【文档说明】【精准解析】云南省云天化中学、下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷（一）化学试卷.doc，共(24)页，1.168 MB，由小赞的店铺上传

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云天化中学下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷（一）化学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

他答案标号。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32一、选择题：本题共25小题，每小题2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.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是（）A.煤炭的气化、液化和干馏等过程，均是物理变化B.机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一C.为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品保质期，在包装袋中常放入生石灰D.神舟十

号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅【答案】B【解析】【详解】A．煤炭的气化、液化和干馏等过程，均是化学变化，A错误；B．实行机动车限行可减少汽车尾气的排放，可减少雾霾，B正确；C．

包装袋中常放入生石灰作干燥剂，故C错误；D．太阳能电池板所用转换材料是硅单质，D错误；答案选B。2.过滤操作中，需要用到的仪器是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．该仪器是干燥管，不能用于固液分离，故A不符合题意；B．该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混

合物，故B符合题意；C．该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，故C不符合题意；D．该仪器为牛角管，又叫接液管，连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于固液分离，故D不符合题意。故选B。3.2012年12月7日日本明治奶粉检测出放射性核素铯13755Cs而被召回，

下列有关铯原子()13755Cs的说法错误的是（）A.核内质子数为55B.原子序数是55C.中子数是55D.质量数是137【答案】C【解析】【详解】A．原子符号中左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，所以核内质子数为55，故A正确；B．原子序数=质子数=55，故B正确；C．中子数=质量数-质子

数=137-55=82，故C错误；D．原子符号中左上角数字为质量数，所以质量数为137，故D正确；综上所述答案为C。4.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是（）A.22NaOB.KOHC.2CaClD.22HO【答案】A

【解析】【详解】A．Na2O2是离子化合物，钠离子与过氧根之间为离子键，过氧根中的两个O之间为非极性共价键，A符合题意；B．KOH是离子化合物，钾离子与氢氧根之间为离子键，氢氧根中的H和O之间为极性共价键，B不符合题意；C．CaCl2是离子化合物，钙离子和氯离子之间为离子键，没有共价键，C

不符合题意；D．H2O2为共价化合物，没有离子键，D不符合题意；故选A。5.下列关于金属及其化合物说法不正确的是（）A.氧化铝用作耐火材料B.小苏打用于食品膨松剂C.目前用量最大的合金是铝合金D.过氧化钠可作供氧剂【答案】C【解析】【详解】A.氧化铝熔点很高，用作耐火材料，A正确；B.小苏打加

热时产生二氧化碳气体，可用于食品膨松剂，B正确；C.目前用量最大的合金是铁合金，即钢材，不是铝合金，C错误；D.过氧化钠可与二氧化碳或水反应生成氧气，可作供氧剂，D正确。答案选C。6.下列冶炼金属的方法错误的是（）A.电解NaCl溶液制钠B.高温加热HgO制汞C.高温下用CO还原23

FeO制铁D.高温下用2H还原CuO制铜【答案】A【解析】【详解】A.根据电解原理，电解NaCl溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气，同时生成氢氧化钠溶液，故不可以用来制钠，选项A错误；B.Hg、Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼，汞可以利用加热HgO制备，选项B正确；C.Fe、Zn、Cu

等中等活泼金属通常用热还原法，高温下用CO还原Fe2O3制铁，选项C正确；D.Fe、Zn、Cu等中等活泼金属通常用热还原法，为得到高纯度的铜，可在高温下用2H还原CuO制铜，但成本较高，选项D正确；答案选A。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.31mol/LKHCO

溶液中：+--2-434NHOHNOSO、、、B.酸性溶液中：+2+--3KFeNOCl、、、C.31mol/LFeCl溶液中：++--KNaBrSCN、、、D.()+-4cH=110mol/L的溶液中：+2+-2-4KCuClSO、、、【答案】D【解析】【详解】

