1、2020年高三校际联合考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 P 31 S 32 Zn 65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法正确是（ ）A. 可以注射消毒液杀灭人体内的新型冠状病毒B. 干粉灭火器主要用于扑救有机溶剂、可燃气体和电气设备的初期火灾C. 家蚕丝心蛋白水解生成的甘氨酸和丙氨酸共能形成3种二肽D. 骨水泥（骨粘固剂）的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯的单体是甲基丙烯酸和甲醇【答案】B【解析】【详解】A将消毒液注入人体，可导致人体蛋白质变性，危害人体生命安全，A错误；B干粉灭火器主要用于扑救有
2、机溶剂、可燃气体和电气设备的初期火灾，B正确；C用A代表甘氨酸，用B代表丙氨酸，二者可形成4种二肽：A-A、B-B、A-B、B-A，C错误；D骨水泥（骨粘固剂）的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯的单体是甲基丙烯酸甲酯，D错误。答案选B。2.下列说法错误的是（ ）A. 棉花、麻、羊毛、蚕丝都属于天然纤维B. 可用热的NaOH溶液鉴别地沟油和汽油C. 甲苯、间二甲苯的一氯代物种数相同D. 不饱和度是6，核磁共振氢谱有2组峰【答案】D【解析】【详解】A棉花、麻、羊毛、蚕丝都属于天然纤维，A正确；B地沟油属于油脂，在碱性条件下水解且产物溶于水，汽油属于烃类，不会水解且不溶于水，故二者可用热的NaOH溶液鉴别，
3、B正确；C甲苯、间二甲苯均有4种一氯代物，C正确；D的分子式为C8H8，不饱和度=5，有2种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，D错误。答案选D。3.下列说法错误的是（ ）A. 基态Cr原子有6个未成对电子B. PH3和NH3分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于NH3C. BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3D. 向1mol配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀【答案】D【解析】【详解】ACr的原子序数为24，价电子排布为3d54s1，基态Cr原子有6个未成对电子，A正确；BPH3分子结构和NH3相似，中心原子都含有一个孤电子对，N
4、元素的电负性大于P，电负性越大，其原子越不易提供孤电子对，故PH3提供孤电子对的能力强于NH3，B正确；CBeO的晶格能大于MgO，说明Be2+离子结合碳酸根中的氧离子的能力更强，故BeCO3更容易分解生成氧化物和二氧化碳，所以BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3，C正确；D内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，D错误。答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L15NH3中含有的质子数为11NAB. 含63gHNO3的浓
5、硝酸与足量铜完全反应，转移电子数大于0.5NAC. 常温下，1L溶液中含有的氮原子数小于0.2NAD. 标准状况下，224mLSO2溶于水后形成的溶液中、粒子数之和等于0.01NA【答案】B【解析】【详解】A15NH3的质子数为7+13=10，标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数为10NA，A错误；B浓硝酸与铜发生反应：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，1molHNO3转移0.5mol电子，反应一段时间硝酸浓度变小，发生反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，1molHNO3转移0.75mol电子，含63g即1molH
6、NO3的浓硝酸与足量铜完全反应，生成物有NO2 、NO，转移电子数大于0.5mol，B正确；C根据氮原子守恒，常温下，1L溶液中含有的氮原子数等于0.2NA，C错误；D标准状况下，224mLSO2的物质的量= =0.01mol，SO2溶于水后一部分与水生成亚硫酸，亚硫酸发生电离，在溶液以、粒子存在，还有一部分SO2在水中以分子形式存在，根据硫原子守恒，标准状况下，224mLSO2溶于水后形成的溶液中、粒子数之和小于0.01NA，D错误。答案选B。5.近年来被网络炒得火热的抗衰老“神药”白藜芦醇结构简式如图所示，下列关于白藜芦醇说法错误的是（ ）A. 分子式为C14H12O3B. 存在顺反异构C
