1、江苏省南通市如皋中学2020届高三化学下学期调研测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 N14 O16 S32 Fe56 Ba 137选择题 (共40分)单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B. 晶体硅熔点高，可制半导体材料C. Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D. H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B硅位于金属和非金属分界线处，
2、可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 使甲基橙呈红色的溶液：Fe2、Mg2、SO42-、ClB. 使KSCN呈红色的溶液：Al3、NH4+、S2、IC. 使酚酞呈红色的溶液：Mg2、Cu2、NO3-、SO42-D. 由水电离出的c(H)1012molL1的溶液：Na、K、NO3-、HCO3-【答案】A【解析】【详解】A能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共
3、存，选项A符合题意；B. 使KSCN呈红色的溶液中有大量的Fe3，Fe3、Al3均可与S2发生双水解产生氢氧化物和硫化氢而不能大量共存，选项B不符合题意；C. 使酚酞呈红色的溶液呈碱性，Mg2、Cu2与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量存在，选项C不符合题意；D. 由水电离出的c(H)1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D不符合题意；答案选A。3.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 新制氯水中：NH4+、Na、SO42-、SO32-B. 0.1 molL1 CaCl2溶液：Na、K、AlO2-、SiO32-C. 浓
4、氨水中：Al3、Ca2、Cl、ID. 0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液：H、Mg2、NO3-、Br【答案】D【解析】【详解】A饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32-和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在，选项A错误；B. 0.1 molL1 CaCl2溶液中Ca2+与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；C. 浓氨水中Al3与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选项C错误；D. 0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H、Mg2、NO3-、Br相互不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。4.下列表示对应化学反应的离
5、子方程式正确的是A. NO2溶于水：2NO2H2O=2H2NO3-B 向氨水溶液中通入过量SO2：2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2OC. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-5H2O26H=2Mn25O28H2OD. 明矾KAl(SO4)212H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3SO42-Ba24OH=AlO2-BaSO42H2O【答案】C【解析】【详解】A. NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为：3NO22H2O=2H2NO3-+NO，选项A错误；B. 向氨水溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3H2OSO2=
6、NH4+HSO3-，选项B错误；C. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2，反应的离子方程式为2MnO4-5H2O26H=2Mn25O28H2O，选项C正确；D. 明矾KAl(SO4)212H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Al32SO42-2Ba24OH=AlO2-2BaSO42H2O，选项D错误；答案选C。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 制备乙酸乙酯B. 配置一定物质的量浓度的NaOH溶液C. 在铁制品表面镀铜D. 制取少量CO2气体【答案】A【解析】【详解】A. 将乙醇加入大试管中，再注入浓硫酸并振荡冷却后加入冰
7、醋酸，混合加热制备乙酸乙酯，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，导管末端置于液面上，能达到实验目，选项A正确；B. 容量瓶不能直接用于配置溶液，必须将NaOH固体倒入烧杯中，加入蒸馏水溶解后，冷却至室温，再转移至容量瓶，选项B错误；C. 在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，选项C错误；D.实验室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀盐酸反应，纯碱与盐酸反应速率快不易收集，另外纯碱易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能达到反应随时发生随时停止的作用，选项D错误。答案选A。6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NH3NO2HN
8、O3B. Mg(OH)2MgCl2(aq) 无水MgCl2C. Fe2O3FeFeCl2D. NaCl(aq) NaOH(aq) NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A. NH3NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，选项A错误；B. MgCl2(aq) 无水MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B错误；C. FeFeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项C错误；D. NaCl(aq) NaOH(aq) NaHCO3，电解氯化钠溶液得到
9、氢氧化钠，氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。7.X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X和Z同主族，Y和W同主族；原子半径X小于Y；X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是A. 气态氢化物的热稳定性：WYB. Y和Z可形成含有共价键的离子化合物C. W的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强D. 原子半径：r(W)r(Z)r(Y
