2020-2021学年高三上学期期末化学复习卷 (52)(含答案解析)

2020-2021学年高三上学期期末化学复习卷 (52)

一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）

1. 化学与社会、生活密切相关，下列说法错误的是( )

A. 压榨菜籽油和浸出菜籽油都利用了萃取原理

B. 用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”使用是会发生电化学腐蚀 C. 绿色化学最理想的原子经济就是反应物原子利用率为100％ D. 推广使用可降解塑料可以减少“白色污染”

2. 下列化学用语表示不正确的是( )

A. 乙烯的结构简式：CH2=CH2    C. 醛基：−COOH

B. 乙烯的球棍模型：D. 葡萄糖的分子式：C6H12O6

3. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是( )

选项 A B C D 现象或事实 用铝制容器盛装浓硫酸 氧化铝可用作耐火材料 液氨可用作制冷剂 “84”消毒液可用于环境消毒 解释 常温下，铝与浓硫酸不反应 氧化铝熔点高 氨汽化时要吸收大量的热 主要成分是NaClO，具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D

4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )

A. 0.1 mol·L−1Kl溶液：Na+、K+、ClO−、OH−

+2−、NO−B. 0.1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH43、SO4

C. 0.1 mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO−3

−

D. 0.1 mol·L−1NaOH溶液： Mg2+、Na+、SO2−4、HCO3

5. 下列装置能达到实验目的的是( )

A. 用于制取碳酸氢钠晶体

B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃

C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液

D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体

6. 下列关于SO2性质的叙述中，正确的是( )

A. 可使石蕊试液褪色

B. 与足量的NaOH溶液反应生成Na2SO4 C. 不能与过氧化氢(H2O2)溶液反应 D. 能使品红褪色，加热后又出现红色

7. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )

A. Cl2通入水中制氯水：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO− B. NO2通入水中制：2NO2+H2O=2H++NO−3+NO

−C. 0.1mol⋅L−1NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO−2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3 +

D. 0.1mol⋅L−1AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4

8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y最外层电子数之和为15，且由

这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂。下列说法正确的是( )

A. 常温常压下Y的单质为气态 B. 简单氢化物的稳定性：W>Z>Y C. X、Z形成的化合物为可电解制备X D. W与Y具有相同的最高化合价

9. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )

A. B. C. 黄铁矿D.

10. 下列说法正确的是( )

漂白粉

硫酸

A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

B. 放热反应的反应物的总能量之和小于生成物的总能量之和 C. 同一化学反应，若反应条件不同，限度可能不同 D. 催化剂不但能改变反应速率，也能改变反应进行的限度

11. 在室温下，下列叙述正确的是 ( )

A. 将1 mL 1.0×10−5mol·L−1盐酸稀释到1000 mL，得pH=8的盐酸

B. 将1 mL pH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH<4，则此酸为弱酸

C. 用pH=1的盐酸分别中和1 mL pH=13的NaOH溶液和氨水，NaOH溶液消耗的盐酸多 D. pH=2的盐酸与pH=2的醋酸相比较：c(HCl)=c(CH3COOH)

12. 根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是( )

选项 A. 实验操作和现象 向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色 向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解 向AgNO3溶液中先滴加少量．．NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去 实验结论 溴的非金属性强于碘 B. Na2SO3溶液已经变质 C. 溶解度：AgCI>Ag2S D. BaCl2溶液是酸性溶液 A. A B. B C. C D. D

二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）

13. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是( )

A. X分子中不含手性碳原子

B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面 C. Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应

D. X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇

14. 25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中

c(CH3COOH)、c(CH3COO−)与pH 的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是( )

A. pH=5.5 的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−) B. W 点所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH−)

C. pH=3.5 的溶液中：c(Na+)+c(H+)−c(OH−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1 D. 向W 点所表示的1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体(溶液体积变化可忽略)：c(H+)=

c(CH3COOH)+c(OH−)

15. 等容积的三个密闭容器中，在一定条件下，甲、乙、丙三容器中分别进行可逆反应：2A(g)+

B(g)⇌3C(g)+2D(g)，起始时三个容器中反应物的物质的量(mol)分别如下表所示，在相同条件下，反应物A、B的转化率大小关系为( ) 反应物 A B 甲 2 1 乙 1 2 丙 1 1

