【文档说明】最后一卷02 决胜2021年高考化学最后一卷（辽宁专用）（解析版）.doc，共(18)页，651.284 KB，由管理员店铺上传

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备战2021年高考化学最后一卷（辽宁专用）化学最后一卷（二）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．化学消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了重要作用，下列说法错误的是（）A．84消毒液与洁厕灵不能混合

使用B．无机含氯消毒剂消毒效果较好，在空气中均比较稳定C．稀碘伏溶液可用于皮肤消毒D．来苏水为医院常用消毒剂，其有效成分为酚类【答案】B【解析】A．根据反应NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O可知，“洁厕灵”(主要成分

为盐酸)与“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)混合使用不但不能增强去污和消毒的效果，而且还能够产生有毒气体氯气，污染环境，因此两者不能混合使用，A选项正确；B．无机含氯消毒剂消毒效果较好，但部分含氯消毒剂在空气中易被氧化，如亚氯酸钠酸性水溶液受光影

响则产生爆炸性分解，B选项错误；C．碘伏是单质碘与聚乙烯吡咯烷酮的不定型结合物，可用于皮肤外消毒，C选项正确；D．来苏水的有效成分为酚类，常用于医用消毒，D选项正确；答案选B。2．设AN为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．1mol环戊二烯()最多共平面的原子数为A9N

B．1300mL2molL−蔗糖溶液中所含分子数为A0.6NC．1molOD−和17g-OH所含的质子与中子均为A9ND．向()1321L1molLCHCOOBa−溶液中加入醋酸至中性，混合液中3CHCOO−数目为

AN【答案】A【解析】A.环戊二烯()除了亚甲基上的两个H不共平面之外，其余9个原子均共平面，故1mol环戊二烯()最多共平面的原子数为A9N，A正确；B.1300mL2molL−蔗糖溶液中除了蔗糖分子外还有水分子，故所含

分子数大于A0.6N，B错误；C.1molOD−含有的质子与中子均为A9N，而17g-OH即1mol所含的质子为A9N，而中子只有A8N，C错误；D.根据混合后溶液中的电荷守恒式：2++--32Ba(H)(OH)+(CHCOO)cc

cc+=（），中性溶液则+-(H)(OH)cc=，则-2+3(CHCOO)2Bacc=（），进一步推出粒子数目-2+3(CHCOO)2(BaNN=）故混合液中3CHCOO−数目为A2N，D错误；故答案为：A。3．黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O催化剂Δ2F

eSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质B．0.1mol·L－1FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1mol·L－1C．FeS

O4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物D．当转移2mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4L【答案】C【解析】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0

.1mol·L－1FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1mol·L－1，故B错误；C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O催化剂Δ2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素

的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O催化剂Δ2FeSO

4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D错误；答案选C。4．某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种

短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是（）A．原子半径：W<X<Y<ZB．X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C．简单离子的氧化性：WXD．W与X

的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；C

．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；故选：A。5．在相同容积的4个密闭器中进行同一种可逆

反应，2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)，起始时4个容器所盛A、B的量如表所示各容器所盛物质的量：容器甲乙丙丁A2mol1mol2mol1molB1mol1mol2mol2mol在相同温度下，建立平衡时，4个容器中A或B的转化率的大小关系是（）A．A的转化率为：甲<丙<

乙<丁B．A的转化率为：甲<乙<丙<丁C．B的转化率为：甲>丙>乙>丁D．B的转化率为：丁>乙>丙>甲【答案】A【解析】将起始时情况作如下排列：2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)甲2mol1mol乙1mol1mol丙2mol2mol丁1mol2molA越

少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1molA和1molB，应是恒温并加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁＞乙＞丙＞甲，同

理得B的转化率：甲＞乙＞丙＞丁，故答案为A。6．乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是（）A．乙炔催化加氢反应为吸热反应B．该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ/molC．Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化

效果无影响D．C2H2*+H*→C2H3*只有化学键的形成过程【答案】B【解析】A.由图可知，乙炔的总能量比乙烯高，则乙炔催化加氢时，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B.由图可知，该正反应历程中

最大能垒(活化能)为85kJ·mol-1，故B正确；C.固体表面积越大，吸附能力越强，固体催化剂Pd的催化效果越好，故C错误；D.C2H2*+H*→C2H3*即有化学键的断裂过程，也有形成过程，故D错误；答案选B。7．

某温度下，测得蒸馏水pH＝6，以下过程均在该温度下发生。下列说法中正确的是（）A．某溶液中水电离出的c（H+）＝1.0×10−12mol·L−1，其pH一定是12B．向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，-32c(OH)cNH.HO()不断增大C．取pH

