江苏省南通市2021届高三上学期新高考期中备考化学试卷Ⅱ-含答案.docx

1、（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考卷化 学2注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一

2、个选项符合题意）1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是A中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C本草经集注中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”D煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【答案】D【解析】煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下生成气体或液体燃料，是化学变化，答案选D。2下列化学用语表达正确的是A质子数为8，中子数为10的氧原子：OBCO2的比例模型：CNa2S4的电子式：DNa在元素周期表中的位置是第三周期第I主族【答案】

3、C【解析】A质子数为8，中子数为10的氧原子：，A用语错误；BCO2中碳原子半径大于氧原子，且为直线型，则比例模型：，B用语错误；CNa2S4为离子化合物，其电子式：，C用语正确；DNa在元素周期表中的位置是第三周期IA族，D用语错误；答案为C。3NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，124g P4中所含PP键数目为4NAB100mL 1molL1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】A常温常压下，124g P4的

4、物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B铁离子在溶液中水解，所以100mL 1molL1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。4下列物质的制备与工业生产相符合的是ANaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)BN2NOHNO3C制取镁：海水Mg(OH)

5、2MgOMgD铝土矿NaAlO2溶液 Al(OH)3Al2O3铝【答案】D【解析】A石灰水中Ca(OH)2的浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故不选A；B工业上制取硝酸时利用氨气的催化氧化制取NO，故不选B；C海水中加入氧化钙制取氢氧化镁，电解熔融氯化镁制取金属镁，不是电解熔融氧化镁，故不选C；D铝土矿中氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解为氧化铝，电解熔融氧化铝制取金属铝，故选D。5为减少温室气体的排放，科学家研究出以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2的反应，该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说

6、法正确的是A该反应中，光能和热能转化为化学能B该过程中没有电子的转移C使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D分解CO2反应的热化学方程式：【答案】A【解析】A由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，A正确； B该过程中二氧化碳发生了分解反应，属于氧化还原反应，故有电子转移，B不正确；C催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用TiO2作催化剂可以提高化学反应速率，C不正确；D化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，则分解CO2反应的热化学方程式为，D不正确。6用如图装置探究Cl2和NO

7、2在NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2和NO2，发生的化学反应为Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中可用Cu与1molL1的硝酸制备二氧化氮气体B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出C由该反应可知氧化性顺序：Cl2NO2NaNO3D通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量【答案】D【解析】A实验室中可用Cu与1molL1的硝酸是稀硝酸只能生成NO，得不到二氧化氮气体，A错误；B装置II中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体有Cl2和NO2、NO等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B错误；

8、C该反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中Cl2是氧化剂，NO2是还原剂，NaNO3是氧化产物，故只能得出氧化性顺序：Cl2NO2、Cl2NaNO3，但不能得出NO2NaNO3，C错误；D由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以通过观察装置I、III中的气泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量，D正确。72019年9月，我国科研人员研制出TiHFe双温区催化剂，其中TiH区域和Fe区域的温度差可超过100。TiHFe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是A在高温区发生，在低温区发生B该历程中能量变化

9、最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程C在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率D使用TiHFe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热【答案】B【解析】A为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；B由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，该过程为N2的吸附过程，氮氮三键没有断裂，故B错误；C升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故C正确；D催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变

10、反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确。8前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是A简单离子半径的大小ZYWXB简单氢化物的沸点WXCY是地壳中含量最多的金属元素D工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y【答案】B【解析】由题意分析可知W为O元素、X为F元素、Y为Mg元素、Z为K元素；A钾离子有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小ZWXY，故A错误；BW为O，简单氢化物为

11、水，X为F，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高于氟化氢，故B正确；CY为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故C错误；D工业电解熔融的氯化镁冶炼镁，故D错误。9用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色B若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解C实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用D若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊【答案】C【解析】A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水

12、反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；B若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，B错误；CD中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，C正确；D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误。答案选C。10向l3.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(N

