B．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率
C．当投料比m＝2时，NO转化率比CO转化率小
D．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
③若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_______（填写分数即可，不用化简）。
（2）在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO2，发生反应4CO（g）+2NO2（g）
N2（g）+4CO2（g）ΔH<0，如图2为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有______（填字母序号）
a．增加CO的浓度b．缩小容器的体积c．改用高效催化剂d．升高温度
②若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中A~G点中的______点。
（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。
在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO
），其工作原理如下图所示。
若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是______。
28．（15分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产Al（OH）3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：
多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=（1−
）×100%
①500℃焙烧（不添加CaO的矿粉）时，去除的硫元素主要来源于______。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是。
（3）向含大量AlO
的滤液中通入过量CO2，得到Al（OH）3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为。
（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，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】（15分）
镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。
请回答下列问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。
（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni（CO）4和正方形的[Ni（CN）4]2−、正八面体形的[Ni（NH3）6]2+等。
下列说法正确的有__________
A．CO与CN−互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1∶2
B．NH3的空间构型为平面三角形
C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4
D．Ni（CO）4和[Ni（CN）4]2−中，镍元素均是sp3杂化
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：
在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。
该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。
（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：
NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。
（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。
属六方晶系，其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“
”）和四面体空隙（“
”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。
①LaNix合金中x的值为_____；
②晶胞中和“
”同类的八面体空隙有___个，和“
”同类的四面体空隙有___个。
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。
以A为原料合成该药物的路线如图：
（1）A的化学名称是，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为。
（2）A分子中最少有原子共面。
（3）C生成D的反应类型为。
（4）A与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为。
（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有
种。
①除苯环之外无其他环状结构②能发生银镜反应③苯环上有只有两个取代基
其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为。
（6）已知：
，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物
的合成路线（无机试剂任选）。
2020年高考最后押题化学卷
（二）
7.【答案】A
【解析】聚丙烯的分子式为
，故B错误；95%的乙醇，能使细菌表面的蛋白质迅速凝固，形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不到杀死细菌的目的，医用酒精为75%的乙醇溶液，故C错误；甲醛可刺激人体皮肤、黏膜，且为有毒物质，可致癌，不能用于餐具的消毒剂，故D错误；故答案为A。
8.【答案】C
【解析】该有机物的分子式为C9H8，A不正确；苯环上连有－CH3，原子不可能共平面，B不正确；与乙炔基在同一直线上的原子共6个，C正确；碳碳三键可以发生加聚反应，D不正确；故选C。
9.【答案】D
【解析】A．由方程式：
ClO
+3HSO
=3SO
+Cl−+3H+可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，由题目信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，故反应开始时速率增大可能是c（H+）增大所致，故A正确；B．由方程式：
ClO
+3HSO
=3SO
+Cl−+3H+可知，υ（ClO
）∶υ（Cl−）=1∶1，纵坐标为υ（Cl−）的υ-t曲线与图中曲线重合，故B正确；C．随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；D．图中阴影部分“面积”可以表示t1-t2时间内ClO
的物质的量浓度的减少量，故D错误；故答案为D。
10.【答案】B
【解析】铝和Ag2S在氯化钠电解质溶液中形成原电池反应，铝做负极，表面有硫化银的银器做正极，硫化银被还原成银，银器由黑色很快恢复银白色，B项错误；答案选B。
11.【答案】A
【解析】A．蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：
蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A项错误；B．强酸制弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑，B项正确；C．最后得到LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤，C项正确；D．铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应，D项正确；答案选A。
12.【答案】C
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。
同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，W是O，Y是S，则Z是Cl。
X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-6＝1，所以X是Na。
A．同周期元素原子从左到右半径增大，有Cl＜S＜Na；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则O原子半径最小；综合原子半径：
O＜Cl＜S＜Na，正确；B．非金属性Cl＞S，则S的气态氢化物的稳定性弱于Cl的气态氢化物，正确；C．W与X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误；D．常温常压下，S的单质是固态，正确，；答案选C。
13.【答案】C
【解析】A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．由图中起点可知0.1mol/L H2S溶液电离出的c（H+）=10−4.1mol/L，电离方程式为H2S
H++HS−、HS−
H++S2−；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈
≈10−7.2，数量级为10−8，故B错误；C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c（H2SO3）=0.1mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D．根据平衡常数表达式可知
，a点之后，随SO2气体的通入，c（H+）增大，当通入的SO2气体达饱和时，c（H+）就不变了，Ka1也是一个定值，