7、. 所有碳原子可能共平面D. 属于醇类，能发生加成反应、取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A由结构简式可知白藜芦醇的分子式为C14H12O3，A正确；B该有机物分子的双键碳原子上连有不同的基团，存在顺反异构，B正确；C分子中含有苯环、乙烯等基础分子的共面结构，单键可以旋转，所有碳原子可能在同一平面，C正确；D该有机物分子中羟基连接在苯环上，所以属于酚而不属于醇；该有机物分子含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有酚羟基，可以发生取代反应；D错误；答案选D。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，
8、乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. X、Y、Z三种元素的第一电离能：B. X分别与Y、Z、W形成的分子中均可能含有非极性共价键C. Z元素的最高价含氧酸的酸性在同周期和同主族元素中均最强D. 若固体是由直线形的和平面三角形的组成，则与丙溶液中的溶质阴离子相同【答案】A【解析】【分析】K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，K是NO2，丙为浓HNO3，可知乙是O2，L为H2O，甲是常见的固体，与浓HNO3反应生成NO2，所以甲为C，M为CO2，所以X、Y、Z、W分别是H、C、N、O四种元素，据此解答。【详解】A第一电离能
9、是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，同周期元素第一电离能从左到右增大，H原子比碳原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，所以第一电离能比C的大，N原子的2p能级处于半充满状态，比较稳定，第一电离能较大，H、C、N三种元素的第一电离能为：NHC ，A错误；BH与C、N、O形成的分子中，C2H4、N2H4、H2O2中都含有非极性共价键，B正确；CZ为N元素，N在元素周期表第二周期第VA族，由于O、F无正价，第二周期中元素的最高价氧化物的水化物中HNO3酸性最强；第VA族中N非金属性最强，故第VA族中最高价氧化物的水化物中HNO3酸性最强，C正确；DN2O5
10、在固态时由和构成，其中呈直线型，呈平面三角形，丙溶液为硝酸，所以Q与丙溶液中的溶质阴离子相同，D正确。答案为A。7.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 少量SO2通入BaCl2溶液中：B. 与足量盐酸反应：C. 中加入酸化的KMnO4：D. 向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液：【答案】C【解析】【详解】A盐酸的酸性比亚硫酸强，强酸可以制弱酸，SO2与BaCl2溶液不能反应，A错误；B银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和NH4Cl，溶液里Ag(NH3)2 OH应该拆开，离子方程式为： Ag(NH3)2+OH-+3H+Cl-=AgCl+2+H2O，B错误；C中加入酸化的KMnO4
11、，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：，C正确；DNaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，正确的离子方程式为：2Fe2+2ClO-+2H2O=Fe3+HClO+Fe(OH)3+Cl-，D错误。答案选C。8.下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是ABCD蒸馏时的接收装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到胆矾晶体用CCl4除去HBr气体中的少量溴蒸气模拟工业制氨气并检验产物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞住，否则锥形瓶中气压过大会导致事故，A不选；B蒸发溶液时应该在蒸发皿里进行，B不选；C溴易溶于
12、CCl4而HBr不溶，用CCl4可以除去HBr气体中的少量溴蒸气，C选；D检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸使用不合理，D不选。答案选C。9.某小组为验证SO2的性质设计如图所示的实验装置，下列说法错误的是（ ）A. 一段时间后石蕊溶液和品红溶液均褪色，说明SO2有漂白性B. 一段时间后酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，说明SO2有还原性C. 一段时间后氢硫酸溶液中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性D. 该装置能体现实验的微型化和绿色化【答案】A【解析】【分析】【详解】ASO2具有酸性氧化物的性质，可以使石蕊溶液变红但不会褪色，SO2使品红溶液褪色说明SO2有漂白
