【文档说明】【精准解析】安徽省太和第一中学2019-2020学年高二下学期教学衔接调研考试（飞越班）化学试题.pdf，共(19)页，962.285 KB，由小赞的店铺上传

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-1-太和一中2019-2020学年度高二（下）教学衔接调研检测化学试卷(飞越班)可能用到相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ba-

137第I卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题只有1个选项，每题3分)1.化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是A.绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子B.二氧化

硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料C.燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量，燃烧中硫元素转化为CaSO4D.生活中常见的金属镁、铝、铁、铜等均能通过热还原法冾炼【答案】C【解析】【详解】A.绿色化学的核心就是利用化学原理从源

头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A错误；B.高纯硅应用在太阳能电池，二氧化硅在光导纤维的信息高速传输中有重要应用，故B错误；C.向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收SO2生成硫酸钙，可以减少SO2的排

放,故C正确；D.镁用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】根据金属活动顺序表可知，从钾到铝为活泼金属，可以采用电解熔融的化合物法进行冶炼；从锌到

铜为较活泼金属，可以采用热还原法进行冶炼，对于不活泼金属银和汞，可以采用加热其氧化物的方法得到金属。2.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是A.氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂B.蚕丝和人造丝充分水解后均可得到氨基酸C.食盐可作调味

剂，也可作食品防腐剂D.用浓硫酸刻蚀石英材料制作艺术品【答案】C-2-【解析】【详解】A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和胃酸反应生成铝盐和水，所以能治疗胃酸过多，但碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，A错误；B．蚕丝的成分为蛋白质，有的人造丝的成

分为纤维素，蛋白质水解生成氨基酸、纤维素水解生成葡萄糖，B错误；C．食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食

盐是常用的防腐剂，C正确；D．硫酸与二氧化硅不反应，不能用硫酸刻蚀石英制作艺术品，一般用氢氟酸来刻蚀石英制作艺术品，D错误。故选C。3.下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是A.溴苯B.对二甲苯C.丙炔D.丙烯【答案】A【解析】【详解】A．苯中所有原子都在一个平面上，溴苯是一个溴原子取代苯环

上的一个氢原子，故所有原子在同一个平面，A正确；B．对二甲苯含有2个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，B错误；C．丙炔中有一个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，C错误；D．丙烯中有一个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，D错误。答案选A。4.NA代表阿伏加德罗常数的

值，下列有关叙述正确的是A.标准状况下，铁在22.4L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NAB.1L0.1mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3−和CO32-离子数之和为0.1NAC.常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46

g，所含氧原子数为2NAD.含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56g【答案】C【解析】【详解】A.标况下，22.4L的Cl2为1mol，完全反应时，1molCl2变为2molCl（-1

），则转-3-移电子数为2NA，A错误；B.根据物料守恒，1L0.1mol·L−1的NaHCO3溶液中，有c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，则n(H2CO3)+n(HCO

3-)+n(CO32-)=0.1NA，即HCO3−和CO32-离子数之和小于0.1NA，B错误；C.M(NO2)=46g/mol，M(N2O4)=92g/mol。设NO2有xmol，N2O4有ymol，则有46x+92y=46，则x+y=1。混合气

体中，n(O)=2x+4y=2（x+2y）=2mol=2NA，C正确；D.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，由于各胶粒的聚合度不同，无法计算NA个胶粒中Fe(OH)3的物质的量，D错误；故C为合理选项。5.自然界中的许多植物中含有醛，其中有些具有特殊香

味，可作为植物香料使用，例如桂皮含肉桂醛()，杏仁含苯甲醛()。下列说法错误的是（）A.肉桂醛和苯甲醛都能发生加成反应、取代反应B.可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团C.肉桂醛和苯甲醛互为同系物D.苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内【答案】C【解析】【详解

】A．二者都含有醛基，可发生加成反应，含有苯环，可发生取代反应，故A不符合题意；B．−CHO可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团，故B不符合题意；C．肉桂醛含有碳碳双键，与苯甲醛结构不同，不是同系物，故C符合题意；D．苯环、−C

HO均为平面结构，且二者直接相连，则苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内，故D不符合题意；故答案为：C。【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须是同一类物质（含有相同且数量相等的官能团，羟基例外，因酚和醇不能成为

同系物，如苯酚和苯甲醇）。但值得注意的是，一是同系物绝大部分相差1个或n个亚甲基团；二是有同一基团的物质不一定是同系物。-4-6.对于下列实验事实的解释，不合理．．．的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到

MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+>Na+>H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈

；钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼性：H2O＞C2H5OHA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶

液：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，

电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极上发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解释不合理，故B说法

错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OH<H2O，解释合理，故D说法正确

。答案选B。7.下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是-5-A.装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液B.用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C.装置丙可用于收集氢气D.装置丁可用于NaOH溶液除去溴苯中单质溴

【答案】A【解析】【详解】A.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，A错误；B.同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，

因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确；C.氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，C正确；D.溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶

性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，D正确；综上所述，本题选A。8.分子式为C4H7ClO2的同分异构体甚多，其中能与NaHCO3溶液发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)()A.6种B.5种C.4种D.3种【答案】B【解析】【详解】分子式为C4H7ClO2能

与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明含有羧基，C4H7ClO2可写成C3H6ClCOOH，C3H6ClCOOH可以看成氯原子取代丙基上的氢原子，丙基有2种：正丙基和异丙基，正丙基和异丙基中分别含有3种氢原子、2种氢

原子，所以分子式为C4H7ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物的数目有5种；故选B。9.在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。-6-可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法

正确的是()A.按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管B.图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－=Cl

2↑D.图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑【答案】D【解析】【详解】A、加热更容易使O2逸出，不易发生吸氧腐蚀，选项A错误；B、负极材料应为铁，选项B错误；C、根据Cl－的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极

，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，负极：Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓，选项C错误；D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH

)3，进一步脱水形成白斑，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，易错点为选项D：负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+

6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH)3。10.下列解释事实的方程式正确的是A.用碳酸氢钠治疗胃酸过多：CO32－+2H+＝CO2↑+H2OB.用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH－＝SO32－+H2OC.把金属钠放

入冷水中产生气体：Na+2H2O＝Na++20H－+H2↑D.用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体：Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O【答案】D-7-【解析】【详解】A.碳酸氢根离子在溶液中应以HCO3-的形式表示，碳酸氢钠

与胃酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故A错误；B.一水合氨为弱碱，在溶液中主要以NH3·H2O分子形式存在，当氨水足量时，反应的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32

-+H2O，故B错误；C.该离子反应电荷不守恒，把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为：2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑，故C错误；D.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱生成偏铝酸盐和水，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查离子反

应方程式的书写，书写离子方程式时，易溶易电离两个条件都满足的物质要拆写成离子形式，这样的物质有，三大强酸，四大强碱；钾、钠、铵盐、硝酸盐等。但有的物质不能全拆，例如弱酸的酸式盐酸根不拆，强酸的酸式盐酸根要拆。11.室温下，关于pH=11的NH3·H2O

溶液，下列分析正确的是A.c(NH3·H2O)=10-3mol/LB.由水电离出的c(H+)=10-11mol/LC.加入少量NH4Cl固体，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，KW值减小D.加入等体积pH=3的盐酸

，所得溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A.NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，因此c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3m

ol/L，由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，所以c(NH3·H2O)>10-3mol/L，A错误；B.氨水中氢离子由水电离产生，溶液的pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，即由水电离出的c(H+)=10-11mol/L，B正确；C.NH3·H2O在溶液

中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水的离子积KW值不变，C错误；D.pH=11的NH3·H2O溶液

中，c(OH-)=10-3mol/L，加入等体积pH=3的盐酸，H+与OH-恰好发生中和反应，但由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，因此NH3·H2O过量，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，NH3·H2O电离产生NH4+)，使溶液中c(NH4+)>c

(Cl-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故c(NH4+)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；-8-故合理选项是B。12.室温下，甲

、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，下列描述正确的是（）A.水电离出的OH-浓度：c(OH-)甲=c(OH-)乙B.向乙烧杯中加水稀释至pH=4，溶液的体积10V甲＞V乙C.若将甲、乙两烧杯分别与5mLpH=11NaOH溶液反

应，所得溶液pH：甲＜乙D.若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)【答案】A【解析】【详解】A．酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则

水电离出的OH−浓度：c(OH−)甲=c(OH−)乙，故A正确；B．乙中醋酸是弱酸，加水稀释过程中会促进其电离，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，所以溶液的体积10V甲<V乙，故B错误；C．醋酸属于弱酸，因

此二者pH相同时，醋酸的浓度大于盐酸，与等量NaOH反应，醋酸过量，pH较小，所以所得溶液pH：甲>乙，故C错误；D．若将甲、乙两烧杯溶液混合，根据电荷守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)，则c(H+)>c(Cl−)+c(CH3COO−)，故D错

