【文档说明】重庆市南开中学校2023-2024学年（新）高三上学期7月考试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.882 MB，由小赞的店铺上传

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重庆南开中学高2025级高三七月考试化学试题本试卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的。1.下列过程涉及化学变化的是A.金属焰色试验B.煤的液化C.氦发生核聚变反应D.氨的液化【答案】B【解析】【详解】A．焰色试验是指某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰呈现出特征颜色的现象，这个过程中没有新物质的生成，属于物理变化，故A错误；B．煤的液化是指将煤转化为甲醇等液体燃料的

过程，属于化学变化，故B正确；C．核聚变反应属于物理变化，故C错误；D．氨气液化过程中没有生成新物质，是物理变化；故D错误；故答案选B。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.78g22NaO中阴离子数目为1NAB.0.

1mol铁与0.1mol2Cl充分反应，产物数目为0.1NAC.足量2MnO和80mL10mol/L浓盐酸共热，转移的电子数小于0.4NAD.1mol24KFeO在水中完全分解生成的()3FeOH胶体粒子数目小于1NA【答案】D【解析】【详解】A．22N

aO由钠离子和2-2O组成，78g22NaO为1mol，因此1mol22NaO所含的阴离子数目为A1N，故A正确；B．根据反应方程式232Fe+3Cl2FeCl点燃可知，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应，铁过量，产物的物质的量为0.1mol，即产物

数目为0.1NA，故B正确；C．反应为2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓△，浓盐酸在反应过程中逐渐变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，因此足量2MnO和180mL10molL−浓盐酸(物质的量为0.8m

ol)，参加反应的HCl的物质的量小于0.8mol，4HCl()2e−浓，所以转移的电子数小于0.4NA，故C正确；D．24KFeO在发生氧化还原反应时可以产生Fe3+，Fe3+水解生成的()3FeOH胶体

粒子，24KFeO不能直接产生()3FeOH胶体粒子，故D错误；故答案选D。3.下列溶液体系中，所述离子不可能大量共存的是A.滴加苯酚显紫色的溶液：4NH+、K+、I−B.滴加甲基橙显黄色的溶液：23CO−、23SiO−、Na+C.常温下，(

)12H110mol/Lc+−=的溶液中：Na+、2Ba+、2AlO−D.常温下，水电离出的()12H110mol/Lc+−=的溶液：2Fe+、24SO−、Br−【答案】A【解析】【详解】A．滴加苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，2Fe3++2I−=2Fe2++I2，即铁离子和

碘离子不能大量共存，故A符合题意；B．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，滴加甲基橙显黄色的溶液可能呈碱性，23CO−、23SiO−、Na+在碱性条件下能大量共存，故B不符合题意；C．常温下，()12H110mol

/Lc+−=的溶液pH=12，Na+、2Ba+、2AlO−能大量共存，故C不符合题意；D．常温下，水电离出的()12H110mol/Lc+−=的溶液，pH=12或2，pH=2时2Fe+、24SO−、Br−能大量共存，故D不符合题意；故答案

为：A。4.二氧化氯(2ClO)是一种安全、高效的消毒剂。工业制备2ClO的一种方法为：3232242ClOFeSHClOFeSOHO−++−++→+++(未配平)，下列说法正确的是A.2ClO净水原理与明矾相同B.3ClO−的VSEPR模型为三角锥形C.该反应中氧化剂与还原剂

物质的量之比为15∶1D.根据上述反应，氧化性：32ClOClO−【答案】C【解析】【分析】3ClO−中氯元素由+5价降到+4价，因此1个3ClO−发生反应时得到1个电子，FeS2中铁元素从+2价升高到+3价，失去1个电子，硫元

素从-1价升高到+6价，失去7个电子，因此1个FeS2发生反应时失去15个电子，根据电子得失、原子守恒配平可得，+3+23224215ClOFeS+14H=15ClOFe+2SO7HO−−+++，据此作答。【详

