1、江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量为：H1 C12 O16 N14 Na23 Fe56 Cu64 Cr52 Al27一、选择题1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A. PM2.5是指微粒直径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒，在大气中不能形成胶体B. 从石墨中剥离出石墨烯薄片能导电，因此是电解质C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D. 75%的酒精溶液、双氧水、84消毒液都能高效灭活新冠病毒【答案】D【解析】【详解】A. PM2.5是指微粒直径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒，即颗粒直径小于或等于2.510-6
2、m，而胶体粒子的直径在10-9m10-7m之间，故PM2.5在大气中有可能形成胶体，A说法不正确；B. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，其为碳元素的单质，因此其不是电解质，B说法不正确；C. 加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，C说法不正确；D. 75%的酒精溶液、双氧水、84消毒液都能使蛋白质变性，所以能高效灭活新冠病毒，D说法正确。本题选D。2.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2
3、PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）A. H3PO2属于二元酸B. H3PO2属于三元酸C. NaH2PO2属于酸式盐D. NaH2PO2属于正盐【答案】D【解析】【详解】A由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故答案为
4、D。【点睛】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2.3 g钠与O2完全反应生成Na2O和Na2O2混合物，转移电子数目为0.2NAB. 18 g的D2O中含有的质子数为10 NAC. 常温常压下，28 g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NAD. 1 L 1molL-1的NH4Cl溶液中和Cl-的数目均为NA【答案】C
5、【解析】【详解】A. 2.3 g钠的物质的量为0.1mol，其与O2完全反应生成Na2O和Na2O2混合物，Na元素的化合价由0升高到+1，则转移电子数目为0.1NA，A说法不正确；B. D2O分子中含有的质子数为10，其相对分子质量为20， 18 g的D2O的物质的量小于1mol，则其中含有的质子数小于10 NA，B不正确；C. 乙烯和环己烷的最简式均为CH2，28 g的乙烯和环己烷混合气体中所含CH2的物质的量为2mol，则其中所含原子总数为6NA，C说法正确；D. NH4Cl在水溶液中会发生水解，1 L 1molL-1的NH4Cl溶液中溶解的氯化NH4Cl为1mol，则其中的数目小于NA
6、，D说法不正确。本题选C。4.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Fe(OH)3 溶于HI溶液： 2Fe(OH)3+6H+2I- =2Fe2+I2+6H2OB. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2： 2 +CO2+3H2O = 2Al(OH)3+C. 向Ag(NH3)2OH溶液中加入足量盐酸生成白色沉淀： Ag(NH3)2+ + Cl-= AgC1+ 2 NH3D. 向K2MnO4溶液中加入醋酸生成KMnO4和MnO2： 3+ 4H+= MnO2+ 2+2H2O【答案】A【解析】【详解】A.Fe(OH)3 溶于HI溶液，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水，离子反应为：2Fe(OH)
7、3+6H+2I- =2Fe2+I2+6H2O，故A正确；B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3，故B错误；C.向Ag(NH3)2OH溶液中加入足量盐酸生成白色沉淀，离子方程式：Ag(NH3)2+OH+3H+Cl=AgCl+2NH4+H2O，故C错误；D.向K2MnO4溶液中加入醋酸生成KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42+4CH3COOHMnO2+2MnO4+2H2O+4CH3COO，故D错误；故选：A。5.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延
8、长）A. 聚合物P中有酯基，能水解B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】【分析】将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；D.乙二醇的结构简式为HO
9、-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。6.按如图装置进行实验，下列推断正确的是()选项中试剂中试剂及现象推断A氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氯化铵受热易分解生成氨气和
10、氯化氢，离开热源，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵，生成的氯化铵附着在试管口附近，所以酚酞溶液不变红色，A项错误；B.品红溶液褪色说明有二氧化硫生成，硫元素的化合价由+6价降低到+4价，则铁元素的化合价需由+2价升高到+3价，即硫酸亚铁受热分解生成氧化铁和二氧化硫，B项错误；C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明有还原性物质生成，所以加热石蜡油生成了具有还原性的物质，发生了化学变化，C项正确；D.气体具有热胀冷缩的性质，若加热试管中的空气，肥皂水也会冒泡，D项错误。答案选C。7.wg下列物质在足量的氧气中完全燃烧后，生成的产物全部通入足量的过氧化钠固体粉末中，充分反应后固体增重mg，若wm，则下列组合
