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浙江省名校新高考研究联盟（Z20）2020届高三联考化学试题
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浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届第二次联考
化学试题
1.化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料
B. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用
C. 雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮
D. 小苏打可用于治疗胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包
【答案】C
【解析】
【详解】A.植物秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；
B.二氧化碳合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；
C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；
D. 小苏打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，可用于发酵粉制作面包，故正确。
故选C。
2.下列化学用语正确的是
A. CCl4分子的比例模型： B. CSO的电子式：
C. 对硝基苯酚的结构简式： D. 16O的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；
B. CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；
C. 对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；
D. 16O原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。
故选C。
3.下列说法正确的是
A. FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于Cu
B. 晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D. K2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；
B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；
C.二氧化硫氧化性与漂白无关，故错误；
D. K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。
故选D。
4.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. 图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液
B. 图2：电解精炼铜
C. 图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸
D. 图4: 配制银氨溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；
B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；
C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；
D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。
故选C。
5.下列说法正确的是
A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C. SO3溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成
D. HF的热稳定性很好，主要是因为HF分子间存在氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A碳酸钠和氢氧化钠熔化时都克服离子键，故正确；
B.碘晶体受热变成碘蒸气克服分子间作用力，不是克服碘原子间的作用力，故错误；
C.三氧化硫溶于水的过程中有共价键的断裂和形成，没有离子键的形成，故错误；
D.氟化氢的稳定性好，是因为氟化氢中的共价键键能高，与氢键无关，故错误。
故选A。
【点睛】掌握氢键的位置和影响因素。氢键是分子间的作用力，影响物质的物理性质，不影响化学性质。
6.下列转化，在给定条件下能实现的是
①NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3(s)
②Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
③N2NH3NH4Cl(aq)
④SiO2SiCl4 Si
A. ①③ B. ⑨④ C. ①②④ D. ①②⑧④
【答案】A
【解析】
【详解】①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。
故选A。
7.下列离子方程式正确的是
A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO42－+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
B. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－ +O2↑
C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O
D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2Fe3++3SO42－+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故错误；
B. Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－ +O2↑，故错误；
C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O，故正确；
D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2： C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3－，故错误。
故选C。
8.下列说法不正确的是
A. 淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应
B. amol苯和苯甲酸混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol
C. 按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷
D. 七叶内酯（），和东莨菪内酯（），都是某些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A.食用花生油是油脂，、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故正确；
B.1mol苯或苯甲酸燃烧都消耗7.5mol氧气，所以amol混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol，故正确；
C. 按系统命名法，有机物的命名时，从左侧开始编号，所以名称为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷，故正确；
D. 七叶内酯（）官能团为酚羟基和酯基，东莨菪内酯（）的官能团为酚羟基和酯基和醚键，不属于同系物，故错误。
故选D。
【点睛】掌握同系物的定义，即结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物。所谓结构相似，指具有相同的官能团。
9.图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是
X
W
Y
R
Z
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性R>X>Y
B. 84号元素与Z元素同主族
C. R、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂
D. Z2W3具有氧化性和还原性
【答案】B
【解析】
【详解】假设X的最外层电子数为x-1，则Y的最外层电子数为x-1，Z的最外层电子数为x，W的最外层电子数为x+1，R的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+ x-1+ x+1+ x+2=21，解x=5，则X为碳元素，Y为硅元素，Z为砷元素，W为氧元素，R为氯元素。
A. 因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>碳酸>硅酸，故正确；
B. 84号元素都在第ⅥA主族， Z元素在第ⅤA主族,故错误；
C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；
D. As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。
故选B。
10.设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
B. 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NA
C. 1 L 0.1 mol∙L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数目为0.1NA
D. 12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；
B. Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2NA，故正确；
C. CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；
D. 12g金刚石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。
故选B。
11.己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：
下列说法正确的是
A. △H1+△H2>0 B. △H4(NaOH)>△H4(KOH)>0
C. △H6(NaOH>△H6(KOH) D. △H1+△H2+△H4+△H5+△H6=0
【答案】B
【解析】
【详解】A. △H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；
B. △H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；
C. △H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；
D. 根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。
故选B。
12.有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是
A. 放电时，此电池逐渐靠近磁铁
B. 放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O
C. 放电时，正极质量减小，负极质量增加
D. 充电时，阴极反应为Li++e-=Li
【答案】C
【解析】
【详解】A. 放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；
B. 放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，故正确；
C. 放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；
D. 充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。
故选C。
【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。
13.不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867 kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CH4
NO2
N2
CO2
H2O
NO2
I
T1
0.50
1.2
0
0
0
0.40
II
T2
0.30
0.80
0.20
0.20
0.40
0.60
III
T3
0.40
0.70
0.70
0.70
1.0
A. T1
C. 平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6 kJ
D. 容器III中反应起始时v 正(CH4)
【解析】
【详解】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1
C. 平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8 kJ，故错误；
D. 容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。
故选A。
14.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL 0.3 mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3 mol·L－1 NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是
A. a→e的过程水的电离程度逐渐增大
B. b点：c(Ba2+) =0.1 moI.L-1
C. c点：c(NH4+)
【答案】D
【解析】
【分析】
ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。
【详解】A. a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；
B. b点c(Ba2+) = =0.1 moI.L-1，故正确；
C. c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)
故选D。
【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。
15.实验室从含碘废液（含有I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下：
已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法不正确的是
A. 步骤①中Na2S2O3可用Na2SO3代替
B. 步骤②可以用倾析法除去上层清液
C. 含碘废液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉试纸检验
D. 步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 步骤①中Na2S2O3做还原剂，可用Na2SO3代替，故正确；
B. 步骤②从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清液，故正确；
C. 含碘废液中含有碘单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有IO3-，故错误；
D. 步骤③中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正确。
故选C。
16.固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：
下列判断正确的是
A. 溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2
B. 原固体混合物X中一定有KAlO2
C. 固体乙、固体丁一定是纯净物
D. 将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。
A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；
B.X可能有偏铝酸钾，故错误；
C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；
D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；
故选D。
【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。
17.暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。
己知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。
请回答以下问题：
（1）写出A的电子式____________。
（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。
（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________
（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________
【答案】 (1). (2). SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl (3). 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O (4). 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
【解析】
【分析】
气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。
【详解】（1）A为碘单质，电子式为：；
（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；
（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ；
（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
18.辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。
（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。
则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（ ），_____________
A.蒸发溶剂 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D.过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
【答案】 (1). 温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 (2). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+ (3). NH4Fe3(SO4)2(OH)6 (4). AFB ECD
【解析】
【分析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。
【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。
（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。
（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
19.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.0 kJ.mol-1
反应II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g) △H2=- 24.5 kJ.mol-1
