【文档说明】江西省上饶市广丰一中2023-2024学年高三上学期12月考试化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，2.032 MB，由小赞的店铺上传

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江西省上饶市广丰一中2023-2024学年高三上学期12月考试化学试卷可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Cu-63.5一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共

42分。每小题只有一个正确选项。)1.“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：下列有关说法正确的是A.氧化1所用的氯气可通过热还原饱和NaCl溶液制得B.吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na＋、Mg2＋、Cl-、Br-C.

吸收过程发生反应的离子方程式是SO2＋Br2＋H2O=2H＋＋2Br-＋SO23−D.从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是萃取【答案】D【解析】【分析】海水中的溴离子与氯气反应，生成溴，经热空气吹出，与二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸；再次加入氯气，得到溴单质，分离得到液溴。【详解】A．工业上

通过电解饱和食盐水生成NaOH、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得，故A错误；B．利用热空气吹出溴单质，则剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-，几乎不存在Br-，故B错误；C．吸收过程中，溴与二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴

酸，离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+2-4SO，故C错误；D．从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法能用CCl4萃取，故D正确；故选：D。2.黄铁矿(主要成分2FeS)是制取硫酸的重要矿物原料

。在酸性条件下，2FeS可被氧气催化氧化，反应方程式为2222242FeS7O2HO2Fe4SO4H+−+++=++，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A.反应Ⅰ中，还原剂为2Fe+B.在该催化氧化反应中NO作催

化剂C.反应Ⅱ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为14:1D.反应Ⅲ中21molFe+可吸收标准状况下22.4LNO【答案】A【解析】【分析】由图可知：反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，反应Ⅱ的Fe3+由+3

价变成+2价，FeS2中硫元素化合价升高，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，总反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++42-4SO+4H+可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，据此分析。【详解】A．

由分析可知，反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，Fe(NO)2+做还原剂，故A错误；B．由分析可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，属于NO催化剂，故B正确；C．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，Fe

S2中硫元素化合价由-1价升高到+6价，由电子守恒可知Fe3+和FeS2的物质的量之比为14∶1，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为14∶1，故C正确；D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，则1

molFe2+可吸收1molNO，即标准状况下22.4L，故D正确；答案选A。3.如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是A.上述提取Mg流程中，没有涉及的反应类型是置换反应B.因氮气的化学

性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氦气C.反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用D.从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Mg，后提取Br2【答案】BD【解析】【分析】反

应①为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，可知E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl,M为NaClO和NaClO，贝壳

(主要成分为CaCO3)经过高温煅烧可以生成A为CaO，氧化钙可与水反应生成B为氢氧化钙，与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg,母液中加氯气氧化溴离子，空气吹出溴，以此解答该题。【详解】A．贝壳主要成分为CaCO

3经过高温煅烧可以生成A为CaO，氧化钙可与水反应生成B为氢氧化钙，与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸发生复分解反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成氯气和镁，不涉及置换反应，故A正确；B．Mg与氮气反应生成氮化镁，不能冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气，故B错误；C．电解食盐水生成氯气，可

用于反应⑥所用的气态氧化剂，故C正确；D．若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2，则先提纯溴，故D错误；故选BD。4.“化学——人类进步的关键”，前提是必须根据

化学物质的特性合理使用，下列关于化学物质使用的说法正确的是A.同时施用草木灰(有效成分为K2CO3)和氮肥可促进植物的生长、增强抗倒伏能力B.农药施用后一定不会通过农作物、农产品等发生转移C.随意丢弃聚乙烯制品(如食品包装袋)会产生“白色污染”D.由于钢铁在空气中会发生锈蚀而损耗，故废旧钢

铁制品不需回收利用【答案】C【解析】【详解】A．草木灰(有效成分为K2CO3)溶液呈碱性，铵态氮肥溶液呈酸性，两者会反应产生氨气，同时施用会降低肥效，故A错误；B．农药可以通过生物转移，故B错误；C．塑料垃圾可以造成白色污染，随意丢弃聚乙烯制品(