A．3HCO−与OH-会发生复分解反应，因此不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中：2++-3HFeNO、、会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，故B错误；C．Fe3+会与SCN-发生络合反应，生成血红色物质，因此不能大量共存，故C错误；D．()4H10mol/Lc+−=的溶液中，K+，

Cu2+，Cl-，24SO−四种离子之间不会相互反应，并且与H+也不会发生反应，因此能大量共存，故D正确；答案选D。8.下列离子方程式正确的是（）A.实验室用石灰石和稀盐酸制取+2-2322CO:2H+CO=COHO+B.用氢氧化钠检验氯化铵溶液中铵根离子：+-432NH+OHNHHO

+加热C.在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：2+2-44Ba+SO=BaSOD.氯气与KOH溶液反应：---22Cl+OH=Cl+ClO+HO【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钙为难溶物不能写成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+

+H2O+CO2，故A错误；B．铵根离子可以与氢氧根在加热条件下反应生成氨气，离子方程式为+-432NH+OHNHHO+加热，故B正确；C．在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO

2-4=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．氯气与KOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D错误；综上所述答案为B。9.下列反应中能量变化与图所示图象一致的是（）A.酸碱中和反应B.氢

气点燃C.铁与稀硫酸的反应D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应【答案】D【解析】【分析】图示反应的反应物的能量低于生成物，为吸热反应。【详解】A．酸碱中和反应为放热反应，故A不符合题意；B．燃烧都是放热反应，故B

不符合题意；C．金属单质与酸反应生成氢气的反应为放热反应，故C不符合题意；D．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应为吸热反应，故D符合题意；综上所述答案为D。10.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L的4CCl所含的分子数为0.5ANB.14g乙烯所含共

用电子对数目为3ANC.11.2L甲烷所含分子数为0.5AND.1mol甲基所含的电子总数为10AN【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，11.2L的4CCl不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B．28gC2H4为1mol，共用电子对为6

NA，14g乙烯所含共用电子对数目为3AN，故B正确；C．11.2L甲烷没有指明状态，不一定是标准状态，物质的量不一定为0.5mol，故C错误；D．1mol甲基含有9mol电子，所含的电子总数为9NA，故D错误；故选B。11.下列关于苯的说法正确的是（）A.苯的分子式为66CH，它不能使酸性

4KMnO溶液褪色，属于饱和烃B.从苯的凯库勒式（）看，78g苯中含有碳碳双键数为A3NC.苯不能与溴水反应，故不能使溴水褪色D.苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的化学键完全相同【答案】D【解析】【详解】A．苯不能使酸性KMmO4溶液褪色，证明苯分子中不含碳碳双键或碳碳三

键，但不能证明苯属于饱和烃，A错误；B．苯环上的碳碳键没有单键和双键之分，都是介于单双键之间的一种特殊的键，B错误；C．苯不能与溴水反应，但苯可以将溴从溴水中萃取出来，使溴水褪色，C错误；D．苯分子为平面正六边形结构，说明苯环上的6个碳

碳键完全相同，D正确；故选D。12.从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为863CHO，遇3FeCl溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意知，该物质是一种芳香化合物，其分子式为C8H6O3，则该物质中含有

苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。【详解】A．该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，不符合题意，选项A错误；B．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，选项B错误；C．该反应中不含醛基，所以

不能发生银镜反应，不符合题意，选项C错误；D．该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，符合题意，选项D正确；答案选D。13.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(s)反应中，表示该反应速率最快的是（）A.-1-1v(A)

=0.3molLsB.-1-1v(B)=0.1molLsC.-1-1v(C)=0.3molLsD.-1-1v(D)=1molLs【答案】A【解析】【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反

应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快；A．()vA2＝110.3molLs2－－=0.15mol·L－1·s－1；B．()vB1＝0.1mol·L－1·s－1；C．()vC3＝110.3molL

s3－－=0.1mol·L－1·s－1；D．D为固体物质，浓度为常数，一般不用于表示化学反应速率；故反应速率v(A)＞v(B)=v(C)；答案选A。14.100mL浓度为1mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响

