新高考2020-2021学年上学期高三期中备考卷Ⅱ化学.docx

1、 （新（新高考高考）2020-2021 学年上学期高学年上学期高三期中三期中备考卷备考卷 化化 学学 2 注意事项：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

2、56 Mn 55 Ba 137 一、选择题（一、选择题（每小题每小题 2 分，分，共共 20 分，每小题只有一个选项符合题意分，每小题只有一个选项符合题意） 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

3、 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：10 8O BCO2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】C 【解析】A质子数为 8，中子数为 10 的氧原子：18 8O，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 4NA B100

4、mL 1mol L1 FeCl3溶液中所含 Fe3+的数目为 0.1NA C标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 2NA D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 1mol L1 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

5、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) 电解 Cl2(g) 石灰水 漂白粉(s) BN2 2 O 、放电 NO 空气、水 HNO3 C制取镁：海水 NaOH Mg(OH)2 高温 MgO 电解 Mg D铝土矿 NaOH 溶液 过滤 NaAlO2溶液 2 CO 过滤 Al(OH)3 煅烧 Al2O3 冰晶石 电解 铝 【答案】D 【解析】A石灰水中 Ca(OH)

6、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

7、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： 22 2CO (g)2CO(g)O (g)30kJ/molH 【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 22 2CO (g)2CO(g)O (g) ，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，

8、2 1598kJ/mol 2 1072kJ/mol 496kJ/mol556kJ/molH ， 则分解 CO2反应 的热化学方程式为 22 2CO (g)2CO(g)O (g) 556kJ/molH ，D 不正确。 6用如图装置探究 Cl2和 NO2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 1mol L1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：Cl2NO2NaNO3 D通过

9、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 1mol L1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 ； 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，

10、 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

11、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

12、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 ZYWX B简单氢化物的沸点 WX CY 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

13、，简单氢化物为水，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

14、 【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

15、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(NO3)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 21 B原稀硝酸中 HNO3的物质的量浓度为 1.3mol/L C产生的 NO 的体积为 2.24L DCu、Cu2O 与硝酸反应后剩余 HNO3为 0.4mol

16、 【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/L 1L=0.5mol， 沉淀为 Cu(OH)2， 质 量 为19.6g ， 其 物 质 的 量 为 ： 19.6g 98g/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

17、+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)=2 0.1mol+2 0.05mol ， 解 得n(NO)=0.1mol ， 根 据Na元 素 可 知 n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L 1L=0.5mol，所以 n(HNO3)= n(NO)+n(N

18、aNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol， 所以原硝酸溶液的浓度为： 0.6mol 0.25L=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： 0.1mol 22.4L/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 n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=0.5mol-2 0.2mol=0.1mol，故 D 错误。 二

19、、不定项选择题二、不定项选择题（每小题（每小题 4 分，共分，共 20 分）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充分还原，并用干燥剂收集所得水，获

20、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 B Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀

21、 酸性：H2SO3H2SiO3 C 酸性 KMnO4溶液 紫色褪去 SO2具有还原性 D Ba(NO3)2溶液 生成白色沉淀 SO2 3与 Ba 2+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

22、X 离子方程式 A 强酸性溶液中：Fe3+、 NH+4、SO2 4、NO 3 少量的铜粉 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ B Na+、Ba2+、Al(OH)4、Cl 过量的盐酸 Al(OH)4+4H+Al3+4H2O C 透明溶液：Fe3+、Al3+、 HCO3、NO3 NaHSO4溶液 H+HCO 3=CO2+H2O D pH=0 的溶液：Mg2+、 Fe2+、SO2 4 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

23、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 3在溶液 中水解相互促进，均不能大量共存，C 错误；DpH=0 的溶液显酸性，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(FeSO4 7H2O)，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 2 C在

24、空气中将溶液 2 蒸发浓缩、冷却结晶即可得到 FeSO4 7H2O 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 FeSO4 7H2O 【答案】CD 【解析】 硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 （主要成分为 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

25、、 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 FeSO4 7H2O 产品的过程中，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

26、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 X Y Z M R Q 原子半径( 1010m) 0.37 1.86 1.43 0.99 0.75 0.74 主要 化合价 最高正价 +1 +1 +3 +7 +5 最低负价 -l -1 -3 -2 A简单离子半径：YZMRQ BY、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

27、；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)3、HClO4，Al(OH)3 具有两性，两两之间可以反应，故 B

28、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、非选择题三、非选择题（共（共 60 分）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 H

29、2SO4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+

30、SO2=Mn2+SO2 4 （3）消耗溶液中的酸，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，

31、 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+SO2 4；(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 Al 3+ 和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为 2 3+2+ 323 3MnCO +2Al 3H O=2Al(OH) +3CO+3Mn或 3+2+ 3232 3MnCO +2Fe +3H O=2Fe(OH) +3CO+3Mn，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

32、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(OH)nCl6n xH2Om。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

33、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+3H2O 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

34、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

35、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

36、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 【答案】（1）第二周期A 族 （2） 3+ Al （3）H2O （4）HClO4 （5） （6）ABC 【解析

37、】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

38、二周期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， + Na 3+ Al，M、G 的阳离子氧化性更强的是 3+ Al；(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

39、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 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

40、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下： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJ mol1 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

41、热分别为-283.0kJ mol1和-285.8kJ mol1； H2O(l)=H2O(g) H3 =+44.0kJ mol1 请回答（不考虑温度对 H 的影响）： 反应的 H2=_kJ mol1。 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 2；

42、6CO2+6O 2=3C2O 2 4+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

43、烧热， 可得： (i)CO(g)+ 1 2 O2(g)=CO2(g) H(i)=-283.0kJ mol1；(ii)H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) H(ii)=-285.8kJ mol1结 合(iii)H2O(l)=H2O(g) H(iii)=+44.0kJ mol1，根据盖斯定律，将(ii)-(i)+(iii)，整理可得： H2=+41.2kJ mol1； 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

44、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 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)。

45、 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)2O 浓硫酸 +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 191

46、64 C H O，E 的结 构简式为，含氧官能团为（醇）羟基、酯基，故答案为： 19164 C H O；（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 浓硫酸 +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：COOH和 2 CH OH、 2 CH COOH 和OH、 OOCH和 2 CH OH 、 2 CH OOCH 和OH，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 。