一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.  国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是（ ） 

A.能与水互溶 通过氧化灭活病毒

C.过氧乙酸相对分子质量为 氯仿的化学名称是四氯化碳

【答案】

D

【考点】

相对分子质量及其计算

电子式、化学式或化学符号及名称的综合

【解析】

．与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子；

．具有强氧化性；

．过氧乙酸的结构简式为；

．氯仿的化学名称是三氯甲烷。

【解答】

．与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以能与水以任意比互溶，故正确；

．具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故正确；

．过氧乙酸的结构简式为，相对分子质量为＝，故正确；

．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故错误；

2.  紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ） 

A.分子式为 不能使酸性重铬酸钾溶液变色

C.能够发生水解反应 能够发生消去反应生成双键

【答案】

B

【考点】

有机物的结构和性质

【解析】

、分子中个碳原子，不饱和度为；

、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；

、分子中含有酯基，能发生水解；

、与相连的的邻位上有一种可发生消去反应；

【解答】

、分子的不饱和度为，则氢原子个数为：＝，四个氧原子，所以分子式为：，故正确；

、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故错误；

、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故正确；

、与相连的的邻位上有一种可发生消去反应，生成双键，故正确；

3.  下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（ ）

【答案】

A

【考点】

物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用

【解析】

除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。

．具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸；

．饱和食盐水可以减少氯气的溶解量；

．利用化学性质的差异，铜与氧气反应，；

＝，为不成盐氧化物，

【解答】

．被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故错误；

．利用溶解性的差异，除去，故正确；

．利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故正确；

．可以与发生反应：＝，与溶液不能发生反应；尽管可以与一同跟发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对的量产生较大的影响，故正确；

4.  铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A.是反应中间体

B.甲醇羰基化反应为

C.反应过程中的成键数目保持不变

D.存在反应

【答案】

C

【考点】

氧化还原反应

配合物的成键情况

【解析】

、由图可知，铑的配合物离子生成，继续与反应生成和；

、由图可知发生的反应依次为：①，②＝，③＝，④＝，⑤＝，⑥＝，个反应依次发生；

、由图可以看出的成键数目由变化；

、由分析及图中箭头方向判断出此步反应。

【解答】

、由图可知，铑的配合物离子生成，继续与反应生成和，所以是反应中间体，故正确；

、由图可知发生的反应依次为：①，②＝，③＝，④＝，⑤＝，⑥＝，个反应依次发生，个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：，故正确；

、由图可以看出的成键数目由变为再变为再变为再变为，依次循环，故错误；

、由分析，按照箭头方向可知：和反应生成和，反应方程式为：即，故正确；

5.  年约里奥-居里夫妇在核反应中用粒子（即氦核）轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：其中元素、的最外层电子数之和为．下列叙述正确的是（ ） 

A.的相对原子质量为 、均可形成三氯化物

C.的原子半径小于的 仅有一种含氧酸

【答案】

B

【考点】

原子结构与元素周期律的关系

【解析】

由及质量守恒可知，＝＝，、的最外层电子数之和为，的最外层电子数为，金属原子的质量数为、且位于Ⅲ族，＝符合题意，则为；的最外层电子数为＝，质子数为＝，为，以此来解答。

【解答】

由上述分析可知为、为，

．为，原子的相对原子质量为，故错误；

．、可形成三氯化物分别为、，故正确；

．同周期从左向右原子半径减小，则的原子半径大于的半径，故错误；

．的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故错误；

6.  科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是（ ）

A.放电时，负极反应为

B.放电时，转化为，转移的电子数为

C.充电时，电池总反应为

D.充电时，正极溶液中浓度升高

【答案】

D

【考点】

电解池的工作原理及应用

【解析】

电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为，温室气体被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原反应生成锌，据此答题。

