【文档说明】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二下学期6月月考化学试题 【精准解析】.doc，共(21)页，799.000 KB，由管理员店铺上传

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绵阳南山中学2020年春季高2018级6月月考化学试题可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16S32C135.5Ag108第I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是A.锂电池和锂离

子电池都是二次电池B.棉花、羊毛、木材和草类的主要成分都是纤维素C.氟氯代烷(即氟利昂)是优良的制冷剂、灭火剂，需推广使用D.镀锌铁板(俗称白铁)和镀锡铁板(俗称马口铁)同时破损，白铁更耐腐蚀【答案】D【解析】【详解】A.锂电池属于一次电池，锂离子电池是二次电池，A错误

；B.棉花、木材和草类的主要成分都是纤维素，羊毛的主要成分是蛋白质，B错误；C.氟氯代烷(即氟利昂)是优良的制冷剂、灭火剂，但大量使用会破坏臭氧层，C错误；D.镀锌铁板(俗称白铁)和镀锡铁板(俗称马口铁)同时破损，由于金属性锌大于铁，铁大于锡，前者构成的原电池中铁是正极，后者构

成的原电池中铁是负极，所以白铁更耐腐蚀，D正确；答案选D。2.在化学式为C6H14的烷烃分子中，含有三个甲基的同分异构体的数目是A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】A【解析】【分析】【详解】C6H14烷烃的同分异构体有5种，但含有三个甲基的有

(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，答案选A。3.下列物质不能使酸性KMnO4溶液褪色的是A.电石气B.乙醇C.聚乙烯D.甲苯【答案】C【解析】【详解】A.电石气的主要成分是乙炔，含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A不选

；B.乙醇含有羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，B不选；C.聚乙烯不含有碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，C选；D.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，D不选；答案选C。4.下列实验与盐类水解无关的是A.CaCO3的饱和溶液pH约为9.3B.在氯化氢气流中加热蒸发CuC

l2溶液以制备CuCl2·2H2OC.FeCl3溶液和Na2S溶液混合有沉淀生成D.实验室配制硫化钾溶液时加入适量KOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.CaCO3的饱和溶液中碳酸根离子水解显碱性，则常温下，C

aCO3的饱和溶液pH约为9.3，故A不选；B．由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OΔCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；想

得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，与水解有关，故B不选；C.FeCl3溶液和Na2S溶液混合有沉淀生成，发生的氧化还原反应，与盐类水解无关，故C正确；D．在配制硫化钾（K2S）溶液时

，硫离子水解溶液显碱性，为了防止发生水解，应加入对应碱，可以加入少量的氢氧化钾，与水解有关，故D不选；故选：C。5.下列事实不能用沉淀溶解平衡原理来解释的是A.碳酸钡不能用作“钡餐”而硫酸钡则能B.除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节p

H至7～8C.用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢中的CaSO4D.用硝酸清洗试管内的银镜【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钡与盐酸反应生成有毒的钡离子，硫酸钡与盐酸不反应，能用沉淀溶解平衡原理来解释，故A不选；B．铁离子水解生成氢氧

化铁，通过调节pH可除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，能用沉淀溶解平衡原理来解释，故B不选；C．Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢中的CaSO4，生成碳酸钙沉淀，可溶于盐酸，能用沉淀溶解平衡原理来解释，故C不选；D．硝酸有强氧化性，

与Ag发生氧化还原反应生成可溶性的硝酸银溶液，可用于清洗试管内的银镜，与沉淀溶解平衡无关，故D选；故答案选D。6.下列表述的化学用语正确的是A.Fe2+可用K3[Fe(CN)6)]溶液进行检验：3Fe2++2[Fe(CN)6)]3-＝Fe3[Fe(CN)

6)]2↓B.NaHCO3溶液水解方程式：-3HCO+H2OH3O++2-3COC.泡沫灭火器原理：32-3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体：2C6H5ONa+CO2+H2O→2

