【文档说明】【精准解析】江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期第二次月考化学试题.doc，共(25)页，1.333 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省淮安市涟水县第一中学2019-2020学年度高三第二次月考化学试题1.工业废水处理达标后才能排放。下列处理废水的方法合理的是()A.用沉淀法除去废水中的H＋B.用氧化法除去废水中的Al3＋C.用吸附法除去废水

中的悬浮物D.用中和法除去废水中的油类物质【答案】C【解析】【分析】氧化还原法适用于除油类、氰化物；吸附法和混凝法适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水中的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸，据此分析作答。【详解】A.去除废水中的H＋选用中和法，故A项错误；B.A

l3＋已经是最高价金属离子，不能用氧化法，故B项错误；C.除去废水中的悬浮物可用吸附法，故C项正确；D.除去废水中的油类物质可采用氧化法（如臭氧等），故D项错误；答案选C。2.用化学用语表示CH4＋Cl2CH3Cl＋HC

l中的相关微粒，其中正确的是()A.中子数为20的氯原子：2017ClB.HCl的电子式：H∶ClC.CH4的结构式：CH4D.Cl的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A.中子数为20的氯原子，其质量数为37，应写成3

717Cl，故A项错误；B.HCl为共价化合物，氢原子与氯原子共用一对电子对，氯原子周围满足8电子稳定结构，则电子式应为，故B项错误；C.结构式指的是用元素符号和短线表示化合物，则CH4的结构中一个C原子与四个H原子以共价键相连，即，故C项错误；D.Cl原子的原子序数为17，其核外电子数为1

7，则氯原子的结构示意图：，故D项正确。答案选D。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥O2B.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C.Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色涂料D

.Al(OH)3能与NaOH溶液反应，可用于治疗胃酸过多【答案】A【解析】【详解】A.浓硫酸因具有吸水性，则可用于干燥O2，故A项正确；B.SO2可用于漂白纸浆，是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，故B项错误；C.

氧化铁本身是红棕色固体，俗称铁红，常用于制造红色油漆和涂料，与Fe2O3能与酸的反应无关，故C项错误；D.胃酸的主要成分为HCl，Al(OH)3可用于治疗胃酸过多是因为Al(OH)3为不溶性的弱碱，可中和胃酸，而不是因为Al(OH)3能与NaOH溶液反应，故D项错误；答案选A。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1mol·L－1的氨水：Cu2＋、Na＋、SO42-、NO3-B.0.1mol·L－1的CaCl2溶液：Na＋、K＋、Cl－、NO3-C.

0.1mol·L－1的Na2SO3溶液：K＋、H＋、SO42-、NO3-D.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：K＋、Na＋、NO3-、OH－【答案】B【解析】【详解】A．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B．Na+、

K+、Cl-、NO3-之间不反应，且都不与CaCl2溶液反应，在溶液中能够大量共存，故B项正确；C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故C项错误；D．NaHCO3溶液中的HCO3-与OH-会反应生成CO

32-与H2O而不共存，故D项错误；答案选B。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化还原性的离子，如本题的C选项，硝酸根离子、氢离子与亚硫酸根离子因发生氧化

还原反应而不共存，学生要加以总结与归纳，识破陷阱。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是()A.用所示装置分离CCl4和I2的混合物B.用所示装置获取少量SO2气体C.用所示装置除去CO2气体中

的少量SO2D.用所示装置蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体【答案】D【解析】【详解】A.I2易溶于CCl4，不能用分液的方法分离，故A项错误；B.获取少量SO2气体，可采用铜粉与浓硫酸加热的方法制得，但图示没有加热装置，不能

达到实验目的，故B项错误；C.二氧化硫溶于水形成亚硫酸，可弱电离生成HSO3-和H+，而饱和NaHSO3溶液中HSO3-已经饱和，则不能溶解SO2，不能达到实验目的，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故C项错误；D.采用蒸发结晶法可从NaCl溶液获得NaCl晶体，图示操作无误，故D项正确；答案选D。【

