【文档说明】内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021届高三上学期第三次阶段性考试化学试卷 【精准解析】.doc，共(21)页，1.058 MB，由小赞的店铺上传

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开鲁一中2020~2021学年度上学期高三年级第三次阶段性考试化学学科试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡/纸上。2.作答时，务必将答案写在答题卡/纸上，写在本试卷上无效。一卷用2B铅笔涂卡，二卷用黑色中性笔答题。3.可能用到的相

对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5P31S32Fe56第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2020年初春，新型冠状病毒肆虐流行，严重威胁着人类的健康。使用含氯泡

腾片[主要成分为二氧化氯(ClO2)]可有效杀死病毒。下列对于二氧化氯(ClO2)的说法不正确的是()A.ClO2属于化合物B.ClO2属于氧化物C.ClO2属于盐类D.根据ClO2中氯元素的化合价为+4，推测其具有氧化性【答案】C【解析】【详解】A.ClO2属于化合物，故A正确；B.ClO2

是由氯元素和氧元素构成的一种化合物，属于氧化物，故B正确；C.盐类指的是由金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物，因此ClO2不属于盐类，故C错误；D.氯元素的最高价态是+7价，最低价态

是-1价。ClO2中的Cl是+4价，处于中间价态，所以既具有氧化性又具有还原性，故D正确；故选C。2.生活中的一些问题常涉及化学知识，下列叙述正确的是A.棉花的主要成分是纤维素B.过多食用糖类物质如淀粉等不会导致人发胖C.淀粉在人体内直接水解生成葡萄糖，供人体组织的营养需要D.纤维素在人体消化过程

中起着重要作用，纤维素可以作为人类的营养物质【答案】A【解析】【详解】A.棉花的主要成分为纤维素，故A正确；B.淀粉在人体内最终变成葡萄糖，过多食用淀粉可转化为脂肪能使人发胖，故B错误；C.淀粉在人体内先水解生成麦

芽糖，再水解生成葡萄糖，葡萄糖是人体组织的营养成分，故C错误；D.人体内没有消化纤维素的酶，故纤维素不能作为人类的营养物质，故D错误。故选A。3.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是A.小苏打——作食品疏松剂B.漂粉精——作游泳池消毒剂C

.甘油——作护肤保湿剂D.明矾——作净水剂【答案】B【解析】【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水

性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；故答案为B。4.下列关于有机化合物的说法正确的是A.苯和液溴在光照条件下生成溴苯B.C4H2Cl8有8种同分异构体(不含立体

异构)C.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯D.木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色【答案】C【解析】【详解】A、在FeBr3催化下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，选项A错误；B、分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4Cl10中的两个

Cl原子被两个H原子取代，可以采取“定一议二”法确定：、、，故C4H2Cl8共有9种，选项B错误；C、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇和CO2，乙醇氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，选项C正确；D、淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，选项

D错误；答案选C。5.下列说法正确的是A.126C和146C是同一种核素B.液氯和氯气互为同素异形体C.甲醇（CH3OH）和甘油（）互为同系物D.Fe与Ca位于元素周期表的同一周期【答案】D【解析】【详解】A．126C和

146C是同一种元素的不同核素，A不正确；B．液氯和氯气为不同状态的同种物质，B不正确；C．甲醇（CH3OH）和甘油（）虽然官能团的种类相同，但数目不同，二者不互为同系物，C不正确；D．Fe与Ca都位于元素周期表的第四周期，D正确；故选D。6.常温下，一

定能大量共存的离子组是()A.使甲基橙呈红色的溶液中：I－、Cl－、-3NO、Na＋B.0.5mol·L－1的NaAlO2溶液中：K＋、Na＋、2-4SO、Fe3＋C.()WKCH+＝0.1·mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、-3HCO、-3NOD.澄清透明溶液中：K＋、Cu2＋、Na＋、Cl

－【答案】D【解析】【详解】A．甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，I-、-3NO在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．-2AlO水解显碱性，Fe3+水解显酸性，-2AlO和Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．()

WKCH+＝0.1·mol·L－1，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液显碱性，-3HCO与OH-发生反应，即-3HCO+OH-=2-3CO+H2O，而不能大量共存，故C不符合题意；D．该组离子之间不反应，能够大量共存，故D符合题意；答案为D。7.阿司匹林是家中常

备药，它对血小板的聚集有抑制作用，早在1853年夏尔·弗雷德里克·热拉尔(Gerhardt)就用水杨酸与乙酸酐合成了乙酰水杨酸(阿司匹林)，原理如下：下列说法正确的是（）A.该合成原理发生的是取代反应B.水杨酸的所有原子一定共平面C.乙酰水杨酸分

子中含有三种官能团D.从乙酰水杨酸和乙酸的混合液中分离出乙酰水杨酸可以通过加入饱和Na2CO3溶液后分液【答案】A【解析】【详解】A.该合成原理是乙酸酐中的CH3CO-原子团取代水杨酸中的酚羟基上的氢原子，发生的是取代反应，故A正确；B.