解】A．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，明矾是铝离子水解产生氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物聚沉而除去，故A错误；B．3ClO−的中心原子Cl的价层电子对数为()13+7132=42+−，VSEPR模型为四面体形，故B错误；C．根据

分析可知，3ClO−为氧化剂，FeS2为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为15∶1，故C正确；D．根据反应可知，该反应中3ClO−为氧化剂，Fe3+为氧化产物，根据氧化还原反应规律可知，氧化性：3+3ClOFe−，故D错误；故答案选C。5.阿斯巴

甜学名为天门冬酰苯丙氨酸甲酯，因其热量极低又具有较高的甜度，可添加于饮料、药制品或无糖口香糖中作为糖替代品。下列关于阿斯巴甜说法不正确的是A.阿斯巴甜是一种两性化合物B.阿斯巴甜分子中具有2个手性碳原子C.阿斯巴甜完全水解后得到两种α-

氨基酸D.1mol阿斯巴甜最多可消耗6mol2H【答案】D【解析】【详解】A．分子中氨基具有氨的性质、羧基具有羧酸的性质，所以具有两性，氨基能和酸反应生成盐，羧基能和碱反应生成盐，故A正确；B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该分子有2个

手性碳原子，如图所示：，故B正确；C．该物质水解生成HOOCCH2CH(NH2)COOH、、CH3OH，所以产物中含有两种氨基酸，故C正确；D．分子中的苯环可与氢气发生加成反应，酯基，羧基和酰胺基中的碳氧双键不能和氢气加成，故1mol阿斯巴甜分子最多消耗23molH，故D错误；故答案选D。6

.下列实验装置正确的是A.制备()2FeOHB.制取少量2OC.3NaHCO受热分解D.铝热反应【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化亚铁容易被氧气氧化，制备时应注意隔绝空气，故A错误；B．过氧化钠和水反应速率过于剧烈

，也不能保持固体的状态，会溶于水中，中间的隔板不起作用，该反应不适宜使用简易启普发生器，故B错误；C．给固体加热时，大试管的管口应稍向下倾斜，以防水回流到试管底部使试管炸裂，故C错误；D．铝热法是一种利用铝的还原性获得高熔点金属

单质的方法，铝可以将贴单质还原出来，装置中的3KClO作为引燃剂，其作用是分解提供氧气，使镁条快速充分燃烧，为铝热反应提供高温条件，铝热反应产物的承接器是装沙子的蒸发皿，故D正确；故答案选D。7.D-2-脱氧核糖是

生物遗传物质的主要成分，可发生如下转化。下列说法不正确的是A.D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应；B.D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个加成反应C.D-2-脱氧核糖与β-D-2

-脱氧核糖互为同分异构体D.D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式不变【答案】D【解析】【详解】A．D-2-脱氧核糖含有羟基可以发生取代反应和氧化反应，羟基所连碳原子的相邻碳原子上有氢原子可以发生消去反应，A

正确；B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程中醛基转化为羟基，该反应为加成反应，B正确；C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式相同，都是C5H10O4，结构式不同，互为同分异构体，C正确；D．D-2-脱氧核糖中含有醛

基和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2和sp3，β-D-2-脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，D错误；故选D。8.短周期金属元素X、Y、Z的原子序数依次增加。X的单质是密度最小的金属，可用于制备高能电池；基态Y原

子中s能级中电子数与p能级相同；Z的单质可被元素W的最高价含氧酸的浓溶液钝化。下列说法一定正确的是A.X的单质在空气中加热形成的化合物仅含有离子键B.工业上直接电解Y的氧化物制备单质YC.Y第一电离能小于ZD.W的氢化物溶于水呈酸性【答案】A的【解析】【分析】X的