如食品包装袋)会产生“白色污染”，故C正确；的D．回收利用废旧金属是保护金属资源的有效途径，故D错误；故选：C。5.有关煤的综合利用如图所示，下列说法正确的是A.煤和水煤气均是可再生能源B.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物C.③是将煤在空气中加强热使其分解的过程D.B为甲醇或乙酸时，原

子利用率均可达到100%【答案】D【解析】【详解】A．煤是不可再生的化石能源，故A错误；B．煤的主要成分是碳，苯、甲苯、二甲苯是煤的干馏得到的产物，故B错误；C．反应①是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，③为水煤气在催化剂作用下的反应，故C错误；D．水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，2mol氢

气能与1mol一氧化碳反应生成甲醇、2mol氢气能与2mol一氧化碳反应生成乙酸，反应产物唯一，原子利用率均可达到100%，故D正确；故选D。6.已知：2HRHHR+−=+，2HRHR−+−=+，CuR难溶于水

。常温下，Ka1(2HR)=1×10-9，Ka2(2HR)=2×10-13，当10mL0.1mol/LH2R溶液中缓慢加入少量CuSO4粉末，溶液中c(H+)与(Cu2+)的变化如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列有关说

法不正确的是A.X点溶液的pH≈5B.根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10-24C.Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2RD.Y点对应溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+

2c(2-4SO)+c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A．设0.1mol/LH2R溶液中氢离子浓度为xmol/L,可列出三段式如下：()()()2HRH/L0.100/Lxxx/L0.1xxxHRmolmolmol+−+−初始浓度转化浓度平衡浓度，则2

2a1xxK0.1x0.1=−，可求得5x110/Lmol−=，所以X点溶液的pH≈5，A项正确；B．根据平衡常数的计算方法，可知()()()()()()()()()()()22222a12a2222cH?ccH?cRcH?cRKHR?KHR?210cH

RcHRcHRHR+−+−+−−−===，Y点的()cH0.1/Lmol+=，此时溶液中的()2cHR0.05/Lmol，则可求得()221cR1.010/Lmol−−，此时()2c0.002/LCumol+=，则()()()2224Kc?cR210

spCuRCu+−−==，B项错误；C．根据Y点数据可得到()()()()()()()()()()()22222a12a2222cH?ccH?cRcH?cRKHR?KHR?210cHRcHRcHRHR+−+−+−−−===，此时()()2202cR210cHR−−=，而Z点铜离子浓

度更大，则2R−的浓度更小，Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2R，C项正确；D．Y点对应的溶液中存在电荷守恒：()()()()()()2224cH2c2cRc2ccCuHRSOOH++−−−−+=+++，D项正确；故选B。7.化学与生活息息相关。下列说法正确的

是A.使用加酶洗衣粉洗涤衣物时，水温越高效果越好B.2NaNO作腌制品的保鲜剂，能减缓食物腐败变质的速率C.使用催化剂消除汽车尾气污染物时，催化剂颗粒大小对其反应速率无影响D.打开啤酒瓶盖后冒出大量气泡，压强减小，二氧化碳的溶解度增大【答案】B的

【解析】【详解】A．酶的催化应控制在一定温度范围内，防止温度过高而导致蛋白质变性，失去催化功能，故A错误；B．2NaNO作腌制品的保鲜剂，能减缓食物腐败变质的速率，但是需要按照国家规定用量添加使用，故B正确；C．催化剂颗粒越小，与反应物接触面积越大，催化效率越高，对其反应速率有影响，故C错误D．

打开啤酒瓶盖后冒出大量气泡，压强减小，二氧化碳的溶解度减小，导致其从溶液中逸出，D错误；故选B。8.下列实验设计不恰当的是A.蒸干AlCl3溶液获得AlCl3晶体B.测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率C.探究温

度对化学平衡的影响D.探究催化剂对化学反应速率的影响【答案】A【解析】【详解】A．AlCl3溶液存在AlCl3+3H2O⇋Al(OH)3+3HCl，加热AlCl3溶液，HCl挥发使平衡正向移动，最终生成Al(OH)3，不能得到AlCl3晶体，A错误；B．根据一定时间内生成氢气的体积，可以测定锌与稀

