【文档说明】云南省昆明市外国语学校2020-2021学年高二下学期4月月考化学试卷 PDF版含答案.pdf，共(15)页，561.762 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共4页2020-2021学年下学期4月月考高二年级化学学科试卷命题教师：苏凡审题教师：高二化学备课组（全卷四个大题，共11个小题，共4页；考试时间：60分钟，满分：100分）一、单选题（本大题共7小题，每小题6分

，共42分）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是()A.食用油和白酒都应密封保存B.高温下铝粉和氧化铁的反应可以用来焊接铁轨C.电影放映时射到银幕上的光柱证明存在气溶胶D.钢铁锈蚀、食物腐败、钟乳石的形成均涉及氧化还原反应2.下列实验操作能达到目的的是()选项目的操

作A制取溴苯向试管中加入少量苯，再加入溴水B除去MgCl2溶液中的少量Fe3+加入NaOH调节溶液pH后过滤C比较C和Si的非金属性强弱将CO2通入饱和Na2SiO3溶液中D制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液A.AB.BC.CD.D3.设NA为阿伏加德罗常

数的值。下列说法正确的是()A.12g石墨晶体中所含C−C键的数目为3NAB.标准状况下，22.4L的3He中含有中子的数目为3NAC.0.1mol钠全部与氧气反应生成Na2O和Na2O2共3.6g，转移电子数为0.1NAD.常温下，1L0.1mol�L−1

的氨水中含有H+的数目为10−13NA4.有机化合物甲、乙、丙存在如图转化关系。下列说法错误的是()A.甲、乙、丙均属于芳香烃B.1mol甲可与3molH2反应C.甲、乙都能与Na2CO3溶液反应D.乙中所有碳原子可能在同一平面上5.W、X、Y、Z为短周期主族元素

且原子序数依次增大。W和Y，X和Z均位于同一主族，Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分。下列说法正确的是()A.X和Z的氢化物的沸点：X<ZB.YW与水的反应属于氧化还原反应C.X的最高价氧化物对应水化物是强酸D.简单

离子半径大小：Z>Y>X6.我国对‘可呼吸”的钠−二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生Na2CO3固体储存于碳纳米管中)。下列说法不正确的是()第2页，共4页A.放电时，钠金属片作负极，碳纳米管

作正极B.充电时，阳极反应为：2Na2CO3+C−4e−=3CO2↑+4Na+C.放电时，Na+从负极区向正极区移动D.该电池的电解质溶液也可使用NaClO4的水溶液7.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：

下列有关说法正确的是()酸化学式HFH2SO3电离平衡常数(25℃)Ka=6.8×10−4Ka1=1.3×10−3Ka2=5.6×10−8A.等物质的量浓度的各溶液pH关系：pH(Na2SO3)<pH(NaF)<pH(NaHSO3)B.将

0.lmo/L的HF与0.1mol/L的NaF等体积混合，混合液pH>7C.Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32−+HF=F−+HSO3−D.NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小：

c(Na+)>c(HSO3−)>c(H2SO3)>c(SO32−)二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）8.铝灰的回收利用方法很多，现用含有A12O3、SiO2和少量FeO�xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3�18H2O，工艺流程如

图：请回答下列问题：(1)加入过量稀H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是______。(2)步骤③中加入KMnO4发生反应的离子方式为______。(3)已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：步骤③的目的是______；若在该浓度下除去铁

的化合物，调节pH的最大范围是______。Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8(4)已知Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)�c3(OH−)=4.0×10−38，常温下，当pH=2时，Fe

3+开始沉淀的浓度为______。(5)步骤④中加MnSO4的作用______。(6)操作⑤“一系列操作”，下列仪器中用不到的是______(填序号)。A.蒸发皿B.坩埚C.玻璃棒D.酒精灯E.漏斗三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）第3页，共4页9.(CH3COO)2Mn�4H2O

主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是______，C装置中NaOH溶液的作用是______。(2)B装置中发生反应的化学

方程式是______。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式______。②判断沉淀已洗净的操作和现象是______。步骤三：制备(CH3COO)2Mn�4H2

O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn�4H2O固体。探宄生成(CH3COO)2Mn�4H2O最佳实验条件的数据如表：实验组别醋酸质量分数温度/℃产品质量/g13%5022.0523%6022.24

