2018-2019学年北京市西城区高三（上）期末化学试卷解析版

2018-2019学年北京市西城区高三（上）期末化学试卷

一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）

1. 下列生活中常见的过程不属于化学变化的是  （　　）

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】解：A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH4+2O2CO2+2H2O，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；

B．海水晒盐，利用的是氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂析出晶体，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；

C．钢铁生锈铁反应生成了氧化铁，性质不同于原物质，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；

D．食醋中的醋酸能和水垢中的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，属于化学变化，故D不选；

故选：B。

有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。

本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，题目较简单。

2. 化学与人类生活密切相关。下列说法不正确的是（　　）

A. 二氧化硫可作食品防腐剂

B. 碘酸钾可作食盐的添加剂

C. 晶体硅可作光导纤维

D. 小苏打溶液可治疗服用阿司匹林引起的水杨酸中毒

【答案】C

【解析】【分析】

本题综合考查元素化合物知识，为高考成常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。

A.二氧化硫有毒；

B.碘酸钾能补充碘元素，而且比较稳定；

C.光导纤维原料为二氧化硅；

D.碳酸氢钠能够与酸反应，且碱性较小。

【解答】

A.二氧化硫有毒，不能用于食品防腐剂，故A错误；

B.碘酸钾能补充碘元素，而且比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故B正确；

C.光导纤维原料为二氧化硅，不是晶体硅，故C错误；

D.碳酸氢钠能够与酸反应，且碱性较小，所以小苏打溶液可治疗服用阿司匹林引起的水杨酸中毒，故D正确。

故选C。

3. 下列化学用语或图示表达正确的是（　　）

A. 乙烯的比例模型： B. 质量数为16的O原子：16O

C. 氯离子的结构示意图： D. CO2的电子式：

【答案】A

【解析】解：A．C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，故A正确；

B．质量数为16的O原子：16O，故B错误；

C．氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，故C错误；

D二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，故D错误；

故选：A。

A．乙烯为平面结构，C原子比H原子大，黑色球表示C原子；

B．质量数应写在元素符号左上角；

C．氯离子核外18个电子；

D．二氧化碳中存在两个碳氧双键，碳原子和氧原子最外层都达到8电子稳定结构；

本题考查化学用语，涉及比例模型、结构式、结构简式、电子式、分子式等，注意区分及规范使用化学用语，题目难度不大。

4. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）

A. 原子半径：S＞Cl

B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3

C. 还原性：I-＞Br-                    

D. 酸性：H2SO4＞H3PO4

【答案】B

【解析】解：A．同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：S＞Cl，能用元素周期律解释，故A不选；

B．碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故B选；

C．非金属I＜Br，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故C不选；

D．非金属性S＞P，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，能用元素周期律解释，故D不选。

故选：B。

A．同周期元素从左到右原子半径减小；

B．碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关；

C．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱；

D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。

本题考查元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、同周期和同主族元素性质的变化规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期律的应用，题目难度不大。

5. 下列过程没有明显现象的是（　　）

A. 加热NH4Cl固体                    

B. 向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水

C. 向FeSO4溶液中通入NO2                  

D. 将铝片放入冷的浓硫酸中

【答案】D

【解析】解：A．加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵固体，有明显的现象，故A不符合；

B．向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，故B不符合；

C．向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，溶液变为黄色，有明显现象，故C不符合；

D．将铝片放入冷的浓硫酸中，铝表面形成一层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，无明显现象出现，故D符合；

故选：D。

A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体重新化合生成氯化铵固体；

B．硫酸铝溶液中滴入氨水生成白色沉淀氢氧化铝；

C．如花的通入硫酸亚铁溶液中发生氧化还原反应，溶液变为黄色；

D．常温下铝在浓硫酸中发生钝化。

本题考查了物质性质分子、物质特征性质和反应现象的理解应用，注意浓硫酸的钝化现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

6. 下列说法不正确的是（　　）

A. 淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类

B. 制作集成电路板的酚醛树脂属于合成高分子

C. 甘油和氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应

D. 蛋白质溶液中加醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水

【答案】D

【解析】解：A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖，葡萄糖属于单糖，所以淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类，故A正确；

B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物，酚醛树脂相对分子质量在10000以上，所以属于高分子化合物，故B正确；

