【文档说明】四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高二下学期期末适应性考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.006 MB，由小赞的店铺上传

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三台中学实验学校2018级高二下期末适应性化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第Ⅰ卷(选择题，共46分)一、选择题(本题包括8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列关于有机化合物的说法正确的是A.苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4

溶液褪色B.苯乙烯分子中的所有原子一定都处于同一个平面C.淀粉和纤维素不是同分异构体D.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同【答案】C【解析】【分析】A．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；B．

苯环、双键为平面结构，且直接相连；C．淀粉和纤维素分子式不同，不是同分异构体；D．乙烯和苯都能使溴水褪色，乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应；苯和溴水因萃取而褪色。【详解】A．苯和甲苯互为同系物，甲苯能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，溶液褪色，但苯与酸性KMnO4不反

应，不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；B．苯环、双键为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，但不一定在同一平面，故B错误；C．淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围

之间，没有具体值，二者分子式不同，不是同分异构体，故C正确；D．乙烯和苯都能使溴水褪色，乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应；苯和溴水因萃取而褪色，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查有机物的性质和鉴别，题目难度不大，本题易错点为C，注意淀

粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围之间，二者分子式不同，不是同分异构体。2.下列各组物质肯定互为同系物的是A.和B.CH2OHCH2OH和CH2OHCHOHCH2OHC.C4H8和C5H12D.醋酸和硬脂酸(C17H35COOH)【答案】D【解析】【分析】同系物是结构相似，分子组

成上相差一个或若干个-CH2-的一系列物质，根据定义分析判断。【详解】A．属于酚类，属于芳香醇类，两者结构不相似，不是同系物，故A不符合题意；B．两者所含羟基数目不同，分子组成上不满足相差若干个-CH2-，不是同系物，故B不符合题意；C．C4H8为不饱和烃，C5H1

2为烷烃，不是同系物，故C不符合题意；D．醋酸和硬脂酸(C17H35COOH)均为饱和一元羧酸，符合同系物的要求，故D符合题意；故选：D。3.下列有机物不能发生消去反应的是A.2­-丙醇B.2,2­-二甲基­1­

丙醇C.2­-甲基-­2­-丙醇D.氯乙烷【答案】B【解析】【详解】A．2-丙醇中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可以发生消去，故A不选；B．2，2-二甲基-1-丙醇中与-OH相连碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B选；C．2-甲基

-2-丙醇中与-OH相连碳原子的邻位碳上有氢原子，能发生消去反应，故C不选；D．氯乙烷中与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，故D不选；故答案为B。【点睛】与-OH(或-X)相连的

碳原子的邻位碳原子上有氢原子时(苯环上的碳除外)可以发生消去反应。4.下列说法正确的是A.乙酸乙酯和植物油都可水解生成乙醇B.氨基酸和蛋白质分子中都含有氨基和羧基，二者均具有两性C.糖类化合物由C、H、O三种元素组成，可用通式Cm(H2O)n表示，所以可成为碳水化合物D

.纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质【答案】B【解析】【详解】A.乙酸乙酯水解生成乙醇，植物油通式为，故植物油水解生成丙三醇，故A错误；B.氨基酸和蛋白质分子中都含有氨基和羧基，二者均具有两性，

故B正确；C.糖类化合物由C、H、O三种元素组成，大多数糖类化合物可用通式Cm(H2O)n表示，有的糖类化合物不符合该通式，如脱氧核糖的分子组成为C5H10O4，不能用该通式表示，故C错误；D.人体中

没有水解纤维素的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，不可作为人类的营养物质，故D错误；故选B。5.下列物质不能使酸性KMnO4溶液褪色的是A.电石气B.丙烯C.聚乙烯D.甲苯【答案】C【解析】【详解】A.电石气即乙炔，乙炔分子中含有碳碳

三键，可被酸性KMnO4溶液氧化，使其褪色，故A不符合；B.丙烯分子中含有碳碳双键，可被酸性KMnO4溶液氧化，使其褪色，故B不符合；C.聚乙烯分子中不含碳碳双键，不可被酸性KMnO4溶液氧化，不能使其褪色，