【解答】

．放电时，金属锌做负极生成，负极反应为，故正确；

．放电时，中碳的化合价为价，中碳的化合价，转化为，降低价，转移的电子数为，故正确；

．充电时，阳极电极反应：＝，阴极反应：，电池总反应为，故正确；

．充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：＝，溶液中浓度增大，溶液中＝，温度不变时，不变，因此溶液中浓度降低，故错误；

7.  以酚酞为指示剂，用的溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。

下列叙述正确的是（ ）

A.曲线①代表，曲线②代表

B.溶液的浓度为

C.的电离常数＝

D.滴定终点时，溶液中

【答案】

C

【考点】

酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算

【解析】

、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于；

、溶液的发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即和恰好完全反应；

、的电离常数；

、滴定终点时＝，溶液中的电荷守恒：＝。

【解答】

、在未加溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于，且曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即＝，，曲线①代表；当加入用的溶液滴定后，发生＝，的分布系数减小，的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表，故错误；

、当加入溶液时，溶液的发生突变，到达滴定终点，说明和恰好完全反应，根据反应＝，＝，，故错误；

、由于第一步完全电离，则的起始浓度为，根据图象，当＝时，的分布系数为，溶液的＝，的分布系数为，则的电离平衡常数，故正确；

、用酚酞作指示剂，酚酞变色的范围为，终点时溶液呈碱性，，溶液中的电荷守恒，＝，则，故错误；

二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。

 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以、、价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、．采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是________。

（2）“酸浸氧化”中，和被氧化成，同时还有________离子被氧化。写出转化为反应的离子方程式________。

（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子、、、________，以及部分的________。

（4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。

（5）“调”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________。

（6）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是________。

【答案】

加快酸浸和氧化反应速率

,＝

,和

＝

利用同离子效应，促进尽可能析出完全

【考点】

制备实验方案的设计

【解析】

黏土钒矿中，钒以、、价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、，加入稀硫酸，使生成和；加入氧化还原性的成；和成，成为滤渣①，滤液①含有：、、、、、；滤液①加入溶液至＝，中和过量的硫酸并沉淀，使钒水解并沉淀为，得滤饼②，除去滤液②、、、及部分、；滤饼②加入过量溶液至，沉淀转溶得滤液③，滤液③含有生成和溶于碱的生成的；滤渣③为，滤液③加入盐酸调，生成即滤渣④；滤液④含有，加入沉钒的产物：；和滤液⑤溶液；

（1）升高温度，反应速率加快；

（2）加入氧化性物质可除去具有还原性的离子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子方程式；

（3）根据某些离子沉淀的，找出相应沉淀的离子；

（4）溶液呈强碱性时转化为；

（5）加入酸沉淀离子生成；

（6）溶于水电离出，根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。

【解答】

温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率，

故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；

加入氧化剂，除了氧化具有还原性的和，还可以氧化还原性的为；以便后面步骤一次性的除去元素；酸浸氧化转化为，根据电荷守恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，价的矾化合价升高生成价，中价的锰化合价降低生成价，所以反应的离子方程式为：＝，

故答案为：；＝；

“中和沉淀”中，滤液①加入溶液至＝，中和过量的硫酸并沉淀和，使钒水解并沉淀为，得滤饼②，除去滤液②、、、及部分、，

故答案为：、和；

滤液①加入溶液至＝，中和过量的硫酸并沉淀，使钒水解并沉淀为，得滤饼②，

故答案为：；

滤液③含有生成和溶于碱的生成的；滤液③加入盐酸调，生成即滤渣④；化学方程式为：＝，

故答案为：＝；

“沉钒”中析出晶体时，沉淀溶解平衡方程式为：，需要加入过量，溶于水电离出，增大，利用同离子效应，促进尽可能析出完全。

故答案为：利用同离子效应，促进尽可能析出完全。

 为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

回答下列问题：

（1）由固体配制溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、________（从下列图中选择，写出名称）。

（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择________作为电解质。

（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。

（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中增加了．石墨电极上未见析出。可知，石墨电极溶液中＝________。

（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为________，铁电极反应式为________。因此，验证了氧化性小于________，还原性小于________。