C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应，甘油含有醇羟基、氨基酸含有羧基，所以二者都能发生酯化反应，故C正确；

D．蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，故D错误；

故选：D。

A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖；

B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物；

C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应；

D．蛋白质遇重金属发生变性。

本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意蛋白质变性和盐析区别，为解答易错点。

7. 如图是制备和收集气体的实验装置，该装置可用于（　　）

A. 饱和食盐水与碳化钙反应制取乙炔

B. 浓硝酸与铜反应制取二氧化氮

C. 浓氨水与生石灰反应制取氨气

D. 浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气

【答案】A

【解析】解：A．碳化钙与食盐水在常温下反应制取乙炔，乙炔不溶于水，可用排水法收集，故A正确；

B．因二氧化氮溶于水且与水反应，则不能用排水法收集，故B错误；

C．浓氨水与生石灰反应制取的氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；

D．浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制备氯气，本题装置没有加热，故D错误。

故选：A。

由装置可知，反应在常温下进行，生成的气体可用排水法收集，说明气体不溶于水，以此解答该题。

本题考查了实验装置的选取，侧重于学生的分析、实验能力的考查，根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取收集装置，难度不大。

8. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）

A. 7.8gNa2O2中阴离子数为0.2NA

B. 1molOH-含有的电子数为10NA

C. 常温常压下，2.24L乙烯中含有的氢原子数为0.4NA

D. 0.1L0.5 mol•L-1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA

【答案】B

【解析】解：A.7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，阴离子数为：0.1NA，故A错误；

B.1molOH-含有的电子数为10NA，故B正确；

C．常温常压Vm不等于22.4L/mol，Vm未知无法计算乙烯的物质的量和氢原子数，故C错误；

D．醋酸为弱酸，部分电离，0.1L0.5 mol•L-1CH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故D错误；

故选：B。

A．过氧化钠中阴离子为过氧根离子；

B.1个氢氧根离子含有10个电子；

C．常温常压Vm不等于22.4L/mol；

D．醋酸为弱酸，部分电离。

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。

9. 下列反应方程式书写不正确的是（　　）

A. 用氢氟酸雕刻玻璃：SiO2 +4HF=SiF4↑+2H2O

B. 工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑

C. 将铝片打磨后放入氢氧化钠溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑

D. 氢氧化亚铁暴露于空气中：4Fe（OH）2 +O2 +2H2O=4 Fe（OH）3

【答案】C

【解析】【分析】

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，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、与量有关的离子反应考查，题目难度不大。

【解答】

A．用氢氟酸雕刻玻璃，化学方程式：SiO2 +4HF=SiF4↑+2H2O，故A正确；

B．电解熔融氯化镁生成镁和氯气，电解方程式：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故B正确；

C.2H2O+2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故C错误；

D．氢氧化亚铁暴露于空气中，离子方程式：4Fe（OH）2 +O2 +2H2O=4 Fe（OH）3，故D正确；

故选C。

10. K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O．下列关于该反应的说法不正确的是（　　）

A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 氧化性：KNO3＞K2FeO4

C. 每生成1molK2FeO4，转移6mol e- D. K2FeO4具有氧化杀菌作用

【答案】C

【解析】解：反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故Fe2O3为还原剂，而KNO3中N元素由+5价变为+3价，做氧化剂。

A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；

B、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂＞氧化产物，故氧化性：KNO3＞K2FeO4，故B正确；

C、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，故C错误；

D、K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确。

故选：C。

反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故Fe2O3为还原剂，而KNO3被还原，做氧化剂，据此分析。

本题考查了氧化还原反应中得失电子数的计算、氧化性强弱的比较等，难度不大，注意基础的积累。

11. 下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是（　　）

A. 将NaOH溶液加入NaHSO4溶液中使其转化为Na2SO4 

B. 将TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2•xH2O

C. 将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3

D. 将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀

【答案】A

【解析】解：A．将NaOH溶液加入NaHSO4溶液，反应生成Na2SO4，相当于发生酸碱反应，与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关，故A选；

B．TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2•xH2O，过程中TiCl4发生水解，生成的HCl不断挥发，最终转化为TiO2•xH2O，过程与盐类水解有关，故B不选；