C6H5OH+Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+可用K3[Fe(CN)6)]溶液进行检验，现象是产生蓝色沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6)]3-＝Fe3[Fe(CN)6)]2↓，A正确；B.NaHCO3溶液水解方程式为：-3HCO+H2OOH

－+23HCO，-3HCO+H2OH3O++2-3CO是碳酸氢根的电离方程式，B错误；C.泡沫灭火器原理的反应物是碳酸氢钠和硫酸铝：3-3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，C错误；D.苯酚的酸性弱于碳

酸，但强于碳酸氢根，向苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，D错误；答案选A。7.下列各物质的名称正确的是A.3，3－二甲基丁烷B.2，3，3－三甲基丁烷C.2，2－二甲基－3－乙基丁烷D.2，3－二甲基－4－乙基己烷【答案】D【

解析】【详解】A、不符合离支链最近的一端编号，应是2，2－二甲基丁烷，A错误；B、不符合支链的代数和最小，应是2，2，3－三甲基丁烷，B错误；C、不符合主链碳原子最多，应是2，2，3－三甲基戊烷，C错误；

D、2，3－二甲基－4－乙基己烷命名正确，D正确；答案选D。8.关于下列各装置图的叙述不正确的是A.用装置①精炼铜，则b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反应是Cu+2Fe3+==Cu2

++2Fe2+C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置④中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A.用装置①精炼铜，根据电流方向可知a电极是阳极，b电极是阴极，则a极为粗铜，b极为精铜，电解质溶液为Cu

SO4溶液，A正确；B.装置②中铁是负极，铜是正极，总反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连作阴极，被保护，C正确；D.装置④中铁在浓硫酸中钝化，铜是负极，铁是正极，因此铁钉几乎没被腐蚀，D正确；答案选B。9.已

知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合。再加入足量浓AgNO3溶液。发生的反应为A.只有AgBr沉淀生成B.生成AgCl和AgBr沉淀

的质量相等C.AgCl沉淀少于AgBr沉淀D.AgCl沉淀多于AgBr沉淀【答案】D【解析】【详解】已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，这说明溴化银难溶，因此将AgCl

与AgBr的饱和溶液等体积混合，溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，因此再加入足量浓AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀多于AgBr沉淀，答案选D。10.下列除去杂质的方法正确的是选项物质杂质试剂主要操作A乙炔H2S、PH3NaO

H溶液洗气B乙醛乙酸Na2CO3溶液分液C溴乙烷溴单质NaHSO3溶液分液DCH3CH2OHH2O熟石灰蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】除杂要根据物质和杂质的性质选择合适的试剂，基本要求是不能引入新的杂质，操作简单，便于分离。【详解】A、

除去乙炔中的H2S、PH3，最好用CuSO4溶液，故A错误；B、乙酸与Na2CO3溶液反应，但乙醛能溶于Na2CO3溶液，所以不能用分液进行分离，应该用蒸馏，故B错误；C、溴单质可氧化NaHSO3而除去，而溴乙烷不

溶于水，所以用分液操作，故C正确；D、除去乙醇中的水，应该加入生石灰，再进行蒸馏，故D错误。答案为C。11.双酚A是重要的有机化工原料，从矿泉水瓶、医疗器械到食品包装袋都有它的身影，其结构如图所示。下列关于双酚A的说法

正确的是A.分子式为C15H10O2B.一定条件下能发生取代反应、氧化反应C.与互为同系物D.苯环上的二氯代物有4种【答案】B【解析】【详解】A.双酚A分子式为C15H16O2，A项错误；B.双酚A一定条件下能发生取代反应，例如

酚羟基的邻位可以与溴水中的溴分子发生取代反应，酚类本身对空气不稳定，易被氧化，且燃烧反应属于氧化反应，B项正确；C.与苯环个数不一样、结构不相似，不是同系物，C项错误；D.苯环上的二氯代物有9种，D项错误；答案选B。12.下列操作能达到实验目的的是目的操作A实验室制备乙酸乙酯用盛