A. A的转化率甲<丙<乙 C. B 的转化率甲>丙>乙

三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）

B. A的转化率甲<乙<丙 D. B的转化率甲<乙<丙

16. 高锰酸钾是中学常用的试剂．工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下．

Mn的氧化产(1)铋酸钠(不溶于水)用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在(铋的还原产物为Bi3+，物为+7价)，写出反应的离子方程式 ______ ．

(2)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂．其消毒原理与下列物质相同的是 ______ (填代号)． a.84消毒液(NaClO溶液) b.双氧水 c.苯酚 d.75%酒精

(3)上述流程中可以循环使用的物质有 ______ 、 ______ (写化学式)．

(4)理论上(若不考虑物质循环与制备过程中的损失)1mol MnO2可制得 ______ mol KMnO4． (5)该生产中需要纯净的CO2气体．写出实验室制取CO2的化学方程式 ______ ，所需气体产生装置是 ______ (选填代号)．

(6)操作Ⅰ的名称是 ______ ；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在 ______ (填性质)上的差异，采用 ______ (填操作步骤)、趁热过滤得到KMnO4粗晶体． 四、简答题（本大题共5小题，共65.0分）

17. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：

已知：MnO2是一种两性氧化物； 25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Ksp 回答下列问题：

(1)软锰矿预先粉碎的目的是______，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______。 (2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______。

(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到______操作中 (填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为______(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全)。 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______。

18. 某研究小组拟以对苯二酚为原料合成染料G.合成路线如下：

Fe(OH)2 1×10−16.3 Fe(OH)3 1×10−38.6 Al(OH)3 1×10−32.3 Mn(OH)2 1×10−12.7

(1)G中的含氧官能团名称为______(写出两种)。

(2)A→B的反应类型为______。

(3)E的分子式为C17H19O3N，写出E的结构简式：______。

(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。 ①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子，能与FeCl3溶液发生显色反应；

②能发生水解反应，水解产物均有4种不同化学环境的氢且水解产物之一是α氨基酸。

(5)已知：①()苯胺易被氧化；

②

写出和为原料制备的合成路线图。(无机

试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)

19. 颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用作手机辐射屏蔽材料．实验室的制备方法

是：以高纯氮气作保护气，在高温条件下用H2和FeCl2反应生成“纳米铁”，实验装置如下图．请回答：

(1)A装置用于制取，反应的化学方程式为 ______ ．

(2)实验时，应先将 ______ (填“N2”或“H2”)通入C装置，反应生成“纳米铁”的化学方程式为；实验中需要保护气的原因是 ______ ．

(3)a导管口的气态产物除HC1外还可能有 ______ (填化学式)．

(4)利用D装置也可以得到较纯净的氮气．但科学家发现，采用此方法在b导管口得到的氮 气在相同条件下比原方法得到的氮气密度略大，原因是 ______ (假设上述实验设计与操作均无错误，且氮气已完全干燥)；若开始加入的铜粉质量为3.84g，持续通人空气至铜粉全部反应，冷却后固体质量为4.48g，则固体的成分为 ______ ，反应的化学方程式为 ______ ．

20. 氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮(用NH3

表示)转化为氮气除去，其相关反应的主要热化学方程式如下： 反应①:NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l) ΔH1=a kJ·mol−1 反应②:NH2Cl(aq)+HClO(aq)=NHCl2(aq)+H2O(l) ΔH2=b kJ·mol−1 反应③:2NHCl2(aq)+H2O(l)=N2(g)+HClO(aq)+3HCl(aq)

ΔH3=c kJ·mol−1

(1)反应2NH3(aq)+3HClO(aq)=N2(g)+3H2O(l)+3HCl(aq)的ΔH=____。

(2)已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件一定的情况下，改变

n(NaClO)n(NH3)

(即NaClO溶液的投入量)，溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的

含量)影响如图1所示。a点之前溶液中发生的主要反应为____(填字母

)。

图1 A. 反应① B.反应①② C.反应①②③

n(NaClO)n(NH3)

反应中氨氮去除效果最佳的

值约为____。

(3)溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响(如图2所示)。在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是_______。

图2

(4)用电化学方法也可去除废水中氨氮。在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高。反应装置如图3所示，b为电源____极，电解时阴极的电极反应式为______________。

图3

(5)氯化磷酸三钠(Na3PO4·0.25NaClO·12H2O)可用于减小水的硬度，相关原理可用下列离子方

2−程式表示：3CaSO4(s)+2PO3−4(aq)⇌Ca3(PO4)2(s)+3SO4(aq)