C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，故C不选；

D．将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀，HgS为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，故D不选，

故选：A。

A．将NaOH溶液加入NaHSO4溶液，反应生成Na2SO4，相当于发生酸碱反应；

B．TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2•xH2O，过程中TiCl4发生水解；

C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质；

D．将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀，HgS为难溶电解质。

本题考查难溶电解质的溶解平衡及盐类水解，为高频考点，把握化学反应与平衡移动原理的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。

12. 一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如图。

下列关于该高分子的说法正确的是（　　）

A. 能水解成小分子 B. 单体只含有一种官能团

C. 氢键对该高分子的性能没有影响 D. 结构简式为：

【答案】D

【解析】解：根据图示可知，该有机物的结构简式为，其单体的结构简式为CH2=CHCOOH，

A．为CH2=CHCOOH通过加聚反应生成的，不能发生水解反应，故A错误；

B．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，故B错误；

C．氢键影响该高分子化合物的熔点和沸点，故C错误；

D．该高分子化合物的结构简式为，故D正确；

故选：D。

根据图示可知，该有机物的结构简式为，其单体的结构简式为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基两种官能团，CH2=CHCOOH通过加聚反应生成该高分子化合物，结合氢键影响物质熔沸点分析。

本题考查有机物结构与性质，题目难度不大，正确推断该高分子化合物的结构简式为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

13. 如图是一种新型的光化学电源，当光照射光电极时，通入O2和H2S即产生稳定的电流（H2AQ和AQ是两种有机物）。下列说法不正确的是

（　　）

A. 负极的电极反应为2I--2e-=I2

B. 总反应为 H2S+O2 H2O2+S

C. H+通过阳离子交换膜从正极区进入负极区

D. 电源工作时发生了光能、化学能、电能间的转化

【答案】C

【解析】解：A．由意思分析可知负极的电极反应为2I--2e-=I2，故A正确；

B．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为 H2S+O2 H2O2+S，故B正确；

C．原电池工作时，阳离子向正极移动，故C错误；

D．由图象可知电源工作时发生了光能、化学能、电能间的转化，故D正确。

故选：C。

由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为2I--2e-=I2，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2 H2O2+S，以此解答该题。

本题考查原电池知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，难度不大。

14. 温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X （g）+Y（g） ⇌2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（　　）

A. 反应0～4 min的平均速率υ（Z）=0.25 mol•（L•min）-1

B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2

C. 其他条件不变，9 min后，向容器中再充入1.6 molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大

D. 其他条件不变，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0

【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了化学反应速率、化学平衡常数的计算、改变条件下的平衡移动方向分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

A.4min内Y物质的量变化为0.16mol-0.11mol=0.05mol，求出Y的物质的量变化，根据v=计算v（Y），再根据v（Z）=2v （Y）计算υ（Z）；

B.由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，用物质的量浓度代入平衡常数表达式计算；

C.其他条件不变，9 min时是平衡状态，再充入1.6 mol Z，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大；

D.反应为放热反应，降温平衡正向进行。

【解答】

A.由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，故v（Z）===0.025mol/（L•min），所以v（Z）=2v （Y）=0.05mol/（L•min），故A错误；

B.由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为

                               X（g）+Y（g）⇌2Z（g）

起始浓度（mol/L）   0.16     0.16          0

变化量（mol/L）      0.06      0.06      0.12

平衡浓度（mol/L）    0.1       0.1       0.12

所以平衡常数K===1.44，故B错误；

C.其他条件不变，9 min时是平衡状态，再充入1.6 mol X，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，但再次达到平衡时，X的浓度增大，故C错误；

D.T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，降温K增大，则平衡正向移动，所以该反应正向为放热反应，故D正确；

故选D。

15. 下列实验方案不能达到相应目的是（　　）

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】【分析】

本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、化学平衡及速率的影响因素等，易错点为BC，注意比较一种条件外界条件对化学平衡的影响，必须在其它条件相同的情况下进行，题目难度中等。

