42.43.44.45.46.47.48.49.

Ⅱ．用H还原CO可以在一定条件下合成CHOH不考虑副反应）CO（）+3H（）⇌CHOH（g）O）eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO和H的起始浓度分别为•L-1和•L，反应平衡时，OH产率为b，该温度下反应平衡常数的值为_。（4）恒压下，CO和H的起始物质的量比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出HO。①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_____②点甲醇产率于T的原因为_。③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为______℃。Ⅲ．调节溶液pH可现工业废气CO的捕获和释放（5）2-的空间构型为_已知℃碳酸电离常数为K、K，当溶液pH=12时，（CO）：（-）c（2-）：______：。三、实验题（本大题共小题，分）50.为测定溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：51.Ⅰ．甲方案实验原理：CuSO+BaCl=BaSO↓+CuCl53.实验步骤：54.55.（）判断SO2-沉淀完全的操作为_。56.（）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_。57.（）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为_。58.（）固体质量为wg，则c（CuSO）=______molL-1。59.（）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c（CuSO）______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。60.Ⅱ．乙方案6

442442422444244242244462.63.64.

实验原理：=ZnSO+CuZn+HSO+H↑实验步骤：①按如图安装装置（夹持仪器略去）65.66.67.68.69.70.71.72.73.74.75.76.77.

②……③在仪器A、、C、、加入如图所示的试剂④调整D、E中两液面相平，使D中液面持在0或略低于刻度位置，读数并记录⑤将溶液滴入A并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录⑦处理数据（6）步骤②为______。（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是_____（填序号）。．反应热受温度影响．气体密度受温度影响c反应速率受温度影响（8）Zn粉质量为，若测得体积为bmL，已知实验条件下（H）=dgL，则（CuSO）=______molL列出计算表达式）。（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c（）______填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（10是否能用同样的装置和方法测定溶液的浓度：______（填“是”或“否”）。7

223答案和解析1.【答案】C【解析】解：A皮肤或眼接触可引起灼伤，对人体有损伤，不是84消毒液”的主要有效成分，故A错误；B、是食盐的主要成分，对各类肝炎病毒无影响，故B误；C、NaClO是“84消毒液”的主要有效成分，ClO

-水解生成HClO，利用HClO的强氧化性来杀菌消毒，故C正确；D、Na俗称纯碱，是重要的化工原料之一，用于食品工业、玻璃工业、冶金工业、生产洗涤剂工业等，故D错误；故选：C。“84消毒液”是一种以次氯酸钠为主的高效消毒剂，主要分为：NaClO，得名于1984年地坛医院的前身研制成功的，能迅速杀灭各类肝炎病毒的消毒液。本题考查学生对“毒液”的主要有效成分的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的用途等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。2.【答案】【解析】解：A屠呦呦团队在世界率先确定了青蒿素结构式，获得诺贝尔奖，故A确；B．南山传染病学专家，故B错误；C．候德榜改进制碱方法，故错误；D．张青莲测定许多原子量，故D误；故选：A晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，关键词“青蒿一握”。了解化学史和化学家的历史和贡献，激发爱国热情和学习化学的兴趣，题目简单。3.【答案】D【解析】解：A淀粉和纤维素均在硫酸做催化剂的条件下可水解产生葡萄糖，人可以把淀粉水解产生葡萄糖，食草动物可以把纤维素水解产生葡萄糖，故A确；B．脂是甘油和高级脂肪酸形成的酯，油脂在硫酸或氢氧化钠做催化剂的条件下水解都能得到甘油，故B正确；C．蛋白质水解生成多肽，多肽水解得氨基酸，蛋白质水解得最终产物是氨基酸，自然界中生物体水解能得到氨基酸，故C正确；D．油脂不是高分子化合物，淀粉和纤维素均是天然高分子，故D错误；故选：D。A．人可以把淀粉水解产生葡萄糖，食草动物可以把纤维素水解产生葡萄糖；B．脂是甘油和高级脂肪酸形成的酯；C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸；D．油脂不是高分子化合物。本题考查生活中的有机化学，要了解糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，属于识记性知识，要加强记忆，难度不大。4.【答案】8