10、)【答案】B【解析】【详解】由题意可以推断出元素X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。A.元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定，非金属性W(S)Y(O)，气态氢化物的热稳定性：H2SH2O，选项A错误；B. Y和Z可形成含有共价键的离子化合物Na2O2，选项B正确；C.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，Cl非金属性强于S，所以HClO4是该周期中最强的酸，选项C错误；D.原子半径的大小顺序：r(Z)r(W)r(Y)，选项D错误。答案选B。8.根据下列图示所得结论正确的是A. 图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化，说明该酸是弱酸B. 图2表示不
11、同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，说明图中温度T2T1C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a点N2的转化率小于b点D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)， O2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动【答案】C【解析】【详解】A. 加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；B.升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓
12、度大的温度高，即温度T2 T1 ，选项B错误；C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大， N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，选项C正确；D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K = c(O2) ，最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；答案选C。9.一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A. 通入H2的电极上发生还原反应B. 正极反应方程式为N26e8H=2NH4+C. 放电时溶液中Cl移向电源正极D. 放电时负极附近溶液的
13、pH增大【答案】B【解析】【详解】A通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+2NH4+，选项B正确；C. 放电时溶液中阴离子Cl移向电源负极，选项C错误；D通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式
14、为：N2+8H+6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。10.下列有关说法正确的是A. 反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应S0B. 常温下向0.1 molL1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H)c(CH3COO)增大C. 将1 mol Cl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.021023个D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和【答案】B【解析】【详解】A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)
15、+C(s)为熵减的反应，则该反应S0，选项A错误；B向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)= c(H)c(CH3COO) 增大，选项B正确；CCl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.021023个，选项C错误；D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但
16、只要选错一个，该小题就得0分11.药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：+HCl下列叙述正确的是A. 化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子B. 化合物Y的分子式为C6H12NO2C. 1mol化合物Z最多可以与2molNaOH反应D. 化合物Z能与甲醛发生聚合反应【答案】A【解析】【详解】A连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；B根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；CZ中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1mol化合物Z最多可以与3m
17、olNaOH反应，选项C错误；D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。12.合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是A. 物质X在空气中不易被氧化B. 物质Y与浓硫酸共热会发生消去反应C. 物质Z中所有碳原子可能在同一平面内D. 可用FeCl3溶液检验物质Z中是否含有物质X【答案】CD【解析】【详解】AX中含有酚羟基，性质不稳定，易被氧气氧化，选项A错误；B
18、物质Y中含有溴原子，在氢氧化钠的乙醇溶液中加热可发生消去反应，选项B错误；CZ结构中含有苯环、碳碳双键、碳氧双键，具有苯和乙烯结构特点，物质Z中所有碳原子可能在同一平面内，选项C正确；DX中含有酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，Z中不含有酚羟基，可用FeCl3溶液检验物质Z中是否含有物质X，选项D正确；答案选CD。13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A在KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2蓝色褪去还原性：ISO2B向苯酚溶液中滴加少量浓溴水无白色沉淀苯酚浓度小C向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)
19、D用pH试纸测浓度均为0.1molL1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHCH3COONa溶液的pH大HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，生成碘单质，再通入SO2，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成I，二氧化硫为还原剂，I为还原产物，证明还原性SO2I，选项A错误；B苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，选项B错误；C因为I、Cl浓度大小不知，虽然黄色沉淀为AgI，但无法通过物质溶度积比较，则无法证明Ksp(AgI)Ksp(Ag
20、Cl)，选项C错误；D在相同条件下，酸性越弱其盐溶液的水解程度越大，则用pH试纸测浓度均为0.1molL1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，证明HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强，选项D正确。答案选D。14.25时，用0.1molL1的KOH溶液滴定10mL0.1molL1的H2C2O4溶液，所得滴定曲线如图所示。忽略混合时溶液体积的变化，下列有关各点溶液中粒子浓度关系正确的是A. a点溶液中：c(H)0.1molL1c(OH)c(H2C2O4)c(C2O42-)B. b点溶液中：c(K)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)