11、一定是 ( )氢气和甲醛 一氧化碳和甲醛 甲烷和乙二酸 甲烷和一氧化碳 甲烷和乙醇 乙醇和氢气A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】 【详解】混合物完全燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应的方程式分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知过氧化钠增重的实际质量即混合物中H2和CO的质量，即只要混合物可以表示成(CO)m(H2)n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，若碳原子有剩余，则增重质量大于原质量，即wm；H2和HCHO无论何种比例混合，都可以表示成(CO)m(H2)n，故不符合题意；CO和HCH
12、O无论何种比例混合，都可以表示成(CO)m(H2)n，故不符合题意；CH4和HOOCCOOH以2:1比例混合时可以表示成(CO)4(H2)5，故不符合题意；CH4和CO无论以何种比例混合都会有C原子剩余，故符合题意；CH4和C2H5OH无论以何种比例混合都会有C原子剩余，故符合题意；C2H5OH和H2无论以何种比例混合都会有C原子剩余，故符合题意；故答案为A。8.Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116、沸点为3.8，具有强烈刺激性气味、易溶于水；Cl2O与有机物、还
13、原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（ ）A. 装置中盛装的试剂是饱和食盐水B. 装置与之间可用橡胶管连接C. 从装置中逸出气体的主要成分是Cl2OD. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险【答案】D【解析】【详解】A装置、中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入中试剂无水，故A错误；B因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C由沸点可知中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在中转化为液态，故C错误；D通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，
14、避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入中，中发生HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。9.拉曼光谱证实，在水中转化为Al(OH)4-。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中、Al(OH)4-、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A. 、和Al(OH)4
15、-在水溶液中可大量共存B. d线表示的反应为：Al(OH)4-H+=Al(OH)3H2OC. 原固体混合物中与的物质的量之比为1：1D. V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol【答案】C【解析】【分析】将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1molL-1盐酸，首先，发生反应+H+H2OAl(OH)3，a线表示，由图可知反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol；第二阶段，反应完毕，发生反应+H+，b线表示，c线表示，由图可知反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50m
16、L，根据方程式可知n（）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol；第三阶段，反应完毕，发生反应+H+CO2+H2O，d线表示，由图可知反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，V1=150mL；第四阶段，发生反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al(OH)3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL，则V2=300mL，据此结合选项解答。【详解】A. 由上述分析可知，逐滴加入1molL1盐酸，发生反应+H+H2OAl（OH）3，所以和Al(O
17、H)4-在水溶液中反应生成Al(OH)3和，不可大量共存，故A错误；B. 由上述分析可知，d线表示的反应为+H+CO2+H2O，故B错误；C. 由上述分析可知，原混合溶液中的与物质的量之比为0.05mol:0.05mol=1:1，故C正确；D. 由上述分析可知，V1=150mL，V2=300mL，但M点时溶液中完全转化为，没有CO2生成，故D错误；故选：C。10.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化
18、剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，
19、可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。11.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B. 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C. 已知1molCuSO4在1100所得混合气体X为SO2和O2，则O2为0.75molD. Y可以是葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A. 途径发生反应的化学方程式为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO+4H2O，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，A说法不正确；B. 途径产生大气污染物氮的
20、氧化物，途径产生大气污染物二氧化硫，而途径不产生大气污染物，且酸的利用率高，因此，相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想，B说法正确；C. 已知1molCuSO4在1100所得混合气体X为SO2和O2，因为Cu元素的化合价由+2降到+1， S元素的化合价由+6降到+4，O元素的化合价由-2升高到0，根据电子转移守恒可知，1mol+2mol=4n(O2)，则O2为0.75mol，C说法正确；D. 硫酸铜可以与过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液可以被含有醛基的有机物还原为氧化亚铜，葡萄糖分子中含有醛基，则Y可以是葡萄糖，D说法正确。本题选A。12.短周期元素组成的中学常见