有饱和NaOH溶液的试管吸收生成的酯B探究酶在不同条件下水解速率快慢观察不同条件下水解时酯层的消失时间C苯酚的检验向盛有苯酚溶液的试管中加入少量稀溴水D溴乙烷中溴原子的检验向溴乙烷和NaOH共热后的溶液中加AgNO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详

解】A.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解，而在碳酸钠溶液中几乎不溶，所以不能用氢氧化钠溶液吸收，应该用饱和碳酸钠溶液，A错误；B.通过观察不同条件下水解时酯层的消失时间可以探究酶在不同条件下水解速率快慢，可以达到实验目

的，B正确；C.检验苯酚时应该向盛有苯酚溶液的试管中加入浓溴水，观察是否有白色沉淀生成，C错误；D.检验溴乙烷中溴原子时应该先向溴乙烷和NaOH共热后的溶液中加入硝酸酸化，然后再加入AgNO3，观察是否有淡黄色

沉淀生成，D错误；答案选B。13.碱性镍锌(Ni-Zn)电池是一种可以替代镍氢电池的新型电池，其总反应为：2NiOOH+2H2O+Zn2Ni(OH)2+Zn(OH)2。则下列说法中错误的是A.电池工作时，OH-向负极移动B.放电时负极反应式：Zn-2e

-+2OH-=Zn(OH)2C.充电时，与外电源正极相连的电极上电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OD.该电池电解1L0.3mol/LAgNO3溶液，若产生1.12L气体(标状)，溶液pH变为2【答案】D【

解析】【详解】A.原电池中阴离子向负极移动，则电池工作时，OH-向负极移动，A正确；B.锌是活泼的金属，放电时锌是负极，则根据总反应式可知负极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，B正确；C.充电时相当于是电解池，与外电源正

极相连的电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，则根据总反应式可知电极上电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，C正确；D.该电池电解1L0.3mol/LAgNO3溶液，阴极银离子放电得到银，阳极氢氧根放电生成氧气，若产生1.12L气体(标状)，即氧气的体积为0.05mol，所

以产生氢离子的物质的量是0.05mol×4＝0.2mol，则溶液中氢离子浓度是0.2mol/L（不考虑溶液体积变化），所以溶液pH不等于2，D错误；答案选D。14.某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)。所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与l

gc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是A.三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-20B.向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大C.可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2D.向浓度均为1×10-

5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】【详解】A．对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp=c（M2+）·c（S2-），所以根据图像可知三种离子对应的硫化物中K

sp(CuS)最小，约为10－25×10－10＝1×10-35，故A错误；B．向MnS的悬浊液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，饱和溶液中c(S2-)是不变的，故B错误；C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同类型沉淀

溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的容易转化为溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2，故C正确；D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越优先形成沉淀，所以向浓度均为1×10-

5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀，故D错误；故答案选C。15.工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着

SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是A.Na2SO3溶液中存在：c(Na+)＞c(2-3SO)＞c(H2SO3)＞c(-3HSO)B.已知NaHSO3溶液pH＜7，该溶液中：c(N

a+)＞c(-3HSO)＞c(H2SO3)＞c(2-3SO)C.当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(2-3SO)+c(-3HSO)+c(H2SO3)D.当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(2-3SO)+c(-3HSO)【答案】D【解析】【详解】A

.Na2SO3溶液中亚硫酸根水解，且以第一步水解为主，则溶液中存在：c(Na+)＞c(2-3SO)＞c(-3HSO)＞c(H2SO3)，A错误；B.已知NaHSO3溶液pH＜7，说明-3HSO的电离程度大于水

解程度，则该溶液中：c(Na+)＞c(-3HSO)＞c(2-3SO)＞c(H2SO3)，B错误；C.当吸收液呈酸性时所得溶液不一定恰好是NaHSO3，因此溶液中c(Na+)=c(2-3SO)+c(-3HSO)+c(H2SO3)不一定满足，C错误；D.当吸收液呈中性时c(H+)=c(OH－

