（新高考）2020-2021 学年上学期高三期中备考金卷
化 学（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形
码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
一、选择题（每小题 2 分，共 20 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是
A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
B．因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理
C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，
乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”
D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料
2．下列化学用语表达正确的是
A．质子数为 8，中子数为 10 的氧原子：108 O
B．CO2 的比例模型：
C．Na2S4 的电子式：
D．Na 在元素周期表中的位置是第三周期第 I 主族
3．NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，124g P4 中所含 P—P 键数目为 4NA
B．100mL 1mol·L−1 FeCl3 溶液中所含 Fe3+的数目为 0.1NA
C．标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 2NA
D．密闭容器中，2mol SO2 和 1mol O2 催化反应后分子总数为 2NA
4．下列物质的制备与工业生产相符合的是
A．NaCl(aq) Cl2(g) 漂白粉(s)
B．N2 NO HNO3
C．制取镁：海水 Mg(OH)2 MgO Mg
D．铝土矿 NaAlO2 溶液 Al(OH)3 Al2O3 铝
5．为减少温室气体的排放，科学家研究出以 TiO2 为催化剂，光热化学循环分解 CO2 的反应，
该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用 TiO2 作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解 CO2 反应的热化学方程式：
6．用如图装置探究 Cl2 和 NO2 在 NaOH 溶液中的反应。通入适当比例的 Cl2 和 NO2，发生的化
学反应为 Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是
A．实验室中可用 Cu 与 1mol·L−1 的硝酸制备二氧化氮气体
B．装置 II 中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出
C．由该反应可知氧化性顺序：Cl2>NO2>NaNO3
D．通过观察装置 I、III 中的气泡的快慢控制 Cl2 和 NO2 的通入量
7．2019 年 9 月，我国科研人员研制出 Ti－H－Fe 双温区催化剂，其中 Ti－H 区域和 Fe 区域的
温度差可超过 100℃。Ti－H－Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上
的物种用*标注。下列说法错误的是
电解→ →石灰水
2O→、放电 →空气、水
NaOH→ →高温 电解→
NaOH→溶液
过滤
2CO
过滤
→ →煅烧 →冰晶石
电解
2 22CO (g) 2CO(g) O (g) 30kJ / molH= + ∆ = −A．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
B．该历程中能量变化最大的是 2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
C．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
D．使用 Ti－H－Fe 双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热
8．前 20 号主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的原子最外层电子数是次外层电
子数的 3 倍，X、Y、Z 分属不同的周期，它们的原子序数之和是 W 原子序数的 5 倍，含有元素 Z
的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是
A．简单离子半径的大小 Z>Y>W>X
B．简单氢化物的沸点 W>X
C．Y 是地壳中含量最多的金属元素
D．工业上通过电解 W、Y 组成的化合物制备单质 Y
9．用如图装置进行实验，将液体 A 逐滴加入到固体 B 中，下列叙述正确的是
A．若 A 为浓盐酸，B 为 KMnO4 晶体，C 中盛有紫色石蕊溶液，则 C 中溶液最终呈红色
B．若 A 为浓氨水，B 为生石灰，C 中盛有 AlCl3 溶液，则 C 中溶液先产生白色沉淀，然后沉
淀又溶解
C．实验仪器 D 可以起到防止溶液倒吸的作用
D．若 A 为浓 H2SO4，B 为 Cu，C 中盛有澄清石灰水，则 C 中溶液变浑浊
10．向 l3.6g 由 Cu 和 Cu2O 组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸 250mL，当固体物质完全溶
解后生成 Cu(NO3)2 和 NO 气体。在所得溶液中加入 1.0L 0.5mol/L NaOH 溶液，生成沉淀质量为 l9.6g，
此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是
A．原固体混合物中 Cu 与 Cu2O 的物质的量之比为 2∶1
B．原稀硝酸中 HNO3 的物质的量浓度为 1.3mol/L
C．产生的 NO 的体积为 2.24L
D．Cu、Cu2O 与硝酸反应后剩余 HNO3 为 0.4mol
二、不定项选择题（每小题 4 分，共 20 分）