硫酸反应生成氢气的速率，B正确；C．红棕色的二氧化氮气体可以转化为无色的N2O4，将混合气体放入盛有不同温度的水的烧杯中，根据颜色可以探究温度对化学平衡的影响，C正确；D．H2O2在催化剂条件下分解速率快，其它条件相同是分别加氯化铁和蒸馏水，根据反应的剧烈程度，可

以探究催化剂对化学反应速率的影响，D正确；答案选A。9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是元素XYZW最高价氧化物水化物34HZO0.1mol/L溶液对应pH(25℃)1.0013.001.570.70A.X、W最简单氢化物的键角：

X>WB.简单离子半径：W<YC.元素电负性、第一电离能：Z<WD.简单氢化物的沸点：X<Z【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L的X最高价氧化物对应水化物溶液的pH=1.00，说明该水化物为一元强酸，因为四种元素为短周期元素，因此X为N元素，同理，Y的最高价氧化物对应水化物为一元强碱

，即Y为Na元素，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H3ZO4，Z为P元素，0.1mol/L的W最高价氧化物对应水化物溶液的pH=0.70，则该水化物为二元强酸，即W为S，据此分析；【详解】A．N的简单氢化物为NH3，S的简单氢化物为H2S，NH3中心原子N有1个孤电子对，H2S中心原子S

有2个孤电子对，因此NH3的键角大于H2S，故A正确；B．根据上述分析，W为S，Y为Na，W、Y简单离子分别为S2-、Na+，前者3个电子层，后者2个电子层，因此r(S2-)＞r(Na+)，故B错误；C．根据上

述分析，Z为P，W为S，同周期从左向右电负性增大，即S的电负性强于P，根据同周期第一电离能规律，I1(P)＞I1(S)，故C错误；D．X的简单氢化物为NH3，分子间存在氢键，Z的简单氢化物为PH3，分子间没有氢键，因此NH3的沸点高于PH3，故D错误；答案为A。10.化学用语是学习化

学的基本工具，下列有关化学用语的表述正确的是A.2KS的电子式：B.2SCl分子的空间构型为直线形C.基态C原子的轨道表示式：的的D.中子数为10的氟原子符号：10F【答案】A【解析】【详解】A．2KS是离子化合物，由两个K+和一个S2-构成，电子式为，故A正确；B．2SCl的价层电子

对为2+2，空间构型为V形，故B错误；C．基态碳原子核外电子排布1s22s22p2，其电子轨道表示式为，故C错误；D．中子数为10的氟原子符号：19F，故D错误。答案选A。11.某同学按图装置进行实验，最后可以使瓶中少量固体粉末溶解消

失。下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末A2NO2HO3BaSOB2Cl2FeCl溶液FeCHCl()32CuNO溶液CuD3NH2HOAgClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．通入2NO气体依次发生反应32NO+2HO=2HNO3+NO，HNO3可以将

3BaSO氧化为为4BaSO，4BaSO不溶于酸溶液，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性

，发生离子反应：3Cu+8H++23NO−=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶

解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。12.乙酰水杨酸(阿司匹林)的结构如图，下列说法中错误的A.阿司匹林有镇痛、解热的功效B.乙酰水杨酸分子中含有羧基、碳碳双键官能团C.乙酰水杨酸可发生酯化反应和水解反应D.乙酰水杨酸是一种不饱和烃的衍生

物【答案】B【解析】【详解】A．阿司匹林是人们熟知的感冒药，是第一个重要的人工合成药物，具有解热镇痛作用，故A正确；B．阿司匹林分子中含有2种官能团，分别为酯基和羧基，故B错误；C．该有机物分子中含有羧基、酯基

，能够发生酯化反应和水解反应，故C正确；D．该有机物除含C、H两种元素外，还含有氧元素，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故D正确；故选：B。13.苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如

图所示：下列说法不正确的是A.反应焓变：反应Ⅰ>反应ⅡB.在该条件下，反应Ⅲ能自发进行C.苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物ⅡD.选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅰ的比例【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息，反应Ⅰ是吸

