高中化學2020年天津卷化學高考試題（解析版）

2020年天津市普通高中學業(yè)水平等級性考試

化學

相對原子質(zhì)量：H1016S32Co59Cu64Zn65Ba137

第I卷

1.在全國人民眾志成城抗擊新冠病毒期間，使用的“84消毒液”的主要有效成分是

A.NaOHB.NaClC.NaClOD.Na2cO3

【答案】C

【解析】

［詳解】工業(yè)上用Cl2與NaOH溶液反應制取“84消毒液”,反應原理為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,NaClO

具有強氧化性，能用于殺菌消毒，故"84消毒液”的主要有效成分是NaClO,答案選C。

2.晉朝葛洪的《肘后備急方》中記載：“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁，盡服之……”，受此啟發(fā)為人類做

出巨大貢獻的科學家是

A.屠呦呦B.鐘南山C.侯德榜D.張青蓮

【答案】A

【解析】

【詳解】A.屠呦呦主要貢獻是發(fā)現(xiàn)了治療瘧疾的青蒿素，測定了青蒿素的組成、結構，成功合成雙氫青

蒿素等；

B.鐘南山是中國工程院院士，著名呼吸病學專家，長期從事呼吸內(nèi)科的醫(yī)療、教學、科研工作，重點開展

哮喘，慢阻肺疾病，呼吸衰竭和呼吸系統(tǒng)常見疾病的規(guī)范化診療、疑難病、少見病和呼吸危重癥監(jiān)護與救

治等方面的研究；

C.侯德榜的主要貢獻是：揭開了索爾維制堿法的秘密、創(chuàng)立了侯氏制堿法等；

D.張青蓮的主要貢獻：主持測定了錮、鉞、鋅、鋪、飾、銘、鋅、鋪幾種元素的相對原子質(zhì)量新值，被國

際原子量委員會采用為國際新標準；

“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁，盡服之……”描述的是從青蒿中提取青蒿素治療瘧疾的過程，受此啟

發(fā)為人類做出巨大貢獻的科學家是屠呦呦；答案選A。

3.下列說法錯誤的是

A.淀粉和纖維素均可水解產(chǎn)生葡萄糖

B.油脂的水解反應可用于生產(chǎn)甘油

C.氨基酸是組成蛋白質(zhì)的基本結構單元

D.淀粉、纖維素和油脂均是天然高分子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.淀粉和纖維素都屬于多糖，兩者水解的最終產(chǎn)物都為葡萄糖，A正確；

B.油脂在酸性條件下水解成高級脂肪酸和甘油，在堿性條件下水解成高級脂肪酸鹽和甘油，則油脂的水解

反應可用于生產(chǎn)甘油，B正確；

C.氨基酸中含有氨基和竣基，氨基酸可以通過縮聚反應形成蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)水解最終生成氨基酸，故氨基

酸是組成蛋白質(zhì)的基本結構單元，C正確；

D.天然高分子的相對分子質(zhì)量是上萬，淀粉和纖維素都是天然高分子，而油脂的相對分子質(zhì)量還不到1000,

故油脂不屬于高分子，D錯誤；

答案選D。

4.下列離子方程式書寫正確的是

+

A.CaCCh與稀硝酸反應：CO；+2H=H2O+CO2T

B.FeSCU溶液與澳水反應：2Fe2++Br2=2Fe3++2B/

C.NaOH溶液與過量H2c2O4溶液反應：H2C2O4+2OH=C2O--+2H2O

D.C6H5ONa溶液中通入少量82：2C6H5O+CO2+H2O=2C6H5OH+CO|'

【答案】B

【解析】

【詳解】A.CaCCh與稀硝酸反應生成硝酸鈣和水和二氧化碳，碳酸鈣是固體難溶物，寫離子方程式時不能

+2+

拆成離子形式，正確的離子方程式為：CaCO3+2H=Ca+H2O+CO21,故A錯誤；

B.FeSCh溶液與濱水反應時，澳單質(zhì)氧化了亞鐵離子，將亞鐵離子氧化成鐵離子，正確的離子方程式為：

2+3+

2Fe+Br2=2Fe+2B「，故B正確；

C.氫氧化鈉與過量的草酸反應，說明氫氧化鈉的量不足，生成草酸氫鈉，正確的離子方程式為

H2C2O4+OH=HC2O4+H2O,故C錯誤；

D.苯酚鈉中通入少量或過量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氫鈉，苯酚的酸性弱于碳酸強于碳酸氫根，故正確

