密云区 2019-2020 学年第二学期高三第一次阶段性测试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64
第一部分
本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题
目要求的一项。
1.下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（ ）
A.铁红用作颜料 B.84 消毒液杀菌 C.纯碱去污 D.洁厕灵除水垢
用品
主要成分 Fe2O3 NaClO Na2CO3 HCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2O3 为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故 A 不符合题意；
B．NaClO 具有强氧化性，84 消毒液杀菌利用了其强氧化性，故 B 符合题意；
C．纯碱去油污，利用了 Na2CO3 水溶液显碱性的性质，故 C 不符合题意；
D．洁厕灵除水垢利用了 HCl 溶液的酸性，故 D 不符合题意；
故答案选 B。
2.化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀
B. 燃煤中加入 CaO 可以减少温室气体的排放
C. 加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为 75%
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn 比 Fe 活泼作负极，Fe 作正极，发生得电子的还
原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故 A 正确；
B．燃煤中加入 CaO 可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故 B 错
误；
C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故 C 正确；
D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成
一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故 D 正确；
故答案选 B。
3.能用离子方程式 2H++CO32-=CO2↑+H2O 表示的是（ ）
A. NaHSO4 和 Na2CO3 B. H2SO4 和 BaCO3
C. CH3COOH 和 Na2CO3 D. HCl 和 NaHCO3
【答案】A
【解析】
【分析】
离子方程式 2H++CO32-=CO2↑+H2O 说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，
据此分析解答。
【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子
与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为 2H++CO32-=CO2↑+H2O，故 A 正确；
B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故 B 错误；
C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故 C 错误；
D．碳酸氢钠电离出是 HCO3−而不是 CO32−，故 D 错误；
故答案选 A。
【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解
质、单质等物质都要写化学式，为易错点。
4.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol 氨基（-NH2）含有电子数目为 10NA
B. 2gH218O 中所含中子、电子数目均为 NAC. pH=1 的 H2SO4 溶液 10L，含 H+的数目为 2NA
D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少 64g，则阳极失去的电子数为 2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数＝1mol×9×NA＝9NA，故 A
错误；
B．H218O 的摩尔质量均为 20g/mol，2gH218O 的物质的量为 0.1mol，分子中含有的中子数、电
子数均为 10 个，则 0.1mol 混合物中含有的中子数、电子数均为 NA 个，故 B 正确；
C．pH=1 的 H2SO4 溶液中，由 pH＝−lgc(H＋)＝1，H2SO4 溶液 c(H＋)＝0.1mol/L，10L 溶液 n(H
＋)＝1mol，所含 H＋数目为 NA，故 C 错误；
D．电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、、镍失电子，然后才是铜失电子，
当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是 2NA，故 D 错误；
故答案选 B。
5.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓
B. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C. 向 NaHCO3 溶液中加入 NaOH 溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
D. 向 AgCl 悬浊液中加入 Na2S 溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-
【答案】A
【解析】
【 详 解 】A． 硫 酸 铜 溶 液 中 加 入 氢 氧 化 钡 溶 液 的 离 子 反 应 为 Cu2 ＋ ＋2OH− ＋Ba2 ＋ ＋
SO42−=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故 A 错误；
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生氧化还原反应，则离子反应为 2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋=2Fe3＋＋2H2O，故 B 正确；
C．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3−＋OH−=CO32−
＋H2O，故 C 正确；
D．向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应
为：2AgCl＋S2−=Ag2S＋2Cl−，故 D 正确；
故答案选 A。
6.下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）A. 氨气遇到 HCl 气体后产生白烟
B. 品红溶液通入 SO2 气体后褪色
C. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇 Cl2 变蓝
D. 在无色火焰上灼烧 NaCl 火焰呈黄色
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气遇到 HCl 气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，
故 A 不符合题意；
B．品红溶液通入 SO2 气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧
化还原反应无关，故 B 不符合题意；
C．Cl2 与碘化钾发生氧化还原反应生成 I2，I2 使淀粉变蓝，故 C 符合题意；
D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故 D 不符合题意；
故答案选 C。
7.已知： ΔH=-akJ/mol
下列说法中正确的是（ ）
A. 顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定
B. 顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低
C. 高温有利于生成顺-2-丁烯
D. 等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，所以反−2−丁烯稳
定，故 A 错误；
B．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，故 B 错误；
C．温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺−2−丁烯，故 C 正
确；
D．顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，等物质的量的顺−2−丁烯和反−2−丁烯分别与足量
氢气反应，放出的热量不相等，故 D 错误；
故答案选 C。8.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. NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B. S(s) SO3(g) H2SO4(aq)
C. MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) Mg(s)
D. N2(g) NH3(g) NaHCO3(s)
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以 Cl2(g) FeCl2(s)转化不
能实现，故 A 错误；
B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故 B 错误；