)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(2-3SO)+c(-3HSO)可知溶液中：c(Na+)=2c(2-3SO)+c(-3HSO)，D正确；答案选D。16.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

18.0g葡萄糖所含羟基数为0.5NAB.标准状况下，2.24L戊烷所含原子数为1.7NAC.0.5mol明矾水解形成的胶体粒子数为0.5NAD.1L0.1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．每个

葡萄糖分子含5个羟基，18.0g葡萄糖所含羟基数为118.05180?ggmol−NA=0.5NA，故A正确；B．标准状况下，戊烷不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C．胶体是粒子的集合体，则将1mol明矾晶体

完全溶于水制成胶体，所含胶体粒子数目小于NA，0.5mol明矾水解形成的胶体粒子数少于0.5NA，故C错误；D．NaClO是强碱弱酸盐，ClO－部分水解生成HClO分子，1L0.1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO－的数目少于0.1NA，故D错误；故选A。17.2

5℃时，在25mL0.1mol·L-1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是A.B点的横坐标a＜12.5B.C点时溶液中有：c(

Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)C.D点时溶液中有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/LD.曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】C【解

析】【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以B点的横坐标a＞12.5，故A错误；B．C点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，且溶液中溶质为醋酸和醋酸

钠，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度而导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸电离程度较小，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B错误；C．D点溶液中溶质为等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3CO

O-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=0.1mol/L，故C正确；D．曲线上A、B间溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)＜c(Na+)，如果醋酸浓度很小，还存在c

(CH3COO-)＜c(OH-)，故D错误；故答案选C。18.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6＋Li1—xFePO4=6C＋LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A.放电时Li

+脱离石墨，经电解质嵌入正极B.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料C.隔膜在反应过程中只允许Li+通过D.充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4－xe－==Li1－xFePO4＋xLi+【答案】B【解析】【详解】A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正

极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故A正确；B．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，故B错误；C．放电时，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反

应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4-xe-═Li1-xFePO4+xLi+，故C正确；D．该原电池中，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFeO4+xL

i++xe-=LiFePO4，所以隔膜为阳离子交换膜，在反应过程中只允许Li+通过，故D正确；故答案为B。【点睛】考查原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，根据磷酸

铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1-xFePO4═6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，装置为电解池，阴极、阳极

反应式与负极、正极反应式正好相反，选项B为易错点。第II卷二、非选择题19.A代表几种重要的有机合成原料，30gA在空气中完全燃烧生成44gCO2和18gH2O，则该有机物的实验式为________。若A是一种无色、具有强烈剌激性气味的气体，且有还原性，则A的水溶液俗称_____，具有杀菌

防腐性能；若A的质谱图中最大荷质比为60，则A的分子式为________，其链状同分异构体有______种。【答案】(1).CH2O(2).福尔马林(3).C2H4O2(4).3【解析】【详解】30gA在空气中完全燃烧生成44gCO2和18gH2O，CO

2和H2O的物质的量均是1mol，所含碳氢质量分别是12g和2g，根据质量守恒定律参加反应的氧气是44g+18g－30g＝32g，物质的量是1mol，则该有机物中氧原子的物质的量是3012216/ggggmol−−＝1mol，即C、H、O的个数之比为1：2：1，则A的实验式为CH2O。若A是一种

无色、具有强烈剌激性气味的气体，且有还原性，A是甲醛，则A的水溶液俗称福尔马林，具有杀菌防腐性能；若A的质谱图中最大荷质比为60，即相对分子质量是60，则A的分子式为C2H4O2，其链状同分异构体有乙酸、甲酸甲酯和HOCH2CHO，

共计3种。20.实验室可利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3：(1)SbCl3的水解方程式为：__________。(2)为得到较多较纯的Sb2O3，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量________。A.氨水B.盐酸C.醋酸D.石灰水(3)SOCl2是一种液态化合物，将其