21、无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断不正确的是A. 若X是Na2CO3，C为CO2，则A一定是氯气，此时D和E不反应B. 若X是CO2，B和D的反应是OH-+=+H2O，则E一定能还原Fe2O3C. 若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2D. 若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐【答案】A【解析】【详解】A.X是Na2CO3，C为一种温室气体，C为CO2，B可为强酸，A与水反应生成强酸，可能是氯气与水反应生成的HCl，也可能是二氧化氮与水反应生成的HNO3，当A为NO2，B为HNO3，E为NO，D为NaHCO3，也符合转化关系，
22、故A错误，符合题意；B. 根据B.D反应的离子方程式OH-+=+H2O，A为活泼金属Na，B为NaOH，E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在一定条件下能还原Fe2O3，故B正确，但不符合题意；C.D为CO，C能和E反应，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，C能和E反应，如A为氟气，E为HF，而HF与二氧化碳不反应，故A为Na2O2， ，故C正确，但不符合题意；D.D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，可以判断为OHAlO2Al(OH)3，A为过氧化钠，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，
23、符合转化关系，故D正确，但不符合题意；故选：A。13.轻质氧化镁和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采用硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁，其工艺流程如图：下列叙述错误的是（ ）A. Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B. 进入“吸收”工序中的气体为NH3C. 若“过滤2”时调节溶液的碱性越强得到的硼酸越多D. “沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用【答案】C【解析】【分析】硼镁矿含Mg2B2O5H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al
24、2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，Mg2B2O5H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+ Mg2B2O5H2O +2H2O = 2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3，NH3中加入NH4HCO4，发生反应为：NH3+ NH4HCO3= (NH4)2CO3，滤渣1为不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，滤液1调pH为3.5，将B(OH)4-转化为H3BO3，并析出H3BO3；滤液2调pH为6.5，沉镁过程中(NH4)2CO3溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2MgCO3，其离子反应方程式为：2Mg2+2H2O+3CO32-=
25、Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-。【详解】A. SiO2、Fe2O3、Al2O3不与(NH4)2SO4溶液反应，A正确；B. Mg2B2O5H2O与(NH4)2SO4溶液反应，其反应方程式为：2(NH4)2SO4+ Mg2B2O5H2O +2H2O = 2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3，即进入“吸收”工序中的气体为NH3，B正确；C. 在“过滤2”时，将溶液pH调节至3.5，目的是得到硼酸，促进硼酸的析出，C错误；D. 沉镁时，其离子反应方程式为：2Mg2+2H2O+3CO32-= Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-，母液主要成分为硫酸铵，可返回“溶浸工序中循环使用，D正
26、确；故答案为：C。14.有机化合物A的分子式是C13H20O8(相对分子质量为304),1molA在酸性条件下与4mol H2O反应得到4molCH3COOH和1molB，下列说法错误的是A. A和B的相对分子质量之差为168B. B一定不能发生加成反应C. 有机物B与CH3CH2OH互为同系物D. 分子式为C5H10O2且与CH3COOH属于同类物质有机物只有4种【答案】C【解析】【分析】1molA在酸性条件下与4mol H2O反应得到4mol CH3COOH和1molB，说明A属于四元酯，则B的分子式为C5H12O4，B为四元醇，则B的结构简式可表示为C(CH2OH)4。【详解】A. 根据
27、质量守恒定律可知，A和B的相对分子质量之差在数值上（质量以克为单位）为4mol CH3COOH和4mol H2O之间的质量之差，即4(60-18)=168，A说法正确；B. B为饱和四元醇，B的结构简式可表示为C(CH2OH)4，B一定不能发生加成反应，B说法正确；C. 有机物B的结构简式可表示为C(CH2OH)4，其为饱和四元醇，其与CH3CH2OH不是同系物，C说法错误；D. 分子式为C5H10O2且与CH3COOH属于同类物质的有机物一定属于饱和一元羧酸，其结构可以看作C4H9COOH，而-C4H9有4种结构，故该有机物只有4种，D说法正确。本题选C。【点睛】要注意同一个碳原子上只能连接
28、一个羟基，连有2个羟基，易发生极化，转化为醛基。15.部分被氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共592 g，经如下处理：下列说法正确的是滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ ；样品中氧元素的物质的量为003 mol；溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为004 mol；V224；V336。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】.铜不与稀硫酸反应，则生成滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，故错误；.最后加热得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为：=0.02mol，Fe元素的物质的量为：n（Fe）=0.02mol