【解答】

A.白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；

B.反应生成Fe（SCN）3，KSCN浓度越大，颜色越深，可完成实验，故B正确；

C.高锰酸钾浓度较大时，随反应速率较快，但颜色变化不明显，应用不同浓度的草酸溶液比较，故C错误；

D.如生成二氧化碳，可说明醋酸的酸性比碳酸强，碳酸氢钠加入硼酸溶液中，如无现象，可说明碳酸的酸性比硼酸强，故D正确。

故选：C。

16. 为了研究Mg（OH）2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验：

①向2mL 0.2mol•L-1 MgCl2溶液中滴加1mol•L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。

②向一份中逐滴加入4mol•L-1 NH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4mol•L-1 CH3COONH4溶液（pH≈7），边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。

③将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。

下列说法不正确的是（　　）

A. Mg（OH）2浊液中存在：Mg（OH）2 （s） ⇌Mg2+（aq）+2OH- （aq）

B. ②中两组实验中均存在反应：Mg（OH）2 +2NH4+=Mg2++2NH3•H2O

C. H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg（OH）2的过程

D. ③中获得的图象与②相同

【答案】D

【解析】解：A．Mg（OH）2浊液中，Mg（OH）2为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，则浊液中存在：Mg（OH）2 （s） ⇌Mg2+（aq）+2OH- （aq），故A正确；

B．根据图象，加入NH4Cl或CH3COONH4，Mg（OH）2质量减少，说明Mg（OH）2溶于铵盐溶液，发生反应：Mg（OH）2 +2NH4+=Mg2++2NH3•H2O，故B正确；

C．NH4Cl溶液为酸性溶液，NH4+发生水解产生H+，相当于发生酸碱反应，则H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg（OH）2的过程，故C正确；

D．③中将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制Mg（OH）2的溶解，所得的图象与②不相同，故D错误，

故选：D。

A．Mg（OH）2浊液中，Mg（OH）2为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡；

B．根据图象，加入NH4Cl或CH3COONH4，Mg（OH）2质量减少，说明Mg（OH）2溶于铵盐溶液；

C．NH4Cl溶液为酸性溶液，NH4+发生水解产生H+，相当于发生酸碱反应；

D．③中将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制Mg（OH）2的溶解。

本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡和盐类水解的知识，明确图象的意义，掌握盐类水解的过程是解题的关键，难度不大，是基础题。

二、简答题（本大题共3小题，共26.0分）

17. 溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等，苦卤提溴的工业流程如下：



（1）Cl2和苦卤中的Br-反应生成Br2的离子方程式是______。

（2）结合元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的原因：______。

（3）吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br-和BrO3-，则A是______（填序号）。

a．NaCl溶液        b．Na2CO3溶液        c．SO2气体

（4）从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是______。

【答案】Cl2+2Br-=Br2+2Cl-   Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br   b   5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O

【解析】解：（1）Cl2和苦卤中的Br-反应生成Br2，反应的离子方程式：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，

故答案为：Cl2 +2Br-=Br2 +2Cl-；

（2）元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的原因是：Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br，

故答案为：Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br；

（3）吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br-和BrO3-，说明溴单质在碱溶液中反应生成了Br-和BrO3-，选b，

故答案为：b；

（4）从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，

故答案为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2 +3H2O。

苦卤中通入氯气发生氧化还原反应生成溴单质，通入热空气吹出后吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br-和BrO3-，用碳酸钠吸收，加入稀硫酸反应生成溴单质，蒸馏塔中得到液溴，

（1）Cl2和苦卤中的Br-反应生成Br2；

（2）同主族原子半径依次增大，得到电子能力依次减弱；

（3）吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br-和BrO3-，说明溴单质发生了歧化反应；

（4）Br-和BrO3-在酸溶液中发生氧化还原反应生成溴单质，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。

本题考查了海水提溴的关系分析判断、氧化还原反应分析应用、非金属性的强弱比较方法等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

18. 直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程如图1。



已知：H2SO3、HSO3-、SO32-在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2，

Na2SO3•7H2O 和Na2SO3的溶解度曲线如图3。



（1）Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：______。

（2）吸收烟气

①为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔中的pH为______。

②NaHSO3溶液中c（SO32-）＞c（H2SO3），结合方程式解释其原因：______。

③已知下列反应：

SO2（g）+2OH- （aq）=SO32- （aq）+H2O（l）       △H1=-164.3kJ•mol-1

CO2（g）+2OH- （aq）=CO32- （aq）+H2O（l）△H2=-109.4kJ•mol-1

2HSO3- （aq）=SO32- （aq）+SO2（g）+H2O（l）     △H3=+34.0kJ•mol-1

吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式是______。

④吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是______（写出1种即可）。

（3）制备无水Na2SO3

将中和塔中得到的Na2SO3溶液______（填操作），过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2SO3固体。

