全国百强名校2021届新高考高三第一次联合调研考试化学试题（解析版含答案+全解全析）01.doc

1、 全国百强名校 2021 届新高考高三第一次联合调研考试卷 化化 学学 注意事项：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 S 32 Cu 64 一、选择题（每小题一、选择题（每小

2、题 2 分，共分，共 20 分）分） 1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是 A“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应 B“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应 C刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到 D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化 【答案】D 【解析】A雾所形成的分散系为气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选；B灼烧硝酸 钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确，B 不 选；C

3、沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法 得到，正确，C 不选；D屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化， 错误，D 选。 2下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ASO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物 B明矾水解形成 Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂 C石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体 D次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒 【答案】B 【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸秆、织物，A 错误；明矾水解形成 Al(OH)3胶体，具有吸附 作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水

4、剂，B 正确；烧碱是氢氧化钠，纯碱是碳 酸钠， 为强碱性盐， 二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应， 所以不能用石英坩埚来加热烧碱或纯碱， C 错误；HClO 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与酸性无关，D 错误。 3下列有关化学用语表示正确的是 A原子核内有 10 个中子的氧原子： 18 10O B硫离子的结构示意图： C次氯酸钠的电子式： D葡萄糖分子的结构简式： 6126 C H O 【答案】C 【解析】A原子符号左上角的数字表示原子量，左下角的数字表示原子序数，原子核内有 10 个中子 的氧原子应该表示为18 8O，A 错误；B硫离子的核外电子一共有 18 个，但是原子核内质子

5、数没有变化， B 错误；C次氯酸钠由钠离子和次氯酸跟离子组成，次氯酸钠的电子式为，C 正确；D葡 萄糖的结构简式为 CH2OH(CHOH)4CHO，D 错误；故选 C。 4下列实验操作正确的是 A制备无水氯化铁 B配制一定浓度的硫酸溶液 C制取少量 NH3 D比较 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性 【答案】C 【解析】A氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不 能得到氯化铁晶体，A 错误；B浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中， B 错误；C浓氨水中存在以下平衡：NH3+H2ONH3 H2ONH+4+OH，加入 CaO，使平衡

6、逆向移 动，同时反应放热，促进 NH3 H2O 的分解，可以利用该装置制备少量氨气，C 正确；D碳酸氢钠受热易 分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D 错 误。答案选 C。 5常温下，下列各组离子能大量共存的是 APH=12 的溶液中 +- 2 KNaBrAlO、 B 3+-1 c(Fe )=0.1mol L的溶液中： +- 3 NaKClCO、 C漂白粉溶液中： +-2- 3 KNaClSO、 D由水电离出的 -13-1 c(OH )=1.0 10mol L的溶液中： +2- 443 NaNHSOHCO、 【答案】A 【解析】APH=12

7、的溶液中含有大量 OH，以上各离子之间以及与 OH之间不反应，能大量共存， 故 A 正确；B 3+-1 c(Fe )=0.1mol L的溶液中显酸性，酸性条件下 CO2 3不能大量共存，故 B 错误；C漂 白粉溶液中含有 ClO，具有强氧化性，ClO与 SO2 3不能大量共存，故 C 错误；D酸与碱都抑制水的电 离，由水电离出的 -13-1 c(OH )=1.0 10mol L的溶液中可能显酸性、也可能显碱性，碱性条件下，NH+4、 HCO3与 OH不能共存，酸性条件下，HCO3与 H+不能共存，故 D 错误；答案选 A。 6下列解释事实的化学用语错误的是 A闪锌矿(ZnS)经 CuSO4溶液

8、作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+ B0.1mol/L 的醋酸溶液 pH 约为 3：CH3COOHCH3COO+H+ C电解 NaCl 溶液，阴极区溶液 pH 增大：2H2O+2eH2+2OH D钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3eFe3+ 【答案】D 【解析】 A 溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质， 溶解度 ZnSCuS， 则闪锌矿(ZnS)经 CuSO4 溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为 ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，故 A 正确；B0.1mol/L 醋 酸溶液的 pH 约为 3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为 CH3C

