【文档说明】江苏省南京师范大学附属中学2020届高三下学期六月押题化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.198 MB，由小赞的店铺上传

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南师大附中2020届高三下学期六月押题化学试题可能用到的相对原子质量：H—1O—16Cl—35.5Cu—64第Ⅰ卷单项选择题1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是()A.采用纳米TiO2光触媒技术将装修材料中释放的HCH

O转化为无害物质B.用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用C.减少对化石燃料的依赖，有效降低PM2.5对环境的污染D.目前汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物【答案】D【解析】【详解】A．采用纳米TiO2光触媒技术，能将甲

醛降解为二氧化碳和水，即能将有害物质转化成无害物质，A正确；B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，B正确；C．PM2.5是指大气中直径颗粒小于或等于2.5微米的颗粒物，

也称为可入肺颗粒物，减少对化石燃料的使用，即减少污染物的产生，可有效降低PM2.5对环境的污染，C正确；D．汽油标准已由“国III”提到“国IV”，意味着氮氧化物的排放尽可能减少，并不是不再排放，D错误；答案选D。

2.下列有关化学用语表示正确的是()A.甲酸甲酯的实验式：CH2OB.丙烯醛的结构简式：CH2CHCHOC.氮气分子的电子式：D.H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H+＋2-3CO【答案】A【解析】【详解】A．甲酸甲酯为

HCOOCH3，分子式为C2H4O2，实验式为CH2O，A正确；B．丙烯醛中的碳碳双键不能省略，结构简式为：CH2=CH-CHO，B错误；C．氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，C错误；D．H2CO3是弱电解质，属于二元弱酸，必须分步电离，

电离方程式为：+-233HCOH+HCO、-+2-33HCOH+CO，D错误；答案选A。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.使pH试纸变蓝的溶液中：+4NH、Na+、Cl-、ClO-B.1.0mol·L-1的HNO3溶液中：

K＋、[Ag(NH3)2]＋、Cl-、2-4SOC.()()-+cOHcH＝1的溶液中：Fe2+、-2AlO、Al3+、I-D.0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液中：K+、Na+、-3NO、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，溶液中存在大量

氢氧根离子，+4NH与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．1.0mol·L-1的HNO3溶液酸性较强，[Ag(NH3)2]＋不能稳定存在，会产生银离子，银离子和氯离子会生成不溶于硝酸的沉淀，故B不符合题意；C．()()-+OHHcc＝1的溶液显中性，

Fe2+、Al3+、-2AlO均不能在中性溶液中大量存在，且Fe2+、Al3+和-2AlO会发生双水解，故C不符合题意；D．四种离子之间相互不反应，也不与碳酸氢铵反应，可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。4.下列有关物质的性质与应用不对应的是()A.福尔马林

能使蛋白质变性，可用于浸泡标本B.油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂C.NH3分解生成N2和H2吸收热量，液氨可用作制冷剂D.ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【详解】A.福尔马林为甲醛的水溶液,能使蛋白质变性,可以

用于浸泡标本，A不符合题意；B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，可用于制作肥皂，俗称为皂化反应，B不符合题意；C.NH3易液化，液氨气化时吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，C符合题意；D.具有强氧化性的物质能杀菌消毒，ClO2中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消

毒，D不符合题意。答案选C。5.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是()A.用图1装置制取干燥的氨气B.用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色C.用图3装置配制银氨溶液D.用图4装置从食盐水中提取NaCl【答案】B【解析】【详解】A．氨气为碱性气体，会与浓硫酸反应

，不能用浓硫酸干燥，故A错误；B．Fe与电源正极相连为阳极，Fe被氧化成Fe2+，结合溶液中的OHˉ生成Fe(OH)2，C棒为阴极，水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生OHˉ，所以溶液一直显碱性，煤油可以隔绝空气防止Fe

(OH)2被氧化，所以用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，故B正确；C．配制银氨溶液应将氨水滴入硝酸银溶液中，至沉淀恰好溶解时为止，故C错误；D．从食盐水中提取NaCl蒸发结晶即可，蒸发结晶需要用蒸发皿，图示仪器为坩埚，故D错误；故答案为B。6.下列叙述不