点睛】本题的易错点是B选项。要特别留意浓硫酸的强氧化性体现在与铜粉或碳粉反应会生成二氧化硫，但反应均需要加热。6.下列有关物质性质的叙述不正确的是()A.硝酸见光分解生成NO2、O2和H2OB.细铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2C.加热时，钠与氧气反应能生成Na2O2D.放电时，氮气与氧

气反应生成NO【答案】B【解析】【详解】A．硝酸见光分解生成NO2、O2和H2O，其化学方程式为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故A项正确；B．氯气具有强氧化性，可将Fe氧化到最高价，即细铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，故B项错误；C．加热时的条件下，钠与氧

气反应能生成Na2O2，故C项正确；D．氮气与氧气放电时发生反应生成NO，其化学方程式为：N2+O22NO，故D项正确；答案选B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2

↑B.向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO4-＋4OH－===2MnO2↓＋3SO42-＋2H2OC.向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2OD.向NaClO溶

液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-【答案】D【解析】【分析】A.电解后溶液显碱性，镁离子会生成氢氧化镁沉淀；B.高锰酸钾溶液呈酸性，参与反应的不应是氢氧根离子；C.氢碘酸溶液中碘离子具有强还原性，与产物铁离子不共存，会继续反应；D.强酸制

弱酸原理。【详解】A.电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；B.向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO4-＋2H2O===2Mn2+＋5S

O42-＋4H+，故B项错误；C.向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；D.酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO3

-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-，故D项正确；答案选D。【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观

事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，D项是难点，也是易错点，要理解碳酸是二元弱酸，平常多强化训练，加以对比记忆，找出陷阱，方可提高做题准确率。8.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X的简单离子具有

相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y的原子序数是W的2倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法一定正确的是()A.Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强B.氢元素与W只能形成一种化合物C.W的简单离子的半径比X的大

D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】C【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是Na；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，Z

是Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮、氧、氟等；Y的原子序数是W的2倍，Y在X与Z之间，则推出W为O，Y为S，据此解答。【详解】A.Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，

最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，但选项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件不足，其酸性无法比较，故A项错误；B.W为O，氢元素与W可形成H2O或H2O2两种化合物，故B项错误；C.X、W简单离子的电子层

均为2层，当电子层结构相同时，序数小的微粒半径大，即O2-＞Na+，则W的简单离子的半径比X的大，故C项正确；D.W与Y同族，且在Y的上一周期，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比

W的弱，故D项错误；答案选C。9.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=－192.9kJ·mol－1，下列说法正

确的是A.CH3OH的燃烧热为192.9kJ·mol－1B.反应①中的能量变化如图所示C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D.根据②推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H>－192.9kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A项、燃烧热是在一定条

件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，反应②中生成物不是水，是氢气，故192.9kJ·mol－1不是CH3OH的燃烧热，故A错误；B项、反应①是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故B错误；

C项、CH3OH转变成H2的过程，按照反应①是吸热反应，按照②反应是放热反应，则不一定要吸收能量，故C错误；D项、由于气态甲醇的能量高于液态甲醇的能量，所以液态甲醇发生反应②放出的热量少，则△H大，故D正

确；故选D。【点睛】在比较反应热△H时需要注意的是，由于△H是带有符号的，所以在比较时应该带着符号比较，即放热反应中，放出的热量越多，△H越小是解答关键，也是易错点。10.已知：H2S与不足量的O2燃烧时，生成S

和H2O。根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)ΔH12H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l)ΔH22H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g)ΔH3判断ΔH1、ΔH2、ΔH3三者大小关

系正确的是（）A.ΔH3>ΔH2>ΔH1B.ΔH1>ΔH3>ΔH2C.ΔH1>ΔH2>ΔH3D.ΔH2>ΔH1>ΔH3【答案】A【解析】H2S完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，则△H2＞△H1；气态水的能量高于液态水，所以生成液态水时放热多，则△H3＞△H2

，即△H3＞△H2＞△H1，答案选A。11.在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的焓变为（）A.-

488.3kJ/molB.+488.3kJ/molC.+191kJ/molD.-191kJ/mol【答案】A【解析】【详解】25℃、101kPa下，H2(g)、C(s)和CH3COOH(l)的燃烧热分别是285.8kJ•mol-1、39