333224222222424223653652626533223223332242222224242236536526265332232222222222434234CaCO+2H+=H2++COA误；B．质溴可以氧化二价的铁，FeSO溶液与溴水反应：2Fe+Br=2Fe3++2Br，故正确；C．过量HO溶液生成酸式盐，NaOH溶液与过量HC溶液反应：HC+OH=HCO-+HO故错误；D．酸性：H＞CHOH（酚）＞-，CHONa液中通入少量CO，生成碳酸氢根：HO+CO+HO=CH-，故D错误；故选：BA．难溶于水不拆；B．质溴可以氧化二价的铁；C．过量HO溶液生成酸式盐；D．生成碳酸氢根。本题考查离子方程式的正误判断，难点在反应物的用量不同，反应情况不同，要求对物质的酸碱性强弱有一定的了解，难度中等。5.【答案】【解析】解：A需要50mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒等配制•L-1Na溶液，故A误；B．易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，导管长进短出、洗气可分离，故B正确；C．球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；D．溶液显碱性，生成硅酸钠溶液具有粘合性，不能使用玻璃塞，应选橡皮塞，故D错误；故选：BA．需要50mL容量瓶、胶头滴管等；B．易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解；C．球形冷凝管易残留馏分；D．溶液显碱性，生成硅酸钠溶液具有粘合性，不能使用玻璃塞。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、混合物分离提纯、试剂保存、溶液配制为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A海水中的碘元素以I-的形态存在，用适量氧化剂Cl将I氧化为I利用I能使淀粉变蓝，用淀粉检验I的存在，进而证明海水中的碘元素；所用试剂：淀粉和氧化剂，故A错误；B、气体具有漂白性，能使品红溶液褪色；常用品红溶液来检验SO气体；虽然通入澄清石灰水能产生白色沉淀，但与CO通入澄清石灰水能产生白色沉淀的现象一样，不好区分，故错；C、Cu与氨水反应生成蓝色絮状沉淀Cu（OH）常用这种方法来检验的存在，故C正确；D、溶液中的NH+常用浓溶液并加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的NH来检验NH+的存在，不是蓝色石蕊试纸，蓝色石蕊试纸用于检验酸性气体，故D误；故选：C。A、海水中的碘元素，是以碘离子的形态存在的；B、用SO气体具有漂白性来检验；C、Cu与碱反应生成蓝色絮状沉淀；D、常用浓溶液并加热产生来检验NH9

+

的存在。

333332222343本题考查学生对常见离子的检验方法的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的检验方法及现象等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解3333322223437.【答案】【解析】解：A酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的和NaF两溶液，前者的pH大，说明HCOO的水解程度大于F-的水解程度，的酸性弱于的酸性，酸性越弱，K越小，所以K（HCOOH）＜K（），故A错误；B、同浓度的CHCOOH和CH两溶液等体积混合后pH为，溶液显酸性，即c（+）＞c（OH）；根据溶液中的电荷守恒：c（CHCOO-）+c（OH-）（H++cNa）；得出c（-）＞（+；所以溶液中的离子浓度大小为：c（-）＞c（Na+）＞c（+）＞c（OH-），故B正确；C、溶于稀硫酸，而CuS溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，K越大，所以K（）＞K（CuS，故C正确；D、在1mol•L溶液中，SOHS+OH，-+HOHS+OH，根据硫元素的物料守恒，c（2-）（HS）（=1molL，故D正确；故选：AA、含弱酸离子的盐，越弱越水解；B、用溶液中的电荷守恒来分析；C、对于组成相似的物质，溶解性越大，K越大；D、根据溶液中硫元素的物料守恒来分析。本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确K、K的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。8.【答案】【解析】解：由上述分析可知，X为N、Y为、为P、为S，A．非金属性越强、电负性越大，则元素电负性：Z＜W，故A正确；B．子层越多、离子半径越大，则简单离子半径：W＞Y，故B错误；C．P的3p电子半满为稳定结构，则元素第一电离能：Z＞W，故C错误；D．氨气分子间含氢键、沸点高，则简单氢化物的沸点：X＞Z，故D误；故选：A短周期元素XY、Z、W的子序数依次增大，LX的最高价含氧酸的为，Y应的pH为，可知X为N、YZ的分子式为，结合原子序数可知Z为PW的最高价含氧酸的pH小于，W为S，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、最高价含氧酸的推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。9.【答案】【解析】解：A杂化的为甲基（）中的碳原子，2杂化的是苯中的碳原子，直线结构的乙炔的碳原子为杂化；共有3种杂化类型，故A正确；10

