1、B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。故选C。9捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A10.1gN（C2H5）3中所含的共价键数目为2.1NAB标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D10
2、0g 46的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【解析】A选项，10.1gN（C2H5）3即物质的量为0.1mol，一个N（C2H5）3含有共价键数目为21根，则10.1gN（C2H5）3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B选项，标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NA，故B正确；C选项，在捕获过程中，根据图中信息得出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D选项，100g 46的甲酸水溶液，甲酸46g即物质的量为1mol，水的质量为54g即物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确。综上所述，答案为C。10（重庆市第一中学2020届高三期末理综）W
3、、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料。下列说法正确的是A简单离子的半径：ZXWB简单氢化物的沸点：WDY与W形成的化合物可与CaO反应【答案】D【解析】Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料，则其为硅；Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为硫；W、Z同主族，则W为氧。A. 若X为金属元素，离子半径XZ；若X为非金属元素，离子半径ZZ，B不正确；C. 不管S的氧化物对应水化物是硫酸还是亚硫酸，其酸性都比硅酸强，C不正确；D. Y与W形成的化合物SiO2在高温条件下
4、，可与CaO反应，D正确。故选D。11（重庆市第一中学2020届高三期末理综）2019年11月Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2 H + HO2，Ka2.410-12）。下列说法错误的是Aa极的电势低于b极BY膜为选择性阴离子交换膜C每转移0.4 mol e，就有0.1 mol H2O2生成Db极的电极反应为O2 + 2e + H2O = HO2 + OH【解析】在H2、O2燃料电池中，通H2的电极为负极，通O2的电极为正极。A. a为负极，其电势低于b极（正极），A正确；B. 此装置用于制取H2O2，电极b必然生成HO2，所以Y膜
5、为选择性阴离子交换膜，B正确；C. 因为O2转化为HO2-，每转移0.4 mol e，就有0.2 mol H2O2生成，C错误；D. b极为正极，生成HO2，所以电极反应为O2 + 2e + H2O = HO2 + OH，D正确。12（重庆市北碚区2020届高三上学期第一次诊断性考试）下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的限度 取溶液，滴加溶液56滴，充分反应，可根据溶液中既含又含的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响 用两支试管各取的溶液，分别加入和草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成 将NaOH的乙醇溶
6、液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化【解析】AKI过量，且KI与氯化铁反应，则溶液中既含I2又含I-，不能证明反应的可逆性，故A错误；B2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，两只试管中草酸量均不足，高锰酸钾过量，溶液不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；C乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水，排除乙醇的干扰，故C错误；D.如有，则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子，则
7、应当平衡向右移动，氢氧根离子浓度增大，红色应当加深，反之不会加深，故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡，故D正确；13（湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末理综）常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。ANaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A溶液显碱性D向H3NCH2CH2NH2 HA溶液中通入HCl，不变【解析】A由图1可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显
8、酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故A正确；B由图2可知，当c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则Kb2=c（OH），Kb2=10-7.15，故B正确；C由图2可知，当c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程
9、度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D= ，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取高纯碳酸钴（CoCO3）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O
10、3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为_（产物中只有一种酸根）。也可用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，那么该反应的化学方程式为_；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是_。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，写出沉淀Al3+的离子方程式_。（4）过程沉钴的离子方程式是_。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n（Li）：n（Co）=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900。试写出该反应的化学方程式_。【答案】（14分，每空2分）（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 （2）4
11、Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O 产生Cl2，污染环境（3）2Al3+3CO32-+6H2O=2Al（OH）3+3CO2 （4）Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2 （5）2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2【解析】由题中信息可知，过程I碱溶时，大部分铝转化为偏铝酸盐除去；过程II中钴渣中钴元素被浸出；过程III中除杂质；过程IV中沉钴；过程V为提纯。（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2
12、-+3H2。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液作还原剂浸出钴，硫代硫酸根被氧化为硫酸根，则浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O。若用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，则该反应的化学方程式为Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是盐酸被Co2O3CoO氧化为Cl2，污染环境。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，沉淀Al3+的离子方程式2Al3+3CO32-+6H2O=2Al（OH）3+3CO2。（4）过程沉钴