13、O3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L 0.5mol/L NaOH溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是A原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为21B原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol/LC产生的NO的体积为2.24LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.4mol【答案】A【解析】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L1L=0.5mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6g，其物质的量为：19

14、.6g98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2，所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(OH)2=0.2mol。A设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n(Cu)n(Cu2O)=0.1mol0.05mol=21，故A正确；B根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=20.1mol+20.05mol

15、，解得n(NO)=0.1mol，根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L1L=0.5mol，所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol0.25L=2.4mol/L，故B错误；C由B中计算可知n(NO)=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，故C错误；D反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2nCu(NO3)2=n(NaNO3)，所以

16、n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=0.5mol-20.2mol=0.1mol，故D错误。二、不定项选择题（每小题4分，共20分）11某黑色粉末可能是Fe3O4或Fe3O4与FeO的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是A准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算B准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算C准确称量一定质量的黑色粉末，用CO充分还原，在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，计算D准确称量一定质量的黑色粉末，用H2

17、充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算【答案】A【解析】A反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分；B灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；C剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；D根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式。故选A。12用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项试剂中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO

18、3H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO与Ba2+生成白色BaSO3沉淀【答案】D【解析】ASO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；BSO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3H2SiO3，B正确；CSO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；DSO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误。13下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是选项离子组试剂X离子方程式A强酸性溶液中：Fe3+、NH、SO、NO少量的铜粉2Fe3+Cu=2F

19、e2+Cu2+BNa+、Ba2+、Al(OH)4、Cl过量的盐酸Al(OH)4+4H+Al3+4H2OC透明溶液：Fe3+、Al3+、HCO、NONaHSO4溶液H+HCO=CO2+H2ODpH=0的溶液：Mg2+、Fe2+、SO双氧水2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【答案】BD【解析】A在酸性溶液中硝酸根的氧化性强于铁离子，加入铜粉后硝酸根首先氧化单质铜，A错误；B四种离子可以大量共存，加入盐酸后，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则发生的离子方程式为Al(OH)4+4H+Al3+4H2O，B正确；CFe3+、Al3+与HCO在溶液中水解相互促进，均不能大量共存，C错误；DpH=0的

20、溶液显酸性，Fe2+与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，D正确；答案选BD。14某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C在空气中将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶即可得到FeSO47H2O产品D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【答案】CD【解析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成

21、分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。A由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO47H2O产

22、品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C错误；D在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误；答案选CD。15几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是元素代号XYZMRQ原子半径(1010m)0.371.861.430.990.750.74主要化合价最高正价+1+1+3+7+5最低负价-l-1-3-2A简单离子半径：YZMRQBY、Z、M的最高价氧化物的水化物两两之间可以反应C化合物XM、YM、RQ都是电解质，熔融状态下都能导电D元素Z、Y、M的简单离子均

23、能破坏水的电离平衡【答案】B【解析】短周期元素中，Q只有-2价，没有最高正化合价，则Q为O元素；Y只有+1价，原子半径最大，则Y为Na；R有+5、-3价，处于VA族，原子半径小于Na而大于O，故R为N元素；X最高正价为+1，最低负价为-1，原子半径最小，为H元素；M最高正价为+7，最低负价为-1，为Cl元素；Z最高正化合价为+3，分别处于A族，原子半径比Na小，比Cl大，Z为Al元素。ACl有三个电子层，半径最大，N3、O2、Na+、Al3+都是两个电子层，电子层结构相同，核电荷数越大半径越小；故简单离子半径：MRQYZ；故A错误；BY、Z、M的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)

24、3、HClO4，Al(OH)3具有两性，两两之间可以反应，故B正确；CHCl、NaCl、NO中，NO不是电解质，故C错误；DNa+和Cl均不能水解，不能破坏水的电离平衡，故D错误。答案选B。三、非选择题（共60分）16SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，通过如图简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)，达到变废为宝的目的。请回答下列问题：(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是_(填编号)。aNaOH溶液、酚酞试液 b稀H2SO