13、性，A错误；BSO2具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液、溴水发生氧化还原反应而使溶液褪色，B正确；CSO2与氢硫酸溶液发生反应，SO2+2H2S=3S+2H2O，生成的硫单质难溶于水为淡黄色沉淀，C正确；D该装置使用注射器代替分液漏斗，药品用量少，用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气，对环境的污染也少，操作方便，体现实验的微型化和绿色化，D正确。答案选A。10.溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水、易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下（已知步骤的滤液中不含）。下列说法错误的是（ ）A. 试剂a可以是生石灰，试剂b是氢溴酸B. 步骤V所含的操作
14、依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C. 为将杂质离子除尽，步骤需加过量试剂a，保证溶液呈强碱性D. 工业上常用氨气与溴、石灰乳反应制取溴化钙，若反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为32，则产物中会生成一种无色气体【答案】C【解析】【分析】工业大理石（含少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙，工业大理石加入氢溴酸溶液生成溴化钙、溴化铝、溴化铁，然后向溶液中加入试剂a，目的是除去Al3+、Fe3+等杂质，除杂质不能引入新杂质，Al3+、Fe3+能与碱反应生成沉淀，a可选取氢氧化钙或生石灰，反应后过滤，滤去沉淀，向滤液中加入试剂b，目的是除去过量的碱，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到
15、CaBr2H2O,再进行加热，得到纯净的溴化钙。【详解】A由分析可知，试剂a，目的是除去Al3+、Fe3+等杂质，可以是生石灰，试剂b，目的是除去过量的碱，除杂质不能引入新杂质，因为最后要制取溴化钙，试剂b是氢溴酸，A正确；B要从溶液中得到溴化钙，步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；C步骤需加过量生石灰，溶液呈强碱性，会发生反应：Al3+4OH-=Al(OH)4-，导致Al3+无法除去，C错误；D氨气与溴、石灰乳反应制取溴化钙，反应中氧化剂为溴单质，还原剂为氨气，反应中1mol溴得到2mol电子，设溴的物质的量为3mol，得到的电子为6mol，还原剂氨气中氮的化
16、合价为-3 ，根据得失电子守恒，2mol氨气要失去6mol电子，氮元素就要由-3价变为0价生成氮气，氮气为无色气体，D正确；答案选C。二、选择题11.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）A. Na4S2O3的水溶液显碱性B. 1mol Na4S2O3中共含离子数为5NAC. 上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD. CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生【答案】AD【解析】【分析】混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐
17、，混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2两种盐。【详解】A由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A正确；B由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为2+1+2+1=6NA，B错误；C由可知，生成单质硫的S元素化合价由+1变为0，则每产生3molS，转移电子的物质的量为3mol，C错误；D在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；答案选AD。12.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（
18、含CaO）上清液中的，制取石膏（）的过程如下：下列说法错误的是（ ）A. 属于盐类和纯净物B. 过程中，反应的离子方程式为C. 过程后溶液pH减小D. 将10L上清液中的（浓度为）转化为，理论上共需要0.15molO2【答案】BD【解析】【分析】氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，与硫酸锰生成氢氧化锰，过程I中，通入氧气将氢氧化锰氧化为，过程II中，将上清液中的S2-氧化为，同时被还原为氢氧化锰，再通入氧气将氧化为，经过浓缩结晶，得到石膏。【详解】A俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；B根据转化关系图，过程中S2-与生成和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电