正确的是()A.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色B.NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C.SO2通入到紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色D.除去Mg(OH)2浊液中的Ca(OH)2，可加入

足量MgCl2溶液充分搅拌后过滤【答案】C【解析】【详解】A．植物油为液态油脂，分子的烃基中含有不饱和碳碳双键，能发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；B．NH4F水解生成HF，HF可腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，B正确；C．二氧化硫具有漂白性，但不能使

酸碱指示剂褪色，所以SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，C错误；D．氢氧化镁溶解度比氢氧化钙小，在氢氧化钙溶液中加入氯化镁可转化成氢氧化镁，充分搅拌后过滤即可除去Ca(OH)2，D正确；答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2＋4H+＋

4Cl-MnCl2＋Cl2↑＋2H2OB.氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+＋OH-＋+4NH＋2-4SO===BaSO4↓＋NH3·H2OC.FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2＋＋H2O2＋2H+===Fe3+＋2H2OD.0.01mol·L-1NH4Al(SO4)

2溶液与0.02mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合：+4NH＋Al3+＋22-4SO＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯化锰溶于水，应写成离子，正确的离子方程式为MnO2＋4H+＋

2ClˉMn2+＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2++2OHˉ+2+4NH+2-4SO=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2

H2O，故C错误；D．0.01mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合，与足够的OHˉ与铝离子和铵根反应，但没有多余的OHˉ与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为+4NH＋Al3+＋22-4SO＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4

↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确；故答案为D。8.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，

Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A.原子半径：Y>Z>R>TB.气态氢化物的稳定性：W<R<TC.最高价氧化物对应的水化物的碱性：X>ZD.X

R2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R

为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是

W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。【详解】A.Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)>r(Be)>r(O)>r(F)，A正确；B.W为Si元素、

R为O元素、T为F元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳定性SiH4<H2O<HF，B正确；C.X为Ca元素、Z为Be元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：Ca(OH)2>Be(OH)2，

C正确。D.XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为−1价，SiO2中O元素化合价为−2，D错误；故答案为：D。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①CCO2COCO2②FeFe2O3Fe2(SO4)3③SO2NH4HSO3(NH4)2SO4④AlCl3AlNaAl

O2⑤CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2OA.①②③B.①③⑤C.②③⑤D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①C在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和C单质在高温条件可以生成CO，CO高温条件可以还原Fe2O3，生成C

O2和Fe，故①能实现；②Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故②不能实现；③二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵和稀硫酸反应生成硫酸铵和二氧化硫，故③能实现；④氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能电解，故④不能实现；⑤硫酸铜溶液与过量NaOH形成碱性的氢

氧化铜悬浊液，葡萄糖含有醛基，碱性、加热条件下可以将氢氧化铜还原为Cu2O，故⑤能实现；综上所述，①③⑤满足题意，答案为B。10.下列图示与对应的叙述相符的是()A.图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率

随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高B.图乙表示室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(2-4SO)的关系曲线，说明溶液中c(2-4SO)越大c(Ba2＋)

越小C.图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)D.图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，相同时间

后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH>0【答案】B【解析】【详解】A.镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，A错误；B.同一温度下，溶度积Ksp不变，溶液中c

(2-4SO)越大，则c(Ba2＋)越小，B正确；C.t1℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)=w(B)，C错误；D.图丁表示等量NO2在容积相同

不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，

该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，D错误。答案选B。【点睛】本题考查图像在电解质、溶度积、溶解度、化学反应速度和化学平衡移动的应用的知识，结合所学知识进行解题。不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意11.下列有关说法正确的是()A.Hg(l)＋H2S

O4(aq)===HgSO4(aq)＋H2(g)常温下不能自发进行，说明ΔH<0B.为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解C.锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的原因是Cu2＋水解增

大了H＋浓度D.对于N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动【答案】B【解析】【详解】A．Hg(l)＋H2SO4(aq)===HgSO4(aq