单质是密度最小的金属，可用于制备高能电池，X是Li元素；基态Y原子的s能级和p能级电子数相等，电子排布式可能为1s22s22p4或是1s22s22p63s2，Y为O或是Mg元素，X、Y、Z均为短周期金属元素，因此Y为Mg元素；Z的单质可被元素W的最高价含氧酸的浓溶液钝化，可知Z为Al元素，常温条

件条件下，铝在冷的浓硫酸或冷的浓硝酸中钝化，因此W为N或S元素。【详解】A．X是Li，Li在空气中加热形成生成Li2O，仅含离子键，故A正确；B．Y为Mg元素，氧化镁的熔点高，因此工业上通过电解熔融氯化镁制备金属镁，故B错误；C．同周期主族元素从左往右呈现增大的趋

势，但由于Mg的价层电子排布式为3s2，全充满状态较稳定，因此Mg的第一电离能大于Al，故C错误；D．W为N或S元素，若形成的氢化物为NH3，则溶于水为碱性，故D错误；故答案选A。9.1943年，我国著名科

学家侯德榜创立了“侯氏制碱法”，在其基础上，改进出焦亚硫酸钠225(NaSO)的制备工艺流程如下所示：下列说法不正确的是A“反应Ⅰ”中应先通NH3，后通2COB.“溶液Ⅰ”中的主要溶质为残留的NaClC.“反应Ⅱ”

为232232NaCO2SOHO2NaHSOCO++=+D.气流干燥时温度不宜过高【答案】B【解析】【分析】先将NH3通入饱和的NaCl溶液中，然后再将CO2通入上述溶液，产生NaHCO3固体，充分反应后进行过滤，并对NaHCO3

滤渣进行洗涤，然后加热NaHCO3滤渣得到Na2CO3，反应Ⅱ中SO2、H2O和Na2CO3反应生成NaHSO3，NaHSO3在干燥气流中脱水得到焦亚硫酸钠225(NaSO)。【详解】A．氨气极易溶于水，形成碱性溶液，能吸收更多的二氧化碳，所以“反应

Ⅰ”中应先通NH3，后通CO2，A正确；B．因为反应Ⅰ在饱和NaCl溶液中进行，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=3NaHCO+NH4Cl，“溶.液Ⅰ”中的主要溶质为残留的NaCl和NH4Cl，B错误；C．由分析可知，反应Ⅱ中SO2、H2O和Na2CO3反应生成NaHSO

3，化学方程式为：232232NaCO2SOHO2NaHSOCO++=+，C正确；D．气流干燥时温度不宜过高，目的是防止焦亚硫酸钠分解，D正确；故选B。10.根据下列实验操作及现象，可以得出相应实验推论的是实验操作实验现象实验结论A向1mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加5滴0.1mol/L2

MgCl溶液；随后加入10滴0.1mol/L4CuSO溶液先产生白色沉淀，随后产生蓝色沉淀()()spsp22MgOHCuOHKKB测定饱和23NaCO溶液和饱和3NaHCO溶液的pH值前者pH值更大水解程度：233COHCO−−C向24Z

nFeHSO−−原电池中的Fe电极附近滴加()36KFeCN溶液产生蓝色沉淀Fe作为牺牲阳极保护ZnD向4CuSO溶液中加入KI溶液，再加入四氯化碳振荡有白色沉淀生成，有机层呈紫色白色沉淀可能为CuIA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向1mL0.1m

ol/LNaOH溶液中滴加5滴0.1mol/L2MgCl溶液，产生白色氢氧化镁沉淀，随后加入10滴0.1mol/L4CuSO溶液又产生蓝色氢氧化铜沉淀，因为氢氧化钠溶液过量，因此不能说明()()spsp22MgOHCuOHKK，A错误；B．碳酸钠与

碳酸氢钠溶液的溶解度不同，所以饱和溶液中，两者的浓度不一致，无法比较水解程度，B错误；C．向24ZnFeHSO−−原电池中的Fe电极附近滴加()36KFeCN溶液，产生蓝色沉淀，说明铁与硫酸直接接触而产生二价铁离子，从而产生蓝色沉淀，而金属锌

