【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HCHO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CC

l4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↑＋2H2

OB.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+＋Cl

2↑＋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++H2

O2+2H+=2Fe3++2H2O，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+4

NH＋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.XR2、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)2SO4④AlC

l3AlNaAlO2⑤CuSO4(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CO2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N

O2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)＋H2SO4(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－1K

I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NaHCO3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Δ

H<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)=0.2mol2L5min=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Na2SiF6＋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BrCH2CH2Br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-COO

H，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+＋H

2O2===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×13

5g·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)＝0.003mo

l，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，故

答案为：3CuO·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2-4FeO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N2H4；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H

2O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、H2O

2、N2H4、C2H6。