生成氢气的总量，可采用的方法是（）A.加入适量的4mol/L的盐酸B.加入数滴硫酸铜溶液C.加入适量蒸馏水D.加入适量的氯化钠溶液【答案】B【解析】【详解】A．加入适量浓度较大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，但稀盐酸物质的量增大，所以生成氢气总量增

大，选项A错误；B．加入氯化铜溶液，Zn置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，且稀盐酸物质的量不变，所以生成氢气总量不变，选项B正确；C．加入适量蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减小，选项C错误；D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离

子浓度减小，反应速率减小，选项D错误；答案选B。15.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：22H(g)+I(g)2HI(g)。当2H、2I、HI的浓度不再变化时，下列说法正确的是（）A.2H和2I全部转化

为HIB.体系中颜色保持不变C.22HIHI、、的浓度一定相等D.正、逆反应速率相等且等于零【答案】B【解析】【详解】A．由于H2(g)+I2(g)2HI(g)是个可逆反应，故H2和I2全部转化为HI，选项A错误；B．当体系中颜色保持

不变时，说明H2、I2、HI的浓度不再变化，该反应已达化学平衡状态，选项B正确；C．反应达到化学平衡状态，是各组分的浓度不再变化，而H2、I2、HI的浓度不一定相等，选项C错误；D．达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但均不等于零，选项D错误；答案选B。16.图是可逆反应A+2B2C+

3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（）A.A、B、C、D均为气体B.若A、B是气体，则C、D是液体或固体C.温度越高，K越小D.在整个过程中，A的转化率一直减小【答案】C【解析】【详解】A．若A、B、C、D均为气体，

增大压强平衡向逆反应方向移动，图中增大压强平衡向正反应方向移动，A错误；B．图中增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A，B

是气体，C，D都是液体或固体，加压不影响液体和固体的反应速率，故逆反应速率不变，与图不符，B错误；C．由图示可知，降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，正反应放热，温度越高，平衡逆向移动，K变小，C正确；D

．图中降低温度、增大压强时平衡都是正向进行，A的转化率一直增大，D错误；故选C。17.在一定温度下，容积不变的密闭容器中发生反应：22C(s)+HO(g)H(g)+CO(g)，下列能说明该可逆反应已经达到平衡状态的是

（）A.混合气体压强不再发生变化B.混合气体颜色不再发生变化C.反应中CO与H2的物质的量之比为1:1D.生成nmolCO的同时消耗nmolH2O(g)【答案】A【解析】【详解】A．该反应前后气体系数之和发生改变，容器恒容，所以未平衡时容器内的压强

会发生变化，当压强不变时说明反应平衡，故A选；B．该反应中反应物和生成物的气体均无色，所以无论是否平衡混合气体的颜色都不发生改变，故B不选；C．CO与H2的物质的量之比与初始投料有关，若初始投料只有C和H2O(g)，则C

O与H2的物质的量之比始终为1:1，若初始投料有CO和H2，且CO与H2的物质的量之比不是1:1，则二者的物质的量之比不可能为1:1，故C不选；D．生成CO和消耗H2O(g)正反应，无论是否平衡生成nmolCO的同时都会消耗nmolH2O(g)，故D不选；综上所述答案为A。18.根据热化学方程式2

2S(s)+O(g)=SO(g)Δ=-297.2kJ/molH分析，下列说法正确的是（）A.S(s)在2O(g)中燃烧是吸热反应B.8g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量C.反应22S(g)+O(g)=SO(g

)的ΔH小于-297.2kJ/molD.21molSO(g)所具有的能量大于1molS(s)与21molO(g)所具有的能量之和【答案】C【解析】【详解】A．S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ•mol-1，焓变是负值，说明S