34%5022.1344%6023.27(4)产品干燥温度不宣超过55℃的原因可能是______。(5)上述实验探究了______和______对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn�4H2

O产率为______。四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）10.二氧化硫是大气的主要污染物之一。催化还原SO2不仅可以消除SO2的污染，还可以得到工业原料S.燃煤烟气中硫的回收反应为：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)△

H(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=−566.0kJ�mol−1S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296.8kJ�mol−1则硫的回收反应的△H=______kJ�mol−1。(2)其他条件相同、催化剂不同时，

硫的回收反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。260℃时，______(填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化剂均可能使SO2的转化率达到很高，不考虑价格因素，选择La2O3的主要优点是______。第4页，共4页(3)

一定条件下，若在恒压密闭容器中发生硫的回收反应，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示，则P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为______；某温度下，若在恒容密闭容器中，初始时c(CO)=2amol�L−1，c(SO2)

=amol�L−1，SO2的平衡转化率为80%，则该温度下反应的化学平衡常数为______。(4)某实验小组为探究烟气流速、温度对该反应的影响，用La2O3作催化剂，分别在两种不同烟气流量、不同温度下进行实验。实验结果显示：在260℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而减小，其原因是____

__；在380℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而增大，其原因是______。(5)工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol�L−1的N2SO3溶液，当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降此时溶液中c(HSO3−)

c：(SO32−)=______。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10−2、Ka2=1.0×10−7)11.化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过如图所示的路线合成：已知：RCOOH→PCl3RCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。请回答下列问题：(1)B→C的转化所

加的试剂可能是______，C+E→F的反应类型是______。(2)有关G的下列说法正确的是______。A.属于芳香烃B.能与FeCl3溶液发生显色反应C.可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D.1molG最多可以跟4molH2反应(3)

E的结构简式为______。(4)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为______。(5)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式______。①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不

同化学环境的氢原子(6)已知：工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任用)。注：合成路线的书写格

式参照如图示例流程图：。第1页答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、食品油中的不饱和脂肪酸易被氧化而变质，乙醇易挥发，挥发出的酒精蒸气遇明火易爆炸，故两者需密封保存，故A正确；B、高温下铝粉和氧化铁的反应方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O

3，该反应放出大量的热，能熔融铁，可用来焊接铁轨，故B正确；C、胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱证明空气中存在气溶胶，故C正确；D、钢铁锈蚀中Fe失电子化合价升高，食品腐败为缓慢氧化过程，O元素化合价降低，两个反应

都属于氧化还原反应，但钟乳石的形成是碳酸氢钙分解生成碳酸钙，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：D。A、食用油易被氧化变质，乙醇具有挥发性；B、铝热反应放热，能融化钢铁；C、胶体有丁达尔效应

；D、元素化合价有变化的反应是氧化还原反应。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2.【答案】C【解析】解：A.苯与溴水不反应，制取溴苯要用苯和液溴在

催化剂作用下反应制取，故A错误；B.加入NaOH溶液调节pH会引入新的杂质离子Na+，应选MgO等促进铁离子水解转化为沉淀，过滤可分离，故B错误；C.非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，将CO2通入饱和Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸，

即C的非金属性强于Si，故C正确；D.Al和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液中存在铝离子的水解，产生氢氧化铝和HCl，蒸发该溶液HCl易挥发，且加热进一步促进水解，最终氯化铝彻底水解，得到的不是氯化铝而是氢氧化铝，故D错误；第2页故选：C

。A.苯与溴水不反应；B.二者均与NaOH反应，且引入钠离子；C.发生强酸制取弱酸的反应，可比较碳酸、硅酸的酸性；D.加热促进氯化铝水解，且生成盐酸易挥发。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验

能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A.12g石墨晶体含有碳原子的物质的量为12g12g/mol=1mol，在石墨晶体中，每个C原子平均占有1.5个C−C键，则12g

石墨晶体中所含C−C键的数目为1.5NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L的3He的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，1个3He的中子数为3−2=1，则1mol3He含有中子的数目为1mol×NAmol−1=NA，故B错误；C.0.1mol钠全部与氧气反应，