3.5kJ•mol-1和870.3kJ•mol-1；则H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1①，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②，CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(

g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1③，由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，则此反应的△H=2×(-285.8kJ•mol-1)+2×(-393

.5kJ•mol-1)+870.3kJ•mol-1=-488.3KJ•mol-1，故答案为A。12.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A.NaCl(aq)NaHCO3NaCO3B.AlNaAlO2A

lCl3(aq)AlCl3(s)C.FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3D.H2SO4(aq)SO2NH4HSO3(NH4)2SO3【答案】D【解析】【详解】A．盐酸的酸性大于碳酸，NaCl溶液中通入CO2不反应，得不到NaHCO3；应先在氯化钠溶液中通入NH3，形成碱性环境，再通入CO2，

可生成碳酸氢钠，A错误；B．AlCl3溶液直接蒸发，温度升高会促进Al3＋水解，生成Al(OH)3，最终得到Al2O3，而不是AlCl3，B错误；C．氯气具有强氧化性，可把变价金属氧化为最高价，不管Cl2是少量还是过量，Cl2与铁反应只生成FeCl3，C错误；D．亚硫酸钠溶液

和H2SO4反应得到SO2，与少量氨水反应得到亚硫酸盐，即NH4HSO3，加入足量的氨水，得到亚硫酸盐，即(NH4)2SO3，D正确。答案选D。13.依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO

42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是A.电池工作时Cd2+向电极B移动B.反应中每生成amolHg转移2amol电子C.电极B上发生的反应:Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D.电极A上发生的反应:Hg2SO4+2e-=2Hg

+SO42-【答案】D【解析】【分析】根据反应原理分析，Cd(Hg)为合金材料，金属的化合价均为0，其中的Cd失去电子，作负极，发生的电极反应为Cd(Hg)－2e－=Cd2＋＋Hg；而Hg2SO4得到电子，作正极，电极反应

为Hg2SO4＋2e－=2Hg＋SO42－。【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，A为正极，则Cd2＋向电极A移动，A错误；B．根据反应原理，每生成3molHg，转移2mol电子，则每生成amolHg

转移2a3mol电子，B错误；C．Cd(Hg)中Hg的化合价没有变化，仍为0价，则电极反应为Cd(Hg)－2e－=Cd2＋＋Hg，C错误；D．根据反应原理，在A极上，Hg2SO4得到电子生成Hg单质，电极方程式为Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-，D正确。答案选D。【点

睛】Cd(Hg)是镉汞齐。汞齐又称汞合金，是汞与一种或几种其他金属所形成的合金，汞有一种独特的性质，它可以溶解多种金属（如金、银、钾、钠、锌等），溶解以后便组成了汞和这些金属的合金。14.某有机物是一种医药中间体。其结构简式如图所示，下列有

关该物质的说法正确的是A.该化合物分子中只含一个手性碳原子B.该化合物与NaHCO3溶液作用有CO2气体放出C.1mol该化合物与足量溴水反应，消耗3molBr2D.在一定条件下，该化合物与HCHO能发生缩聚反应【答案】AB

【解析】【详解】A．当一个碳原子，连接4个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，分子中只有1个手性碳原子，如图所示，，A正确；B．分子中有1个羧基，具有酸性，可以与NaHCO3反应放出CO2气体，B正确；C．碳碳双键可以与Br2发生加成，酚羟基的邻、对位上的H可以被－Br取代，1mol该

分子含有1mol碳碳双键，与1molBr2发生加成，酚羟基只有1个邻位可以被取代，消耗1molBr2.则共消耗2molBr2，C错误；D．羟基邻位只有1个H原子，与甲醛不能发生缩聚反应，故D错误。答案选AB。15.下列说法正确的是A.某盐溶液呈酸性，该盐不可能是弱酸与弱碱反应生成的盐B.向氨水

中不断通入CO2气体，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)相应减小C.CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)；常温下能自发进行，则该反应的△H>0D.硫酸工业中的反成，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0,采用5