(s)在氧气中燃烧的反应是放热反应，选项A错误；B．S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ•mol-1，8g固体硫为0.25mol，在氧气中充分燃烧，可放出74.3kJ的热量，选项B错误

；C．S(s)=S(g)为吸热过程，△H＞0，由盖斯定律可知，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H＜-297.2kJ/mol，选项C正确；D．S(s)+O2(g)═SO2(g)是放热反应，1molSO2

(g)所具有的能量小于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和，选项D错误；答案选C。19.下列关于有机物的说法不正确的是（）A.油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油等小分子后被人体吸收B.甲酸甲酯()3HCOOCH和乙酸是同分异构体C.石油催化裂化的主要目的是提

高轻质燃料汽油的产量D.聚丙烯的结构简式为[222nCHCHCH]【答案】D【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，选项A正确；B．甲酸甲酯（HCOOCH3）和乙酸分子式相同，结构不同，是同分异构体，选项B正确；C．石油催化裂化的主要目的

是提高轻质燃料汽油的产量，选项C正确；D．聚丙烯的结构简式为，选项D不正确。答案选D。20.绿原酸（见图）是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸（一种芳香酸）与奎尼酸通过酯化反应合成。下列说法不正确的是（）A.绿原酸

的分子式为16189CHOB.绿原酸既能和溴水发生加成反应，又能发生取代反应C.1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHD.咖啡酸能与3FeCl溶液发生显色反应【答案】C【解析】【分析】由结构简式可知分子式，绿原酸分子中含-OH、酚-O

H、-COOH、-COOC-及碳碳双键，结合醇、酚、羧酸、酯、烯烃的性质来解答。【详解】A．根据结构可知，绿原酸的分子式为C16H18O9，故A正确；B．绿原酸分子中含-OH可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C．根据酯化反应原理可知，奎尼酸含环己烷结构、4个醇-OH和-1个-

COOH，1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C错误；D．咖啡酸含酚-OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，故D正确；故选C。21.有机物M、N、Q的转化关系如图，下列说法正确的是（）A.M至N的反应类型是消去反应B.N的同分异构体有9种C.可用酸性4KMnO溶液区分N与

QD.1molQ与足量金属钠反应生成20.5molH【答案】C【解析】【详解】A.M至N，C=C生成C−C键，反应类型是加成反应，选项A错误；B.N的分子式是C4H8Cl2，其同分异构体可以采取“定一移二”法

确定，由图可知N除本身外共有8种同分异构体，选项B错误；C.醇可被高锰酸钾氧化，卤代烃不能被酸性高锰酸钾氧化，可用高锰酸钾溶液区分N与Q，故C正确；D.Q含有2个羟基，则1molQ与足量金属钠反应生成

1molH2，选项D错误；答案选C。22.甲醇燃料电池是目前应用比较广泛的一种燃料电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A.N为正极，发生氧化反应B.a为氧气，b为甲醇C.甲池溶液pH减小，乙池溶液

pH增大D.若有21molCO生成，则有+3molH从甲池透过交换膜进入乙池【答案】C【解析】【分析】根据外电路的电子的转移方向可知，M极失去电子，为负极，N极得到电子，为正极，该装置是甲醇燃料电池，a为甲醇，b为氧气，则M极的电极反应为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6+H，N

极的电极反应为：O2+4+H+4e-=2H2O，据此分析。【详解】A．由装置图可知，N电极是电子流入的一极，则N为正极，发生得电子的还原反应，故A错误；B．燃料电池工作时，燃料发生氧化反应，失去电子，氧

气发生还原反应，得到电子，由图示可知，M电极是电子流出的一极，N电极是电子流入的一极，则M电极是负极，N电极是正极，故a气体为甲醇，b气体为氧气，故B错误；C．甲醇在M极失电子转变为二氧化碳，电极反应

