【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学（1班）试题.doc，共(21)页，1.285 MB，由小赞的店铺上传

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北仑中学2019学年第二学期高二年级期中考试化学试卷（1班）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Cu-64Mn-55Ba-137请将答案写在答题卷上，答在试卷上无效。本卷满分100分。一

、选择题（本题共有15小题，每小题只有一个正确选项。每小题3分，共45分）1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A.元素周期表中右上方区域的某些非金属元素可以寻找制备新型农药材料的元素B.储热材料是一类重要

的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量C.作为激光发射材料的红宝石又称刚玉，其熔点很高，可用于耐火材料，主要成分为二氧化硅D.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应【答案】

C【解析】【详解】A．制备新型农药材料的元素常见的是P、Cl等位于周期表的右上方，则元素周期表中右上方区域的某些非金属元素可以寻找制备新型农药材料的元素，故A正确；B．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知

，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故B正确；C．人造刚玉的主要成分是氧化铝，而不是二氧化硅，故C错误；D．题目涉及硝酸钾地灼烧以及显示的颜色，利用了焰色反应，故D正确。故答案选C。2.对下列物质及其反应的叙述正确的是（）A.Cl2、C

lO2、O3和Na2O2等都具有强氧化性，均可用于饮用水的消毒B.稀硝酸具有酸性，可除去铜制品表面的铜锈C.乙烯可发生氧化反应，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯D.反应：3C+SiO2=SiC+2CO中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1【答案】C【解析】【详解】A．过

氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于自来水的杀菌消毒，故A错误；B．Cu与稀硝酸反应，应选稀硫酸或稀盐酸清除铜镜表面的铜锈，故B错误；C．乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故C正确；D．3molC参加反

应，2molC作还原剂，1molC作氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为l：2，故D错误；故答案选C。3.下列说法不正确的是A.棉花、花生油、蛋白质都属于高分子化合物B.蔗糖、麦芽糖均为二糖，互为同分异构体C.

油脂在热NaOH溶液中完全水解后加入饱和食盐水，可观察到液面上有固体析出D.分别向含鸡蛋清的溶液中加入(NH4)2SO4浓溶液和CuSO4溶液，都产生沉淀，但原理不同【答案】A【解析】【详解】A.棉花、蛋白质都属于高分子化合物，而花生油不属于高分子化合物，A错误；B.蔗糖、

麦芽糖均为二糖，分子式都是C12H22O11，分子结构不同，互为同分异构体，B正确；C.油脂在热NaOH溶液中完全水解后产生高级脂肪酸盐和甘油，加入饱和食盐水，能够降低高级脂肪酸盐的溶解度，而高级脂肪酸盐的密度比水小，在常温下为固体物质，因此

可观察到液面上有固体析出，C正确；D.鸡蛋清属于蛋白质，向鸡蛋清的溶液中加入(NH4)2SO4浓溶液，会降低蛋白质的溶解度而结晶析出，发生的是盐析作用；而向鸡蛋清的溶液中加入CuSO4溶液，由于CuS

O4是重金属盐，会使蛋白质发生变性而产生沉淀，因此二者出现沉淀的原理不同，D正确；故合理选项是A。4.四种短周期元素在周期表中的位置如右图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（）XYZWA.X、Y、Z三种元素的最简单的氢化物，其热稳定性依

次下降B.简单离子半径(r)的大小：r(W)＜r(Z)＜r(Y)C.W元素的单质既可以和强酸反应又可以和强碱反应D.XZ2固体受热易升华，但XZ2气体加热不易分解，因为共价键作用远大于分子间作用力【答案】A【解析】【分析】设W的最外层电子数为a，则X的最外层电子数为a+1，Y的最外层电子数为a

+2。依题意，可得出下列等量关系式：10+a=2+a+1+2+a+2，a=3。从而得出X为碳、Y为氮、Z为氧，W为铝。【详解】A.X、Y、Z三种元素的非金属性依次增强，最简单氢化物的热稳定性依次升高，A错误；B.简单离子半径(r)的大小：r