【答案】CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-   4～5   溶液中，HSO3-存在：HSO3-⇌H++SO32-和HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度   2SO2（g）+CO32-（aq）+H2O（l）=2HSO3-（aq）+CO2（g）△H=-88.9kJ•mol-1   防止SO2的溶解度下降；防止HSO3-受热分解；防止HSO3-的氧化速率加快等   隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤

【解析】解：（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-，故答案为：CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；

（2）①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高，故答案为：4～5；

②NaHSO3溶液中存在HSO3-⇌H++SO32-和HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，c（SO32-）＞c（H2SO3），说明HSO3-电离程度大于水解程度，

故答案为：溶液中，HSO3-存在：HSO3-⇌H++SO32-和HSO3-+H2O⇌H2SO3 +OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度；

③已知：①SO2（g）+2OH-（aq）=SO32-（aq）+H2O（l）△H1=-164.3kJ•mol-1

②CO2（g）+2OH-（aq）=CO32-（aq）+H2O（l）△H2=-109.4kJ•mol-1

③2HSO3-（aq）=SO32-（aq）+SO2（g）+H2O（l）△H3=+34.0kJ•mol-1，

利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式为2SO2（g）+CO32-（aq）+H2O（l）=2HSO3-（aq）+CO2 （g）△H=-88.9 kJ•mol-1，

故答案为：2SO2（g）+CO32- （aq）+H2O（l）=2HSO3-（aq）+CO2 （g）△H=-88.9 kJ•mol-1；

④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化，则吸收塔的温度不易过高，

故答案为：防止SO2的溶解度下降；防止HSO3-受热分解；防止HSO3-的氧化速率加快等；

（3）得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化，可隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，

故答案为：隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤。

（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；

（2）①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高；

②NaHSO3溶液中c（SO32-）＞c（H2SO3），说明HSO3-电离程度大于水解程度；

③已知：①SO2（g）+2OH-（aq）=SO32-（aq）+H2O（l）△H1=-164.3kJ•mol-1

②CO2（g）+2OH-（aq）=CO32-（aq）+H2O（l）△H2=-109.4kJ•mol-1

③2HSO3-（aq）=SO32-（aq）+SO2（g）+H2O（l）△H3=+34.0kJ•mol-1，

利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式；

④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化；

（3）得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化。

本题考查较为综合，涉及水解原理、离子浓度定性比较，盖斯定律计算、图象分析方法等，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目难度中等。

19. M是合成某药物的中间产物，其合成路线如下：



已知：

Ⅰ．+R2CH2COOR2

Ⅱ．R1COOR2+R2OHR1COOR3+R2OH

Ⅲ．+RCHCOOR+R2OH

（1）A分子无支链，只含有一种官能团，官能团的名称是______。

（2）B→E的反应类型是______。

（3）D的结构简式是______。

（4）F→G的化学方程式是______。

（5）已知J的分子式是C5H10O3，核磁共振氢谱有两个峰，峰面积比为2：3，且1mol J可与2mol NaOH溶液发生水解反应，J的结构简式是______。

（6）L的结构简式是______。

（7）L→M时，L发生了______（填“氧化”或“还原”）反应。

【答案】速记   加成反应     CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O       还原

【解析】解：（1）由分析可知A为HOOCCH2CH2COOH，则A中含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；

（2）B发生信息I中的加成反应生成E，故答案为：加成反应；

（3）由分析可知D的结构简式是：，故答案为：；

（4）F→G的化学方程式是：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

（5）由分析可知J的结构简式是：，故答案为：；

（6）由分析可知L的结构简式是：，故答案为：；

（7）对比L、M的结构可知，L组成上去氧加氢生成M，则L发生还原反应生成M，故答案为：还原。

由E的分子式及其产物结构，结合信息II，可推知E为，结合B的分子式、信息I中的加成反应，逆推可知B为C2H5OOCCH2CH2COOC2H5、D为，故A为HOOCCH2CH2COOH．F与乙醇反应生成G，G与J发生信息III中反应生成K，结合F、G的分子式，可知F属于羧酸、G属于酯，