（6）实验前需要对铁电极表面活化。在溶液中加入几滴溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是________。

【答案】

托盘天平、烧杯、量筒

石墨

＝,＝,,

取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成

【考点】

性质实验方案的设计

【解析】

（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。

（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和根离子，电迁移率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，的阴阳离子电迁移率相差最小；

（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动。

（4）铁电极反应：＝，铁电极增加，根据电荷守恒，石墨电极反应＝，则石墨电极增加，原溶液是，现在变为；

（5）铁电极为负极，电极反应：＝，石墨电极为正极，电极反应反应：＝，电池的总反应式为：＝，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：，同理还原性

（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。

【解答】

配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；

故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；

盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和根离子，电迁移率尽可能的接近，故选；

故答案为：；

铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动；

故答案为：石墨；

铁电极反应：＝，铁电极增加，石墨电极反应＝，根据电荷守恒，则石墨电极增加，变为；

故答案为：；

铁电极为负极，电极反应：＝，石墨电极为正极，电极反应反应：＝，电池的总反应式为：＝；所以氧化性：，还原性

故答案为：＝；＝；； ；

对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。

故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。

 硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：＝．问答下列问题：

（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，与反应生成和的热化学方程式为：________。

（2）当、和起始的物质的量分数分别为、和时，在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。反应在、时的＝________，判断的依据是________。影响的因素有________。

（3）将组成（物质的量分数）为、和的气体通入反应器，在温度、压强条件下进行反应。平衡时，若转化率为，则压强为________，平衡常数＝________（以分压表示，分压＝总压物质的量分数）。

（4）研究表明，催化氧化的反应速率方程为：＝式中：为反应速率常数，随温度升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，为常数。在＝时，将一系列温度下的、值代入上述速率方程，得到曲线，如图所示。

曲线上最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度．时，逐渐提高；后，逐渐下降。原因是________。

【答案】

＝＝

,反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大,压强、温度、投料比

,

反应温度升高，速率常数增大使速率加快，但降低造成速率减小，时，增大对的提高大于引起的降低；后，速率常数增大小于引起的降低

【考点】

化学平衡的计算

【解析】

（1）由图象得出①＝＝，

②＝＝，

结合盖斯定律可知②-①得到：＝；

（2）当、和起始的物质的量分数分别为、和时，在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示，这个反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在、时的＝，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关，氧气越多平衡转化率越大；

（3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于物质的量的比，分压＝总压物质的量分数可解；

（4）＝温度升高，速率常数增大，反应速率增大；＝．为放热反应，平衡转化率减小，减小，反应速率减小，时，速率常数增大，对速率的影响大于因减小对速率的影响，总体速率加快；后速率常数增大没有减小对速率影响大，速率减小。

【解答】

由图象得出①＝＝，

②＝＝，

由盖斯定律可知②-①得到：＝＝；

故答案为：＝＝；

当、和起始的物质的量分数分别为、和时，在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示，这个反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在、时的＝，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，氧气越多平衡转化率越大；

故答案为：；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，＝，该线时的转化率为；压强、温度、投料比；

根据体积之比等于物质的量的比，＝＝，设的物质的量为，的物质的量为

开始 

变化 

平衡 

反应后的总量：＝，结合＝，反应后的总量＝，

，则，

平衡常数，

故答案为：；；

＝温度升高，表达式中速率常数增大，反应速率增大；＝，为放热反应，平衡转化率减小，减小，反应速率减小，时，速率常数增大，对速率的影响大于因减小对速率的影响，总体速率加快；后速率常数增大没有减小对速率影响大，速率减小。

故答案为：反应温度升高，速率常数增大使速率加快，但降低造成速率减小。时，增大对的提高大于引起的降低；后，速率常数增大小于引起的降低。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）