热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；B．反应Ⅲ是放热反应，熵增的反应，根据，则在该条件下，反应Ⅲ能自发进行，故B正确；C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，故C正确；D．根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，

则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，故D错误。综上所述，答案为D。14.化合物Z是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y

、Z的说法不正确的是A.用FeCl3溶液或NaHCO3溶液均可鉴别Y、Z两种物质B.反应②为取代反应C.Z可发生取代、加成和消去反应D.Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．Z()分子中含有酚羟基，遇

FeCl3生成紫色溶液，则可用FeCl3溶液鉴别Y和Z，Y含有羧基，和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故可以用NaHCO3鉴别Y、Z，A正确；B．Y和发生取代反应生成Z，B正确；C．Z的结构简式为，分子中含有酚羟基，可发生取代

反应，苯环、羰基可发生加成反应，不能发生消去反应，C不正确；D．Z()与足量的氢气加成后产物中，原右边苯环上连接取代基的3个碳原子转化为手性碳原子，酮羰基的碳也转化成手性碳原子，则共有4个手性碳原子，D正确；故选C。二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)

15.海水中有取之不尽的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。下图是某工厂对海水资源的综合利用的示意图。试回答下列问题：（1）粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO24−等杂质，精制后可得NaCl饱和溶液，

精制时通常在溶液中依次加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性。请写出下列操作中发生的化学反应的离子方程式：①粗盐溶液中加入过量的Na2CO3溶液：_______。②滤液中加入盐酸至溶液呈中性：____

___。（2）母液中含有K＋、Na＋、Mg2＋等阳离子，从以上流程可以看出，对母液进行一系列的加工可制得金属镁。①从离子反应的角度思考，在母液中加入石灰乳所起的作用是_______；石灰乳是生石灰与水作用形成的化合物，生产生石灰的主要原料是______

_；若加入石灰乳后所制取的产品中还混杂着熟石灰，那么将熟石灰从该产品中除去的方法是_______。②电解无水氯化镁的化学方程式是_______。③电解无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以用作镁

蒸气的冷却剂的是_______(填序号)。A．H2B．CO2C．O2D．水蒸气（3）在该化工厂中，海水提取氯化钠后的母液经过提取氯化镁后又形成了新的母液，向新的母液中加入一种常见的气态氧化剂，又制取了重要

的化工原料溴单质。①生成溴单质的化学反应的离子方程式是_______；生产中将溴单质从化合物中分离出来的方法是_______，这种方法的成功应用是基于溴单质具有_______性。②从多种经营、综合开发、打造大而强的现代企业以及

本厂生产所需要的原料等方面来看，你认为该化工厂还可以再增加的生产项目是_______。【答案】（1）①.Ca2++2-3CO=CaCO3↓、Ba2++2-3CO=BaCO3↓②.OH-+H+═H2O、2-3CO+2H+═H2O+CO2↑（2）①.将Mg2+沉淀为Mg(O

H)2②.贝壳③.加入MgCl2溶液后搅拌，过滤④.22()==MgClMg+Cl电解熔融⑤.A（3）①.2Br-+Cl2═2Cl-+Br2②.空气吹出法③.挥发④.生产盐酸【解析】【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐中依次加入过量的BaCl2溶

液、NaOH溶液和Na2CO3溶液，硫酸根离子、镁离子，钙离子和钡离子均转化为沉淀，且碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸得到饱和NaCl溶液，再电解生成NaOH、氢气、氯气；母液中加石灰乳生成氢氧化镁，与盐酸反应生成氯化镁，蒸发、浓缩得到晶体在HCl气流中脱水得到无水氯化镁，最

后电解熔融氯化镁生成Mg和氯气，以此来解答。【小问1详解】依次加入过量的BaCl2溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液，硫酸根离子、镁离子，钙离子和钡离子均转化为沉淀，过滤后加盐酸，与NaOH、Na2CO3溶液反应，①粗盐溶液中加入过量的Na2CO3溶液的离子