19、子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2 +10OH- ，B错误；C由分析可知过程I中发生反应：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，溶液的pH减小，C正确；D10L上清液中的S2-的物质的量=0.15mol，根据物质转化过程可知，S2-转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气， 在S2-的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，S2-共失去0.15mol8=1.2mol电子，1molO2在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的S2-转化为，理论上共需要O2的物质的量=0.3mol，D错误。答案选BD。13.Pd-Mg/SiO2
20、催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 上述甲烷化过程总反应可表示为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)B. 整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgOC. Pd-Mg/SiO2催化剂加快了甲烷化速率，提高了H2的平衡转化率D. 经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程【答案】BC【解析】【详解】A由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，反应为：CO2+4H2CH4+2H2O，A正确；B由反应机理可知CO2甲烷化反应的关键在于加氢，整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd，错误；C催化
21、剂可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率，C错误；DMgO与CO2结合形成碳酸盐经过一个加氢循环后，又得到MgO，化学性质没有变化，继续参加新的加氢循环过程，D正确。答案选BC。14.t时，两种碳酸盐MCO3（M表示X2+或Y2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，。下列说法正确的是（ ）A. 线a表示YCO3的溶解平衡曲线B. C. t时，向XCO3悬浊液中加入饱和溶液，可能有YCO3生成D. t时，向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，一定能产生YCO3沉淀【答案】C【解析】【分析】pM相等的时候，图像中p(CO32-)数值越大，实际浓度越小，因为Ksp(XCO3)Ksp(YCO3)
22、，所以线a表示XCO3的溶解平衡曲线，线b表示YCO3的溶解平衡曲线。【详解】A由分析可知，线a表示XCO3的溶解平衡曲线，A错误；B由分析可知，线a表示XCO3的溶解平衡曲线，当p(CO32-)=4时，pX=-lgc(X2+)=0，则c(CO32-)=1.010-4mol/L，c(X2+)=1.0mol/L，故Ksp(XCO3)=1.01.010-4=1.010-4，B错误；Ct时，XCO3悬浊液中，XCO3(s)X2+(aq)+CO32-(aq)，当向XCO3悬浊液中加入饱和Y(NO3)2溶液，当c(Y2+)c(CO32-)Ksp(YCO3)时，则有YCO3沉淀生成，C正确；Dt时，向饱和
23、YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，使溶液中Y2+的物质的量浓度减小，当溶液中c(Y2+)c(CO32-)NP (2). 氢键、范德华力 (3). 29 (4). S (5). (6). (7). 正四面体 (8). 16 (9). 【解析】【分析】根据白磷分子在晶胞中的位置，在1个白磷分子的晶胞中，8个白磷分子位于晶胞的顶点，六个白磷分子位于晶胞的面心，故1个晶胞中白磷分子的个数为，1个白磷分子中含有4个磷原子，该晶胞中含有的P原子个数为44=16，然后计算1mol白磷分子晶胞的质量为，计算出晶胞参数a。【详解】（1）同周期主族元素的电负性，从左到右随着元素原子序数的递增，电负性逐渐增强，故