的離子方程式為：C6H5O+CO2+H2O=C6H,OH+HCO；,故D錯誤；

答案選Bo

5.下列實驗儀器或裝置的選擇正確的是

一南一J■

10

水，L

r飽和NaCl溶液

配制

盛裝NazSiCh溶液的

1

5000mL0.l000mol.L-除去CL中的HCl蒸儲用冷凝管

試劑瓶

Na2c03溶液

ABcD

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.配制50.00mL0.1000mol.L-Na2cO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A錯誤；

B.除去氯氣中的氯化氫氣體使用飽和氯化鈉溶液，可以吸收氯化氫氣體，根據(jù)氯氣在水中的反應：

CI2+H2OWH++CI-+HCIO,飽和氯化鈉溶液中的氯離子使氯氣溶于水的平衡逆向移動，降低氯氣在水中的溶解

度，洗氣瓶長進短出，利于除雜，故B正確；

C.蒸儲要使用直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，故C錯誤；

D.硅酸鈉溶液呈堿性，硅酸鈉溶液是一種礦物膠，能將玻璃塞與試劑瓶的瓶口粘在一起，盛裝NazSiCh溶

液的試劑瓶不能使用玻璃塞，應使用橡膠塞，故D錯誤。

答案選B。

6.檢驗下列物所選用的試劑正確的是

待檢驗物質(zhì)所用試劑

A海水中的碘元素淀粉溶液

BSO2氣體澄清石灰水

c溶液中的CM+氨水

D溶液中的NH：NaOH溶液，濕潤的藍色石蕊試紙

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.淀粉溶液可以檢驗碘單質(zhì)，不能檢驗碘元素，故A錯誤；

B.能使澄清石灰水變渾濁的氣體可以是二氧化硫或二氧化碳，應該用品紅檢驗二氧化硫氣體，故B錯誤；

C.銅離子遇到氨水會先產(chǎn)生氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水會生成四氨合銅離子，檢驗銅離子可以用氨水,

故C正確；

D.錢根離子遇氫氧化鈉溶液(加熱)生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，不能使用濕潤的藍色

石蕊試紙檢驗氨氣，故D錯誤；

答案選C。

7.常溫下，下列有關電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是

A.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則KJHCOOH)>Ka(HF)

B.相同濃度的CH3coOH和CH3coONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7,則溶液中

++

C(CH3COO')>C(Na)>C(H)>C(OH')

C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)>K，sp(CuS)

2

D.在lmol?L」Na2s溶液中，C(S)+C(HS)+c(H2S)=lmol.E'

【答案】A

【解析】

【詳解】A.HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOCT的水解程度較大，根據(jù)

越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)<Ka(HF),故A錯誤；

B.相同濃度的CH,COOH和CH3coONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7,此時溶液呈酸性，氫離子濃度

大于氫氧根濃度，說明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中

-++-

C(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH),故B正確；

c.CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2不足以與H+發(fā)生反應，而

將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2s氣體，說明(p(FeS)>Ksp(CuS),故C正確；

D.根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1mol-LHNa2s溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1mo卜廠1