滴入水中，可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并有带刺激性气味气体溢出，该气体可使品红溶液褪色。①根据实验现象写出SOCl2和H2O反应的化学方程式：_________。②利用A1Cl3•6H2O制备无水AlCl3时，可用SOCl2和A1Cl3•6H2O混合共热，试解释原因

_______。【答案】(1).2SbCl3+3H2O⇌Sb2O3+6HCl(2).A(3).SOC12十H2O=SO2↑+2HCl↑(4).SOCl2和结晶水反应既能减小水的物质的量，生成的酸又能抑制AlCl3水解【解析】【详解】(1)SbCl3水解的总反应方程

式为：2SbCl3+3H2O⇌Sb2O3+6HCl；(2)水解产生HCl的H+浓度越高，水解反应越难进行，加多点水pH越接近7，H+对SbCl3的水解抑制作用越弱，有利于水解反应的进行；而后期Sb3+离子浓度很低，靠单纯的水解很难再反

应下去，已经达到水解平衡，所以要加NH3⋅H2O促进水解，SbCl3+2NH3⋅H2O=SbOCl↓+2NH4Cl+H2O，故选：A；(3)①SOCl2和水剧烈反应，液面上有白雾生成，说明生成的气体遇水蒸气能形成小液滴，说明生成的

白雾是稀盐酸，则气体中含有HCl；还生成气体，该气体能使品红溶液褪色说明该气体具有漂白性，根据元素守恒知，生成物中含有二氧化硫，所以该反应方程式为SOC12十H2O=SO2↑+2HCl↑，故答案为：SOC12十H2O=SO2↑+2HC

l↑；②氯化铝易水解生成氢氧化铝和稀盐酸，盐酸具有挥发性，加热促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，所以灼烧得到的固体是氧化铝，SOCl2和水剧烈反应生成HCl而抑制铝离子水解，且SOCl

2与水反应既减少了水的量，所以能得到氯化铝固体，故答案为：SOCl2和结晶水反应既能减小水的物质的量，生成的酸又能抑制AlCl3水解。21.(1)已知：25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=l×10-2.，Ka2=l×10-7，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=____

____，若向NaHSO3溶液中加，入少量的I2，则溶液中23-3c(HSO)c(HSO)将________(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为1.0×1

0-38、1.0×10-11，浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中。要使Fe3+完全沉淀(离子浓度小于1.0×10-5)而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________，调节pH应选用的试剂是_________。(填化学式

)。【答案】(1).1.0×10-12(2).增大(3).3＜pH＜9(4).Mg(OH)2或MgO或MgCO3【解析】【详解】（1）25℃时，H2SO3⇌HSO3−+H+的电离常数Ka1=l×10-2=()()()32

3cHSOcHcHSO−+，而HSO3−的水解方程式为HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，水解平衡常数Kh=()()()233cHSOKwcHSOcH−+=1.0×102×1.0×10−14=

1.0×10−12；当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，c(H+)增大，但是温度不变，Kh不变，则23-3c(HSO)c(HSO)增大，故答案为：1.0×10−12；增大；(2)Ksp[Fe(

OH)3]=c（Fe3+）·c3（OH−），Fe3+完全沉淀时，c（OH−）=3811351.0101.0101.010−−−=mol/L，可得pH＝3。Mg(OH)2开始沉淀时，c（OH−）=111.0100.1−=1.0×10-5mol/L，可得pH=9，应

该调节溶液pH的范围是3＜pH＜9，为了不引入新的杂质离子，调节pH应选用的试剂是Mg(OH)2或MgO或MgCO3，故答案为：3＜pH＜9；Mg(OH)2或MgO或MgCO3。22.某科研机构用NaOH溶液吸收硫酸工业废气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时

得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。(1)当有2molNa+通过阳离子交换膜时，a极生成气体___L(标准状况)；阳极的电极反应式是___。(2)稀NaOH溶液的作用是____，B处流出较浓的

