【文档说明】安徽省滁州市定远县重点中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期期中试卷高二化学试题注意事项：1．答题前在答题卡、答案纸上填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将第I卷（选择题）答案用2B铅笔正确填写在答题卡上；请将第II卷（非选择题）

答案黑色中性笔正确填写在答案纸上。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第I卷（选择题48分）一、选择题：(共16小题,每小题3分,共48分)1.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.在7.8gNa2O2固体中，含有阴、阳离子的总数为0.3NAB.光照

下，将16gCH4和71gCl2组成的混合气体充分反应，生成CH3Cl分子数为NAC.若发生水解的Fe3+为1mol，此时生成的氢氧化铁胶粒数为NAD.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，所含氢原子总数为6NA【答案】A【解析】【详解】A．7.8gNa2O2的物质的量为7.878/ggmol

=0.1mol，含有0.1mol阴离子、0.2mol阳离子，故A正确；B．光照下，CH4和Cl2反应，会生成四种氯代物，根据碳原子守恒规律可知，生成CH3Cl分子数小于NA，故B错误；C．氢氧化铁胶体微粒是

多个氢氧化铁粒子的集合体，若发生水解的Fe3+为1mol，此时生成的氢氧化铁胶粒数少于NA，故C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中还含有一定量的水，水分子中也含有氢原子，所含氢原子总数多于6NA，故D错误；故选A。【点晴】顺利解

答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。本题的易错点是C，胶体微粒是分子的集合体。2.A、B、C、D是原子序数依次增大的五种短周

期主族元素。B、C、E最外层电子数之和为11；A原子核外最外层电子数是次外层的2倍；C是同周期中原子半径最大的元素；工业上一般通过电解氧化物的方法制备D的单质；E单质是制备太阳能电池的重要材料。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：B>CB.最高价氧化物

对应水化物的酸性:A<EC.工业上不用电解氯化物的方法制备单质D是由于其氯化物的熔点高D.相同质量的C和D单质分别与足量稀盐酸反应，前者生成的氢气多【答案】A【解析】【分析】A、B、C、D是原子序数依

次增大的五种短周期主族元素。A原子核外最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；C是同周期中原子半径最大的元素，C为Na元素；工业上一般通过电解氧化物的方法制备D的单质，D为Al元素；E单质是制备太阳能电池的重要材料，E为Si元素。B、C、E最外层电子数之和为11，则B最外层有7个电子，为F元

素。【详解】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：B>C，故A正确；B．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性A＞E，故B错误；C．工业上不用电解氯化物的方法制备单质铝是由于

其氯化物是分子晶体，熔融状态不能导电，故C错误；D．相同质量的钠和铝单质分别与足量稀盐酸反应，生成的氢气的物质的量之比为123：19=9：23，钠生产的氢气少，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了元素周期表和元

素周期律的知识。正确推断出元素是解题的关键。本题的易错点是C，需要注意氯化铝的晶体类型。3.根据表中信息，判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2Cl﹣②KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+③KClO3浓盐酸Cl2A.表中①组反

应可能有一种或两种元素被氧化B.表中②组反应的离子方程式是2MnO4-+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2OC.表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣D.氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2【答案】A

【解析】【详解】A．Cl2与FeBr2反应，Cl2少量时只氧化Fe2＋，Cl2足量时氧化Fe2＋和Br－，故A正确；B．反应不符合得失电子守恒，正确的离子方程式是2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；C．③组反

应KClO3＋6HCl(浓)加热KCl＋3Cl2↑＋3H2O的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e－，故C错误；D．根据①组反应，氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，③组反应，氧化性KClO3＞Cl2，氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；答案选A。4.某化学兴趣小

组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A.实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2B.实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强C.实验③发生反应的化学方程式为3Cu

+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2OD.由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应【答案】C【解析】【详解】A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；B、Cu与

稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确；D、由上述实验可得出结论

：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。故答案选C。5.天然维生素P(结构为)存在于槐树花蕊中，这是一种营养增补剂。关于维生素P的叙述错误的是()A.可以和溴水反应B.要用有机溶液萃取C.分子中有三个苯环D.1mol维生素D