即c(S2-)+c(HS-)+c(H2s尸1mol-L-',故D正確；

綜上所述，答案為A。

8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。用表中信息判斷下列說法正確的是

元素

XYZW

最高價氧化物的水化物H3ZO4

O.lmol?匚1溶液對應的pH(25℃)1.0013.001.570.70

A.元素電負性：Z<WB.簡單離子半徑：W<Y

C.元素第一電離能：Z<WD.簡單氫化物的沸點：X<Z

【答案】A

【解析】

【分析】

四種短周期元素，均可以形成最高價氧化物對應的水化物。有H3ZO4可知，該酸為弱酸，則Z為P元素；

O.lmolL-'W的最高價氧化物對應的水化物的pH為0.70,說明該物質(zhì)為多元強酸，為硫酸，則W為S元

素；O.lmolL」Y的最高價氧化物對應的水化物的pH為13.00,說明該物質(zhì)為一元強堿，為氫氧化鈉，則

Y為Na元素；0.1mol-L-'X的最高價氧化物對應的水化物的pH為1.00,說明該物質(zhì)為一元強酸，為硝酸,

則Y為N元素，據(jù)此回答。

【詳解】A.同一周期元素的電負性隨著原子序數(shù)的遞增而增大，因S的原子序數(shù)大于P,則S的電負性大

于P,胡A正確；

B.電子層數(shù)越多離子半徑越大，Na*有兩個電子層而S2-有三個電子層，因此S2-的離子半徑較大，故B錯

誤；

C.同一周期元素原子的第一電離能總趨勢為依次增大，但由于第HA、VA族元素的電子排布結構為全充

滿或半充滿狀態(tài)，原子結構較為穩(wěn)定，故第IIA、VA族元素的第一電離能較相鄰兩個主族的電離能較大，

故P的第一電離能大于S,故C錯誤；

D.相對分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點越高，但由于X的氫化物NH3中含有分子間氫鍵，因此NH.；的沸點

高于Ph的沸點，故D錯誤；

綜上所述，答案為A。

【點睛】分子的相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，但需要注意分子間是否能夠形成氫鍵；分子間氫鍵可以

增大物質(zhì)的熔沸點，但分子內(nèi)氫鍵可以降低物質(zhì)的熔沸點。

9?關于八的說法正確的是

《C^CH

A.分子中有3種雜化軌道類型的碳原子

B.分子中共平面的原子數(shù)目最多為14

C.分子中的苯環(huán)由單雙鍵交替組成

D.與CL發(fā)生取代反應生成兩種產(chǎn)物

【答案】A

【解析】

【詳解】A.-CH3的碳原子有4個。鍵，無孤對電子，是sp3雜化，苯環(huán)上的碳原子有3個。鍵，無孤對

電子，是sp2雜化，一C三CH的碳原子有2個。鍵，無孤對電子，是sp雜化，因此分子中有3種雜化軌道類

型的碳原子，故A正確；

B.根據(jù)苯中12個原子共平面，乙煥中四個原子共直線，甲烷中三個原子共平面，因此分子中共平面的原

子數(shù)目最多為15個(甲基中碳原子和其中一個氫原子與其他原子共面)，故B錯誤；

C.分子中的苯環(huán)中碳碳鍵是介于碳碳單鍵和雙鍵之間獨特的鍵，故C錯誤；

D.與Cb發(fā)生取代反應，取代甲基上的氫有一種產(chǎn)物，取代苯環(huán)上的氫有四種產(chǎn)物，因此取代反應生成五

種產(chǎn)物，故D錯誤。

綜上所述，答案為A。

10.理論研究表明，在lOlkPa和298K下，HCN(g)=HNC(g)異構化反應過程的能量變化如圖所示。下

列說法錯誤的是

反應進程

A.HCN比HNC穩(wěn)定

B.該異構化反應的AH=+59.3kJ?mo『

C.正反應的活化能大于逆反應的活化能

D.使用催化劑，可以改變反應的反應熱

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，因此HCN比HNC穩(wěn)

定，故A正確；

B.根據(jù)焰變等于生成物總能量減去反應物總能量，因此該異構化反應的

AH=59.3kJ-mol-1-0=+59.3kJ-mol-1,故B正確；

C.根據(jù)圖中信息得出該反應是吸熱反應，因此正反應的活化能大于逆反應的活化能，故C正確；

D.使用催化劑，不能改變反應的反應熱，只改變反應路徑，反應熱只與反應物和生成物的總能量有關，故

D錯誤。

綜上所述，答案為D。

11.熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良，是具有應用前景的儲能電池。下圖中的電池反應為

