【文档说明】辽宁省本溪满族自治县高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(20)页，1.173 MB，由小赞的店铺上传

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本溪县高中高二下学期期末考试试题化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案写在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27S-32Mn-55Fe-56Cu-64Ba-137

一、选择题(本题共20小题，第1~10题，每小题2分，第11~20题，每小题3分，共50分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。)1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.干冰可用于人工降

雨B.硅单质可用于制造计算机芯片C.氯水可用于杀菌消毒D.纯碱可用作口服制酸剂【答案】D【解析】【详解】A．干冰升华时吸收大量的热量，可用于人工降雨，A正确、故A不符题意；B．半导体硅晶片可用于制造计算机芯片，B正确，故B不符题意；C．氯水中除含Cl2外还含

有HClO以及HCl，其中HClO和Cl2具有强氧化性可用于杀菌消毒，C正确，故C不符题意；D．纯碱具有很强的碱性和较强的腐蚀性不能用作口服酸剂，D错误，故D符合题意。答案选D2.海水中的氮循环如图所示，其中反应①~⑤中属于氧化还原反应的有A.5个B.4个C.

3个D.2个【答案】B【解析】【详解】反应①是NH4+→NH3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应②是NH2OH→N2H4，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应③是N2H4→N2，N元素化合价升高

，属于氧化还原反应；反应④是NO2-→NH2OH，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应⑤是NO2-→N2，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；属于氧化还原反应的有4个，故选B。3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A清洗内壁镀银的试管先用

稀盐酸洗，再用水清洗B除去FeCl2溶液中少量FeCl3加入过量Cu粉，充分反应后过滤C制取并纯化SO2向Na2SO3固体中加入70%H2SO4溶液，将产生的气体通98%浓硫酸D检验试样中含有Na+用玻璃棒蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰

呈黄色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．盐酸不能与银反应，应用稀硝酸来清洗内壁有银的试管，故A错误；B．加入Cu粉，与Fe3+反应会生成Cu2+，引入新的杂质，应用Fe粉，故B错误；C．制备SO2的反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑

+H2O，SO2是酸性气体，可用浓硫酸干燥，故C正确；D．玻璃棒中含有钠元素，应用铂丝蘸取试样，故D错误；答案选C。4.用CCl4萃取溴水中的Br2。下列说法正确的是A.可用植物油代替CCl4作萃取剂B

.萃取时，可用长颈漏斗代替分液漏斗C.用CCl4萃取后分液时，从分流漏斗下口放出有机层D.振荡后，静置，分液漏斗中的上层液体呈红棕色【答案】C【解析】【详解】A．植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，其中含有

C=C会与溴发生加成反应，故A错误；B．长颈漏斗没有活塞，不能用于萃取分液，故B错误；C．CCl4密度比水大，有机层在下层，下层液体从下口放出，故C正确；D．CCl4密度比水大，有机层在下层，可观察到下层液体呈红棕色，故D错误；答案选C。5.设NA为阿伏加德

罗常数值。下列说法不正确的是A.常温常压下，18gH2O中含有的原子数为3NAB.1L1mol•L-1CaCl2溶液中含有的Cl-数为NAC.1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去的电子数为NAD.2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的分子数为0

.15NA【答案】B【解析】【详解】A．由AAAAm18N=nNNNNM18g===，1mol水中含3mol原子，即18gH2O中含有的原子数为3NA，故A正确；B．在氯化钙溶液中，()()2n=2nClCaCl−，即()()2AAAANCl=2nCaC

lN=2cvN=21L1mol/LN=2N−，故B错；C．1molNa被完全氧化失去1mole−，故1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去的电子数为NA，故C正确；D．由Al与NaOH

反应的化学反应方程式2222Al2NaOH+2HO=2NaAlO3H++可知，2molAl完全反应可产生3molH2，2.7gAl即0.1molAl足量NaOH溶液反应，生成H2的分子数为0.15NA，故D正确。答案选B6.下列各组物质的转化

关系中不能全部通过一步反应完成的是A.Na→NaOH→Na2CO3→NaClB.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4C.Al→Al2O3→Al(OH)3→NaA1O2D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A．Na与水反应生成NaOH，Na

OH与适量CO2反应可生成Na2CO3，Na2CO3与HCl溶液反应可生成NaCl，均能一步反应实现，故A错；B．Mg与Cl2在点燃时反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与H2SO4反应可得