NaOH溶液，C处流出的是___。(3)在标准状况下，若用甲烷-空气燃料电池做电源，处理含SO220%(体积分数)的废气40m3，理论上需要消耗甲烷_____m3。【答案】(1).22.4(2).2-3SO-2e-+H2O=2-4SO+2H+(3

).增强溶液导电性(4).较浓的硫酸(5).2【解析】【详解】（1）当有2molNa+通过阳离子交换膜时，说明整个电路中转移2mol的电子，而a极是阴极，电极式为：2H++2e-=H2↑，所以生成气体的物质的量为1.0mol，所以体积为1.0mol×

22.4L/mol=22.4L（标准状况），阳极是亚硫酸根离子发生氧化反应，其电极反应式2-3SO-2e-+H2O=2-4SO+2H+；（2）溶液导电依靠离子的定向移动，因此稀NaOH溶液的作用是增强溶

液的导电性，B处流出较浓的NaOH溶液，C处的b极阳极是亚硫酸根离子发生氧化反应，其电极反应式是2-3SO-2e-+H2O=2-4SO+2H+，则流出的是较浓的硫酸；（3）根据电子得失守恒可知CH4～4SO2

，所以理论上需要消耗标准状况下甲烷的体积为34020%4m＝2m3。23.乙酸丁酯是优良的有机溶剂，因有愉快的果香气味，也用于香料工业。实验室制取乙酸丁酯的有关信息及装置示意图如下：密度/(g·cm3)沸点/℃水溶性相当分子质量1-丁醇0.811

17.7可溶74乙酸1.05117.9互溶60乙酸丁酯0.88126.3微溶116实验操作流程为：(1)装置a的名称是________，其中冷却水的流动方向是________。(2)制取乙酸丁酯的化学方程式为_______。加热回流时，分水器中液体分为两层，适时放出水使上层液体流入烧瓶b，从平衡角

度考虑，分水器的作用是_______。(3)反应结束后，把分水器中的酯层和b中的反应液一起倒入分液漏斗中。在分液漏斗中加入10mL水洗涤，除去下层，上层继续用10mL10%Na2CO3溶液洗涤至中性，分液后将上层液体再用10mL水洗涤，除去溶于酯中的少量

无机盐。下列说法不正确的是___________(填序号)。A.最初用l0mL水洗涤的目的是除去酸及少量的正丁醇B.用10mL10%Na2CO3洗涤的目的是除去残留的硫酸和乙酸C.分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出D.分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸

丁酯从下口放出(4)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是__________(填标号)。(5)本实验的产率是________。【答案】(1).球形冷凝管(2).下口进上口出(3).CH3COOH+HOCH2CH2CH2CH3CH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O(4).除去酯化反应生成的

水，使生成乙酸丁酯的平衡向正反应方向移动(5).D(6).C(7).74%【解析】【分析】由制备实验流程可知，醋酸与正丁醇发生酯化反应生成乙酸丁酯，冷却后加饱和碳酸钠溶液、分液后，干燥、蒸馏得到乙酸丁酯，（1）a为冷凝管，冷水下进上

出；（2）发生酯化反应生成CH3COOCH2CH2CH2CH3、H2O，分离出水利于平衡正向移动；（3）碳酸钠溶液可除去酸、醇、降低酯的溶解度，分液时避免上下层液体混合；（4）温度计测定馏分的温度，温

度计的水银球在支管口处，冷水下进上出；（5）结合CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O计算。【详解】（1）装置a的名称是球形冷凝管，其中冷却水的流动方向是下口进上口出，故答案为：球形冷凝管；下口进上口出；（2）制取乙

酸丁酯的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O，加热回流时，分水器中液体分为两层，适时放出水使上层液体流入烧瓶b，从平衡角度考虑，分水器的作用是除去酯化反应生成

的水，使生成乙酸丁酯的平衡向正反应方向移动，故答案为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；除去酯化反应生成的水，使生成乙酸丁酯的平衡向正反应方向移动；（3）A．