的值保持不变，故D错误；答案选C。
26.【答案】
（1）小于
（2）粉碎矿石、搅拌、适当提高温度、适当提高溶液浓度等
（3）PbO2+4HCl
PbCl2+Cl2↑+2H2O冷却、过滤“浸出”时生成的氯气，通入置换液中生成三氯化铁循环利用
（4）阳
（5）Qc（Bi2S3）=（0.01）2×（6.0×10−36÷1×10−5）3=2.16×10−95>Ksp（Bi2S3）=1.8×10−99，故有Bi2S3沉淀生成
【解析】辉铋矿（主要成分是Bi2S3、还含PbO2杂质）制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：
Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，所以得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Pb2+，滤液冷却结晶可以得到PbCl2，然后回收铅；再次过滤得到的滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，置换液主要是氯化亚铁；对海绵铋进行熔铸、精炼得到金属铋；置换液中再通入氯气得到氯化铁溶液可以循环使用。
（1）同周期，从上往下，氢化物的稳定性逐渐降低，故铋的氢化物的热稳定性小于氨气；
（2）为了提高浸出率，可采取的措施有将矿石粉粹、搅拌，以增大接触面积，也可适当增大氯化铁溶液的浓度、适当升高温度等；（3）浸出时，PbO2生成PbCl2，Pb的化合价降低，则浸出液中HCl化合价升高生成Cl2，化学方程式为PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O；由于PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可对滤液进行冷却结晶然后过滤分离回收PbCl2；置换液为FeCl2，可将浸出时产生的Cl2通入置换液中，使FeCl2转化为FeCl3循环利用，同时防止污染环境；（4）电解时金属铋需要被氧化生成Bi3+，电极池中阳极得电子发生氧化反应，所以粗铋为电解池的阳极；阴极得电子发生还原反应，根据电解质溶液中的离子种类可知阴极应是氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应为
；（5）Cu2+恰好沉淀完全即溶液中c（Cu2+）=1×10−5mol·L−1，则此时溶液中c（S2−）=
mol·L−1，此时Qc（Bi2S3）=0.012×（
）3=2.16×10−95＞Ksp（Bi2S3）=1.8×10−99，故有Bi2S3沉淀生成。
27.【答案】
（1）（2）abC
（3）若Pt颗粒增多，NO
更多转化为NH
存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量
【解析】
（1）①据图1所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；②A．由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：
m1＞m2＞m3，故A错误；B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B错误；C．由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率α=
×100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C正确；D．反应正向移动时CO2浓度增大，CO浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D正确；故答案为：
CD；③若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，列三段式有：
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正·c2（NO）·c2（CO）=k逆·c（N2）·c2（CO2），则
；
（2）①a．增加CO的浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；b．缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO转化率提高，故b正确；c．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故c错误；d．该反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故d错误；故选ab；②相同压强下降低温度平衡正向移动，CO2体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移动CO2体积分数增大，所以符合条件的为C；（3）由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO
会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量。
28.【答案】
（1）NaOH溶液、Na2SO3溶液
（2）FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）AlO
+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO
（4）11
【解析】高硫铝土矿生产Al（OH）3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝。
（1）吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；（3）向含AlO
的滤液中通入过量CO2，得到Al（OH）3和HCO
，离子方程式为AlO
+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO
；（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：
2x×（3−
）＝2y×5+y×（
−2），解得
＝16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）＝1∶16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n（Fe2O3）=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。
35.【答案】
（1）3d84s25
（2）A
（3）
（4）6离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高
（5）536
【解析】
（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向；
（2）A．CO、CN−与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；B．NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；C．[Ni（CN）4]2−和[Ni（NH3）6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；D．Ni（CO）4为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni（CN）4]2−是平面四边形，不是sp3杂化方式，D项错误；故答案选A；（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以表示为：
；（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；（5）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，
，La在顶点，Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：
，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为
，四面体结构为：
。
36.【答案】
（1）邻氯苯甲醛（2-氯苯甲醛）氨基、羧基
（2）12
（3）取代反应（或酯化反应）
（4）
+2Cu（OH）2+NaOH
Cu2O↓+3H2O+
（5）6
、
（6）
【解析】
（1）有机物A的结构简式为
，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为
，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：
邻氯苯甲醛；氨基、羧基；
（2）A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：
12；（3）C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：
取代反应（或酯化反应）；（4）A的结构简式为
，分子中含有醛基，可与新制Cu（OH）2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为
+2Cu（OH）2+NaOH
Cu2O
↓+3H2O+
，故答案为：
+2Cu（OH）2+NaOH
Cu2O↓+3H2O+
；（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为－CHO、－CH2Cl和－Cl、－CH2CHO，分别都有邻间对3种结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为
、
，故答案为：
6；
、
；（6）已知：
，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物
的合成路线可以是
。
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