=5.5的盐酸100mL，加水稀释到1L，则溶液pH变为6.5D．pH为2的NaHSO4与等体积pH＝10的NaOH溶液充分反应后恰好呈中性【答案】D【解析】A．该温度下，某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1

<1.0×10-6，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液或碱溶液，pH可能是12或0，故A错误；B．该温度下，NH3∙H2O⇋NH4++OH-，通入CO2平衡向正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数K不变，则-324c(OH)K=c(NH.HO)()cNH+不断减小，故B错误；C．该温度

下，pH＝6，则溶液为中性，而pH=5.5的盐酸不管怎么稀释，溶液最终还是酸性，pH不会超过6，故C错误；D．该温度下，pH为2的NaHSO4中所含c(H+)=1.0×10−2mol/L，pH＝10的NaOH溶液中所含c(OH

-)=1.0×10-2mol/L，等体积混合恰好完全反应，生成Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；本题答案为：D。8．下列说法正确的是（）A．35Cl2与37Cl2互为同位素B．分子式为C4H10的物质一定属于纯净物C．O2和O3互为同素异形体，分子中氧原子的个数和成键方

式不同，造成了两者性质差异D．CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2互为同系物【答案】C【解析】A.35Cl与37Cl互为同位素，A错误；B.分子式为C4H10的物质可能为正丁烷，也可能为异丁烷，或两物质的混合物，B错误；C.同种元素组成的不同单质，为同素异形体，氧原子的个数和成

键方式不同，造成了O2和O3两者性质差异，C正确；D.同系物为结构相似，分子组成上相差若干个CH2结构，CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2中含有的官能团不相同，D错误；答案为C9．氧氟沙星是常用抗菌药，其结构简式如图所示，下列对氧氟沙星叙述错误的是（）A．能发生加成、取代反应B．能发生

还原、酯化反应C．分子内共有19个氢原子D．分子内共平面的碳原子多于6个【答案】C【解析】A．根据结构简式可知，分子中含有苯环，可发生加成反应和取代反应，含有羧基能发生酯化反应（也是取代反应），故A正确；B．根据结构简式可知，能与氢气反应的有苯环、碳碳双键、羰基，其中与氢气发生加成反应也属

于还原反应，含有羧基能发生酯化反应，故B正确；C．由结构可知，1个分子中含有20个H原子，故C错误；D．苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；故选：C。10．以H2、O

2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是（）A．石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－B．X是铁电极C．电解池中有

1molFe溶解，石墨Ⅰ耗H222.4LD．若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。【答案】D【解析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O

，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2↓。A．通入氧气的电极II是正极，正极上氧气获得电子，

发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；B．X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH)2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；C．电解池中有

1molFe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是22.4L，C错误；D．若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电

极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH)2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；故答案选D。11．下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（）选项实验操作及现象结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃）待测试液中一定含有钾元素，

可能含钠元素B向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SiO32–C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色该气体一定是SO2D向NaOH溶液中滴加MgCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加FeCl3溶液产生红褐色沉淀Fe(OH)3的溶解度小

于Mg(OH)2的溶解度A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃），说明待测试液中一定含有钾元素，由于蓝色钴玻璃滤去黄色光，所以可能含钠元素，故A正确；B．白色沉淀可能是硅酸、氢氧化铝等，该溶液中可

能含有SiO32–、2AlO−，故B错误；C．使品红溶液褪色的气体可以是臭氧、氯气、二氧化硫等，故C错误；D．NaOH溶液过量，可与氯化镁、氯化铁均反应，均有沉淀生成，而不是沉淀的转化，则不能说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D错误；故选A。12．下列离子方程式书写正确的是

（）A．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：-3HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OB．向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，溶液紫色褪去：2-4MnO+52-3SO+6H+=2Mn2++52-4SO+3H2O

C．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++C1-=AgCl↓+2+4NH+H2OD．用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓【答案】C【解析】A

．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应，不仅生成CaCO3沉淀，也会生成Mg(OH)2沉淀，A不正确；B．向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，发生氧化还原反应，溶液紫色褪去，由于H2SO3是弱酸，所以3HSO−不能改写成2-3SO的形式，B不正确；C．[Ag(

NH3)2]OH与足量盐酸反应，不仅发生OH-与H+的反应，也会发生[Ag(NH3)2]+与H+的反应，所以离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++C1-=AgCl↓+2+4NH+H2O，C正确；D．用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+时，生成的Fe

(SCN)3是易溶难电离的盐，正确的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，D不正确；故选C。13．铁有δ、γ、α三种晶体结构，以下依次是δ、γ、α三种晶体在不同温度下转化的图示。下列有关说法中正确的

