1、江苏省如皋中学2020届高三化学阶段检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Mn-55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.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. CaCO3 CaO CaSiO3B. Mg(OH)2 MgCl2(aq) MgC. MnO2 MnCl2(aq) MnCl2(s)D. S SO2 Na2SO4(aq)【答案】A【解析】【详解】A. CaCO3高温分解生成CaO和CO2，CaO与SiO2高温反应生成CaSiO
2、3，A项正确；B.电解熔融状态的氯化镁可得镁单质，B项错误；C.MnCl2(aq)在干燥的氯化氢环境中蒸干灼烧，可得MnCl2(s)，C项错误；D.少量 SO2与NaOH反应生成的是Na2SO3和水，D 项错误；答案选A。【点睛】MnCl2(aq)蒸发结晶过程，会促进金属离子的水解，水解产生的盐酸挥发，蒸干灼烧只能得到氧化物；若制MnCl2(s)，需要在干燥的氯化氢环境中蒸干灼烧。MnSO4(aq)蒸发结晶，水解过程产生硫酸不会挥发，所以蒸干灼烧可以得到本身。氯化铜和氯化镁也是这一类型盐。2.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向淀粉KI溶液中滴加少量FeC
3、l3溶液，溶液变蓝氧化性：Cl2I2B室温下，用pH计测得0.1molL-1HCOONa溶液的pH小于同浓度的CH3COONa溶液酸性：HCOOHCH3COOHC室温下，用KI饱和溶液浸泡AgCl沉淀，沉淀表面变为黄色Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊非金属性：SiCA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 淀粉KI溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变蓝，发生反应2Fe3+2I=2Fe2+ I2，淀粉遇碘单质变蓝，可以证明还原性ICl，不能证明氧化性：Cl2I2，A项错误；B. 同浓度的HCOONa溶液的pH小于同浓度的C
4、H3COONa溶液，则HCOO水解程度小，HCOOH酸性强，B项正确；C.用KI饱和溶液浸泡AgCl沉淀，沉淀表面变为黄色，可能是由于I浓度过大，使得达到了Ksp(AgI)出现沉淀。正确做法是向AgCl沉淀滴加KI溶液，沉淀表面变为黄色，可以证明发生沉淀转化，证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C项错误；D. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊，证明碳酸酸性强于硅酸，非金属性CSi，D项错误；答案选B。【点睛】沉淀可以相互转化，溶解度大的沉淀很容易转化为溶解度小的沉淀，反过来较难，需要加入较高浓度的溶液才能进行转化；相同比例结构的沉淀，Ksp越大溶解度越大，不同比例结构的沉淀
5、，需要进行转化各自的溶解度。3.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向溶液X中滴加足量硝酸，再滴加少量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生溶液X中含有SO32-B向溶液Y中滴加少量NaOH溶液，无气泡产生溶液Y中不含NH4+C将溴乙烷和NaOH醇溶液共热产生的气体通入溴水中，溴水褪色气体中含有乙烯D将蘸有溶液Z的铂丝在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液Z中不含K+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 向溶液X中滴加足量硝酸，再滴加少量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生,原溶液可能含有SO32-或SO42-，A项错误；B. NH4+检验
6、：加入碱，加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项错误；C.溴乙烷和NaOH醇溶液共热生成乙烯，乙烯可使溴水褪色，发生加成反应，C项正确；D.钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，D项错误；答案选C。【点睛】B项为易错点，注意NH4+检验时，应加入碱并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。4.下列说法正确的是（ ）A. 铁钉在食盐水中发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2O2e-=H22OH-B. 铅蓄电池放电时，负极质量增加C. 在铁制品表面镀锌时，铁制品与电源正极相连D. 如图所示氯碱工业所用装置中离子交换膜为阴离子交换膜【答案】B【解析】【详解】A.铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，正