11．某黑色粉末可能是 Fe3O4 或 Fe3O4 与 FeO 的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下
列实验方案不可行的是
A．准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩
余固体质量，进行计算
B．准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不
变，称量所得粉末质量，进行计算
C．准确称量一定质量的黑色粉末，用 CO 充分还原，在 CO 气流中冷却后准确称量剩余固体的
质量，计算
D．准确称量一定质量的黑色粉末，用 H2 充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质
量，进行计算
12．用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是
选项 ①试剂 ①中现象 解释
A 品红溶液 溶液褪色 SO2 具有漂白性
B Na2SiO3 溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3＞H2SiO3
C 酸性 KMnO4 溶液 紫色褪去 SO2 具有还原性
D Ba(NO3)2 溶液 生成白色沉淀
SO2−3 与 Ba2+生成白色
BaSO3 沉淀
13．下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X 试剂后发生反应的离子方程式对应正确的
是
选项 离子组 试剂 X 离子方程式
A
强酸性溶液中：Fe3+、
NH +4 、SO2−4 、NO−3
少量的铜粉 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B Na+、Ba2+、[Al(OH)4]−、Cl− 过量的盐酸 [Al(OH)4]−+4H+＝Al3++4H2O
C
透明溶液：Fe3+、Al3+、
HCO−3、NO−3
NaHSO4 溶液
H++HCO−3=CO2↑+H2O
D
pH=0 的溶液：Mg2+、
Fe2+、SO2−4
双氧水 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
14．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)
制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2 O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X 选用铁粉
B．固体 1 中一定含有 SiO2，控制 pH 是为了使 Al3+转化为 Al(OH)3，进入固体 2
C．在空气中将溶液 2 蒸发浓缩、冷却结晶即可得到 FeSO4·7H2O 产品
D．若改变方案，在溶液 1 中直接加 NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分
离也可得到 FeSO4·7H2O
15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是
元素代号 X Y Z M R Q
原子半径(×10−10m) 0.37 1.86 1.43 0.99 0.75 0.74
最高正价 +1 +1 +3 +7 +5 ——主要
化合价 最低负价 -l —— —— -1 -3 -2
A．简单离子半径：Y>Z>M>R>Q
B．Y、Z、M 的最高价氧化物的水化物两两之间可以反应
C．化合物 XM、YM、RQ 都是电解质，熔融状态下都能导电
D．元素 Z、Y、M 的简单离子均能破坏水的电离平衡
三、非选择题（共 60 分）
16．SO2 虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为
MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，通过如图简化流程既脱除燃
煤尾气中的 SO2，又制得电池材料 MnO2(反应条件已省略)，达到变废为宝的目的。
请回答下列问题：
(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中 SO2 含量的是_______(填编号)。
a．NaOH 溶液、酚酞试液 b．稀 H2SO4 酸化的 KMnO4 溶液
c．KI 溶液、淀粉溶液 d．氨水、酚酞试液
(2)软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是_______，写出软锰矿浆
吸收 SO2 的离子方程式 。
(3)用 MnCO3 能除去溶液中的 Al3+和 Fe3+，其原理是_______。
(4)用 MnS 除杂过程中产生的副产品，经提纯处理后得到纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分
散在有机液体中，该分散系与 MnSO4 溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是_______。
(5)除杂后得到 MnSO4 溶液可以通过_______(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。
17．一种高效无机水处理剂——聚合氯化铝晶体的化学式为[Al2(OH)nCl6－n·xH2O]m。它可通过
调节 AlCl3 溶液的 pH，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它
主要含 Al2O3、Al、SiO2 等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：
（1）试剂 b 是________(填名称)；搅拌加热操作过程中发生反应的有关离子方程式为
_______________________，______________________。
（2）生产过程中实验操作 B、D 的名称均为________。
（3）反应中副产品 a 是_______(填化学式)，生产过程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。