故C不符合；D.甲苯分子中的甲基可被酸性KMnO4溶液氧化，使其褪色，D不符合；故选C。6.下列说法正确的是A.升高温度，某沉淀溶解平衡逆向移动，说明它的溶解度是减小的，Ksp也变小B.Ksp既与难溶电解

质的性质和温度有关，也与沉淀的量和溶液中离子浓度有关C.常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小D.向Ca(OH)2悬浊液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变【答案】A【解析】【详解】A.升高

温度，沉淀溶解平衡向吸热方向移动，如果某沉淀溶解平衡是放热反应，升高温度,逆向移动，则说明它的溶解度是减小的，溶液中离子浓度减小，所以Ksp也变小，故A正确；B.不同的难溶电解质在相同的温度下Ksp的大小与物质的性质有关，同一难溶电解质的Ksp则只与

温度有关，当沉淀成分和温度一定时，Ksp的数值一定，与沉淀的量和溶液中离子浓度无关，则Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，故B错误；C.当沉淀成分一定时，Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故C错误；D.Ca(OH)2悬浊液中存在平衡Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2

OH−(aq)，加入少量的NaOH固体，OH−浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca(OH)2的固体增多，故D错误；故选A。7.下列关于卤代烃的叙述中正确的是A.所有卤代烃都是无色、难溶于水，比水重的液体B.所有卤代烃在适当条件下都能发生取代反应C.所有卤代烃在适当条件下都能

发生消去反应D.氟氯代烷(即氟利昂)是优良的制冷剂、灭火剂，需推广使用【答案】B【解析】【详解】A.卤代烃不一定是液体，如一氯甲烷是气体，故A错误；B.卤代烃含有卤素原子，可发生取代反应，如在碱性条件下水解生成醇，故B正确；C.卤素原子所在碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子

的卤代烃才可发生消去反应，故C错误；D.氟氯代烷可破坏臭氧层，应限制使用，故D错误；故选B。8.下列有关电化学装置完全正确的是（）ABCD铜的精炼构成铜锌原电池铁上镀银防止Fe被腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，

且电解质溶液是可溶性的铜盐，故A错误；B．含有盐桥的原电池中，电极材料和电解质溶液中金属阳离子属于同一元素，铜锌原电池中，硫酸铜溶液中电极应该是铜电极，硫酸锌溶液中电极应该是锌电极，故B错误；C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，在铁上镀银时，银作阳极，铁作阴极，

故C错误；D．利用外接电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，所以铁作电解池的阴极，故D正确；故答案为D。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)9.下列

实验与盐类水解无关的是A.FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中B.在氯化氢气流中加热蒸发CuCl2溶液以制备CuCl2·2H2OC.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中以制备氢氧化铁胶体D.实验室配制硫化钾溶液时加入适量KOH溶液【答案】A【解析】【详解】A.FeS不溶于水，但能溶于稀盐

酸中，生成氯化亚铁和硫化氢，符合强酸制弱酸的规律，促进硫化亚铁的溶解平衡正向移动，与盐类水解无关，故A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，生成

碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu(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.将饱和FeCl3溶液滴入沸

水中制备氢氧化铁胶体，促进了铁离子的水解，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，与水解有关，故C不选；D.在配制硫化钾(K2S)溶液时，硫离子水解，溶液显碱性，为了防止硫离子发生水解，应加入对应的碱，可以加

入少量的氢氧化钾，与水解有关，故D不选；故选A。10.下列实验方案合理的是A.配制银氨溶液：在一定量2%的AgNO3溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好溶解B.除去混在苯中的少量苯酚：加入过量溴水，过滤C.验证RX为碘

代烷：把RX与烧碱水溶液混合加热，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液D.检验无水乙醇和浓硫酸共热后制得的气体是否为乙烯：将气体通入酸性KMnO4溶液【答案】A【解析】【详解】A．在洁净的试管中加入2%AgNO3溶液1～2mL，