可以和4molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A、酚羟基的邻、对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，故A不符合题意；B、由相似相容可知，易溶于有机溶剂，则可以用有机溶剂萃取，故B不符合题意；C、该有机物中分子中含2

个苯环，中间不是苯环，故C符合题意；D、该有机物中含4个酚羟基，可以与NaOH反应，则1mol维生素P可以和4molNaOH反应，故D不符合题意；故选C。6.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和

硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸B向溶液X中滴入NaHCO3溶液产生无色气体X中的溶质一定是酸CCl2通入品红溶液中溶液褪色Cl2具有漂白性DC2H4通入溴水中溶液褪色C2H4发生了还原反应A.AB.BC.CD

.D【答案】A【解析】A．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，A正确；B．产生无色气体，说明溶液呈酸性，但不一定是酸，如硫酸氢钠，B错误；C．氯气本身无漂白性，氯气与水反应生成次氯酸的强

氧化性漂白，C错误；D．乙烯可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，D错误；答案选A。7.化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是A.我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”B.乙醇是一种易燃烧污染小的可再生能源，但只能在实验室内作燃料C.化石燃料不可再生，使用太阳能

代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境D.积极开发废电池的综合利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染【答案】B【解析】【详解】A.聚乙烯塑料难以降解，易导致白色污染，A项正确；B.乙醇是一种易燃烧污染小的可再生能源，可用于汽车燃料，B项错误；C.化石燃料不可再生

，使用太阳能代替化石燃料，可减少对化石燃料的使用，有利于节约资源、保护环境，C项正确；电池中的重金属会污染土壤和水源，积极开发废电池的综合利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染，D项正确；答案选B。8.下列图示与对应的叙述不相符的是()A.图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液

是80℃时KNO3的不饱和溶液B.图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C.图表示0.1000mol•L—1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L—1醋酸溶液的滴定曲线D.图表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)

2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化【答案】C【解析】【详解】A.由图1可知，曲线上的点均为饱和溶液对应的点，则a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，故A正确；B.使用催化剂可降低反应的活化能，故B正确；C.若NaOH消耗20mL

，则二者刚好反应溶液显碱性，但据图可知溶液显中性，故C错误；D.随着Ba(OH)2溶液的加入，依次发生下列反应：2NH4Al(SO4)2+3Ba(OH)2=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓＋(NH4)2SO4、(NH4)2SO4＋Ba(OH)2=BaSO

4↓＋2NH3↑＋2H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O，即a、b点为BaSO4和Al(OH)3的混合物，但b点的BaSO4多些，c点为BaSO4，故D正确；答案选C。9.在2L密闭容器中通入a

molX气体并发生反应：2X(g)Y(g)，在T1、T2温度下，X的物质的量n(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述不正确的是A.正反应方向为放热反应B.在T2温度下，在0～t1时间内，v(Y)=1a-btmol•(L

•min)－1C.M点的正反应速率v(正)大于N点的逆反应速率v(逆)D.W点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大【答案】B【解析】【分析】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量越大，说明升

高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；【详解】A．根据以上分析，正反应为放热反应，选项A正确；B．T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=ab2mol/L，则Y的浓度变化为c(Y

)=12c(X)=a-b4mol/L，所以v(Y)=ct=1a-b4tmol•L﹣1•min﹣1，选项B错误；C．根据以上分析温度是T1＞T2，则M点温度高于N点温度，温度越高反应速率越大，且N点反应没有达到平衡状态，此时

反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，选项C正确；D．W点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以W点时再加

入一定量X，平衡后X的转化率增大，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键。注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影

响。10.短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是A.原子半径和离子半径均满足：Y＞ZB.氢化物的沸

点不一定是：Y＜RC.最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞RD.由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素为1—18号元素；R的最外层电子数是电子层数的2倍，则R是

C或S；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，根据高中所学知识，应是Na2O、Na2O2，Z为Na，Y为O，Z2T化合物能破坏水的电离平衡”，则T为S，而R则为C，所以Y为O、Z为Na、R为C、T为S，由坐标图可知X的半径及原子序数最

比C小，只能是H，据此分析解答。【详解】A．Y为O，第二周期元素，Z为Na，第三周期元素，原子半径Y＜Z，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则氧离子半径大于钠离子半径，即Y＞Z，故A错误；B．R为C、Y为O，碳元素能