2Na+xS譚旌Na2sx（尸5~3,難溶于熔融硫），下列說法第誤的是

rCD-i密封

不銹鋼容器

Na-A-Aia固體

熔融鈉

熔融硫（含碳粉）

A.Na2s4的電子式為Na+[:§:6:S:§:]2-Na+

B.放電時正極反應為xS+2Na++2e=Na2Sx

C.Na和NazS.r分別為電池的負極和正極

D.該電池是以Na-B-ALOs為隔膜的二次電池

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)電池反應：2Na+xS彳舞仝Na,S、可知，放電時，鈉作負極，發(fā)生氧化反應，電極反應為：Na-e=Na+,

硫作正極，發(fā)生還原反應，電極反應為xS+2Na++2e=Na2S、，據(jù)此分析。

【詳解】A.Na2s4屬于離子化合物，4個硫原子間形成三對共用電子對，電子式為Na*[:S:S:S:S:]2"Na+'

故A正確;

+

B.放電時發(fā)生是原電池反應，正極發(fā)生還原反應，電極反應為：xS+2Na+2e'=Na2Sx,故B正確；

C.放電時，Na為電池的負極，正極為硫單質(zhì)，故C錯誤；

D.放電時，該電池是以鈉作負極，硫作正極的原電池，充電時，是電解池，Na-p-ALOs為隔膜，起到電

解質(zhì)溶液的作用，該電池為二次電池，故D正確；

答案選C

12.已知［CO（H2O）6「呈粉紅色，［Co。］"呈藍色，［ZnCL/為無色。現(xiàn)將CoCE溶于水，加入濃鹽酸

后，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在以下平衡：仁0（凡0）6『+4C「聿0。/"+6H2。用該溶液

做實驗，溶液的顏色變化如下：

①置于冰水浴中

分為3份②加水稀釋I

藍色溶液粉紅色溶液

③加少量ZnCl2固體

___________

以下結論和解釋正確的是

2

A.等物質(zhì)的量的忙0（乩0）6「ff［CoCl4］'中◎鍵數(shù)之比為3:2

B.由實驗①可推知

C.實驗②是由于。（氏0）增大，導致平衡逆向移動

D.由實驗③可知配離子的穩(wěn)定性：［ZnCl4『＞［CoCLr

【答案】D

【解析】

【詳解】A.1個［Co（H2O）6產(chǎn)中含有18個。鍵，1個［CoC14產(chǎn)中含有4個6鍵,等物質(zhì)的量的［Co（H2O）6產(chǎn)和

［CoChF.所含◎鍵數(shù)之比為18:4=9:2,A錯誤；

B.實驗①將藍色溶液置于冰水浴中，溶液變?yōu)榉奂t色，說明降低溫度平衡逆向移動，則逆反應為放熱反應,

正反應為吸熱反應，AH＞0,B錯誤；

2

c.實驗②加水稀釋，溶液變?yōu)榉奂t色，加水稀釋，溶液的體積增大，［CO（H2O）6］2+、［COCI4］\cr濃度都減

2

小，［CO（H2O）6］\cr的化學計量數(shù)之和大于［COCLIF的化學計量數(shù)，則瞬時濃度商＞化學平衡常數(shù)，平衡逆

向移動，c錯誤；

D.實驗③加入少量ZnCb固體，溶液變?yōu)榉奂t色，說明Zn2+與C1-結合成更穩(wěn)定的億nCLF，導致溶液中c

(C1-)減小，平衡逆向移動，則由此說明穩(wěn)定性：[ZnCl『＞[CoC14]2一,D正確；

答案選D。

【點睛】本題有兩個易錯點：A項中[CO(H2O)6產(chǎn)中不僅有Ct?+與H2O分子間的配位鍵，而且每個H2O分子

中還有兩個O-H。鍵；C項中H2O為溶劑，視為純液體，加水稀釋，溶液體積增大，相當于利用“對氣體

參與的反應，增大體積、減小壓強，平衡向氣體系數(shù)之和增大的方向移動”來理解。

第n卷

13.Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素。回答下列問題：

(l)Fe、Co、Ni在周期表中的位置為,基態(tài)Fe原子的電子排布式為_____0

(2)CoO的面心立方晶胞如圖所示。設阿伏加德羅常數(shù)的值為則CoO晶體的密度為g.cnr3：三

種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為。

(3)Fe、Co、Ni能與Cl?反應，其中C。和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，由此推斷FeCb、C0CI3和CL的氧化性由