00℃左右的高温主要是为了加快反应速率。【答案】BD【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱碱，H3PO4是弱酸，反应生成的NH4H2PO4溶于水呈酸性，A错误；B．NH3·H2O的电离平衡常数+-4b32(NH)(OH)(NHHO)ccKc=，

可得-b+324(OH)=(NHHO)(NH)cKcc，随着CO2的通入，CO2会NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3，溶液中NH4＋的浓度增大，该比值减小，B正确；C．反应能否自发进行的判据：△H-T△S＜0，反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)，其熵减小；若常

温下能自发进行，则△H＜0，C错误；D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，这是一个放热反应，升高温度平衡会向逆方向移动，不利于生成SO3，采用500℃左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大，主要是为了加快反应速率，D

正确。答案选BD。16.以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。(1)熔盐:

①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。(2)过滤:①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有

少量________(填化学式)。②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为_

_____。(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。【答案】(1).搅拌(2).12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O(3)

.Na2SiO3(4).用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)(5).TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4(6).将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度【解析】【分析】(1)①搅拌可使反应物

混合均匀；②Ti3O5转化为Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；（2）①加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠；②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；(

4)根据提示给定信息，“H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去”来分析作答。【详解】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，故答案为搅拌；②NaOH固体与T

i3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，故答案为12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；(2)①熔盐时加入

的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2=Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，故答案为Na2SiO3；②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，故

答案为用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4，故答案为TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；（4）根

据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，故答案为将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2Ti

O3的纯度。17.沙罗特美是一种长效平喘药，其合成的部分路线如下：(1)F中的含氧官能团名称为____________(写两种)。(2)C→D的反应类型为____________。(3)B的分子式为C8H8O3，与(CH3)2

C(OCH3)2发生取代反应得到物质C和CH3OH，写出B的结构简式：________。(4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：__________。①分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，

不能与FeCl3发生显色反应；②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。(5)请写出以、(CH3)2C(OCH3)2、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题

干)_____。【答案】(1).醚键羟基(2).加成反应(3).(4).(5).【解析】【分析】(1)由F的结构可知其含有的含氧官能团名称；(2)根据C和D的结构简式，观察醛基的变化，分析反应类型；(3)B的分子式为C8H8O3，与（CH3）2C（OCH3）2发生取代反应得到物质

C和CH3OH，对比A、C结构，可知A与HCHO发生加成反应生成B，可知B的结构简式为：；(4)根据E的结构简式可知E的分子式为：C12H17NO3，含有不饱和度=212+2-17+12=5，根据题给条件写出其可能的同分异构体；(5)

模仿B转化为E的过程、F转化为沙罗特美，与（CH3）2C（OCH3）2反应生成，然后与CH3NO2发生加成反应生成然后发生消去反应生成，再与氢气反应生成，最后与氨气作用得到目标物。【详解】(1)根据F的结构简式

为：，其中含氧官能团名称为醚键、羟基；故答案为：醚键、羟基；(2)从流程图中可以看出，C→D，其醛基碳氧双键断裂，加氢还原的过程，无小分子出现，故该反应类型为：加成反应；故答案为：加成反应；(3)B的分子式为

C8H8O3，含有不饱和度=28+2-82=5，得到物质C和CH3OH，采用逆合成分析法可知，B的分子内含有两个羟基能与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应，则其结构简式为；故答案为；(4)根据E的结构

简式可知E的分子式为：C12H17NO3，含有不饱和度=212+2-17+12=5，其同分异构体中，①分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应，则苯环上没有酚羟基，结构中有一个碳原子周围连接四个不同的基团或原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α氨

基酸，则该同分异构体的结构中有肽键或者酯基，又另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子的对称性很好，综上同时符合上述两种条件的物质的结构简式为：；故答案为；(5)因酚羟基已被氧化，可考虑先制得，再引入硝基，最后再还原为羟基的思

路，根据已知的流程图可推知，若要制备，则需将与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到，再与CH3NO2反应得到，再利用羟基的消去反应引入碳碳双键，将双键与硝基通过加氢最终还原生成氨基，其整个合成路线可表