故F为CH3COOH、G为CH3COOCH2CH3，（5）中J的分子式是C5H10O3，核磁共振氢谱有两个峰，峰面积比为2：3，且1mol J可与2mol NaOH溶液发生水解反应，故J为，结合K的分子式可推知K为，K进一步反应发生信息III中反应生成L，结合L的分子式、M的结构简式，可知L为，对比L、M的结构可知，L组成上去氧加氢生成M，则L发生还原反应生成M。

本题考查有机物的推断与合成，关键是对题目给予反应信息的理解，充分利用转化中物质的结构与分子式进行分析推断，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力，是有机化学常考题型，题目涉及有机物的结构复杂，属于易错题目。

三、实验题（本大题共3小题，共26.0分）

20. 实验小组研究稀硝酸与铁粉的反应，进行如下实验：

向2.0mL 0.5mol•L-1HNO3中加入过量铁粉，生成无色气体，遇空气不变色。充分反应后，溶液几乎无色。

（1）N在元素周期表中的位置是______。

（2）经检验，反应后的溶液中含有NH4+，检验NH4+的实验方案是______。

（3）实验中，生成NH4+的离子方程式是______。

（4）若反应后溶液中含有2×10-5 mol NH4+，HNO3得到的电子的物质的量为n（e-），则n（e-）______1.6×10-4 mol（填“＞”、“=”或“＜”）。

【答案】第二周期第ⅤA族   取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，则含有NH4+   4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O   ＞

【解析】解：（1）N的原子序数为7，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；

（2）检验NH4+，可加入氢氧化钠，进而检验是否生成氨气，方法是取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，则含有NH4+，

故答案为：取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，则含有NH4+；

（3）稀硝酸与铁反应生成铵根离子，并生成亚铁离子，离子方程式为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O，故答案为：4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O；

（4）如仅生成2×10-5 mol NH4+，则转移电子的物质的量为2×10-5 mol×8=1.6×10-4 mol，但还生成无色气体，遇空气不变色，可能生成氮气，则转移的电子大于1.6×10-4 mol，故答案为：＞。

（1）N的原子序数为7，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5；

（2）检验NH4+，可加入氢氧化钠，进而检验是否生成氨气；

（3）稀硝酸与铁反应生成铵根离子，并生成亚铁离子；

（4）反应生成铵根离子，生成无色气体，遇空气不变色，可能生成氮气。

本题考查性质探究的实验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握氢离子和硝酸根的还原性大小的比较，明确氧化产物及其鉴定是解题的关键，题目难度中等。

21. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：

Ⅰ．将软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。

Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。

Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。

Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。

资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应（Mn的化合价既升高又降低）。

（1）Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是______。

（2）Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是______。

（3）Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是______。

（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是______。

（5）将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图：



①b极是______极（填“阳”或“阴”），D是______。

②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：______。

③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是______。

（6）用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：

已知：Na2C2O4 +H2SO4 =H2C2O4 +Na2SO4

5H2C2O4 +2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

摩尔质量：Na2C2O4  134g•mol-1    KMnO4  158g•mol-1

ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。

ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。

ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL（杂质不参与反应）。

产品中KMnO4的质量分数的表达式为______。

【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率   2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O   保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应   3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3   阴   较浓的KOH溶液   a极：MnO42--e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4   用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原  

【解析】解：（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率增大，

故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；

（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，

故答案为：2MnO2 +4KOH+O2 2K2MnO4 +2H2O；

（3）由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质，

故答案为：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；

（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，

故答案为：3K2MnO4 +2CO2 =2KMnO4 +MnO2↓+2K2CO3；

（5）①由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液，

故答案为：阴； 较浓的KOH溶液；

②a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生MnO42--e-=MnO4-，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，

故答案为：a极：MnO42--e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；

③用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原，提高锰元素的利用率，

故答案为：用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原；

（6）称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n（Na2C2O4）=mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n（KMnO4）=mol×，则50mL溶液中n（KMnO4）=mol××，质量为mol×××158g•mol-1=，

