【文档说明】江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二下学期第十一次周测化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.172 MB，由小赞的店铺上传

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临川一中高二年级化学周考试题一、单选题1.在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学品发挥了重要作用下列说法不正确的是A.喷洒无水酒精进行消毒可以起到良好的预防病毒的作用B.二氧化氯泡腾片可以做环境消毒剂C.

84消毒液和洁厕灵混用会生成有毒有害的物质D.硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了其溶于水吸热的性质【答案】A【解析】【详解】A.75%的医用酒精杀菌效果好，所以喷洒75%的酒精进行消毒可以起到良好的预防病毒的作用，故A错误；B.二氧化氯泡腾片，有效成分(ClO2)是一种高效、安全的杀

菌、消毒剂，故B正确；C.84消毒液有效成分是次氯酸钠，洁厕灵主要成分是盐酸，次氯酸钠、盐酸混合会生成有毒的氯气，故C正确；D.硝酸铵溶于水吸热，可以用硝酸铵制成医用速冷冰袋，故D正确；选A。2.下列说法不正确的是()A.C2H6和C6H

14一定互为同系物B.甲苯分子中最多有13个原子共平面C.石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D.制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡【答案】C

【解析】【详解】A．C2H6和C6H14表示都是烷烃，烷烃的结构相似，碳原子之间都是单键，其余键均为C－H键，分子式相差若干个CH2，互为同系物，正确，A不选；B．甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，正确，B不选；C．高分子化

合物的相对分子质量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，错误，C选；D．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，正确，D不选。答案选C。3.在有机合成中，常需将官能团消除或增

加，下列合成路线不简洁的是（）A.乙烯→乙二醇：222222CHCHCHBrCH=OBrCHCHHOH⎯⎯⎯→⎯⎯−⎯−→加成水解B.溴乙烷→乙醇：322232CHCHBrCH=CHCHCHOH⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→加消去成C.1−溴丁烷→1−丁炔：||322232232232BrBrC

HCHCHCHBrCHCHCH=CHCHCHCHCHCHCHCCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→−⎯→加成消去消去D.乙烯→乙炔：2222||BrBrCH=CHCHCHCHCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→−加成消去【答案】

B【解析】【详解】A．乙烯与溴加成后水解可实现乙烯合成乙二醇，合成路线可行，故A不选；B．CH3CH2Br可以直接水解生成乙醇，合成路线不简洁，故B选；C．1−溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯，再与溴加

成后发生消去反应生成1-丁炔，合成路线可行，故C不选；D．乙烯与溴加成后消去可实现乙烯转化为乙炔，合成路线可行，故D不选；故选B。【点睛】掌握和理解卤代烃在有机合成中的应用是解题的关键。解答本题要注意官

能团的变化和官能团数目的变化对合成路线想选择。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B.叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目

为NAC.pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD.200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【详解】A．1个Si原子周围有4个Si－Si，而1个Si－Si周围有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28g

Si其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误；B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成2

2.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0

.2L×1mol·L－1×2＋0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为NA，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会减少，Al3＋和SO42－的总数目小于NA，D错误。答案选B。5.下列有关说法正确的是A.MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋

Mg(g)高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0、ΔS＞0B.常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同C.0.1mol·L－1NH4Cl溶液加水稀释，-32c(Cl)c(NHHO)的值增大D.对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡

转化率【答案】A【解析】【详解】A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，反应MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0，故A正确；B．等物质的量浓度的CH3CO

OH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4++H2O⇌NH3∙H

2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，-32c(Cl)c(NHHO)的值减小，故C错误；D．对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO2的平衡转化率不变

，故D错误；答案选A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。6.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液

中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D常温下，用pH计分别测0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶

液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋

，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直

接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的p

H小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解能力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其

实比较的是HA和HCO3－的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。7.下列各化合物的命名中正确的是A.CH2=CH-CH=CH21，3-二丁烯B.3-丁醇C.2-甲基苯酚D.2—乙基丙烷【答案】C【解

析】【详解】A.含有碳碳双键在内的主碳链为4，双键在1、3位碳上，命名1，3-丁二烯，A错误；B.该物质为醇，主碳链为4，羟基在2位碳上，命名2-丁醇，B错误；C.该物质属于酚类，甲基在羟基的邻位，为2-甲基苯酚，C