反应为Ca2++2-3CO=CaCO3↓、Ba2++2-3CO=BaCO3↓，故答案为：Ca2++2-3CO=CaCO3↓、Ba2++2-3CO=BaCO3↓；②滤液中加入盐酸至溶液呈中性的离子反应为OH-+H+═H2O、2-3CO+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：O

H-+H+═H2O、2-3CO+2H+═H2O+CO2↑；【小问2详解】①母液中Mg2＋加入石灰乳Ca(OH)2中OH-可与镁离子形成氢氧化镁沉淀，所起的作用是；贝壳的主要成分为CaCO3，原料廉价易得，煅烧贝壳可以制得CaO，则生产生石灰的主要原料是贝壳；除杂的原则是不能引入新的杂质，所

以再加入MgCl2溶液，过滤；②电解无水氯化镁生成镁单质和氯气，反应的化学方程式是22()==MgClMg+Cl电解熔融；③Mg能和H2O、O2、CO2反应，但与H2不反应，所以可在H2中冷却，故选A；【小问3详解】①生成溴单质的化学反应

的离子方程式是2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，生产中利用溴单质的挥发性将溴单质从化合物中分离出来的方法是空气吹出法，故答案为：2Br-+Cl2═2Cl-+Br2；空气吹出法；挥发；②多种经营、综合开发、打造大而强的现代企业以及本厂生产所需要的原料等方面来看，生成氢气、氯气，两者反应生

成HCl，则该化工厂还可以再增加的生产项目是生产盐酸，故答案为：生产盐酸。16.Bi2O3常用作可见光催化剂，NaBiO3是一种强氧化剂。以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量的Bi2O3、SiO2和铁的氧化物)为原

料制备Bi2O3和NaBiO3的流程如下：已知：①Bi2O3能溶于酸；②碱式碳酸铋的化学组成：(BiO)2CO3；③Bi2S3＋6HCl＋NaClO3=2BiCl3＋3S＋NaCl＋3H2O。Ⅰ．请回答

下列问题：（1）滤渣的成分有_______(填化学式，下同)；“溶浸”时可能产生一种有毒气体单质，它是_______。（2）“溶浸”时浸出速率与温度的关系如图所示。温度高于T0℃时，浸出速率突然减小的原因是_______。（3）若将“置换铋”的反应设计成原电池，则负极反应式为_______。

（4）写出“煅烧”中反应的化学方程式：_______。（5）实验室常用下列方法鉴别Mn2＋：在硫酸酸化的MnSO4溶液中加入NaBiO3粉末(难溶于水)，溶液变成紫红色，还原产物为Bi3＋，该反应的离子方程

式为_______。Ⅱ．石油是重要的化工原料，被称为“工业的血液”。下图中A的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志。回答下列问题：（6）过程②这种获得有机化工原料的方法在工业上叫做_______，物质D中含

有的官能团名称为_______，过程③发生的反应类型是_______。（7）石油气的成分中含有一种电子总数为42的烷烃，该烷烃共有_______种同分异构体，其中一氯代物共有4种的名称是_______。（8）以淀粉为原料经水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用

下可分解生成B，写出生成B的化学方程式_______。实验室实现过程④反应的化学方程式为_______。（9）实验室常用下列装置实现过程⑥发生的化学反应。①实验时，先在大试管中加入B、浓硫酸、D的混合物，再加入_______。②反应结束后，将收集到的产品倒入分液漏斗中振荡、静置

、分液，_______从分液漏斗上口倒出。③相对于a装置，用b装置进行制备的缺点有_______(答一条即可)。【答案】（1）①.SiO2、S②.Cl2（2）盐酸的挥发速率加快，盐酸浓度突然降低（3）Fe-2e-=Fe

2+（4）(BiO)2CO3==高温Bi2O3+CO2↑（5）5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2-4MnO+7H2O（6）①.裂解②.羧基③.加成反应（7）①.3②.异戊烷或2-甲基丁烷（8）①.C6H12O6→酒化酶2CH3CH2OH+2

CO2↑②.2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（9）①.碎瓷片②.乙酸乙酯或上层液体③.不易控制反应温度(或原料损失较大或易发生副反应等)【解析】【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量的Bi2O3、SiO2和铁的氧化物)中加入盐酸、