逐滴加入2%稀氨水，边滴边振荡，至沉淀恰好溶解时为止，发生的反应为Ag++NH3•H2O=AgOH↓++4NH、AgOH+2NH3•H2O=()+32AgNH+OH-+2H2O，此时所得的溶液即是银氨溶液，

A合理；B．加入过量溴水，生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，B不合理；C．卤代烷水解后应先加硝酸中和氢氧化钠、后再加硝酸银溶液，才能鉴定是否为碘代烷，C不合理；D．乙醇易挥发，且乙醇与浓硫酸反应生成二氧化硫

，乙醇、二氧化硫都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应排除乙醇、二氧化硫的干扰，D不合理；答案选A。11.工业上可用甲苯合成苯甲醛，下列说法正确的是A.甲苯分子中所有原子都在同一平面内B.反应①②③的反应类型相同C.一氯甲苯的同

分异构体属于芳香族化合物的有3种D.苯甲醇可与氢氧化钠反应【答案】C【解析】【详解】A．甲苯中含有甲基，甲基中碳原子为饱和碳原子，呈四面体构型，所有原子不可能共面，故A错误；B．①为取代反应，②为取代反应，③为氧化反应，反应类型不完全相同，故B错误；C．一氯甲苯的同分异构

体属于芳香族只能是含有甲基和氯原子两个取代基，在苯环上有邻、间、对三种位置，故C正确；D．苯甲醇与氢氧化钠不反应，故D错误；故选：C。12.下列离子方程式与所述事实不相符的是A.用铁作电极电解饱和食盐水：Fe＋2H2O电解F

e(OH)2＋H2↑B.偏铝酸钠溶液能使酚酞试液变红：-2AlO＋2H2O⇌Al(OH)3＋OH－C.苯酚钠溶液中通入CO2：2＋CO2＋H2O→2＋23CO−D.AgOH沉淀溶于氨水：AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+＋OH－＋2H2O【答案】C【解析】【详解】

A．用铁作电极电解饱和食盐水，阳极是活性电极铁放电产生亚铁离子，阴极是水中氢离子放电，产生氢气和氢氧根离子，总反应为：Fe＋2H2O电解Fe(OH)2＋H2↑，故A正确；B．偏铝酸钠是强碱弱酸盐，溶液中偏铝酸根离子

水解-2AlO＋2H2O⇌Al(OH)3＋OH－使溶液显碱性，能使酚酞试液变红，故B正确；C．苯酚钠溶液中通入CO2，因苯酚的酸性比碳酸氢根离子强，产物只能是碳酸氢钠，正确的反应为：＋CO2＋H2O→＋3HCO−，故C错误；D．AgOH沉淀溶于氨水，

是因为银离子能够与氨分子形成络合离子，反应为：AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+＋OH－＋2H2O，故D正确；故选：C。13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4L己烷中含己烷分子数目为NAB.28g由乙烯和丙烯

组成的混合气体中含碳碳双键数目为NAC.标准状况下，11.2L乙炔中含有共用电子对的数目为1.5NAD.常温下，30g的2-丙醇中含有羟基的数目为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，己烷是液体，不能计算其物质的量，故A错误；B.28g乙烯物

质的量为1mol，故28g乙烯含有碳碳双键的数目为NA，28g丙烯含有碳碳双键的数目为AA28g×142g/molNN＜，故28g乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目应小于NA，故B错误；C.标准状况下，11.2L乙炔物质的量为0.5mol，一个乙炔分子中

含有5对共用电子对，故0.5mol乙炔分子中含有共用电子对的数目为2.5NA，故C错误；D.常温下，30g的2-丙醇的物质的量为30g=0.5mol60g/mol，一个2-丙醇中含有一个羟基，故0.5mol

中2-丙醇含有羟基的数目为0.5NA，故D正确；故选D。【点睛】公式mVnV=（标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状