7、极反应为O24e-2H2O =4OH-，A项错误；B.铅蓄电池放电时，负极铅转化硫酸铅，质量增加，B项正确；C.在铁制品表面镀锌时，镀层金属（锌）与电源正极相连，镀件（铁）与电源负极相连，C项错误；D.氯碱工业中防止阳极产生氯气和阴极产生的氢氧化钠混合发生反应，应该使用阳离子交换膜，D项错误；答案选B。5.钒锂锂离子电池具有较大的比容量、低廉的价格等优点。一种钒锂锂离子二次电池的结构示意图如图，其负极反应为：CmLin-xe-=CmLin-xxLi+（CmLin表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料），放电时的总反应为：CmLinLiV3O8=CmLin-xLi1xV3O8。下列说法正确的是（ ）A
8、. 放电时Li+由正极区移向负极区B. 充电时电极a与外接电源的正极相连C. 充电时阳极为Li1xV3O8-xe-=LiV3O8xLi+D. 正极质量每增加2.1g，电路中转移的电子数为0.1mol【答案】C【解析】【分析】一种钒锂锂离子为二次电池，根据放电的总反应可知，电极a(CmLin)为负极，电极b(LiV3O8)为正极，且Li+由负极区移向正极区；充电的总反应是放电的逆反应，充电时电极a(CmLin)为阴极，连接电源的负极，电极b(LiV3O8)为阳极，连接电源的正极，且Li+从阳极区移向阴极区。【详解】A.根据分析，放电时Li+由负极区移向正极区，A项错误；B.根据分析，充电时电极a
9、与外接电源的负极相连，B项错误；C.由放电的总反应减去负极式，得到正极式为：LiV3O8+xe-xLi+= Li1xV3O8，则充电时阳极式为Li1xV3O8-xe-=LiV3O8xLi+，C项正确；D. 放电正极式：LiV3O8+xe-xLi+= Li1xV3O8，电极每增重7xg，转移x个电子，则每增加2.1g，电路中转移电子数为0.3mol，D项错误；答案选C。6.以饱和食盐水、NH3和CO2为原料，可以制取纯碱。下列说法正确的是（ ）A. 由反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0可知反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和B. 常温常压下，电解饱和食盐水时，每生成2.24LC
10、l2，电路中转移0.2mol电子C. 室温下，稀释纯碱溶液时，溶液的pH减小D. 反应Na2O(s)CO2(g)=Na2CO3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A. H0为放热反应，反应物所含键能总和小于生成物所含键能总和，A项错误；B.常温常压下，电解饱和食盐水得到2.24LCl2物质的量不是0.1mol，转移电子也不是0.1mol，B项错误；C.室温下，稀释纯碱溶液时，碱性减弱溶液的pH减小，C项正确；D.反应Na2O(s)CO2(g)=Na2CO3(s)，S0，若常温下可自发反应，则G=H-TS0，H0为放热反应，D项错误；答案选C。7.某生物燃料电池以N
11、2和H2为原料可在室温下制取NH3，电池中含有固氮酶和氢化酶两种蛋白酶。下列说法正确的是（ ）A. 酸性条件下的负极反应为H2-2e-2OH-=2H2OB. 燃料电池放电时能将化学能完全转化为电能C. 该电池适宜在高温下使用D. 室温下，向氨水中通入少量HCl，减小【答案】D【解析】【详解】A.酸性条件下的电极反应式中不会出现OH，A项错误；B.燃料电池放电，属于原电池装置，将化学能转化为电能，但是会有损耗，B项错误；C.该电池中有蛋白酶，不适宜在高温下使用，C项错误；D.室温下，向氨水中通入少量HCl，氨水的电离平衡常数不变，由于铵根离子浓度增大，减小，D项正确；答案选D。8.下列图示与对应
12、的叙述相符的是（ ）A. 图1表示某恒温密闭容器中反应CaCO3(s)CaO(s)CO2(g)达到平衡后，t1时刻压缩容器体积，CO2的物质的量浓度随时间的变化B. 图2表示Ksp=1.010-12的CdCO3饱和溶液中，c(Cd2+)与c(CO32-)的关系曲线C. 图3表示其他条件一定时，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在有、无催化剂条件下SO3的物质的量随时间的变化曲线D. 图4表示燃烧热为285.8kJmol-1的H2燃烧时能量的变化【答案】B【解析】【详解】A.恒温体系，该反应的平衡常数K保持不变，K=C(CO2)，因此压缩体积重新达到平衡，二氧化碳的浓度与第一次平衡的浓
13、度相等，A项错误；B.图2 在CdCO3饱和溶液中，c(Cd2+)与c(CO32-)成反比，且带入数据符合CdCO3的Ksp=1.010-12，B项正确； C.催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，故两条曲线达到平衡的纵坐标相等，C项错误；D.燃烧热的定义是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热值，图4表示的2mol氢气参与反应，该反应的焓变为571.6 kJmol-1，D项错误；答案选B【点睛】燃烧热的定义是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热值，氢元素稳定氧化物是液态水，碳元素稳定氧化物是二氧化碳，硫元素稳定氧化物是二氧化硫。9.根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）A