強到弱的順序為,Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，寫出反應的離子方程式：.。

(4)95℃時，將Ni片浸在不同質(zhì)量分數(shù)的硫酸中，經(jīng)4小時腐蝕后的質(zhì)量損失情況如圖所示，當co(H2soJ

大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為。由于Ni與H2s反應很慢，而與稀硝酸反應

很快，工業(yè)上選用H2so4和HNCh的混酸與Ni反應制備NiSO4?為了提高產(chǎn)物的純度，在硫酸中添加HNO3

的方式為(填“一次過量''或“少量多次”)，此法制備NiS04的化學方程式為o

3支

【答案】⑴,第四周期第VIII族(2).Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2(3).-yr—xlO(4).

a/v人

+2+

NiO>CoO>FeO(5).CoCl3>C12>FeCl3缶).2Co(OH)3+6H+2C1--Cl2f+2Co+6H2O(7).

隨H2so4質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜(8).少量多次(9).3Ni+3H2SO4+2HNO3=

NiSO4+2NOt+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiS04+2NO2?+2H2O

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)Fe、Co、Ni的原子序數(shù)得出位置和基態(tài)Fe原子的電子排布式。

(2)根據(jù)晶胞結構計算出02-和Co?+個數(shù)，根據(jù)密度公式計算：根據(jù)離子晶體鍵能和晶格能比較熔點。

(3)根據(jù)反應方程式氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，Co(OH)3與鹽酸反應發(fā)生氧化還原反應生成Cb、

CoCb、H20o

(4)類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息得出原因;根據(jù)為了提高產(chǎn)物的純度，根據(jù)Ni與H2s04

反應很慢，而與稀硝酸反應很快這個信息得出添加硝酸的方法和反應方程式。

【詳解】(DFe、Co、Ni分別為26、27、28號元素，它們在周期表中的位置為第四周期第VHI族，基態(tài)Fe

原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案為:第四周期第VIII族；Is22s22P63s23P63d64s2

或[Ar]3d64s2；。

(2)CoO的面心立方晶胞如圖1所示。根據(jù)晶胞結構計算出。2個數(shù)為8x』+6x』=4,Co?+個數(shù)為

82

12x1+1=4,設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則CoO晶體的密度為

4

75g?mol-1.

-----------x4

_m_NADIOIT_3工1032cm-3；三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，離子半徑Fe2+>C(?+

p--33X8Cm

v(axio-'°cm)~aNA

>Ni2+,NiO、CoO、FeO,離子鍵鍵長越來越長，鍵能越來越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次減小，因

此其熔點由高到低的順序為NiO>CoO>FeO；故答案為：x1032.NiO>CoO>FeO?

a，M

(3)Fe、Co、Ni能與CI2反應，其中Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，根據(jù)鐵和氯氣反應生成FeCb,氧化劑的氧

化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，因此氧化性：Cl2>FeC13,氯氣與Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，說明氯氣的氧化

性比CoCb弱，由此推斷FeCb、C0CI3和CI2的氧化性由強到弱的順序為CoCb>C12>FeC13,Co(OH)3與鹽

+

酸反應有黃綠色氣體生成，發(fā)生氧化還原反應生成Cb、CoCh>H2O,其離子方程式：2CO(OH)3+6H+2C1

+2+

-=Cbf+2co2++6H2O；故答案為：CoCl3>C12>FeCl3；2Co(OH)3+6H+2Cr=Cl2t+2Co+6H2Oo

(4)類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息，當口(H2soJ大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸

降低的可能原因為隨H2s04質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜。工業(yè)上選用H2sCM和HN03的混