钠的化合价从0升高为+1价，则共生成钠离子物质的量为0.1mol，则钠失电子数为0.1NA，转移电子数=还原剂失电子数=氧化剂得电子数=0.1NA，故C正确；D.常温下，氨水是弱碱，部分电离，则1L0.1mol�L−1的氨水中，c(OH−)<0.1mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH

−)=1.0×10−14，可知c(H+)>1.0×10−13mol/L，故溶液中含有H+的数目大于10−13NA，故D错误。故选：C。A.在石墨晶体中，每个C原子与周围3个碳原子形成C−C键，则每个碳原子平均占有12×3=1.5个C−C键；B.氦气为单原子分

子，1个3He有1个中子；C.钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都从0价升高为+1价；D.一水合氨为弱碱，部分电离。本题考查了阿伏加德罗常数及物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的

结构组成是解题关键，题目难度不大。4.【答案】A第3页【解析】解：A.甲、乙、丙中除C、H外，含有第三种元素，属于烃的衍生物，故A错误；B.甲中含有一个苯环，能与氢气以1：3发生加成反应，则1mol甲可与3molH2反应，故B正确；C.甲、乙中都含有

羧基，都能与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和水，故C正确；D.乙中的单键具有旋转性，若苯环、羧基确定的平面重合，则所有碳原子可能在同一平面上，故D正确；故选：A。A.含有苯环的烃属于芳香烃；B.苯环和氢气以1：3发生加成反应；C.酚−OH、−COOH能和碳酸钠溶液反应；D.苯

环上所有原子共平面，−COOH中所有原子共平面，单键可以旋转。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，注意：酚羟基也能和碳酸钠溶液反应。5.【答案】B【解析

】解：根据分析可知：W为H或Li，X为F，Y为Na，Z为Cl元素。A.HF分子间存在氢键，导致HF的沸点较高，即X和Z的氢化物的沸点：X>Z，故A错误；B.YW能够与水反应，该化合物只能为NaH，NaH与水发生氧化

还原反应生成NaOH和H2，故B正确；C.F的非金属性最强，没有最高价氧化物对应水化物，故C错误；D.电子层越多离子半径越多，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z>X>Y，故D错误；故选：B

。W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分，“84”消毒液的主要成分为NaClO，则Z为Cl，Y为Na；W和Y，X和Z均位于同一主族，则X为F，W为H或Li元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的

关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能第4页力。6.【答案】D【解析】解：A.放电时为原电池反应，钠金属片失去电子作负极，碳纳米管上

得电子作正极，故A正确；B.充电时，阳极失去电子发生氧化反应，反应为C+2Na2CO3−4e−=3CO2↑+4Na+，故B正确；C.放电时，阳离子向正极移动，则Na+从负极区向正极区移动，故C正确；D.钠与水反应，不能用水溶液

代替TEGDME作溶剂，故D错误；故选：D。由4Na+3CO2⇌充电放电2Na2CO3+C可知，放电为原电池反应，Na为负极失去电子，正极上C得到电子；充电为电解池，阳极与正极相连，阳极失去电子发生氧化反应，放电时阳离子向正极移动，以此来解答。本题考查原

电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用及钠的性质，题目难度不大。7.【答案】C【解析】解：A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液

pH值越小，电离平衡常数：Ka1(H2SO3)>Ka(HF)>Ka2(H2SO3)，所以酸性：H2SO3>HF>HSO3−，水解程度：SO32−>F−>HSO3−，所以相同浓度的钠盐溶液pH：pH(Na2SO3)>pH(NaF)>pH(NaHSO3)，故A错误；B.F−水解平

衡常数Kh=10−146.8×10−4≈1.47×10−11<Ka，说明HF电离程度大于NaF水解程度，所以混合溶液呈酸性，则混合溶液pH<7，故B错误；C.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数：Ka1(H2SO3)>

Ka(HF)>Ka2(H2SO3)，所以酸性：H2SO3>HF>HSO3−，根据强酸制取弱酸原理知，反应方程式为SO32−+HF=F−+HSO3−，故C正确；D.HSO3−水解平衡常数Kh=KwKa1=10−141.3×10−3≈7.69

×10−12<Ka2，说明HSO3−电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)<c(SO32−)，故D错误；故选：C。A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠第5页