正确；D.主碳链为4，甲基在2位碳上，命名2—甲基丁烷，D错误；正确选项C。8.下列解释事实的方程式不正确的是（）A.用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的离子反应方程式：2Fe(CN)63-+3Fe2+=Fe3[

Fe(CN)6]2↓B.含氟牙膏防治龋齿的原理是氟离子会跟羟基磷灰石发生沉淀转化生成氟磷灰石的离子反应方程式：Ca5(PO4)3(OH)+F-Ca5(PO4)3F+OH-C.用TiCl4制备TiO2的化学方程

式：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HClD.已知在重铬酸钾溶液中存在着如下平衡：Cr2O72-+H2OH＋+2CrO42-【答案】D【解析】【详解】A.Fe2+遇到K3[Fe(CN)6]生成深蓝色沉淀，其离子反应方程式：2Fe(CN)63-+3Fe2+

=Fe3[Fe(CN)6]2↓，A正确；B.氟是人体必需的一种微量元素，其有效预防龋齿，也能有效预防蛀牙，氟离子会与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，其离子反应方程式：Ca5(PO4)3(OH)+F-Ca5(PO4)3F+OH-，B正确；C.TiCl4与水反应

生成TiO2和氯化氢，其化学反应的方程式：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl，C正确；D.重铬酸钾溶液中，重铬酸根离子在溶液中可逐渐水解为铬酸根离子，其离子反应方程式为：Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+，D错误；故答案为：D。【点睛】检验亚铁离

子与铁离子：①看颜色：Fe2+在溶液中浅绿色，Fe3+在溶液中棕黄；②加NaOH溶液：Fe2+与OH-反应生成白色的Fe(OH)2沉淀，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，Fe3+与OH-反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；③KSCN溶液：Fe2+无明显现象，滴入氯水变红色溶液，Fe3+溶液变为红

色溶液；④Fe2+遇到K3[Fe(CN)6]生成深蓝色沉淀，Fe3+遇到K4[Fe(CN)6]生成深蓝色沉淀。9.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：针对上述反应，在其它条件不变时，下列说法正确的是（）A.加入适当催化剂，可以

提高苯乙烯的产量B.在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，可以提高乙苯的转化率C.仅从平衡移动的角度分析，工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件D.加入乙苯至反应达到平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量不断增大【答案】C【解析】【分析】由方程式可以知道，正反应为放热反应，且反应

物气体的计量数小于生成物气体的计量数，则采取低压、低温有利于平衡向正向移动，以此解答该题。【详解】A.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，A错误；B.在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，相当于在原来的基础上缩小体积，压强增大，则平衡逆向

移动，乙苯的转化率减小，B错误；C.反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，在恒容条件下，容器的压强不断增大，不利于平衡向正向移动，则工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，C正确；D.加入乙苯至反应达到平衡过程中，气体的总质量不变，但物质的量逐渐增大，则混合

气体的平均相对分子质量不断减小，D错误；答案选C。10.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是A.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B.与互为同分异构体的芳香化合物有6种C.C

5H12的一氯代物有8种D.菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物【答案】B【解析】【详解】A．含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种结构，甲苯与该烷基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，

故产物的结构共有2×3=6种，A项正确；B．的分子式为C7H8O，与其互为同分异构体的芳香化合物有5种：、、、、，B项错误；C．正戊烷、异戊烷、新戊烷的一氯代物分别为3种、4种、1种，共有3+4+1=8种，C项正确；D．菲的结构具有对称性，其一硝

基取代物有5种，D项正确；综上所述，本题选B。11.环丙叉环丙烷（b）由于其特殊的结构，一直受到化学家的重视，根据其转化关系（如图），下列说法正确的是（）A.b的所有原子都在同一个平面内B.p在氢氧化钠的醇溶液中加热生成烯烃C

.m的同分异构体中属于芳香化合物的共有5种D.m不能发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．b中含有饱和碳原子，则所有原子不可能在同一个平面内，A错误；B．p中溴原子所连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；C．m的分子