最初用10mL水洗涤的目的是除去酸及少量的正丁醇，与酯分层，故A正确；B．用10mL10%Na2CO3洗涤的目的是除去残留的硫酸和乙酸，与酯分层，故B正确；C．分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D．分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将

乙酸丁酯从下口放出，操作不合理，故D错误；故选：D；（4）温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在支管口处，冷水下进上出，球形干燥管易残留有机物，只有C最合理，故答案为：C；（5）33222322232+741167.4gCHCOOHCHCHCHCHOHCHCOOCHCHxCHCHHO+浓硫酸则

x=1167.4g74=11.6g，本实验的产率为8.611.6gg×100%=74%，故答案为：74%。24.软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如下：已知：①部分金属阳离子完全沉

淀时的pH如表金属阳离子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+完全沉淀时的pH3.25.210.412.4②温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。(1)“浸出”过程中MnO2转化为M

n2+的离子方程式为_________。(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是_____________。(3)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为_________(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择_________(填以下试剂的序号字母)。a.

CaOb.MgOc.Al2O3d.氨水(4)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式：________，该反应的平衡常数数值为_________。(MnF2的Ksp=5.3×10-3，CaF2的Ksp=1.5×

10-10，MgF2的Ksp=7.4×10-11)【答案】(1).MnO2+SO2=2-4SO+Mn2+(2).将Fe2+氧化为Fe3+(3).Al(OH)3、Fe(OH)3(4).ab(5).MnF2(S)

+Mg2+(aq)⇌Mn2+(S)+MgF2(aq)(6).7.2×l07【解析】【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，加硫酸溶解

后，发生SO2+MnO2＝MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2、MgF2的溶度积较小，且不引入新杂

质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），据此解答。【详解】（1）二氧化硫具有还原性，可将MnO2还原为MnSO4，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=2-4SO+Mn2+；（2）双氧水具有氧化

性，加入过氧化氢是亚铁离子氧化成铁离子；（3）调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Al(OH)3、Fe(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案选a、b；（4）氟化锰是难溶物，书写离子

方程式用化学式，反应方程式为：MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌Mn2+(aq)+MgF2(s)；K=222322211(Mn)(Mn)(F)5.310(Mg)(Mg)(F)7.410cccccc++−−++−−===7.2×107。25.化合物X是一种香料，可

采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′请回答：(1)A中官能团的名称是________；B+D→F的反应类为型为________。(2)C→D的化学方程式________

__。(3)可用于检验E的官能团的试剂名称________。(4)对于化合物X，下列说法正确的是__________。A.能发生水解反应B.能发生银镜反应C.不与浓硝酸发生取代反应D.能使Br2的CCl4溶

液褪色(5)F有多种同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有________种(不包括F)，任意书写其中两种的结构简式___________。【答案】(1).羟基(2).取代反应或酯化反应(3).C6H5C

H2Cl+NaOHΔ⎯⎯→水C6H5CH2OH+NaCl(4).新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液(5).AD(6).5(7).、、、、【解析】【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成的A是CH3CH2OH，结合B的分子式，乙醇催化氧化最终生成的B是CH

3COOH；甲苯在光照条件下与氯气发生的是侧链上的取代反应得到的C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应得到的D为，D与乙酸发生酯化反应得到的F为，D被氧化得到的E为，结合信息可知X为，以此来解答。【详解】（1）A为CH3CH2OH，A中官能团的名称是羟基，B+D→F的化学方程式为，为酯

化反应，属于取代反应；（2）C在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应得到D，C→D的化学方程式为C6H5CH2Cl+NaOHΔ⎯⎯→水C6H5CH2OH+NaCl；（3）E是苯甲醛，含有的官能团是醛基，则可用来检验该官能团的试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜

悬浊液；（4）X的结构简式是，则A．X含-COOC-，能发生水解反应，故A正确；B．不含-CHO，不能发生银镜反应，故B错误；C．苯环上有H，与浓硝酸发生取代反应，故C错误；D．含碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，故D正

确；故答案为：AD；（5）F有多种同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有、、、、，共计是5种。