反应III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ.mol-1
（1）写出CO2与H2一步合成二甲醚（反应IV）的热化学反应方程式：_______________
（2）有利于提高反应IV平衡转化率的条件是_______。
A.高温高压 B.低温诋压 C．高温低压 D.低温高压
（3）在恒压、CO2和H2起始物质的量之比为1：3的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=
①温度低于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_____________________
②关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_____________
A.反应IV在A点和B点时的化学平衡常数K(A)小于K(B)
B.当温度、压强一定时，在原料气（CO2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
C．其他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低
D.提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键
③在某温度下，若加入CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol的二甲醚，则CO2转化率为__________________
④一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的CO2和H2，t2时刻重新达到平衡。画出t1—t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。__________________
（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b极的电极反应式为____________________
【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·mol-1 (2). D (3). 反应Ⅲ的ΔH >0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的ΔH <0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度； (4). CD (5). 50%或0.5 (6). (7). 12H++2CO2+12e-=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律分析，反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.0 kJ.mol-1, 反应II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=- 24.5 kJ.mol-1，有I ×2+II得热化学方程式2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-49.0×2- 24.5=-122.5kJ·mol-1；
（2）反应IV为放热反应，A.高温平衡逆向移动，高压平衡正向移动，故此条件不能确定平衡的移动方向，不能确定是否提高转化率，故错误；B.低温平衡正向移动，低压平衡逆向移动，故不能确定是否提高转化率，故错误；C．高温平衡逆向移动，低压平衡逆向移动，转化率降低，故错误；D.低温高压都能使平衡正向移动，提高转化率，故正确。
（3）①反应Ⅲ的ΔH >0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的ΔH <0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；
②A.从图分析反应IV随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率A点小于B点，但二甲醚的选择性降低，说明反应IV进行程度减小，所以在A点和B点时的化学平衡常数K(A)大于K(B)，故错误；
B.当温度、压强一定时，在原料气（C02和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误；
C．其他条件不变，在恒容条件下反应体系中的压强逐渐减小，二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低，故正确；
D.提高催化剂的活性和选择性，可以控制三个反应是否进行，减少CO等副产物是工艺的关键，故正确；故选CD。
③生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol的二甲醚，说明有0.4mol二氧化碳转化生成二甲醚，生成二甲醚的选择性为80%，即有0.5mol二氧化碳参与反应，则二氧化碳的转化率为=50%或0.5。
④反应到平衡后，在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的CO2和H2，加入时二甲醚的体积分数减小，平衡正向移动，二甲醚的体积分数逐渐增加，因为是在恒温恒压条件下，再加入等物质的量比的二氧化碳和氢气，所以属于等效平衡，即平衡时二甲醚的体积分数不变。所以图像如下：。
④该装置为电解装置，二氧化碳变成二甲醚是得到电子的过程，根据图中质子交换膜分析，反应中的离子只能写氢离子，所以电极反应为12H++2CO2+12e-=CH3OCH3+3H2O。
20.某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。
②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液pH为5的原因是_______________
A. B. C.
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。
①产品中Cu2O的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
【答案】 (1). Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 (2). 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 (3). 稀硫酸 (4). pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 (5). C (6). 真空干燥 (7). 90.90% (8). 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
【分析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。
【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离
③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 moI.L-1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；
②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。
21.那可丁是一种药物，该药物适用于刺激性干咳病人服用，无成瘾性，化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：
已知：①
②RNH2 RNHCH3
（1）化合物B的结构简式：________
（2）反应B→C的第一步反应类型：____________
（3）下列说法正确是：___________。
A.物质D能与FeCl3发生显色反应 B．物质F具有碱性
C．物质G能和银氨溶液发生反应 D.物质H的分子式是C12H15NO4
（4）写出C→D的化学方程式：____________________________
（5）请写出化合物H满足下列条件的所有同分异构体的结枸简式：_______________
①分子中含苯环，无其他环状结构
②分子中含有-NO2且直接连在苯环上
③分子中只有3种不同化学环境的氢
（6）已知，请以、CH3CHClCH3为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）__________________________
【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). BD (4). 或 (5). (6).
【解析】
【分析】
A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为，其与氢氧化钠反应，酚羟基能发生酸碱中和，溴原子发生取代反应，再在酸的条件下得到C，结构为。根据各物质的官能团分析其具有的性质。
【详解】（1）A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为；
（2）B在氢氧化钠的条件下反应，是酚羟基和溴原子与氢氧化钠的反应，属于取代反应；
（3）A.含有酚羟基的物质能与FeCl3发生显色反应，而物质D不含酚羟基，故错误；B．物质F含有氨基，具有碱性，故正确；C．物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，故错误；D.物质H 的分子式是C12H15NO4，故正确，故选BD。
（4）结合信息①分析，C→D的化学方程式为
；
（5）H的分子式是C12H15NO4，其同分异构体要满足以下条件：①分子中含苯环，无其他环状结构， ②分子中含有-NO2且直接连在苯环上，③分子中只有3种不同化学环境的氢，说明结构有对称性，则除了苯环外其余的6个碳原子中，有4个碳以甲基形式位于对称轴两侧，另外还有2个碳原子和2个氧原子和3个氢原子形成一个支链连接在苯环上，即连接在硝基的对位，结构可能如下：
；
（6）合成，逆推方法，需要合成CH2ClCHClCH2Cl，逆推需要合成CH2=CHCH2Cl，再需要CH2=CHCH3，由CH3CHCICH3发生消去反应即可，故合成路线为：
【点睛】掌握有机物推断过程中的官能团的变化和信息的使用，抓住分子式的变化或官能团得到变化是关键。
浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届第二次联考
化学试题
1.化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料
B. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用
C. 雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮
D. 小苏打可用于治疗胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包
【答案】C
【解析】
【详解】A.植物秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；
B.二氧化碳合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；
C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；
D. 小苏打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，可用于发酵粉制作面包，故正确。
故选C。
2.下列化学用语正确的是
A. CCl4分子的比例模型： B. CSO的电子式：
C. 对硝基苯酚的结构简式： D. 16O的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；
B. CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；
C. 对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；
D. 16O原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。
故选C。
3.下列说法正确的是
A. FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于Cu
B. 晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D. K2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；
B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；
C.二氧化硫氧化性与漂白无关，故错误；
D. K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。
故选D。
4.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. 图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液
B. 图2：电解精炼铜
C. 图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸
D. 图4: 配制银氨溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；
B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；
C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；
D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。
故选C。
5.下列说法正确的是
A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C. SO3溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成
D. HF的热稳定性很好，主要是因为HF分子间存在氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A碳酸钠和氢氧化钠熔化时都克服离子键，故正确；
B.碘晶体受热变成碘蒸气克服分子间作用力，不是克服碘原子间的作用力，故错误；
C.三氧化硫溶于水的过程中有共价键的断裂和形成，没有离子键的形成，故错误；
D.氟化氢的稳定性好，是因为氟化氢中的共价键键能高，与氢键无关，故错误。
故选A。
【点睛】掌握氢键的位置和影响因素。氢键是分子间的作用力，影响物质的物理性质，不影响化学性质。
6.下列转化，在给定条件下能实现的是
①NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3(s)
②Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
③N2NH3NH4Cl(aq)
④SiO2SiCl4 Si
A. ①③ B. ⑨④ C. ①②④ D. ①②⑧④
【答案】A
【解析】
【详解】①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。
故选A。
7.下列离子方程式正确的是
A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO42－+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
B. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－ +O2↑
C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O
D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2Fe3++3SO42－+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故错误；
B. Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－ +O2↑，故错误；
C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O，故正确；
D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2： C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3－，故错误。
故选C。
8.下列说法不正确的是
A. 淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应
B. amol苯和苯甲酸混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol
C. 按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷
D. 七叶内酯（），和东莨菪内酯（），都是某些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A.食用花生油是油脂，、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故正确；
B.1mol苯或苯甲酸燃烧都消耗7.5mol氧气，所以amol混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol，故正确；
C. 按系统命名法，有机物的命名时，从左侧开始编号，所以名称为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷，故正确；
D. 七叶内酯（）官能团为酚羟基和酯基，东莨菪内酯（）的官能团为酚羟基和酯基和醚键，不属于同系物，故错误。
故选D。
【点睛】掌握同系物的定义，即结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物。所谓结构相似，指具有相同的官能团。
9.图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是
X
W
Y
R
Z
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性R>X>Y
B. 84号元素与Z元素同主族
C. R、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂
D. Z2W3具有氧化性和还原性
【答案】B
【解析】
【详解】假设X的最外层电子数为x-1，则Y的最外层电子数为x-1，Z的最外层电子数为x，W的最外层电子数为x+1，R的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+ x-1+ x+1+ x+2=21，解x=5，则X为碳元素，Y为硅元素，Z为砷元素，W为氧元素，R为氯元素。
A. 因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>碳酸>硅酸，故正确；
B. 84号元素都在第ⅥA主族， Z元素在第ⅤA主族,故错误；
C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；
D. As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。
故选B。
10.设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
B. 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NA
C. 1 L 0.1 mol∙L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数目为0.1NA
D. 12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；
B. Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2NA，故正确；
C. CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；
D. 12g金刚石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。
故选B。