13、的离子方程式是Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2。l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900，该反应的化学方程式2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2。点睛：制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度（原料是否廉价易得）、环保角度（是否符合绿色化学的要求）、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。27（14分）“中国芯”的发展离不开单晶硅，四氯化
14、硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。已知有关信息：Si3HClSiHCl3H2，Si2Cl2SiCl4SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为70.0 、57.7请回答下列问题：（1）装浓盐酸的仪器名称是_。（2）写出A中发生反应的离子方程式：_。（3）若拆去B装置，可能的后果是_。（4）有同学设计图装置替代上述E、G装置：上图装置的主要缺点是_。（5）利用SiCl4和NH3制备新型无机非金属材料（Si3N4），装置如图。写出该反应的化学方程式：_。利用尾气制备盐酸，宜选择下列装置中的_（填字母）。（6）测定产品纯度。取a g SiCl4产
15、品溶于足量蒸馏水中（生成的HCl全部被水吸收），将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用c molL-1标准NaOH溶液滴定至终点（终点时硅酸未参加反应），消耗滴定液V mL。则产品的纯度为_%（用含a、c和V的代数式表示）。若产品中溶有少量Cl2，则测得结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。（14分）（1）分液漏斗（1分）（2）2MnO4-10Cl-16H+2Mn2+5Cl28H2O（2分） （3）HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸（2分）（4）烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解（2分）（5）3SiCl44NH3Si3N4
16、12HCl（2分） c（2分） （6）（2分） 偏高（1分）【解析】装置A中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气；装置B中饱和食盐水可吸收氯气中的氯化氢气体，球形干燥管中的无水氯化钙可干燥氯气；装置D中纯硅与干燥的氯气反应生成四氯化硅，SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为70.0 、57.7，最后可采用冷凝回流降温的方法收集四氯化硅，G主要吸收空气中的水蒸气，防止进入装置干扰实验，据此分析作答。（1）根据构造和用途可知，装有浓盐酸的仪器是分液漏斗，以便于控制加入浓盐酸的量与速率，故答案为分液漏斗；（2）KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2、KCl和H2O，其离子方程式为2M
17、nO4-10Cl-16H+=2Mn2+5Cl28H2O；（3）若拆去B装置，则Cl2中混有HCl气体，依题意，HCl与Si反应生成SiHCl3和H2，且H2和Cl2混合共热易发生爆炸，故答案为HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；（4）NaOH溶液吸收尾气中的SiCl4和Cl2，水蒸气进入产品收集瓶，依据已知条件可知，SiCl4发生水解；（5）SiCl4与NH3反应生成Si3N4和HCl，其化学方程式为：3SiCl44NH3Si3N412HCl；HCl极易溶于水，所以收集HCl制备盐酸时，要注意防倒吸，故c项正确；a项虽有防倒吸功能，但溶质氢氧化
18、钠会与HCl反应，不能制备盐酸；b项中NaOH与HCl反应；d项中会产生倒吸；故答案选c。（6）n（HCl）=n（NaOH）=mol，根据Cl守恒知n（SiCl4） mol，Mr（SiCl4）170，则产品的纯度为（SiCl4）%。若产品中混有Cl2，消耗NaOH溶液的体积将增大，最终测得结果偏高，故答案为；偏高。28（成都市2020届高三第二次统考）（15分）（1）t1时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） Ht1），在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度_c1（填“”“（3）工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料，其
19、原理为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） H当混合气体的组成固定时，CO平衡转化率（）与温度和压强的关系如图2所示。图中的压强由大到小的顺序为_，判断理由是_；试解释CO平衡转化率随温度升高而减小的原因是_。（15分）（1）34 min（1分） 向右移动（1分） a（2分） （2分） （2）放热（1分） （3）p1p2p3（2分） 相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率（2分） 反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应
20、，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高，CO的转化率减小（2分） 【解析】从表格中数据分析，第34 min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明反应已经达到平衡状态，故答案为：34 min。56min时间段内，H2O（g）的浓度增大，CO的浓度减小，说明是增加了H2O（g）的量，使平衡正向移动，故答案为：向右移动；a。该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，则t2反应达到平衡时，CO浓度 c1，故答案为：由题图1可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）为吸热反应，则其逆反应为放热反应，故答案为：放
21、热。K（T2）=c（CO）/c（CO2）=2.5 K（T1），根据图像信息可知，K越大，对应的温度越高，所以T2T1，故答案为：反应是体积减小的反应，反应是等体积反应，从上到下，转化率增长，说明是增大压强，因此压强由大到小的顺序为p1p3，判断理由是相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率，CO平衡转化率随温度升高而减小的原因应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高
22、，CO的转化率减小，故答案为：p1p3；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高，CO的转化率减小。（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。35化学选修3：物质结构与性质（惠州市2020届高三二调）（15分）元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的
23、内层轨道全部排满电子在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2OX2Cl22CO2H2O（1）X基态原子的电子排布式为_。（2）C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为_。（3）X2Cl22H2O是一种配合物，其结构如图1所示：与CO为互为等电子体的分子是_。该配合物中氯原子的杂化方式为_。在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“”标出相应的配位键_。（4）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对XCl晶体的X射线衍射图象的分析，可以得出XCl的晶胞如图2所示，则距离每个
24、X+最近的Cl的个数为_，若X原子的半径为a pm，晶体的密度为g/cm3，试通过计算阿伏加德罗常数NA=_（列计算式表达）。（1）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2分）（2）OCH（2分）（3）N2（2分） sp3 （2分） （2分）（4）4（2分） （3分） 【解析】元素X的基态原子中的电子共有7个能级，说明有四个电子层，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子说明3d轨道排满，即为CuAr3d104s1。（1）X为Cu，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即OC，非金属性越强，电负性越强，所以CH，即OCH，2H2O是一种配合物，找等电子体，找与这些原子相邻的原子，因此CO互为等电子体的分子是N2，氯有2个键，还有两对孤对电子，因此氯原子的杂
