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中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是 A“自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝织品）谓之为纸”，这里的纸主要成分为纤维素 B中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为 BaCuSi4O10，可改写成 BaO CuO 4SiO2 C东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。” 这里的黄芽是指硫 D天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。这里的瓦属于传统无机 非金属材料，主要成分为硅酸盐 【答案】A 【解析】“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，缣帛是丝织品，蚕丝主要成分
3、是蛋白质，答 案选 A。 2下列有关物质分类的说法正确的是 AHNO3是一元酸、强酸、挥发性酸是按性质进行分类的 BFeO、Fe2O3、Fe3O4都是碱性氧化物 C漂白液、液化石油气、铝热剂都是混合物 D无水乙醇、一水合氨、熔融 MgSO4都是电解质 【答案】C 【解析】AHNO3是一元酸，是根据其组成来划分的，而 HNO3是强酸和挥发性酸，是根据其性质来 划分的，故 A 错误；BFeO、Fe2O3是碱性氧化物，但 Fe3O4不是碱性氧化物，故 B 错误；C漂白液主 要成分是 NaClO 的水溶液、液化石油气是多种液态烃的混合物、铝热剂是某些金属氧化物和铝的混合物， 故 C 正确；D无水乙醇属
4、于非电解质，一水合氨、熔融 MgSO4是电解质，故 D 错误；故答案为 C。 3NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A1mol Cl2参加反应转移电子数一定为 2NA B100mL 0.1mol L1的氨水中含有 0.01NA个 NH+4 C标准状况下，22.4L NO 与 11.2L O2混合后气体的分子数为 NA D25，1L pH9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1 105NA 【答案】D 【解析】A1mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不 一定为 2NA，故 A 错误；B氨水为弱碱，NH3 H2O NH+4+OH
5、，100mL 0.1mol L1的氨水中含有的 NH+4数少于 001NA个，故 B 错误；CNO 和氧气反应生成的 NO2存在平衡：2NO2N2O4，导致分子 个数减少，标准状况下，22.4L NO 与 11.2L O2混合后气体的分子数少于 NA个，故 C 错误；D常温下水 溶液中， 水电离的氢离子和发生电离的水分子数目相等， 等于水电离的氢氧根离子， 1L pH=9 的 CH3COONa 溶液中 n(OH)=1 105mol，即发生电离的水分子数为 1 105NA，故 D 正确；故选 D。 4下列离子方程式书写正确的是 A向 FeI2溶液通入少量氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl
6、BCH3COOH 溶液除去水垢中的 CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 CNaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O D向 NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液，使 SO2 4恰好沉淀完全：NH + 4+Al 3+2SO2 4+4OH +2 Ba2+=2BaSO4+Al(OH)3+NH3 H2O 【答案】D 【解析】A向 FeI2溶液中通入少量氯气，I的还原性大于 Fe2+，I先反应，则离子方程式为 2I+Cl2=I2+2Cl，故 A 错误；B由于 CH3COOH 是弱酸，在离子方程式中应保留分子式，离子方程式为 CaCO3+
7、2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故 B 错误；CNaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水， Ca(OH)2不足，以 Ca(OH)2为基准书写离子方程式，即 Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+2 H2O+CO2 3，故 C 错误；D向 NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液至 SO 2 4离子沉淀完全，反应生成硫酸 钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，离子方程式为 NH+4+Al3+2SO2 4+4OH +2Ba2+=2BaSO 4+ Al(OH)3+NH3 H2O，故 D 正确；答案为 D。 5下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有 序号