况下，该物质是否为气体。如：本题A项，标况下己烷不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol计算。14.用下列装置完成相关实验，不合理．．．的是A.趁热过滤提纯苯甲酸B.制备并检验乙烯C.除去溴苯中的苯D.分离硝基苯与水【答案】B【解析】【详解】A项，用a趁热过滤提纯苯甲酸,图示装置满足“一低、二

贴、三靠”的要求,且用玻璃棒引流,A正确；B项，生成的乙烯可能含有还原性气体二氧化硫，不能直接通入溴水中检验乙烯，B错误；C项，溴苯与苯的沸点相差较大，可以通过分馏来将两者分离开，且图中温度计放在支管处，冷凝水流向从下往上，操作合理，C正确；D项，硝基苯不溶于水

，且密度比水大，因此可通过分液的方法将硝基苯与水分离开，硝基苯从下端放出，操作合理，D正确；正确选项B。15.锌-空气电池由活性炭(空气扩散极)、锌、苛性碱溶液构成,其中活性炭部分浸泡在苛性碱溶液中,其工作原理如图所示，负极产物是ZnO。下列说法

正确的是（）A.活性炭的作用是吸附空气，为电池提供氧化剂B.原理图中的隔离膜为质子交换膜C.负极反应式为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+D.电池工作时，当电路中通过0.2mol电子,消耗3.2gO2【答案】A【解

析】A.活性炭有很强的吸附作用，是吸附空气，为电池提供氧化剂，选项A正确；B、原理图中的隔离膜为离子交换膜，防止产生的氢氧根离子与锌离子反应生成氢氧化锌，选项B错误；C、负极反应式为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，选项C错误；D、电池工作时

，当电路中通过0.2mol电子,消耗1.6gO2，选项D错误。答案选A。16.某溶液为含有较多的CuSO4和少量的Fe2(SO4)3酸性溶液。若用该溶液制取硫酸铜固体，可供选择的操作有：①加适量H2SO4溶液②加适量CuO③冷却结晶④加过量NaOH溶液⑤加强热至有大量白色固体析出⑥过滤。

正确的操作步骤及顺序是（）A.②⑥③⑥B.④⑥①③C.④⑥③⑤D.②⑥⑤【答案】D【解析】若用该溶液制取硫酸铜固体，Fe3+对于CuSO4来说属于杂质，所以先要除去Fe3+。除去Fe3+的方法通常为：加入能消耗H

+的物质，促进Fe3+水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+右移，使得Fe3+完全水解为氢氧化铁沉淀；可以加入CuO，CuO+2H+=Cu2++H2O，消耗溶液中的H+，使得酸性减弱，促进铁离子沉淀；过滤可得硫酸铜溶液，再蒸发结晶即可得硫酸铜固体；不能加NaOH溶

液，否则会引入Na+杂质。故操作顺序为：②⑥⑤，选D。点睛：向溶液中加入新物质调pH，促进铁离子等水解，要注意不能引入新杂质，本题中可以选择加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2消耗H+，从而达到调pH至弱酸性的目的。17.常温下，向20mL0.3mol·L-1H2A溶液中滴加0.

3mol·L-1的NaOH溶液。有关微粒(H2A、HA－、A2－)的物质的量变化如图所示，已知x、y对应的pH分别为4和9。下列有关说法不正确的是A.Ka2(H2A)＝10－9B.当V(NaOH)＝20mL时，溶液呈酸性C.x处溶液中：c(OH－)+3c(

A2－)－c(Na＋)＝10－4mol·L－1D.当V(NaOH)＝40mL时c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.1mol·L－1【答案】C【解析】【分析】常温下，向20mL0.3mol·L-1H2A溶液中滴加

0.3mol·L-1的NaOH溶液，依次发生反应H2A+NaOH=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，由图可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ分别为H2A、HA－、A2－的物质的量变化，已知x、y对应的pH分别为4和9，则()()+-4a12HAH(HA)==10Kccc－，()(