24、N、O、P原子的电负性由大到小的顺序为ONP；该药物的分子内含有氨基和羟基，所以该药物的分子间作用力有氢键、范德华力；（2）1个分子中含有29个键，故1mol该物质含键数目为29NA；（3）SCN-的结构式为，因为Mn，C，N三种原子不在同一水平线上，所以S原子为配位原子提供孤电子对，形成配位键后，S原子的价层电子对数为4，并且S原子含有2对孤电子对，所以S原子的杂化方式为sp3；（4）As元素原子序数为33，为第A族元素，基态原子核外电子排布式为Ar3d104s24sp3，故As元素基态原子的价电子排布式为4s24sp3；的价层电子对数为4，并且中心原子As不含有孤电子对，故的空间构型为正四
25、面体；（5）在1个白磷分子的晶胞中，8个白磷分子位于晶胞的顶点，六个白磷分子位于晶胞的面心，故1个晶胞中白磷分子的个数为，1个白磷分子中含有4个磷原子，该晶胞中含有的P原子个数为44=16；已知晶胞参数为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，1mol该晶胞的质量为，a= ，晶体中白磷分子的最短距离为该晶胞面对角线的一半，该晶胞的面对角线为cm，故晶体中白磷分子之间的最短距离为cm。【点睛】本题考查晶胞的相关计算，关键是利用“均摊法”找到晶胞内所含分子数，然后根据一个白磷分子中含有4个磷原子，计算出一个晶胞中所含有的磷原子数，利用密度表达式列式计算晶胞参数a，计算时切勿漏掉原子个数。17.在药物和染
26、料的制取中有重要作用，沸点69，100以上分解生成两种常见气体。实验室对其稳定性和分解产物的部分性质分别进行了如下探究。已知：反应开始后，乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄绿色气体。回答下列问题：(1)装置A中的进水口为_，仪器B的名称为_，加热B的方式最好选用_（填“水浴加热”或“油浴加热”）。(2)装置C的作用为_，装置D的作用为_。(3)试剂X、Y分别为下列试剂中的_、_（填标号）。a.品红溶液 b.氢氧化钠溶液 c.高锰酸钾溶液 d.四氯化碳(4)若进入丙中的气体过量，则丙中的现象为_，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). m (2). 圆底烧瓶 (3). 油浴加热 (4). 通过观察
27、气泡速率调节油浴温度，控制反应速率 (5). 安全瓶，防止倒吸 (6). d (7). c (8). 溶液变浑浊 (9). 【解析】【分析】现实验室欲对的稳定性和分解产物的部分性质分别进行探究，已知反应开始后，乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄绿色气体，则分解生成氯气和二氧化硫，已知在100以上分解，则可采用油浴加热装置B，通过观察装置C中的气泡速率调节油浴温度，控制反应速率；装置D作安全瓶，可防止倒吸；装置甲用于除去二氧化硫中的氯气，在装置丙中二氧化硫与硫化钠溶液反应生成硫单质，溶液变浑浊；装置丁用于除去氯气中的二氧化硫，在装置己中氯气氧化硫化钠生成硫单质，溶液变浑浊；装置乙和装置戊均作安全瓶，可防
28、止倒吸，据此分析解答。【详解】(1)冷凝管的冷凝水应下口进上口出，则应从m口进水；仪器B的名称为圆底烧瓶；已知在100以上分解，则加热B的方式最好选用油浴加热，故答案为：m；圆底烧瓶；油浴加热；(2)可通过观察装置C浓硫酸中的气泡速率调节油浴温度，控制反应速率；装置D作安全瓶，可防止倒吸；(3)装置甲中试剂X用于除去二氧化硫中的氯气，因此试剂X应能吸收氯气，而不能吸收二氧化硫，因此应选择四氯化碳；装置丁中试剂Y用于除去氯气中的二氧化硫，因此试剂Y能吸收二氧化硫，而不能吸收氯气，因此应选择高锰酸钾溶液，故答案为：d；c；(4)过量二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质和亚硫酸氢钠，则丙中溶液变浑浊，发生
29、反应的离子方程式为。18.随着现代工业的快速发展，SO2烟气的排放量急剧增加。将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。.气相还原法固体还原剂直接还原法固体还原剂直接还原法是指在一定温度下（200300）将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如下：（1）再生塔中生成的物质_（填化学式）可在流程中循环使用。（2）脱硫塔中发生反应的化学方程式为_。脱硫过程中，当产生48g单质S2时，转移电子的物质的量为_mol。液相还原法液相催化歧化制硫法V.M Petrusevski等人用作
30、为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如下：（3）下列仪器中，“操作”时不需要用到的是_（填标号）。a. b. c. d.（4）催化NaHSO3的反应过程为_（用离子方程式表示）；。（5）液相催化歧化制硫法具有反应条件温和、运行费用低等优点，然而其缺点是硫磺的回收率不会高于_%（保留1位小数）。（6）若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着吸收液pH的变化，会生成二次污染物_（填化学式）。【答案】 (1). CaS (2). CaS+2SO2CaSO4+S2 (3). 3 (4). a (5). (6). 33.3 (7). H2S【解析】【分析】.气相还原法固体还原剂直接