该反应的平衡常数K=____。

[已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2.0×10−29，Ksp(CaSO4)=9.1×10−6]

21. 碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列

问题：

(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___________形象化描述。在基态 14C原子中，核外存在______________对自旋状态相反的电子。 (2)已知：(NH4)2CO3

2NH3↑+H2O↑+CO2↑

①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有____________种。

②(NH4)2CO3分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_________________(填化学式)。

(3)物质

中C原子杂化方式是_____________。

−

(4)配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4中，铜原子的价电子布式为____________，BF4的空间构型为−___________。写出与BF4互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：________________。

(5)碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。

①晶胞中C原子的配位数为___________。该晶体硬度超过金刚石的原因是__________。 ②已知该晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为___________g·cm−3。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：

本题考查了化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，侧重考查环境保护与能源的开发与利用，题目难度不大。

A.将菜籽加水破碎(加水的目的是防止炒焦) →然后入锅炒熟→再入螺旋榨油机压榨 →出毛油(半成品油)→将毛油沉淀→进行毛油精炼 →最后制成食用油；浸出法制油是应用萃取的原理，选择某种能够溶解油脂的有机溶剂，使其与经过预处理的油料进行接触——浸泡或喷淋，使油料中油脂被溶解出来的一种制油方法，故A错误；

B.用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”，铁为活泼金属为负极，碳为正极，使用时若潮湿，会发生电化学腐蚀，故B正确；

C.反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子的转化率为100%，为最理想的“原子经济”，故C正确；

D.推广使用可降解塑料，有助于减少“白色污染”，故D正确。 故选A。

2.答案：C

解析：

本题考查常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。

A.乙烯分子中含有的官能团碳碳双键不能省略，所以乙烯的结构简式CH2=CH2，故A正确； B.乙烯分子中碳原子之间形成2对共用电子对，碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，所以乙烯的球棍模型为

，故B正确；

C.−CHO表示醛基，−COOH表示羧基，故C错误；

D.1个葡萄糖分子中含有6个C原子，其分子式为C6H12O6，故D正确； 故选C。

3.答案：A

解析：解：A.常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误；

B.氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，故B正确；

C.氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，故C正确； D.“84”消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，因此可用于环境消毒，故D正确； 故选：A。

本题考查较为综合，涉及铝的化学性质和材料的使用等知识，侧重于基础知识的综合考查和运用，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。

4.答案：B

解析：

本题考查离子共存，题目难度不大，明确常见离子的性质即可解答，注意掌握离子共存的条件，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。

A.ClO−能够氧化KI，在溶液中不能大量共存，故A错误；

+

B.Cu2+、NH4NO−、都不与Fe2(SO4)3反应，在溶液中能够大量共存，故B正确； SO2−3、4之间不反应，

C.CH3COO−与H+反应生成弱电解质醋酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D.Mg2+、HCO−3与NaOH溶液反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。 故选B。

5.答案：B

解析：

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 A.应先通入氨气，后通入二氧化碳，方法不合理，且应该长导管通入气体，故A错误； B.不饱和烃可与溴发生加成反应，通过溴的四氯化碳溶液褪色现象可检验石蜡油分解产生了不饱和烃，故B正确；

C.葡萄糖与氯化钠的混合液，均可透过半透膜，不能选渗析法分离，故C错误； D.NaOH与陶瓷中二氧化硅反应，应选铁坩埚，故D错误； 故选B。

6.答案：D

解析：解：本题考查二氧化硫的漂白性、还原性，二氧化硫中S元素化合价处于中间价态，导致二氧化硫具有氧化性、还原性，注意二氧化硫和次氯酸漂白性原理的区别，易错选项是A，题目难度不大．

A.二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而导致溶液呈酸性，所以二氧化硫能使石蕊试液变红色但不褪色，故A错误；

B.二氧化硫属于酸性氧化物，能和NaOH反应生成Na2SO3，不发生氧化还原反应，故B错误； C.二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化，所以二氧化硫能和双氧水反应，故C错误； D.二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但漂白性不稳定，加热后易复原，故D正确； 故选D．

7.答案：C

解析：解：A.次氯酸是弱酸，氯气通入水中反应的离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A错误；

B.NO2通入水中的离子反应为3NO2+H2O=2H++2NO−3+NO↑，故B错误；

C.0.1mol⋅L−1NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO−2+

CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO−3，故C正确；

D.银与氨水反应生成AgOH和铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式AgNO3+3NH3⋅H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3⋅H2O=