MgSO4，都能通过一步实现，故B错；C．Al与O2点燃时反应生成Al2O3，Al2O3与H+反应转化为Al3+，Al3+在弱碱环境下转化为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应转化为NaA1O2，由上述分析可知Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，故C正确；D．Fe与FeCl3反应转

化为FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2和H2O反应生成Fe(OH)3，都能通过一步实现，故D错；7.下列操作或叙述正确的是A.配制NaOH溶液时，将称量后的NaOH加入容量瓶中，再加水溶解、定容B.将吸有NaOH溶液的长胶

头滴管伸入硫酸亚铁溶液中挤出溶液，可制得Fe(OH)2C.向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有SO24−D.向沸水中逐滴滴加FeCl3的稀溶液并用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体【答

案】B【解析】【详解】A．配置氢氧化钠溶液时，将称量好的氧化钠转移至杯中加蒸馏水溶解，待冷却至常温后再转移至容量瓶，洗涤烧杯将洗液一并转移至烧杯，最后再定容，故A错；B．制备氢氧化亚铁时，将吸有NaOH溶液的长

胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中挤出溶液，试为了防止生成的氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁，故B正确；C．能与氯化钡反应产生白色沉淀的离子有银离子（Ag+）、硫酸根离子（24SO−）等，不一定含24SO−，故C错；D．实验室制取Fe(OH)3胶体是向沸水中

滴加饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。故D错。答案选B8.纳米二硫化钼(MoS2难溶于水)是氢化反应和异构化反应的催化剂，将纳米二硫化钼与水混合制得的分散系不具有的性质是A.分散质的直径为1nm~10

0nmB.激光笔照射时，有一条光亮的通路C.使用半透膜过滤时，分散质能透过半透膜D.澄清透明、均一稳定的混合物【答案】C【解析】【详解】A．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体分散质的直径为1nm~100nm，故不选A；B．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体

，胶体能产生丁达尔效应，激光笔照射时，有一条光亮的通路，故不选B；C．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体不能通过半透膜，使用半透膜过滤时，分散质不能透过半透膜，故选C；D．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，所以是澄清透明、均一稳定的混合物，故不选D；选C。9.下列离

子的检验方法合理的是A.向某溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明溶液中一定不含Fe2+B.向某溶液中加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，说明溶液中一定含有Fe3+C.向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中一定含有Fe2+D.向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀

，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+【答案】B【解析】【详解】A．3Fe+遇KSCN溶液呈红色，2Fe+遇KSCN溶液无明显实验现象，故A错；B．NaOH溶液与3Fe+反应生成()3FeOH红褐色沉淀沉淀，故B正确；C

．若溶液中本来就含3Fe+也会出现该实验现象，所以无法判断溶液中是否含2Fe+，检验2Fe+的正确操作方法应为：向某溶液中加入KSCN溶液无明显实验现象，然后再通入Cl2变红色，说明原溶液中一定含有Fe2+，，故C错；D．向某溶液中加入NaOH溶液得白

色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+，可能含有2Mg+，故D错。答案选B10.若xgC3H6中含有的氢原子数为y，则wgCO中的分子数为A.7wyxB.4wyxC.23wyxD.28wyx【答案】B【解析】【详解】根据n=mM，则xgC

3H6的物质的量为x42mol，则其含有的氢原子的物质的量为6x42mol=AyNmol，则NA=42y7y=6xx。wgCO的物质的量为w28mol，则其分子数为w28mol×NA=w28×7yx=wy4x，答案选B。11.我国科学家合成了一种全新的环[18]碳分子(C

18，如图)，下列说法正确的是A.C18属于一种新型化合物B.C18与C60的摩尔质量相等C.等质量的C18与C60所含的原子个数比为1:1D.等质量的C18与C60所含的分子个数比为1:1【答案】C【解析】【详解】A．C18

是由18个碳原子构成的单质，不是化合物，故A错误；B．C18与C60分子中的碳原子数目不同，则其摩尔质量不相同，故B错误；C．12gC18的物质的量为118mol，12gC60的物质的量为160mol，所含的原子个数比为118mol×

NA×18：160mol×NA×60=1：1，故C正确；D．根据C向分析，12gC18的物质的量为118mol，12gC60的物质的量为160mol，等质量的C18与C60所含的分子个数比为118mol×NA：160mol×NA=10