)-9a22-+-AH()=0HA=1ccKc，据此分析解答。【详解】A.由以上分析知，Ka2(H2A)＝10－9，故A正确；B.当V(NaOH)＝20mL时，溶液的溶质恰好为NaHA，HA-的电离常数为Ka2(H2A)＝10－9，水解常数为-1

410wh2-4a110==1010KKK−=，故HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，故B正确；C.x处溶液中存在电荷守恒：c(OH－)+2c(A2－)+c(HA－)=c(Na＋)+c(H＋)，此时c(HA－)=c(H2A－)＞c(A2－)，c(H＋)＝10－4mol

·L－1，故c(OH－)+3c(A2－)－c(Na＋)＜c(H＋)=10－4mol·L－1，故C错误；D.根据物料守恒知，当V(NaOH)＝40mL时，c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝10.3mol/L20mL=600.1momLlL－，故D正确；故选C。1

8.已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10－8mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10－5mol/L。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，

这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是（）A.c(K+)＞c(NO3－)＞c(Ag+)=c(Cl－)+c(I－)B.c(K+)＞c(NO3－)＞c(Ag+)＞c(Cl－)＞c(I－)C.c(NO3－)＞c(K+)＞c(

Ag+)＞c(Cl－)＞c(I－)D.c(K+)＞c(NO3－)＞c(Cl－)＞c(Ag+)＞c(I－)【答案】D【解析】【详解】钾离子和NO3－不参与反应，所以c(K+)＞c(NO3－)。由于碘化银的溶度积常数小于氯化银的，所以首先生成碘化银沉淀，然后

才是氯化银沉淀，因此根据硝酸银和氯化钾及碘化钾的物质的量可知，氯化钾是过量的，因此c(Cl－)＞c(Ag+)＞c(I－)，所以答案选D。第Ⅱ卷(非选择题，共54分)三、(本题包括2小题，共13分)19.

A代表几种重要的有机合成原料，15gA在空气中完全燃烧生成22gCO2和9gH2O，则该有机物的实验式为___________。若A是一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，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】【分析】根据元素守恒计算该有机物的最简

式；根据有机物的最简式和性质确定有机物的结构简式，根据质谱图确定A的相对分子质量，从而确定分子式，再进一步确定其链状同分异构体。【详解】CO2的物质的量为22g=0.5mol44g/mol、水的物质的量为9g=0.5mol18g/mol，根据质量守恒可知，15gA中氧元素质量为15g

-0.5mol×12g/mol-0.5mol×2×1g/mol=8g，则()8gO==0.5mol16g/moln，故有机物A分子中N(C):N(H):N(O)=0.5mol:1mol:0.5mol=1:2:1，则A的最简式为CH2O；若A是一种无色具有

强烈刺激气味的气体，具有还原性，则A为甲醛，结构简式为HCHO，其水溶液为福尔马林；若A的质谱图中最大荷质比为60，分子式为C2H4O2，其对应的链状同分异构体有乙酸、甲酸甲酯、羟基乙醛，共3种同分异构体，故答案为：CH2O；福尔马林；C2H4O2；3。20.室温下，有下列

溶液：(1)0.2mol·L－1HR溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH<7，则说明在相同条件下HR的电离程度_____NaR的水解程度(填“＞”、“＜”或“＝”)，混合溶液中各离子浓度的大小顺序为_________。(2)pH=3的0.1mol·L−

1NH4Al(SO4)2溶液中c(+4NH)+c(NH3·H2O)____c(Al3+)+c［Al(OH)3］(填“﹥”、“﹤”或“=”)；2c(2-4SO)－c(+4NH)－3c(Al3+)=_________mol·L−1(填准确数值