25、4酸化的KMnO4溶液cKI溶液、淀粉溶液 d氨水、酚酞试液(2)软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是_，写出软锰矿浆吸收SO2的离子方程式 。(3)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是_。(4)用MnS除杂过程中产生的副产品，经提纯处理后得到纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分散在有机液体中，该分散系与MnSO4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是_。(5)除杂后得到MnSO4溶液可以通过_(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。【答案】（1）b （2） 增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分 MnO2+SO2=Mn2+SO （3） 消耗溶液中的酸，

26、促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 （4） 分散质直径大小不同 （5） 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。(1)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b中利用还原性及高锰酸钾褪色可准确测定气体的含量，故答案为：b；(2) 软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充

27、分，SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2+SO；(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为或，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；(4)纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分散在有机液体中，分散系是胶体，与MnSO4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是分散质直径大小不同；(5)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。17一种高效无机水处理剂聚合氯化铝晶体的化学式为Al2

28、(OH)nCl6nxH2Om。它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含Al2O3、Al、SiO2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）试剂b是_(填名称)；搅拌加热操作过程中发生反应的有关离子方程式为_，_。（2）生产过程中实验操作B、D的名称均为_。（3）反应中副产品a是_(填化学式)，生产过程中可循环使用的物质是_(填化学式)。（4）调节pH4.04.5的目的是_。（5）为得到较纯净的晶体，生产过程中C物质可选用_。A氨水 BNaAlO2 CNaOH DAl2O3 EAl【答案】（1）盐酸 Al2O3+6H+=2Al3+3

29、H2O 2Al+6H+=2Al3+3H2 （2） 过滤 （3） H2 HCl （4） 促进AlCl3水解，使晶体析出 （5） DE 【解析】铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为B后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；B为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节pH，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体，以此解答。（1）由分析可知b为盐酸溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方

30、程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、2Al+6H+=2Al3+3H2；（2）由分析可知，生产过程中实验操作B、D的名称均为过滤；（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸；（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的HCl，所以HCl可以循环使用；（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节pH的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进AlCl3水解，使晶体析出；（6）为得到较纯净的晶体，调节pH的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、NaAlO2、NaOH均不易除去，会引入新杂质，Al2O3、Al因为不溶于水，过量时可通过过滤除去，所以用Al2O3、Al调节pH能得到较纯净的晶

31、体，综上所述，答案为DE。18已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下呈气态：Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍：X与M同主族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：(1)Z在元素周期表中的位置为_。(2)M、G的阳离子氧化性更强的是(写化学式)_。(3)Z和Q的最低价氢化物沸点更高的是(写化学式)_。(4)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(写化学式)_。(5)M2Z2的电子式为_。(6)常温下，与G的单质发生反应的是(填字母序号)_。ACuSO4溶液 B浓硫酸 CNaOH溶液 DNa2CO3固体【

32、答案】（1）第二周期A族 （2） （3） H2O （4） HClO4 （5） （6） ABC 【解析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、G为Al元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于O，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则Y为C元素；X单质在常温下呈气态，则X为H元素，X与M同主族，原子序数大于O，则M为Na；Q单质常温下为气态，原子序数大于Al，则Q为Cl，X、Y、Z、M、G、Q是H、C、O、Na、Al、Cl，由此分析。(1)根据分析，Z为O元素，Z在元素周期表中的位置为第二周期

33、A族；(2)根据分析，M、G分别为Na、Al，位于同一周期，同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性NaAl；单质的还原性越强，阳离子的氧化性越弱，M、G的阳离子氧化性更强的是；(3)Z为O元素，Q是Cl元素，Z和Q的最低价氢化物分别是H2O和HCl，水分子间存在氢键，导致H2O的沸点高于HCl，故沸点更高的是H2O；(4)X、Y、Z、M、G、Q是H、C、O、Na、Al、Cl，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这些元素中非金属性最强的元素是Cl，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；(5)Z、M分别为O、Na，M2Z2为过氧化钠，电子式为；(6) G为Al