434242422xx232xB、为平面结构，6个原子和6个H原子共平面，乙炔基为直线结构，乙炔基的直线在苯的对角线上，CH为正四面体结构，最多个原共平面，甲基（-CH）中的H子最多有一个在苯的平面上，分子中共平面的原子数目最多为434242422xx232xC、苯环中的6个碳形成了大π键，并不是单双键交替的结构，结构上可通过苯的邻二元取代物只有一种可证明，也可通过苯不能使溴水或溶液褪色来证明，故C误；D、与Cl发生取代时，可以生成的取代物有：一氯代物、二氯代物、三氯代物、四氯代物、五氯代物，总之取代产物多于两种，故误；故选：AA、为单键构成的四面体构型，sp3杂化；苯为平面结构，sp2杂化；乙炔为直线结构，sp杂化B、的6个原子和H原子为平面结构；C、苯环并不是单双键交替的结构；D、取代产物多于两种。本题考查学生对某一有机物质的理解和掌握，题目难度不大，掌握杂化轨道、共面的原子、苯环的结构、取代产物的分析等，明确苯的结构及化学键是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【答案】D【解析】解：A对能量为，的相对能量为：•

，能量越低越稳定，所以HNC稳定，故A正确；B、应热为生成物总能量减去反应物总能量，且eq\o\ac(△,)＞0带“”，eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜带“-”，eq\o\ac(△,)，故正确；C、正反应的活化能•mol-1，逆反应的活化能为（）kJ•mol-1，故正确；D、催化剂可成千上万倍的加快反应速率，减低反应所需活化能，与反应热无关，故D错误；故选：D。A、能量越低越稳定；B、应热为生成物总能量减去反应物总能量；C、正反应的活化能•mol-1，逆反应的活化能为（）kJ•mol

D、催化剂加快反应速率，减低反应所需活化能，与反应热无关。本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确K、K的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【答案】C【解析】解：ANa的结构类似过氧化钠，Na电子式为，故A确；B、电时，熔融硫作正极，电解质中钠离子向正极移动，正极反应为xS+2Na-，故正确；C、放电时，做负极，负极反应式为=2Na

，熔融硫作正极，正极反应式为-=S2-，故错误；D、为防止熔融的钠与熔融的硫接触，以Na--Al为隔膜，可以传递离子，构成闭合回路，由提高提供信息，电池反应为2Na+xS以充电的二次电池，故D正确；11

S为可

232x22642426424222444426264232x226424264242224444262642264243233223422434根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以熔融作负极，负极反应式为2Na-2e=2Na+阴离子向负极移动，Na--AlO为隔膜，熔融硫作正极，放电时电解质中钠离子向正极移动，放电时正极反应为++2e=NaS，以此答题。本题考查化学电源新型电池，正确获取图片提供信息是解本题关键，根据得失电子确定正负极、阴阳极，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。【答案】D【解析】解：A1molHO子中中有2molσ键，1mol[Co（HO）]的σ键为：2×；1mol[CoCl]的σ为0，等物质的量的[（HO]2+和[CoCl]中σ数之比为：，故A错误；B、置于冰水浴由蓝色的变为粉红色的溶液，说明Co（HO）]-⇌[CoCl]+6H平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反应，则Co（HO）]2++4Cl⇌[CoCl]+6H反应为吸热反应，所＞0，故B错误；C、c（H）是常数，不会改变；应是离子浓度减小引起的，故C错误；D、加入ZnCl后，生成难电离的稳定的粉红色的[（HO）]；Zn的浓度增大，与Co结合的Cl更易与形成配位键，生成[ZnCl]；说明配离子：[ZnCl]稳定性强于[]2-的稳定性，D确；故选：D。[CoCl]呈蓝色的溶液通过不同途径得到[Co（O）]呈粉红色的溶液，（H）]2+-[CoCl]OA、2molσ键，配位键不是σ键；B、置于冰水浴由蓝色的变为粉红色的溶液，说明Co（HO）]-⇌[CoCl]+6H平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆向为放热方向，则，所以eq\o\ac(△,)＞0；C、c（H）是常数，不会改变；D、加入锌离子后，Cl-更易生成难电离的稳定的[ZnCl]。本题考查学生对化学平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素等，明确化学平衡移动原理是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【答案】第四周期第Ⅲ族