11.己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：
下列说法正确的是
A. △H1+△H2>0 B. △H4(NaOH)>△H4(KOH)>0
C. △H6(NaOH>△H6(KOH) D. △H1+△H2+△H4+△H5+△H6=0
【答案】B
【解析】
【详解】A. △H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；
B. △H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；
C. △H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；
D. 根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。
故选B。
12.有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是
A. 放电时，此电池逐渐靠近磁铁
B. 放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O
C. 放电时，正极质量减小，负极质量增加
D. 充电时，阴极反应为Li++e-=Li
【答案】C
【解析】
【详解】A. 放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；
B. 放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，故正确；
C. 放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-= 2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；
D. 充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。
故选C。
【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。
13.不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867 kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CH4
NO2
N2
CO2
H2O
NO2
I
T1
0.50
1.2
0
0
0
0.40
II
T2
0.30
0.80
0.20
0.20
0.40
0.60
III
T3
0.40
0.70
0.70
0.70
1.0
A. T1
C. 平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6 kJ
D. 容器III中反应起始时v 正(CH4)
【解析】
【详解】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1
C. 平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8 kJ，故错误；
D. 容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。
故选A。
14.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL 0.3 mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3 mol·L－1 NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是
A. a→e的过程水的电离程度逐渐增大
B. b点：c(Ba2+) =0.1 moI.L-1
C. c点：c(NH4+)
【答案】D
【解析】
【分析】
ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。
【详解】A. a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；
B. b点c(Ba2+) = =0.1 moI.L-1，故正确；
C. c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)
故选D。
【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。
15.实验室从含碘废液（含有I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下：
已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法不正确的是
A. 步骤①中Na2S2O3可用Na2SO3代替
B. 步骤②可以用倾析法除去上层清液
C. 含碘废液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉试纸检验
D. 步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 步骤①中Na2S2O3做还原剂，可用Na2SO3代替，故正确；
B. 步骤②从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清液，故正确；
C. 含碘废液中含有碘单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有IO3-，故错误；
D. 步骤③中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：4Fe3++2Cul4Fe2++2Cu2++I2，故正确。
故选C。
16.固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：
下列判断正确的是
A. 溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2
B. 原固体混合物X中一定有KAlO2
C. 固体乙、固体丁一定是纯净物
D. 将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。
A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；
B.X可能有偏铝酸钾，故错误；
C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；
D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；
故选D。
【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。
17.暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。
己知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。
请回答以下问题：
（1）写出A的电子式____________。
（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。
（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________
（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________
【答案】 (1). (2). SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl (3). 3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O (4). 取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
【解析】
【分析】
气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。
【详解】（1）A为碘单质，电子式为：；
（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；
（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O ；
（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。
18.辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。
（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。
则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（ ），_____________
A.蒸发溶剂 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D.过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
【答案】 (1). 温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 (2). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+ (3). NH4Fe3(SO4)2(OH)6 (4). AFB ECD
【解析】
【分析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。
【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。
（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。
（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
19.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.0 kJ.mol-1
反应II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g) △H2=- 24.5 kJ.mol-1