+−Ag(NH3)+2+OH+NH4+2H2O，故D错误；

故选：C。

A.次氯酸是弱酸，不能完全电离，应写化学式； B.反应生成和NO，方程式左右电荷不守恒； C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；

D.银与过量氨水反应生成Ag(NH3)2OH和铵、水。

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。

8.答案：B

解析：

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律容纳及元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂，可以得出有O、Al元素；又依据“W、X、Y最外层电子数之和为15”可知另一种元素最外层电子数为15−6−3=6，只能为为S，则W为O，X为Al，Y为S；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。

A.常温下Al为固态，故A错误；

B.非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O>Cl>S，则简单氢化物的稳定性：W>Z>Y，故B正确；

C.X、Z形成的化合物AlCl3为共价化合物，不能用来电解制备铝，故C错误； D.S的最高价为+6，O没有+6价，故D错误； 故选：B。

9.答案：B

解析：

本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是氮、氯、硫和铜的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。 A.NO与水不反应；

B.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉； C.黄铁矿燃烧生成二氧化硫；

D.硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，但蔗糖不含−CHO，二者不反应。 A.NO与水不反应，不能生成HNO3，故A错误；

B.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，能实现转化，故B正确； C.黄铁矿在沸腾炉中生成SO2，故C错误；

D.蔗糖不含醛基，不能还原氢氧化铜悬浊液生成Cu2O，故D错误。 故选B。

10.答案：C

解析：解：A、反应热的大小决定于反应物和生成物能量高低，与反应条件无关，故A错误； B、放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，故B错误； C、温度、浓度和压强会影响反应限度，故C正确； D、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，故D错误； 故选C．

A、反应热的大小与反应条件无关； B、反应热=生成物能量和−反应物能量和； C、外界条件能够影响平衡移动；

D、催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动．

本题考查了反应热的相关因素、放热反应与反应物生成物能量的关系、催化剂相关知识，题目难度不大．

11.答案：B

解析：

该题主要考查了酸的稀释和酸的混合或酸碱的反应，难度不大，解题时依据所学的基础知识即可解答，特别注意弱酸的情况。

A.将1 mL 1.0×10 −5 mol/L盐酸稀释到1000 mL，得到盐酸pH接近7，不可能大于7，故A错误； B、一元强酸稀释10倍，pH增大一个单位，一元弱酸稀释10倍，弱酸存在电离平衡，pH增大小于一个单位；将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH<4，则此酸为弱酸，故B正确； C、用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13的NaOH溶液和氨水，氨水存在电离平衡，所以氨水消耗盐酸的体积大，故C错误；

D、pH=2的盐酸与pH=2的醋酸比较，醋酸是弱酸，浓度远远大于盐酸，故D错误； 故选B．

12.答案：A

解析：

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 A.溴与KI发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，故A正确；

B.酸性条件下根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，则不能确定Na2SO3溶液是否变质，故B错误；

C.银足量，均有沉淀生成，则不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，故C错误；

D.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色逐渐褪去，结论不合理，故D错误。 故选A。

13.答案：CD

解析：解：A.X的中间C上连4个不同基团，X中含1个手性碳，故A错误；

B.Y中甲基为四面体结构，可能与苯环不共面，则分子中的碳原子不一定处于同一平面，故B错误； C.Z中与−OH相连C的邻位C上有H，则在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，故C正确； D.X含−Cl，Z含−COOC−、−Cl，均与NaOH反应，则X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能

生成丙三醇，故D正确； 故选：CD。

A.X的中间C上连4个不同基团；

B.Y中甲基为四面体结构，可能与苯环不共面； C.Z中与−OH相连C的邻位C上有H；

D.X含−Cl，Z含−COOC−、−Cl，均与NaOH反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

14.答案：BC

解析：解：A. 由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO−)增大，则所以c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；

B.由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH−)，故B正确；

C.溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所以c(Na+)+c(H+)−c(OH−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，故C正确；

D.通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应，反应后溶液相当于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氢离子源于CH3COOH、水的电离，溶液中c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故D错误； 故选：BC。

A.由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO−)增大，据此确定c(CH3COOH)和c(CH3COO−)的相对大小； B.由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，结合溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)判断；

C.溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，据此解答；

D.通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应，反应后溶液相当于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氢离子源于CH3COOH、水的电离．