8、 X Y Z W Cu CuSO4 Cu(OH)2 CuO Na NaOH Na2CO3 NaCl Al AlCl3 Al(OH)3 Al2O3 Fe FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2 A B C D 【答案】A 【解析】Cu 与浓硫酸反应生成 CuSO4，再与 NaOH 反应生成 Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成 CuO，氢 气还原 CuO 生成 Cu，符合转化，故正确；Na 与水反应生成 NaOH，再与二氧化碳反应生成 Na2CO3， Na2CO3与盐酸反应生成 NaCl，NaCl 电解生成 Na，符合转化，故正确；铝和盐酸反应生成氯化铝， 氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化
9、铝加热分解生成氧化铝，氧化铝熔融电解得到铝，符合转化，故 正确；Fe 与氯气生成 FeCl3，FeCl3与 Fe 反应 FeCl2，FeCl2与 NaOH 反应生成 Fe(OH)2，但 Fe(OH)2 不能一步转化为 Fe，故错误；在一定条件下能一步转化的组合有，答案选 A。 6下列有关实验的描述正确的是 A实验室可用熟石灰和硝酸铵固体加热制备氨气 B定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏低 C用 NaOH 标准溶液滴定未知浓度的盐酸，未润洗锥形瓶会导致结果偏低 D称取 2.0g NaOH(s)时，先调平，再将游码调至 2g，向左盘加 NaOH(s)至天平平衡 【答案】B 【解析】A
10、硝酸铵固体受热时在不同温度下会分解产生不同的气体，实验室用熟石灰和氯化铵固体 加热制备氨气，A 选项错误；B定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致液体体积偏大，从而使得所配溶液 的浓度偏低，B 选项正确；C用 NaOH 标准溶液滴定未知浓度的盐酸，未润洗锥形瓶对实验结果无影响， C 选项错误；DNaOH 固体易潮解，应放在烧杯中进行称量，D 选项错误；答案选 B。 7某温度下，将 Cl2通入 NaOH 溶液中，反应得到 NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定 ClO 和 ClO3的物质的量浓度之比为 75 则 Cl2与 NaOH 溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质 的量之比为
11、 A83 B52 C23 D41 【答案】A 【解析】Cl2生成 ClO与 ClO 3是被氧化的过程，化合价分别由 0 价升高为+1 价和+5 价，ClO 与 ClO 3 的物质的量浓度之比为 75，则可设 ClO为 7mol，ClO3为 5mol，被氧化的 Cl 共为 12mol，失去电子的 总物质的量为 7mol(10)+5mol(50)=32mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等， Cl2生成 NaCl 是被还原的过程，化合价由 0 价降低为-1 价，则得到电子的物质的量也应为 32mol，则被还 原的Cl的物质的量为32mol， 所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物
12、质的量之比为32mol12mol=8 3，答案选 A。 8关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是 A向浓度都为 0.1mol/L 的 FeCl3和 CuCl2加入铁粉，溶质 CuCl2首先与铁粉反应 B向过量的 Ba(OH)2溶液中滴加少量的 KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成 C向浓度都为 0.1mol/L 的 Na2CO3和 NaOH 的混合溶液通入 CO2气体，NaOH 首先反应 D向浓度为 0.1mol/L 的 FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反 应 【答案】C 【解析】AFe3+的氧化性大于 Cu2+，向浓度都为 0.1mol/L 的
13、 FeCl3和 CuCl2加入铁粉，溶质 FeCl3首 先与铁粉反应，故 A 错误；B向过量的 Ba(OH)2溶液中滴加少量的 KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫 酸钡生成，故 B 错误；C向浓度都为 0.1mol/L 的 Na2CO3和 NaOH 的混合溶液通入 CO2气体，NaOH 首 先与 CO2反应生成碳酸钠，故 C 正确；D铁的还原性大于铜，向浓度为 0.1mol/L 的 FeCl3溶液中，加入 质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故 D 错误。 9铵明矾NH4Al(SO4)2 12H2O是分析化学常用的基准试剂，其制备过程如图所示。下列分析不正确 的是 A过程
14、发生的反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+(NH4)2SO4 B向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀 消失 C检验溶液 B 中阴离子的试剂仅需 BaCl2溶液 D若省略过程，则铵明矾的产率明显降低 【答案】B 【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生 NaHCO3 沉淀，过滤后得含有(NH4)2SO4和少量的 NaHCO3的滤液，将滤液用稀硫酸调节 pH 值为 2，使 NaHCO3生 成硫酸钠，得含有(NH4)2SO4和少量硫酸钠的溶液 B，在 B 溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。根据上