C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以 Mg(OH)2(s)
Mg(s)转化不能实现，故 C 错误；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故 D 正确；
故答案选 D。
9.下列说法正确的是
A. 乙二醇和丙三醇互为同系物
B. 室温下，在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯
C. 分子式为 C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有 4 种
D. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙二醇含有 2 个羟基，丙三醇含有 3 个羟基，结构不同，二者不是同系物，A 错
误；
B．室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故
在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯，B 正确；
C．分子式为 C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共
3 种，C 错误；
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，
Fe(s)
Δ
→
→煅烧D 错误；
故答案选 B。
10.X、Y、Z 为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（ ）
元素 X Y Z
单质与 H2 反应条件 暗处爆炸 光照 高温、高压、催化剂
常温下氢化物水溶液的 pH 小于 7 小于 7 大于 7
A. Y 的含氧酸均为强酸
B. 最外层电子数 Z>Y
C. 气态氢化物的稳定性 Y>X
D. Y 与 Z 二者氢化物反应的产物含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z 为短周期非金属元素，X 单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液 pH 小于 7，
则 X 为 F 元素；Y 单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液 pH 小于 7，则 Y 为 Cl
元素；Z 单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液 pH 大于 7，则
Z 为 N 元素。
【详解】X、Y、Z 为短周期非金属元素，X 单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液 pH
小于 7，则 X 为 F 元素；Y 单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液 pH 小于 7，
则 Y 为 Cl 元素；Z 单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液 pH
大于 7，则 Z 为 N 元素；
A．Y 为氯元素，含氧酸中 HClO 为弱酸，故 A 错误；
B．Z 为 N 元素，原子最外层电子数为 5，Y 为 Cl 元素，原子最外层电子数为 7，故最外层电
子数 Y＞Z，故 B 错误；
C．非金属性 F＞Cl，故 HCl 的稳定性比 HF 弱，故 C 错误；
D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故 D 正确；故答案选 D。
【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的 pH 判断 X、Y、Z 元素种类，然后根据
元素性质进行分析和判断。
11.利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）
a b c 实验结论
A 浓醋酸 CaCO3 C6H5ONa 溶液 酸性：碳酸＞苯酚
B
Br2 的
苯溶液
铁屑 AgNO3 溶液 苯和液溴发生取代反应
C 浓盐酸
酸性 KMnO4
溶液
碘化钾溶液 氧化性：Cl2＞I2
D
饱和食
盐水
电石
酸性 KMnO4 溶
液
乙炔具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到
苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故 A 错误；
B．溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴
酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故 B 错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中 碘单质，可比较氧化性，故 C 正
确；
D．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，
的应先除杂，故 D 错误；
故答案选 C。
12.常温下，向 20.00mL0.1000mol·L-1 的醋酸溶液中逐滴加入 0.1000mol·L-1 的 NaOH 溶液，pH
随 NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B. pH=5 时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. pH=7 时，消耗 NaOH 溶液的体积小于 20.00mL
D. 在滴定过程中，随 NaOH 溶液滴加 c(CH3COO-)持续增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；
B．pH＝5 时，溶液呈酸性，则 c(H＋)＞c(OH−)，结合电荷守恒判断；
C．如果消耗 NaOH 溶液的体积 20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为
中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于 20.00mL；
D．由于 CH3COOH 的物质的量是定值，故 c(CH3COO-)不可能持续增大。
【详解】A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故 A 正
确；
B．pH＝5 的溶液呈酸性，则 c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，则溶液
中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故 B 正确；
C．如果消耗 NaOH 溶液的体积 20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为
中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于 20.00mL，故 C 正确；
D．由于 CH3COOH 的物质的量是定值，故随 NaOH 溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)
不可能持续增大，故 D 错误；
故答案选 D
【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解
。原理判断离子浓度的大小。
13.乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混
合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（ ）
A. 1：1 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2
【答案】C
【解析】
【分析】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托
品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒判断氨与甲醛的物质的量
之比。
【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每
个乌洛托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨
气分子中含有 1 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6 个
甲醛分子、4 个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：6＝2：3，根据 N＝nNA 知，
分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比 2：3，故答案选 C。
14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是（ ）
① ② ③
A. 由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生B. 红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C. 由③可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性
D. ③的气体产物中检测出 CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为 NO2，由此可以推知：HNO3 中+5 价的 N 降