本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．

15.答案：AC

解析：解：将起始时情况作如下排列： 2A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g) 甲 2 mol 1 mol 乙 1 mol 2 mol 丙 1 mol 1 mol

A越少B越多，A的转化率越高，增大反应物A(g)的浓度，A的转化率减少，B的转化率增大；减少反应物A(g)的浓度，A的转化率增大，B的转化率减少，所以A的转化率甲<丙<乙，B 的转化率甲>丙>乙，故选：A、C．

甲相当于在丙的基础上再增加A的物质的量，所以甲中B的转化率大于丙中B的转化率，但A的转化率要小于丙中A的转化率；乙相当于在丙的基础上再增加B的物质的量，所以乙中A的转化率大于丙中A的转化率，但B的转化率要小于丙中B的转化率，由此分析解答．

本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比三种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的因素解答．

3+ab；KOH；；MnO2；CaCO3+2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO−+5Na++7H2O；16.答案：4+5Bi3

2

2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；AC；过滤；溶解性；浓缩结晶

解析：解：二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，K2CO3溶液，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和KOH；

3+(1)铋酸钠(不溶于水)在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO−则反应的离子方程式为：2Mn2++4和Bi，3+5NaBiO3+14H+=2MnO−+5Na++7H2O； 4+5Bi

3+故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO−+5Na++7H2O； 4+5Bi

(2)KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故答案为：ab；

(3)根据流程分析可知：在开始的反应物和最终的生成物中都含有MnO2和KOH，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用； 故答案为：MnO2；KOH；

(4)由2MnO2+4KOH+O2̲̲̲̲̲̲̲̲2K2MnO4+2H2O可知最初的原料中1molMnO2恰好得到

 熔融 

1molK2MnO4.由3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1molK2MnO4在反应中能得到

23

molKMnO4，

2

故答案为：3；

(5)实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，其反应的方程式为：反应不需要加热，可以用启普发生器制备，所以选用的装置为A或C； 故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；AC；

(6)该操作是分离固体与溶液，是过滤操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用热的情况下采用浓缩结晶的方式可分离，

故答案为：过滤；溶解性；浓缩结晶．

MnO2、二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、K2CO3，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和KOH；

3+(1)铋酸钠(不溶于水)在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO−4和Bi；

(2)KMnO4有强氧化性，消毒原理与84消毒液、双氧水一样；

(3)根据流程分析，最初反应物中和最终生成物中含有的物质就能循环利用；

(4)最初的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4，根据3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2计算；

(5)实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，反应不需要加热，可以用启普发生器制备； (6)分离固体与溶液，采用过滤操作，利用KMnO4和K2CO3在溶解性上进行分离．

本题考查了物质的制备实验方案设计，涉及常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力．

17.答案：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+

S 过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 蒸发 H2O2 4.9 Mn2++HCO−3+NH3⋅H2O=MnCO3↓

++NH4+H2O

解析：解：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知−2价的S元

素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S； 故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小， 故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用， 故答案为：蒸发；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10−5mol/L时，c(OH−)=10−9.1mol/L，所以c(H+)=10−4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9， 故答案为：H2O2；4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO−3+NH3⋅H2O=MnCO3↓

+

+NH4+H2O，

+故答案为：Mn2++HCO−3+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4+H2O。

Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。

18.答案：肽键、醚键 取代反

应 等

解析：解：(1)由G的结构简式，可知其含有的含氧官能团有：肽键、醚键，故答案为：肽键、醚键； B的结构，(2)对比A、可知A的酚羟基中H原子被−CH2CH3替代生成B，属于取代反应，故答案为：取代反应；

(3)E的分子式为C17H19O3N，对比D、F的结构，可知D中氨基中1个H原子被

替代生

成E，E发生硝化反应生成F，故E的结构简式为：，

故答案为：；

(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明还含有酚羟基，②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，而水解产物之一是α−氨基酸，则含有α−氨基酸中羧基形成的酯基，由水解产物均含有4种H原子，结合该同分异构体中含有手性碳原子，可知该该α−氨基酸为