14、. 图甲表示用0.100molL-1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL-1Cl-溶液的滴定曲线，说明m点时溶液中c(Ag+)与c(Cl-)相等B. 图乙表示室温下醋酸溶液中H+浓度与醋酸浓度的关系，说明醋酸浓度越大，醋酸的电离程度越大C. 图丙是稀释相同体积、相同pH的HNO2和CH3COOH稀溶液时，溶液的pH随加水体积的变化，说明所含溶质的物质的量浓度x点大于y点D. 图丁是在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率随温度的变化，说明Z点时v(正)v(逆)【答案】A【解析】【详解】A.图甲m点指的是：50.0mL0.050
15、0molL-1Cl-溶液和25.0mL 0.100molL-1AgNO3二者恰好反应，则c(Ag+)与c(Cl-)相等，A项正确；B. 图乙表示室温下醋酸溶液中H+浓度与醋酸浓度的关系，说明醋酸浓度越大，溶液酸性越强，但是醋酸的电离程度越小，B项错误；C.稀释过程中HNO2的变化较大，酸性较强，等pH的二者溶液，HNO2的浓度较小，稀释相同的倍数，得到的HNO2的浓度较小，x点小于y点，C项错误；D.恒压起始浓度不变，催化剂存在，反应相同时间，升温速率加快，有两种情况。一、温度升高到二百多度，反应达到平衡，继续升温平衡向吸热方向移动，该反应正向放热，故往逆向移动，此时Z点时v(正)v(逆)；二
16、、温度升高，降低了催化剂的活性，速率减慢，还未达到平衡，Z点时v(正)v(逆)；D项错误；答案选A。【点睛】醋酸溶液加水稀释，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，水的电离程度增大，溶液的酸性减弱；醋酸钠溶液加水稀释，平衡正向移动，醋酸根离子的水解程度增大，水的电离程度减小，溶液的碱性减弱。10.某抗癌药物合成中间体X的结构简式如图所示。下列关于X的说法正确的是（ ）A. 属于芳香烃B. 分子中含有三种官能团C. 能与Na2CO3溶液发生反应，但无CO2生成D. 1molX最多能消耗溴水中2molBr2【答案】C【解析】【详解】A.该有机物有氧元素，不属于芳香烃，A项错误；B.分子中含有（酚）羟基
17、、醚键、碳碳双键、羰基四种官能团，B项错误；C.酸性：碳酸（酚）羟基碳酸根离子，因此X可以与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，而不能生成二氧化碳，C项正确；D. 碳碳双键与一份溴水发生加成， X酚羟基对位连接其他结构，只能在两个邻位与两份溴水发生取代，故1molX最多能消耗溴水中3molBr2，D项错误；答案选C。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，但只要选错一个，该小题就得0分11.化合物Z是合成一种镇痛药的中间体，可通过如下反应制得。
18、下列说法正确的是（ ）A. 化合物X既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应B. 化合物Y能使酸性KMnO4溶液褪色C. 化合物Z的分子式为C17H24O2ND. 化合物X与Br2加成所得产物分子中含有2个手性碳原子【答案】BD【解析】【详解】A.化合物X中的氨基具有碱性，可以与盐酸发生反应，不与NaOH溶液反应，A项错误；B.芳香族化合物Y，直接连接苯环的第一个碳原子上有氢原子，可以使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；C.化合物Z的分子式为C17H23O2N，C项错误；D.化合物X与Br2加成，碳碳双键断键加溴，连接溴原子的两个碳连接了四个不一样的基团，则为手性碳原子，故所得产物分子中含有2个
19、手性碳原子，D项正确；答案选BD。12.连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，常温下，用0.01molL-1的NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图。常温下，下列各点所对应溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）A. a点：c(N2O22-)c(HN2O2-)-c(Na)=9.910-7molL-1B. b点：c(Na)c(N2O22-)c(HN2O2-)c(H2N2O2)C. c点：c(Na)c(HN2O2-)c(N2O22-)c(H2N2O2)D. d点：2c(H2N2O2)c(HN2O2-)c(H+)=c(OH-)【答案
20、】D【解析】【分析】c点：10mL0.01molL-1的H2N2O2溶液滴加10mL 0.01molL-1的NaOH溶液二者发生反应，生成NaHN2O2溶液，此时pH大于7，则HN2O2水解大于电离，离子浓度大小比较：c(Na)c(HN2O2-)c(H2N2O2) c(N2O22-)；d点：滴加20mL 0.01molL-1的NaOH溶液二者发生反应，生成Na2N2O2溶液，存在三大守恒；a和b点的溶质都含有NaHN2O2 和H2N2O2，但是比例不同，在没有明确的量比关系时，只能书写电荷守恒。【详解】A.存在电荷守恒表示为2c(N2O22-)c(HN2O2-)+ c(OH-)=c(Na)c(