NaClO3溶浸，Bi2O3能溶于酸，发生反应Bi2O3+6HCl=2BiCl3+3H2O，Bi2S3发生反应Bi2S3+6HCl+NaClO3═2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Fe的氧化物和盐酸、NaClO3混合溶液反应最后得到FeCl3，SiO2难溶于盐酸，过滤后得到的滤渣为

SiO2、S，然后向滤液中加入Fe粉置换Bi,Bi和O2、Na2O2得到NaBiO3，Bi和硝酸反应后过滤得到Bi(NO3)3，向Bi(NO3)3溶液中加入(NH4)2CO3，二者反应生成：(BiO)2CO3；(BiO)2CO3

煅烧得到得到Bi2O3；【小问1详解】SiO2、S都难溶于稀盐酸，所以过滤时得到的滤渣为SiO2、S；“溶浸”时盐酸能被NaClO3氧化生成Cl2，氯气是一种有毒的气体单质，所以生成的有毒气体单质是Cl2，故答案为：

SiO2、S；Cl2；【小问2详解】反应物浓度越小，反应速率越慢，盐酸易挥发，升高温度促进盐酸挥发，导致盐酸浓度突然降低，则浸出速率突然降低，故答案为：盐酸的挥发速率加快，盐酸浓度突然降低；【小问3详解】若将“置换铋”的反应设计成原电池，Fe失电子生成亚铁离子而作负极，负极反应式为Fe-2e-=

Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；【小问4详解】在煅烧时，(BiO)2CO3煅烧时分解生成Bi2O3、CO2，反应方程式为：(BiO)2CO3==高温Bi2O3+CO2↑；【小问5详解】在酸性条件下，Mn2+被NaBiO3氧化为紫色的

，NaBiO3被还原为Bi3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2-4MnO+7H2O。【小问6详解】石蜡油裂解生成乙烯等小分子化合物，则过程②这种获得有机化工原料的

方法在工业上叫做裂解；D为CH3COOH，物质D中含有的官能团名称为羧基；过程③是乙烯中碳碳双键和水发生加成反应生成乙醇，发生的反应类型是加成反应，故答案为：裂解；羧基；加成反应；【小问7详解】石油气

的成分中含有一种电子总数为42的烷烃，该烷烃中C原子个数=4252=8−，则烷烃为戊烷，该烷烃同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，其中一氯代物共有4种的烷烃中含有4种氢原子，该烷烃的名称是异戊烷或2-甲基丁烷，故答案为：3；异戊烷或2-甲

基丁烷；【小问8详解】以淀粉为原料经水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下可分解生成B，则生成B的化学方程式C6H12O6→酒化酶2CH3CH2OH+2CO2↑；实验室实现过程④反应为乙醇的催化氧化，该反应的化学方

程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O，故答案为：C6H12O6→酒化酶2CH3CH2OH+2CO2↑；2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；【小问9详解】①为防止加入混合溶液时产生暴沸现象，需要在加热前加入碎瓷片，故答

案为：碎瓷片；②乙醇溶于饱和碳酸钠溶液、乙酸和碳酸钠溶液反应生成可溶性的乙酸钠，乙酸乙酯不溶于水且密度小于水，所以和饱和碳酸钠溶液混合时分层且乙酸乙酯在上层，分液时上层的乙酸乙酯从上口倒出，故答案为：乙酸乙酯或上层液体；③乙醇

和乙酸易挥发，受热时更易挥发，直接加热不易控制温度，且直接加热易发生副反应，所以装置a较好，故答案为：不易控制反应温度(或原料损失较大或易发生副反应等)。17.CuCl是一种重要化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组

利用下图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。已知：①CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化。②CuCl能溶于氨水，()+32CuNH为无色。实验步骤：Ⅰ．连接好仪器，检查装置气密性后加入药品。Ⅱ

．打开活塞K，通入一段时间2N后，关闭活塞K。Ⅲ．打开仪器a的活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2～3。Ⅳ．打开活塞K，通入2SO，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间的气体。Ⅴ．将A中混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品