（4）调节 pH＝4.0～4.5 的目的是______________________________________________。
（5）为得到较纯净的晶体，生产过程中 C 物质可选用________。
A．氨水 B．NaAlO2 C．NaOH D．Al2O3 E．Al
18．已知 X、Y、Z、M、G、Q 是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q 的单质
在常温下呈气态：Y 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍：X 与 M 同主族；Z、G 分别是地壳
中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：
(1)Z 在元素周期表中的位置为__________。
(2)M、G 的阳离子氧化性更强的是(写化学式)________。
(3)Z 和 Q 的最低价氢化物沸点更高的是(写化学式)_________。
(4)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(写化学式)________。
(5)M2Z2 的电子式为________。
(6)常温下，与 G 的单质发生反应的是(填字母序号)________。
A．CuSO4 溶液 B．浓硫酸 C．NaOH 溶液 D．Na2CO3 固体
19．CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(1)CO2 可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，写出 CO2 与 NaOH 溶液反应的主要化学方
程式__________。
(2)研究表明，在 Cu/ZnO 催化剂存在下，CO2 和 H2 可发生两个平衡反应，分别生成 CH3OH 和
CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ·mol−1 Ⅰ
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 Ⅱ
某实验室控制 CO2 和 H2 初始投料比为 1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
（备注）Cat.1∶Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2∶Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性：转化的 CO2 中生成甲醛的
百分比
已知：CO 和 H2 的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol−1 和-285.8kJ·mol−1；
H2O(l)=H2O(g) ΔH3 =+44.0kJ·mol−1
请回答（不考虑温度对 ΔH 的影响）：
①反应Ⅱ的 ΔH2=________kJ·mol−1。
②研究证实，CO2 可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式是
________。
③表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对 CO2 转化成 CH3OH 的选择性有显著的影
响，其原因是_____________。
(3)O2 辅助的 Al～CO2 电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用 CO2，电池反应产
物 Al2(C2O4)3 是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______。电池的正极反应式：6O2+6e−=6O−2；
6CO2+6O−2=3C2O2−4 +6O2，反应过程中 O2 的作用是________。该电池的总反应式：__________。
20．华法林(物质 F)是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗维生素 K 的作用，可用于预防栓塞
性疾病。某种合成华法林的路线如下图所示。请回答下列相关问题。
(1)华法林的分子式是___________。物质 E 中的含氧官能团名称是___________。
(2)A→B 的氧化剂可以是__________(填标号)。
a．银氨溶液 b．氧气
c．新制 Cu(OH)2 悬浊液 d．酸性 KMnO4 溶液
(3)C→D 的化学方程式是______________________________________________。
(4)E→F 的反应类型是______________________。
(5)物质 C 的同分异构体中符合下列条件的有____种(不考虑立体异构)。并写出其中一种的结构
简式__________。
①含有苯环；②苯环上有两个取代基；③含有－COO－结构且不含甲基
(6) 以 和 (CH3CO)2O 为 原 料 制 备 ， 写 出 合 成 路 线 ( 无 机 试 剂 任
选)__________________________。（新高考）2020-2021 学年上学期高三期中备考金卷
化学答案（B）
1.【答案】D
【解析】煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下生成气体或液体燃料，是化学变化，答案
选 D。
2.【答案】C
【解析】A．质子数为 8，中子数为 10 的氧原子： ，A 用语错误；B．CO2 中碳原子半径大
于氧原子，且为直线型，则比例模型： ，B 用语错误；C．Na2S4 为离子化合物，其电子式：
，C 用语正确；D．Na 在元素周期表中的位置是第三周期 IA 族，D 用语错
误；答案为 C。
3.【答案】C
【解析】A．常温常压下，124g P4 的物质的量是 1mol，由于白磷是正四面体结构，含有 6 个 P
－P 键，因此其中所含 P—P 键数目为 6NA，A 错误；B．铁离子在溶液中水解，所以 100mL 1mol·L−1
FeCl3 溶液中所含 Fe3+的数目小于 0.1NA，B 错误；C．甲烷和乙烯分子均含有 4 个氢原子，标准状
况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物的物质的量是 0.5mol，其中含氢原子数目为 2NA，C 正确；D．反应