苯环为平面机构，氧氢单键可以旋转，所以酚羟基可以与苯环共面，碳氧双键为平面结构，羟基可以与其共面，碳氧双键平面与苯环平面以单键相连，单键可以旋转，所以水杨酸分子中所有原子共平面，但不是一定共平面，故B错误；C.乙酰水杨酸分子中含有两种官能团，分别是酯基

和羧基，故C错误；D.乙酰水杨酸含羧基，可以和碳酸钠溶液发生反应，所以不能用碳酸钠溶液分离乙酰水杨酸和乙酸，故D错误；故选：A。8.分子式为C3H8O的醇与C3H6O2的羧酸在浓H2SO4存在时共热生成的酯有

A.3种B.2种C.5种D.7种【答案】B【解析】【详解】分子式为C3H8O的醇有CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3；分子式为C3H6O2的羧酸只有CH3CH2COOH，因此该羧酸与两种不同的醇在浓H2SO4存在时共热生成的酯有2种，故合理选项是B。9.250℃和1.

01×105Pa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行的原因是（）A.是吸热反应B.是放热反应C.是熵减少的反应D.熵增大效应大于焓效应【答案】D【解析】【详解】根据化

学反应的能判据与熵判据综合关系式ΔH-TΔS0＜可知，ΔH0＞，要使反应能自发进行，必须使ΔHTΔS＜，所以需要熵增大效应大于能量效应，综上分析可得D符合题意，故选D。答案选D10.已知AN是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.221.8g

HO含有的中子数为ANB.标准状况下22.4L乙醇中含CH−数目为A5NC.412gNaHSO和24NaHPO的混合物中，含Na+数目为A0.1ND.氯气通入水中在光照下分解产生21molO过程中转移的电子数为A4N【答案】C【解

析】【详解】A.1.8g2H2O的物质的量为1.8/20=0.09mol，所以.1.8g2H2O含有的中子数为0.9NA，故A错误；B.标准状况下乙醇是液体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，故B错误；C.NaHSO4和N

aH2PO4的摩尔质量均为120g/mol，故12g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含1个阳离子，故0.1mol混合物中含阳离子为0.1NA个，故C正确；D.氯气和水反应首先生成盐酸和次氯酸，次氯酸在光照下分解产生氧气，产生1mol氧气，仅次氯酸分解这一步就

转移了4NA的电子，还有氯气与水反应过程中转移的电子，故D错误；故答案为C【点睛】本题容易错的选项是B注意在应用公式n=V/Vm时，只有标准状况下的气体Vm=22.4L/mol。11.下列中草药煎制步

骤中，属于过滤操作的是()A.冷水浸泡B.加热煎制C.箅渣取液D.灌装保存A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。【详解】A、冷水浸泡属于物质

的溶解，不属于过滤操作，故A错误；B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。12.研究表明，

通过碘循环系统(如图)可以吸收工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法正确的是A.A为亚硫酸B.I2在整个循环系统中做中间产物C.不断分离出H2，有利于完成氢能源再生D.氢气燃烧热值高、无污

染、储存、运输方便，属于一次能源和新能源【答案】C【解析】【分析】由图可知，SO2与I2、H2O反应生成HI、A，该反应中I元素化合价降低，因此一定有元素化合价升高，因为氧化性O2>I2，因此不可能是O元素化合价升高，由此可知，该反应中S元素化合价升高至+6价，根据得失电子守恒以及质

量守恒可知，该反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，以此解答。【详解】A．由上述分析可知，A为H2SO4，故A项说法错误；B．该循环系统中，I2作催化剂，HI是中间产物，故B项说法错误；C．由题给示意图可知，碘化氢分解生成氢气和碘单质，若不断分离出H2，平衡向正反应方向移动，