)＋H2(g)常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则ΔH＞0，ΔG＞0，A选项错误；B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，由于CaSO4的溶解度大于CaCO3，可以实现沉淀的转化，将CaSO4转化为CaCO3，CaCO3可

与稀盐酸反应生成CO2而除去，B选项正确；C．锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，锌置换出铜，锌、铜和稀硫酸构成原电池，加快反应速率，C选项错误；D．对于N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正逆反应速率均增大，D选项错误；

答案选B。12.Sorbicillin(简称化合物X)是生产青霉素时的一个副产品，其结构简式如下图所示。下列有关化合物X的说法不正确的是()A.分子中所有碳原子可能处于同一平面B.1mol化合物X可以与2molNa2CO3反应C.化合物X可以发生加成、取代、氧化反应D.化合物

X与H2完全加成，每个产物分子中含有4个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有苯环、羰基和碳碳双键，都为平面形结构，则分子中所有碳原子可能处于同一平面，A正确；B．有机物X含有2个酚羟基，可与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，则

1mol化合物X可以与2molNa2CO3反应，B正确；C．有机物X含有碳碳双键，可发生加成反应，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有酚羟基，能与Na发生取代反应，C正确；D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，化合物X与H2完全加成产物为：(标*代表手性碳

原子)，共有6个，D错误；答案选D。13.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象实验结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸>硅酸B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，

滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C向5mL0.1mol·L－1KI溶液中加入0.1mol·L－1的FeCl3溶液1mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一

定限度的D在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.

AB.BC.CD.D【答案】AC【解析】【详解】A.试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A正确；B.将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B

错误；C.根据量的关系5mL0.1mol·L－1KI溶液和1mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C正确；D.先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白

色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D错误。答案选AC。14.常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

()A.c(+4NH)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)B.将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHC

O3晶体后的溶液中：c(H+)＋c(H2CO3)＝c(OH-)＋c(2-3CO)＋c(NH3·H2O)C.溶液X：10mL0.1mol·L-1NaCl；溶液Y：10mL0.1mol·L-1CH3COONa，则：X中离子总浓度>Y

中离子总浓度D.少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)【答案】BC【解析】【详解】A．(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以c(

+4NH)相等时，其浓度最小，NH4HSO4可以电离出氢离子抑制铵根的水解，所c(NH4HSO4)<c(NH4Cl)，则三种溶液的浓度大小关系为：c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]，故A

错误；B．析出部分NaHCO3晶体后，可以认为溶液中溶质为NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(+4NH)=c(OH-)+c(HCO-3)+2c(2-3CO)+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(

Na+)=c(HCO-3)+c(2-3CO)+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)，联立可得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(2-3CO)+c(NH3•H2O)，故B正确；C．NaCl溶液中存

在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以溶液中离子总浓度即为2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得醋酸钠溶液中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]，两溶液中c(Na+)相同，但醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解使溶液显碱性，所以氢

离子浓度较小，则X中离子总浓度>Y中离子总浓度，故C正确；D．少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中，溶液中的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)，故D错

误；故答案为BC。15.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)，图Ⅰ表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随走始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是()A.200℃时，反应从开始到平衡的平均

速率v(B)＝0.02mol·(L·min)－1B.图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)的ΔH<0，且a＝2C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)D.200℃时，向容器中充入2molA

和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5【答案】AD【解析】【详解】A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，故v(B)=0.2mol2

L5min=0.02mol•L-1•min-1，故A正确；B．由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图I可以知道，200℃时，A的物质的量变化量为0.4mol，B

的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；C．恒温恒容条件下，通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动

，故C错误；D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol

：0.2mol=2：1：1；平衡时A的体积分数为：0.4mol0.4mol+0.2mol+0.2mol=0.5；200℃时，向容器中充入2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应

为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D正确；故答案为AD。第Ⅱ卷16.利用制磷肥的副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下：(1)分解过程发生的反应为Na2SiF

6＋4NH3·H2O===2NaF＋4NH4F＋X↓＋2H2O。工业上把滤渣X叫白炭黑，其化学式为__。(2)分解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，分解时需要控制溶液的pH＝______，能提高其分解速率的措施有____

(填字母)。A.快速搅拌B.加热混合液至100℃C.减小氨水浓度(3)流程中可循环利用的物质为_____；冰晶石在电解冶炼铝中的作用是_____。(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为____。【答案】(1).SiO2(2).8.