相对较活泼作为负极，来保护铁电极，C错误；D．向4CuSO溶液中加入KI溶液，再加入四氯化碳振荡，有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色，说明生成了碘单质，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素化合价降低，则白色沉淀可能为CuI，推论合理，D正确；故选D。11.硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构

如图所示，若该晶胞密度为3gcm−，硒化锌的摩尔质量为1gmolM−，AN代表阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.硒化锌化学式为ZnSeB.该晶胞中硒原子的配位数为4C.则晶胞参数a为3A4pmMND.在ZnSe体对角线的一维空间上会出现“”

的排布规律【答案】C【解析】【详解】A．根据硒化锌晶胞结构图可知，该晶胞中含有硒原子数为118+6482=，含有锌原子数为4，所以化学式为ZnSe，A正确；B．每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以

硒原子的配位数为4，B正确；C．该晶胞中含有硒原子数为1881642+=，含有锌原子数为4，则晶胞参数1033AA44cm10pmMMaNN==，C错误；D．根据ZnSe结构，在体对角线上，两个顶点为2Se

−，靠近其中一个2Se−是2Zn+，故在ZnSe体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，D正确；故选C12.25C时，某混合溶液中()()1HAA0.1molLcc−−+=，()lgHAc、()lgAc−随pH变化的关系如图所示。aK为HA的电离常数，

下列说法正确的是A.曲线①代表()lgAc−随pH变化趋势B.7a10K−C.pH=7时，()()()HAOHccc+−−=+D.随着pH增大，A-的水解程度始终增大【答案】A【解析】【分析】随着pH的升高，溶液中()OHc−逐渐增大，

HA会与氢氧根发生反应2HA+OH=A+HO−−，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是()lgcHA，随pH增大而增加，后续几乎不变的是()lgcA−，可知曲线①代表()lgcA−随pH变化趋势，曲线②代表()lgcHA随pH变化趋势，据此作答。【详解】A．根据分析可知，曲线①代表

()lgAc−随pH变化趋势，A正确；B．曲线①和曲线②的交点存在有()()lgcHA=lgcA−，即()()cA=cHA−，()()()()++-pHacHcAK==cH=10cHA−，此时的pH<7，因此7aK>10−，B错误；C．在pH增大的过程中，是通过加入碱性物质实现

，因此也应该存在有阳离子同时加入，根据电荷守恒可知，还存在有带正电荷的阳离子，pH=7时，()()()HAOHccc+−−+，C错误；D．A−的水解平衡为：2AHOHAOH−−++，pH增大的过程中，()cOH−增大，水解平衡逆向移动，因此A−水解程度减小，D错误；故答案选A。。13.2CO资源

化利用是实现碳中和的一种有效途径。如图是2CO在电催化下产生合成气(CO和2H)的一种方法(不考虑2CO的溶解)。下列说法正确的是A.电极a的电势高于电极bB.b电极反应为：65265CHCHOH2e2HCHCHO−+++=C.a电极收集到44.8L(标况下)气体时，转移电子数为4AND.a极区

中()23COc−逐渐增大，b极区()3CHCOOc−逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．2CO在电催化下产生合成气CO和2H时碳元素和氢元素化合价降低，发生还原反应，所以电极a为阴极，电极b为阳极，阳极电势高于阴极电势，即电极a的电势低于电极b，故A错误；B．电极b为阳极，

b电极上苯甲醇被氧化为苯甲醛，电极反应为：--6523653CHCHOH-2e+2CHCOO=CHCHO+2CHCOOH，故B错误；C．a为阴极，电极反应为：-2-2332e2HCO2COCOCO−++=++H2O、-2-3232HCO2eH2CO−+=

+，所以a电极收集到44.8L(标况下)即2mol气体时，转移电子数为2×2=4AN，故C正确；D．a为阴极，电极反应为：-2-2332e2HCO2COCOCO−++=++H2O、-2-3232HCO2eH2CO−+=+，所以a