2

2s

2

6

2

6

3d

6

2

或

4s

2

×10

23

NiOCoO＞FeOCoCl＞Cl＞2Co（OH）+6H+2Cl-2+↑+6H随硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜少量多次+2HNO=3NiSO+2NO↑+4HSO+2HNO=NiSO+2NO↑+2H【解析】解：（1）、Co、Ni在周期表中的第四周期第ⅤⅢ族，号基态原子的电子排布式为：

2

2s

2

6

2

3d

6

2

或[Ar]3d

2

，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族，

2

2s

2

6

2

6

3d

6

2

或[Ar]3d

2

；（2）

位于顶点和面心，共+6×=4个Co

位于棱心和体心，+1=4个，ρ==21•=×1023•cm；离子晶体的熔沸点可由离子半径和电荷数决定，三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同12

223232332223332332232232332242423433342434224342434224342323233224周期由左向右离子半径逐渐减223232332223332332232232332242423433342434224342434224342323233224故答案为：

×1023；NiO＞CoO＞FeO；（3）、Ni能与Cl反应，其中和Ni均生成二氯化物，与Cl反应生成FeCl说明氧化剂的氧化性强于氧化产物FeCl的氧化性；而与反应生成二氯化物，不能生成CoCl；说明CoCl比Cl更易得电子生成CoCl，氧化性强于Cl，FeCl、和Cl的氧化性由强到弱的顺序为：CoCl＞＞FeCl；（OH与酸反应有黄绿色气体的生成，根据得失电子守恒：价元生成Co2+化合价降低1，得电子，2Cl-失2mol子化合价升高2生成，和电荷守恒写出离子方程式：2CoOH）++2Cl-=2Co2++Cl↑+6HO，故答案为：CoCl＞Cl＞；OH）+6H+-=2Co+Cl↑+6HO；（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω（HSO）大于63%，Ni腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为：随硫酸质量分数的增加，Ni表面形致密的氧化膜；由于Ni与SO反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H和的混酸与Ni反应制备NiSO，为了提高产物的纯度，在硫酸中少量多次添加，提高反应物的转化率，增加产率，所以添加HNO的方式为：少量多次；根据质量守恒和电子转移守恒：Ni素失电子化合价升高2中+5价的素得电子化合价降低3生成+2价得NO中的N素，写出制备NiSO的化学方程式为：3Ni+3H+2HNO=3NiSO+2NO↑+4H，SO+2HNO=NiSO+2NO↑+2HO故答案为：随硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜；少量多次；3Ni+3HSO+2HNO=3NiSO+2NO↑+4H或SO+2HNO=NiSO+2NO↑+2HO（1）、Ni在周期表中的第四周期第Ⅲ族，26号基原子的电子排布式为：1s

2

2s

2

3s

2

3p

6

3d

4s

2

或[

6

2

；（2）利用均摊法求出化学式；根据ρ=求出密度；离子晶体的熔沸点可由离子半径和电荷数决定；（3）Fe与Cl反应生成FeCl说明氧化剂Cl的氧化性强于氧化产物FeCl的氧化性；而Co与反应生成二氯化物，不能生成CoCl；说明CoCl比Cl更易得电子生成CoCl；根据得失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式；（4）浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜；少量次添加反应物，以提高反应物的转化率，增加产率；根据质量守恒和电子转移守恒写出制备的化学方程式。本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见原子的电子排布、晶体类型、熔点比较、氧化还原反应、晶胞的计算等，明确氧化还原反应和晶胞的计算是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。13

22133462222131312【答案】=CHCH221334622221313124CH≡C加成反应HO羰基、酯基1a【解析】解：（1）A分子式为：CHO链状同分异构体可发生银镜反应，说明含有醛基；还有一个双键，所以结构简式分别为：=CHCH、、、，故答案为：CH=CHCH、、、；（2）B（