5(3).A(4).NH3(NH3·H2O)(5).降低氧化铝的熔融温度，减少能耗(6).2NaF＋4NH4F＋NaAlO2===水浴加热Na3AlF6↓＋4NH3↑＋2H2O【解析】【分析】(1)根据质量守恒定律，反应前后原子守恒，推出

X的分子式；(2)影响反应速率的外界因素：快速搅拌可加速反应速率；加热虽可以加快反应速率，但反应物是氨水，受热易分解，反应物浓度减小，故会减慢反应速率；(3)分析流程图可知氨水是可循环利用的。【详解】(1)由反应前后原子守恒，则X为SiO2；(2)从图可知，pH

为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高；能提高其分解速率的措施有：A．快速搅拌可以加快反应速率，A正确；B．加热混合液至100℃，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，B错误；C．减小氨水浓度，化学反应速率减慢，C错误；故答案为：8.5；A；(3)

第二次过滤所得滤液为氨气的水溶液，可循环使用；冰晶石降低氧化铝的熔融温度，减少能耗；故答案为：NH3(NH3·H2O)；降低氧化铝的熔融温度，减少能耗；(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：4236322NaF+4NHF+NaAlO===NaAlF+4NH+2HO水浴加热17.化合

物H是合成碘海醇(一种造影剂)的中间体，其合成路线流程图如下：(1)H中的含氧官能团名称为________和________。(2)B→C的反应类型为________。(3)G的化学式为C3H9ON，写出G的

结构简式：________。(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：________。①能发生银镜反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中只有4种不同化学环境的氢。(5)请写出以和BrCH

2CH2Br为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________。【答案】(1).肽键(2).羟基(3).取代反应(4).(5).或(6).【解析】【分析】【详解】(1)由H的结构可看出，含氧官能团有肽键、羟基；(2)B→

C是硝化反应，苯环上的-H被-NO2取代，反应类型为取代反应；(3)对比F→H，相差的地方在于：，故G的结构简式：；(4)能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯酚的结构，再结合分子中只有4种不同化学环境的氢，而醛基、酚羟基共已有2种氢，剩余只有2种氢，分

别为苯环上的氢和氨基的氢，依此来推测同分异构体为：或；(5)依据F+G合成H的路线，F含有-COCl结构、G含有-NH2结构，合成H中含有肽键的结构；故先用BrCH2CH2Br与NaOH水溶液发生取代反应生成HOCH2CH2OH，继续催化氧化成

HOOC-COOH，再与SOCl2反应得ClOC-COCl，再和结合即可得目标产物，合成路线为：。18.氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上可用作杀菌剂。以废铜(主要杂质为Fe)为原料，经溶解氧化、调节pH、过滤等步骤，可制备氯氧化铜

。(1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2+时的离子方程式为________。(2)加Cu2(OH)2CO3调节混合液pH时，其优点是________。(3)为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：步骤Ⅰ：称取0.4470g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量30%

的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。步骤Ⅱ：称取0.2235g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中

，加入一定量硫酸使固体完全溶解。溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00mL。已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：

2Cu2+＋4I-===2CuI↓＋I2；2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6。①步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_____。②通过计算确定氯氧化铜的化学式(写出计算过程)__________。【答案】(1).Cu＋2H+＋H2O2===Cu2+＋2H2O(2).

调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3＋全部转化为Fe(OH)3沉淀等(3).当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀(4).0.4470g氯氧化铜Cl－离子的物质的量：n(Cl-)＝n(AgNO3)＝0.1000mol·L-

1×0.02L＝0.002mol根据题意：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3则0.2235g氯氧化铜固体中：n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝0.2000mol·L-1×0.01L＝0.002mol可知0.