29、2=0.04mol，铁元素的质量为：0.04mol56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为：5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：=0.03mol，故正确；.根据的计算可知，铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，故正确；.最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，根据可知氧元素的物质的量为0.03mol，它结合氢离子0.06mol
30、，所以硫酸中生成氢气的氢离子为：0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，故正确；.根据的计算可知，生成标况下氢气的体积为2.24L，故错误；由上述分析可知，正确的是。16.在含有0.6molCl-、0.8molSO42-及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2+和Al3+水解及水电离对离子数目的影响）。若反应前Al3+的物质的量为amol，Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x。则（ ）A. 若B点横坐标为200mL时，c(NaOH)=7.0
31、mol/LB. x的取值范围是0xC. A点横坐标的值随x发生变化D. x=【答案】D【解析】【详解】AAl3的物质的量为a mol，最终消耗氢氧化钠是4amol，根据电荷守恒，n（Mg2）=（1.1-1.5a）mol，消耗氢氧化钠是（2.2-3a）mol，共消耗氢氧化钠是（a+2.2）mol，所以若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=molL1，故A错误。B溶液中Al3的物质的量为a mol，由电荷守恒可知，Mg2的物质的量为（1.1-1.5a）mol，则x= ，根据电荷守恒a，解得x的取值范围是：0x，故B错误；C因为溶液中氯离子、硫酸根离子物质的量一定，A点时镁离子、铝离子完全被转
32、化为沉淀，则溶液中的溶质转化为氯化钠、硫酸钠，所以A点横坐标的值不会随x发生变化，故C错误；DAl3的物质的量为a mol，根据电荷守恒：n（Cl）+2n（SO42）=2n（Mg2）+3n（Al3），解得2n（Mg2）=0.6mol+1.6mol-3amol=（2.2-3a）mol，n（Mg2）=（1.1-1.5a）mol，所以Al3的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x，即x= = ，故D正确；故选D。二、非选择题17.(1)取300 mL 0.2 mol/L的 KI溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的 I2和 KIO3，则消耗 KMnO4的物质的量是_mo
33、l。(2)在 Fe(NO3)3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_，又变为棕黄色的原因是(用离子方程式解释)_。(3)在 100 mLFeBr2 溶液中通入标准状况下3.36 L Cl2，溶液中有 的 Br -被氧化成单质 Br2，则原 FeBr2溶液中 FeBr2 的物质的量浓度为_mol/L。 (4)三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3。写出该反应的化学方程式_。NF3无色、无臭，但一旦在空
34、气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是_。【答案】 (1). 0.032mol (2). 2Fe3+H2O=2Fe2+2H+ (3). 3Fe2+4H+=3Fe3+NO+H2O (4). 2 (5). 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 (6). 产生红棕色气体【解析】【分析】根据I元素有三分之二被氧化到0价、三分之一被氧化到+5价，利用电子转移守恒进行计算；亚硫酸根离子有较强的还原性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性；亚铁离子的还原性强于溴离子；NO易被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2。【详解】(1)取300 mL 0.2 mol/L的 KI溶液与一定量的酸性 KMnO4
35、 溶液恰好反应，生成等物质的量的 I2和 KIO3，KMnO4 在酸性条件下被还原为Mn2+，则该反应中I元素的化合价由-1升高到0和+5，分别升高1和6，Mn元素的化合价由+7降低到+2，共降低5，根据电子转移守恒可得，0.3L 0.2 mol/L1+0.3L 0.2 mol/L 6=n(KMnO4)5，解之得，消耗 KMnO4的物质的量是0.032mol。(2)在 Fe(NO3)3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色是因为铁离子被亚硫酸根离子还原为亚铁离子，该反应的离子方程式是2Fe3+H2O=2Fe2+2H+，又变为棕黄色的原因
36、是随着溶液酸性的增强，硝酸根离子又把亚铁离子氧化为铁离子，该反应的离子方程式为3Fe2+4H+=3Fe3+NO+H2O。(3)在 100 mLFeBr2 溶液中通入标准状况下3.36 L Cl2，氯气的物质的量为0.15mol，溶液中有的 Br-被氧化成单质 Br2，氯气被还原为氯离子，亚铁离子的还原性强于溴离子，说明亚铁离子全部被氧化为铁离子，根据电子转移守恒可得n(FeBr2)1+ n(FeBr2)21=0.15mol2，解之得n(FeBr2)=0.2mol，则原 FeBr2溶液中 FeBr2 的物质的量浓度为2mol/L。(4)三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产
37、物有HF、NO和HNO3，则部分N元素的化合价由+3降低到+2，另一部分N元素由+3升高到+5，其他元素的化合价没有发生变化，根据化合价升降的总数相等及质量守恒定律进行配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，其遇到空气中的水蒸气会生成极易被氧气氧化的NO，NO被氧化为红棕色的NO2，因此，判断该气体泄漏时的现象是：产生红棕色气体。【点睛】氧化还原反应的本质是电子转移，所以根据电子转移守恒进行有关氧化还原反应的计算，通常都是较简单的方法，只要根据还原剂失去电子的总物质的量等于氧化剂得到电子的总物质的量列出算式，即可求解。18.