9、OOHCH3COO+H+，故 B 正 确；C电解 NaCl 溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为 2H2O+2eH2+2OH， 阴极区溶液 pH 增大，故 C 正确；D钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上 Fe 失电子生成亚铁离子，电极反应式 为 Fe-2eFe2+，故 D 错误。 7NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A常温常压下，11.2L SO2含有的氧原子数小于 NA B0.1mol Na2O2和 Na2O 的混合物中含有的离子总数等于 0.4NA C10g 质量分数为 34%的 H2O2溶液含有的氢原子数为 0.2NA D100mL 0.1mol/L 醋酸中含有的醋

10、酸分子数是 0.01NA 【答案】A 【解析】A常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol，故 11.2L 二氧化硫的物质的量小于 0.5 mol， 则含有的氧原子个数小于 NA，故 A 正确；B由 Na2O2的电子式为 ，Na2 O 的 电子式为可知， 1mol Na2O 中含 3 mol 离子， 1mol Na2O2中含 3mol 离子， 则 0.1mol Na2O 和 Na2O2混合物中离子为 0.3mol，即含有的阴、阳离子总数是 0.3NA，故 B 错误；CH 2O2溶液中，除了 H2O2，水也含氢原子，故 10g 质量分数为 34%的 H2O2溶液中溶质的质量 10g 34%

11、=3.4g，物质的量 n= 3.4g 34g =0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol 过氧化氢分子中含有 2mol 氢原子，0.1mol 过氧化氢分子中含有 0.2mol 氢原子，0.2mol 氢原子个数等于 0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于 0.2NA，故 C 错误；D醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100mL 0.1mol/L 醋酸的物质的量 n=cV=0.1mol/L 0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于 0.01NA，故 D 错误；答案选 A。 8工业上将 Na2CO3和 Na2S 配成溶液，再通入 SO2可制取 Na2S2O3，同时放出 CO2，

12、发生反应的化学 方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。关于该反应下列说法不正确的是 A氧化剂和还原剂的物质的量比是 2l B每吸收 256g SO2就会放出 22.4L CO2（标准状况） C每生成 lmol Na2S2O3转移 4mol 电子 D每生成 lmol CO2转移 8NA个电子 【答案】C 【解析】A根据反应 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，Na2S 中 S 元素的化合价从2 价升高到 +2 价，作还原剂；SO2中 S 元素的化合价从+4 价降低到+2 价，作氧化剂，所以上述反应中氧化剂和还原 剂的物质的量比是 2l，

13、故 A 正确；B256g SO2的物质的量为 64g 256g /mol =4mol，根据反应 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，每吸收 4mol SO2就会放出放出 1mol CO2，标准状况下的体积为 22.4L，故 B 正确；C根据反应 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，2mol Na2S 转化为 3mol Na2S2O3， 转移 8mol 电子，则每生成 lmol Na2S2O3转移 8 3 mol 电子，故 C 错误；D根据 C 项分析，结合反应，2mol Na2S 转化为 3mol Na2S2O3，转移 8mol 电子，同时生

14、成 1mol CO2，则每生成 lmol CO2转移 8NA个电子， 故 D 正确；答案选 C。 9将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的个数是 MgSO4溶液 NaCl 溶液 CuSO4溶液 饱和澄清石灰水 Ca(HCO3)2溶液 A1 B2 C3 D4 【答案】C 【解析】MgSO4溶液加入 Na 后，与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧根离子再与镁离子反应生 成氢氧化镁沉淀，符合题意，正确；NaCl 溶液加入 Na 后，与水反应，生成氢氧化钠和氢气，无沉淀 生成，与题意不符，错误；CuSO4溶液加入 Na 后，与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧根离子再 与铜离子反

15、应生成氢氧化铜蓝色沉淀，与题意不符，错误；饱和澄清石灰水加入 Na 后，与水反应， 生成氢氧化钠和氢气，反应放热，且消耗水，溶解溶质的质量减小，有白色氢氧化钙沉淀出现，符合题意， 正确；Ca(HCO3)2溶液加入 Na 后，与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧根离子再与碳酸氢根离子反 应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钙离子反应生成白色的碳酸钙沉淀，符合题意，正确；综上所述，答 案为 C。 10下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe 粉 B NaCl 溶液（MgCl2） NaOH 溶液、稀 HCl C Cl2（HC