15、面的分 析可知，过程 I 的反应为 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+(NH4)2SO4，故 A 正确；向铵明矾溶液中逐滴加 入 NaOH 溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以 观察到的现象为白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故 B 错误；B 为(NH4)2SO4和少量硫酸 钠的混合溶液，阴离子为硫酸根离子，且溶液呈酸性，所以检验溶液 B 中阴离子的试剂仅需 BaCl2溶液， 故 C 正确；若省略过程 II，则溶液中少量的碳酸氢钠会与硫酸铝发生双水解，使铵明矾产率明显减小，故 D 正确；故选 B。 10将镁铁合金投入到 300
16、mL 硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成 Mg2+和 Fe3+；硝酸全部被还原为 一氧化氮，其体积为 6.72L(标准状况)，当加入 300mL 某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀， 干燥后测得质量为 28.1g。下列有关推断正确的是 A氢氧化钠的物质的量浓度为 6mol L1 B参加反应的金属的质量为 12.8g C硝酸的物质的量浓度为 3mol L1 D参加反应的硝酸的物质的量为 0.9mol 【答案】B 【解析】将镁、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成 Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电 子的物质的量为： 6.72 22.4 / L L mol (5-2)=0.9m
17、ol， 反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子 的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH)=n(NO3)=0.9mol。A参加反应的 NaOH 的浓 度为 c(NaOH)= 0.9mol 0.3L =3mol/L，故 A 错误；B反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH)金属质量 +0.9mol 17g/mol=28.1g，则金属的质量为：28.1g-15.3g=12.8g，故 B 正确；C参加反应的硝酸的物质的 量 为 ： n(HNO3)=n(NO 3 )+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol ， 硝 酸 的 物 质 的 量 浓 度 为 ： c(H
18、NO3)=1.2mol 0.3L=4mol/L，故 C 错误，D 错误；答案为 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工业上用铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列叙述正确的是 A试剂 X 可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B反应过滤后所得沉淀为氧化铁 C图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D反应的化学方程式为 NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3 【答案】BD 【解析】A由溶液乙通入过量的 Y 生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气 体 Y 为二
19、氧化碳，故试剂 X 为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故 A 错误；B氧化铁与氢氧化钠不反应， 反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故 B 正确；C电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故 C 错误； D反应为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为 NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，故 D 正确；故选 BD。 12下列各项中操作或现象能达到预期实验目的的是 实验目的 操作或现象 A 分离 Fe2O3、Al2O3 将混合物置于足量 NaOH 溶液中，然后依次进 行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作 B 确定 KCl 中是否含有 NaCl 做焰色反应实验
20、，观察焰色是否显黄色 C 确定 FeCl2是否完全变质 取少量的 FeCl2样品于试管中，逐滴加入 酸性高锰酸钾溶液 D 除去 Fe 粉中的 I2 加热使 I2升华 【答案】B 【解析】A氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠和水，过滤后得到氧化铁，但最终不能得到氧 化铝， 不能实现分离， A 错误； B 钠的焰色反应显黄色， 因此可以通过焰色反应检验 KCl 中是否含有 NaCl， B 正确；C酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯化亚铁，不能检验其是否变质，应该用 KSCN 溶 液，C 错误；D加热时铁易被氧化，不能利用加热法除去铁粉中的碘，D 错误；答案选 B。 13下列有关物质的性质与应