2SO2+O2 2SO3 是可逆反应，因此密闭容器中，2mol SO2 和 1mol O2 催化反应后分子总数大于
2NA，D 错误。答案选 C。
4.【答案】D
【解析】A．石灰水中 Ca(OH)2 的浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故不选 A；
B．工业上制取硝酸时利用氨气的催化氧化制取 NO，故不选 B；C．海水中加入氧化钙制取氢氧化
镁，电解熔融氯化镁制取金属镁，不是电解熔融氧化镁，故不选 C；D．铝土矿中氧化铝和氢氧化
钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解为氧化铝，
电解熔融氧化铝制取金属铝，故选 D。
5.【答案】A
【解析】A．由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光
能 和 热 能 转 化 为 化 学 能 ， A 正 确 ； B ． 该 过 程 中 二 氧 化 碳 发 生 了 分 解 反 应
，属于氧化还原反应，故有电子转移，B 不正确；C．催化剂不能改
变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用 TiO2 作催化剂可以提高化学反应速率，C 不正
确 ； D ． 化 学 反 应 的 焓 变 等 于 反 应 物 的 键 能 总 和 与 生 成 物 的 键 能 总 和 的 差 ，
，则分解 CO2 反应的热化
学方程式为 ，D 不正确。
6.【答案】D
【解析】A．实验室中可用 Cu 与 1mol·L−1 的硝酸是稀硝酸只能生成 NO，得不到二氧化氮气体，
A 错误；B．装置 II 中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体有 Cl2 和 NO2、NO 等气体都是有
毒的气体，不能直接排出，B 错误；C．该反应 Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O 中 Cl2 是
氧化剂，NO2 是还原剂，NaNO3 是氧化产物，故只能得出氧化性顺序：Cl2>NO2、Cl2>NaNO3，但不
能得出 NO2>NaNO3，C 错误；D．由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以
通过观察装置 I、III 中的气泡的快慢控制 Cl2 和 NO2 的通入量，D 正确。
7.【答案】B
【解析】A．①为催化剂吸附 N2 的过程，②为形成过渡态的过程，③为 N2 解离为 N 的过程，
以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，
故 A 正确；B．由图可知，历程中能量变化最大的是 2.46eV，该过程为 N2 的吸附过程，氮氮三键没
有断裂，故 B 错误；C．升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应
为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故 C 正确；D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活
化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故 D 正确。
8.【答案】B
【解析】由题意分析可知W 为 O 元素、X 为 F 元素、Y 为 Mg 元素、Z 为 K 元素；A．钾离子
有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小
Z>W>X>Y，故 A 错误；B．W 为 O，简单氢化物为水，X 为 F，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高
于氟化氢，故 B 正确；C．Y 为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故 C 错误；D．工业电解熔
融的氯化镁冶炼镁，故 D 错误。
9.【答案】C
【解析】A．若 A 为浓盐酸，B 为 KMnO4 晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液
中，氯气与水反应生成 HCl 和 HClO，HCl 具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，HClO 具有漂白性，使
溶液褪色，C 中溶液最终呈无色，A 错误；B．若 A 为浓氨水，B 为生石灰，滴入后反应生成氨气，
氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以 C 中产生白色沉淀不溶解，
B 错误；C．D 中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此
可以防止液体倒吸，C 正确；D.若 A 为浓硫酸，B 为 Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则
没有二氧化硫产生，所以 C 中溶液无变化，D 错误。答案选 C。
10.【答案】A
【解析】向所得溶液中加入 0.5mol/L 的 NaOH 溶液 1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，
18
8 O
2 22CO (g) 2CO(g) O (g) = +
2 1598kJ / mol 2 1072kJ / mol 496kJ / mol 556kJ / molH∆ = × − × − = +
2 22CO (g) 2CO(g) O (g) 556kJ / molH= + ∆ = +此时溶液中溶质为 NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，沉淀为 Cu(OH)2，质量为 19.6g，
其物质的量为：19.6g÷98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有 n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应