形成多种氢化物，其沸点可能高于水，故B正确；C．R为C、T为S，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，故C错误；D．X为H、Y为O、Z为Na、R为C，由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，故D错

误；答案选B。11.氯仿(CHCl3)可用作麻醉剂，但常因保存不慎，而被空气中的氧气氧化，生成剧毒的光气(COCl2)，发生反应的化学方程式为2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，为防止发生事故，在使用前要检验氯仿是否变质，应选用的试剂是()A

.氢氧化钠溶液B.硝酸银溶液C.溴水D.淀粉碘化钾试剂【答案】B【解析】【详解】A.加入NaOH溶液，没有明显的现象，不能用来检验，故A不选；B.氯仿被氧化时生成HCl，加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成AgCl白色沉淀，可检验，故B选

；C.反应中各物质与溴水不反应，加入溴水没有明显现象，所以不能用溴水检验，故C不选；D.淀粉碘化钾试剂与氯化氢不发生反应，无法检验氯仿是否变质，故D不选；故选B。12.乙烯催化氧化成乙醛可设计成如下图所示的燃料电池，

能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为：2CH2=CH2+O2→2CH3CHO。下列有关说法正确的是A.a电极发生还原反应B.放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗28g乙烯C.b极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-D.电子移动方向：电极a→磷酸

溶液→电极b【答案】B【解析】【详解】A、根据题给信息知乙烯发生氧化反应，在燃料电池的负极反应，故a电极发生氧化反应，A错误；B、放电时，负极发生CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+，每转移2mol电子，理论上需要消耗1mol

乙烯，即28g，B正确；C、b极反应式为：O2+4e-+4H＋=2H2O，C错误；D、原电池中电子只能通过导线和电极传递，不能通过溶液传递，D错误；故合理选项为B。13.由二氧化硅制高纯硅的流程如图，下列判断中错误的是()A.①②③均属于氧化

还原反应B.氢气和氯化氢均可循环利用C.二氧化硅是一种坚硬难熔的固体D.三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5g【答案】D【解析】【详解】A．①②③反应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是

氧化还原反应，A正确；B．由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；C．二氧化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；D．三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5gmol-1，D错误答案选D。14.短周

期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A.元素X与氢形成的原子比为1：1的

化合物有很多种B.元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】B【解析】【分析】X原子的最外层电子数是内层电

子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【

详解】A．元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正确；B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐

酸反应均有氢气生成，故C正确；D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选B。15.将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积

V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:A.镁和铝的总质量为9gB.最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C.硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L－1D.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L【答案】D

【解析】【分析】从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，

沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。【详解】A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0

.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B、根据A

中分析可知B项正确；C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，C项正确；D、

由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误。答案选D。16.如图是产生和收集气体的实验装

置，该装置适合于()A.用浓硝酸与Cu反应制取NO2B.用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2C.用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D.用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，实验为固体和液体常温下反应生成

气体实验，且二氧化氮难溶于水，不能用排水法收集，需用向上排空气法收集，故A错误；B．用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，发生装置错误，氯气可与水反应，不可用排水法收集，需用排饱和食盐水收集，故B错误；

C．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2属于固液常温型，氧气难溶于水，可用排水法收集，故C正确；D．氯化铵和氢氧化钙是固体，反应需要加热，所以反应应该在试管中进行，且试管口略向下倾斜，发生装置错误；氨气极易溶于水，不可用排

水法收集，故D错误；答案选C。第II卷（选择题52分）二、非选择题（52分）17.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α­氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂

质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：(1)写出铝灰与硫酸反应涉及的离子方程式________________________________________________。(2)图中“滤渣”的主要成分为_____

___(填化学式)。(3)加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为______________________________________。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3＋2NH3

↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是________(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有________(填化学式)。③KMnO4溶液褪色(MnO4—被还原为Mn2＋)，发生的离子反应方程式

为_________________。【答案】(1).Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O(2).SiO2(3).2

Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O(4).N2(5).SO3、NH3(6).2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋【解析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质