式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6+H，反应生成+H，则甲池溶液pH减小；氧气在N极得电子转变为水，电极反应式为：O2+4+H+4e-=2H2O，反应消耗+H，则乙池溶液pH增大，故C正确；D．若有21molCO生成，由电极反应式可知，电路中转移6

mol电子，电解质溶液中阳离子从负极移向正极，即有6mol+H从甲池透过交换膜进入乙池，故D错误；答案选C。23.采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（）A.阴极的反应为-+222O+2e+2H=HOB.电解一段时间后，阳极室

的pH未变C.电解过程中，+H由a极区向b极区迁移D.电解一段时间后，a极生成的2O与b极反应的2O等量【答案】D【解析】【详解】A．以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水，氧气得电子生成双氧水，阴极的反应为-+222O+2e+2H=HO，故A正确；B．阳极反应为-+22

2HO-4e=4H+O，+H由a极区向b极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的pH未变，故B正确；C．电解过程中，a是阳极、b是阴极，+H由a极区向b极区迁移，故C正确；D．阳极

反应为-+222HO-4e=4H+O、阴极反应为-+222O+2e+2H=HO，根据得失电子守恒，a极生成的2O与b极反应的2O的量不相等，故D错误；选D。24.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A.2NaS溶液中：()()(

)()+2--22cNa=cS+cHS+cHSB.23KCO溶液中：()()()()-+-323cOH=cH+cHCO+cHCOC.-131molLNaHCO溶液中：()()()()()++-2--33cNa+

cH=cHCO+2cCO+cOHD.pH相同的①3CHCOONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的()+cNa：③>①>②【答案】C【解析】【详解】A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即含有钠元素的微粒浓度和含有S元素微粒浓度之和的比为2:1，根

据物料守恒得c(Na+)=2[c(S2‒)+c(HS‒)+c(H2S)]，故A错误；B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH‒)=c(H+)+c(HCO3‒)+2c(H2CO3)，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3‒)+2c(C

O32‒)+c(OH‒)，故C正确；D．pH相同的这几种物质，NaOH是强碱，其浓度最小；钠盐水解程度越大，pH相同时钠盐浓度越小，NaClO水解程度较大；则浓度①>③，所以三种溶液浓度：①>③>②，所以c(Na+):①>③>②，故D错误；答案选C。25.25℃时，向1L0.1mol/L的一

元酸HR溶液中逐渐通入氨气（已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为-5K=1.7610），保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A.25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为-5aK=10B.当通入0

.1mol氨气时，()()()()-+-+4cR>cNH>cOH>cHC.当()-cR=c(HR)时，溶液为碱性D.HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，()()--cRcOH?c(HR)逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A.根据起点：PH=5，lg0CRCHR

−=（）（），HR的电离平衡常数为Ka=cHRcRHc−+（）（）（）=10－5，选项A正确；B.当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，

所以铵根离子水解能力略小于R-，NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)，选项B错误；C.当c(R-)=c(HR)时，lg0cRcHR−=（）（），根据图像可知PH=5，溶液为酸性，选项C错误；D.HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，

()()--cRcOH?c(HR)=h1K，因为水解常数只受温度影响,()()--cRcOH?c(HR)=h1K是定值，选项D错误；答案选A。二、非选择题：本题共4小题，共50分。26.醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如图。合成反应为：⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O可能用到的

有关数据如下：相对分子质量密度/()-3gcm沸点/℃溶解性环已醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中

通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯8.2g。请回答下列问题：（1）装置a的名称是__

____。（2）加入碎瓷片的作用是_______，实验结束后，应该采取的正确操作是______（填“先关火再关水”或“先关水再关火”）。（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为______。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并_____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗

的____（填“上口倒出”或“下口放出”）。（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是__________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_________（填序号）。A蒸馏烧瓶B温度计C玻璃棒D锥形瓶（7）本实验所得到的环已烯产