极区中()23COc−逐渐增大，b电极反应为：--6523653CHCHOH-2e+2CHCOO=CHCHO+2CHCOOH，b极区()3CHCOOc−逐渐减小，故D错误；故答案为：C。14.向10L刚性密闭容器中加入5molCO和5mol2

H，发生反应()()()23COg2HgCHOHg+，恒温条件下达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表所示。t/min020406080()COn5.04.03.22.82.8下列说法正确的是A.前40分钟平均速率()112H0.0045molLminv−−=

B.若混合气体中CO的体积分数不再改变，则表明该反应达到了平衡C80min时，将容器体积压缩到5L，重新达到平衡时()CO0.28mol/LcD.保持其他条件不变，若增大起始时2H的投料，2H的平衡转化率将增

大【答案】C【解析】【详解】A．根据表格数据可知：在前40分钟内CO的物质的量减少了1.8mol，根据物质反应转化关系可知会反应消耗3.6molH2，则在反应在前40分钟的平均速率v(H2)=3.6mol10

L40min=0.009mol·L-1·min-1，故A错误；B．加入5molCO和5mol2H，因此CO的体积分数为50%，反应达到平衡状态时CO为2.8mol，根据化学计量数之比等于物质的量改变之比可知，平衡时H2为5mol-2×(5-2.8)mol=0.6mo

l，产生的甲醇为(5-2.8)mol=2.2mol，此时CO的体积分数为2.8mol100%=50%2.8mol+0.6mol+2.2mol，CO的体积分数一直都是50%，并不是变量，因此混合气体中CO的体积分数不再改变，不能表明该反应达到了平衡，故B错误；C．

80min时，反应达到平衡，将容器体积压缩到5L，此时浓度理论上是增大一倍即0.56mol/L，但该反应为气体体积减小的反应，压强增大，平衡正向移动，会有减少但始终大于原平衡时的浓度，即重新达到平衡时()CO0.28mol/Lc，故C正确；D．根据勒夏特列原理可知，增大起始时2H的投料，2H的平

衡转化率将减小，故D错误；故答案选C。二、非选择题.15.利用绿柱石(主要化学成分为BeO、23AlO、2SiO，还含有少量FeO和23FeO)冶炼Be的一种工艺流程如下。已知：①()37.4sp3FeOH10K−=②铍及其化合物的性质与处于周期表对角线的铝

相似。回答下列问题：（1）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶相中的稳定结构增强其反应活性，气体A是________。（2）为了提高“溶浸”效率，可以采取的措施是___________(写出两种)。（3）“沉铁”时需加氨水调pH为5.2，此时滤液中()3Fe

c+为___________1molL−。（4）“沉铍”时若使用过量的NaOH溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因_____。（5）“灼烧”的化学方程式为___________。（6）“高温反应”需在氩气氛围中进

行，必须隔绝空气的理由是___________。（7）该流程中能循环使用的物质是___________(填化学式)。【答案】（1）CO2（2）搅拌、升高温度（或适当提高酸的浓度，合理即可）（3）-1110（4）2+-2-4Be+4OH=Be(OH)（5）()44232NHBeFBeF+

2HF+2NH高温（6）高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率（7）(NH4)2SO4、HF、NH3【解析】【分析】绿柱石（主要成分BeO、23AlO、2SiO，还含有少量FeO和23FeO），加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3分别与CaCO3反应生成CaS

iO3、铝酸钙、铍酸钙，FeO被氧化，粉碎后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、243AlSO（）、243FeSO（），滤渣1为H2SiO3等，向滤液中加入氨水调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为氢氧化铁，滤液中含有BeSO4、424NHSO（），再向