38、重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤的主要反应为：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2，上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。（3）步骤调滤液2的pH使之变_（填“大”或“小”），原因是_（用离子方程式表示）。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2
39、O7固体。冷却到_（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10步骤的反应类型是_。【答案】 (1). 2：7 (2). 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (3). Fe (4). Al（OH）3 (5). 小 (6). 2+2H+H2O (7). d (8). 复分解反应【解析】【分析】铬铁矿熔融，与Na2CO3、NaNO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2和NaNO2，硅、铝的杂质转化为Na2SiO3、NaAlO2，熔块水浸后过滤，滤渣1中主要成分为Fe2O3，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、Na2SiO3、NaAlO2，滤液1调pH=7过滤，滤渣
40、2的主要成分为Al(OH)3和含硅杂质，滤液2中含Na2CrO4，调pH发生反应2+2H+H2O，滤液3中加入KCl与Na2Cr2O7反应生成K2Cr2O7，据此分析作答。【详解】（1）FeOCr2O3中Fe的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，FeOCr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，1mol FeOCr2O3失去7 mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2，1molNaNO3得到2 mol电子，根据得失电子守恒可知，FeOCr2O3和NaNO3的化学计量数之比为27；陶瓷在高温下会与Na2CO3反应，则熔融时不能使用陶瓷容器；（
41、2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，调节pH并过滤后得到滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。（3）调滤液2的pH目的是提高溶液的酸性，pH变小，使2+2H+H2O平衡正向移动，提高重铬酸根离子浓度，有利于K2Cr2O7固体析出。（4）由图示可知，在10左右时，得到得到K2Cr2O7固体最多，答案选d；步骤的反应为2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7+2NaCl，反应类型为复分解反应。19.氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理欲在实验室制备
42、氮化铝并检验其纯度。查阅资料：实验室用饱和NaNO2溶液与NH4C1溶液共热制N2：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2+2H2O工业制氮化铝：Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3。I氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：ecd_(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)B装置内的X液体可能是_，E装置内氯化钯溶液的作用可能是_。氮化铝纯度(含Al2O3、C杂质)的测定(方案i)甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)，且不考虑
43、NH3在NaOH浓溶液中的溶解。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_。aCCl4 bH2O c NH4Cl饱和溶液 d 植物油(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是_(填“偏大”“偏小”或“不变”)(方案ii)乙同学认为上述方案不可行，设计以下步骤测定样品中AlN的纯度。(5)步骤通入过量_(填化学式)气体。(6)步骤过滤所需要的主要玻璃仪器有_。(7)样品中AlN的纯度是_(用含m1、m2、m3的表达式表示)。【答案】 (1). f(g) g(f) abi(或f(g) g(f) cdi) (2). 浓硫酸 (3). 吸收C
44、O，防止污染 (4). ad (5). 偏大 (6). CO2 (7). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (8). 【解析】【分析】由题中信息可知，C装置用于制备氮气；B装置用于干燥氮气或用于保护氮化铝；D装置用于制备氮化铝；A装置用于保护氮化铝防止其水解；E装置用于尾气处理。可以通过测定样品与氢氧化钠溶液生成的氨气的体积，来确定样品的纯度，或将其转化为氧化铝，根据样品与氧化铝的质量差来测定样品的纯度。【详解】(1)由分析可知，C装置制备的氮气经B装置干燥后通入D装置中与铝和碳粉在高温下发生反应可制备氮化铝，由于氮化铝在高温下容易发生水解，故要用A装置或B装置进行保护，尾气中含有污染大气的一氧化碳，故要用