低到+4 价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2 价升高到 0 价，发生氧化反应，产
生了氧气，故 A 正确；
B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原
成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也
会生成红棕色的二氧化氮气体，故 B 错误；
C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝
酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝
酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，
二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，故 C 正确；
D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓
硝酸发生了反应，故 D 错误；
故答案选 AC。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_____。
（2）工业上合成氨 反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
过程中能量变化如图所示。
的①该反应是_____反应。（填“放热”或“吸热”）
②在反应体系中加入催化剂，E2 会_____。（填“增大”或“减小”或“不变”）
③若要增大 NH3 产率，可采取的措施有_____。（填字母）
a.升高温度 b.增大压强 c.不断分离出 NH3
（3）利用如图所示装置探究 NH3 能否被 NO2 氧化。
①C 装置中制取 NO2 反应的离子方程式是_____。
②某同学认为 NH3 能被 NO2 氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到 B 装置中红棕色消失。
下表为不同时间下观察到的现象。
时间 1 分钟 2 分钟 3 分钟
现象 红棕色未消失 红棕色未消失 红棕色未消失
请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_____、_____。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 放热 (3). 减小 (4). bc
(5). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (6). NO2 氧化性较弱，不能将 NH3 氧化 (7). 在
此条件下，NH3 的转化率极低
【解析】
【分析】
(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；
(2)①根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；
②催化剂降低化学反应的活化能；
③从化学平衡移动的角度进行分析；
(3)①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；
②实验过程中，未能观察到 C 装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应
Δ速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。
【详解】(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学
方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)①由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；
②加入催化剂会降低反应的活化能，导致 E2 减小；
③a．由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3 产率降低，故不选；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3 产率增大，可选；
c．不断分离出 NH3，会促使反应正向进行，NH3 产率增大，故选；
故答案选 bc。
(3)①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：
Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
②造成未能观察到 C 装置中的预期现象可能原因是：NO2 氧化性较弱，不能将 NH3 氧化；在
此条件下，NH3 的转化率极低；反应速率慢；通入的 NO2 过量等。
16.以高硫铝土矿(主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量 FeS2 和金属硫酸盐)为原料，生产
Al(OH)3 并获得 Fe3O4 的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生 SO2，用于吸收 SO2 的试剂可以是______。
（2）添加 1%CaO 和不添加 CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐 分解温度都高于 600℃
硫去除率=(1− )×100%
的
Δ
焙烧后矿粉中硫元素总质量
焙烧前矿粉中硫元素总质量①500℃焙烧(不添加 CaO 的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。
②700℃焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低的主要原因是
______。
（3）向含大量 AlO2-的滤液中通入过量 CO2，得到 Al(OH)3 白色沉淀，发生该反应的离子方程
式为______。
（4）FeS2 与滤渣中 Fe2O3 在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2，理论上 1molFeS2 完全参与反
应生成 Fe3O4 的物质的量为______mol。
【答案】 (1). NaOH 溶液、Na2SO3 溶液 (2). FeS2 (3). 硫元素转化为 CaSO4 而留在
矿粉中 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). 11
【解析】
【分析】
高硫铝土矿生产 Al(OH)3 并获得 Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其
中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱
浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时 Fe2O3 与 FeS2
混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来
解答。
【详解】(1)吸收过量 SO2 可以用 NaOH 溶液或 Na2SO3 溶液；
(2)①不添加 CaO 的矿粉中 S 元素来源是 FeS2 和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高
于 600℃，所以可判断焙烧过程中 S 元素主要来源是 FeS2；
②700℃焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低，考虑加入 CaO
可能使 S 转化为 CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致 S 的脱除率降低；
(3)向含 AlO2-的滤液中通入过量 CO2，得到 Al(OH)3 和 HCO3-，离子方程式为
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)FeS2 与滤渣中 Fe2O3 在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2，设有 xmolFe2O3 和 ymolFeS2 完全
参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3− )＝2y×5＋y×（ −2)，解得 ＝16，所以理论上完
全反应消耗的 n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若 1molFeS2 完全参与反应，消耗 n(Fe2O3)=16mol，
根据铁元素守恒，生成的 Fe3O4 的物质的量为 11mol。
【点睛】本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出 n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出
生成的 Fe3O4 的物质的量。
的
8
3
8
3
x
y17.化合物 H 是一种光电材料中间体。由芳香化合物 A 制备 H 的一种合成路线如图：
已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题：
（1）A 的官能团名称是_____。
（2）试剂 a 是_____。
（3）D 结构简式为_____。
（4）由 E 生成 F 的化学方程式为_____。
（5）G 为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。
（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物 的流程。M→N 的化学方程式是_____。
【答案】 (1). 醛基 (2). 新制的氢氧化铜 (3). (4).