溶液中加入氨水、HF，得到424NHBeF（），高温分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。【小问1详解】据分析可知，加入石灰石可与二氧化硅、三氧化二铝反应生成对应的硅酸钙和铝酸钙和二氧化碳等，故气体A为CO2；【小问2详解】为了提高“溶浸”效率，可以采取的措施是

有：搅拌、升高温度（适当提高酸的浓度等）；【小问3详解】已知()3+-33+-8.83-37.4sp3KFeOH=c(Fe)c(OH)=c(Fe)(10)=10，则-37.43+-11-26.410c(Fe)==10m

ol/L10；【小问4详解】Be和Al性质相似,则步骤④使用过量NaOH溶液会导致铍沉淀不完全，发生的离子方程式为：2+-2-4Be+4OH=Be(OH)；【小问5详解】“灼烧”步骤中使424NHBeF（）分解，产生BeF2、NH3、HF，故反应方程式为：()44232NHBeFB

eF+2HF+2NH高温；【小问6详解】加入Mg进行“高温反应”得到Be，Mg和Be的化学性质都较活泼，需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率；【小问7详解】根据元素守恒可知滤液中含有(NH4)2SO4，灼烧过程中会产生HF和NH

3，故该流程中能循环使用的物质是(NH4)2SO4、HF、NH3。16.过碳酸钠(2322NaCOHOxy)广泛应用于养殖业供氧、杀菌消毒、环保降解，具有23NaCO和22HO的双重性质，受热易分解，遇潮易产生氧气。过碳酸钠可

由23NaCO饱和溶液与30%的22HO化合而成，已知该反应H0。制备装置如图所示。回答下列问题：（1）装置a的名称为___________。（2）该实验需要在稳定剂的存在下进行，稳定剂的主要成分可能是_______

____(填字母)。A．3CHCOOHB．2FeClC．23NaSiO（3）反应需在10℃~15℃进行，温度不能过高的理由是___________。控制温度的措施有冷水浴、磁力搅拌、___________。（4）向反应后的固液

混合物中加入食盐细粒，减压抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到高纯过碳酸钠固体。其中食盐的作用是___________；减压抽滤的优点是___________。（5）采用滴定分析法测定过碳酸钠的组成。实验步骤如下：

a．准确称取10.000g产品溶于蒸馏水中配成500mL溶液。b．移取20.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10001molL−硫酸对其进行电位滴定(是利用溶液电位的突跃指示终点的滴定法)，滴定时随硫酸滴入溶液的电位(U)和pH变化如图所示。c．另取20.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100

01molL−酸性4KMnO溶液滴定至终点，消耗18.40mL溶液。①步骤b中电位滴定的指示剂为___________。A．甲基橙B．酚酞C．两者均可D．不需要指示剂②该实验所得过碳酸钠(2322NaCOHOxy)中x:y=___________

。制备反应的离子方程式为___________。【答案】（1）球形冷凝管（2）C（3）①.防止过氧化氢分解②.缓慢滴加过氧化氢溶液（4）①.增大溶液中钠离子浓度，有利于过碳酸钠的析出②.加快过滤速度，固体与液体分离比较完全（5）①.D②.1:12③

.+2-32223222Na+CO+12HO=NaCO12HO【解析】【分析】向三颈烧瓶中加入碳酸钠，用温度计观察控制温度，将过氧化氢加入恒压滴液漏斗中控制滴加速度来控制反应温度，防止过氧化氢分解，用球形冷

凝管冷凝回流反应物，提高产率，发生反应的到过碳酸钠的混合液，然后向反应后的固液混合物中加入食盐细粒，促进过碳酸钠析出，减压抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到高纯过碳酸钠固体。【小问1详解】装置a的作用是冷凝回流，根据仪器特

征构造可知其名称为球形冷凝管；【小问2详解】提高过碳酸钠稳定性的关键是稳定剂的选择，稳定剂的作用是将过碳酸钠颗粒包裹，在其外表面形成一个图层，使过碳酸钠颗粒与外界隔离，避免与水和杂质接触，常用的外稳定剂有碳酸盐、磷酸盐、硫酸盐、硅酸盐等