16、l） H2O、浓 H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水 CaCl2 【答案】B 【解析】FeCl3与 Fe 反应生成 FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中 Fe 的化合价发生变化，涉及到了 氧化还原反应，故 A 不符合题意；MgCl2与 NaOH 溶液发生复分解反应 MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl， 过量的 NaOH 溶液可用 HCl 除去 HCl+NaOH=NaCl+H2O， 此过程中没有元素化合价发生变化， 未涉及氧化 还原反应，故 B 符合题意；部分氯气与 H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去 HCl， 除杂方法不正确，故

17、 C 不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和 NO。反应过程中氮元素化合价发生变化， 涉及到了氧化还原反应，故 D 不符合题意；综上所述，本题应选 B。 二、不定项选择题（每小题二、不定项选择题（每小题 4 分，共分，共 5 小题）小题） 11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 224 H O/H SO 2324 3 FeFe OFe (SO ) 高温 B 2 H O 22 ClHClOO 光照 C HCl 22 CuOCuCl (aq)CuCl 无水 D 22 O /H O 324 SSOH SO 点燃 【答案】B 【解析】A铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是

18、生成三氧化二铁，不能一步实现，故 A 错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故 B 正确；C氧 化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干， 故 C 错误； D硫 在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故 D 错误；故选 B。 12类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式（或离子方程式）的类推正确 的是 已知 类推 A 将 Fe 加入 CuSO4溶液中： Fe+Cu2+ =Cu+Fe2+ 将 Na 加入到 CuSO4溶液中： 2Na+Cu2+=Cu+2Na+ B 稀硫酸与 Ba(O

19、H)2溶液反应至溶液呈中性： 2H+SO2 4+Ba 2+2OH=BaSO 4+2H2O NaHSO4溶液与 Ba(OH)2溶液反应呈中性： 2H+SO2 4+Ba +2OH=BaSO 4+2H2O C 铁和氯气反应：2Fe+3Cl2= 点燃 2FeCl3 铁和单质反应：2Fe+3I2= 点燃 2FeI3 D 向 Ca(ClO)2溶液中通入少量 CO2： Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 向 Ca(ClO)2溶液中通入少量 SO2： Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClO 【答案】B 【解析】ANa 加入到硫酸铜溶液中，Na 先与水反应生成 NaOH

20、与氢气，不能置换出单质铜，与题 意不符，A 错误；B溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则溶液中的钡离子反应完全， 符合题意，B 正确；C碘的氧化性小于氯气，则铁与碘反应生成碘化亚铁，与题意不符，C 错误；D二 氧化硫具有还原性，次氯酸钠具有强氧化性，二氧化硫与次氯酸钠可发生氧化还原反应，与题意不符，D 错误；答案为 B。 13钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中 VO2+为蓝色，VO+2为淡黄色，VO+2具有较强的氧化性， 浓盐酸能把 VO+2还原为 VO2+。向 VOSO4溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下 列说法不正确的是 A在酸性溶液中氧化性：VO

21、+2MnO4Cl2 B向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加 Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色 C向 0.1mol KMnO4的酸性溶液中滴加 1mol VOSO4溶液，转移电子为 1mol D浓盐酸还原 VO+2的离子方程式为 2VO+2+4H+2Cl2VO2+Cl2+2H2O 【答案】AC 【解析】AVO+2具有较强的氧化性，浓盐酸能把 VO+ 2还原为 VO 2+，同时生成氯气，则根据氧化剂的 氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO+2Cl2，又向 VOSO4溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色 变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO4VO+2，所以在酸性溶