45、E装置进行处理，因此，按照氮气气流方向将各仪器接口连接：ecdf(g) g(f) abi(或ecdf(g) g(f) cdi)。(2)B装置用于干燥氮气，其中的X液体可能是浓硫酸，E装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收CO，防止污染空气。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体不能溶解氨气，所给的几种液体中，H2O和NH4Cl饱和溶液可以溶解氨气，根据相似相溶原理可知，氨气不易溶于CCl4和植物油，故Y液体可以选ad。(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，则所测的气体体积中包括了所加的氢氧化钠溶液排出的空气，导致所测氨气的体积偏大，所测AlN的纯度偏大。 (5)由
46、实验流程可知，样品与过量的氢氧化钠溶液充分反应后，可以得到主要成分为C的滤渣，其质量为m1g；样品中的氮化铝和氧化铝均转化为偏铝酸钠进入滤液，向其中通入过量的二氧化碳后，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，煅烧该沉淀得到氧化铝的质量为m3g。所以，步骤通入过量CO2气体。(6)步骤过滤所需要的主要玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯。(7)由上述分析可知，样品中氧化铝和氮化铝的质量为(m1-m2)g，最后得到氧化铝的质量为m3g，质量增大了m3g -(m1-m2)g=()g，这两个质量的变化是由氮化铝转化为氧化铝所引起的。由铝元素守恒可以得到关系式2AlNAl2O3，即2mol氮化铝可以转化为1mol氧化铝
47、，质量增大了20g，所以，样品中AlN的物质的量为，其质量为，则AlN的纯度是。【点睛】最后一个求氮化铝纯度计算是难点，可以利用守恒法找到关系式，再根据差量法进行计算。原来样品中的氧化铝经一系列变化后，最后仍转化为氧化铝，这些转化不产生质量的变化，氮化铝转化为氧化铝后，其质量增大，利用这个质量差可以列式求解。20.有机物J是我国自主研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：已知：回答下列问题：（1）B的结构简式是_；C中的官能团名称是_。（2）D生成E的化学方程式为_。（3）HJ的反应类型是_。H在一定条件下自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_。（4）
48、根据，X的分子式为_。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有_ 种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。A除苯环外无其他环，且无OO键B能与FeCl3溶液发生显色反应C苯环上一氯代物只有两种（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯为原料，合成路线流程图（其它试剂自选）：_。【答案】 (1). (2). 醛基、溴原子 (3). +HBr (4). 消去反应 (5). (6). C8H6O3 (7). 9 (8). 【解析】【分析】H，根据可知H是，H脱水生成J，J属于酯类，除苯环外还含有一个五元环，所以J是；根据中溴原子的位置可以推断 过程中甲基的邻位发生了取代反应
49、，则B是、C是、E是、F是，据此分析。【详解】H，根据可知H是，H脱水生成J，J属于酯类，除苯环外还含有一个五元环，所以J是；根据中溴原子的位置可以推断 过程中甲基的邻位发生了取代反应，则B是、C是、E是、F是。（1）B的结构简式是；C是，官能团名称是醛基、溴原子；（2）D生成E是与HBr发生加成反应，生成物E是，反应的化学方程式为+HBr；（3）H分子内脱水生成J，故HJ的反应类型是消去反应；H（）在一定条件下自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是；（4）根据，X的结构简式为，则分子式为C8H6O3；X有多种同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明与苯环上有羟基，苯环上一氯代物只有两
50、种，且除苯环外无其他环，且无OO键，可能的情况有、共9种；（5）利用题中信息和所学知识，以甲烷和甲苯为原料，合成路线流程图如下：。【点睛】本题考查有机合成及推断，找X满足条件的同分异构体时,利用分子式计算不饱和度是6，除苯环不饱和度4之外，不饱和度是2，苯环上的一氯代物只有两种,先从对位的二取代物入手，除含有酚羟基之外还有羰基和醛基,满足条件的只有1种；再分析苯环上的三取代物，取代基可能是一个酚羟基和两个醛基，满足条件的2种；苯环上的三取代物,取代基还可能是两个羟基,一个醚键和一个碳碳叁键,满足条件的2种；最后就是苯环上的四取代物，取代基为三个羟基和碳碳叁键，满足条件的有4种；总共9种同分异构