误；故答案为：A。【点睛】对于本题D选项作深入探讨时会发现，混合溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，属于易错知识，根据电荷守恒可知，原溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，混合后溶液中c(H+)和原溶液相等，c(CH3COO-)、c(Cl-)、c(CH3COOH)均会减小至原溶液中相关离

子浓度一半，故混合溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A.简单离子半径：Y<Z<WB.Z

与W形成化合物的水溶液呈碱性C.W的某种氧化物可用于杀菌消毒D.Y分别与X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同【答案】C【解析】-9-【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元素，W为

Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减

小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：Y＞Z，故A错误；B．Z与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误；C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确；D．Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共

价键，后者含离子键，故D错误；答案选C。14.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的

3倍。下列说法正确的是A.元素原子半径大小顺序为：W>Z>YB.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C.Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同【答案】B【解析】【分析】前20号元素X、Y、Z、W、

R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于I

A族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族

从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；-10-B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠

中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。第II卷(非选择题共58分)二、

非选择题15.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0。查阅资料知SO3的熔点为16.83℃，沸点是44.8℃。某化学学习小组欲通过实验测定上述反应中SO2的转化率，他们设计了如下实验。请根据要求回答问题：（1

）各装置接口的连接顺序是a→__。（2）装置Ⅳ烧杯中盛放冰水的作用是__。（3）装置Ⅰ所用硫酸，一般选用浓度为70%～80%的硫酸，原因是__。（4）当装置Ⅰ中反应结束时，要打开止水夹继续通入O2一段时间，继续通

入O2的目的是__。（5）称量agNa2SO3粉末与足量硫酸反应，实验结束后称得装置Ⅳ增重bg，列式表示该实验中SO2的转化率__。【答案】(1).h→i→b→c→f→g→d→e(2).使SO3冷凝以便从气相中分离出来(3).硫酸浓度过大时主要以分子形式存

在，反应较慢；硫酸浓度过小时生成的SO2会部分溶解在稀硫酸中(4).将装置中的SO2全部赶入装置Ⅱ中发生反应，将SO3全部赶入装置Ⅳ中-11-冷凝为固体，提高测量SO2转化率的准确性(5).63b100%40a【解析】【分析】（1）装置Ⅰ的作用是制取SO2并与O2混合，装置Ⅱ中发生SO2的催化

氧化反应，装置Ⅲ的作用是吸收尾气，装置Ⅳ中收集SO3，装置Ⅴ的作用是干燥气体；（2）SO3的熔点较低，可通过冷凝分离；（3）根据反应原理为强酸制弱酸，且SO2在水中溶解度较大分析；（4）反应结束后，装置中会残留一部分的SO2气体；（5）根据S元素

守恒进行计算。【详解】（1）该装置连接基本顺序为：制取SO2并与O2混合装置→干燥SO2、O2装置→制取SO3装置→吸收SO3装置→尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序是：a→h→i→b→c→f→g→d→e；（2）根据SO3的熔沸点知，装置Ⅳ烧杯中盛放冰水可使S

O3冷凝以便从气相中分离出来；（3）硫酸浓度过大时硫酸主要以分子形式存在，难以电离出氢离子，反应较慢；硫酸浓度过小时，反应生成的SO2会部分溶解在稀硫酸中，均会导致实验存在误差；（4）反应过程中装置Ⅰ中会残留SO2，装置Ⅱ中会残留SO3，反应结束后，继续通入氧气一段时间

，可以将装置中的SO2全部赶入装置Ⅱ中发生反应，将SO3全部赶入装置Ⅳ中冷凝为固体，避免影响SO2转化率的测定；（5）假设Na2SO3全部反应生成SO2，且无SO2气体进入尾气吸收装置，根据S元素守恒可知，完全转化时，理论生成SO3的质量为a

40amol80g/mol=g12663，故该实验中SO2的转化率为bg63b100%=100%40a40ag63。16.某化学兴趣小组对一种废旧合金(含有Cu、Fe、Si等元素)进行分离、回收再利用，所设计工艺流程如图。-12-已知：298K时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1

0-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13回答下列问题：（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为__，固体B为__(填化学式)。（2）加入过量FeCl3溶液过程中与较

不活泼的金属反应的离子方程式__。（3）调节pH至2.9～3.2的目的是分离__(填离子符号)（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为__。②若用amol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液VmL，所得红棕色固体C的物质的量为__(用含a、V的代数

式表示)（5）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72L，阴极得到的电子数为0.8NA，则生成氧气的物质的量为__mol。【答案】(1).过滤(2).Cu(3).2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(4).Fe3+(5).2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4