22、液中氧化性： MnO4VO+2Cl2，故 A 错误；B氯气能够氧化 Na2SO3溶液生成 Na2SO4溶液，因此 SO2 3也能把 VO + 2还 原为 VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故 B 正确；C向 VOSO4溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，溶液颜色由 蓝色变为淡黄色，则说明 VO2+被氧化生成 VO+ 2，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为 10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此 0.1mol KMnO4的酸性溶液中滴加 1mol VOSO4溶液，VOSO4过量，因此 0.1mol KMnO4转移 0.5mol

23、电子，故 C 错误；D浓盐酸还原 VO+2生 成 VO2+和 Cl2，反应的离子方程式为 2VO+ 2+4H +2Cl2VO2+Cl 2+2H2O，故 D 正确；故选 AC。 14 取四份质量均为 8.4g 的 NaHCO3固体， 均加热一段时间， 将加热后的四份固体分别进行下列实验， 能够说明 NaHCO3固体已完全分解的是 A加水溶解后向其中滴加酚酞，溶液变红 B加水溶解后向其中加入适量 CaO 粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成 C称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变 D加水溶解后向其中加入足量的 CaCl2溶液，得到沉淀的质量为 5.0g 【答案】CD 【解析】ANa

24、HCO3和 Na2CO3溶液都呈碱性，滴加酚酞后都变红，故加水溶解后向其中滴加酚酞， 溶液变红，无法证明 NaHCO3固体已完全分解，故 A 错误；B加水溶解后向其中加入适量 CaO 粉末， CaO 与水反应生成 Ca(OH)2，Ca(OH)2与 NaHCO3、Na2CO3反应，均会生成碳酸钙白色沉淀，故无法证明 NaHCO3固体已完全分解，故 B 错误；C两次称量的质量不变，说明 NaHCO3固体已完全分解，故 C 正 确；D8.4g 的 NaHCO3固体物质的量为 0.1mol，根据方程式 32223 2NaHCONa C+COO=+H O可知，若 NaHCO3完全分解，生成 Na2CO3

25、为 0.05mol，加水溶解后向其中加入足量的 CaCl2溶液，会生成 0.05mol 碳酸钙，质量为 5.0g，与实际相符，故证明 NaHCO3固体已完全分解，故 D 正确；故选 CD。 15二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二 氧化氯。下列说法正确的是 A电解时发生反应的离子方程式为 NH+4+3Cl= 电解 2H2+NCl3 B溶液 X 中大量存在的阴离子有 Cl、OH C可用饱和食盐水除去 ClO2中的 NH3 D常用作净水剂的明矾可除去饮用水中残留的 NaClO2 【答案】B 【解析】A 项，由图示电解 NH4Cl 和盐酸的混合溶

26、液制得 H2和 NCl3溶液，反应的离子方程式为 NH+ 4 +3Cl+2H+= 电解 3H2+NCl3，错误；B 项，NCl3溶液中加入 NaClO2溶液生成 ClO2、NH3和溶液 X，NaClO2 被氧化成ClO2，NCl3被还原成NH3，反应的化学方程式为 6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，溶液 X 中大量存在的阴离子为 Cl、OH，正确；C 项，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，饱和食盐水不仅吸收 NH3而且吸收 ClO2，不能用饱和食盐水除 去 ClO2中的 NH3，错误；D 项，明矾作为净水剂的原因是：Al3+发生水解生成 Al(O

27、H)3胶体吸附水中的悬 浮物，明矾不能除去饮用水中残留的 NaClO2，错误；答案选 B。 三、非选择题（共三、非选择题（共 60 分）分） 16Cl2是一种重要的化学原料，在生产和生活中应用十分广泛。 (1)氯水中 HClO 具有漂白性，能杀菌消毒。其电子式为_。 (2)实验室可用 KMnO4和浓盐酸反应制取 Cl2，反应的离子方程式是_。 (3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取 Cl2， 装置如图所示， 图中的离子交换膜为_(填“阳” 或“阴”)离子交换膜。 (4) 以HCl为 原 料 ， 用 O2氧 化 制 取 Cl2， 可 提 高 效 益 ， 减 少 污 染 。 反 应 如 下 ：