则产品中KMnO4的质量分数为。

故答案为：。

（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积；

（2）由题意可知软锰矿（主要成分MnO2）粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；

（3）用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质；

（4）Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2；

（5）电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子；

（6）称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n（Na2C2O4）=mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n（KMnO4），进而计算纯度。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。

22. 实验小组研究酸性条件下K2Cr2O7溶液和H2O2溶液的反应。

【实验Ⅰ】向盛有H2O2溶液的试管中，加入过量的K2Cr2O7溶液和硫酸，振荡，溶液立即变为紫红色，此时pH=1．溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色。

资料：

ⅰ．Cr2（SO4）3溶液呈绿色。

ⅱ．酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，CrO5进一步反应生成Cr3+和O2。

ⅲ．CrO5是一种+6价Cr的过氧化物，其结构如图1，CrO5可溶于水，易溶于乙醚得到蓝色溶液。

ⅳ．乙醚是一种无色、不溶于水、密度比水小的有机溶剂，化学性质稳定。

（1）实验Ⅰ中产生的气体是O2，检验的方法是______。

（2）实验Ⅰ的紫红色溶液中含有CrO5。

①验证紫红色溶液中含有CrO5的操作及现象是______。

②生成CrO5的反应不是氧化还原反应，反应的离子方程式是______。

（3）对实验Ⅰ中溶液变为绿色和产生O2的原因，作出如下假设：

a．CrO5在酸性溶液中不稳定，自身氧化还原生成Cr3+和O2。

b．CrO5在酸性条件下氧化了溶液中的H2O2，生成Cr3+和O2。

为验证上述假设，用图2装置进行实验Ⅱ和实验Ⅲ（夹持装置已略，B中石蜡油用于吸收挥发出的乙醚）。实验操作及现象如下：

【实验Ⅱ】

ⅰ．将20mL CrO5的乙醚溶液加入A中的20mLpH=1的稀硫酸中，不断搅拌，乙醚层由蓝色变为无色，水层变为绿色，O2体积为V mL。

ⅱ．步骤ⅰ结束后向A中加入少量K2Cr2O7溶液，轻轻搅拌，静置，乙醚层又显出蓝色。

【实验Ⅲ】

仅将实验Ⅱ中的pH=1的稀硫酸替换为等量的含H2O2的pH=1的稀硫酸，重复实验。现象与实验Ⅱ相同，且O2体积仍为V mL。

①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2：3，补全离子方程式：

2CrO5+______=2Cr3++3O2↑+______+______。

②甲同学认为依据实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同，无法说明假设b是否成立，其理由是______。

（4）实验Ⅰ中总反应的离子方程式是______。

【答案】将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2   取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色   Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O   6H+   H2O2   2H2O   实验Ⅱ、Ⅲ中，O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O，且-1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立   Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O

【解析】解：（1）可用带有火星的木条检验氧气，方法是将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2，

故答案为：将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2；

（2）①CrO5可溶于水，易溶于乙醚得到蓝色溶液，检验方法是取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色，

故答案为：取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色；

②酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，且生成CrO5的反应不是氧化还原反应，反应的离子方程式为Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O，

故答案为：Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O；

（3）①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2：3，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，O元素化合价由-1价升高到0价，且生成过氧化氢，反应的方程式为2CrO5+6H+=2Cr3++3O2↑+H2O2 +2H2O，

故答案为：2CrO5+6H+=2Cr3++3O2↑+H2O2 +2H2O；

②O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O，且-1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立，

故答案为：实验Ⅱ、Ⅲ中，O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O，且-1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立；

（4）溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色，生成气体为氧气，且生成Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O，

故答案为：Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O。

（1）可用带有火星的木条检验氧气；

（2）①CrO5可溶于水，易溶于乙醚得到蓝色溶液，可以此检验；

②酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，且生成CrO5的反应不是氧化还原反应；

（3）①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2：3，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，O元素化合价由-1价升高到0价，且生成过氧化氢；

②O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O，且-1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同；

（4）溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色，生成气体为氧气，且生成Cr3+。

本题综合考查物质的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，难度较大。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/6a78a28174a20029bd64783e0912a21615797f1d.html