式为C7H8O，其属于芳香化合物的同分异构体有苯甲醚、苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共5种，C正确；D．m中含有羰基，可以与H2发生加成反应，D错误；故选C。12.下列根据实验操作及现象所得结论正确的是（）选项实验操作现

象结论A将电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色说明有乙炔生成B将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色说明有乙烯生成C将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中溴的四氯化碳溶液褪色说明有乙烯生成D将乙醇和浓硫酸的混合液

迅速升温到170℃产生的气体通入到溴水中溴水褪色说明有乙烯生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．乙炔中可能混有硫化氢，H2S也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色不能说明有乙炔生成，A错误；B．生成的乙烯及挥发出的乙醇，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色

不能说明有乙烯生成，B错误；C．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而乙醇不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．乙烯中可能含二氧化硫，二者均能使溴水褪色，故溴水褪色不能说明有乙烯生成，D错误；故选C。13.在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙

醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mL·min－1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。在410～440℃温度范围内，下列说法不正确的是A.温度一定时，随乙醇进料量

增大，乙醇转化率减小B.温度一定时，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大C.乙醇进料量一定时，随温度的升高，乙烯选择性一定增大D.选择适当的催化剂在一定条件下，可大幅提高乙烯在最终产物中的比率【答案】C【解析】【详解】A、根据图中曲线可知，当温度为410℃时，乙醇进料量为0.4m

L·min－1时转化率为0.9，乙醇进料量为1.2mL·min－1时转化率为0.7，即随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当温度为410℃时，乙醇进料量为0.4mL·min－1时乙烯的选择性为0.96，乙醇进料量为1.2mL·min－1时乙烯的选择性为0.99

，即随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，选项B正确；C、根据图中曲线可知，乙醇进料量为0.4mL·min－1时，温度高于420℃时，乙烯选择性反而降低；乙醇进料量为1.2mL·min－1时，温度高于430℃时

，，乙烯选择性反而降低，选项C不正确；D、催化剂在适当的温度下催化效率较大且加快反应速率，故选择适当的催化剂在一定条件下，可大幅提高乙烯在最终产物中的比率，选项D正确；答案选C。14.在25℃时，甘氨酸在水溶液中解离情况如下：H3N+CH2COOH(A+)1KH3N+CH2COO-(A±)2KH

2NCH2COO-(A-)，改变溶液pH值，三种甘氨酸相关离子的分布分数(α，平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)变化如图所示。当调节溶液的pH值使甘氨酸所带的净电荷为零，此时溶液的pH叫等电点。下列说法正确的是()A.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A−、A±、A+

B.K2=10−2.34，且K2对应的解离基团为-NH3+C.在pH=9.60的溶液中加盐酸，α(A±)+α(A+)+α(A−)保持不变D.甘氨酸的等电点pH约为6，且存在c(A±)=c(A+)=c(A−)【

答案】C【解析】【详解】A．根据其解离情况可知：溶液碱性越强，A-含量越大，溶液酸性越强，A+含量越大，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A+、A±、A-，A错误；B.由图可知pH=9.60时，溶液中H3N+CH2COO-与H

2NCH2COO-浓度相等，K2对应的解离过程为：H3N+CH2COO-H2NCH2COO-+H+，K2=()()()223cHNCHCOOcHcHNCOO−++−=10-9.60，K2对应的解离基团为COO-，B错误；C.根据物料守恒可知，α(A±)+α(A+)+α(A-)保持不变

，C正确；D.由图可知，等电点pH约为6，此时溶液中c(H3N+CH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)＝c(H2NCH2COO-)，D错误；故合理选项是C。15.环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]，后者广

泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。下列说法正确的是（）A.该电池工作是，镍连接的是电源的正极B.可将该电池的DMF惰性有机溶剂更换

为NaOH溶液C.该反应的总反应方程式为Fe＋2＋H2↑D.溶液中的Na+离子不断的向Fe附近移动【答案】C【解析】【分析】由制备流程可知，Fe失去电子生成Fe2+，Na+得到电子生成Na，所以阳极为Fe电极，Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)