(Al3+)＜r(O2-)＜r(N3-)，正确；C.W元素(Al)的单质既可以和强酸反应又可以和强碱反应，C正确；D.XZ2(CO2)固体受热易升华，但XZ2气体加热不易分解，因为共价键作用远大于分子间作用

力，D正确。故选A。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.88.0g14CO2与N2O的混合物中所含中子数为44NAB.1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NAC.17.4gMnO2与40mL

10mol·L-1浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2NAD.常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的H+的数目为10-10NA【答案】B【解析】【详解】A．14CO2与N2O的相对分子质量分别是46、44，因此无

法计算88.0g14CO2与N2O的混合物中所含中子数，A错误；B．1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，中性溶液中c(H

+)=c(OH－)，则c(Na+)=c(CH3COO-)=1mol，所以CH3COO-数目为NA，B正确；C．17.4gMnO2（0.2mol）与40mL10mol·L-1浓盐酸（0.4mol）反应，由于随着反应

的进行，浓盐酸变为稀盐酸，二氧化锰不能氧化稀盐酸，转移电子的数目小于0.2NA，C错误；D．常温下pH=4的醋酸溶液的体积未知，因此无法计算由水电离出的H+的数目，D错误。答案选B。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A.NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4++H

CO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3∙H2OB.NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-C.磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3+

+4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】A【解析】【详解】A.反应符合事实，遵循离子方程式书写的物质拆分原则，A正确；B.酸性环境不能大量存在OH-，不符合

反应事实，B错误；C.硝酸具有强氧化性，会将酸溶解后产生的Fe2+氧化产生Fe3+，不符合反应事实，C错误；D.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，Al3+与OH-的物质的量的比是1：4，二者反应产生AlO2-，

反应的离子方程式为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，不符合反应事实，D错误；故合理选项是A。7.合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A.甲→乙的反应为加成反应B.甲分子中至少有8个碳

原子在同一平面上C.甲、乙均不能使溴水褪色D.乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；B．甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；C．Br2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错

误；D．与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示：，D正确。答案选D。8.下列说法正确的是A.氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化

学键类型相同C.NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同【答案】B【解析】【详解】A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-

，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCl都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO

2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。9.25℃时，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中，逐滴加入1

0mL浓度为cmol·L-1的HF稀溶液。已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)═F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1②H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1请根据信息判断，下列说法中不正确的是（）A.整个滴

加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度增大(不考虑挥发)C.当c＞0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，

则c一定小于0.1【答案】B【解析】【详解】A．酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c（NaOH）逐渐减小、c（NaF）浓度增大，水电离程度增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，继

续加入HF，酸过量，抑制水电离，水的电离程度减小，如果HF不足量，则滴加过程中水的电离程度一直增大，故A正确；B．①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l

)ΔH=-57.3kJ·mol-1，将①-②得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF电离是放热反应，升高温度平衡向吸热

反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF电离程度减小，故B错误；C．当c＞0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，故C正确；D．若c≥0.1时，c（F-）＞

c（OH-），所以当c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，则c一定小于0.1，故D正确；故答案选B。【点睛】注意题给信息的正确、灵活运用，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误。10.全钒液流储能电池是利用

不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图)。已知：①溶液呈酸性且阴离子为SO42-；②溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；③放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。下列说法不正确的

是A.放电时B极为负极B.放电时若转移的电子数为3.01×1023个，则左槽中H+增加0.5molC.充电过程中左槽的电极反应式为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+D.充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动【答案】B【解析】【详解】A.根据③

放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；B.根据选项A分析

可知：A电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，可知：每反应转移1mol电子，反应消耗2molH+，放电时若转移的电子数为3.01×1023个即转移0.5mol电子，则左槽中H+减少0.5mol，B错误；C.充电时，左槽为阳极，

失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，C正确；D.充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；故合理选项是B。11

.图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。下列有关说法正确的是（）A.一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2(g)与1molCO(g)反