。回答下列问题：（1）步骤Ⅱ中反应前通入2N的目的是_______。（2）仪器a的名称是_______，装置C的作用是_______。（3）步骤Ⅳ中通入2SO发生反应的离子方程式_______。（4）步骤Ⅴ中用95%

的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是_______。（5）CuCl溶于氨水后的溶液遇到空气被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子为_______。【答案】（1）排尽装置中的空气，防止CuCl被氧化（2）①.分液漏斗②.吸收SO2，防

止污染空气（3）SO2+2Cu2++2C1-+2H2O=2CuCl↓+SO24−+4H+（4）减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥速率（5）[Cu(NH3)4]2+【解析】【分析】化学小组制备CuCl，装置A中SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚

铜和硫酸，离子方程式为SO2+2Cu2++2C1-+2H2O=2CuCl↓+SO24−+4H+，SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，装置B可防止尾气处理时发生倒吸，以此解答。【

小问1详解】CuCl在空气中能被迅速氧化，步骤Ⅱ中反应前通入2N的目的是：排尽装置中的空气，防止CuCl被氧化。【小问2详解】仪器a的名称是分液漏斗，由分析可知，SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用装置C盛放NaOH溶液处理尾气。【小问3详解】装置A中SO2与氯化铜溶液反应生成氯化

亚铜和硫酸，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：SO2+2Cu2++2C1-+2H2O=2CuCl↓+SO24−+4H+。【小问4详解】根据已知信息①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，用95%的乙醇代替

蒸馏水洗涤的优点是：减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥速率。【小问5详解】CuCl的氨水溶液遇到空气时，+1价的铜被氧化，深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。18.抗帕金森病药物恩他卡朋的一种合成路线如下(部分反应条件已省略)：已知：(Ⅰ)R1-OH3PXΔ⎯⎯⎯→

R1-X；(Ⅱ)R2COOH3PXΔ⎯⎯⎯→R2-COX；(Ⅲ)R-COX3NH⎯⎯⎯→R3-CONH2请回答：（1）恩他卡朋含氧官能团的名称是_______。（2）化合物J的结构简式是_______。（3）下列有关说法不正确的是_______。A

.恩他卡朋的分子式是C14H14N2O5B.反应①②③④⑤涉及取代、氧化、加成等反应类型C.化合物D与足量H2充分还原后的产物中共含3个手性碳原子D.工业上在低温、CH2Cl2溶剂条件下实现D→E转化主要为了调控反应的速率（4）写出反应⑥的化学方程式_______

。（5）设计上图中以甲醛(HCHO)为原料制备化合物G的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。（6）化合物E同时符合以下条件的同分异构体(不包括立体异构体)中，其结构简式除外还有_______。①只含

有一个环的芳香族化合物②核磁共振氢谱显示共有3组峰，强度比为2：2：3③分子中不含有亚硝基(-N=O)和酯基【答案】（1）羟基、硝基、酰胺基（2）NH(C2H5)2（3）ABD（4）；（5）（6）【解析】【分析】经推断可得转化流程如下：【小问1详解】由结构简式可知

，恩他卡朋含氧官能团的名称是：羟基、硝基、酰胺基；【小问2详解】由题意知化合物J的结构简式是：NH(C2H5)2；【小问3详解】A.恩他卡朋的分子式是C14H15N3O5，A错误；B.反应①②③④⑤涉及反应类型无加成反应，B错误；C.化合物D与足量H2充分还

原后的产物是，共含3个手性碳原子，C正确；D.工业上在低温、CH2Cl2溶剂条件下实现D→E转化主要为了防止硝酸高温分解以及HNO3和CH2Cl2挥发，D错误；答案是ABD；【小问4详解】反应⑥的方程式为：；【小问5详解】

以甲醛(HCHO)为原料制备化合物G的路线为：；【小问6详解】化合物E同时符合只含有一个环的芳香族化合物、核磁共振氢谱显示共有3组峰，强度比为2：2：3、分子中不含有亚硝基(-N=O)和酯基的同分异构

体中，还有：。