21、H+)，a点pH=6，故2c(N2O22-)c(HN2O2-)-c(Na)=9.910-7molL-1，A项错误；B. NaHN2O2的物料守恒表示为 c(Na)=c(N2O22-)c(HN2O2-)c(H2N2O2)，b点溶质含有NaHN2O2 和H2N2O2，故c(Na)c(N2O22-)c(HN2O2-)c(H2N2O2)，B项错误；C. 根据分析，c点：c(Na)c(HN2O2-)c(H2N2O2) c(N2O22-)，C项错误；D.根据分析， d点的质子守恒可以表示为：2c(H2N2O2)c(HN2O2-)c(H+)=c(OH-)，D项正确；答案选D。【点睛】注意区分三大守恒的系数；
22、电荷守恒在任意情况下均成立，物料守恒和质子守恒需要在明确的量比关系下才可以书写。13.室温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.210-2、Ka2=5.610-8。室温下，用氨水吸收SO2，有关溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 0.2molL-1氨水：0.2molL-1c(OH-)c(NH3H2O)B. 0.2molL-1(NH4)2SO3溶液：c(H+)c(HSO3-)2c(H2SO3)=c(OH-)C. pH=7的吸收液：c(NH4+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3)D. 吸收与氨水所含溶质物质的量相等的SO2的吸收液：c(H+)c(H2SO3)=c(OH-)
23、c(SO32-)c(NH3H2O)【答案】C【解析】【详解】A. 0.2molL-1氨水中，0.2molL-1=c(NH4+)c(NH3H2O)，由于c(OH-)= c(NH4+)c(H+)，故0.2molL-1c(NH4+)c(NH3H2O)，A项错误；B. (NH4)2SO3溶液的质子守恒可表示为：c(H+)c(HSO3-)2c(H2SO3)=c(OH-)+ c(NH3H2O)，B项错误；C.氨水的Kb约为10-5，则铵根的Kh约为10-9，已知H2SO3的两步电离平衡常数，可知SO32-的Kh= 1.010-145.610-810-6 ，HSO3的Kh= 1.010-141.210-21
24、0-12，则(NH4)2SO3溶液显碱性，NH4HSO3溶液显酸性，故pH=7的吸收液的溶液中含有(NH4)2SO3和NH4HSO3，且由于硫酸根水解能力强，故c (NH4)2SO3c(NH4HSO3) ，故离子浓度大小比较可以表示为c(NH4+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3)，C项正确；D.氨水所含溶质有氨气分子和一水合氨，则吸收与氨水所含溶质物质的量相等的SO2的吸收液的溶液组成不明确，D项错误；答案选C。14.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入物质，发生反应：PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g) H0，测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3
25、温度/200300200起始物质投入量1molPCl3、2molCl22molPCl3、1molCl22molCl2、2molPCl5平衡c(PCl5)/molL-1c1c2c3化学平衡常数K1K2K3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的转化率1(PCl3)2(Cl2)3(PCl5)下列说法正确的是（ ）A. K1K2B. c1c2C. p3=2p1D. 1(PCl3)3(PCl5)1【答案】D【解析】【分析】一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器，容器1和2起始物质投入量相当于相同，根据平衡移动原理，容器2升温温度，平衡向吸热方向移动，该反应往逆向移动，故K值减小，物质的转化率也减小，
26、平衡c(PCl5)减小；由平衡移动引起气体粒子数目增多，且温度较高，故平衡总压强增大；容器1和3相比，按照计量系数比一边倒的数据处理原则可知，容器3的投放量是容器1的两倍，应用等效思想，加物质（呈比例投放）相当于加压，则容器3相当于是压缩移动之后的结果，PCl5(g) PCl3(g)Cl2(g)，增大压强该反应平衡逆向移动，气体粒子数目减小，压强减小，PCl5的转化率减小。【详解】A.根据分析，升温平衡逆向移动，K值减小，则K1K2，A项错误；B.根据分析，升温平衡逆向移动，平衡产物c(PCl5)减小，则c1c2，B项错误；C.根据分析，容器3利用等效思想，相当于加压，气体粒子数目减小，压强减