有利于HI的分解，故C项说法正确；D．氢能燃烧热值高、资源丰富，无毒、无污染，但氢气摩尔质量小，密度小，不利于储存和运输，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。13.下列实验方案正确且能达到相应实验目的的是()A.甲装置用于验证草酸晶体是否含结晶水B.乙装置用于

海带提碘实验中将海带灼烧成灰C.丙装置用于配制溶液的实验中向容量瓶中转移溶液D.丁装置用于验证酸性：H2SO4>H2CO3>HClO【答案】C【解析】【详解】A．草酸不稳定，受热分解也可生成水，A错误；B．海带提碘实验中将海带灼烧成灰需要在坩

埚中进行，B错误；C．配制溶液的实验中向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，C正确；D．二氧化碳通入次氯酸钠溶液中会生成次氯酸，但是观察不到实验现象，无法通过实验得出是否有次氯酸生成，D错误；答案选C。14.500℃时向恒容密闭容器中充入1molNO2(g)发生如下反应：2NO2(g)⇌N2

O4(g)，反应达到平衡后，向容器内再充入1molNO2，下列说法正确的是A.气体颜色最终比原平衡时还要浅B.平衡常数K增大C.平衡向正反应方向移动D.NO2的转化率减小【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡后

，向容器内再充入1molNO2，容器内NO2(g)的浓度增大，所以气体颜色最终要比原平衡时深，A错误；B．化学平衡常数K只与温度有关，与物质的浓度无关，所以改变NO2的浓度，化学平衡常数不变，B错误；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大NO2的浓度，反应体系的压强增大

，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，C正确；D．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大反应物浓度，反应体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO2的转化率增大，D错误；故合理选项是C。15.下列有关实验的叙述错误的是（）A.可用盐析的方

法从油脂皂化反应后的混合物中分离出高级脂肪酸钠B.实验室配制Fe(OH)3胶体，是向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色C.从含有FeCl2、CuCl2的废液中回收Cu，可在废液中加盐酸调节其pH=1，用铜和石墨做电极进行电解。

当阴极上有少量气泡产生时，表示铜已全部析出D.检验纤维素的水解产物，是在纤维素水解后的溶液中加入10mL1mol·L-1NaOH溶液，再加入5mL1mol·L-1CuSO4溶液，加热煮沸，观察现象【答案】D【解析】【详解】A．在油脂皂化反应后的混合物中，高级脂肪酸钠是胶体，

加入食盐细粒，高级脂肪酸钠胶体发生盐析，从而分离出高级脂肪酸钠，A正确；B．制取Fe(OH)3胶体时，应向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，然后继续煮沸，直到溶液呈红褐色，B正确；C．从FeCl2、CuCl2废液中回收Cu，先加酸调节pH为1，再用铜和石墨做电极电解。当阴极产生少量气泡时，表明H+

开始得电子，Cu2+已全部转化为铜，C正确；D．检验纤维素的水解产物，是在纤维素水解后的溶液中加入过量NaOH溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，观察现象，D错误；故选D。16.下列除杂质

的方法可行的是()A.加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，可以除去乙醇中少量的水B.通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，可以除去甲烷中的乙烯C.用苯通过萃取分液的方法，可以除去溴苯中的溴D.用氢氧化钠溶液，通过分液的方

法，可以除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】A【解析】【详解】A．生石灰极易吸水生成氢氧化钙，而乙醇的沸点低，蒸馏即可，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，从而带入新的杂质，应该用溴水，B错误；C．苯和溴苯是互溶的，应

该通过蒸馏分离，C错误；D．应该用饱和碳酸钠溶液后分液，乙酸乙酯和乙酸均能和氢氧化钠溶液反应，D错误；答案选A。【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混

入其中；分离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。17.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)+

H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H＜0，在低温下获得较高反应速率，反应过程如图所示，下列说法错误的是()A.图中催化剂参与反应，在反应前后质量和化学性质不变B.过程Ⅰ、过程Ⅱ只断裂O﹣H键，无新化学键形成

C.在该反应过程中，实际消耗了2个H2O分子，断裂了2个O﹣H键D.使用催化剂降低了反应的活化能，提高了反应速率【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，催化剂表面上看未参加反应，实际上起催化和吸附作用，在反应前后质量和化学性质不变，故A正确