是（）δ－Feγ－Feα－FeA．δ、γ、α三种晶体互为同分异构体B．γ－Fe晶体为面心立方体紧密堆积C．α－Fe晶体与每个Fe原子距离相等且最近的Fe原子有8个D．将Fe加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类

型相同【答案】B【解析】A．Fe是单质，δ、γ、α三种晶体结构不同，属于同素异形体，不是同分异构体，故A错误；B．γ-Fe晶体中Fe原子处于顶点与面心，属于面心立方密堆积，故B正确；C．α－Fe晶体中Fe原子处于顶点，属于简单立方堆积，晶

体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，故C错误；D．由题给信息可知，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，得到的晶体类型不相同，故D错误；故选B。14．下列有关物质结构的说法正确的是（）A．电子层数

多的原子的半径一定大于电子层数少的原子的半径B．P4S3分子中各原子的最外层均已达到了8电子稳定结构，则分子中共价键数目为9条C．H2SO3酸性强于H2CO3，所以非金属性S大于CD．不同原子形成的共价键一定是极性键【答案】B【解析】A．Cl原

子比Li原子多一个电子层，但原子半径r（Li）>r（Cl），错误；B．P4S3分子中各原子的最外层均已达到了8电子稳定结构，磷原子应形成3个共用电子对，即每个磷原子平均形成1.5个共价键，硫原子形成2个共用电子时，即每个硫原子平均形成1个共价键，所以一个P4S3分子中含有共价键的个数为9，正

确；C．应该用最高价含氧酸H2SO4酸性强于H2CO3来证明非金属性S大于C，错误；D．不同原子形成的分子，如H2O2其共价键可能含有极性键和非极性键，错误。15．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的

NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示；则下列说法不正确的是（）A．镁和铝的总质量为9gB．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol/LD．生成的氢气在标准状况下的体积为1

1.2L【答案】D【解析】A．当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=

3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、A

l后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C．图像中沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，所以钠离子的物质的量是硫酸根的2倍，钠离子的物质的

量为1mol，硫酸根的物质的量为0.5mol，所以硫酸的浓度为2.5mol/L，故C正确；D．由A中可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.

15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，故D错误；故答案为D。二、非选择题（共4小题，满分55分）16．一水硫酸锰（MnSO4•H2O）是一种重要的化工中间体，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有F

eCO3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质）制备，部分工艺流程如下：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀的pH8.16

.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.9（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率还可采取的措施有_________。（写出其中一种）（2）“氧化”时发生反应的化学方程式为_______

_。（3）“调pH”范围至5~6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有_________。（4）“除杂”过程中加入MnF2的目的是_________。已知：Ksp(MgF2)=5.16×10-11，Ksp(CaF2)=5.3×10-9。（5）“沉锰”过程中发生反应的离子方程式

为_________。（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O晶体的方法是：将MnCO3溶于_________，控制温度为_________以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。晶体烘干时温度不能过高的原因

是_________。【答案】升高温度或适当增大硫酸浓度2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3除去Ca2+和Mg2+Mn2++HCO+NH3•H2O=MnCO3↓+N

H4++H2O适量的稀硫酸90℃防止MnSO4•H2O失去结晶水【解析】（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率，还可采取的措施有升高温度或适当增大硫酸浓度。答案为：升高温度或适当增大硫酸浓度（2）“

氧化”时，主要是利用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O。答案为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O（3）查表中数据知，“调pH”范围

至5~6，可将Fe3+、Al3+转化为沉淀。得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3（4）此时溶液中还存在Mg2+、Ca2+两种杂质离子，后续操作中没有除杂质的操作，所以“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Ca2+和Mg2+。

答案为：除去Ca2+和Mg2+（5）“沉锰”过程中，加入NH4HCO3和氨水，目的是将Mn2+转化为MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。答案为：Mn2++HCO+NH3•H

2O=MnCO3↓+NH4++H2O（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O晶体的方法是：因为要将MnCO3转化为MnSO4，所以应溶于适量的稀硫酸。答案为：适量的稀硫酸为降低MnSO4的溶解

度，参照表中数据，需控制温度为90℃以上结晶。答案为：90℃得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。因为晶体受热易失去结晶水，所以晶体烘干时温度不能过高，其原因是防止MnSO4•H2O失去结晶水。答案为：防止MnSO4•H2O失去结晶水17．滴定法是化学上常用的定

量实验的方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。I．甲化学兴趣小组取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用0.2000mol/L的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，并记录数据。（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_

__________。（填序号）A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化（2）判断滴定终点的现象是：________________________。（3）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度为___________mol/L。滴定次数待测液体积(mL)标准NaOH溶液读数记