28、 2 C u O / C u C l -1 222 4HCl(g)+O (g)2Cl (g)+2H O(g) H=-115.4kJ mol kJ mol1 上述反应在同一反应器中，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使 HCl 转化率接近 100%，其基 本原理如下图所示： 过程的反应为： 22 2HCl(g)+CuO(s)CuCl (s)+H O(g) -1 1 H =-120.4kJ mol 过程反应的热化学方程式为_。 过程流出的气体通过稀NaOH溶液(含少量酚酞)进行检测，氯化初期主要为不含 HCl 的气体，判 断氯化结束时溶液的现象为_。 相同条件下，若将氯化温度升高的 300。溶液

29、中出现上述现象的时间将缩短，其原因为_。 实验测得在不同压强下，总反应的 HCl 平衡转化率HCl随温度变化的曲线如图； i 平衡常数比较：K(A)_K(B)(填“”“”或“=”)。 ii 压强比较：p1_p2。(填“”“”或“=”) 【答案】（1） （2）2MnO4+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O （3）阳 （4）2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) H2=+125.4kJ mol1 溶液由红色变为无色 （或溶液红色变 浅） 温度升高，反应速率加快，且氯化程度减少 【解析】(1)氯水中HClO为共价化合物，其电子式为；(2)实验室可用 KMnO4和

30、浓盐酸 反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式是 2MnO4+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)电解槽中 阴极是氢离子放电生成氢气，阳极发生的方程式为：2Cl-2e=Cl2，阴极：2H+2e=H2，水电离平衡正 向进行氢氧根离子浓度增大，则电解池中 Na+透过交换膜与 OH结合，生成氢氧化钠，A 溶液为浓度较大 的NaOH溶 液 ， 由 此 可 得 图 中 的 离 子 交 换 膜 为 阳 离 子 交 换 膜 ； (4) 根 据 盖 斯 定 律 4HCl(g)+O2(g) 2 CuO/CuCl 2Cl2(g)+2H2O(g) H=115.4kJ mol1； 2HCl(g

31、)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) H1=120.4kJ mol1， 所以2得： 2CuCl2(s)+O2(g)2CuO(s)+2Cl2(g) H2=+125.4kJ mol1；氯化初期不含氯化氢 气体，所以稀 NaOH 溶液(含少量酚酞)变红，后期含氯化氢与氢氧化钠中和碱性减弱，所以现象为溶液由 红色变为无色(或溶液红色变浅)；温度越高，反应速率越快，氯化的时间缩短；i 正反应是放热反应， 温度越高平衡常数越小，因为 T(B)T(A)，所以平衡常数 K(A)K(B)；ii 正反应是气体体积缩小的反应， 所以增大压强平衡正向移动，相同温度下 p1对应的 HCl 平衡转化率大，所以

32、p1p2。 17铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一 种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。 （2）向“过滤”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，溶液的 pH_(填“增大”、“不变”或“减小”)。 （3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。 （4）“电解”是电解 Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_， 阴极产生的物质 A 的化学式为_。 （5）铝粉在 1000时可与 N2反应制备 AlN。在铝粉中添加少量

33、NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN 的制备，其主要原因是_。 【答案】（1）Al2O3+2OH=2AlO 2+H2O （2）减小 （3）石墨电极被阳极上产生的 O2氧化 （4）4CO2 3+2H2O4e =4HCO 3+O2 H2 （5）NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜 【解析】 以铝土矿 （主要成分为 Al2O3， 含 SiO2和 Fe2O3等杂质） 为原料制备铝， 由流程可知， 加 NaOH 溶解时 Fe2O3不反应，由信息可知 SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为 Fe2O3、铝硅 酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成 Al(

34、OH)3，过滤 II 得到 Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解 I 为电解氧化 铝生成 Al 和氧气，电解 II 为电解 Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离 子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为： Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）向“过滤 I”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，与 NaAlO2反应生成氢氧化铝 沉淀和碳酸钠，碱性为 OHAlO2CO2 3，可知溶液的 pH 减小；（3）“电解 I”是电解熔融 Al2O3，电解 过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的 O2氧化。 （4）