27、小，故p32p1，C项错误；D. 根据分析，容器3利用等效思想，相当于加压，反应物的转化率减小，故1(PCl3)3(PCl5)1，D项正确；答案选D。15.向甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入一定量的SiHCl3，发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g) H=48kJmol1，维持容器的温度分别为T1和T2不变，反应过程中SiHCl3的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. T1T2B. 维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3，平衡不移动C. T2时，反应的平衡常数：K=D. T1时，向甲容器中起始充入0.2molSiHCl3和0.02
28、molSiH2Cl2，SiHCl3的平衡转化率小于10%【答案】AC【解析】【详解】A.升高温度，反应速率增大，达到平衡的时间缩短，故T1T2，A项正确；B.维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3，平衡正向移动，B项错误；C.由图可知，T2时SiHCl3的平衡转化率是20%，设容器体积为V，初始投SiHCl3xmol，n（SiHCl3）=0.2xmol，n（SiH2Cl2）=n（SiCl4）=0.1xmol，平衡时各物质的量：n（SiHCl3）=0.8xmol，n（SiH2Cl2）=n（SiCl4）=0.1xmol，则K=，C项正确；D. 若T2时，向乙容器中起始充入0.2m
29、olSiHCl3和0.02molSiH2Cl2，当转化率为10%，此时QK，反应继续正向移动，达到平衡时转化率高于10%，若相同投量放在甲容器中，由于T1较大，转化率会大于乙装置，大于10%，D项错误；答案选AC。【点睛】该题B选项，维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3，根据平衡移动原理，平衡正向移动，但是最终的结果平衡并未发生移动，属于等效平衡；在定容定温体系中，加入独立可以达到的平衡状态的物质，加物质相当于加压，根据前后气体离子数目变化考虑最终的平衡移动结果。非选择题（共80分）16.以粉煤灰（主要含3Al2O32SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）
30、为原料制取Al2O3的流程如图：（1）当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时，“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示（X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。由图可知，当a=_时，3Al2O32SiO2的利用率最高。（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3的离子反应方程式为_。（3）“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为_。（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是_。该步骤可将加水改成通入过量的_气体。（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH3外
31、，还有_和_。【答案】 (1). 8 (2). Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+ (3). OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O (4). 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 (5). CO2 (6). NaOH (7). (NH4)2SO4【解析】【分析】粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理，把3Al2O32SiO2转化为NH4Al (SO4)2，且当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al
32、3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液为(NH4)2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液为NaOH 和NaAlO2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。【详解】（1）根据分析，当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。（2）通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe3+3NH33H2O=Fe(OH)33NH4+；（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH发生反应的