应放出234kJ热量B.若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C.若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D.若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A.反应的焓变△H=E1-E2=134KJ

/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234kJ热量，故A错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另

一种物质的转化率，故B错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选D。12.室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸

中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B.用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C.NaOH标准

溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D.V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.5【答案】C【解析】【详解】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指

示剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围

与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(NaOH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)=0.1?mol/L10.00?mL30.?00?mL=130m

ol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。13.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)作脱硫剂，通过如下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)。下列说法不正确的是A.上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B.用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+

和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C.实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D.MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小【答案】C【解析】【详解】A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A

正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚

硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。14.常温下，100mL0.1mol·L-1

的H2A溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含A元素相关微粒物质的量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性B.X点所加NaOH溶液体积为50mLC.X点溶液中含A元素的相关离子存在以下关系：c(H2A)+c(HA-)+

c(A2-)=0.1mol·L-1D.Y点溶液中存在以下关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)【答案】D【解析】【详解】A．图中曲线分析可知溶液中存在酸H2A的分子，说明为弱酸，将等浓度等体积的Na

2A与H2A溶液混合后恰好转化为NaHA，根据图像可知溶液显酸性，故A错误；B．X点溶液中c（H2A）=c（HA-），X点所加NaOH溶液体积大于50mL，故B错误；C．X点溶液中c（H2A）=c（HA-），X点溶液体积大于

100mL，导致含有A微粒浓度之和减小，所以c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＜0.1mol/L，故C错误，D．根据图象分析，Y点溶液中c（HA-）=c（A2-），根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（HA-

）+2c（A2-）+c（OH-），则Y点溶液中存在以下关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，故D正确；故答案选D。【点睛】明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，注意电荷守恒、物料守恒

的灵活运用，C为解答易错点。15.固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：下列判断正确的是A.溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2

B.原固体混合物X中一定有KAlO2C.固体乙、固体丁一定是纯净物D.将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸

钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶

液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；B.X可能有

偏铝酸钾，故错误；C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意

可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。二、填空题（本题共有5个小题，共55分）16.A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，

其中A的单质在常温下为气体。C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。D与F同周期。G的单质常用作半导体材料。请回答：(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是_

_______(填化学式)，理由是_____________。(2)C、E形成的简单离子半径大小：r(C)______r(E)(填>、<或=)(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式_

_____________。(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。【答案】(1).H2O(2).H2O分子间存在氢键(3).>(4).H++

AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-(5).3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为

H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为H、B为

N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是H2O分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。具有相同电子排布的离

子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：r(C)>r(E)；(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-；(4)将G

的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力

。17.为探究无机盐X(仅含三种元素，摩尔质量为270g·mol-1)的组成和性质，某学习小组进行了如下实验，其中气体单质A能使带火星的木条复燃。(1)X的组成元素为O和______（用元素符号表示）。(2)写出X与水反应的化学反应方程式_________

_。(3)X氧化能力极强，且对环境友好，可用于脱硫、脱硝。在碱性条件下，X氧化SO32-的离子方程式__________。【答案】(1).S和K(2).2K2S2O8+2H2O=4KHSO4+O2↑(3).S2O82-+SO32-+2OH-=3SO42-

+H2O【解析】【分析】根据气体单质A能使带火星的木条复燃，说明A是O2，根据焰色反应呈紫色，判断含有K元素，根据n=mM计算X的物质的量及BaSO4的物质的量，根据H++OH-=H2O计算B溶液中H+的物质的量，利用元素守恒、结合元素化合价确

定X中含有的元素及原子个数，确定化学式，利用氧化还原反应规律书写X与SO32-的反应的离子方程式。【详解】(1)X与水反应产生的B溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明B溶液中含有K+，B溶液显酸性，说明含有大量的H+；向该酸性溶液

中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀是BaSO4，说明B溶液中含有SO42-离子，结合元素守恒，可判断X中含有的元素有K、S、O三种元素；(2)13.5gX的物质的量n(X)=135270/mgMgmol==0.05mol，n(SO42