，另外水解产物为

，故该同分异构体为：

等，

故答案为：等；

(5)甲苯引入的两个基团应处于对位，苯环上原取代基为羧基使新引入的取代基进行间位取代，故甲

苯先发生邻位硝化反应生成，然后发生还原反应生成，再与

反应生成，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成.合成

路线流程图为：，

故答案为：。

(1)由G的结构简式，可知其含有的含氧官能团有：肽键、醚键；

(2)对比A、B的结构，可知A的酚羟基中H原子被−CH2CH3替代生成B； (3)E的分子式为C17H19O3N，对比D、F的结构，可知D中氨基中1个H原子被成E，E发生硝化反应生成F；

(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明还含有酚羟基，②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，而水解产物之一是α−氨基酸，则含有α−氨基酸中羧基形成的酯基，由水解产物均含有4种H原子，结合该同分异构体中含有手性碳原子，可知该该α−氨基酸为

，另外水解产物为

替代生

；

(5)甲苯引入的两个基团应处于对位，苯环上原取代基为羧基使新引入的取代基进行间位取代，故甲

苯先发生邻位硝化反应生成，然后发生还原反应生成，再与

反应生成，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。

本题考查有机物的合成、官能团识别、有机反应类型、条件同分异构体书写等，熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型。

加热 ̲̲̲̲̲̲̲̲

19.答案：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2+2H2O；N2；排尽空气，防止生成的铁能与空气中的氧气

反应；NH3；制得的氮气中会含有密度比空气大的气体；CuO和Cu2O；3Cu+O2̲̲̲̲̲̲̲̲CuO+Cu2O

 高温 

̲̲̲̲̲̲̲̲(1)亚钠与氯化氨反应生成氮气、解析：解：氯化钠和水，方程式为：NaNO2+NH4ClNaCl+

  加热 

N2+2H2O；

故答案为：NaNO2+NH4Cl̲̲̲̲̲̲̲̲NaCl+N2+2H2O；

  加热 

(2)实验时，应先将N2通入C装置，排出装置中的空气，在高温条件下用H2和FeCl2反应生成“纳米铁”和氯化氢，方程式为：H2+FeCl2̲̲̲̲̲̲̲̲Fe+2HCl，实验中需要保护气的原因是排尽空气，防止

  高温 

生成的铁能与空气中的氧气反应；

故答案为：N2；H2+FeCl2̲̲̲̲̲̲̲̲Fe+2HCl；排尽空气，防止生成的铁能与空气中的氧气反应；

  高温 

(3)氮气和氢气在高温条件下能反应生成氨气，所以a导管口的气态产物除HC1外还可能有NH3； 故答案为：NH3；

(4)利用D装置收集氮气中会含有密度比空气大的气体；铜粉质量为3.84g，其物质的量为g/mol=0.06mol，冷却后固体质量为4.48g，其中含有氧原子的质量为4.48g−3.84g=0.g，其物质的量为

0.g16/molg

3.84g

=0.4mol，2，由此可知铜原子的个数与氧原子的个数之比3：所以固体的成分为CuO和Cu2O，

其方程式为： 3Cu+O2

 高温 ̲̲̲̲̲̲̲̲

CuO+ 

Cu2O；

 高温 

故答案为：制得的氮气中会含有密度比空气大的气体；CuO和Cu2O；3Cu+O2̲̲̲̲̲̲̲̲CuO+Cu2O.

(1)根据题目信息结合质量守恒可知亚钠与氯化氨反应生成氮气、氯化钠和水，据此写出方程式； (2)根据题目信息可知，要通过氮气排出装置中的空气；在高温条件下用H2和FeCl2反应生成“纳米铁”和氯化氢，据此书写方程式；生成的铁能与空气中的氧气反应；

(3)氮气和氢气在高温条件下能反应生成氨气；

(4)利用D装置收集氮气不纯；根据极限法计算确定固体的成分，然后书写方程式．

本题是一道信息题，主要考查了物质的性质与方程式的书写，难度不大，培养了学生运用信息的能力．

20.答案：(1)(2a+2b+c)kJ/mol

(2)A 1.5

(3)盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气，与氨氮反应的次氯酸减小

+

(4)正；2H2O+2NH4+2e−=2NH3⋅H2O+H2↑或2H++2e−=H2↑

(5)3.77×1013 

解析：

本题考查了热化学方程式书写、图象曲线变化特征、电解池原理和电极反应书写、沉淀溶解平衡常数的计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