+CH3CH2OH +H2O (5).
(6). +NaOH +NaCl+H2O
【解析】
【分析】
→催化剂
Δ
→乙醇芳香族化合物 A 与乙醛发生信息①中的反应生成 B，A 含有醛基，反应中脱去 1 分子水，由
原子守恒可知 A 的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故 A 为 ，则 B 为
，B 发生氧化反应、酸化得到 C 为 ，C 与
溴发生加成反应得到 D 为 ，D 发生消去反应、酸化得到 E 为
，E 与乙醇发生酯化反应生成 F 为 ，结
合信息②中的加成反应、H 的结构简式，可推知 G 为 。
【详解】(1)由分析可知，A 的结构简式为： ，所含官能团为醛基；
(2)由分析可知，B 为 ，B 发生氧化反应、酸化得到 C 为
，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故 a 为新制的氢氧化铜；
(3)由分析可知，D 结构简式为 ；
(4)E 与乙醇发生酯化反应生成 F 为 ，化学方程式为：
+CH3CH2OH +H2O；
(5)G 为甲苯的同分异构体，故分子式为 C7H8，结合信息②中的加成反应、H 的结构简式，可
推知 G 为 ；
(6)由 可知，N 为 ，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故
环戊烷与 Cl2 发生取代反应生成 M 为 ，然后 与 NaOH 醇溶液发生消去反应生
成 N，化学方程式为： +NaOH +NaCl+H2O。
【点睛】本题关键是确定 A 的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线
图反推 N 的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。
→催化剂
Δ
→乙醇18.CO2 是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将 CO2 应用于生产中实现其综合利用是目前的研
究热点。
（1）由 CO2 转化为羧酸是 CO2 资源化利用的重要方法。
I.在催化作用下由 CO2 和 CH4 转化为 CH3COOH 的反应历程示意图如图。
①在合成 CH3COOH 的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。（填字母）
a.该催化剂使反应的平衡常数增大
b.CH4→CH3COOH 过程中，有 C—H 键发生断裂
c.由 X→Y 过程中放出能量并形成了 C—C 键
②该条件下由 CO2 和 CH4 合成 CH3COOH 的化学方程式为_____。
II.电解法转化 CO2 制 HCOOH 的原理如图。
①写出阴极 CO2 还原为 HCOO-的电极反应式：_____。
②电解一段时间后，阳极区的 KHCO3 溶液浓度降低，其原因是_____。
（2）由 CO2 合成甲醇是 CO2 资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下 CO2 和 H2 可
发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH
①有利于提高合成 CH3OH 反应中 CO2 的平衡转化率的措施有_____。（填字母）
a.使用催化剂 b.加压 c.增大初始投料比
②研究温度对于甲醇产率的影响。在 210℃~290℃保持原料气中 CO2 和 H2 的投料比不变，得
到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是
____。
2
2
n(CO )
n(H )【答案】 (1). bc (2). CH4+CO2 CH3COOH (3). 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-
(4). 阳极产生 O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 (5). b (6). <
(7). 温度升高，甲醇的平衡产率降低
【解析】
【分析】
(1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；
②由图示写出由 CO2 和 CH4 合成 CH3COOH 的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极 CO2 得电子，写出 CO2 还原为 HCOO-的电极反应式；
②根据电解池反应原理分析；
(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；
②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。
【详解】(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故 a 错误；
b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的
共价键，必有 C-H 键发生断裂，故 b 正确；
c．X→Y 的焓值降低，说明为放热过程，由 CH4→CH3COOH 有 C-C 键形成，故 c 正确；
故答案选 bc；
②由图示可知，由 CO2 和 CH4 合成 CH3COOH 的化学方程式为 CH4+CO2 CH3COOH；
Ⅱ．①阴极得电子，CO2 还原为 HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②阳极 H2O 失电子产生 O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以 c(HCO3-)降低，K+
部分进入阴极，导致阳极区的 KHCO3 溶液浓度降低；
(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响 CO2 的平衡转化率；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高 CO2 的平
衡转化率；
c．增大 CO2 和 H2 的初始投料比，CO2 的平衡转化率降低；故答案选 b；
②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即
ΔH
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