录(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.004.0024.00第三次20.002.0024.10II．乙化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量。实验如下：

①取水样10.0ml于锥形瓶中，加入10.0ml的KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。②将自己配制的0.01mol·L-1标准Na2S2O3溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2

Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6。试回答下列问答：（1）步骤①发生的化学反应的离子方程式为：_____________；加入的指示剂是_____________。（2）步骤②应使用_________式滴定管。（3）氯的所测浓度比实际浓度会偏大，造成误差的原因可能是_____

____（填序号）A配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度B锥形瓶水洗后直接装待测水样C装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗D滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数；E滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失III．沉淀滴定所用的指示剂本身就

是一种沉淀剂。已知一些银盐的颜色和Ksp（20℃）如下，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定。化学式①AgCl②AgBr③AgI④Ag2S⑤Ag2CrO4颜色白色浅黄色黄色黑色红色Ksp2.0×10-105.4×10-138.3×10-172.0×10-482.0×10-12

（1）滴定时，你认为该滴定适宜选用的指示剂是下列中的__________。A．KBrB．KIC．K2SD．K2CrO4（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，()()cBrcCl−−

＝_______________。【答案】I．（1）B（2）锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不变色（3）0.2000II．（1）Cl2+2I-=I2+2Cl-淀粉（2）碱（3）ACEIII．（1）D（2）2.7×10－3【解析】试题

分析：I．（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，故B选项符合题意；（2）当溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不变色可判断为滴定终点；（3）因第三次滴定数据明显偏大应舍去，则滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。盐酸的浓度为×0.02L÷0.02L=0

.2000mol·L－1；II．（1）步骤①发生的化学反应方程式为Cl2+KI=I2+2KCl；根据碘单质遇淀粉溶液显蓝色，可加入的指示剂是淀粉溶液；（2）步骤②中标准Na2S2O3溶液显碱性，应使用碱式滴定管

；（3）A．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，标准液的浓度偏小，消耗体积偏大，测定结果偏大，A正确；B．锥形瓶水洗后直接装待测水样，对实验结果无影响，B错误；C．装标准Na2S2O3溶液的

滴定管水洗后没有润洗，标准液浓度偏低，消耗体积偏大，测定结果偏大，C正确；D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，D错误；E．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准液的体

积偏大，测定结果偏大，E正确，答案为ACE；III．（1）A．根据B可知，先析出溴化银沉淀，所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，A错误；B．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现

溴化银，最后才沉淀氯化银，碘化银优先于氯化银析出，不能测定氯化物的含量，B错误；C．滴定氯离子，氯化钾中含有氯离子，影响了测定，不能使用氯化钾，C错误；D．铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp（AgCl）=c(A

g+)c(Cl-)=1.5×10-4，Ksp（Ag2CrO4）=c(Ag+)2c(CrO42-)=4.3×10-2，c(Cl-)=41.510−，c(CrO42-)=24.3102−；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4，做

指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故D正确；答案D。（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，依据溶度积常数判断AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，AgCl+Br-=AgBr+Cl-；Ksp=c（Ag+）×

c（Cl-），Ksp=c（Ag+）×c（Br-），所以()()()()SPSPKAgBrcBrcClKAgCl−−==13105.4102.010−−=2.7×10-3。18．甲醇是重要的化工原料，也可作燃料。工业上可用CO2和H2在一定条件下合成甲醇。回答

下列问题。(1)已知：CO和H2的燃烧热分别为283.0kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1，水的汽化热为44.0kJ·mol-1，反应①CO+H2O=CO2+H2是生成合成甲醇的原料气(CO2、H2)的重要反应，其热化学方程式为：CO(g)

+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=_____kJ·mol-1。(2)某同学设计实验对反应①进行研究。将1molH2O(g)和1molCO充入一个恒容密闭容器中，在催化剂和一定温度下达到化学平衡。如图是CO的平衡转化率(%)随温度变化的曲线，260℃时反应①的平衡常数K=____

___。(3)CO2和H2在催化剂、一定温度下合成甲醇。图为在容积为1L的恒容密闭容器中，加入3molH2和1molCO2时经过相同时间甲醇产率与反应温度的关系曲线：曲线上A点_____(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，理由是_____，C点甲醇的产率低于B点

的原因可能是_____(填标号)。A．反应活化能增大B．催化剂活性低C．副反应多D．平衡常数变大E.平衡逆向移动(4)CO和H2在一定条件下也可以合成甲醇。在容积为1L的恒容密闭容器中，加入amolH2和2.0molCO，在催化剂和260℃温度条件下发生反