率是________。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).防止暴沸(3).先关火再关水(4).(5).检漏(6).上口倒出(7).干燥环己烯（干燥吸水等合理答案均可）(8).C(9).50%【解析】【分析】(1)根据装置图可知装置a的名称；(2)碎瓷片的存在可以防止

在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，分子间还可以发生取代反应；(4)分液漏斗有活塞和塞子，结合分液漏斗的使用方法解

答；根据环己烯的密度比水的密度小分析判断；(5)根据无水氯化钙具有吸水性分析；(6)观察题目提供的实验装置图分析判断；(7)首先计算出20g环己醇的物质的量，根据反应方程式，求出理论上可以得到的环己烯的质量，再根据产率=实际产量理论产量×100%计算。【详解】(1

)依据装置图可知，装置a是蒸馏装置中的蒸馏烧瓶；(2)碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，即先关火再关水，故答案为防止暴沸；先关火再关水；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯

外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚为，故答案为；(4)由于分液漏斗有活塞和塞子，使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为检漏；上口倒出；(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙，是

利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为吸收产物中少量的水(或干燥)；(6)观察题目提供的实验装置图知，蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器，锥形瓶等，用不到玻璃棒，答案选C；(7)20g环己醇的物质的量为20100/ggmol=0.2

mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，即理论上得到环己烯的质量为82g/mol×0.2mol=16.4g，所以产率=8.216.4gg×100%=50%。27.工业废水中常含有一定量的2-27CrO和2-4CrO，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害

，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程如图所示：2++-FeOH2-2-3+4H23CrOCrOCrCr(OH)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→①转化②还原③沉淀（1）该工艺流程需用2+Fe，有如下制备方案：甲同学方案：用部分生锈的废铁屑与稀硫

酸反应制备2+Fe，检验溶液中是否含有3+Fe的试剂是________。制备中除发生反应+2+2Fe+2H=Fe+H外，其他可能反应的离子方程式为________。乙同学方案：把一块纯净的铁片插入装有稀硫酸的烧杯里，可观察到铁片上有气泡，在平行插入一块铜片，可观察到铜片上_____（

填“有”或“没有”）气泡产生，再用导线把铁片和铜片连接起来，组成一个原电池，负极的电极反应式为_______。（2）工艺流程中第①步存在平衡：2-42CrO（黄色）+2-27+2HCrO（橙色）2+HO，若平衡体系的pH=10，则溶液显______

色。（3）工艺流程中第②步中，还原2-270.5molCrO，需要__mol的42FeSO7HO。（4）工艺流程中第③步生成的3Cr(OH)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：3+-3Cr(OH)(s)Cr(aq)+3OH(aq)。常温下，3Cr(OH)的溶度积-32spK=10，要

使()3+cCr降至-510mol/L，溶液的pH应调至_____。（5）已知AgCl、24AgCrO（砖红色）的spK分别为-10210和-122.010。分析化学中，测定含氯的中性溶液中-Cl的含量，以24KCrO作指示剂，用3AgNO溶液滴定。滴定过程中首先析出

沉淀_____，当溶液中-Cl恰好完全沉淀（浓度等于-51.010mol/L）时，此时溶液中()2-4cCrO等于__mol/L。【答案】(1).硫氰化钾（或KSCN）(2).+3+3+2+232FeO+6H=2Fe+3HOF

e+2Fe=3Fe、(3).没有(4).-2+Fe-2e=Fe(5).黄(6).3(7).5(8).AgCl(9).-3510【解析】【详解】(1)甲同学：铁离子遇到KSCN溶液形成血红色溶液，故检验溶液中是否含有Fe3+试剂选硫氰化钾（或KSCN）；用部分生锈

的废铁屑与稀硫酸反应制备Fe2+，除发生反应Fe+2H+═Fe2++H2↑外，其他可能反应为氧化铁和酸反应生成铁离子，铁离子和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：+3+3+2+232FeO+6H=2Fe+3HOFe+2Fe=3Fe、；乙同