21、C. c点溶液中：c(K)c(C2O42)c(H2C2O4)0.1molL1D. d点溶液中：c(OH)c(H)c(H2C2O4)c(HC2O4-)【答案】AC【解析】【详解】A.根据物料守恒，a点溶液中有：c(H2C2O4)+c(C2O42-) +c(HC2O4-)0.1molL1，即c(C2O42-) +c(HC2O4-)0.1molL1- c(H2C2O4)，电荷守恒有 c(H)=2c(C2O42-) +c(HC2O4-)+c(OH)= 0.1molL1- c(H2C2O4) c(C2O42-)c(OH)，选项A正确；B. b点时加入10mLKOH溶液，生成KHC2O4溶液，由图像可知，
22、该溶液显酸性，所以HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c(C2O42-)c(H2C2O4)，选项B错误；Cc点时，溶液呈中性，c(H)=c(OH)，结合电荷守恒得c(K)=c(HC2O4)+2 c(C2O42- )，溶液变稀，结合物料守恒有c(H2C2O4)+c(C2O42-) +c(HC2O4-)0.1molL1，则c(K)=c(HC2O4)+2 c(C2O42- )= c(H2C2O4)+c(C2O42-) +c(HC2O4-)+ c(C2O42-)- c(H2C2O4)，故有c(K)c(C2O42)c(H2C2O4)0.1molL1，选项C正确；D. d点时加入20mLKOH溶液，
23、生成K2C2O4溶液，存在质子守恒：c(OH)c(H)+2c(H2C2O4)c(HC2O4-)，故有c(OH)c(H)2c(H2C2O4)c(HC2O4-)，选项D错误；答案选AC。15.将CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)6H2(g) CH3OCH3(g)3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1 mol CO2和0.18 mol H2，在乙中充入0.2 mol CO2和0.36 mol H2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. 曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随
24、温度的变化B. 体系的总压强P总：P总(状态)2P总(状态)C. 将状态对应的容器升温到T2K，可变成状态D. T2 K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反应将向正方向进行【答案】BD【解析】【详解】A.由已知，结合图像可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化，选项A错误；B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0
25、.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）2P总（状态III），选项B正确；C. 由图像可知，将状态对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；D. T2 K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L
26、，K=，在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=，反应将向正方向进行，选项D正确。答案选BD。【点睛】本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系
27、的压强会减小一些，故P总（状态II）2P总（状态III）。非选择题（共80分）16.工业上由MnS矿（还含少量FeCO3、MgO等）制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：已知相关金属离子（浓度为0.1molL1）形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀的pH8.16.31.88.9沉淀完全的pH10.18.33.210.9(1)“酸浸”过程中，MnS（难溶）发生反应的离子方程式为_。(2)“酸浸”时MnO2应过量，目的是_和将Fe2氧化为Fe3。(3)已知KspFe(OH)341038。常温下，当溶液的pH2时，c(Fe3+)_molL1。(4)“除杂”时若溶液
28、pH过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_。(5)“沉锰”反应的化学方程式为_。(6)用MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2、SO42-的浓度随反应时间t变化如图。导致Mn2+、SO42-浓度变化产生明显差异的原因是_。【答案】 (1). MnSMnO24H=S2Mn22H2O (2). 提高MnS的转化率 (3). 4102 (4). H与F-/反应生成弱酸HF (5). 2NH4HCO3MnSO4=MnCO3(NH4)2SO4CO2H2O (6). Mn2催化O2与H2SO3反应生成H2SO4【解析】【分析】(1)“酸浸”过
29、程中，MnS与MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水；(2)根据金属沉淀的pH进行分析；(3) 根据KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH-)进行计算；(4) “除杂”时若溶液pH过低，H与F-反应生成弱酸HF；(5) “沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水；(6) Mn2催化O2与H2SO3反应生成H2SO4。【详解】(1)“酸浸”过程中，MnS与MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnSMnO24H=S2Mn22H2O；(2)为提高MnS的转化率和将Fe2氧化为Fe3，“酸浸”时MnO2应过量；(3)常温下，当溶液的pH2时，c(H+)10
30、-2molL1，c(OH-)=10-12molL1，KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH-)c(Fe3+)(10-12molL1)341038，解得c(Fe3+)4102molL1；(4)“除杂”时若溶液pH过低，H与F-反应生成弱酸HF ，Mg2+沉淀不完全；(5)根据流程可知，“沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NH4HCO3MnSO4=MnCO3(NH4)2SO4CO2H2O；(6)将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，Mn2催化O2与H2SO3反应生成H2SO4，导致Mn2+、SO42-浓度迅速增大。【点睛】本题考查化学
31、平衡的影响因素，物质的分离提纯，易错点为(4)“除杂”时若溶液pH过低，H与F-反应生成弱酸HF ，Mg2+沉淀不完全。17.化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：(1)AB的反应的类型是_反应。(2)化合物H中所含官能团的名称是_和_。(3)化合物C的结构简式为_。BC反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知：CH3CH2OH。写出以环氧乙烷（）、乙醇和乙醇钠为原料制备的