示为：，故答案为。18.汽车尾气的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。（1）利用氨水可以将SO2、NO2吸收，原理如下图所示。请写出NO2被吸收反应的离子方程式___________________。（2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车

尾气的研究。①已知：反应Ⅰ：2NO(g)＋O2(g)==2NO2(g)ΔH1＝—113.0kJ·molˉ1反应Ⅱ：2SO2(g)＋O2(g)==2SO3(1)ΔH2＝—288.4kJ·molˉ1反应Ⅲ：3NO2(g)＋H2O(g)==2HNO3＋NO(g)

ΔH3＝—138.0kJ·molˉ1则反应NO2(g)＋SO2(g)==NO(g)＋SO3(1)ΔH4=_______________。②已知TiO2催化尾气降解原理可表示为：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH5；2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g)4HNO3(g)ΔH6。在O2、H

2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率（即转化率）如图所示。请解释ts后NO降解率下降的可能原因_____________________。（3）沥青混凝土也可降解CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土（α、β型）在不同温度下，反应相同时间，测得C

O降解率变化。结合如图回答下列问题：①已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L—1，求此温度下CO降解反应的平衡常数_______________。②下列关于如图的叙述正确的是_________________A．降解率由b点到c点随温

度的升高而增大，可知CO降解反应的平衡常数Kb＜KcB．相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效③科研团队以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米

管，在10℃～60℃范围内进行实验，请在如图中用线段与“”阴影描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围_____________。（4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式

____________________。【答案】(1).2NO2+4HSO3—==N2+4SO42—+4H+(2).－87.7kJ·molˉ1(3).由反应Ⅰ、Ⅲ可知ΔH6＝-615.0kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡2H2O+4NO+3O24HNO

3向逆反应方向移动(4).()221001xx−(5).BC(6).见右图(7).Ti－4e—+2H2O==TiO2+4H+【解析】【分析】(1)根据流程图知，NO2与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2被NH4HSO3吸收生成N2，NO2得电子被还原，则HSO3-

被氧化生成SO42-，据此书写离子方程式；(2)①根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算反应热；②根据平衡移动原理来分析，减少反应物浓度，平衡逆向移动；(3)①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；②A．平衡常数是温度的函数，温度

升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行；B．相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大；C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效；③据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动画图；(4)据阳极失去电子发生氧化反应书写电极反应方程式。【详解】(

1)根据流程图知，NO2被NH4HSO3吸收生成N2，N元素化合价由+4价变为0价，NO2得电子被还原，则HSO3-失电子被氧化，被氧化生成SO42-，反应的方程式为：4NH4HSO3+2NO2=N2+4

NH4HSO4，离子方程式为2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+；故答案为：2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+；(2)①反应Ⅰ：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1=-113.0kJ/mol；反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g）═

2SO3（1）△H2=-288.4kJ/mol；根据盖斯定律（Ⅱ-Ⅰ）×12得反应NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（1），则△H4=[（-288.4kJ/mol）-（-113.0kJ/mol）]×12=-87.7

kJ/mol；故答案为：-87.7kJ/mol；②依据I×3＋III×2，得出：△H6=(－113×3－138×2)kJ·mol－1=－615kJ·mol－1，CO燃烧是放热反应，随着反应进行温度升高，使2H2O+4NO+3O24HNO3向逆反应方向进行，因此NO的降解率下

降；故答案为：由反应Ⅰ、Ⅲ可知ΔH6＝-615.0kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡2H2O+4NO+3O24HNO3向逆反应方向移动；(3)①CO的降解率为x，设起始CO浓度为1mol/L，则达到平衡时c(CO)=(1－x)m

ol·L－1，c(O2)=0.01mol·L－1，c(CO2)=xmol·L－1，根据平衡常数的定义，K=()()()2222cCOcCOcO=22[()10.01]xx－=()221001xx−；②A．平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方

向进行，即向逆反应方向进行，K=()()()2222cCOcCOcO，故K减小，即Kb＞Kc，故A错误；B．由图得，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，故B正确；C．d点降解率

出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效，故C正确；故答案为：BC；③据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，故图为，故答案为：；(4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；故答案为：Ti-4e-+2H2O=TiO2