SiO2、FeO、Fe2O3)，加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣含SiO2，滤液中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋，加30%双氧水，Fe2＋被氧化为Fe3＋，加入K4[Fe（CN）6

]，Fe3＋转化为蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋

3H2O；（2）图中“滤渣”的主要成分为不溶于硫酸的SiO2，（3）加30%H2O2溶液Fe2＋被氧化为Fe3＋，发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；（4）①NH4Al(SO4)2·12H2O分解生成的气体N

H3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO

4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2＋+5SO42－+4H＋；点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，解题关键：制备原理，物质的性质以及相关反应方

程式的书写，难点：（3）与（4）的③氧化还原反应分析和方程式的书写。18.一种利用铝土矿(含有氧化铝和杂质)生产氧化铝纯品的工业流程如下：（1）过程I，发生反应的离子方程式是________________。（2）过程II，用一定浓度的NaHC

O3溶液处理碱浸后滤液，所得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：①加入NaHCO3溶液体积小于8mL时，发生主要反应的离子方程式是________________。②过程II生成Al(OH)3的离子方程式是_____________。（3）过程III，电解

Na2CO3溶液的装置如下图所示。①阴极的电极反应式是________________。②简述阳极液生成的原理：______________。【答案】(1).Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O(2).OH－+HCO3－=CO32－+H2O(

3).HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－(4).2H2O+2e－=2OH－+H2↑(5).2H2O-4e－=O2↑+4H+，溶液中c(H+)增大，发生反应：CO32－+H+=

HCO3－，部分Na+透过离子交换膜向阴极移动，最终获得含NaHCO3的阳极液【解析】【详解】（1）过程I，铝土矿中氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠根离子和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，故答案

为Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O；（2）①加入NaHCO3溶液体积小于8mL时，没有氢氧化铝沉淀生成，主要反应的离子方程式为OH－+HCO3－=CO32－+H2O，故答案为OH－+HCO3－=CO32－+H2O；②过程II中

碳酸氢根离子与偏铝酸钠根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，生成Al(OH)3的离子方程式为HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－，故答案为HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－；（3

）①根据图示，阴极放出氢气，溶液中水电离的H+放电，电极反应式为2H2O+2e－=2OH－+H2↑，故答案为2H2O+2e－=2OH－+H2↑；②根据图示阳极液为NaHCO3溶液，阳极上生成NaHCO3的原理是：阳极反应式为2H2O-4e－=O2↑+4H+，

溶液中c(H+)增大，发生反应：CO32－+H+=HCO3－，部分Na+透过离子交换膜向阴极移动，最终获得含NaHCO3的阳极液，故答案为2H2O-4e－=O2↑+4H+，溶液中c(H+)增大，发生反应：CO32－+H+=HCO3－，部分Na+透过离子交换膜向阴极移动，

最终获得含NaHCO3的阳极液。19.用烃A合成高分子化合物N的过程如下：已知：Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ：R1COOR2+R3OH===催化剂R1COOR3+R2OHR1、R2、R3代表烃基或氢原子回答下列问题：（1）烃A的相对分子质量为26，A的结

构简式是____________________________。（2）B中所含官能团的名称是___________________________________________。（3）C和D反应生成E的化学方程式是______________________________

_____。（4）B和F反应生成G的化学方程式是___________________________________。（5）H中含有一个甲基，H的结构简式是________________________________。

（6）E和K反应生成M的化学方程式是___________________________________。（7）N和NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________。（8）有机物Q是M的同分异构体，与M具有相同官能团，水解可以生成D

，存在顺反异构，Q的顺式结构简式是______________________________________。【答案】(1).CH≡CH(2).醛基(3).CH3COOH+HOCH3浓硫酸CH3COOCH3+H2O(4).HCHO+CH3CHONaOHCH2=CHCHO+H2O(5).(6

).CH2=CHCH2OH+CH3COOCH3Δ催化剂CH3COOCH2CH=CH2+CH3OH(7).+nNaOH+nCH3COONa(8).【解析】【分析】烃A的相对分子质量为26，则A为CH≡CH

，B能发生银镜反应，则A与水发生加成反应生成B为CH3CHO，B被氧化成C为CH3COOH，根据E的分子式可知，C与甲醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成E为CH3COOCH3，所以D为CH3OH，根据K的分子式结合转化关系，B与F发生信息Ⅱ中的反应，生成G为CH2=CH