；B．过程Ⅰ只断裂1个O﹣H键，过程Ⅱ又断裂1个O﹣H键；没有新化学键形成，故B正确；C．根据图示，实际消耗了1个H2O分子，断裂了2个O﹣H键，故C错误；D．催化剂降低反应所需的活化能，成千上万倍的加快了反应速率，故D正确；

故选：C。18.下列对事实的解释正确是选项事实解释A用铝罐槽车运浓硫酸常温下，铝与浓硫酸不反应B新制的氯水中加入红色布条褪色氯气有漂白性C浓硫酸滴到CuSO4·5H2O固体上，固体表面由蓝色变为白色浓硫酸具有

吸水性，发生物理变化D能用氢氟酸在玻璃器皿上写字SiO2与HF发生了反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化现象，在铝的表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，体现了浓硫酸强氧化性，因此可以用铝罐槽车储运浓硫酸，故A错误；B．氯气没有漂白性，具有漂

白性的是氯气与水反应生成的次氯酸，所以新制的氯水中加入红色布条褪色，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，能吸收五水硫酸铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜，固体由蓝色变为白色，该变化为化学变化，故C错误；D．氢氟酸能够在玻璃器皿上刻蚀标记，是由于HF与玻璃的主要成分SiO2发生反应，产

生了SiF4气体和水，故D正确；故选D。19.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y、Z同主族。下列叙述正确的是（）A.X的单质通常保存在煤油中B.简单氢化物的稳定

性：Y＜Z＜WC.Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.Z2W2中各原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X的单质是密度最小的金属，X是Li；Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O元素；Y、Z同主族，Z是S元素；X、Y、Z、W是原子序

数依次增大的短周期主族元素，W是Cl元素。【详解】A．锂的密度小于煤油，锂单质通常保存在石蜡油中，故A错误；B．非金属性O＞Cl＞S，简单氢化物的稳定性：H2S＜HCl＜H2O，故B错误；C．SO2对应的水化物H2SO3为弱酸，故C错误；D．S2Cl2结构式为Cl-S-S-Cl，S形成2个共

价键、Cl原子形成1个共价键，S原子最外层电子数为6+2=8，Cl原子最外层电子数=7+1=8，均满足8电子结构，故D正确；选D。20.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是A.此反应中1molN2O和1molCO的总能量高于

1molN2和1molCO2的总能量B.Fe+在反应过程中改变了反应历程C.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应D.若反应在恒容密闭容器中进行，温度越高，反应速率一定越快【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，此反应

中1molN2O和1molCO的总能量高于1molN2和1molCO2的总能量，故A正确；B.由图可知，Fe+作为催化剂使反应的活化能减小，改变了反应途径，提高了反应速率，故B正确；C.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步

反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故C正确；D.在反应过程中使用了催化剂，而催化剂的活性与温度有关，催化剂的催化活性只有在适当的温度范围内才能发挥，因此温度越高，反应速率不一定越快，故D错误；故选：D。21.实验

室利用反应TiO2（s）+CCl4（g）=TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下，制取TiCl4装置如下图所示有关物质的性质如下表物质熔点/℃沸点/℃其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾下列说法正

确的是AA和E分别盛装碱石灰和氢氧化钠溶液B.点燃C处酒精灯后再往A中通入N2C.TiCl4遇潮湿空气反应的化学方程式：TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HClD.分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是萃取【答案】C【解析】A、因TiCl4遇潮湿空气即水解产生白雾，所以E中不能盛放

氢氧化钠溶液，故A错误；B、应先通氮气一段时间，排尽装置内的空气后，再点燃C处的酒精灯，故B错误；C、TiCl4遇潮湿空气产生白雾，即盐酸的小液滴，所以反应的化学方程式为TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl，

所以C正确；D、CCl4与TiCl4互溶，但二者的沸点相差较大，所以分离的操作名称是蒸馏，故D错误。本题正确答案为C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题包括4小题，共58分)22.苄叉二氯[(沸点为206℃)]是合成苯甲醛的中间体，实验室合成苄叉二氯的装置如图所示。回答下列问

题：(1)实验室常用高锰酸钾溶液与浓盐酸制取氯气，反应的离子方程式为__________。(2)图中装置A的作用是_______；装置B的作用是_________；装置D的作用是______。(3)仪器X的名称为________，冷凝水

从________(填“a”或“b”)口进入；装置C中甲苯与Cl2反应生成苄叉二氯的化学方程式为________。(4)最后蒸馏收集204～208℃的馏分，蒸馏时用的冷凝管可选用图中的________(填字母)。(5)若实验前甲苯