)。(3)已知：Ksp［Cu(OH)2］＝2.2×10－20、Ksp［Fe(OH)3］＝4.0×10－38、Ksp［Mn(OH)2］＝2.1×10－13。若某溶液中c(Cu2＋)＝2.2mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008mol·L－1、

c(Mn2＋)＝0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，先生成的沉淀是_____(填化学式)；为尽可能多地回收铜，而不让锰析出，所得滤液的pH最大值为_____。【答案】(1).>(2).c(R－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)(3).=(4).10-3-10-11(5).F

e(OH)3(6).8【解析】【分析】(1)溶液中存在等物质的量的HR和NaR，测得混合溶液pH＜7，则HR的电离程度大于NaR的水解程度；(2)根据NH4Al(SO4)2的化学式，利用原子守恒判断；根据溶液呈电中性求解；(3)根据Ksp计算三种离子生成沉淀时c(OH－)，取

最小的结果。【详解】(1)0.2mol·L-1HR溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶液中存在等物质的量的HR和NaR，测得混合溶液pH＜7，则HR的电离程度大于NaR的水解程度；HR电离大于NaR的水解，则c(R-

)＞c(Na+)，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，HR为弱酸，则c(Na+)＞c(H＋)，各离子浓度的大小顺序为c(R－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)；(2)根据NH4Al(SO4)2的化学式，利用原子守恒，溶液中N原子存在形式的和与A

l原子存在形式的和相等，则c(+4NH)+c(NH3·H2O)=c(Al3+)+c［Al(OH)3］；根据溶液呈电中性，则c(+4NH)+3c(Al3+)+c(H+)=2c(2-4SO)+c(OH－)，2c(2-4SO)－c(+4NH)－3c(Al3+)=c(H

+)-c(OH－)=10-3mol/L-10-11mol/L=10-3-10-11mol/L；(3)根据Ksp[Cu(OH)2]，Cu2＋生成沉淀时，溶液中c(OH－)为10-10mol/L，同理，Fe3＋生成沉淀时，溶液中c

(OH－)为1.7×10-12mol/L，Mn2＋生成沉淀时，溶液中c(OH－)为10-6mol/L，则加入稀氨水，先生成的沉淀是Fe(OH)3；不让锰析出，则刚好Mn2＋开始生成沉淀，c(OH－)为10-6mol/L，c(H+)=()wKcOH−=10-8mo

l/L，pH=8。四、(本题包括2小题，共17分)21.(1)二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：①质子的流动方向为_____(“从A到B”或“从B到A”)。②

负极的电极反应式为_____。(2)某工厂采用电解法处理含2-27CrO的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，2-27CrO被还原成为Cr3+，Cr3+在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去，工作原理如图：①写出电解时阴极的电极反应式________。②写出2

-27CrO被还原为Cr3＋的离子方程式______________。(3)一氧化碳无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因一氧化碳中毒而失去生命。一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇—氧化钠，

其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。工作时，电极a作_____极，其电极电极反应式为_____________；【答案】(1).从A到B(2).SO2-2e-+2H2O=2-4SO+4H+(3).2H＋+2e-

=H2↑(或2H2O+2e-=2OH-+H2↑)(4).2-27CrO＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(5).负(6).CO＋O2--2e-=CO2【解析】【分析】(1)(3)根据燃料电池的工作原理分析解答

；(2)根据电解原理分析解答。【详解】(1)①在二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池中，二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极A为负极，氧气所在电极B为正极，原电池中阳离子移向正极，故质子的流动方向为从A到B；②二氧化硫在负极失

去电子被氧化生成2-4SO，发生氧化反应，故负极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O=2-4SO+4H+；(2)①电解时阴极发生还原反应生成氢气，故阴极的电极反应式2H＋+2e-=H2↑(或2H2O+2e-=2OH-+H2↑)；②阳极Fe失去电子被氧化

生成Fe2+，2-27CrO被Fe2+还原为Cr3+，故反应的离子方程式为2-27CrO＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，生成的Cr3+移动向阴极，与氢氧根离子结合生成Cr(OH)3沉淀；(3)该装置为原电池，一氧化碳发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以一氧化碳

所在电极a为负极，空气所在电极b为正极，一氧化碳失电子和氧离子反应生成二氧化碳，电极反应式为CO＋O2--2e-=CO2。【点睛】第(3)问，在书写电极反应式时，注意该装置中电解质为氧化钇—氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动，不存在氢离子