：3，故D错误；答案选C。12.将5.6g铁粉加到50mL2mol•L-1FeCl3溶液中，完全反应后(假设溶液的体积不变)，下列结论不正确的是A.溶液中n(Fe2+)为0.3molB.向溶液中滴加无色KSCN溶液，不变色C.铁有剩余，溶液呈浅绿色，c(Cl-)基本不变D.氧化产物与

还原产物的物质的量之比为1:2【答案】A【解析】【详解】A．由题意5.6gFe的物质的量()m5.6gn0.1M56g/Femolmol===，溶液中3Fe+的物质的量()3nFe=cv=2mol/L0.05L=0.1mol+

，即()()3n:nFe1:1Fe+=由3Fe+与Fe反应的化学反应方程式322FeFe=3Fe+++可知，3Fe+不足而Fe过量，所以溶液中()()()231nFenFen0.10.050.152Femolm

olmol++=+=+=，故A错；B．由A可知溶液无3Fe+，即该溶液不能使无色KSCN溶液变红，故B正确；C．由A计算可知，Fe过量，溶液中的阳离子除极少量H+外只含2Fe+，而2Fe+呈浅绿色，由于溶液体积不变，则c(C

l-)基本不变，故C正确；D．由方程式322FeFe=3Fe+++可知，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D正确。答案选A13.某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。下列说法不正确的是A.沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3B.滤液

b中Na+的物质的量为0.08molC.气体d在标准状况下的体积为224mLD.原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1:3【答案】C【解析】【分析】混合溶液中加入BaCl2溶液，发生的反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3+BaCl2=B

aCO3↓+2NaCl，滤液b中溶质为NaCl、BaCl2，沉淀a为BaSO4和BaCO3，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，发生的反应为BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是BaSO4；n(BaSO4)=2.33g

÷233g/mol=0.01mol，n(BaCO3)=(8.24g−2.33g)÷197g/mol=0.03mol，根据S、C原子守恒得n(BaSO4)=n(Na2SO4)=0.01mol；n(BaCO3)=

n(Na2CO3)=0.03mol。【详解】混合溶液中加入BaCl2溶液，发生的反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，滤液b中溶质为NaCl、BaCl2，沉淀a为BaSO4和BaCO3，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，

发生的反应为BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是BaSO4；n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=0.01mo

l，n(BaCO3)=(8.24g−2.33g)÷197g/mol=0.03mol，根据S、C原子守恒得n(BaSO4)=n(Na2SO4)=0.01mol；n(BaCO3)=n(Na2CO3)=0.03mol；A．通过以上分析知，沉淀a的主要成分是Ba

SO4和BaCO3，A正确；B．根据化学式知，钠离子和C、S原子个数之比为2：1，则n(Na+)=2n(Na2SO4)+2n(Na2CO3)=2×0.01mol+2×0.03mol=0.08mol，B正确；C．根据C原子守恒得n(CO

2)=n(BaCO3)=n(Na2CO3)=0.03mol，则二氧化碳在标况下体积=0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，C错误；D．n(Na2SO4)：n(Na2CO3)=0.01mol:0.03mol=1：3，D正

确；故选C。14.下列反应的离子方程式书写正确的是A.小苏打溶液中加入醋酸：HCO3−+H+=CO2+H2O↑B.铁锈溶于稀硫酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.铝溶于氢氧化钠溶液：Al+OH-+H2O=AlO2−+H2↑D.0.1mol•L-1的

NaAlO2溶液和0.15mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合：AlO2−+4H+=Al3++2H2O【答案】B【解析】【详解】A．将小苏打溶液加入醋酸中NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+CO2↑+H2O，离子反应方程式为HCO3−+CH3C

OOH=CH3COO-+CO2↑+H2O，故A错误；B．铁锈溶于盐酸中，反应生成氯化铁和水，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；C．金属铝溶于氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故C错误；D．偏

铝酸根离子和氢离子的物质的量之比为1：3，设偏铝酸根离子为1mol，氢离子为3mol，1molAlO2−与1molH+反应生成1molAl(OH)3，剩余2mol氢离子溶解氢氧化铝的物质的量为2mol2=mol33，则

反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量为1:2，正确的离子方程式为：3AlO2−+9H+=2Al3++Al(OH)3↓+3H2O，故D错误；答案选B。15.工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3=3Te(NO3)4+4NO↑+8H2O，下列说

法不正确的是A.Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:3C.氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4D.生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为1.5NA【答案】B【解析】【

详解】A.由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物，故A正确；B.由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N

元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故B错误；C.由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧

化剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4，故C正确；D.由化学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故D正确；故选B。16.一定条

件下，密闭容器内SO2氧化成SO3的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-akJ•mol-1，该温度下反应的平衡常数为K。反应达到平衡后，保持温度不变，再通入一定量O2，下列说法

正确的是(不考虑物质状态变化)A.a增大，K不变B.a不变，K增大C.a增大，K增大D.a不变，K不变【答案】D【解析】【详解】由热化学反应方程式()()()2232gOg2gSOSO+1•HakJmol−=−可知H只与物质的起始状态有关，与反应过程和物质的多少无关；平衡常数

K只与温度有关，温度保持不变则平衡常数K不变，D正确。答案选D。17.已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ·mol-13Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g

）△H=-47.2kJ·mol-1Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ·mol-1则14gCO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的释放或吸收的热量为A.放出218kJB.放出109kJC.吸收218kJD.吸收1

09kJ1【答案】B【解析】【详解】试题分析：①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ·mol-1，②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ·mo

l-1，③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ·mol-1，由盖斯定律可知，3(2)6−+①②③得到反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=24.83(47.2)640.526−−−kJ/mol=-109kJ/mol，答案

选B。18.常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I-、NO3−B.c(Fe3+)=0.1mol•L-1的溶液：H+、Al3+、I-、SCNC.加入铝粉

生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO24−、HCO3−D.W+Kc(H)=0.1mol•L-1的溶液：Na+、K+、SiO23−、NO3−【答案】D【解析】【详解】A．能使pH试纸变红的溶液呈酸性，则I-、N

O3−以及H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．Fe3+除能与SCN−发生络合反应生成络合物()3SCNFe外，还能与I−发生氧化还原反应，故B错误；C．与Al生成氢气的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，呈酸性时HCO3

−不能与H+大量共存，呈碱性时HCO3−、Mg2+不能与OH−大量共存，故C错误；D．W+Kc(H)=0.1mol•L-1溶液显强碱性，Na+、K+、SiO23−、NO3−在强碱性溶液中都能大量共存，故D正确。答案选D。19.下列说法正确

的是A.将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3B.加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度和溶液的pH均增大C.锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用盐酸溶解而除去D.在合成氨工业中，将NH3液化并及时分离可增大正反应速率，提高原料转化率【答

案】C【解析】【详解】A．AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故A错误；B．加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度增大，水解产生的

氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原理可知：锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡可以转化为碳酸钙，然后用盐酸除去碳酸钙，故C正确；D．移走NH3，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动，所以提

高原料转化率，故D错误；答案选C。20.下图是水煤气(成分为CO、H2)空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。下列叙述中正确的是A.A处通入的是空气，B处通入的是水煤气B.a电极发生还原反应，b电极发生氧

化反应C.a电极的反应式包括：CO+4OH－+2e－=CO32-+2H2OD.如用这种电池电镀铜，待镀金属上增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L【答案】D【解析】【详解】A、燃料电池中，

通入空气的一极发生还原反应，作电池的正极，通入燃料的一极是负极，根据图中电子的移动方向，电子从负极流向正极，所以a端是负极，则A处通入水煤气，B处通入空气，错误；B、a极是负极，发生氧化反应，错误；C、a极是负极，发生氧化反应，所以CO失去2个电子，与氢氧根离子结合生成碳酸根离子和水，错误

；D、6.4gCu的物质的量是6.4g/64g/mol=0.1mol，失去电子的物质的量是0.2mol，氢气与CO都会失去2个电子生成水及碳酸根离子，根据得失电子守恒，转移0.2mol电子，需要0.1mol的

水煤气，标准状况下的体积是2.24L，正确；答案选D。二、非选择题(本题共4小题，共50分)21.铁铵矾常用作测定卤素的指示剂，化学式为(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O，为测定其组成，某化学兴趣小组进行了以下实验：I.称

取144.6g样品，灼烧至恒重时(假如只失去结晶水，不发生其他反应)，得蒸馏水的质量为64.8g。II.将上述剩余固体完全溶于水，并将所得溶液分成三等份：①往其中一份中加入足量的NaOH浓溶液并加热，最终得到

标准状况下2.24L气体。②往第二份中加入稀硫酸，然后向此混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，滴加过程中产生红褐色沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示：③往第三份中加入足量的0.1mol·L-1BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀46.6g回

答下列问题：(1)操作①中生成气体的离子方程式为______________________________。(2)操作②中OX段反应的离子方程式为____________________________________；XY段反应的离子方程式为__________________