2，因此反应方程式为：Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑。【详解】A.Fe失去电子生成Fe2+，阳极为Fe电极，Fe电极与电源的正极相连，A错误；B.水会阻碍中间产物Na的生成，且OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2，所以DMF惰性有

机溶剂不能更换为NaOH溶液，B错误；C.Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)2，因此反应方程式为：Fe＋2＋H2↑，C正确；D.电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极

，溶液中的Na+离子不断的向Ni附近移动，D错误；故答案为：C。16.向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正

确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A.A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>CB.A点对应的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C.B点溶液中c(CO32-)=0.2

4mol/LD.向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化【答案】A【解析】【详解】A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc的值越小，从图像可知，A、B

、C三点对应的溶液的32-3-(CO)-lg(HCO)cc的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；B．A点对应的溶液的32-3-(CO)-lg(HCO)cc小于0，可知32-3-(CO)(HCO)cc＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；C．B点对

应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=-9sp3-22+-7K(Ba

CO)2.410==2.410mol/(Ba)10Lc，C错误；D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，32-3-(CO)(HCO)cc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【

点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有+2323(H)(CO)K(HCO)accc−−=，转化形式可得，232+3(CO)K(HCO)(H)accc−−=，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，232+

3(CO)K(HCO)(H)accc−−=减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大。第II卷（非选择题）17.按要求回答下列问题：(1)键线式的系统命名为__________________；(2)中含有的官能团为_______________；(3)2－甲基－1－丁烯的结构简式

____________________；(4)相对分子质量为72且一氯代物只有一种的烷烃的结构简式________________；(5)分子式为C2H6O的有机物，有两种同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方法，不可能将二者区别开来的是________

________；A.红外光谱B.核磁共振氢谱C.质谱法D.与钠反应【答案】(1).2-甲基戊烷(2).羟基、酯基(3).(4).(5).C【解析】【详解】(1)键线式，主链有5个碳原子，2号碳原子连有1个甲基

，系统命名为2-甲基戊烷；(2)中含有的官能团为羟基、酯基；(3)根据系统命名原则，2－甲基－1－丁烯主链有4个碳，含一个双键，结构简式为；(4)相对分子质量为72烷烃分子式是C5H12，一氯代物只有一种，说明只有一种

等效氢，结构对称，该烷烃的结构简式是；(5)乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，官能团不同，能用红外光谱鉴别，不选A；乙醇(CH3CH2OH)有3种等效氢、甲醚(CH3OCH3)有1种等效氢，能用核磁共振氢谱鉴别，不选B；乙醇(CH3

CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)的相对分子质量相同，不能用质谱法鉴别，故选C；乙醇(CH3CH2OH)与钠反应放出氢气、甲醚(CH3OCH3)与钠不反应，故不选D。18.利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生

产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH

。回答下列问题：（1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。（2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：_____

___。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（4）步骤④中发生反应的离子方程式为______

________________。（5）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及____________________。（6）实验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是_____________________

_。【答案】(1).+4(2).过滤(3).TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O(4).蒸发浓缩、冷却

结晶、过滤(5).1:4(6).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(7).防止Fe2+被氧化(8).取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+【解析】【分析】由流程图可知，

废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，溶液的pH增大，促进TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2•xH2O沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O和Fe，滤液为FeSO4溶液；FeSO4溶液通过

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁

溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。【详解】（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为+4；过滤；（2）TiOSO4在

溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故

答案为TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O；（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和

三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：4；（4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反

应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化；（6）溶液B为硫酸铵溶液，实

验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明

溶液B中含有NH4+。19.检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类

比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是______________

_____。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。(4)室内空气中甲醛含

量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(S

O4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。【答案】(1).Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑(2).饱和食盐水可减缓生成氨气的速率(3).三颈烧瓶(或三

口烧瓶)(4).分液漏斗的活塞与旋塞(5).关闭K3和分液漏斗旋塞(6).打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2(7).减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收(8).0.0375【解析】【分析】在仪器A中Mg3N

2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，

Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2

和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食

盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗

旋塞；(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速

率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子

，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)=3m1.1210gM56?g/mol−==2×10-5mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol，则4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此实验进行了4次操作，

所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根

据反应过程中电子守恒分析解答。20.1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(l)N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为____