）由4种不同环境的氢原子，则在核磁共振氢谱中就有4组峰，故答案为：4（3）C（）生成D（）多了具有3个碳的酯基，是发生了酯化反应生成的酯基，利用酯水解原理，还原出羧酸为：CH≡C，故答案为：CH≡C；（4）（）生成E（），没有三键了，多了两个环，发生了加成反应，故答案为：加成反应；（5）（）的分子式为：CHO（）的官能团为：羰基、酯基，故答案为：CHO；羰基、酯基；14

4346243462（6）H含有的手性碳，如图所示：，只有1个；有酯基，可在NaOH溶液的条件下发生水解；含有羟基，可酸性KMnO溶液、金属钠反应；与CHCl可互溶，但不会发生化学反应，所以不能与H发生反应的是：，故答案为：1；（7）以成两个双键，进而和下：

和

为原料，利用已知及D成，先形发生加成反应，得出合成路线流程图，如，故答案为：。（1）A的分子式为：HO可发生银镜反应说明含有醛基和1个碳碳双键；（2）有几种不同环境的氢，在核磁共振氢谱中就有几组峰；（3）找出（）和D（）的不同，并分析原因；（4）由DE没有三键了，多了两个环，发生了加成反应（5）由结构简式分析、HO有多少个，写出分子式，找出官能团；（6）手性碳必须为单键，且所连的4个原子或原子团不相同；官能团决定性质；（7）由已知和到题干信息写出路线流程图。本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握同分异构、核磁共振氢谱、手性碳、分子式、官能团名称等，明确官能团决定性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【答案】光能转化为化学能HAg+e=Ag

该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）分子筛膜从反应体系中不断15

222223342322332232223233a223233323a223a2a222分离出HO，有利于222223342322332232223233a223233323a223a2a222形1012•K24K•K【解析】解：（1）由图1所示，在光催化下，H生成H，H成O；光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能；（2）Na溶液中的SO的元素由4化合价升高被氧化生成6的SO中的S元素，必有化合价降低的元素，只能是H+合价降低生成H；溶液中2O元素化合价升高生成，只能是Ag+的化合价降低生成0价的Ag，即生成另一产物的离子反应式为：Ag++e=Ag，故答案为：H；Ag+e-=Ag；（3）根据方程式列出数据，反应平衡时，OH的产率为，得到的OH物质的量浓度为：•L-1；CO）+3H（）⇌CHOH（）+H（），开始时•L-1•L-1变化

•L-1

•L

•L-1

•L-1平衡时（a-ab）mol•L

（3a-3ab）mol•L-1

L

•

则

，故答案为：

；（4）①eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜0该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），所以甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；②点甲醇产率高于是因为分子筛膜从反应体系中不断分离出O，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；③根据图2在此条件下采用该分子筛膜时的最佳点为产率最高点，即P点，相应温度为：℃，故答案为：210；（5）根据分析，价层电子对数σ+a-xb）（3=3+0=3，价层电子对数=，空间构型为平面（正）三角形，去掉孤电子对0，即为分子的空间构型，所以为：平面三角形，故答案为：平面三角形；（6），即c（+）L-1；K=

，得c（CO）

=1012K•（H）；K=

，得c（CO2-）

=1024

•K•K•c（HCO）；（HCO）：（HCO

-）：c（CO）：12•K•c（HCO）：1024•K•K•（HCO）=1：1012•K：24K•K，故答案为：1012•K；24•K•K。（1）由图1所示，在光催化下，H+生H，H成O；16

2343222342243344444444（2）根据氧化还原反应原理分析：Na的元素由4合价升高被氧化生成+6价的SO中的元素；AgNO溶液中2O元素化合价升高生成，只能是+的化合价降低；2343222342243344444444（3）根据方程式列出数据来计算，

；（4）①eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜，该反应为放热反应；②不断分离出HO，生成物浓度减小，平衡正向动；③根据图2采用该分子筛膜时的最佳点为为产率最高点；（5）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数σ+a-xb），若为阴离子，价电子数+电荷数；价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，去掉孤电子对，即为分子的空间构型；K=

，K=

。本题考查学生对平衡及杂化