4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)＝0.001mol，n(CuO)＝0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)＝(0.4470g－0.001mol×135g·mol-1－0.003mol×80g·mol-1)÷18g·mol-1＝0.004mol，n(CuO)∶n(CuCl2)∶n(

H2O)＝3∶1∶4，则晶体的化学式为3CuO·CuCl2·4H2O【解析】【详解】(1)Cu与H2O2和HCl反应的化学方程式为：2222Cu+HO+2HCl=CuCl+2HO，拆写成离子方程式为：Cu＋2H+＋H2O2===Cu2+＋2H2O；(2)溶解氧化时，产生Fe3+

，加入Cu2(OH)2CO3调节混合液pH，其优点是：调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀等；(3)①当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，Ag+和2-4CrO开始结合，出现

砖红色沉淀，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀；②0.4470g氯氧化铜Cl－离子的物质的量：n(Cl-)＝n(AgNO3)＝0.1000mol·L-1×0.02L＝0.002mol根据题意：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3则0.2235g氯

氧化铜固体中：n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝0.2000mol·L-1×0.01L＝0.002mol可知0.4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)＝0.001mol，n(CuO)＝0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)＝(0.4

470g－0.001mol×135g·mol-1－0.003mol×80g·mol-1)÷18g·mol-1＝0.004mol，n(CuO)∶n(CuCl2)∶n(H2O)＝3∶1∶4，则晶体的化学式为3CuO·CuCl2·4H2O，故答案为：3

CuO·CuCl2·4H2O。19.高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①装置B中所用试剂为

____。②C中得到紫色固体和溶液，C中发生的主要反应为________(用化学方程式表示)。(2)探究K2FeO4的性质①将K2FeO4溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明酸性条件下2-4Fe

O与-4MnO氧化性的强弱关系，请说明理由：____。②取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，某同学设计了以下方案：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。该方案并不完善，因为溶液变红的原因可能是____

，___(用离子方程式表示)，重新设计实验方案，证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，___。[实验中必须使用的试剂：盐酸、KOH溶液、淀粉碘化钾试纸]【答案】(1).饱和食盐水(2).3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4

＋6KCl＋8H2O(3).能，2-4FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是-4MnO的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)(4).2-4FeO＋20H＋

===4Fe3+＋3O2↑＋10H2O(5).Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3(6).将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，使湿润的淀粉KI试纸变蓝【解析】【分析】①由实验装置可知，A中发生2MnO4-+10Cl-

+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；②C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；【详解】(1)①装置A是制备Cl2，装置B为净化装置，用于除

去Cl2中的HCl，装置B中所用试剂为饱和食盐水；②在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；(2)①K2FeO4在酸性溶液中具有强氧化性，能将Mn2+氧化成-4MnO，溶

液呈浅紫色证明含有-4MnO，故理由是：能，2-4FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是-4MnO的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)；②K2FeO4具有强氧化性，在

酸性溶液中快速产生O2，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色是由于Fe3+与SCN-结合成血红色的配合物，用离子方程式表示原因为：2-4FeO＋20H＋===4Fe3+＋3O2↑＋10H2O，Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3；为了

证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，由于氯气能够把碘离子氧化为碘单质，所以氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝。20.

(1)关于反应H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)，下列说法正确的是________(填字母)。A.焓变ΔH<0，熵变ΔS<0B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C.该反应在常温下不易被观察，

因为具有较高的活化能，反应速率小D.选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，在电场中利用膜技术可以实现淡化海水和浓缩海水的分离。①图中膜a应选用________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。②各间隔室的排出液中，

A为________(填“淡化海水”或“浓缩海水”)。③电渗析法还可用来处理电镀废液，写出用该方法处理含AgNO3废液时所发生反应的化学反应方程式：______。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临

界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。①如果超临界水的电离度变为常温下的100倍，则此时Kw的值为____。②超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水

氧化结果如图，其中x为以碳元素计的物质的量分数，如xCO＝()()nCOnC所有含物质，t为反应时间。CO的分布分数先增后降的原因是___。③不同温度下乙醇的超临界水氧化过程中CO的分布分数随时间变化如图所示，随着温度升高，CO分布分数峰值出现的时间提前且峰值更高的原因是________。