35、由图可知，阳极反应为 4CO2 3 +2H2O-4e=4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2。（5）铝 粉在 1000时可与 N2反应制备 AlN。在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN 的制备，其 主要原因是 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜。 18水合肼(N2H4 H2O)是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用如图装置 制备(部分装置省略)。 步骤 1 关闭 K2、K3，打开 K1，制备 NaClO。 步骤 2 关闭 K1、K2，打开 K3，通入 N2一段时间；

36、关闭 K3，打开 K2，通入 NH3，制备 N2H4 H2O。 回答下列问题： (1)盛放碱石灰的仪器的名称为_。 (2)配制 30% NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填标号）。 A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒 (3)步骤 2 中通入 N2一段时间的原因是_。 (4)本装置中制备氨气的化学方程式是_。 (5)NH3与 NaClO 反应生成 N2H4 H2O 的化学方程式为_。 【答案】（1）球形干燥管 （2）BD （3）排除空气及多余氯气 （4）Ca(OH)2+2NH4Cl= CaCl2+2NH3+2H2O （5）2NH3+NaClO=N2H4 H2O+NaCl 【解析】（1

37、）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管；（2）配制 30% NaOH 溶液时，用天平称量质 量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解 NaOH 固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器除量筒外还有烧杯、 玻璃棒，故答案为：BD。（3）步骤 2 中通入 N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气，故答案为：排除 空气及多余氯气。（4）本装置中使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，反应的方程式为： Ca(OH)2+2NH4Cl= CaCl2+2NH3+2H2O。（5）NH3与 NaClO 反应生成 N2H4 H2O 和 NaCl，化学方程式 为：2NH3+NaClO=N2H4 H2O+NaCl。 19从古至今，铁及其

38、化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。 （1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_（填字母序号）。 aFe bFeO cFe3O4 dFe2O3 （2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约 45%，Fe2O3约 40%，Al2O3约 10%，MgO 约 5%。用该废渣 制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下（部分操作和条件略）： 回答下列问题： 在步骤 i 中产生的有毒气体可能有_。 在步骤 iii 操作中，要除去的离子之一为 Al3+。若常温时 KspAl(OH)3=1.0 1032，此时理论上使 Al3+ 恰好沉淀完全即溶液中 c(Al3+)=1 105mol/L

39、，则溶液的 pH 为_。 步骤 iv 中，生成 FeCO3的离子方程式是_。 （3） 氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”， 向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入适量氧化铜粉末会 产生沉淀，写出该沉淀的化学式_。这一过程的总反应的离子方程式_。 （4）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下： 复分解反应 ii 的离子方程式是_。 【答案】（1）c （2）CO 和 SO2等 5 Fe2+2HCO 3=FeCO3+CO2+H2O （3）Fe(OH)3 3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+ （4）3Fe(CN)64+4Fe3+=Fe4Fe(CN)63 【解析】（1）古代中国四大

40、发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁的成分主要是四氧化三铁， 故答案为 c。 （2）工业废渣主要含 Fe2O3及少量 SiO2、A12O3、CaO、MgO 等杂质，加煤燃烧可生成 CO、 SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有 CO、SO2等；根据 KspAl(OH)3=1.0 1032，要将 Al3+沉淀完全，c(Al3+)=1.0 105，c(OH)=（1.0 1032/1 105）1/3=1.0 109，则溶液的 pH=5，故答案为 5； 步骤 iv 中，硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成 FeCO3的离子方程式为 Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；(3) 因为

41、Fe3+会水解产生较多的 H+：Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+，加入 CuO 与 H+反应生成 Cu2+和 H2O，降 低了 H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成 Fe(OH)3 沉淀，这一过程的总反应的离子方程式为： 3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+。（4）Fe(CN)64和 Fe3+反应生成 Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的离 子方程式为：3Fe(CN)64+4Fe3+=Fe4Fe(CN)63。 20甲苯是一种重要的化工原料，用甲苯可以合成多种化工产品，下图是用甲苯合成对甲基苯酚苯甲 醛树脂、食品防腐剂尼泊金酸乙酯的合成路线。 已知： Fe/HCl