盐溶液pH值越小；B.F−水解平衡常数Kh=10−146.8×10−4≈1.47×10−11<Ka，说明HF电离程度大于NaF水解程度；C.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；D.HSO3−水解平衡常数Kh=KwKa1=10−141.3×10−3≈7.69

×10−12<Ka2，说明HSO3−电离程度大于水解程度。本题考查弱电解质的电离，侧重考查弱电解质电离及弱离子水解程度关系判断、离子浓度大小比较等知识点，明确弱酸电离平衡常数与其酸性强弱关系、电离平衡常数与其对应弱离子水解平衡常

数关系是解本题关键，C中方程式的书写为解答易错点，题目难度不大。8.【答案】(1)6H++Al2O3=2Al3++3H2O(2)MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(3)亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子

转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8≤pH<3.4(4)4.0×10−2mol/L(5)将过量的KMnO4还原为MnO2而除去(6)B【解析】解：根据流程：铝灰(含有Al2O3、SiO2和少量FeO�xFe2O3)水洗过滤，加入过量稀硫酸酸溶过滤，除去不溶性杂质SiO2，得到

滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+，加入高锰酸钾溶液调节溶液pH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀和氢氧化铁沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体，据此分析作答

。(1)Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；故答案为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；(2)加入KMnO4氧化亚铁离子为铁离子，自身被还原为锰离子，反应为：MnO

4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；故答案为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(3)根据流程，步骤③是将亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉

淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子，故为2.8≤pH<3.4；故答案为：亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8≤pH<第6页3.4；(4)当pH=2时，c(OH−)=1×10−12mol/L，根据Ks

p[Fe(OH)3]=c(Fe3+)�c3(OH−)可知，c(Fe3+)=4.0×10−38(10−12)3=4.0×10−2mol/L；故答案为：4.0×10−2mol/L；(5)操作④的作用是利用硫酸锰和高锰

酸钾反应：2MnO4−+3Mn2++4OH−=5MnO2↓+2H2O，将过量的KMnO4还原为MnO2而除去；故答案为：将过量的KMnO4还原为MnO2而除去；(6)在操作⑤的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作

分析所需仪器为蒸发皿，玻璃棒、酒精灯、漏斗，坩埚是给固体加热的仪器，不需要坩埚；故答案为：B。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的

能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，题目难度中等。9.【答案】分液漏斗吸收多余的SO2，防止污染大气SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O

)2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净温度过高，晶体会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%

【解析】解：(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；故答案为：分液漏斗；吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO

2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；故答案为：SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO

3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中

不含有SO42−，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；第7页故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净

；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn�4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55℃；故答案为：温度过高，晶体会失去结晶水；(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品

质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)=11.5g115g/mol=0.1mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn�4H2O的物质的量是0.1mol，其质量为m[

(CH3COO)2Mn�4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，实际质量为22.05g，所以(CH3COO)2Mn�4H2O产率为22.05g24.5g×100%=90.0%。故答案为：

醋酸质量分数；温度；90.0%。将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用

NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。(1)

根据仪器结构可知仪器a的名称；SO2有毒污染大气，可用NaOH溶液吸收；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4；(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H

2O；②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42−，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn�4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是

产品干燥温度不宜超过55℃；(5)根据表格数据可知采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)=11.5g115g/mol=0.1mo

l，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn�4H2O的物质的量是0.1mol，其质量为m[(CH3COO)2Mn�4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，实际质量为22.05g。本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、

离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性，题目难度中等。第8页10.【答案】−269.2TiO2La2O

3在相对温度较低时催化效率更高P1>P2>P3>P480a260℃时催化剂活性不好，反应速率慢，烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，二氧化硫转化率越低380℃时，催化剂活性较好，反应速率快，烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，二氧化硫转化率高10【解析】解：(1)①2CO

(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=−566.0kJ�mol−1②S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296.8kJ�mol−1将方程式①−②得方程式2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(

g)+S(l)，△H=(−566.0+296.8)kJ/mol=−269.2kJ/mol，故答案为：−269.2；(2)温度相同时不同催化剂条件下，二氧化硫转化率越高，其催化剂效果越好，根据图知，260℃时TiO2催化条件下二氧化硫转化率最高；在相对温度较低时La2O3催化效率高，故答