-)=n(BaSO4)=23.3233/mgMgmol==0.1mol，根据H++OH-=H2O可知n(H+)=n(OH-)=0.1mol，则B中n(H+)：n(SO42-)=0.1mol：0.1mol=1

：1，该溶液中还含有K+，根据电荷守恒可知B为KHSO4，气体单质A能使带火星的木条复燃，说明A是O2，0.05molX与水反应产生0.5molSO42-，则X中含有2个S原子，结合氧化还原反应规律，结合其含有的元素，可知X为K2S2O8，则X与H2O反应的化学方

程式为2K2S2O8+2H2O=4KHSO4+O2↑；(3)K2S2O8具有强的氧化性，在碱性条件下，X氧化SO32-为SO42-，S2O82-被还原产生SO42-，反应的离子方程式为：S2O82-+SO32-+2

OH-=3SO42-+H2O。18.甲醇来源丰富，有广泛的用途和广阔的应用前景，工业上可以利用CO和CO2生产甲醇，同时可以利用甲醇生产丙烯。制备甲醇，丙烯过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H

1=－49.0kJ/mol反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=－90.0kJ/mol反应Ⅳ：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)△H4=－31.0k

J/mol回答下列问题：(1)反应Ⅱ的ΔH2=________。(2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是________(填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”)，据研究该反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于保持催化剂Cu2O的量不变，原因是________(用化学

方程式表示)。(3)恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的平均相对分子质量不再变化C.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等D.容器的压强不再变化(4)甲醇生产丙烯的同时，

还生成乙烯。在某催化剂作用下，2L密闭容器中加入0.5mol甲醇，经过相同时间后测得甲醇转化率及丙烯的选择性(生成丙烯的甲醇与甲醇转化量的比值)与反应温度之间的关系如图所示。计算600℃时反应甲醇生产丙烯的反应Ⅳ平衡常数________。若将

容器体积压缩为1L，其他条件不变，在如图中作出甲醇平衡转化率随温度的变化曲线。________。(5)研究表明，甲醇可由CO2在强酸性水溶液中通过电解合成，则生成甲醇的反应电极反应式：_______。【答案】(1).+41.0kJ/mol(2).较低温度(3).Cu2O+CO2Cu+CO2(4)

.BCD(5).0.16875(6).(7).CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算待求反应的反应热；(2)根据反应自发性判断依据分析，从平衡移动角度分析CO2存在对催化剂的影响；(3)根据平衡状

态时任何物质的物质的量、浓度及含量保持不变，分析判断；(4)根据图示可知反应在600℃时甲醇转化率是60%，根据反应开始时的物质的量浓度，物质的反应关系计算平衡常数，利用该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，

平衡向气体体积减小的方向移动分析；(5)根据反应中元素化合价的变化及物质书写电极反应式；【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与反应的物质的始态和终态有关，所以反应I-反应III，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=

△H1-△H1=－49.0kJ/mol-(-90.0kJ/mol)=+41.0kJ/mol；(2)反应III的正反应是气体体积减小的放热反应，根据反应自发进行的判断依据△G=△H-T△S<0，反应可自发进行，则若反应自发进

行，由于△H<0，△S<0，所以反应温度要在低温条件下才符合△G<0的条件；反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在催化剂Cu2O存在条件下进行，体系中同时存在反应Cu2O+CO2Cu+CO2，若反应体系

中含少量CO2，则增大了生成物的浓度，平衡逆向移动，可以产生该反应的催化剂Cu2O，使催化剂的量保持不变，因而可使反应速率可大大加快；(3)对于反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。A.反

应混合物都是气体，气体的质量、体积都不变，因此密度始终不变，因此不能据此判断反应为平衡状态，A错误；B.反应前后气体的物质的量改变，而气体的质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应处于平衡状态，B正确；C.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相

等，则任何一种物质的浓度不变，反应达到平衡，C正确；D.容器的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，D正确；故合理选项是BCD；(4)根据图示可知反应在600℃时甲醇转化率是60%，在反应开始时c(CH3OH)=0.25mol/L，达