酸與Ni反應制備NiS04。為了提高產(chǎn)物的純度，根據(jù)Ni與H2sCM反應很慢，而與稀硝酸反應很快，因此在

硫酸中少量多次添加HNCh的方式來提高反應速率，反應生成NiSCh、H2O,根據(jù)硝酸濃度不同得到NO或

N02,此法制備NiSO4的化學方程式為3Ni+3H2so4+2HNO3=NiSC)4+2NOT+4H2O或Ni+H2sO4+

2HNO3=NiSO4+2NO2T+2H2O；故答案為：隨H2s04質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜：少量

多次；3Ni+3H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NOT+4H2O或Ni+H2so4+2HNO3=NiSO4+2NO2T+2H2O。

【點睛】物質(zhì)結構是?？碱}型，主要考查電子排布式、晶胞計算、氧化還原反應、學生學習知識的能力的

考查。

14.天然產(chǎn)物H具有抗腫瘤、鎮(zhèn)痙等生物活性，可通過以下路線合成。

l)CHjI,Li,NH3

?CH2cH20H--------H3C-------=---CH2cH20H

2)NH4C1

空氣

------?

△

回答下列問題:

(1)A的鏈狀同分異構體可發(fā)生銀鏡反應，寫出這些同分異構體所有可能的結構：一

(2)在核磁共振氫譜中，化合物B有組吸收峰。

(3)化合物X的結構簡式為一

(4)D-E的反應類型為_一

(5)F的分子式為,G所含官能團的名稱為。

(6)化合物H含有手性碳原子的數(shù)目為,下列物質(zhì)不能與H發(fā)生反應的是(填序號)。

a.CHChb.NaOH溶液c.酸性KMnO4溶液d.金屬Na

0c

(7)以和=-COOCH,為原料，合成?「C°H：寫出路線流程圖(無機試劑和不超過2個

碳的有機試劑任選)。

、H

【答案】(DH^X^HO2C=CHCH2CHO(2).4(3).

—C()()H(4).加成反應⑸.C13H12O3(6).皴基、酯基⑺.1(8).a(9).

【解析】

【分析】

根據(jù)所給信息分析同分異構體結構并寫出可能的同分異構體；根據(jù)有機物結構分析有機物中H原子的化學

環(huán)境；根據(jù)反應前后有機物結構和分子式推斷反應前反應的結構：根據(jù)已知條件判斷有機反應類型；根據(jù)

有機物結構判斷有機物可能發(fā)生的反應；根據(jù)題目所給的合成流程和已知條件選擇合適的反應路線制備目

標物質(zhì)。

【詳解】(1)A的鏈狀同分異構體可發(fā)生銀鏡反應說明該同分異構體中含有醛基，故可能的結構為

OHH3cHHO

Hc=o、人IIfH||

HC"cH、、/；故答案為：&C/、C/C'H

2H

H2CH3HCHOOHCH2

H

H3cHH3C.H

c=o

■Y、/k、JL。

CH3HCHOOHCH

(2)根據(jù)B的結構，有機物B中含有4種不同化學環(huán)境的H原子，故在核磁共振氫譜中有4組峰；故答案為:

4。

(3)根據(jù)有機物C和有機物D的結構，有機物C與有機物X發(fā)生酯化反應生成有機物D,則有機物D的結構

簡式為;故答案為：XTOOHo

(4)D-E為已知條件的反應，反應類型為加成反應；故答案為：加成反應。

(5)根據(jù)F的結構簡式，有機物F的分子式為G3Hl2。3,有機物G中含有的官能團名稱是酯基、默基；故答

案為：C|3Hl2。3；酯基、皴基。

(6)根據(jù)有機物H的結構，有機物H中含有1個手性碳原子，為左下角與羥基相鄰的碳原子；

有機物H中含有羥基，可以與金屬Na發(fā)生反應；有機物H中含有碳碳雙鍵，可以與酸性高銃酸鉀溶液反

應；有機物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有機物H中不含與CHC”反應的基團，故不與CHCL反應,

故選擇a；故答案為：1；a。

OH

COOCH,

(7)利用和=~COOCH,反應制得,可先將環(huán)己醇脫水得環(huán)己烯，將環(huán)己

烯()與濱發(fā)生加成反應再發(fā)生消去反應制得1,3-環(huán)己二烯),將1,3-環(huán)己二烯與

反應的具體流程為:

15為測定CuSCh溶液的濃度，甲、乙兩同學設計了兩個方案?；卮鹣铝袉栴}:

I.甲方案

實驗原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4J<+CuCl2

實驗步驟:

(1)判斷SO：沉淀完全的操作為

(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為—

(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器名稱為o

(4)固體質(zhì)量為wg,則c(CuSC>4)=________mol-L',

(5)若步驟①從燒杯中轉(zhuǎn)移沉淀時未洗滌燒杯，則測得c(CuSO4)(填“偏高”、"偏低''或"無影響”)。

n.乙方案

實驗原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2T

①按右圖安裝裝置(夾持儀器略去)

②……

③在儀器A、B、C、D、E…中加入圖示的試劑

④調(diào)整D、E中兩液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，讀數(shù)并記錄。

⑤將CuSCh溶液滴入A中攪拌，反應完成后，再滴加稀硫酸至體系不再有氣體產(chǎn)生

⑥待體系恢復到室溫，移動E管，保持D、E中兩液面相平，讀數(shù)并記錄

⑦處理數(shù)據(jù)

(6)步驟②為。

(7)步驟⑥需保證體系恢復到室溫的原因是(填序號)。

a.反應熱受溫度影響b.氣體密度受溫度影響c.反應速率受溫度影響

(8)Zn粉質(zhì)量為ag,若測得出體積為bmL,已知實驗條件下p(H2)=dgxU,則c(CuSC>4)mol-列

出計算表達式)。

(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調(diào)液面即讀數(shù)，則測得c(CuSCU)(填“偏高”、“偏低”或“無影響

(10)是否能用同樣的裝置和方法測定MgSCU溶液的濃度：(填“是”或“否”)。

【答案】(1).向上層清液中繼續(xù)滴加BaCL溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全(2).AgNCh溶液

40w曳.bdxlOJ

⑶.用煙(4).—-⑸.偏低⑹.檢查裝置氣密性⑺.b(8).652⑼?偏

23325x10，

高(10).否

【解析】

【分析】

甲方案是利用溶液中的硫酸銅與氯化鋼反應生成硫酸鋼沉淀，經(jīng)灼燒、洗滌、稱重后得到的固體是硫酸鋼,

利用硫酸根守恒，計算出硫酸銅的物質(zhì)的量，從而計算出濃度；乙方案是利用鋅與稀硫酸反應釋放出氫氣

的體積，換算成質(zhì)量，計算出與稀硫酸反應的鋅的物質(zhì)的量，再利用鋅的總的物質(zhì)的量減去與酸反應的鋅

的物質(zhì)的量，得到與硫酸銅反應的鋅的物質(zhì)的量，根據(jù)鋅和硫酸銅的物質(zhì)的量關系，計算出硫酸銅的物質(zhì)

的量，根據(jù)c=5得到硫酸銅的濃度，據(jù)此分析。

【詳解】I.(1)硫酸根離子的檢驗是滴加氯化鋼溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有硫酸根離子，故

判斷SO：沉淀完全的操作向上層清液中繼續(xù)滴加BaCb溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全；

(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為AgNCh溶液，硫酸鋼沉淀中可能附著有氯化鋼，為了證明還有

沒氯離子，需要加入硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明沒有洗凈；

(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器為坨摒；

(4)固體質(zhì)量為wg,為硫酸鋼的質(zhì)量，硫酸鋼的物質(zhì)的量為:,,根據(jù)硫酸根守恒可知，

233g/mol

nwg4()w

CuSC)4~BaSO4,則c(CuSO4)=—=233g/mol=----mol-L-,；

V0.025L233

(5)若步驟①從燒杯中轉(zhuǎn)移沉淀時未洗滌燒杯，會使固體的質(zhì)量偏小，物質(zhì)的量偏小，根據(jù)c=R可知，則測

得c(CuSO4)偏低;