、氢氧根离子，故在配平电极反应式时需借助O2-配平，故负极反应式为2CO＋2O2--4e-=2CO2（即CO＋O2--2e-=CO2），正极反应式为O2＋4e-=2O2-。22.工业上常用铝土矿(主要成分为Al2O3、SiO2和F

e2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠，铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，工艺流程如图：已知：SiO2在“碱液”中转化为铝硅酸钠Na2Al2SixO8沉淀。(1)过量NaOH溶液溶解铝土矿时为了提高浸出率可采取

的措施是_______。(任写一种)(2)反应Ⅰ中所加的NaHCO3溶液中存在c(23CO−)+c(OH-)=_______，电解I的阳极电极方程式_______。(3)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示，物质A为_______。(填化学式)(4)反应III的化学方程式为__

_____，某同学经过分析认为可以再设计一个电解槽，电解_______(填物质名称)溶液，更能实现副产物的循环利用。【答案】(1).加热或粉碎矿石或适当增大氢氧化钠溶液浓度(2).c(H+)+c(H2CO3)(3).2O2－-4e－=O2(4).O2(5)

.4NaH＋AlCl3=NaAlH4＋3NaCl(6).氯化钠【解析】【分析】以铝土矿(主要成分为Al2O3、SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2

在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，反应I中碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3生成氧化铝，电解I为电解熔融氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化

铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠(NaAlH4)，据此分析解答。【详解】(1)通过将铝土矿粉碎、增大NaOH溶液浓度、加热及搅拌等措施，可提高NaOH溶液溶解铝土矿时的浸出率；(2)NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2

c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，二者加合可得，c(23CO−)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)；电解熔融氧化铝生成铝，O2-在阳极失去电子被氧化生成氧气，故电解I的阳极电极方程式为2O2－-4e－=O2；(3)

电解池的阳极OH−失电子发生氧化反应，生成氧气，即A气体为O2；(4)氯化铝与NaH反应生成铝氢化钠，发生反应的化学方程式为4NaH＋AlCl3=NaAlH4＋3NaCl，反应生成的副产物NaCl，利用其

水溶液电解可得NaOH、H2和Cl2，可循环利用。【点睛】钠、镁、铝还原性强，用电解的方法进行冶炼，根据阴极的放电顺序（K+Ca2+Na+Al3+H+）可知，电解它们的盐溶液均不能得到三种金属单质，应用电解熔融氧化物或者熔融盐的方

法冶炼。电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氯化镁冶炼金属镁，这是学生们的易错点。五、(本题包括1小题，共14分)23.苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的

镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：相对分子质量密度(g·cm-3)熔点/℃沸点/℃溶解性乙醇460.79-114.378.5与水任意比互溶对氨基苯甲酸1371.374188399.9微溶于水，易溶于乙醇对氨基

苯甲酸乙酯1651.03990172难溶于水，易溶于醇、醚类产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，将反应

混合物在80℃水浴中加热回流1h，并不时振荡。分离提纯：冷却后将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度0.714g·cm-3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结

晶，最终得到产物3.3g。（1）仪器A的名称为______，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的______。（2）该合成反应的化学方程式是______。（3）将烧瓶置于冰水浴中的目的是______。（4）分液漏斗使用之前必须进行的操作是_____

__，乙醚层位于_______(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是_________。（5）合成反应中加入远过量的乙醇目的是_________；分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是_________。（6）本实验中苯佐卡因的产

率为_________(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是_________(填标号)。a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多b．催化剂加入量不足c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚d．酯化反应是可逆反应

【答案】(1).球形冷凝管(2).沸石(或碎瓷片)(3).+CH3CH2OH+H2O(4).散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失(5).检查是否漏液(6).上层(7).干燥吸水(8).作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率(9).中和过量的浓硫酸和调节pH(10)