___________________。(3)操作③中生成的沉淀为____________，其物质的量为__________。(4)铁铵矾的化学式为____________________。【答案】(1).+4NH+OH

-ΔNH3↑+H2O(2).H++OH-=H2O(3).Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓(4).BaSO4(5).0.2mol(6).(NH4)Fe(SO4)2·12H2O【解析】【详解】(1)加入足量的NaOH浓溶液并加热，可以产生气体，该气体应为氨气，发生的离子反应为+4NH+

OH-ΔNH3↑+H2O，则原样品中n(+4NH)=2.24L22.4L/mol×3=0.3mol；(2)第二份中先加入了稀硫酸，所以滴加NaOH溶液时会先发生氢离子和氢氧根的中和反应，所以OX段的离子方程

式为H++OH-=H2O；继续滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，该沉淀应为Fe(OH)3，说明原样品中的铁元素存在形成为Fe3+，XY段发生的反应为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；根据沉淀的质量可知原样品中n(Fe3+)=10.7g107g/mol×3=0.

3mol；(3)加入足量氯化钡溶液，得到的沉淀应为BaSO4，沉淀的物质的量为46.6g233g/mol=0.2mol，所以原样品中n(SO24−)=0.2mol×3=0.6mol；(4)灼烧时失去64.8g结晶水，则n(H2O)=64.

8g18g/mol=3.6mol；所以样品中n(+4NH)：n(Fe3+)：n(SO24−)：n(H2O)=0.3mol：0.3mol：0.6mol：3.6mol=1:1:2:12，所以铁铵矾的化学式为(NH4)Fe(SO4)2·12H2O。【点睛】

本题中在计算样品中n(+4NH)、n(Fe3+)和n(SO24−)时一定要注意样品灼烧后是平均分成了三份进行实验，所以根据气体或沉淀计算出的量要乘3。22.四氧化三锰既是磁性材料锰锌铁氧体(ZnaMnbFecO4，Fe元素为+3价，Zn、Mn元素化合价相同)的重要生产原料，

也常被用作氮氧化物分解的催化剂。近年来对制备高品质四氧化三锰的研究越来越受到重视。以硫酸锰为原料制备四氧化三锰的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“溶解”时需用玻璃棒，其作用为_____。(2)“碱化”时反应离子方程式为______。(3)滤液X中含有

的溶质为_____(填化学式)。(4)简述“碱化”得到的沉淀是否洗涤干净的方法：_______。(5)“氧化”时发生的化学反应方程式为_____。(6)取30.2gMnSO4经上述工艺过程后，生成____gMn3O4(假设Mn元素不损失)。【答案】(1).搅拌，加快MnSO4溶解

速率(2).Mn2++2NH3•H2O=Mn(OH)2↓+2NH4+(3).(NH4)2SO4(4).取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净(5).3Mn(OH)2+H2

O2=Mn3O4+4H2O(6).15.3【解析】【分析】硫酸锰加蒸馏水溶解得到Mn2+、2-4SO，加氨水电离增大氢氧根浓度，产生Mn(OH)2沉淀，经过滤得到Mn(OH)2，洗涤后加入H2O2发生氧化还原反应，生成产物Mn3O4；（6）根据Mn元素守恒，反应物和生成物的M

n元素的物质的量相等，列等式计算即可。【详解】（1）溶解时用玻璃棒来搅拌，可加快MnSO4溶解速率；故答案为：搅拌，加快MnSO4溶解速率；（2）加氨水可调节pH，产生氢氧化锰沉淀，离子反应方程式：Mn2++2NH3•H2O=Mn(OH)2↓+2NH4+，故答案为

：Mn2++2NH3•H2O=Mn(OH)2↓+2NH4+；（3）“溶解”后溶液内含有硫酸根，“碱化”后产生铵根离子，则滤液中的溶质是(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；（4）检验沉淀是否洗涤干

净即是在检验硫酸根是否存在，操作方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净；（5）“氧化”时加入H2O2作氧化剂，Mn(OH)2作还原剂，生成产品Mn3O4，化学方程式为3Mn(OH)2+H