CHO，所以F为HCHO，H中含有一个甲基，G与溴化氢发生加成反应生成H为，H与氢气加成生成I为CH3CHBrCH2OH，I发生消去反应生成K为CH2=CHCH2OH，K和E发生信息Ⅲ中的酯交换反应生成M为CH3CO

OCH2CH=CH2，M发生加聚反应得N为，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可知，A的结构简式是CH≡CH；(2)B为CH3CHO，B中所含官能团的名称是醛基；(3)C与甲醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成E为CH3COOCH3，反应生成E的化学方程式是C

H3COOH+HOCH3浓硫酸CH3COOCH3+H2O；(4)B和F反应生成G的化学方程式是HCHO+CH3CHONaOHCH2=CHCHO+H2O；(5)根据上面的分析可知，H的结构简式是；(6)K和E发生信息Ⅲ中的酯交换反应生成M为CH3COOCH

2CH=CH2，反应的化学方程式是CH2=CHCH2OH+CH3COOCH3Δ催化剂CH3COOCH2CH=CH2+CH3OH；(7)N和NaOH溶液发酯的水解反应，反应的化学方程式是+nNaOH+nCH3COONa；(8)M为CH3COOCH2CH=CH2，有机物Q是M的

同分异构体，与M具有相同官能团，即有酯基和碳碳双键，水解可以生成CH3OH，存在顺反异构，说明碳碳双键上连有不同的原子或原子团，则Q的顺式结构简式是。【点睛】本题难度不大，在书写反应方程式时，要注意反应的条件，酯化反应属于可逆反应，要用可逆符号连接，解题时要充分利用已知信息，已知信息是推

断流程中物质结构简式的关键。20.阿斯巴甜作为强烈甜味剂被广泛应用于食品、饮料、糖果等，工业上可以用苯丙氨酸甲酯和α﹣氨基丁二酸为原料合成：已知：RCN+HHO2/RCOOH；NH3一定条件下(1)A中含氧官能团的名称为_______

_____________________；(2)①、⑤的反应类型依次为_______________、_______________；(3)B的同分异构体中同时符合下列条件的有2种，写出其结构简式为_____________；①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质(4)写出

阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式_____________；(5)写出以1，3﹣丙二醇(HOCH2﹣CH2﹣CH2OH)为原料制备的合成路线流程(无机试剂任选)．合成路线流程示例如下：CH2═CH3HBr

CH3CH2BrNaOH溶液CH3CH2OH：____________________________________。【答案】(1).羟基、羧基(2).加成(3).取代(4).、(5).+3NaOH

++CH3OH+H2O(6).2O催化剂HCN+2HHOΔ浓硫酸【解析】【分析】根据流程中的信息可知，与HCN发生加成反应得到，在酸性条件下得到，A为，A与氨气在一定条件下反应得到B，B为，B与甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下生成，与、甲酸、苯共同作用下生成，

与反应生成阿斯巴甜。【详解】(1)A是，A中含氧官能团的名称为羟基、羧基；(2)①反应类型依次为与HCN发生加成反应得到，反应⑤是氨基中的一个H被取代，发生的是取代反应；(3)与氨气反应生成了B为，有三种化学环境不同的

氢原子说明很对称，三个碳分布在苯环的间位，中性物质说明氮原子形成了硝基，因此可以写出结构简式为、；(4)阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应，其中酯基和肽键能水解，羧基被中和，所以阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：写出阿斯巴甜与足量N

aOH水溶液充分反应的化学方程式为：+3NaOH++CH3OH+H2O；(5)根据1，3﹣丙二醇(HOCH2﹣CH2﹣CH2OH)为原料和产物作比较可知，碳原子数增加两个，且产物是一个很对称的结构，将产物水解后

得到，在对比原料可知，在原料上再引入两个碳原子，可以参照题目流程中步骤操作，写出流程得到：2O催化剂HCN+2HHOΔ浓硫酸。【点睛】书写合成路线是难点，需要综合分析反应物

的生成物之间的变化，选择合适的试剂，最后由羧基和羟基脱水缩合得到目标产物。