 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得年诺贝尔化学奖。回答下列问题：  

（1）基态与离子中未成对的电子数之比为________。

（2）及其周期表中相邻元素的第一电离能如表所示。，原因是________。 ，原因是________。

（3）磷酸根离子的空间构型为________，其中的价层电子对数为________、杂化轨道类型为________。

（4）的晶胞结构示意图如所示。其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有的单元数有________个。

电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如所示，则＝________，：＝________。

【答案】

与同族，电子层多，原子半径大，易失电子,、、同周期，核电荷数依次增加，的电子排布为：，全满稳定结构，第一电离能最大，与相比，的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大。

正四面体形,,

,,

【考点】

晶胞的计算

原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【解析】

（1）基态的电子排布式为：；

（2）与同族，电子层多，原子半径大，易失电子；、、的价电子排布分别为：，，；

（3）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数＝杂化轨道数＝，若为阴离子，＝价电子数+电荷数；价层电子对数＝，空间构型为四面体形，去掉孤电子对，即为分子的空间构型；杂化轨道数＝，为杂化；

（4）根据晶胞中的正八面体和正四面体来判断；失去的为：棱心上一个，面心上一个；化合物中正负化合价代数和等于。

【解答】

基态的电子排布式为：，基态失去最外层个电子得，价电子排布为：，基态失去个电子得，价电子排布为：，根据洪特规则和泡利原理，能级有个轨道，每个轨道最多容纳个电子，有个未成对电子，有个未成对电子，所以未成对电子数之比为：，

故答案为：；

与同族，电子层多，原子半径大，易失电子；、、的电子排布分别为：，，，、、同周期，核电荷数依次增加，的电子排布为：，全满稳定结构，第一电离能最大，与相比的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大，

故答案为：与同族，电子层多，原子半径大，易失电子；、、同周期，核电荷数依次增加，的电子排布为：，全满稳定结构，第一电离能最大，与相比，的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大；

根据价层电子对互斥理论，离子的价层电子对数：＝＝，构型为：四面体形，去掉孤电子对数，即为分子的立体构型，即正四面体形；杂化轨道数＝价层电子对数＝，中心原子的杂化类型为：杂化；

故答案为：正四面体形；；；

根据晶胞中的正八面体和正四面体，可知晶体中含有个单元；由图可知圆球为，失去的为：棱心上一个，面心上一个；棱心上的为该晶胞的，面心上为该晶胞的；因晶体中含有个单元，所以，则＝，所以化学式为，根据化合价代数和等于，设的个数为，的的个数为，＝，又因＝，解得、，所以个数比为，

故答案为：；；；

[化学--选修5：有机化学基础]（15分）

 有机碱，例如二甲基胺（）、苯胺（）、吡啶（）等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱的合成路线：

已知如下信息：

①＝

②

③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体

回答下列问题：  

（1）的化学名称为________。

（2）由生成的化学方程式为________________。

（3）中所含官能团的名称为________。

（4）由生成的反应类型为________。

（5）的结构简式为________。

（6）的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为的有________种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为________。

【答案】

三氯乙烯

,

碳碳双键、氯原子

取代反应

,

【考点】

有机物的合成

【解析】

三氯乙烯在和乙二醇二甲醚在加热条件下生成，即为，（）在的醇溶液下加热发生消去反应，生成，即，与过量的二环己基胺（）与在加热条件下发生取代反应生成，即，（）与（）在条件下反应生成最终产物：。

【解答】

名称为三氯乙烯，

故答案为：三氯乙烯；

有分析得出，由发生消去反应生成的化学方程式为：

，

故答案为：，

中的官能团为：碳碳双键、氯原子，

故答案为：碳碳双键、氯原子；

由可知，上个原子被二环己基胺（）去氢后剩余的原子团所取代，反应类型为：取代反应，

故答案为：取代反应；

的结构简式为，

故答案为：；

（）的六元环芳香同分异构体中，与钠反应产生氢气，说明含有羟基，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为；说明有两个甲基且对称；又因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，所以同分异构体的结构简式分别为：，，，，，共种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为，

故答案为：；。下载本文