HO(6).2.5aV×10-3mol(7).0.1【解析】【分析】含有Cu、Fe、Si废旧合金中的铁与铜与过量的氯化铁溶液发生氧化还反应，得到固体硅和含氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液a，加入过量的还原剂铜粉，得到氯化亚铁和氯化铜的混合溶液b，然后向溶液中加入酸性高锰酸钾将亚铁离子氧化成

铁离子，得到含锰离子、铁离子和铜离子的混合溶液，然后滴加氢氧化钾调节溶液的pH使铁离子完全沉淀，然后过滤得到氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，溶液e电解时，阳极氯离子放电得到氯气，氯离子反应完后，水电离的氢氧根离

子放电得到氧气，阴极铜离子放电得到单质铜，铜离子反应完后，水电离的氢离子放电得到氢气，以此解答该题。【详解】（1）通过操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都得到固体和溶液，过滤是把不溶性固体和溶液分开的操作，所以该操作是过滤；电解含有铜离子的溶液，可在阴极得到铜，故答案为：过

滤；Cu；（2）合金中含有铜，可与氯化铁反应，加入过量FeCl3溶液过程中与较不活泼的金属铜反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（3）因20sp2CuOH2.210K、38sp3FeOH410

K、13sp2MnOH1.910K，溶度积常数越小，对应离子越易沉淀，所以Fe3+先沉淀，得到氢氧化铁，氢氧化铁在加热条件下生成红棕色固体氧化铁，因此调节pH至2.9～3.2的目的是

分离Fe3+；-13-（4）①溶液b中含亚铁离子，会被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰酸钾被还原为锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知，反应的离子方程式为：2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO；②根据方程式以及守恒关系可知：-4232+2MnO

Fe105FeO，n(Fe2O3)=2.5n(-4MnO)=V×10-3L×amol/L=2.5aV×10-3mol；（5）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72L，物质的量为6.72L0.3mol22.4L/mol，阳极分别发生2Cl−−2e−=Cl2↑，4OH

−−4e−=O2↑+2H2O，阴极得到的电子数为0.8NA，则阳极转移电子0.8mol，设生成xmolCl2，ymolO2，则x+y=0.32x+4y=0.8，解得x=0.2，y=0.1，故答案为：0.1。17.甲醇是重要的有

机化工原料，目前世界甲醇年产量超过2.1×107吨，在能源紧张的今天，甲醇的需求也在增大。甲醇的合成方法是：(ⅰ)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ·mol-1另外：(ⅱ)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1(ⅲ)2H2(g)

+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572.0kJ·mol-1回答下列问题：（1）甲醇的燃烧热为__kJ·mol-1。（2）在碱性条件下利用一氯甲烷(CH3Cl)水解也可制备少量的甲醇，该反应的化学方程式为__。（3）若反应在密闭恒容绝热容器中进行，反应(iv)CO2(g)+H2(g)=

CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.1kJ·mol-1对合成甲醇反应中CO的转化率的影响是（）a.增大b.减小c.无影响d.无法判断（4）在恒温恒容的密闭容器中发生反应(ⅰ)，各物质的浓度如下表：浓度/mol·L-1时间/minc(CO)c

(H2)c(CH3OH)00.81.6020.6x0.240.30.60.5-14-60.30.60.5①x=__。②前2min内H2的平均反应速率为v(H2)=__。该温度下，反应(ⅰ)的平衡常数K=__。（保留1位小数）③反应进行

到第2min时，改变了反应条件，改变的这个条件可能是（）a.使用催化剂b.降低温度c.增加H2的浓度（5）如图是温度、压强与反应(ⅰ)中CO转化率的关系：由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往

采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是__。【答案】(1).764.9(2).CH3Cl+NaOH→CH3OH+NaCl(3).d(4).1.2(5).0.2mol·L-1·min-1(6).4.6L2·m

ol-2(7).a(8).温度较低，反应速率慢；压强太大，成本高【解析】【详解】（1）利用盖斯定律，热化学方程式(iii)-(i)+12(ii)，得新的热化学方程式为：CH4OH(g)+32O2(g)

=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.9kJ·mol-1，故甲醇的燃烧热为764.9kJ·mol-1；（2）根据提示知CH3Cl中的Cl被羟基取代生成CH3OH，反应方程式为：CH3Cl+NaOH→CH3OH+NaCl[或

CH3Cl+H2ONaOHaqCH3OH+HCl]；（3）反应(iv)消耗反应(i)的另外一种反应物氢气，而且生成反应(i)的反应物CO，使反应(i)的CO转化率降低；但反应(iv)为吸热反应，使体系温度降低，