+4H+。19.I.50mL1.0mol·L－1盐酸跟50mL1.1mol·L－1氢氧化钠溶液在图所示装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：（1）___（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形金属（如铜）棒

。（2）大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是__（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。（3）如果改用60mL1.0mol·L－1盐酸跟50mL1.1mol·L－1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量__（填“增加”“减少”或“不变”）；所求中和热数值__（填“增加

”“减少”或“不变”）。（4）__（填“能”或“不能”）用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液。（5）Q=cmΔt，其中Q表示此中和反应放出的热量，m表示反应后混合液的质量，c表示反应后混合溶液的比热容，Δt表示反应前

后溶液的温度的差值。该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录如下原始数据：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃温差（t2－t1）/℃125.032.6225.131.8325.131.9已知盐酸

、NaOH溶液密度近似为1.00g·cm－3，中和后混合液的比热容c=4.184×10﹣3kJ·g－1·℃－1则该反应的中和热为ΔH=__（保留小数点后一位）。（6）上述实验数值结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是__（填字母）。a．实验装置保温、隔热效果差b

．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度II.草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应：现用0.1mol/LKMnO4酸性溶液与0.5mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响

。实验过程的数据记录(见表格)，请结合表中信息，回答有关问题：实验序号反应温度/℃参加反应的物质KMnO4（H2SO4）H2C2O4H2OMnSO4V/mLc/mol·LV/mLc/mol·LV/mLG－1－1A20100.1100.500B20100.

160.5V10C20100.1100.501D50100.160.500E40100.1100.500（1）写出反应的化学方程式____________________________________；（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验__

______和________(用A～E表示，下同)（3）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和________；【答案】(1).不能(2).偏低(3).增加(4).不变(5).不能(6).－56.5kJ∕mol(7)

.abcd(8).2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+H2O(9).A(10).C(11).A(12).E【解析】【分析】I．中和热的测定实验，需要准确测定出反

应放出的热量，因此保温措施是关键；根据公式Q=cmΔt来求出生成0.05mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；II．(1)硫酸酸化的KMnO4有强氧化性，与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，结合电子守恒和原子守恒配平

方程式；(2)研究催化剂对化学反应速率的影响，只有催化剂不同；(3)研究温度对化学反应速率的影响，只有温度不同。【详解】I．(1)不能将环形玻璃搅拌棒改为环形金属(如铜)棒，因为环形金属棒是热的良导体，会造成热量损失；(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会有

一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏低；(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增加；但是中和热的均是

强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，因此求得的中和热的数值不变；(4)硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，测得的反应热包括了生成BaSO4沉淀的反应热，并不是中和热，所以不能用Ba(OH)

2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热；(5)3次反应前后温度差分别为：7.6℃、6.7℃、6.8℃，第一组舍去，平均值为6.75℃，50mL1.0mol·L－1盐酸跟50mL1.1mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和m=100mL×1g·mL－1=

100g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式Q=cm△t，得生成0.05mol水放出热量Q=4.184J/(g·℃)×100g×6.75℃=2.8224kJ，所以生成1mol的水放出热量为2.8224kJ×20=56.5kJ，即该实验测得的中和

热△H=-56.5kJ·mol－1；(6)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a正确；b．量取NaOH溶液时仰视读数，使所量的氢氧化钠体积偏大，但该反应HCl不足，放出热量不变，导致温度差偏小，测得的热量偏小

，中和热的数值偏小，b正确；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，因为多次倒入热量损失越多，测得的数据越小，c正确；d．用温度计测定NaOH溶液起

始温度后直接测定HCl溶液的温度，HCl溶液的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，d正确。答案为：abcd；II．(1)酸化的KMnO4有强氧化性，与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnS

O4+10CO2↑+H2O，(2)研究催化剂对化学反应速率的影响，只有催化剂不同，使用实验A和C；(3)研究温度对化学反应速率的影响，只有温度不同，利用实验A和E。20.利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式：

SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol﹣1NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ•mol﹣12(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ

•mol﹣1(1)反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H=____kJ•mol﹣1。(2)空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下

