【文档说明】【精准解析】卓越联盟新高考省份2021届高三9月份检测化学试题【高考】.doc，共(25)页，2.059 MB，由小赞的店铺上传

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新高考省份高三年级9月份检测试题化学试卷相对原子质量：O-16Cl-35.5Cu-64P-31Sn-119一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求.1.从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（）ABCD石油催化裂解得到丙烯丙烯催化聚合生成聚丙烯聚丙烯熔融后喷

丝压成熔喷布利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．石油催化裂解得到丙烯，有化学键断裂，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B．丙烯催化聚合生成聚丙烯，生成了新物质聚丙烯，属于化学变化，故B不

选；C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只是存在的形态发生了变化，没有新物质产生，属于物理变化，故C选；D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，烷基化反应是化学变化，故D不选；故选C。2.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是A.高纯

硅可用于制作光感电池B.活性炭具有除异味和杀菌作用C.氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂D.碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】B【解析】【详解】A.硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，选项A正确；B.活性炭具有吸附性，能除异味但不能杀菌，选项B错误；C.氢氧

化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，选项C正确；D.碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，选项D正确；答案选B。3.下列反应的离子方程式正确的是A.用醋酸除去水垢：CaCO3+2H＋=Ca2++CO2↑+H2OB.向AlCl

3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3∙H2O=-2AlO+4+4NH+2H2OC.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→2+2-3COD.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2++2OH−++4NH+-3HCO=BaCO3↓+

NH3∙H2O+H2O【答案】D【解析】【详解】A.用醋酸除去水垢，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，选项A错误；B

.向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3+4NH，选项B错误；C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+CO2+H

2O→+-3HCO，选项C错误；D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合，反应生成碳酸钡、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−++4NH+-3HCO=BaCO3↓+NH3∙H2O+H2O，选项D正确；答案选D。4.下

列关于物质结构的说法错误的是A.晶格能：NaF>NaCl>NaBrB.基态碳原子有三种能量不同的电子C.CH4和+4NH都是正四面体结构，键角均为109°28′D.甲醛(HCHO)的键角约为120°，分之间存在氢键【答案】D【解析】【详解】A．NaF、NaCl、NaBr为结构

相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，选项A正确；B．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所以有三种能量不同的电子，选项B正确；C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有

键长均相等，故都是正四面体结构，键角均为109°28′，选项C正确；D．甲醛中C-H与C-H键夹角小于120°，甲醛只有一个羰基，没有羟基，不存在氢键，选项D错误；答案选D。5.已知某种锂盐的结构如图，它是一种新型锂离子电池的电解质，其阴离子由W、

X、Y、Z四种同周期主族元素构成，Y原子的最外层电子数是X的次外层电子数的3倍（箭头指向表示共用电子对由W提供）。下列说法错误的是（）A.元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞XB.阴离子中X与Z的杂化方式相同C.原子半径X＞Z＞Y＞WD.该物质中含有极性键、非极性键、配位键和离子键【答

案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层电子数只能为2，则四种元素都位于第二周期，Y的最外层电子数为6，则Y为O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，X可形成3个共价键和1

个配位键，则Z为C、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，以此来解答。【详解】A．根据分析可知，W为F，Y为O，Z为C，X为B，同周期从左到右非金属性增强，F＞O＞C＞B，元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X，故A

正确，不选；B．X的价层电子对数为4对，采用sp3杂化，Z的价层电子对数为3对，采用sp2杂化，阴离子中X与Z的杂化方式不相同，故B错误，符合题意；C．除稀有气体外，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，原子半径B＞C＞O＞F，原子半径X＞Z＞Y＞W，故C正确，不选；D．该物质中

含碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键、碳原子和碳原子之间形成非极性键、硼原子和氟原子之间形成配位键、这种锂盐中还含有离子键，故D正确，不选；答案选B。6.下列实验装置正确的是（）A.用图1所示装置收集SO2气体B.用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的

C2H4C.用图3所示装置从食盐水中提取NaClD.用图4所示装置制取并收集O2【答案】D【解析】【详解】A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；C、蒸发应用蒸发皿，不

能用坩埚，故C错误；D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。答案选D。7.分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A.6种B.7种C.8种D.9种【

答案】D【解析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法来确定，先固定一个氯原子的位置，再移动另一个氯原子的位置，可得如下几种同分异构体：、、，故C4H8Cl2共有9种，答案选D。8.