学：铜和稀硫酸不反应，铜片上没有气体生成；铁和稀硫酸反应生成氢气，用导线把铁片和铜片连接起来，组成一个原电池，铁做负极，负极的电极反应为：-2+Fe-2e=Fe；(2)平衡体系的pH=10，溶液显碱性，平

衡2-42CrO（黄色）+2-27+2HCrO（橙色）2+HO中反应物氢离子被消耗，反应物浓度减小，平衡左移，溶液呈黄色；(3)根据电子得失守恒：2+Fe2-3+27CrOCr⎯⎯⎯→②还原过程中，n

(2-27CrO)×6=n(FeSO4⋅7H2O)×1，n(FeSO4⋅7H2O)=0.5mol×6=3mol；(4)当c(Cr3+)=10−5mol/L时，溶液的()-32--93-910cOH==10mol/L10，()-14+-5-910cH==10mol/L10，pH=5，即要使

c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至5；(5)饱和AgCl溶液中()+-10cAg=210mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中()3+-12cAg=210mol/L，c(Ag+)越小，先生成沉淀，所以先生成的沉淀为AgCl；当溶液中C

l−恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10−5mol⋅L−1）时，此时溶液中()()()()()2-124sp24-3222-10spcCrOKAgCrO2.010===510mol/LKAgClcCl210−−。28.在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。（1）

常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别c（一元酸）c(NaOH)混合溶液的pH甲c(HY)=0.1mol/L0.1mol/LpH=7乙c(HZ)=0.1mol/L0.1mol/LpH=9①甲组实验中HY为_______（填“强”或“弱”）酸，0.0

1moL/LHY溶液的pH=_______。②乙组实验中离子浓度大小为__________。③乙组实验所得溶液中由水电离出的()+cH=______mol/L。（2）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000

mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/L3CHCOOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示。。①滴定HCl溶液的曲线是_______（填“I”或“Ⅱ”）。②a=_______mL。③()()+-3cNa=cCHCOO的点是_______。④E点对应离

子浓度由大到小的顺序为________。（3）将一定量某浓度的NaOH溶液，加入3MgCO悬浊液中，可以生成更难溶的2Mg(OH)。该反应的离子方程式为___________。【答案】(1).强(2).2(3).()()+-

-+cNa>c(Z)>c(OH)>cH(4).510−(5).Ⅰ(6).2000(7).D(8).()()()+--+3cNa>cCHCOO>c(OH)>cH(9).-2-323MgCO+2OH=Mg(OH)CO+【解析】【分析】（1）①等体

积、等浓度的HY与NaOH溶液恰好反应生成NaY，HY溶液的pH=7，则NaY为强酸强碱盐；②等体积、等浓度的HZ与NaOH溶液恰好反应生成NaZ，溶液pH=9，溶液显示碱性，则NaZ为强碱弱酸盐，根据盐的水解判断溶液中离子浓度大小；③NaZ为强碱弱酸盐，Z-水解促进水电离，水电离出的c(H+)>

710−；（2）①根据起点溶液的pH判断；②由图象可知，20.00mL0.1000mol/LHCl和amL氢氧化钠恰好反应；③根据电荷守恒判断；④E点醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶质是3CHCOONa；(3)将一定量某浓度的NaOH溶液，加入3

MgCO悬浊液中，生成2Mg(OH)和碳酸钠。【详解】（1）①等体积、等浓度的HY与NaOH溶液恰好反应生成NaY，HY溶液的pH=7，则NaY为强酸强碱盐，HY是强酸；HY在水溶液中完全电离，0.01moL/LHY溶液中c(H+)=0.01moL/L，所以pH=2