【答案】(1).ABCD(2).阴离子(3).淡化海水(4).4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3(5).10-10(6).在超临界水氧化过程中，乙醇先氧化为CO，CO再氧化为CO2(CO为反应中间产物，CO2为反应最终产物)(7).乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的

增长幅度更大【解析】【分析】电解海水时，氯离子在阳极区失去电子生成氯气，氯离子向阳极区移动，钠离子向阴极区移动；电解的方程式书写考虑放电顺序，银离子比氢离子先放电，生成银单质；温度升高促进水的电离，水的电离常数增大。【详解】(1)A.氢气在氧气中燃

烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A正确；B.该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B正确；C.该反应无沉淀气体生成，在常温下不易被观察，但因为具有较高的活化能，反应速率小，C正确；D.选用合适的催化剂，有可能使氢气和氧气在

常温常压下以较快的速率进行，D正确；所以正确的是ABCD；(2)①图中氯离子在左边区域失去电子生成氯气，氯离子要透过膜a，所以膜a应选用阴离子交换膜；②A区域钠离子和氯离子都减少，所以排出液中为淡化海水；③电渗析法处理AgNO3废液时，银离子得电子生成银单质，水中氧元

素失去电子生成氧气，所以反应的化学方程式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；(3)①常温下Kw=10-14，水电离产生的c(H+)=10-7mol/L，电离度变为常温下的100倍，则此时c(H+)=10-5mol/L，Kw=10-10；②如图可知，乙醇的超临界水氧化

过程中，CO的含量先增大再减小，CO2的含量一直增大，乙醇的含量一直减小，可见CO为反应中间产物，CO2为反应最终产物，所以CO的分布分数先增后降的原因是在超临界水氧化过程中，乙醇先氧化为CO，CO再

氧化为CO2(CO为反应中间产物，CO2为反应最终产物)；③温度升高时，反应速率加快，如图可知，单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率快，xCO峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，所

以原因是乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。【点睛】本题比较综合，学会用化学反应原理的知识点进行解题，原因分析要根据图示和所学知识点相结合，得到答案。21.均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化

合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原予的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1∶1，B和D分子中的原子个数比为1∶2。D可作为火箭推进剂的燃料。请回答下列问题：(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为___

______(用元素符号表示)。(2)A与HF相比，其熔、沸点较低，原因是___________。(3)B分子属于________(填“极性”或“非极性”)分子。(4)D分子中心原子的杂化方式是________，由该原子组成的单

质分子中包含________个π键，与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为________。(5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请画出[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图：___。【答案】(1).N>O>

Cl>S(2).HF分子间形成氢键(3).极性(4).sp3(5).2(6).CO(7).【解析】【分析】常见的18电子的二元化合物有：HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6；D可作为火箭推进剂的燃料，且原子个数为6，原子个数比为1:2，应为N

2H4；A、C分子中两种原子的个数比均为1：1，A含有2个原子则A应为HCl，C含有4个原子，则C应为H2O2；B含有3个原子，个数比为1:2，应为H2S。【详解】(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素分别为Cl、S、O、N，同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子核外2p

能级半满，更稳定，所以第一电离能大于O；同主族元素自上而下第一电离能减小，所以四种元素第一电离能由大到小排列顺序为N>O>Cl>S；(2)由于HF分子间存在氢键，所以HF的沸点高于HCl；(3)B为H2S，分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；(4)D

为N2H4，中心N原子与两个H原子形成2个σ键，与另一个N原子形成1个σ键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；N原子组成的单质为N2，分子中含一个氮氮三键，其中有2个π键；原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团互为等电子体，所以与N2互为等电子的分子为CO

；(5)[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO以N原子与Fe2+形成配位键，水分子中O原子含有孤电子对，所以H2O以O原子与Fe2+形成配位键，[Fe(NO)(H2O)5]2+的结构示意图为；【点睛】解决本题的关键是要对常见的18电子的微粒熟悉；常见的18电子的二元化合物有：HCl

、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6。