21、用不相对应的是 A明矾能水解生成 Al(OH)3胶体，可用作净水剂 BFeCl3溶液能与 Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路 CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 DZn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料 【答案】C 【解析】A明矾在水溶液中能电离出 Al3+，水解生成 Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有较强的吸附能 力，可用于净水，故 A 正确；BFe3+具有氧化性，可与 Cu 发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故 B 正确；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故 C 错 误；DZn 为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作
22、原电池的负极，故 D 正确。故选 C。 14不能正确表示下列变化的离子方程式是 ANaHCO3溶液与 AlCl3溶液反应：3HCO3+Al3+=Al(OH)3+3CO2 BKClO 碱性溶液与 Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2 2 4 FeO +3Cl+4H+H2O C硬脂酸钠溶液显碱性：C17H35COO+H2O=C17H35COOH+OH D肼的电离：N2H4+H2ON2H5+OH 【答案】BC 【解析】NaHCO3溶液与 AlCl3溶液发生双水解反应，离子方程式是：3HCO 3+Al 3+=Al(OH) 3+ 3CO2，A 正确；KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3发生
23、氧化还原反应，但在碱性环境中不可能生成大量氢离子， 离子方程式应为：3ClO+2Fe(OH)3+4OH=2FeO2 4+3Cl +5H 2O，B 错误；硬脂酸钠是强碱弱酸盐，水溶液 因水解呈碱性，离子方程式是：C17H35COO+H2OC17H35COOH+OH，水解是可逆的，C 错误；肼的 电离，与氨气溶于水后发生的变化相似，故方程式为：N2H4+H2ON2H5+OH，D 正确；答案选 BC。 15用 CuS、Cu2S 处理酸性废水中的 Cr2O2 7，发生反应如下： 反应：CuS+Cr2O2 7+H +Cu2+SO2 4+Cr 3+H 2O(未配平) 反应：Cu2S+Cr2O2 7+H +
24、Cu2+SO2 4+Cr 3+H 2O(未配平) 下列有关说法不正确的是 A反应和中 Cu2+、SO2 4都是氧化产物 B反应中还原剂、氧化剂的物质的量之比为 35 C反应、中每处理 1mol Cr2O2 7，转移电子的数目相等 D处理 1mol Cr2O2 7时反应、中消耗 H +的物质的量相等 【答案】AD 【解析】A反应 I 中只有 S 元素被氧化，则只有 SO2 4是氧化产物，A 错误；B反应 II 配平后方程 式为：3Cu2S+5Cr2O2 7+46H +=6Cu2+3SO2 4+10Cr 3+23H 2O，在该反应中，氧化剂为 Cr2O 2 7，还原剂为 Cu2S， 则还原剂、氧化
25、剂的物质的量之比为 35，B 正确；C反应 I、II 中：每处理 1mol Cr2O2 7时，转移电子 的物质的量是 6mol，故转移电子的数目相等，C 正确；D根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，将反应 I 、 II的 方 程 式 配 平 可 得 ： 3CuS+4Cr2O 2 7 +32H+=3Cu2+3SO 2 4 +8Cr3+16H2O ， 3Cu2S+5Cr2O 2 7 +46H+6Cu2+3SO2 4+10Cr 3+23H 2O。 由方程式中 Cr2O 2 7与 H +的物质的量关系可知， 处理 1mol Cr 2O 2 7时反 应、中消耗 H+的物质的量不相等，D 错误。 三、非选择
26、题（共三、非选择题（共 60 分）分） 16运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义。 (1)已知 25时： xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) HaxkJ/mol 2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) HbxkJ/mol。 则反应 COS(g)生成 CO(g)、Sx(s)的热化学方程式是 。 (2)一定的条件下，合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。图 1 表示在此反应过程中的能量的变 化，图 2 表示在 3L 的密闭容器中反应时 N2的物质的量随时间的变化曲线。图 3 表示在其他条件不变的情 况下，改变起始
27、时氢气的物质的量对此化学平衡的影响。 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_，该反应的平衡常数表达式为_。 由图 2 信息，计算 010min 内该反应的平均速率 v(NH3)=_，从 11min 起其它条件不变，压缩容 器的体积为 1L，则 n(N2)的变化曲线为_(填“a”或“b”或“c”或“d”) 图 3 中 a、b、c 三点所处的平衡状态中，反应物 N2的转化率最高的是_点，温度 T1_T2(填“” 或“=”或“”)。 【答案】（1）xCOS(g)=xCO(g)+Sx(s) H=0.5x(b-a)kJ/mol （2）-92kJ/mol K= 2 3 3 22 NH NH c c