31、还原法根据流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2和CaS，CaS循环使用，据此分析、结合相关知识作答。.液相还原法液相催化歧化制硫法SO2烟气用碱盐吸收转化成NaHSO3，根据流程，加入NaI催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，总反应为，据此分析、结合相关知识作答。【详解】.气相还原法固体还原剂直接还原法（1）根据流程，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2，C被氧化成CO2，则CaSO4被还原成CaS而在流程中循环使用，反应可表示为2C+CaSO4=CaS+2CO2，故答案为：CaS；（2）根据“固体还原剂直接还原法是指在一定
32、温度下（200300）将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原”和流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，根据原子守恒，脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2；在该反应中，CaS中S元素的化合价由-2价升至0价，SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价，生成1molS2转移4mol电子，当产生48g单质S2时转移电子物质的量为4=3mol，故答案为：CaS+2SO2CaSO4+S2，3。.液相还原法液相催化歧化制硫法（3）根据流程，“操作”是从含NaHSO4的溶液中获得NaHSO4H
33、2O，故“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，蒸发浓缩时需要使用蒸发皿和坩埚钳，过滤时需要使用漏斗，则“操作”时不需要用到的是坩埚，答案选a；（4）的反应为，在中I2将氧化成，I2被还原成I-，根据流程I-催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，I-是催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，则中I-将NaHSO3还原成S，I-被氧化成I2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，的离子方程式为，故答案为：；（5）根据（4）的分析，液相催化歧化制硫法的总反应为，理论上3mol反应生成1molS，所以该法硫磺的回收率不会超过，即不会高于33.3%，故答案为33.3；（6）若采用Na2S溶液作为碱
34、盐吸收液，由于H2SO3的酸性强于H2S，SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染，故答案为H2S。【点睛】本题以SO2还原为硫磺为载体，考查氧化还原反应方程式的书写和计算、硫元素的单质及其化合物的相互转化、实验仪器的选择等知识；难点是第（4）问，注意根据催化剂的特点进行分析。19.开发新型高效的乙烷脱氢制乙烯过程对于石油化工至关重要。回答下列问题：（1）不同Zn含量PtSn催化剂催化乙烷脱氢反应时，乙烷的转化效率随时间变化如下图所示。由图可知，催化活性最优的催化剂为_。（2）随着温度升高，乙烷脱氢反应容易造成催化剂表面积碳，影响催化剂的稳定性，脱氢时通常一起充入CO2，该工艺称为“乙
35、烷二氧化碳氧化脱氢反应”，CO2发生的反应为： 、。则CO2的作用为_、_。（3）实验室模拟“乙烷二氧化碳氧化脱氢反应”，时，将2.8mol与5.2mol CO2充入容积恒定为0.5L的恒温密闭容器中发生反应：，平衡时，。a=_。T时，该反应的平衡常数K=_。若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是_（填标号）。a.三种生成物平衡分压比值保持不变时，反应达到平衡状态b.降低C2H6与CO2用料比，C2H6平衡转化率升高c.在容器中加入CaO，可与H2O反应，提高CH2=CH2产率d.反应开始后的一段时间内，适当缩小容器体积可提高单位时间内C2H6的转化率（4）中国科学院科研团队，利用固
36、体氧化物电解池（Solid oxide electrolysis cell，SOEC），在SOEC阳极实现了高选择性乙烷电化学脱氢制乙烯。装置示意图如下。b为电源的_极。阳极电极反应为_。【答案】 (1). PtSn/Mg(2-Zn)AlO (2). 消耗H2促进乙烷脱氢反应正向进行 (3). 消除催化剂表面积碳，提高催化剂的稳定性 (4). +178.1 (5). 6.25 mol/L (6). bd (7). 负 (8). 【解析】【分析】（1）由图象看出最高的那条线是催化活性最优的，即PtSn/Mg（2-Zn）AlO催化剂的催化反应活性最优；（2）根据CO2发生的反应，结合题干信息思考；