32、合成路线流程图_（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】 (1). 氧化 (2). 羰基 (3). 羧基 (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，据此分析。【详解】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。(1)AB的反应的类型是氧化反应；(2)根
33、据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是羧基和羰基；(3)化合物C的结构简式为；BC反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可知，该副产物的结构简式为；(4)D为，它的一种同分异构体同时满足：能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分异构体为；(5)已知：CH3CH2OH。环氧乙烷（）与HCl发生开环加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH在乙醇钠和乙醇作用下，再与转化为，在氢氧化钠溶液中加热得到，酸化得到，在浓硫酸催化下加热生成，合成路线流程图为。【点睛
34、】本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为。18.硫酸铁铵(NH4)xFey(SO4)znH2O是一种重要铁盐，实验室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下：(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是_。(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是_。(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式：步骤1：准确称取样品28.92 g，溶于水配成100 mL溶液。
35、步骤2：准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加过量的SnCl2溶液（Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+），充分反应后除去过量的Sn2+。用0.1000molL1的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL。（滴定过程中Cr2O72-转化成Cr3+）步骤3：准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，所得固体质量为6.99 g。排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是_。通过计算确定该硫酸铁铵的化学式_（写出计算过程）。【答案】 (1
36、). 加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解 (2). 将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解 (3). 快速放液 (4). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【分析】将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铵(NH4)xFey(SO4)znH2O，据此分析。【详解】将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe2+
37、氧化为Fe3+，加入硫酸铵固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铵(NH4)xFey(SO4)znH2O。(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解；(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2，同时溶液要保持pH小于0.5，目的是将Fe2+完全转化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；(3)快速放液，可以排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡；n(Fe)= =0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol；n(BaSO4)= 0.03mol，则样品中n(SO42-)=0.12mol由电荷守恒，得样品中n
38、(NH4+)=0.06mol由质量守恒，得样品中n(H2O)=0.72mol则，n(Fe3+)：n(SO42-)：n(NH4+) ：n(H2O)= 0.06mol：0.12mol：0.06mol：0.72mol =1：2：1：12，化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。19.实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水，微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3催化下发生分解；在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒
39、压漏斗的原因是_。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是_和_。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为_。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 st2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是_。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，_。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。【答案】 (1). 防
40、止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 (2). 将装置C置于冰水浴中 (3). KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等） (4). 3Cl22Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O (5). K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 (6). 向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2 (7). 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】【分析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO
41、4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl22
42、Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1 st2 s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。20.研究汽