34、元素，G的单质是铝；A常温下，铝可以和CuSO4溶液发生置换反应，生成铜和硫酸铝，故A符合题意；B常温下，铝与浓硫酸会发生钝化，表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进行，故B符合题意；C常温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C符合题意；D铝与Na2CO3固体不反应，故D不符合题意；答案选ABC。19CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，写出CO2与NaOH溶液反应的主要化学方程式_。(2)研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如

35、下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJmol1 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2 某实验室控制CO2和H2初始投料比为12.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：（备注）Cat.1Cu/ZnO纳米棒；Cat.2Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJmol1和-285.8kJmol1；H2O(l)=H2O(g) H3 =+44.0kJmol1请回答（不考虑温度对H的影响）：反应的H2=_kJmol1。研究证实，CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲

36、醇的电极反应式是_。表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6O2+6e=6O；6CO2+6O=3C2O+6O2，反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。【答案】（1）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O （2） +41.2 CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇

37、选择性有影响 （3） Al-3e=Al3+ 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 【解析】(1)CO2可以被NaOH溶液捕获后所得溶液pH=13，碱性较强，溶质为Na2CO3，化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(2)由CO和H2的标准燃烧热，可得：(i)CO(g)+O2(g)=CO2(g) H(i)=-283.0kJmol1；(ii)H2(g)+O2(g)=H2O(l) H(ii)=-285.8kJmol1结合(iii)H2O(l)=H2O(g) H(iii)=+44.0kJmol1，根据盖斯定律，将(ii)-(i)+(iii)，整理可得：H2=+41.2kJmo

38、l1；CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，根据得失电子守恒和原子守恒可知，CO2在阴极得到电子被还原产生CH3OH，则生成甲醇的电极反应式是CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O；表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；(3)根据图示可知：铝为负极，失去电子变为Al3+，离子液体为AlCl3，故负极反应式为Al-3e=Al3+；根据正极的两个反应式可知O2在反应中的作用是催化剂；将负极反应式和正极反应式相加，可得总电池总反应式：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。20华法林(物质F)是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗维生素

39、K的作用，可用于预防栓塞性疾病。某种合成华法林的路线如下图所示。请回答下列相关问题。(1)华法林的分子式是_。物质E中的含氧官能团名称是_。(2)AB的氧化剂可以是_(填标号)。a银氨溶液 b氧气c新制Cu(OH)2悬浊液 d酸性KMnO4溶液(3)CD的化学方程式是_。(4)EF的反应类型是_。(5)物质C的同分异构体中符合下列条件的有_种(不考虑立体异构)。并写出其中一种的结构简式_。 含有苯环；苯环上有两个取代基；含有COO结构且不含甲基(6)以和(CH3CO)2O为原料制备，写出合成路线(无机试剂任选)_。【答案】（1）C19H16O4 羟基、酯基 （2） ac （3） +(CH3CO

40、)2O+CH3COOH （4） 加成反应 （5） 12 （6） 路线1或路线2 【解析】（1）由华法林的结构简式为可知分子式是，E的结构简式为，含氧官能团为（醇）羟基、酯基，故答案为：；（醇）羟基、酯基；（2）酚羟基有较强的还原性，氧化醛基时要注意酚羟基不能被氧化，氧气和酸性高锰酸钾溶液均能氧化酚羟基，因此只能选择弱氧化剂银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：ac；（3）CD的反应为和乙酸酐在浓硫酸作用下发生取代反应生成和乙酸，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；（4）EF的反应为和发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（5）物质C的结构简式为，符合要求的同分异构体的两个取代基共4组：和、和、和、和，每组都有邻、间、对三种位置关系，因此共12种，故答案为：12；（6）将乙基氧化为羧基之前要考虑将酚羟基转化为酯基保护起来，以免被酸性高锰酸钾氧化，由题给原料和产品的结构简式，结合逆推法可知合成步骤为和乙酸酐在浓硫酸作用下发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，在稀硫酸作用下发生水解反应生成，与碳酸氢钠反应生成；或在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，与二氧化碳反应生成，合成路线如下：或。