28、c 0.02mol/(L min) d c 【解析】(1)xSO2(g)+2xCO(g)=2xCO2(g)+Sx(s) H=axkJ/mol，2xCOS(g)+xSO2(g)=2xCO2(g) +3Sx(s) H=bx kJ/mol，由盖斯定律，0.5 (-)得：xCOS(g)=xCO(g)+Sx(s) H=0.5x(b-a)kJ/mol，故答 案为：xCOS(g)=xCO(g)+Sx(s) H=0.5x(b-a)kJ/mol；(2)由图 1 知，氮气和氢气的总能量大于氨气的总能 量，根据焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，所以 H=508kJ/mol-600kJ/mol =-92kJ/mo
29、l； N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ， 反 应 的 平 衡 常 数K= 2 3 3 22 NH NH c cc ； 根 据 图 象2 ， v(N2)= 0.6mol0.3m 1n ol 3L 0mi =0.01mol/(L min)，v(N2)= 1 2 v(NH3)，则 v(NH3)=0.02mol/(L min)；从 11min 起其它条 件不变，压缩容器的体积为 1L，压强增大，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡正向进行，瞬间氮气物质的量 不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则 n(N2)的变化曲线为 d，故答案为：0.02mol/(L min)；d； 图 3 表示
30、平衡时氨气含量与氢气起始物质的量的关系，曲线上各点都处于平衡状态，故 a、b、c 都处于 平衡状态，达平衡后，增大氢气的用量，氮气的转化率增大，故 a、b、c 三点中，c 的氮气的转化率最高； 氢气的起始物质的量相同时，温度 T1平衡后，氨气的含量更高，由于该反应为放热反应，降低温度平衡向 正反应移动，氨气的含量增大，故温度 T1T2，故答案为：c；。 17二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知： 工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆 炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。 完成下列填
31、空： (1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是 ；理由是 。 (2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH 中 H 为+1 价，O 为-2 价)： _CH3OH+_NaClO3+_CO2+_C1O2+_Na2SO4+_ (3)该反应中，被氧化的元素是 。还原产物与氧化产物的物质的量之比是 。 (4)根据上述反应可推知 。 a氧化性：C1O2NaClO3 b氧化性：NaClO3CH3OH c还原性：CH3OHClO2 d还原性：CH3OHNa2SO4 (5)若转移的电子数目为 0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为_升。 (6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子
32、数表示。ClO2的消毒效率是 Cl2的_倍。 【答案】（1）试液变成无色 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性 （2）CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6ClO2+3Na2SO4+5H2O （3）碳 61 （4）bc （5）7.84 （6）2.63 【解析】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；(2)根据元素守恒左边加入 硫酸，右边加水，氧化剂是 NaClO3，化合价从+5 降低到+4 价，化合价降低了 1，CH3OH 中碳元素的化合 价从-2 升高到+4 价，化合价升高了 6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等， 配 平 氧 化
33、 剂 和 还 原 剂 的 系 数 ， 根 据 元 素 守 恒 ， 配 平 其 余 物 质 ， 得 到 化 学 反 应 为 ： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6ClO2+3Na2SO4+5H2O；(3)该反应中，化合价升高的元素是 CH3OH 中-2 价的碳，被氧化的元素是 CH3OH 中-2 价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和 氧化产物的物质的量之比是 61；(4)该反应中，氧化剂是 NaClO3，还原剂是 CH3OH，氧化产物是 CO2， 还原产物是 ClO2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3 ClO2