后的溶液中 n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.2mol。A．设 Cu 和 Cu2O 的物质的量分别为 x mol、y mol，
根据二者质量有 64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有 x+2y=0.2，联立方程解得 x=0.1，y=0.05，则：
n(Cu)∶n(Cu2O)=0.1mol∶0.05mol=2∶1，故 A 正确；B．根据 N 元素守恒可知 n(HNO3)=n(NO)+
n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以 3n(NO)=2×0.1mol+2×0.05mol，
解得 n(NO)=0.1mol，根据 Na 元素可知 n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以 n(HNO3)=
n(NO)+n(NaNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol÷0.25L=2.4mol/L，故 B
错 误 ； C ． 由 B 中 计 算 可 知 n(NO)=0.1mol ， 所 以 标 准 状 况 下 NO 的 体 积 为 ：
0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故 C 错误；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反
应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中
n(HNO3)+2n[[Cu(NO3)2]=n(NaNO3) ， 所 以
n(HNO3)=n(NaNO3)-2n[[Cu(NO3)2]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，故 D 错误。
11.【答案】A
【解析】A．反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分；B．灼
烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末
的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；C．剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素
的质量，进而确定化学式；D．根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量
得到铁元素的质量，进而确定化学式。故选 A。
12.【答案】D
【解析】A．SO2 具有漂白性，可使品红溶液褪色，A 正确；B．SO2 与硅酸钠反应生成硅酸沉
淀，酸性：H2SO3>H2SiO3，B 正确；C．SO2 被酸性 KMnO4 溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明 SO2
具有还原性，C 正确；D．SO2 与 Ba(NO3)2 溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D 错误。
13.【答案】BD
【解析】A．在酸性溶液中硝酸根的氧化性强于铁离子，加入铜粉后硝酸根首先氧化单质铜，A
错误；B．四种离子可以大量共存，加入盐酸后，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则发生的离子方
程式为[Al(OH)4]−+4H+＝Al3++4H2O，B 正确；C．Fe3+、Al3+与 HCO −3在溶液中水解相互促进，均不
能大量共存，C 错误；D．pH=0 的溶液显酸性，Fe2+与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，D
正确；答案选 BD。
14.【答案】CD
【解析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混
合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3 与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固
体 1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧
化铝沉淀，过滤，固体 2 为氢氧化铝，溶液 2 为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸
亚铁晶体。A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X 为铁粉，故 A 正确；B．由流程分析
可知，固体 1 中一定含有 SiO2，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体 2 为氢氧化铝，
故 B 正确；C．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液 2 得到
FeSO4·7H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故 C 错误；D．在溶液 1 中含有铁离子
和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化
铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故 D 错误；答案选 CD。
15.【答案】B
【解析】短周期元素中，Q 只有-2 价，没有最高正化合价，则 Q 为 O 元素；Y 只有+1 价，原
子半径最大，则 Y 为 Na；R 有+5、-3 价，处于 VA 族，原子半径小于 Na 而大于 O，故 R 为 N 元
素；X 最高正价为+1，最低负价为-1，原子半径最小，为 H 元素；M 最高正价为+7，最低负价为
-1，为 Cl 元素；Z 最高正化合价为+3，分别处于ⅢA 族，原子半径比 Na 小，比 Cl 大，Z 为 Al 元