2O2=Mn3O4+4H2O。故答案为：3Mn(OH)2+H2O2=Mn3O4+4H2O；（6）根据Mn元素守恒，设得到xgMn3O4，则434(MnSO)(MnO)13nn=，则30.2g1xg=151g/mol3229g/m

ol，解得x=15.3g，故答案为：15.3。23.亚微米级Cu0/Fe3O4复合物多相催化过一硫酸盐降解有机污染物的过程如图所示：回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_____________，其位于元素周期表的___区。(2)O、S、H的电负性由大到小的顺序

为____________。(3)24SO−的中心原子的价层电子对数为__________，其空间构型为_____________。(4)冰的晶体结构如图所示，则1mol冰中含有_________mol氢键。(5)Cu0/Fe3O4复合物也是有机反应中的催化剂，如：+NH3+H

2O2+2H2O①1mol中含有σ键的数目为________NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。②NH3的键角__________________(填“大于”“小于”或“等于”)NF3的键角；理由是__________________

_____________________________________。(6)铜的晶胞结构如图，则铜的配位数为_________，若铜原子的半径为apm，则铜晶胞的密度为___________g•cm-3(列出计算式)。【答案】(1).3d

104s1(2).ds(3).O>S>H(4).4(5).正四面体(6).2(7).19(8).大于(9).NH3中成键电子偏向N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小(10).12(11).

-103A464N(22a10)【解析】【分析】(1)根据能量最低原理、洪特规则书写基态铜原子的价层电子排布式；(2)元素非金属性越强，电负性越大；(3)24SO−的中心原子的价层电子对数为6+22；(4)根据冰的晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键；(5)①单键为σ键，双键中

有1个σ键；②F的非金属性强，F吸引电子能力强；(6)根据铜的晶胞结构图，铜为面心立方堆积；【详解】(1)Cu是29号元素，根据能量最低原理、洪特规则，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1；Cu属于ⅠB族，位于元素周期表的ds区；(2)元素非金属性越强，电负性越大，所以电负

性O＞S＞H；(3)24SO−的中心原子的价层电子对数为6+22=4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体；(4)根据冰的晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键，1mol冰中含有2mol氢键；(5)①单键为σ键，双键中有1个σ键，1mol中σ键的数目为19NA；②F吸引电子

能力大于H，NH3中成键电子偏向N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小，所以NH3的键角大于NF3的键角；(6)根据铜的晶胞结构图，铜的配位数为12，铜为面心立方堆积，若铜原子的半径为apm

，则晶胞的边长为22apm，1个晶胞含有铜原子数是118+6=482，则铜晶胞的密度为-103A464N(22a10)g•cm-3。【点睛】本题考查物质结构，明确核外电子排布式原则、价电子互斥理论是解题关键，会根据均摊原则计算晶胞

占用原子数，顶点的原子被8个晶胞共用、面心的原子被2个晶胞共用。24.吗氯贝胺(H)临床上为单胺氧化酶抑制剂类药物，由芳香烃A合成H的路线如图所示：回答下列问题：(1)A的名称____________，E中的官能团名称为__

_____________。(2)C的结构简式为_____________，D→F的反应反应类型为___________。(3)F+G→H的化学方程式为_______。(4)C的同分异构体中满足下列条件的有_____________种(不考虑立体异构)。①属于芳

香族化合物②能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为2:2:1的结构简式为___________。(5)参照上述合成路线，写出以和CH3NH2为原料合成路线：__________________________________________________(无机试剂任选)。

【答案】(1).甲苯(2).溴原子、氨基(3).(4).取代反应(5).++HBr(6).13(7).(8).【解析】【分析】利用逆推法，A是；被高锰酸钾氧化为(C)；由H和F逆推，可知G是；由D和F逆推，可知E是H2NCH2C

H2Br；【详解】(1)利用逆推法，A是，名称甲苯，E是H2NCH2CH2Br，含有的官能团名称为氨基、溴原子；(2)被高锰酸钾氧化为，C的结构简式为，→的反应类型为取代反应；(3)和生成和HBr，反应的化学方程式为++HBr；(4)①属于

芳香族化合物②能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若为甲酸酯则含有2个取代基-OOCH、-Cl，有3种结构，若为醛则含有3个取代基-CHO、-Cl、-OH，有10种结构，共13种；其中核磁共振氢谱

有3组峰且峰面积比为2:2:1的结构简式为；(5)氧化为，和SOCl2反应生成，和CH3NH2合成，合成路线图为。【点睛】本题考查有机合成与推断，明确有机官能团的变化是解题关键，注意明确官能团的结构与性质，注意观察有机物结构的变化，会利用“逆推法

”推断有机物的结构。