到平衡时c(CH3OH)=0.25mol/L(1-60%)=0.10mol/L，c(C3H6)=0.25mol/L×60%×13=0.050mol/L，c(C3H6)=0.25mol/L×60%=0.15mol，则该反应的化学平衡常数K=330.0

50.15270.10160==0.16875；由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以在其它条件不变时，若将容器的体积由2L变为1L，即增大了体系的压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致甲醇平衡转化率降低，用

图像表示为：；(5)CO2在酸性条件下，在阴极被还原产生CH3OH，反应方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【点睛】。19.某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已

知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu;Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=

2Cu2O+N2↑+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___

________________________（3）步骤III，反萃取剂为_____________（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________A.B.C.②

从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000mol

·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①产品中Cu2O的质量分数为_______②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____【答案】(1).Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2(2).提高铜离

子的萃取率，提高原料利用率(3).稀硫酸(4).pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解(5).C(6).真空干燥(7).90.90%(8).制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜

粉，测定结果均增大【解析】【分析】刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜

氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）①从信息分

析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，

所以选择真空干燥；（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为0.025

144100%3.96=90.90%；②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。20.那可丁是一种药物，该药物适用于刺激性干咳病人服用，无成瘾性，化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：已知

：①②RNH23CHI⎯⎯⎯→RNHCH3（1）化合物B的结构简式：________。（2）反应B→C的第一步反应类型：____________。（3）下列说法正确的是：___________。A物质D能与FeCl3发

生显色反应B物质F具有碱性C物质G能和银氨溶液发生反应D物质H的分子式是C12H15NO4（4）写出C→D的化学方程式：____________。（5）请写出化合物H满足下列条件的所有同分异构体的结枸简式：_______________。①分子中含苯

环，无其他环状结构②分子中含有−NO2且直接连在苯环上③分子中只有3种不同化学环境的氢（6）已知CH2=CHCH32Cl500℃⎯⎯⎯→CH2CHCH2Cl，请以、CH3CHClCH3为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）__________

____。【答案】(1).(2).取代反应(3).BD(4).或(5).(6).【解析】【分析】由C的分子式、D的结构，结合反应条件，逆推可知C为．对比A、C的结构，结合B的分子式、反应条件，可知B为．D与CH3NO2脱去1分子水形成碳碳双键、硝基转

化为氨基生成E．E发生氧化反应生成生成F．对比F、H的结构，结合G的分子式与反应条件，可知G的结构简式为：。（6）由给予的信息①可知，与ClCH2CHClCH2Cl反应生成．CH3CHClCH3发生消去反应生成CH3CH=CH2，然后与氯气在500℃条件下反应生

成ClCH2CH=CH2，最后与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl。【详解】（1）A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为；（2）B在氢氧化钠的条件下反

应，是酚羟基和溴原子与氢氧化钠的反应，属于取代反应；（3）A.含有酚羟基的物质能与FeCl3发生显色反应，而物质D不含酚羟基，故错误；B．物质F含有氨基，具有碱性，故正确；C．物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，故错误；D.物质H的分子式是C12H15NO4，故正确，故选BD。（4

）结合信息①分析，C→D的化学方程式为；（5）H的分子式是C12H15NO4，其同分异构体要满足以下条件：①分子中含苯环，无其他环状结构，②分子中含有−NO2且直接连在苯环上，③分子中只有3种不同化学

环境的氢，说明结构有对称性，则除了苯环外其余的6个碳原子中，有4个碳以甲基形式位于对称轴两侧，另外还有2个碳原子和2个氧原子和3个氢原子形成一个支链连接在苯环上，即连接在硝基的对位，结构可能如下：；（6）

合成，逆推方法，需要合成CH2ClCHClCH2Cl，逆推需要合成CH2=CHCH2Cl，再需要CH2=CHCH3，由CH3CHCICH3发生消去反应即可，故合成路线为：