；②等体积、等浓度的HZ与NaOH溶液恰好反应生成NaZ，溶液pH=9，溶液显示碱性，则NaZ为强碱弱酸盐，Z-水解，所以离子浓度大小为()()+--+cNa>c(Z)>c(OH)>cH；③由乙组溶液的pH=9可知，溶液中c(H+)=10ˉ9mol/L，由水的离子积可知，c(OHˉ)=1

0ˉ5mol/L，NaZ能促进水的电离平衡右移，则水电离出的c(H+)>10ˉ7mol/L，所以NaZ溶液中水电离出的c(H+)=10ˉ5mol/L；（2）①盐酸是强酸，0.1000mol/LHCl溶液的pH=1，醋酸是弱酸，

30.1000mol/LCHCOOH溶液的pH>1，根据起点溶液的pH，可知滴定HCl溶液的曲线是Ⅰ；②由图象可知，20.00mL0.1000mol/LHCl和amL氢氧化钠恰好反应，amL×0.1mol/L=20mL×0.1mol/L,，a=20.00mL；③根据电荷守恒，()()()++-3

cNa+cH=cCHCOO+c(OH)，若()()+-3cNa=cCHCOO，则()-+cH=c(OH)，溶液pH=7，故D点()()+-3cNa=cCHCOO；④E点醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶质是3C

HCOONa，-3CHCOO水解，溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是()()()+--+3cNa>cCHCOO>c(OH)>cH；(3)将一定量某浓度的NaOH溶液，加入3MgCO悬浊液中，生成2Mg(OH)和碳酸钠，该反应的离子方程式为-2-323MgCO+2OH=Mg(OH)CO

+。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定、盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较等，注意掌握溶液酸碱性与溶液的pH的关系，能够根据盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小。29.我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中

间产物，G的一种合成路线如图：已知：。R-BrRMgBr回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是_______，E的系统命名为_________。（2）由B生成C的化学方程式为________________。（3）G的结构简式为_______。合成丁苯酞的最后一步转化为

，则该转化的反应类型是_________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有___种（不包括J），其中既能发生水解反应又能发生银镜反应的结构简式为_______。（5）参照题中信息和所学知识

，写出用和3CHMgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线_______。【答案】(1).羟基(2).2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯）(3).+NaOH2HO加热⎯⎯⎯→+NaBr(4).(

5).酯化反应（或取代反应）(6).4(7).(8).NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液2OCuΔ⎯⎯⎯→，32CHMgBrHO⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】与Br2光照下发生甲基上的取代反应生成B，B在NaOH溶液中加热发生水解反应生成C，C发生催化氧化

生成D，根据D的结构简式知，B的结构简式为，C的结构简式为；E的分子式为C4H8，E与HBr反应生成F，F与Mg/乙醚发生题给已知的反应生成（CH3）3CMgBr，则E的结构简式为（CH3）2C=CH2，F的结构简式为（CH3）3CBr，F与D发生题给已知反应生成G，G的

结构简式为，据此分析作答。【详解】（1）C的结构简式为，C中含氧官能团的名称是羟基；E的结构简式为（CH3）2C=CH2，按烯烃系统命名的原则，E的系统命名为2—甲基—1—丙烯。（2）B在NaOH溶液中加热发

生水解反应生成C，B生成C的化学方程式为+NaOH2HO加热⎯⎯⎯→+NaBr。（3）根据分析，G的结构简式为；合成丁苯酞的最后一步转化为，该反应为分子内酯化反应，即该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J的结构简式为，J的同分异构体含有苯环，可能只有1

个侧链为—COOH、—OOCH，可能有两个侧链为—CHO和—OH，两个侧链有邻、间、对三种位置，除J外符合题意的同分异构体有4种，其中既能发生水解反应又能发生银镜反应的结构简式为。（5）根据题给信息和原料，需要用合成，根据有机物之间的

转化，先水解成，催化氧化即生成，则合成路线为NaOHΔ⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液2OCuΔ⎯⎯⎯→，32CHMgBrHO⎯⎯⎯⎯→。