，故答案选C；【小问3详解】反应需在10℃~15℃进行，温度不能过高的理由是，温度过高过氧化氢会分解；该反应为放热反应，故还可通过控制过氧化氢的滴加速度来控制温度；【小问4详解】加食盐可以增大溶液中钠离子浓度，有利于过碳酸钠的析出；减压过滤的优

点利用压强快速过滤，且固体和液体分离更完全；【小问5详解】①电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱指示剂，故答案选D；②b点碳酸钠与硫酸恰好完全反应，根据化学方程式23242422NaCO+HSO=NaSO+CO+HO，可知2324NaCOHSO，另外取溶液

用高锰酸钾滴定，发生反应的化学方程式为4222222KMnO+3HO=2KOH+2MnO+3O+2HO，可知4222KMnO3HO，故()-3-32324n(NaCO)=nHSO=23?10L?0.1mol/L=2.3?10mol，-3-322433n(HO)=n(KMnO)=?1

8.4?10L?0.1mol/L=2.76?10mol22，则-3-3x2.3?10mol1==y1.84?10mol12，故过碳酸钠的化学式为2322NaCO12HO，制备反应的离子方程式为+2-32223222Na+CO+12HO=NaCO12HO。17.胆矾(42CuS

O5HO)是一种用途广泛的铜盐。I．将胆矾置于一密闭容器中，缓缓抽去其水蒸气，胆矾分三步依次脱水，各步脱水过程为一系列动态平衡，发生如下反应：i．()()()42422CuSO5HOsCuSO3HOs2HOg+ii．()()()42422CuSO3HOsCuSOHOs2HOg+i

ii．()()4242CuSOHOCuSOsHOg+图中a、b、c曲线分别表示上述反应中水蒸气平衡压强()2HOp与温度t的关系曲线。（1）反应ⅰ中水蒸气平衡压强与温度的关系曲线是___________(填“a”

、“b”或“c”)。反应ⅰ的H___________0(填“>”或“<”)，判断依据是___________。（2）()42CuSOHOs能稳定存在的区域为___________(填“A”“B”、“C”或

“D”)。（3）25℃下，为了保持()42CuSOHOs晶体纯度，可将其存放在盛有大量M晶体的密闭容器中。M晶体可以是___________(已知该温度下232NaCOHO晶体的平衡压强()2HO706Pap=，42Fe

SO7HO晶体的平衡压强()2HO1976Pap=)。A．2CaClB．232NaCOHO晶体C．42FeSO7HO（4）50℃时，反应()()()4242CuSO5HOsCuSOs5HOg+的压强平衡常数pK为_____。Ⅱ．电镀工业中4CuSO可作电解液

。（5）电镀时，铁制镀件应与电源的___________极相连。（6）电镀结束后，可通过热再生氨电池实现电镀废液浓缩再生。装置如图所示。①右池的电极反应式为：___________。②当外电路转移2mol电子，左池中溶液质量变化了___________g。【答案】（

1）①.a②.＞③.升高温度水蒸气分压增大，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，则0H＞；（2）C（3）B（4）1753.45610Pa（5）负（6）①.2Cu2eCu−+−=②.162【解析】【小问1详解】反应i达到平衡时，水蒸气的分压

最高，其对应的是曲线a，则反应ii对应的是曲线b，反应iii对应的是曲线c；当升高温度时，水蒸气的分压增大，则升高温度平衡正向移动，三个反应均为吸热反应；故答案为：a；＞；升高温度水蒸气分压增大，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，则0H＞；【小问

2详解】()42CuSOHOs是反应ii的生成物，是反应iii的反应物，此时水蒸气的平衡压强在曲线b、c之间，故答案为：C；【小问3详解】25℃反应ii的水蒸气平衡压强为750Pa，反应iii的水蒸气平衡压