34、，NaClO3和 CH3OH 反应时，氧化剂是 NaClO3，还原剂是 CH3OH，说明氧化性：NaClO3CH3OH， 还原性：CH3OHClO2，答案选 bc；(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成 7mol 气体，转移 6mol 电子，若转移的电子数目为 0.3NA即 0.3mol，则生成 0.35mol 气体，气体在标况下的体积为 V=nVm=0.35 22.4L=7.84L； (6) 2 2 1g 5 67.5g/ molCl =2.63 1g 2 71g/ mol O Cl 的消毒效率 的消毒效率 ， ClO2的消毒效率是 Cl2的 2.63 倍。 18某研究小组在实验室以废铜
35、屑(主要成分是 Cu、CuO，含有少量的 Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳 酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下： 已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。 (1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。 (2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。 (3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。 (4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。 (5)“操作”中温度选择 5560的原因是_； 该步骤生成 Cu2(OH)2CO3的同时产生 CO2，请写出该反应的化学方程式：_。 (6)某同学为测定制得的产品中 Cu2(
36、OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取 m1g 产品，灼烧至固 体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为 m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为_(用含 m1、m2的代数式表示)。 【答案】（1）搅拌（或适当升温等合理答案即可） （2）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O （3）CuO 或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可 （4）加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复 23 次 （5）温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(
37、OH)2CO3+2Na2SO4+CO2 （6） 12 1 m 111m m31 100% 【解析】废铜屑(主要成分是 Cu、CuO，含有少量的 Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3 与稀硫酸反应， 形式含有 Cu2+、 Fe2+、 Fe3+的溶液， 铜单质不与硫酸反应， 再加入双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+， 同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液 pH 值，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去， 过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在 5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生 Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最
38、终得到 Cu2(OH)2CO3。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中 的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反 应生成铜离子，离子方程式为 H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情 况下，可向溶液中加入 CuO 或 Cu(OH)2或 Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操 作为过滤，合理操作为：加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，
39、重复 23 次； (5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择 5560 的既可以加快反应速率同时也可防止制得的 Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入 碳 酸 钠 生 成Cu2(OH)2CO3的 同 时 产 生CO2， 该 反 应 的 化 学 方 程 式 ： 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色 固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3= 2CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时 剩余