37、（3）用盖斯定律计算出目标方程式的反应热，再利用三段式法计算平衡常数；（4）二氧化碳通过电解转变为一氧化碳，碳元素化合价降低，得电子，被还原，则与b相连的电极为阴极，与a相连的电极为阳极，与阴极相连的为电源负极，则a为电源正极，b为电源负极。【详解】（1）由图象看出最高的那条线是催化活性最优的，即PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优，故答案为：PtSn/Mg(2-Zn)AlO；（2）根据CO2发生的反应分析，消耗了H2，有利于乙烷的脱氢反应向右进行；，能消除积碳，提高催化剂的稳定性，故答案为：消耗H2促进乙烷脱氢反应正向进行；消除催化剂表面积碳，提高催化剂的稳定性；（3）由
38、盖斯定律，根据已知的方程式： ； ；根据盖斯定律，将+得到H=+136.9kJ/mol+41.2kJ/mol=+178.1 kJ/mol，故答案为：+178.1；设转化C2H6物质量为xmol，根据题目数据，列式如下：起始（mol）2.8 5.2 0 0 0转化（mol）x x x x x平衡（mol）2.8-x 5.2-x x x x又因为是恒容容器，压强之比等于物质的量之比，有，解得x=2，又容器体积为0.5L，故平衡时各组分的浓度为：c(C2H6)=，c(CO2)=，c(CH2=CH2)= c(CO)=c(H2O)=，该反应的平衡常数K=6.25mol/L，故答案为：6.25mol/L；
39、 a由方程式看出，三种生成物的化学计量数均为，三种生成物平衡分压比值始终保持不变，三种生成物平衡分压比值保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b降低C2H6与CO2用料比，相当于增大CO2的量，可以使C2H6的平衡转化率升高，故b正确；c在容器中加入CaO，CO2先与CaO反应，平衡逆向移动，会降低CH2=CH2产率，故c错误；d适当缩小容器体积，压强增大，反应速率加快，可提高单位时间内C2H6的转化率，故d正确。故答案为：bd；（4）根据分析可知，b为电源的负极，故答案为：负；阳极发生氧化反应，乙烷失电子变成乙烯，固体电解质可以传导O2-，电极反应式为：，故答案为：。【点睛】该题为
40、化学原理综合题，应用知识是解答关键，化学平衡常数的计算多用三段式法，要注意阿伏加德罗定律的应用，（3）题小题D项注意是单位时间，故描述的是反应速率。20.吡贝地尔可用于治疗帕金森病，对于控制帕金森病的震颤、运动迟缓、肌张力增高有一定的作用。另外对于不宁腿综合征也有治疗效果。其合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)物质A的结构简式为_，检验A中非含氧官能团所用试剂的先后顺序为_(填化学式)，物质F中含氧官能团的名称为_。(2)写出C转化为D的化学反应方程式：_，D生成E的反应类型为_，试剂Y的结构简式为_。(3)G与E互为同分异构体，请写出符合下列条件的G的结构简式：_(写出1个即可)。遇Fe
41、Cl3溶液显色 能发生银镜反应 含有一个手性碳原子(4)请结合题目中的相关信息，以物质C、1，1-二氯乙烷、乙醛为原料，设计合成的路线(其他试剂任选)。_【答案】 (1). (2). NaOH、HNO3、AgNO3 (3). 醚键 (4). (5). 加成反应 (6). (7). 、 (8). 【解析】【分析】由B的结构简式，可推出A的结构简式为：，B至C是酸化，C的结构简式为：，由D的结构简式可推出X为CH2Cl2，D与HCHO发生加成反应生成E，E与HCl发生取代反应生成F，F到吡贝地尔发生取代反应，根据吡贝地尔的结构，可推出Y的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，A为，其
42、中的非含氧官能团为氯原子，检验方法为：将少量样品与NaOH溶液在试管中混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有氯元素，所用试剂的先后顺序为：NaOH、HNO3、AgNO3；根据F的结构简式，其含有的含氧官能团的名称为醚键，故答案为： ；NaOH、HNO3、AgNO3；醚键；(2)C的结构简式为，B至C是酸化，反应方程式为：，D与HCHO发生加成反应生成E，F到吡贝地尔发生取代反应，根据吡贝地尔的结构，可推出Y的结构简式为，故答案为：；加成反应；(3)E的结构简式为，G与E互为同分异构体，遇FeCl3溶液显色，说明有酚羟基；能发生银镜反应，说明有醛基，含有一个手性碳原子，则该C原子连有4个不同的原子或原子团，满足上述条件的有：、，故答案为：、；(4)C的结构简式为，加上1，1-二氯乙烷、乙醛为原料，合成，合成的方案为：先与1，1-二氯乙烷生成，再与甲醛生成，再通过消去反应和加聚反应生成产物，故答案为：。【点睛】本题是有机物推断，熟练掌握官能团性质与转化，结合转化关系中有机物的结构进行推断是解答的关键， 试题难点是(4)小题，利用逆向合成思维思考有利于解答。