强为100Pa，25°C时232NaCOHO的平衡压强为()2pHO706Pa=，低于反应i中平衡压强为()2pHO750Pa=，且远远超过反应iii中平衡压强为()2pHO100Pa=，此时反应ii的平衡正向移动得比较充分，而反应iii的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制()42CuSOHOs

的脱水，有利于其保持纯度，故答案为：B；【小问4详解】50℃时，反应i的压强平衡常数()2p12K=pHO=()2372610Pa3.610Pa=，同理反应ii的压强平衡常数()2372p2K=410Pa1.6

10Pa=，反应iii的压强平衡常数3p3K0.610Pa=，反应i+反应ii+反应iii得()()()4242CuSO5HOsCuSOs5HOg+，则72723175pK=3.6101.6100.610=3.45610PaPaPaPa，故

答案为：1753.45610Pa【小问5详解】电镀池中，镀件就是待镀金属，作阴极，与电源的负极相连；镀层金属为阳极，与电源正极相连，故答案为：负；【小问6详解】①两室均为硫酸铜溶液，通入氨气的一端为负极发生反应2Cu2eCu−+−=

，通入氨气后发生反应()2233Cu+4NHCuNH++，低温热解释放出氨气，左侧电极为正极，电极反应为2+2e=CuCu+−，故答案为：2Cu2eCu−+−=；②中间隔膜为阴离子交换膜，当电路转移2mol电子时，有1mol硫酸根向右侧电极移动，有1mol铜离子得电子生成铜，则左池中溶

液质量减少了1molCuSO4的质量为162g，故答案为：162g。18.2，5-二苯基四氢呋喃可由以下方法合成。回答下列问题：（1）B→C的化学方程式为___________。（2）C→D的另一产物结构简式为__________

_。（3）F→G中25PO的作用是___________。（4）已知四氢呋喃的结构为，则2，2-二甲基四氢呋喃的结构简式为___________。（5）C的同分异构体J既能发生银镜反应又能发生水解反应，则J的结构有___________种。若1molJ可消耗2molNaOH

，且核磁共振氢谱有四组吸收峰，则J的结构简式为___________。（6）E经过三步反应可得到F，画出E→F的合成路线图___________。(已知：RCOOHRH−⎯⎯⎯→−加热)【答案】（1）24Δ32HSOCHCHOH+浓2HO+（2）CH3CH2OH（3）催化剂和吸水

剂；（4）（5）①.14②.、（6）【解析】【分析】A是苯甲酸，被酸性高锰酸钾氧化为B，B是苯甲酸，C和乙酸乙酯反应生成D，根据C的分子式和、D的结构简式逆推，可知C是，则B和乙醇反应生成C；小问1详解】B是苯甲酸，B→C是苯甲酸和乙醇反

应生成和水，反应的化学方程式为24Δ32HSOCHCHOH+浓2HO+；【【小问2详解】和乙酸乙酯反应生成D和乙醇，则另一产物结构简式为CH3CH2OH；【小问3详解】F→G过程中有水生成，25PO的作用是催化剂和吸水剂；【小问4详解】已知四氢呋喃的结构为，则

2，2-二甲基四氢呋喃的结构简式为。【小问5详解】C的同分异构体J既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有HCOO-结构，若苯环上有2个甲基、1个HCOO-，有6种结构；若苯环上有1个乙基、1个HCOO-，有3种结构；若苯环上有1个甲基、1个HCOOCH2-，有3种结构；若苯环上

有1个HCOOCH2CH2-，有1种结构；若苯环上有1个HCOOCH2(CH3)-，有1种结构；则J的结构有14种。若1molJ可消耗2molNaOH，且核磁共振氢谱有四组吸收峰，则J的结构简式为、。【小问6详解】在氢氧化钠溶液中水解、酸

化生成，加热生成，与氢气发生加成反应生成，E→F的合成路线图为。