40、固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中 Cu2(OH)2CO3的质量为 xg。 Cu2(OH)2CO3= 2CuO+CO2+H2O m 222 62 x m1-m2 222 x = 12 62 m m ，解得：x= 12 111 3 m m 1 ， 则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 12 1 m 111 3 m m 1 100%= 12 1 m 111m m31 100%。 19ZnNO3是一种媒染剂，可用于测定血液中硫的浑浊度。锌工工业中有重要作用，也是人体必需的 微量元素。回答下列问题： （1）Zn 原子核外电子排布式为_，在基态 15N 原子的 p 能级上存在_个自旋
41、方向相同的电子。 （2）N2分子中 键与 键的数目之比 N()N()=_。 （3）硫酸锌溶于过量的氨水可形成Zn(NH3)4SO4溶液。 Zn(NH3)4SO4中阴离子的空间构型为_； NH3中，中心原子的轨道杂化类型为_； 在Zn(NH3)4SO4所含元素中，位于 p 区的元素有_种，p 区的这几种元素的第一电离能 从大到小的顺序为_。 （4）某晶胞结构如图所示（小球为氮原子，大球为硼原子），则该晶胞所表示的晶体的化学式为 _晶胞中硼原子的配位数为_。若晶胞边长为 a cm，则立方氮化硼的密度是 _g cm3(只要求列算式，用 NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）Ar3d104s2
42、（或 1s22s22p63s23p63d104s2） 3 （2）12 （3）正四面体形 sp3 3 NOS （4）BN 4 3 A 100 a N 【解析】(1)Zn 为元素周期表中第 30 号元素，核外共 30 个电子，其核外电子排布式为Ar3d104s2（或 1s22s22p63s23p63d104s2），基态 15N 原子的 p 能级的排布图为 ，因此 p 能级上存在 3 个自旋方向相 同的电子； (2)N2的结构式为 NN， 分子中含 1 个 键和 2 个 键， 键与 键的数目之比 N()N()=12； (3)Zn(NH3)4SO4中阴离子为 SO2 4，其中心原子 S 的价电子数为
43、6+2-2 4 4+=4 2 ，不含有孤对电子，因 此其空间构型为正四面体形；NH3中心原子 N 的价电子数为 5-1 3 3+=4 2 ，含有 1 个孤电子对，因此其 中心原子的轨道杂化类型为 sp3；在Zn(NH3)4SO4所含元素中，位于 p 区的元素有 N、O、S 共 3 种，由 于 N 的 2p 轨道为半充满结构，S 的原子半径大于 O，因此第一电离能从大到小的顺序为 NOS；(4)根 据晶胞示意图可知，氮原子位于晶胞的体内，则 1 个晶胞中含有 N 原子的个数为 4，硼原子位于晶胞的顶 点和面心，则 1 个晶胞中含有 B 原子的个数为 11 8+6=4 22 ，所以该晶体的化学式为
44、 BN，且晶胞 B 原 子的配位数为 4， 已知晶胞的边长为 a cm， 则立方氮化硼的密度 -3 A 333 A 4 mol 25g/mol Nm100 =g cm Va cma N g cm3。 20乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图： 已知： （1）AB 的反应类型为 。 （2）化合物 C 的名称是 。 （3）化合物 E 中含氧官能团的名称为 。请在图中用*标出化合物 F 中的手性碳原 子_。 （4）写出化合物 F 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式 。 （5）写出同时满足下列条件的 E 的一种同分异构体的结构简式： 。 能与 FeCl3溶液发生显色反
45、应；能发生银镜反应；核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢， 其峰面积比为 6211。 （6）请以乙醛和甲苯为原料制，写出相应的合成路线流程图_(无机试剂任用， 合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）加成反应 （2）对羟基苯甲醛（或 4羟基苯甲醛） （3）羟基 （4）+3NaOH+2CH3COONa+H2O （5）或 （6） 【解析】 根据框图可知， 苯酚与甲醛发生加成反应生成 B （） ， B 发生氧化反应生成 C （） ； 乙炔与 HBr 加成生成，在 Mg 和乙醚的作用下生成 ，与C发 生 加 成 反 应 生 成D （） ， D水 解 生 成E （） ， E与 乙 酸 酐
46、反 应 生 成 最 终 产 物 乙 酰 氧 基 胡 椒 酚 乙 酸 酯 （）。（1）根据分析，AB 的反应类型为加成反应；（2）化合物 C（） 的名称是对羟基苯甲醛（或 4羟基苯甲醛）；（3）化合物 E（）中含氧官能团 的 名 称 为 羟 基 ； 手 性 碳 必 须 连 有 四 个 不 同 的 基 团 ， 故 化 合 物 F 中 的 手 性 碳 只 有 一 个 ： ；（4）根据分析，F 是，其中的酯基及水解出的酚羟 基可与NaOH溶液反应，化学方程式为： +3NaOH+2CH3COONa+H2O；（5）能与 FeCl3溶液发生 显色反应说明同分异构体中有酚羟基，能发生银镜反应说明同分异构体中有醛基，有 4 种不同化学环境的 氢， 其峰面积比为 6211 的同分异构体为或；（6） 制备， 可采用有机合成的逆推法，产物的酮羰基可由羟基氧化得来，醇可由已知中的格氏试剂（Mg、乙醚）的方 法 制 得 ， 用 格 氏 试 剂 需 要 卤 代 烃 ， 卤 代 烃 可 由 甲 苯 光 照 制 得 ， 故 合 成 路 线 为 ： 。