素。A．Cl−有三个电子层，半径最大，N3−、O2−、Na+、Al3+都是两个电子层，电子层结构相同，核
电荷数越大半径越小；故简单离子半径：M>R>Q>Y>Z；故 A 错误；B．Y、Z、M 的最高价氧化物
的水化物分别是 NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3 具有两性，两两之间可以反应，故 B 正确；
C．HCl、NaCl、NO 中，NO 不是电解质，故 C 错误；D．Na+和 Cl−均不能水解，不能破坏水的电
离平衡，故 D 错误。答案选 B。
16.【答案】（1）b
（2）增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分 MnO2+SO2=Mn2++SO2−4
（3）消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀
（4）分散质直径大小不同
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用 MnCO3 能除去溶液中 Al3+
和 Fe3+，MnS 将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二
氧化锰，以此解答该题。(1)准确测定一定体积燃煤尾气中 SO2 含量，二氧化硫与氨水、NaOH 反应
不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而 b 中利用还原性及高锰酸钾褪色
可准确测定气体的含量，故答案为：b；(2) 软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的
主要原因是增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分，SO2 与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还
原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为 MnO2+SO2=Mn2++SO2−4 ；(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，
降 低 溶 液 的 酸 性 ， 从 而 促 进 Al3+ 和 Fe3+ 水 解 生 成 氢 氧 化 物 沉 淀 ， 涉 及 反 应 为或 ，故答案为：
消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；(4)纳米级硫化铜(CuS)，该材料可均匀分
散在有机液体中，分散系是胶体，与 MnSO4 溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是分散质直径
大小不同；(5)除杂后得到的 MnSO4 溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体，故答
案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
17.【答案】（1）盐酸 Al2O3+6H+=2Al3++3H2O 2Al+6H+=2Al3++3H2↑
（2）过滤
（3）H2 HCl
（4）促进 AlCl3 水解，使晶体析出
（5）DE
【解析】铝灰主要含 Al2O3、Al，还有 SiO2 等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为 B 后分离出
二氧化硅，所以推出 b 溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产
生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体 a 为氢气，同时回收盐
酸 b；B 为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后
调节 pH，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体，以此解答。（1）由分析可知 b 为盐酸溶液，所以搅拌
加热操作过程中发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、2Al+6H+=2Al3++3H2↑；（2）
由分析可知，生产过程中实验操作 B、D 的名称均为过滤；（3）由分析可知，a 为氢气，b 为盐酸；
（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的 HCl，所以 HCl 可以循环使
用；（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节 pH 的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进
AlCl3 水解，使晶体析出；（6）为得到较纯净的晶体，调节 pH 的试剂不能引入新杂质，而过量的
氨水、NaAlO2、NaOH 均不易除去，会引入新杂质，Al2O3、Al 因为不溶于水，过量时可通过过滤
除去，所以用 Al2O3、Al 调节 pH 能得到较纯净的晶体，综上所述，答案为 DE。
18.【答案】（1）第二周期ⅥA 族
（2）
（3）H2O
（4）HClO4
（5）
（6）ABC
【解析】X、Y、Z、M、G、Q 是六种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z、G 分别是地壳
中含量最高的非金属元素和金属元素，则 Z 为 O 元素、G 为 Al 元素；Y 的原子最外层电子数是其
电子层数的 2 倍，原子序数小于 O，只能处于第二周期，最外层电子数为 4，则 Y 为 C 元素；X 单
质在常温下呈气态，则 X 为 H 元素，X 与 M 同主族，原子序数大于 O，则 M 为 Na；Q 单质常温下
为气态，原子序数大于 Al，则 Q 为 Cl，X、Y、Z、M、G、Q 是 H、C、O、Na、Al、Cl，由此分
析。(1)根据分析，Z 为 O 元素，Z 在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA 族；(2)根据分析，M、G