.33.3%（或33.4%）(11).ad【解析】【分析】由题中信息可知，在圆底烧瓶中加入对氨基苯甲酸和无水乙醇，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入浓硫酸作催化剂，两者可以发生酯化反应生成苯佐卡因。冷却后将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移

至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物。【详解】(1)由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管，液体加热，需要加入碎瓷片防止暴沸，故答案为球形冷凝管；碎瓷片(或沸石)；(2)对氨基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，反应的化学方程式为+CH

3CH2OH+H2O；(3)将烧瓶置于冰水浴中可以散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失；(4)分液漏斗使用前必须进行查漏，乙醚的密度小于溶液密度，分层后在上层，加入少量无水硫酸镁的目的是干燥乙醚，故答案为检查是否漏液；

上层；吸收乙醚中的水；(5)加入过量乙醇，有利于平衡正向移动，可以提高对氨基苯甲酸的利用率，同时可以作为产物的溶剂，反应后溶液中的催化剂硫酸使溶液显酸性，加入10%Na2CO3溶液可以除去混有的硫酸并调节pH；(6)苯佐卡因的理论产量为0.06

mol×165g/mol=9.9g，故产率=3.39.9gg×100%=33.3%；a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多可以使得产率降低，a符合题意；b．催化剂加入量不足，不会影响平衡的移动，产率

不变，b不符合题意；c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚不会改变产率，c不符合题意；d．合成苯佐卡因的反应属于酯化反应，酯化反应是可逆反应，故该反应有一定的限度，在该实验条件下，产品的产率可能较低，d符合题意

。故答案为ad。【点睛】本题考查有机物的制备实验，涉及化学仪器识别与使用、物质的分离提纯、基本操作、产率计算等。本题的易错点为反应方程式的书写，需要注意，该反应属于可逆反应，浓硫酸是该反应的催化剂。六、(本题包括1小题，共10分)24.肉桂醛是一种具有杀菌消毒防

腐作用的有机物。其参与合成香料工业定香剂E及高分子树脂F的路线示意图如图：已知：R-CHO+CH3CHO2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→R-CH=CH-CHO(R为烃基)(1)①的反应类型是________；A的名称为________；②所需的试

剂和条件是_______。(2)B中含氧官能团的结构简式是________。(3)自然界中天然存在的肉桂醛均为反式结构，其结构简式是_______。(4)③的化学方程式是________。(5)与肉桂酸分子式相同且满足下列条件的同分异构体有________种，请

写出其中任意一种的结构简式________。a.含有碳碳双键、属于酯类且能发生银镜反应b.分子内含苯环，且苯环上有两个取代基【答案】(1).取代反应(2).一氯甲苯(3).NaOH溶液、加热(4).-OH(5).(6).+

CH3OH浓硫酸Δ+H2O(7).3(8).或邻、对位【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成A，A反应生成B，B发生催化氧化反应生成苯甲醛，则B结构简式为，A结构简式为，苯甲醛和乙醛发生题给信息反应生成肉桂醛，肉桂醛结构简式为，肉桂醛发生银镜反应然

后酸化得到肉桂酸，肉桂酸结构简式为，肉桂酸和甲醇发生酯化反应生成E，E结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析知，反应①为甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成，的名称为一氯甲苯；反应②为发生水解反应生成，所需的试剂和条件是NaOH溶液、加热；(2)B为，其含氧官

能团为羟基，结构简式是-OH；(3)肉桂醛结构简式为，自然界中天然存在的肉桂醛均为反式结构，其结构简式是；(4)反应③为肉桂酸和甲醇发生酯化反应生成，故化学方程式是+CH3OH浓硫酸Δ+H2O；(5)与肉桂酸分子式相同且满足下列条件的同分异构体，a

.含有碳碳双键、属于酯类且能发生银镜反应，则含有结构HCOO-；b.分子内含苯环，且苯环上有两个取代基；故符合的同分异构体为或邻、对位，满足条件的同分异构体共3种。【点睛】根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反

应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5

)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次

出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。