降的原因可能是________。(3)以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次利用．反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32﹣(aq)⇌SO42﹣(aq)+CaCO3(s)，该反应的平衡常数K=________．[已知Ksp(C

aCO3)=2.9×10﹣9，Ksp(CaSO4)=9.1×10﹣6]【答案】(1).2a+2b+c(2).温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高氧气在溶液中溶解度降低）(3).3138【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据图1分析，60℃氧化速率最

快；温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，或溶液中的氧气的量减小；(3)反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32－(aq)SO42－(aq)+CaCO3(s)，该反应的平衡常数2-2-24442-2-2333(SO)(SO)(SO)(Ca)=

=(CO)(CO)(Ca)(O)spspKCacccKcccKCaC++=，带入数值进行计算。【详解】(1)①根据盖斯定律，给已知方程式编号①SO2(g)+NH3·H2O(aq)═NH4HSO3(aq)△H1=akJ·mol－1；②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)═

(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ·mol－1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)═2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ·mol－1；反应①×2+②×2+③，可得2SO2(g)+4NH3·H

2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则△H=△H1×2+△H2×2+△H3=(2a+2b+c)kJ·mol－1；(2)根据图1分析，60℃氧化速率最快，则在空气氧化(NH4)2SO3的适宜温度

为60℃，温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，浓度减小；或温度升高氧气在溶液中溶解度降低，造成氧化速率减慢；答案为：温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)；(3)反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32－(aq)SO42－(aq)+

CaCO3(s)，该反应的平衡常数2-2-264442-2-29333(SO)(SO)(SO)(Ca)9.110==3138(CO)(CO)(Ca)(O)2.910spspKCacccKcccKCaC+−+−==。21.[Cu(NH3)4]SO4是一种深蓝色的配

位化合物。（1）Cu2+可被还原成Cu+，Cu+基态核外的外围电子排布式为_________________________。（2）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该物质的分子具有平面结构，则该分子中N原

子的杂化轨道类型为______________________。（3）与CS2分子互为等电子体的SCN-离子的电子式为_________________。（4）Cu可形成多种配合物，且各种配合物有广乏的用途。某Cu的配

合物结构如图1所示，则该配合物中心原子Cu的配体数为____;其分子内含有的作用力有________(填序号)。A.氢键B.离子键C.共价键D.金属键E.配位健（5）Cu元素与S元素形成的一种化合物品跑如图2所示，其中S的配

位数为______________。【答案】(1).3d10(2).sp2(3).(4).2(5).ACE(6).4【解析】【分析】(1)Cu+基态核外3d能级上10个电子为其价电子；(2)H元素与N元素可形

成分子式为N2H2的化合物，该物质的分子具有平面结构，其结构式为H-N=N-H，该分子中N价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；(3)等电子体结构相似，与CS2分子互为等电子体的SCN-离

子结构中S和N都分别与C原子形成双键；(4)某Cu的配合物结构如下图1所示，则该配合物中心原子Cu的配体数为2，其分子内碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键；(5)根据图知，每个S原子连接4

个Cu原子。【详解】(1)Cu为29号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去一个电子得到Cu＋；Cu＋基态核外3d能级上10个电子为其价电子，其价电子排布式为3d10；(2)H元素与N元素可形成分子式为N2H2的

化合物，该物质的分子具有平面结构，其结构式为H-N=N-H，该分子中N价层电子对个数5-(1+2)2+32=，含有一个孤电子对，N原子杂化类型为sp2；(3)等电子体结构相似，CS2中S和C之间形成双键，则与CS2分子互为等电子体的SCN－离子结构中S和N都分别与C原子

形成双键，其结构式为；(4)从图1可知，则该配合物中心原子Cu的配体数为2，其分子内碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键，所以存在氢键、配位键和共价键，答案为ACE；(5)根据图知，以上底面面心上S原子为例，该S原子连接该晶胞中2个

Cu原子，还连接该晶胞上面晶胞中2个Cu原子，所以每个S原子连接4个Cu原子，即其配位数是4。【点睛】问题(4)的配合物中，Cu的配位数是4，但是配体数是2，由于配体是二齿配体。需要注意。