II.(6)加入藥品之前需檢查裝置的氣密性；步驟②為檢查裝置氣密性；

(7)氣體的體積受溫度和壓強的影響較大，氣體的質(zhì)量不隨溫度和壓強的變化而改變，密度也受溫度和壓強

的影響，步驟⑥需保證體系恢復到室溫的原因是氣體密度受溫度影響；反應熱不受溫度的影響，只與反應

物和生成物自身的能量有關，不隨溫度壓強而改變；反應速率受溫度影響，溫度越高，反應速率越快，步

驟⑥需保證體系恢復到室溫與反應速率無關；

(8)Zn粉質(zhì)量為ag,若測得H?體積為bmL,已知實驗條件下p(H2)=dgxI?,氫氣的質(zhì)量

=p(H,)V=dbxl()-3g,利用氫氣的質(zhì)量得到氫氣的物質(zhì)的量一mol,根據(jù)

2g/mol2

入dxbx10-3ag

Zn+H,SO4=ZnSO4+H2T,與酸反應的鋅的物質(zhì)的量為絲絲”一mol,鋅的總物質(zhì)的量為，

265g/mol

a。dxbx1

與硫酸銅反應的鋅的物質(zhì)的量為-----------mol,根據(jù)Zn+CuSO4=ZnSC)4+Cu,則

65g/mol2

agdbxl0~3.

___----------------mol

c(CuSO4)=65g/mol2；

25x10"

(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調(diào)液面即讀數(shù)，得到氫氣的體積偏小，與硫酸反應的鋅的質(zhì)量偏小，與

硫酸銅反應的鋅的質(zhì)量偏大，則測得c(CuSO4)偏高；

(10)不能用同樣的裝置和方法測定MgSCU溶液的濃度，硫酸鎂不和鋅發(fā)生置換反應。

【點睛】本題甲方案計算時，需要根據(jù)硫酸根守恒，是易錯點。

16.利用太陽能光解水，制備的H?用于還原C02合成有機物，可實現(xiàn)資源的再利用?；卮鹣铝袉栴}：

I.半導體光催化劑浸入水或電解質(zhì)溶液中，光照時可在其表面得到產(chǎn)物

(1)下圖為該催化劑在水中發(fā)生光催化反應的原理示意圖。光解水能量轉(zhuǎn)化形式為。

(2)若將該催化劑置于Na2sCh溶液中，產(chǎn)物之一為SO：,另一產(chǎn)物為。若將該催化劑置于AgNO3

溶液中，產(chǎn)物之一為02,寫出生成另一產(chǎn)物的離子反應式..一。

II.用比還原CO2可以在一定條下合成CH30H(不考慮副反應)：

CO2(g)+3H2(g)^￡H3OH(g)+H2O(g)AH<0

(3)某溫度下，恒容密閉容器中，CO2和H2的起始濃度分別為amoMZ和3amol-LL反應平衡時，CH30H

的產(chǎn)率為b,該溫度下反應平衡常數(shù)的值為。

(4)恒壓下，CCh和H2的起始物質(zhì)的量比為1:3時，該反應在無分子篩膜時甲醇的平衡產(chǎn)率和有分子篩膜時

甲醇的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示，其中分子篩膜能選擇性分離出H2OO

A△有分子附膜

%45-

/?無今子篩膜

隔-

力

&25-

&-

200220240

溫度TC

①甲醇平衡產(chǎn)率隨溫度升高而降低的原因為—

②P點甲醇產(chǎn)率高于T點的原因為。

③根據(jù)上圖，在此條件下采用該分子篩膜時的最佳反應溫度為℃?

川.調(diào)節(jié)溶液pH可實現(xiàn)工業(yè)廢氣C02的捕獲和釋放

(5)CO,的空間構型為o已知25℃碳酸電離常數(shù)為Ka2,當溶液pH=12時,

c(H2CO3):c(HCO；):c(CO|)=l：

【答案】(1).光能轉(zhuǎn)化為化學能⑵.比(3).Ag++e-=Ag(5).該反應

27a2(1-b)4

為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動(或平衡常數(shù)減小)⑹.分子篩膜從反應體系中不斷分離出H2O,

2

有利于反應正向進行，甲醇產(chǎn)率升高(7).210(8).平面