33、离子方程式为OH-Al(OH)3=AlO2-2H2O；（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2AlO2-2H2O= HCO3- Al(OH)3）；（5）流程中，滤液为(NH4)2SO4，滤液含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有(NH4)2SO4和NaOH。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。17.化合物H是一种治疗失眠
34、症的药物，其一种合成路线如图：已知：（1）化合物G中所含官能团的名称为_和_。（2）GH的化学反应类型为_反应。（3）化合物B的结构简式为_。（4）E的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。含有萘环（）；能发生水解反应，水解所得两种产物中碳原子数之比310。（5）写出以和(EtO)2POCH2CN为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例见本题题干）_。【答案】 (1). 氨基 (2). 醚键 (3). 取代 (4). (5). 或 (6). 或【解析】【分析】根据B的分子式，A与SCl2发生取代反应，破坏酯基，生成B，B分子在氯化铝作用下去一分子HC
35、l成环，根据D的成环结构可以推断C的结构简式是，C在氢气和Pb的作用发生还原反应下转化为D，D应用已知信息转化为E，此反应为加长碳链的反应；E经过硼氢化钠的还原转化为F，F在催化剂Pb的作用下，分子内的碳碳双键与氢气发生还原反应转化为G，G和丙酸在加热条件下，脱水发生取代反应，生成H。【详解】（1）化合物G中所含官能团的名称为氨基和醚键；（2）G中的氨基与丙酸中的羧基发生取代反应，形成肽键，故GH的化学反应类型为取代反应；（3）根据分析，化合物B的结构简式为；（4）E的一种同分异构体满足下列条件含有萘环（），能发生水解反应（有肽键），且水解所得两种产物中碳原子数之比为310，同时根据不饱和度分
36、子有一个碳碳双键，故或；（5）以为原料制备，需要加长碳链，应用已知信息，故合成图如下：或，或者用高锰酸钾得（后续和以上相同）。18.用MnO2为原料可制取电极材料锰酸锂（LiMnxOy），工业上利用菱锰矿粉（MnCO3）制备MnO2的流程如图：（1）“酸溶”过程中加入过量的硫酸目的是_。（2）写出“电解”反应的离子反应方程式：_。（3）为测定LiMnxOy中Mn元素的平均化合价（高于2价），现进行如下实验：步骤1：取少量LiMnxOy，分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，LiMnxOy中Mn元素转化为Mn2，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指
37、示剂，用浓度为0.400molL-1的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(已知：Mn2与EDTA反应的化学计量数之比为11)；步骤3：向另一锥形瓶中加入1.340gNa2C2O4和足量硫酸，充分反应后，用0.100molL-1KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液16.00mL。步骤3实验过程中物质发生的转化如下，其中C2O42-均转化为CO2：LiMnxOyMn2+；MnOMn2+步骤3滴定终点时的实验现象是_。计算LiMnxOy中Mn元素的平均化合价_（写出计算过程）。【答案】 (1). 提高锰元素的浸出率，抑制Mn2+水解 (2). Mn
38、2+2H2OMnO22H+H2 (3). 当加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 (4). 3.5【解析】【分析】工业上利用菱锰矿粉（MnCO3）制备MnO2，加入过量硫酸进行酸溶，使矿粉完全反应，提高浸出率，同时酸性环境抑制Mn2+的水解，得到硫酸锰溶液，经过电解，过滤得到MnO2，说明电解过程Mn2+转化为MnO2。【详解】（1）“酸溶”过程中加入过量的硫酸可以提高Mn2+浸出率，同时抑制Mn2+水解；（2）由分析可知“电解”过程Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，酸性环境，“电解”反应的离子反应方程式：Mn2+2H2O MnO22H+H2（3）步骤3用KMnO4标
39、准溶液滴定，故滴定终点时的实验现象是：当加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；取少量LiMnxOy，分成两等份，由步骤二LiMnxOy中Mn元素转化为Mn2，Mn2与EDTA反应的化学计量数之比为11，n(Mn2)=n(EDTA)= 0.400molL-10.02L=0.008mol，则LiMnxOy中含Mn元素0.008mol；步骤3：通过返滴定，根据氧化还原价态规律可得计量关系： 2MnO 5Na2C2O4 ，n(MnO)= 0.100molL-10.016L=0.0016mol，消耗n(Na2C2O4)=0.004mol；2LiMnxOy （2y-2x-1）N