反应III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ.mol-1
（1）写出CO2与H2一步合成二甲醚（反应IV）的热化学反应方程式：_______________
（2）有利于提高反应IV平衡转化率的条件是_______。
A.高温高压 B.低温诋压 C．高温低压 D.低温高压
（3）在恒压、CO2和H2起始物质的量之比为1：3的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=
①温度低于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_____________________
②关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_____________
A.反应IV在A点和B点时的化学平衡常数K(A)小于K(B)
B.当温度、压强一定时，在原料气（CO2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
C．其他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低
D.提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键
③在某温度下，若加入CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol的二甲醚，则CO2转化率为__________________
④一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的CO2和H2，t2时刻重新达到平衡。画出t1—t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。__________________
（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b极的电极反应式为____________________
【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·mol-1 (2). D (3). 反应Ⅲ的ΔH >0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的ΔH <0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度； (4). CD (5). 50%或0.5 (6). (7). 12H++2CO2+12e-=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律分析，反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.0 kJ.mol-1, 反应II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=- 24.5 kJ.mol-1，有I ×2+II得热化学方程式2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-49.0×2- 24.5=-122.5kJ·mol-1；
（2）反应IV为放热反应，A.高温平衡逆向移动，高压平衡正向移动，故此条件不能确定平衡的移动方向，不能确定是否提高转化率，故错误；B.低温平衡正向移动，低压平衡逆向移动，故不能确定是否提高转化率，故错误；C．高温平衡逆向移动，低压平衡逆向移动，转化率降低，故错误；D.低温高压都能使平衡正向移动，提高转化率，故正确。
（3）①反应Ⅲ的ΔH >0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的ΔH <0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；
②A.从图分析反应IV随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率A点小于B点，但二甲醚的选择性降低，说明反应IV进行程度减小，所以在A点和B点时的化学平衡常数K(A)大于K(B)，故错误；
B.当温度、压强一定时，在原料气（C02和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误；
C．其他条件不变，在恒容条件下反应体系中的压强逐渐减小，二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低，故正确；
D.提高催化剂的活性和选择性，可以控制三个反应是否进行，减少CO等副产物是工艺的关键，故正确；故选CD。
③生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol的二甲醚，说明有0.4mol二氧化碳转化生成二甲醚，生成二甲醚的选择性为80%，即有0.5mol二氧化碳参与反应，则二氧化碳的转化率为=50%或0.5。
④反应到平衡后，在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的CO2和H2，加入时二甲醚的体积分数减小，平衡正向移动，二甲醚的体积分数逐渐增加，因为是在恒温恒压条件下，再加入等物质的量比的二氧化碳和氢气，所以属于等效平衡，即平衡时二甲醚的体积分数不变。所以图像如下：。
④该装置为电解装置，二氧化碳变成二甲醚是得到电子的过程，根据图中质子交换膜分析，反应中的离子只能写氢离子，所以电极反应为12H++2CO2+12e-=CH3OCH3+3H2O。
20.某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。
②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液pH为5的原因是_______________
A. B. C.
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。
①产品中Cu2O的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
【答案】 (1). Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 (2). 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 (3). 稀硫酸 (4). pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 (5). C (6). 真空干燥 (7). 90.90% (8). 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
【分析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。
【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离
③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 moI.L-1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；
②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。
21.那可丁是一种药物，该药物适用于刺激性干咳病人服用，无成瘾性，化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：
已知：①
②RNH2 RNHCH3
（1）化合物B的结构简式：________
（2）反应B→C的第一步反应类型：____________
（3）下列说法正确是：___________。
A.物质D能与FeCl3发生显色反应 B．物质F具有碱性
C．物质G能和银氨溶液发生反应 D.物质H的分子式是C12H15NO4
（4）写出C→D的化学方程式：____________________________
（5）请写出化合物H满足下列条件的所有同分异构体的结枸简式：_______________
①分子中含苯环，无其他环状结构
②分子中含有-NO2且直接连在苯环上
③分子中只有3种不同化学环境的氢
（6）已知，请以、CH3CHClCH3为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）__________________________
【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). BD (4). 或 (5). (6).
【解析】
【分析】
A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为，其与氢氧化钠反应，酚羟基能发生酸碱中和，溴原子发生取代反应，再在酸的条件下得到C，结构为。根据各物质的官能团分析其具有的性质。
【详解】（1）A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为；
（2）B在氢氧化钠的条件下反应，是酚羟基和溴原子与氢氧化钠的反应，属于取代反应；
（3）A.含有酚羟基的物质能与FeCl3发生显色反应，而物质D不含酚羟基，故错误；B．物质F含有氨基，具有碱性，故正确；C．物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，故错误；D.物质H 的分子式是C12H15NO4，故正确，故选BD。
（4）结合信息①分析，C→D的化学方程式为
；
（5）H的分子式是C12H15NO4，其同分异构体要满足以下条件：①分子中含苯环，无其他环状结构， ②分子中含有-NO2且直接连在苯环上，③分子中只有3种不同化学环境的氢，说明结构有对称性，则除了苯环外其余的6个碳原子中，有4个碳以甲基形式位于对称轴两侧，另外还有2个碳原子和2个氧原子和3个氢原子形成一个支链连接在苯环上，即连接在硝基的对位，结构可能如下：
；
（6）合成，逆推方法，需要合成CH2ClCHClCH2Cl，逆推需要合成CH2=CHCH2Cl，再需要CH2=CHCH3，由CH3CHCICH3发生消去反应即可，故合成路线为：
【点睛】掌握有机物推断过程中的官能团的变化和信息的使用，抓住分子式的变化或官能团得到变化是关键。
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