反应(i)正向移动，使反应(i)中CO的转化率提高，两个原因孰轻孰重不得而知，故无法判断反应(iv)对反应(i)中CO转化-15-率的影响；（4）①观察表中数据可知，0～2min内，CO浓度降低了0.2mol/L，则H2浓度会降低0.4mol/L，则x=1.6

-0.4=1.2；②112320.2mol/LH2CHOH=0.2molLmin2minvv；平衡常数322222CHOH0.5mol/L4.6LmolHCO0.6mol/L0.3mol/LcKcc；③2min到4min的反应速

率大于0到2min，而降低温度，反应速率降低，b项错误；由表格中的数据可知c项错误；故a项使用催化剂正确，故答案为：a；（5）温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的生成；压强越大，CO的转化率越大，但压强太大对设备要求高，成本高。18.

第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。（1）铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为__，该能层上具有的原子轨道数为__，电子数为__。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐

增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？__(填“是”或“否”)。（3）镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶体结构如图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶

体中，每个Ga原子与__个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为__。（4）与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型__；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是__，理由是__

。（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为__；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为__g·cm-3(用含a和NA的式子表示)。-16-【答案】(1).N(2).16(3).1(4).否(5).

4(6).正四面体(7).sp3(8).NH3(9).因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化(10).Fe4N(11).3A238aN【解析】【详解】（1）基态Cr原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，电子占据最高能层为第四能层，能层符号为N

；第四能层中有s、p、d、f能级，分别具有的轨道数为：1、3、5、7，轨道总数为1+3+5+7=16；由核外电子排布式可知，基态Cr原子在第四能层上的电子数为1；（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离都高于同周期相

邻的元素，30Zn的3d能级上有10个电子，4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，30Zn的第一电离能大于Ga，所以30Zn与31Ga的第一电离能不符合逐渐增大的规律；（3）根据晶胞图可知，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和

顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的体心，所以每个Ga原子与4个As原子相连；与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体；（4）氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构与NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3；N

H3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时，首先液化的是NH3；（5）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为1186482，所以氮化铁的化学式Fe4N；晶胞的体积为a3cm3，所以33A33A14564238=g/c

m=g/cmaaNmVN。19.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如图所示：-17-已知：（1）B的化学名称是__，F中官能团名称是__。（2）由E

生成F的反应类型是__，由H生成J的反应类型是__。（3）试剂a是__。（4）J是一种环酯，则J的结构简式为__。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为__。（5）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的流程图(其他试剂

自选)___。【答案】(1).2-甲基-2-溴丙烷(2).醛基、溴原子(3).氧化反应(4).酯化反应(或取代反应)(5).铁粉(或FeBr3)、液溴(6).(7).n+(n-1)H2O(8).-18-【解析】【分析】由A、D分子式及G的结构，可知D中含有苯

环，故D为，结合G中存在-C(CH3)3结构，可推知A为，B为(CH3)3CBr，根据信息中第一步可知C为(CH3)3CMgBr，由G的结构，结合信息第二步中与R1COR2的反应，逆推可知F为，则E为，试剂a是Br2/FeBr3．根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反

应，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G脱去1分子水形成J，而J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，据此分析作答。【详解】（1）B为(CH3)3CBr，溴原子作为取代基，选择最长碳链为主链，并使取代基位次最小

，(CH3)3CBr名称为：2-甲基-2-溴丙烷；F为，含有的官能团为醛基、溴原子；（2）E→F的反应中“脱氢加氧”，属于氧化反应；分子中羟基与羧基发生酯化反应生成；（3）生成的反应中，苯环上氢原子被溴原子取

代，因此该反应的试剂a为：-19-铁粉(或FeBr3)、液溴；（4）由上述分析可知，J的结构简式为：；H中含有羟基和羧基，能够在一定条件下发生缩聚反应生成K，H生成K的化学方程式为：n+(n-1)H2O；（5）由与乙醛反应得到，苯与溴发生

取代反应得到，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，因此合成路线为：。【点睛】有机化学中的氧化反应：有机物分子中加入O原子或脱去H原子的反应；常见的氧化反应：①醇的氧化：醇→醛；②醛的氧化：醛→酸；③有机物的燃烧氧化、与酸性高锰酸钾溶液等强氧化剂氧化；④醛类及其含醛基的有机物与新制Cu(OH)

2悬浊液、银氨溶液的反应；有机化学中的还原反应：有机物分子中加入H原子或脱去O原子的反应；常见的还原反应有：烯、炔、苯及其同系物、醛、酮、酚、油脂等的催化加氢。