40、a2C2O4 2xMn2，总共加入Na2C2O4质量1.340g，物质的量0.01mol，由高锰酸钾消耗草酸钠0.004mol，则由LiMnxOy消耗草酸钠n(Na2C2O4)=0.006mol，同时n(Mn2) =0.008mol，可列出，化简得4y-7x-2=0，由于氧元素的化合价为-2，则可以把等式写成2y=3.5x+1，故Mn平均化合价为+3.5。【点睛】氧化还原的滴定过程，氧化剂放于酸式滴定管；滴定终点的判断，注意开始锥形瓶的颜色，高锰酸钾属于自带颜色的试剂无需添加指示剂；数据处理，需要注意是直接滴定，还是间接滴定还是返滴定，注意反应的量比关系。19.以铜片（含少量杂质铁）为原料制取
41、Cu(NO3)2溶液的实验流程如图：（1）“酸洗”的目的是除去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，写出“酸洗”时反应的离子方程式：_。（2）“水洗”后检验铜片表面是否洗涤干净的方法是_。（3）“酸溶”时的装置如图所示，烧杯内所发生的反应为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O“酸溶”时为防止反应过于剧烈，可以采取的方法有_和_。通入空气的作用是_、_。（4）“调节pH=34，并保温个小时”的目的是_。（5）烧杯中所得溶液经多步处理得到NaNO3固体。设计以烧杯中所得溶液为原料，制取NaNO3固体的实验方案：_。已知3NaNO22HNO3=3
42、NaNO32NOH2O；NaNO3的溶解度随温度变化如图所示。实验中必须使用的试剂：硝酸和NaOH溶液。【答案】 (1). Cu2(OH)2SO42H+=2Cu2+SO42-+2H2O (2). 取最后一次所得水洗液，向其中加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则铜片已洗涤干净 (3). 降低反应的温度 (4). 缓慢（分批次）滴入硝酸 (5). 将部分NO转化为NO2 (6). 将NO、NO2鼓入烧杯，使其能被NaOH溶液吸收 (7). 将溶液中的Fe3充分水解转化为Fe(OH)3沉淀 (8). 向所得溶液中滴加硝酸，搅拌使其充分反应，同时鼓入空气并用NaOH溶液吸收所得混合气体，待
43、溶液中无气泡产生，停止滴加，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到NaNO3固体【解析】【分析】铜片用硝酸酸洗，洗去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，水洗去可溶性离子，再加硝酸进行酸溶，铜片溶解，得到大量的硝酸铜和杂质硝酸铁，调节pH=34，并保温3个小时，促进Fe3水解，使Fe3完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到硝酸铜的水溶液。【详解】（1）“酸洗”的目的是除去铜片表面难溶的Cu2(OH)2SO4，“酸洗”时反应的离子方程式：Cu2(OH)2SO42H+=2Cu2+SO42-+2H2O；（2）“水洗”去除铜片表面可溶性离子，“水洗”后检验铜片表面是否洗涤干净方法是：取最后一次所得水
44、洗液，向其中加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则铜片已洗涤干净；（3）“酸溶”时为防止反应过于剧烈，减缓反应速率，可以采取的措施有适当降低反应温度、缓慢滴加硝酸溶液；通入氧气，可以把部分NO和NO2转化为硝酸，从而减少硝酸的用量，同时可以将装置内剩余的NO和NO2转移到烧杯内进行尾气吸收，故通入空气的作用是：部分NO和NO2转化为硝酸，从而减少硝酸的用量；将NO和NO2转移到烧杯内进行尾气吸收；（4）调节pH=34，并保温3个小时，为了促进Fe3水解，使Fe3完全转化为Fe(OH)3沉淀；（5）烧杯中所得溶液含有NaNO2和NaNO3，要完全转化为NaNO3，NaNO2需要加入硝酸
45、进行转化，在此过程中有NO气体，防止该气体逸出，同时鼓入空气并用NaOH溶液吸收所得混合气体，待溶液中无气泡产生，停止滴加，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到NaNO3固体。20.三氯乙酸（CCl3COOH）是饮用水中常见污染物，难以直接氧化降解。通过Fe/Cu微电池法和芬顿法可将三氯乙酸除去。（1）pH=4时，向含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，通过原电池反应生成的活性氢原子（H）将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH。原电池反应时的负极反应式为_。写出活性氢原子（H）与CCl3COOH反应的离子方程式：_。铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，水样中单位时间三氯
46、乙酸的脱氯率如图1所示，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，脱氯率越低的原因是_。（2）取上述反应后的溶液，向其中加入H2O2，发生图2所示转化，生成羟基自由基（OH），OH能将溶液中的CHCl2COOH等物质进一步脱氯除去。图2所示转化中化合价未发生变化的元素是_。写出图2所示转化中反应的离子方程式：_。控制水样的pH不同，所得脱氯率如图3所示，当pH4后，脱氯率逐渐下降的原因是_。加入H2O2后需控制溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因是_。【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+ (3). 形成Fe/Cu