的质量为46g，最后苄叉二氯的质量也是46g，则该实验的产率为________。【答案】(1).2MnO4−＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(2).干燥氯气(3).作安全瓶并观察Cl2的流速(4).防止

水蒸气进入三颈烧瓶(5).球形冷凝管(6).a(7).CH3＋2Cl2光⎯⎯⎯⎯→CHCl2＋2HCl(8).A(9).57.1%【解析】【分析】(1)用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，在酸性条件下，MnO4-被还原成Mn2

+，依据氧化还原反应电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平写出；(2)浓硫酸具有吸水，能干燥氯气，装置B中有长玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起缓冲作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，氯化钙是干燥剂，能吸收从C装置中出来的水蒸气；(3)根据装置图可知仪器X为冷凝管，根据采用逆流冷却的效果好判断进水口；甲

苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成二氯甲苯和氯化氢；(4)由于球形冷凝管和蛇形冷凝管容易使深阻塞在曲管内，所以用直形冷凝管比较好；(5)甲苯的质量为46g，根据转化关系，每摩尔甲苯氧化后可得1mol

苄叉二氯，所以理论上可得苄叉二氯的质量为4692×161g=80.5g，根据产率=实际产量理论产量×100%计算。【详解】(1)用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，在酸性条件下，MnO4−被还原成Mn2＋，依据氧化还原反

应电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4−＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(2)浓硫酸具有吸水，能干燥氯气，装置B中有长玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起缓冲作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，氯化钙是干燥剂，能吸收从C装置中出来的水蒸

气；故答案为：干燥氯气；起安全瓶的作用，能起缓冲作用；吸收水蒸气；(3)根据装置图可知仪器X为冷凝管，根据采用逆流冷却的效果好判断进水口，所以进水口为a，甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成二氯甲苯和氯化氢，反应方程式为，故答案为：冷凝管；a；；(4)由于球形冷凝管和蛇形冷凝管

容易使深阻塞在曲管内，所以用直形冷凝管比较好，故选：A；(5)甲苯的质量为46g，根据转化关系，每摩尔甲苯发生取代后可得1mol苄叉二氯，所以理论上可得苄叉二氯的质量为4692×161g=80.5g，所以产率=4680.5gg×100%=57.1%。23

.对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。回答下列问题：(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。(2)“加热溶解”时温

度常控制在50℃左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_____________。(4)常温下，Cu2＋/Sn4＋混

合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全，已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－5

5；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是___________，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固

体，则需进行的实验操作为_______________。【答案】(1).Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O(2).低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降(3).3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+

2H2O(4).1.5≤pH＜5(5).取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净(6).Cu2++2e-===Cu(7).将CuCl

2溶液在HCl气流中加热蒸干【解析】【分析】结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件

下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述

分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物H2O2分解

，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸

溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)

，按c(Sn4+)=1×10-5mol·L－1进行计算，根据Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5mol·L－1，则c(H+)=1×10-1.5mol·L－1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022

mol·L－1进行计算，根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH-)=1×10-9mol·L－1，则c(H+)=1×10-5mol·L－1，pH=5，则pH的取值范围1.5≤pH＜5，故答案为：1.5

≤pH＜5；(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液

少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2++2e

-===Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。24.“绿水青山就是金山银山”，近年来我国着力推进绿色发展、循环发展等，形成节约资源和环境保护的空间格局。Ⅰ.为了寻求对环境无污染燃料燃烧法，有人曾研究了在标准条件下氮的氧化物与碳的氧化物相互作用的机理。(1)确定该反应的反应过程如下

：第一步：NO2(g)+CO(g)→O-N…O…C-O△H=+134kJ/mol第二步：O—N…O…C-O→NO(g)+CO2(g)△H=-368kJ/mol总反应式：NO2(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g)△H=___kJ/mol(2)对于任意一个化学反应，通过

实验可以确定其反应速率与反应物浓度的定量关系：γ=kcm(NO2)·cn(CO)，该方程称为速率方程，其中k称为速率常数。分析表中数据，写出该反应的速率方程表达式：___。实验编号c(NO2)/(mol·L-1)c(CO

)/(mol·L-1)γ/(mol·L-1·s-1)10.0500.0501.0×10-520.1000.1004.0×10-530.1000.2004.0×10-540.2000.10016.0×10-5II.活性炭也可处理大气