案为：TiO2；La2O3在相对温度较低时催化效率更高；(3)2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)为反应前后气体体积减小的可逆反应，温度相同条件下，压强越大，二氧化硫的转化率越高，根据图知，相同温度下二氧化硫转

化率：P1>P2>P3>P4，则压强P1>P2>P3>P4；初始时c(CO)=2amol�L−1，c(SO2)=amol�L−1，SO2的平衡转化率为80%，则消耗的c(SO2)=amol�L−1×80%=0.8a，剩余的c(SO2)=0.2amol�L−

1，可逆反应2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)开始(mol/L)2aa0反应(mol/L)1.6a0.8a1.6a平衡(mol/L)0.4a0.2a1.6a化学平衡常数K=c2(CO2)c2(CO)⋅c(SO2)=(1.6a)2(0.4a)2×0.2

a=80a；故答案为：P1>P2>P3>P4；80a；(4)La2O3作催化剂时，260℃时催化剂活性不好，反应速率慢，烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，二氧化硫转化率越低；380℃时，催化剂活性较好，反应速率快，烟气流速越大，压

强越大，反应正向进行越彻底，二氧化硫转化率高，故答案为：260℃时催化剂活性不好，反应速率慢，烟气流速越大，气体和催化剂接触时间越短，二氧化硫转化率越低；380℃时，催化剂活性较好，反应速率快，烟气流速越大，压强越大，反应正向进行越彻底，二氧化硫转化率高；第9页(5)pH=6时，溶液

中c(H+)=10−6mol/L，Ka2=c(SO32−)⋅c(H+)c(HSO3−)=1.0×10−7，则c(HSO3−)c(SO32−)=10−61.0×10−7=10，故答案为：10。(1)①2CO(g)+O2

(g)=2CO2(g)△H1=−566.0kJ�mol−1②S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296.8kJ�mol−1将方程式①−②得方程式2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)，△H进行相应的改变；(2)温度

相同时不同催化剂条件下，二氧化硫转化率越高，其催化剂效果越好；在相对温度较低时La2O3催化效率高；(3)2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)为反应前后气体体积减小的可逆反应，温度相同条

件下，压强越大，二氧化硫的转化率越高；初始时c(CO)=2amol�L−1，c(SO2)=amol�L−1，SO2的平衡转化率为80%，则消耗的c(SO2)=amol�L−1×80%=0.8a，剩余的c(SO2)=0.2amol�L−1，可逆反应2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g

)+S(l)开始(mol/L)2aa0反应(mol/L)1.6a0.8a1.6a平衡(mol/L)0.4a0.2a1.6a化学平衡常数K=c2(CO2)c2(CO)⋅c(SO2)；(4)La2O3作催化剂时，260℃时其催化效率

较低，且流速过大时，反应时间较短；380℃时，催化剂活性较好，且流速越大其压强越大；(5)pH=6时，溶液中c(H+)=10−6mol/L，Ka2=c(SO32−)⋅c(H+)c(HSO3−)=1.0×10−7。本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、盐类水解、外界条件对化学平衡移

动影响等知识点，明确化学反应原理及基本公式内涵是解本题关键，会分析图象曲线变化趋势，难点是(5)题计算，注意公式的灵活运用，题目难度中等。11.【答案】银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液取代反应CD+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O第10页【解析】解：根据题中各物转化关系，结合信

息RCOOH→PCl3RCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构

可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，(1)B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；

(2)根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A.G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；B.G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C.G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，

故C正确；D.G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1molG最多可以跟4molH2反应，故D正确；故选CD；(3)根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为：；(4)F中有

两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；(5)E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①

能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有第11页，故答案为：；(6)以苯、甲苯为原料制取，可以先将苯中

引入羟基，生成酚，甲苯氧化成苯甲酸，再酯化可得产品，所以该化合物的合成路线流程图为，故答案为：。根据题中各物转化关系，结合信息RCOOH→PCl3RCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3

CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此答题。本题主要考查有机推断与合成，解题的关键是利用官能团的性质与转化，结合题中信息进行物质推断

，中等难度，答题时注意有机基础知识的灵活运用。