51、体。21.钛酸锂电池应用广泛， 电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、 铝箔及少量Fe， 可通过下列工艺流程回收钛、 锂。回答下列问题：(1) Li4Ti5O12中， Ti元素的化合价为_， 滤液1中含金属的阴离子是_(填离子符号)。(2) 酸浸时 Li4Ti5O12发生的反应是： Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O22Li2SO4+5TiO(H2O2)SO4+7H2O， 该反应是否属于氧化还原反应？_(填 “是” 或 “否”)； 滤渣1是_。(3) 向TiO(H2O2)SO4溶液中加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式为_。(4) 向TiOSO4溶液中通入NH3发生反应的离
52、子方程式为_。(5) 沉淀TiO(OH)2用蒸馏水洗涤的目的是_。(6) 萃取时， 温度对萃取率的影响如图所示。由图分析知实验时选择在常温下进行即可， 理由是_。(7)“萃取” 和 “反萃取” 可简单表示为：TiO(H2O2)2+2(HA)2 TiO(H2O2)(HA2)22H+，则反萃取过程中加入的试剂X是_。【答案】 (1). +4 (2). AlO2或Al(OH)4 (3). 否 (4). Fe(OH)3 (5). TiO(H2O2)2+SO32=TiO2+SO42+H2O (6). TiO2+2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2+2NH4+ (7). 除去沉淀表面硫酸盐杂质 (8).
53、 因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温 (9). H2SO4【解析】【分析】由流程图可知，钛酸锂电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、 铝箔及少量Fe，加入氢氧化钠溶液碱浸，铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其他成分不溶于碱，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，Fe转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液调pH生成Fe(OH)3沉淀过滤除去，酸浸时 Li4Ti5O12发生的反应是： Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O22Li2SO4+5TiO(H2O2)SO4+7H2O，经萃取和反萃取得到TiO(
54、H2O2) TiO(H2O2)SO4，水相中加入碳酸钠溶液得到Li2CO3沉淀；在TiO(H2O2)SO4溶液中加入亚硫酸钠溶液还原得到TiOSO4，再通入氨气产生TiO(O H)2沉淀，过滤后经蒸馏水洗去表面吸附的硫酸盐，再经干燥、煅烧得到纳米TiO2，据此分析解答。【详解】(1) Li4Ti5O12中，Li为+1价，O为-2价，则 Ti元素的化合价为（122-1）5=+4；根据以上分析，碱浸时铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液，所以滤液1中含金属的阴离子是AlO2，因此，本题正确答案是：+4；AlO2；(2) 由反应方程式 Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2
55、O22Li2SO4+5TiO(H2O2)SO4+7H2O， 可知，反应前后元素化合价没发生变化，所以该反应不是氧化还原反应；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，Fe转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液调pH生成Fe(OH)3沉淀过滤除去，故滤渣1是Fe(OH)3，因此，本题正确答案是：否；Fe(OH)3；(3) TiO(H2O2)SO4与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为TiO(H2O2)2+SO32=TiO2+SO42+H2O，因此，本题正确答案是：TiO(H2O2)2+SO32=TiO2+SO42+H2O；(4) 由流程可知，TiOSO4溶液中通入NH3发生反应生成TiO
56、(OH)2沉淀，反应的离子方程式为TiO2+2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2+2NH4+， 因此，本题正确答案是：TiO2+2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2+2NH4+ ；(5) 沉淀TiO(OH)2表面会吸附溶液中的硫酸盐，所以要用蒸馏水洗涤除去杂质，因此，本题正确答案是：除去沉淀表面硫酸盐杂质；(6) 由温度对萃取率的影响图可知，常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温，实验时选择在常温下进行即可，因此，本题正确答案是：因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温；(7) TiO(H2O2)2+2(HA)2 TiO(H2O2)(HA2)22H+，根据平衡移动原理，反萃取过程是使平衡逆向移动，可以采取增大生成物浓度得方法，即增大氢离子浓度，加入的试剂X是H2SO4，因此，本题正确答案是：H2SO4。