应：CO+2H2=CH3OH。图为甲醇的浓度与反应时间的关系曲线，tP时的v逆_____tQ时的v逆(填大于、小于或等于)，判断的依据是_____，达平衡时氢气的浓度为1.0mol/L，则起始时加入的氢气的物质的量为_____mol。【答案】-41.29不是该反应为放

热反应，平衡产率随温度的升高而降低BCE小于tP时的甲醇浓度小于tQ时浓度，反应速率更慢3.3【解析】（1）H2的燃烧热为-285.8kJ·mol－1，故热化学方程式为H2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ·

mol－1；CO的燃烧热为-283.0kJ·mol－1，故热化学方程式为①CO（g）+12O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ·mol－1，②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ·mol－1，③H2O（l）=H

2O（g）△H=+44.0KJ·mol－1，1×①-②-③得，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1。故答案为：-41.2；（2）对反应①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)进行研究。()()()()22

211c0.750.750.750.75c0.250.250.750700.5COgHOgCOgHgc+=+开始变化平衡260℃时反应①的平衡常数K=0.750.750.250.25=9。故答案为：9；（3）曲线上A点不是对应温度下的平衡产率，理由是该反应为放热

反应，平衡产率随温度的升高而降低，C点甲醇的产率低于B点的原因可能是：A.反应活化能增大，不影响产率，故错误；B.催化剂活性低，产率降低，故正确；C.副反应多，消耗大量原料，故正确；D.平衡常数变大，平衡正向移动，产率升高，故错误；E.平衡逆向移动，产率降低，

故正确；故选BCE；故答案为：不是；该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低；BCE；（4）甲醇的浓度与反应时间的关系曲线可知，tP时的v逆小于tQ时的v逆，tP时的甲醇浓度小于tQ时浓度，反应速率更慢；由图平衡时c(CH3OH)

=1.15mol·L－1，由方程式CO+2H2=CH3OH得氢气的浓度变化量为2.3mol·L－1，起始时加入的氢气的浓度为（2.3+1）mol·L－1=3.3mol·L－1，则起始时加入的氢气的物质的量为3.3m

ol；故答案为：小于：tP时的甲醇浓度小于tQ时浓度，反应速率更慢；3.3。19．阿比朵尔是一种抗病毒药物，主要用于流行性感冒的治疗。F是合成阿比朵尔的中间体，可由下列路线合成：已知：RCHO＋CH3CHO

10%NaOH5⎯⎯⎯⎯⎯→溶液℃RCH(OH)CH2CHO回答下列问题：(1)A的名称为___________，B的结构简式为___________。(2)E的分子式是___________，F的含氧官能团名称为___

________。(3)由乙醛生成B的反应类型为___________。(4)C⎯⎯→D的化学方程式为___________。(5)D有多种同分异构体，其中既能与NaHCO3反应，又能发生银镜反应有___________种。其中核磁共振

氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶1∶1∶2的结构简式为___________。(6)写出用苯甲醇和乙醛为原料制备的合成路线(其他试剂任选)：__________。【答案】乙醇C7H13O2N羟基、酯基加成反应+CH3CH2OH浓硫酸+

H2O122O/Cu→310%NaOH5CHCHO→溶液，℃2O/→催化剂【解析】(1)A与氧气在铜、加热条件下发生氧化反应生成乙醛，故A为乙醇，乙醛发生信息中加成反应生成B，B为，故答案为：乙醇；；(2)由E的结构简

式可知，E的分子式是C7H13O2N，F()的含氧官能团的名称为羟基、酯基，故答案为：C7H13O2N；羟基、酯基；(3)根据信息知，由乙醛生成B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(4)C→D的化学方程式为+CH3CH2OH浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3CH2OH浓硫酸+H2

O；(5)D有多种同分异构体，其中既能与NaHCO3反应，又能发生银镜反应，说明含有羧基、醛基，可以看作丁烷被-COOH、-CHO取代的产物，若是正丁烷被取代，羧基取代甲基、亚甲基上H原子，对应的-CHO分别都有4种位置，若是异丁烷被取代，羧基取代甲基中的H原子，醛基有3种位置，羧基取代CH

中的氢原子，醛基只有1种位置，故符合条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶1∶1∶2的结构简式为，故答案为：12；；(6)苯甲醇氧化生成苯甲醛，苯甲醛与乙醛在10%NaOH溶液、5℃条件下反应生成，最后发生催化氧化生成，合成路线流程图为

2O/Cu→310%NaOH5CHCHO→溶液，℃2O/→催化剂，故答案为：2O/Cu→310%NaOH5CHCHO→溶液，℃2O/→催化剂。