分别为 Na、Al，位于同一周期，同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性 Na＞Al；
单质的还原性越强，阳离子的氧化性越弱， ＜ ，M、G 的阳离子氧化性更强的是 ；(3)Z
为 O 元素，Q 是 Cl 元素，Z 和 Q 的最低价氢化物分别是 H2O 和 HCl，水分子间存在氢键，导致 H2O
的沸点高于 HCl，故沸点更高的是 H2O；(4)X、Y、Z、M、G、Q 是 H、C、O、Na、Al、Cl，元素
的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这些元素中非金属性最强的元素是 Cl，最
高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 HClO4；(5)Z、M 分别为 O、Na，M2Z2 为过氧化钠，电子式
为 ；(6) G 为 Al 元素，G 的单质是铝；A．常温下，铝可以和 CuSO4 溶液发生置
换反应，生成铜和硫酸铝，故 A 符合题意；B．常温下，铝与浓硫酸会发生钝化，表面生成致密的
氧化膜，阻止反应的进行，故 B 符合题意；C．常温下，铝与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，
故 C 符合题意；D．铝与 Na2CO3 固体不反应，故 D 不符合题意；答案选 ABC。
19.【答案】（1）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
（2）+41.2 CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催
化剂对反应 I 的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
（3）Al-3e−=Al3+ 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【解析】(1)CO2 可以被 NaOH 溶液捕获后所得溶液 pH=13，碱性较强，溶质为 Na2CO3，化学
方 程 式 为 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O ； (2)① 由 CO 和 H2 的 标 准 燃 烧 热 ， 可 得 ： (i)CO(g)+
O2(g)=CO2(g) ΔH(i)=-283.0kJ·mol−1 ； (ii)H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH(ii)=-285.8kJ·mol−1 结 合
(iii)H2O(l)=H2O(g) ΔH(iii)=+44.0kJ·mol−1 ， 根 据 盖 斯 定 律 ， 将 (ii)-(i)+(iii) ， 整 理 可 得 ：
ΔH2=+41.2kJ·mol−1；②CO2 可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，根据得失电子守恒和原子守恒可
知 ， CO2 在 阴 极 得 到 电 子 被 还 原 产 生 CH3OH ， 则 生 成 甲 醇 的 电 极 反 应 式 是
CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O；③表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应 I 的催化
能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；(3)根据图示可知：铝为负极，失去电子变为
Al3+，离子液体为 AlCl3，故负极反应式为 Al-3e−=Al3+；根据正极的两个反应式可知 O2 在反应中的
作用是催化剂；将负极反应式和正极反应式相加，可得总电池总反应式：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
20.【答案】（1）C19H16O4 羟基、酯基
（2）ac
2
3+ 2+
3 2 33MnCO +2Al 3H O=2Al(OH) +3CO +3Mn↑ 3+ 2+
3 2 3 23MnCO +2Fe +3H O=2Fe(OH) +3CO +3Mn↑
3+Al
+Na 3+Al 3+Al
1
2
1
2（3） +(CH3CO)2O +CH3COOH
（4）加成反应
（5）12
（6）路线 1
或路线 2
【解析】（1）由华法林的结构简式为 可知分子式是 ，E 的结构简式
为 ，含氧官能团为（醇）羟基、酯基，故答案为： ；（醇）羟基、酯基；（2）
酚羟基有较强的还原性，氧化醛基时要注意酚羟基不能被氧化，氧气和酸性高锰酸钾溶液均能氧化
酚羟基，因此只能选择弱氧化剂银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：ac；（3）C→D 的反
应为 和乙酸酐在浓硫酸作用下发生取代反应生成 和乙酸，反应的化学方程式
为 +(CH3CO)2O +CH3COOH；（4）E→F 的反应为 和
发生加成反应生成 ，故答案为：加成反应；（5）物质 C 的结构简式
为 ， 符 合 要 求 的 同 分 异 构 体 的 两 个 取 代 基 共 4 组 ： 和 、
和 、 和 、 和 ，每组都有邻、间、对三种位
置关系，因此共 12 种，故答案为：12； ；（6）将乙基氧化为羧基之前要考虑将酚羟
基转化为酯基保护起来，以免被酸性高锰酸钾氧化，由题给原料和产品的结构简式，结合逆推法可
知 合 成 步 骤 为 和 乙 酸 酐 在 浓 硫 酸 作 用 下 发 生 取 代 反 应 生 成 ，
被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ， 在稀硫酸作用下发生
水解反应生成 ， 与碳酸氢钠反应生成 ；或 在氢氧
化钠溶液中发生水解反应生成 ， 与二氧化碳反应生成 ，合成
路 线 如 下 ：
或
。
→浓硫酸
19 16 4C H O
19 16 4C H O
→浓硫酸
COOH— 2—CH OH
2CH COOH— OH— OOCH— 2CH OH— 2CH OOCH— OH—
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