47、微电池的数目减少 (4). H (5). 2Fe3+H2O2=2Fe2+2H+O2 (6). Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了OH的生成 (7). H2O2发生分解【解析】【详解】（1）含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，酸性环境，组成铜锌原电池，铁作负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；原电池反应生成的活性氢原子（H）将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH，活性氢原子（H）与CCl3COOH反应的离子方程式：CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+；铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，形成的
48、Fe/Cu微电池数目越少，生成的活性氢速率越低，单位时间内脱氯率越低；（2）上述反应后的溶液有Fe2+，向其中加入H2O2，发生图2所示转化Fe2+转化为Fe3+，H2O2转化为羟基自由基（OH），故铁元素和氧元素化合价发生变化，氢元素化合价未发生变化；根据图2所示转化中，反应中H2O2转化为O2，Fe3+转化为Fe2+，故反应的离子方程式：2Fe3+H2O2=2Fe2+2H+O2；酸性条件会抑制Fe3+和Fe2+的水解，随着pH增大，Fe3+和Fe2+的水解程度增大，减小了羟基自由基的生成，因此根据脱氯率图3所示，当pH4后，脱氯率逐渐下降的原因是Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了
49、OH的生成；由于双氧水溶液受热易分解，生成羟基自由基（OH）减少，脱氯率减小，因此需控制溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因是H2O2发生分解。21.原子序数小于等于36的Q、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，其中Q是原子半径最小的元素，W和Y的基态原子2p能级所含成单电子数均为2，Z的基态原子核外含有13种运动状态不同的电子。回答下列问题（涉及元素时用对应的元素符号表示）：（1）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_。（2）1molQWX与1molWQ2Y所含键的比值为_。（3）根据等电子体理论可以预测WXY-的空间构型为_。（4）一种由X和Z两种元素形成化合物的晶胞如图所
50、示，该晶胞的化学式为_。（5）实验室合成一种由W和X两种元素形成的化合物，该化合物具有空间网状结构，其中每个W原子与4个X原子形成共价键，每个X原子与3个W原子形成共价键。该化合物的化学式为_。该化合物所属晶体类型为_晶体，预测其熔点应_金刚石（填“高于”或“低于”）。【答案】 (1). N、O、Al (2). 23 (3). 直线形 (4). AlN (5). C3N4 (6). 原子 (7). 高于【解析】【分析】Q是原子半径最小的元素，Q为氢；Z的基态原子核外含有13种运动状态不同的电子，Z为铝；W和Y的基态原子2p能级所含未成对电子数均为2，2p2或2p4， W为碳，Y为氧，X为氮，【
51、详解】（1）同周期，随着质子数增大，元素的第一电离能逐渐增大，但是A族和A族外层轨道处于全满和半满状态，能量较低较稳定，第一电离能较大，且金属易失去电子，故N、O、Al三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N、O、Al；（2）HCN的结构式，CH2O的结构式为，故1molHCN与1molCH2O所含键的比值为23（3）根据等电子体理论；CNO的中心原子C价层电子对数为2，则空间构型为直线形；（4）根据原子均摊法，顶点1/8共有，棱1/4共有，体心独立拥有，则晶胞内有2个铝，2个氮，该化合物的化学式为AlN；（5）由C和N两种元素形成的化合物，其中每个C原子与4个N原子形成共价键，每个N原子与3个C原子形成共价键，C和N的个数比为3：4，该故化合物的化学式为C3N4；该化合物具有空间网状结构，类似于金刚石结构，故该化合物属于原子晶体；氮原子的半径小于碳原子，键长较短，C-N键能大于C-C键能，故其熔点应高于金刚石。【点睛】比较晶体的熔沸点，先明确晶体的类型，一般情况熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体。原子晶体的熔沸点由自身化学键决定，键能越大熔沸点越高。离子晶体中离子带电量越高半径越小，离子键越强，熔沸点越高。分子晶体的熔沸点取决于分子间的作用力，先考虑是否有氢键，后考虑范德华力（与相对分子质量成正比）。