____。(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)△H。已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol△H=___

_______。(3)N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①F

e++N2OFeO+N2；反应②______________由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用时间。(4)在固定体积的密闭容器

中，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：____；②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD

，，通过计算判断TC____TD(填“>”“=”或“<”)。(5)在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：时间/min0246810物质的量50.0%

40.25%32.0%26.2%24.0%24.0%分数则该温度下反应的平衡常数K=____。【答案】(1).2NH3+2O2催化剂N2O+3H2O(2).-163kJ/mol(3).FeO++COCO2+Fe+(4).放热(5).反应①(6).降低温度(7).=(8

).1.17【解析】【分析】(2)利用盖斯定律求反应热；(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；(5)根据三

等式求算平衡常数。【详解】(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的

系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2催化剂N2O+3H2O；(2)已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)

△H2=-1531KJ/mol；反应①×23-反应②×13可得目标反应，则△H=△H1×23-△H2×13=-1010kJ/mol×23-(-1531kJ/mol)×13=-163kJ/mol；(3)总反应为N2

O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++COCO2+Fe+；根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；根据反应①的历程图可知

，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所

用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；(4)①根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的

气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；设定容器体积的体积为VL。C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和

CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有222NO(g)+CO(g)CO(g)+N(g)11000.50.50.50.50.50.50.50.5开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，则在平衡常数222

0.50.5(N)(CO)=10.50.5(NO)(CO)ccVVKccVV==；D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol，

则根据三等式有222NO(g)+CO(g)CO(g)+N(g)1.51000.60.60.60.60.90.40.60.6开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，则在平衡常数2220.60.6(N)(CO)=10.90.4(NO)(CO)

ccVVKccVV==；C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；(5)根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，根

据三等式有222NO(g)+CO(g)CO(g)+N(g)110011xxxxxxxx−−开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有1-100%24.0%1-1-xxxxx=+

++，解得x=0.52mol，则平衡常数2220.520.52(N)(CO)11=1.170.480.48(NO)(CO)11ccKcc=。21.有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：（X为卤素原子

）工业上利用上述信息，按下列路线合成一种香料：32CHCH=CH①催化剂⎯⎯⎯⎯→A光照②⎯⎯⎯→B（一氯代物）③⎯⎯⎯⎯→CHCl④⎯⎯→D⑤⎯⎯⎯⎯→E氧化反应⎯⎯⎯⎯→（香料）已知A的核磁共振氢谱上有5组峰

，且峰面积之比为6:1:2:2:1。请回答下列问题。（1）A的结构简式为________，E的结构简式为_________。（2）反应①的反应类型为_____，物质C中的官能团名称是____。（3）反应③的反应条件是____。（4）反应④的化学方程式为______（注明反应条件）。（

5）这种香料具有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体可能的结构简式：_____。①含有酚羟基②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种③在一定条件下，自身能形成高聚物【答案】(1).(2).(3).加成反应(4).碳碳双键(5).氢氧化钠的醇溶液、加热(6).+HCl(7).、

、【解析】【分析】E发生氧化反应生成，可推知E为，由转化关系可知，苯与CH3CH=CH2发生加成反应生成A，A的核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：1：2：2：1，结合E的结构，可推知A为，A与氯气在光照条件

下发生侧链上的取代反应生成一氯代物B，B为或，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成C为，C在过氧化氢条件下与HCl发生取代反应生成D为，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E，据此解答。【详解】（1）由上述分析可知，A的结构简式为；E的结构简式为；（2）反应①是苯与CH3C

H=CH2发生加成反应生成；C为，含有的官能团是：碳碳双键；（3）反应③是或生成，该反应为卤代烃发生消去反应，其反应条件为：氢氧化钠的醇溶液、加热；（4）反应④为与HCl在H2O2作催化剂条件下发生信息反应生成，其反应方程式为：+HCl；（5）这种香料

()具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①含有酚羟基，②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，苯环上应含有2个侧链且处于对位，③在一定条件下，自身能形成高聚物，该香料中除苯环外，只含有1个不饱和度，因此该同分异构体中含有碳碳双键，符合上述条件的物质可能的结

构简式为：、、。