高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法不正确的是A.试剂a是甲醇B.化合物B不存在顺反异构体C.化合物C的核磁共振氢谱有一组峰D.合成M的聚合反应是缩聚反应【答案】D【解析】【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH

=CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2=CH-O-CH3和，由此可知B为CH2=CH-O-CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。【详解】A．根据分析，试剂a为

CH3OH，名称是甲醇，故A正确；B．化合物B为CH2=CH-O-CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；C．化合物C为

，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；D．聚合物M是由CH2=CH-O-CH3和中的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；答案选D。9.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：

下列叙述不正确的是A.常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B.步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋C.步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D.步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4

粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验【答案】C【解析】【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化

亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解

答该题。【详解】A.钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B.滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、

过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C.步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶

体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。10.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家，磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为，+44LiFePO-Li+FePO−⎯⎯→xxe

xx，电池放电时，锂离子从石墨晶体中脱嵌出来，通过隔膜迁移到磷酸铁锂晶体表面，然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A.放电时，Li+通过隔膜移向正极B.放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C.放电时正极反应为：44FePOLi

LiFePOxxxex+−++⎯⎯→D.磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不变【答案】D【解析】【分析】充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着

铁元素的氧化，则此时铝箔电极上发生失电子的氧化反应，铝箔为阳极，电极反应式为xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+，即LiFePO4-e-=FePO4+Li+，铜箔电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，阴极反应式为：xLi++

xe-+6C=LixC6，所以电池总反应为FePO4+LixC6放电充电xLiFePO4+6C；原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，电子由负极铝箔经过导线流向正极铜箔，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A、原电池放电时，电解质

溶液中的阳离子向正极移动，即Li+通过隔膜移向正极，A正确；B、原电池放电时，电子由负极铝箔流出，经过导线流向正极铜箔，B正确；C、原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：44FeP

OLiLiFePOxxxex+−++⎯⎯→，C正确；D、由于隔膜的作用，Li+通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池总反应为xFePO4+LixC6放电充电xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价均不变，D错误；故答案为：D。二、选择题：每小

题有一个或两个选项符合题目要求11.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A向盛有2mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(Ag

I)<Ksp(AgCl)B向淀粉溶液中加入适量的20%H2SO4溶液，加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，加入少量碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解C加热2NO2(g)N2O4(g)平衡体系颜色加深证明正反应是放热反应D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液

的pH后者较大证明非金属性S＞CA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硝酸银过量，与NaI生成黄色AgI沉淀，不存在沉淀的转化，不能说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，A错误；B．加碘水可与NaOH反应，不能检验淀粉是否剩余，B错误；C．加热颜色

加深，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，C正确；D．由等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，可知对应酸的酸性强弱，但亚硫酸不是S的最高价含氧酸，不能比较非金属性，D错误；故答案为：C。12.奥司他韦是一

种抗病毒药物，常用于治流感，结构如图所示。根据该化合物的结构推测不可能有的性质是A.能够使酸性高锰酸钾溶液褪色B.1mol该物质只能与1molNaOH发生反应C.一个分子中存在有3个手性碳D.碳原子共有两

种杂化方式，其中sp2杂化的碳原子有三个【答案】BD【解析】【详解】A．由于分子中含有碳碳双键和氨基，故能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不合题意；B．分子中含有1mol酰胺键和1mol酯基，故1mol该物质能与2molNaOH发生反应，B符合题意；C．同时与四个互不相同的原子或原子团

相连的碳原子为手性碳原子，故一个分子中存在有3个手性碳如图所示：，C不合题意；D．碳原子共有sp2、sp3两种杂化方式，其中sp2杂化的碳原子有4个，分别是碳碳双键上两个和碳氧双键上两个，D符合题意；故答案为

：BD。13.对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是A.电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源B.阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2OC.每转移

1mole－时，阳极电解质溶液的质量减少8gD.反应结束后阳极区pH增大【答案】AB【解析】【分析】该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为-+222HO-4e=O+4H，左侧为阴极，据此分析

解答。【详解】A.该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；B.阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，故B正确；C.阳极发生反应-+222HO-4e=O+