污染物NO，其原理：2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+N2(g)△H>0。在T℃时，在容积一定的刚性容器中加入NO气体和活性炭粉，使之发生反应(3)写出该反应的平衡常数表达式___。(4)为了提高NO的转化率和反应速率，可采取的措施有___(填字

母)。A.增加NO的用量B.增加活性炭的用量C.升高温度D.增大体系压强Ⅲ.用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。(5)电极I电极反应式为___。(6)电解时H+的移动方向___(填“从左向右”、“从右向左”或“不移动”)(

7)标况下，每处理1molNO的同时，可产生O2的体积___L。【答案】(1).-234(2).-322γ=4?10c(NO)(3).2222c(NO)c(N)K=c(N)(4).C(5).-+-2-32422HSO+2H+2e=SO+2HO(6).从右向左

(7).11.2【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，两式相加即可得目标方程式，△H=+134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol;(2)根据题中数据，可得如下计算式：-5mn1?10=k?0.05?0.05，-5

mn4?10=k?0.1?0.1-5mn4?10=k?0.1?0.2，联立三式，解得-3k=4?10，m=2,n=0，所以速率方程表达式为：-322γ=4?10c(NO)；(3)C是固体，不能写入表达式中，所以表达式为2222c(NO)c(N)K=c(N)；(

4)A.增加NO的量可以增大反应物的浓度，增大反应速率，使平衡正向移动，但是降低NO的转化率，A项不合题意；B.活性炭是固体，不能影响速率和平衡的移动，B项不合题意；C.该反应为吸热反应，升高温度，加快反应速率，使平衡正向移动，从而提高NO的转化率，C项符合题意；D.增大体系压强，可

以增大反应速率，但是反应前后气体系数不变，对平衡没有影响，不能改变NO的转化率，D项不合题意；故正确选项为C(5)由图知右侧装置为电解池，根据电极Ⅰ的变化，由-3HSO生成2-24SO，S的价态由+4价降低到

+3价，得到电子，推知电极Ⅰ是阴极，电极Ⅱ是阳极，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒知，电极Ⅰ的反应式为-+-2-32422HSO+2H+2e=SO+2HO；(6)电解池中阳离子从阳极移向阴极，及从电极Ⅱ向电极Ⅰ移动，应当选择“从右向左”；(7)根据电荷守恒，每处理1molNO，生成

0.5molN2,转移2mol电子，生成O20.5mol，标况下体积为11.2L25.配合物Fe(CO)5的熔点一20℃，沸点103℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。(1)基态Fe原子的价电子

排布式是_____________________；Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是________,写出与CO互为等电子体的分子的电子式:___________________。(3)C、O、Fe的第一

电离能由大到小的顺序为_______________________。(4)关于Fe(CO)5，下列说法正确的是______。A.Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B.Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C.1molFe(CO)5含有10mol配位键D.F

e(CO)5==Fe+5CO反应中没有新化学键生成(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是______(填“a”“δ””或“γ”)-Fe。②a-Fe晶胞中铁原子的配位数为______

_________。③γ-Fe晶胞的边长为apm，则γ-Fe单质的密度为____g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】(1).3d64s2(2).分子(3).C≡O(4).

(5).O＞C＞Fe(6).A、C(7).γ(8).6(9).30322410AaN【解析】【详解】(1)铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe(CO)5的溶点-20℃，沸点103℃，熔沸点较低，Fe(CO)5晶体属于分子晶体，

故答案为3d64s2；分子；(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式为C≡O，与CO互为等电子体的分子有N2，其电子式为，故答案为C≡O；；(3)C、O、Fe三种元素的原子中，铁的原子半径最大，其金属性最强，故其

第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Fe，故答案为O＞C＞Fe；(4)A．根据Fe(CO)5的结构可知，Fe(CO)5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷

分布不均匀，是极性分子，故A正确；B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，不是sp3杂化，故B错误；C.1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；D.F

e(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选AC；(5)①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是γ，故答案为γ；②α晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最

小，配位数为6，故答案为6；③γ晶体晶胞的边长为apm，1个晶胞中含有的铁原子数目=8×18+6×12=4，则γ-Fe单质的密度=103456(10)AgNacm−=30322410AaNg/

cm3，故答案为30322410AaN。【点睛】本题的易错点为(4)和(5)，(4)中要注意Fe(CO)5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；(5)中要注意晶体密度的计算方法。另外C、

O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。