43、车尾气的产生、转化对环境保护有重要意义。汽车尾气管中的三元催化剂能同时实现CO、CxHy、NOn三种成分的净化。(1)已知热化学方程式：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJmol1N2(g)O2(g)2NO(g) H180 kJmol1则反应CH4(g)4NO(g)CO2(g)2N2(g)2H2O(l) H_kJmol1。(2)研究表明，温度对CO、CxHy、NOn的产生和排放有较大影响。汽车发动机内的温度越高，生成的NO越多，原因是_。当汽车刚冷启动时，汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高，一段时间后浓度逐渐降低。汽车刚冷启动时排放CO、CxHy、
44、NOn浓度较高的原因是_。(3)催化剂表面CO、CxHy、NOn的转化如图1所示，化合物W可借助图2 (傅里叶红外光谱图)确定。在图1所示转化中，W的化学式为_。若转化中消耗CO的物质的量为1mol，生成N2的物质的量为1mol，则被CxHy还原的W的物质的量为_。用H2代替CO、CxHy与W反应，该过程相关物质浓度随时间的变化关系如图3所示。该过程分为两步，第一步反应消耗的H2与W的物质的量之比是_。(4)尾气净化过程中，有时会产生N2O。用同位素示踪法研究发现N2O的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的N2O几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式：_。【
45、答案】 (1). 1250.3 (2). N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动 (3). 刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢） (4). Ba(NO3)2 (5). 0.8mol (6). 81 (7). 415NO4NH33O2415NNO6H2O【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律进行计算；(2)N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动；刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢）；(3) 在图1所示的转化中N、O化合价降低，为氧化剂被还原；第一步反应中H2被氧化生成
46、水，化合价由0价升高到+1价，Ba (NO3) 2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算; (4)在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO由N元素守恒可知15NO与NH3应为1: 1，结合电子得失相等配平。【详解】(1)已知CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H1890.3 kJmol1N2(g)O2(g)2NO(g) H2180 kJmol1根据盖斯定律，由-2得反应CH4(g)4NO(g)CO2(g)2N2(g)2H2O(l) H1250.3kJmol1；(2)N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向
47、移动，故汽车发动机内的温度越高，生成的NO越多；当汽车刚冷启动时，汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高，一段时间后浓度逐渐降低。刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢），排放CO、CxHy、NOn浓度较高；(3)在图1所示的转化中N、O化合价降低为氧化剂被还原；由傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定化合物X含硝酸根，再结合图一由钡离子参与，所以X为Ba(NO3)2；若转化中消耗CO的物质的量为1mol，生成N2的物质的量为1mol，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到0价, 生成氮气，则1molBa(NO3)2生成氮气的过程中得到
48、10mol电子，其中CO转化为CO2的过程中提供2mol电子，即被CO还原的部分是0.2mol，则被CxHy还原的Ba(NO3)2的物质的量为0.8mol；第一步反应中H2被氧化生成水,化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到- 3价, 生成氨气，则1molBa(NO3)2,生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为= 8mol,则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1；(4)在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时, 得到的笑气几乎都是15NNO,由N元素守恒可知15N0与NH3应为1 : 1,可知反应的化学方程式为415NO4NH3
49、3O2415NNO6H2O。【点睛】本题重点考查了氧化还原反应，注意把握氧化还原反应的本质是解决本题的关键，难度较大，注意化合价降低为氧化剂被还原，化合价升高为还原剂被氧化。21.乙醛能够发生下列反应：(1)Mn2的基态电子排布式为_。(2)氯化亚砜（SOCl2）是有机合成中重要氯化剂，与SOCl2互为等电子体的阴离子的化学式为_。(3)CH3CHO分子中碳原子的轨道杂化类型是_。(4)乙酸的沸点（117.9 ）比乙醛的沸点（20.8 ）高的主要原因是_。(5)不考虑空间构型，Cu(OH)42的结构可用示意图表示为_。(6)如图表示Cu2O晶胞，Cu的配位数是_。【答案】 (1). Ar3d5
50、 (2). SO32-或ClO3- (3). sp3和sp2 (4). 乙酸分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢键 (5). 或 (6). 2【解析】【分析】（1）根据Mn的核外电子排布式判断基态Mn2+的核外电子排布式；（2）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；（3）根据价层电子及孤对电子数进行判断；(4)乙酸分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢键；(5) 根据配合物中配位键提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子等分析；(6)根据均摊法进行计算。【详解】（1）Mn的电子排布式为Ar3d54s2，则基态Mn2+的核外电子排布式为Ar3d5；（2）等电子体是指
51、价电子数和原子数都相同的分子、离子或原子团；与SOCl2互为等电子体的阴离子的化学式为SO32-或ClO3-；（3）CH3CHO中全部以单键连接C原子的价层电子对数为4，属于sp3杂化，存在C=O中的C原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，所以C原子有2中杂化类型；答案为sp3和sp2；(4)乙酸的沸点（117.9 ）比乙醛的沸点（20.8 ）高的主要原因是乙酸分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢键；(5) Cu(OH)42配合物中，铜原子提供空轨道，OH-中氧原子提供孤电子对，Cu2+与4个OH-形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：或；(6)为182，为4个。所以代表Cu原子，代表氧原子。一个Cu原子周围有2个O原子，所以其配位数为2。