(1)反应①：NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(I)△H1=akJ⋅mol−1 反应②：NH2Cl(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(I)△H2=bkJ⋅mol−1 反应③：2NHCl2(aq)+H2O(I)=N2(g)+HClO(aq)+3HCl(aq)△H3=ckJ⋅mol−1 依据化学方程式和盖斯定律计算，①×2+②×2+③得到所热化学方程式2NH3(aq)+HClO(aq)=N2(g)+3H2O(I)+3HCl(aq)△H=(2a+2b+c)KJ/mol， 故答案为：(2a+2b+c)KJ/mol；

(2)用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮(用NH3表示)转化为氮气除去，改变

n(NaClO)n(NH3)

(即

NaClO溶液的投入液)，溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯图象变化中，次氯酸少氨气多，a点前发生的反应是NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(I)；反应中氨氮去除效果最佳的从图象分析可知为去除率较高同时余氯量最少，图象中符合的比值为1.5， 故答案为：A；1.5；

(3)在pH较低时溶液中，盐酸与次氯酸钠反应生成的次氯酸分解有无色无味的气体生成为氧气，次氯酸较少氨氮去除效率较低，

故答案为：盐酸与次氯酸钠反应生成的次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少了；

(4)在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高，是因为阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子生成一水

+

+2e−=2NH3⋅H2O+H2↑或2H++2e−=H2↑，氯气上升过程合氨，电极反应为：2H2O+2NH4

中吸收，所以装置图可知b为正极，a为负极，

+

+2e−=2NH3⋅H2O+H2↑或2H++2e−=H2↑； 故答案为：正；2H2O+2NH4

(5)3CaSO4(s)+2PO3−4(aq)

 c3(SO42−) c2(PO43−) 

⇌Ca3(PO4)2(s)+

=

3SO2−4(aq)，该反应的平衡常数K =3.77×1013，

=

 c3(SO42−) c2(PO43−) 

=

×

 c3(Ca2+) c3(Ca2+) 

=

 Ksp3(CaSO4)  Ksp(Ca3(PO4)2)

 (9.1×10−6)3 2.0×10−29故答案为：3.77×1013。

21.答案：(1)电子云；2

(2)①3；②H2O(4)3d104s1；正四面体；CCl4、SO2−4等

该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C−N键的键长比金刚石中的C−C键的键长短，(5)①4；

键能大，故硬度大；②

9.2×1031a3NA

解析：

本题考查晶胞计算、物质结构与性质等知识，题目难度较大，注意掌握核外电子排布规律、杂化理论、等电子体、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度之比，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

(1)电子云表示电子在原子核外出现机会的多少，在基态 14C原子中，有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反，所以在基态 14C原子中，存在两对自旋方向相反的电子，

故答案为：电子云；2；

(2)①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种， 故答案为：3；

②分解所得的气态化合物有H2O、NH3、CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2O(3)分子中苯环C为sp2杂化，−CN中C为sp杂化，−CH3与−CH2−与−CH中C为sp3杂化，所以C原子杂化方式是：sp、sp2、sp3， 故答案为：sp、sp2、sp3；

(4)铜为29号元素，属于ds区元素。故价层电子排布式为3d104s1，

−BF4的价层电子对数=4+

3+1−42

=4，无孤电子对，故空间构型为四面体形，

−将BF4中的负电荷给予B，B变为C，此时可找到等电子体CF4，将F换为同主族的Cl，可找到等电−子体CCl4.将BF4中的F换为O原子，此时将带5个单位负电荷，将其中三个电荷给予B，可替换为S，−3−此时可找到等电子体SO2−4，同理可找到PO4、ClO4等，

故答案为：3d104s1；正四面体； CCl4、SO2−4等 ；

(5)①根据晶胞结构分析，该晶胞中含有碳原子数为8×8+6×2=3，含有N原子数目为4，则晶胞的化学式为C3N4，1个N周围等距且最近的C有3个，故1个C周围等距且最近的N有4个；晶体硬度超过金刚石，从C−N的键能和C−C键能角度分析，该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的C−N键的键长比金刚石中的C−C键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大，

故答案为：4；该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C−N键的键长比金刚石中的C−C键的键长短，键能大，故硬度大；

②该晶胞中含有碳原子数为8×8+6×2=3，含有N原子数目为4，则晶胞的化学式为C3N4，一个晶胞的质量为

9.2×1031a3NA

12×3+14×4

NA

1

1

1

1

g，晶体的体积为(a×10

−103

)cm，故晶胞的密度为ρ=

3mV

=

92g

NA−10(a×10)3cm3

=

g/cm3，

9.2×1031a3NA

故答案为：

g/cm3。