42、 请回答下列问题： (1)A 的结构简式是_。 (2)反应中属于取代反应的有_个。 (3)B 分子中含有的官能团是_，分子中不同化学环境的氢原子有_种。 (4)写出上述合成路线中发生缩聚反应的化学方程式：_。 (5)下列有关 E 的说法正确的是_(填字母代号)。 a分子式为 C7H5O2Br b在 NaOH 的醇溶液中可以发生消去反应 c苯环上的一氯代物有两种 d分子中所有原子可能在同一平面上 (6)尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：_。 遇 FeCl3溶液呈紫色；为苯的对位二元取代物；不能发生银镜反应，能发生水解反应。 (7)以甲苯为起始原料，也可制得

43、医用麻醉药苄佐卡因()，设计一种制取苄佐卡因的合成路 线(其他反应物自选)_。 【答案】（1） （2）5 （3）羟基 5 （4）n+n （5）acd （6）、 （7） 【解析】根据流程图可知，甲苯在光照的条件下与氯气发生取代反应生成 A，则 A 的结构简式为 ，A 在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应生成 B，B 在 Cu 作催化剂加 热条件下与氧气发生氧化反应生成苯甲醛，则 B 为苯甲醇，结构简式为；甲苯在溴化铁 作催化剂的条件下与 Br2发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾溶液氧化为 E，E 在碱性条件 下氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应，再进行酸化生成，则 E 的结构简式为；

44、在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生成尼泊金酸乙酯，在加热条件下在氢氧化钠溶 液中发生氯代烃的水解反应生成，与发生缩聚反应生成甲基苯酚苯 甲醛树脂。(1)A 是由甲苯和氯气在光照的条件下发生取代反应制得的，结构简式是；(2)根据 流程图转化关系，反应为甲苯在光照的条件下与氯气发生取代反应生成 A；反应为 A 在加热条件下在 氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应生成 B，卤代烃的水解反应属于取代反应类型；反应为 B 在 Cu 作催化剂加热条件下与氧气发生氧化反应生成苯甲醛，反应为甲苯在溴化铁作催化剂的条件下与 Br2发 生取代反应生成； 反应为在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应，

45、卤代烃 的水解反应属于取代反应类型；反应为在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生成尼泊金 酸乙酯，酯化反应属于取代反应类型，则属于取代反应的有 5 个；(3)B 为苯甲醇，结构简式为 ，分子中含有的官能团是羟基，分子中不同化学环境的氢原子有 5 种；(4)与 发 生 缩 聚 反 应 生 成 甲 基 苯 酚 苯 甲 醛 树 脂 ， 发 生 缩 聚 反 应 的 化 学 方 程 式 ： n+n；(5)E 的结构简式为；a根据 E 的结构简式可知， 分子式为 C7H5O2Br，故 a 正确；b消去反应发生后将会形成双键，根据 E 的结构简式，溴原子相邻的碳 原子上有一个氢原子，不能再形成双键，故 b

46、错误；cE 的苯环上有两种不同环境的氢原子，则一氯代物 有两种，故 c 正确； d根据 E 的结构简式，苯环和 C=O 处于平面结构，与苯环直接相连的所有原子共 面，与 C=O 双键直接相连的所有原子都处于同一平面，则分子中所有原子可能在同一平面上，故 d 正确； 答案选 acd；(6)尼泊金酸乙酯的结构简式为，有多种同分异构体，其中遇 FeCl3溶液呈紫色， 说明该同分异构体具有苯酚的性质，分子结构中含有苯环和酚羟基；为苯的对位二元取代物，不能发生银 镜反应，能发生水解反应，说明苯环上羟基的对位含有一个支链，该支链不含有醛基，但含有酯基，符合 条件的结构简式分别为、， 共 3 种； (7)以甲苯为起始原料， 也可制得医用麻醉药苄佐卡因()，首先在加热条件下与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生 成，再被 KMnO4(H+)氧化为，在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生 成，发 生 已 知 信 息 的 反 应 生 成， 合 成 路 线 为 ： 。