4H，氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；D.阳极发生反应-+222HO-4e=O+4H，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH

减小，故D错误；故选AB。14.近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是A.Sc1

／NC比Y1／NC更有利于吸附氮气B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C.使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNHD.升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率【答案】BD【解析】【详解】A．从图中

可以看出，使用Sc1／NC吸附氮气的活化能更低，更有利于吸附氮气，A正确；B．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，B错误；C．从图中可以看出，使用S

c1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH，C正确；D．从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D错误；故答案为：B

D。15.常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是A.常温下，H2C2O4的Ka1=100.8B.pH=3时，溶液中-2-2424224c(HCO)c(CO)=

c(HCO)＜C.pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D.常温下，随着pH的增大，2-242-22424c(HCO)c(HCO)c(CO)的值先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．曲线II为PC(H2C2O4)，

曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1=()()()+-24224cHcHCOcHCO=c(H+)=10-0.

8，故A错误；B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；

C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；D．()()()()()()()()()2242424a122a22242422424HCOcHCOcHcHCOkkcHCOcCOcHCOcCOcHc

−−+−−−+==，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则2-242-22424c(HCO)c(HCO)c(CO)不变，故D错误；故答案为C。【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关

键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。三、非选择题16.我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6

℃，沸点907℃。I．图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的主要反应为：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)ΔH1ii．CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2……总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)ΔH3利用ΔH1和Δ

H2计算时ΔH3，还需要利用_______反应的ΔH。Ⅱ．现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧

化锰的一种工艺的主要流程如下：(2)浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2Oⅱ：……①写出ⅱ的离子方程式：_

_________。②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b._____。(3)除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制

溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。通入空气需同时补充适量ZnO的理由分别是是_______。(4)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是______。(5)电解后的溶液中可循环利用的物质是______。【答案】(1).ZnO(s)

+C(s)=Zn(g)+CO(g)(2).ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S(3).取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去(4).通入空气将二价铁氧化，加入的ZnO可控制溶液pH(5).Mn2

+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(6).硫酸【解析】【分析】I．古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)、CO2(g)+C(s)=2CO(g)、ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，总反应：Zn

CO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)；Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O，ii．ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，总把反应：MnO2＋ZnS+4H+Mn2+

+S+Zn2++2H2O；除铁：4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn

2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2＋＋2e－=Zn。【详解】I．泥罐内的主要反应为：i．ZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)H1ii．CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2……总反应：ZnCO

3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)H3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，H=H3-H1-H2，利用H1和H2计算时H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)反应的H。

故答案为：ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)；Ⅱ．（2）①Fe2+的作用类似催化剂，ⅱ中应将Fe3+还原成Fe2+，ZnS的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2+

+S；②证实上述“催化”过程的实验方案：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振

荡，红色褪去；（3）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeO

OH＋8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液pH；（4）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成MnO2，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。故答案为：Mn

2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；（5）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解答关键，注意掌握常

见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能

力要求较高。17.大连理工大学彭孝军院士课题组报道了基于硼氟荧类荧光染料(BODIPY)的铜荧光探针的设计与应用，利用Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物，进行Hela细胞中的Cu2+荧光成像和检测。其反应如下：回答下列问题：(1)在水溶液里，Cu2+比Cu+稳定，是由于水

分子配体的作用。在气态时，Cu2+比Cu+_______(填“稳定”或“不稳定”)，原因是_____。(2)BODIPY荧光探针分子中，B原子的杂化方式为___，1molBODIPY分子中含有____mol配位键，其中第二周期元素原子的第一电离能由大到小的顺

序为_____。(3)荧光探针分子通常是具有共轭结构的刚性分子，即单双键交替的平面结构，分子的共轭程度改变，会产生荧光信号的改变，请从结构的角度解释该荧光探针对Cu2+的检测原理___。(4)磷锡青铜是有名的弹性材料，广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件

等。磷锡青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为0.5apm。①磷锡青铜的化学式为____，铜与铜原子最近距离为____pm。②磷青铜晶体密度为____g∙cm-3(用代数式表示)。【答案】(1).不稳定(2)

.Cu+的价电子排布为3d10，全满，比Cu2+的价电子排布为3d9稳定(3).sp3(4).1(5).F>N>O>C>B(6).Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成Cu+配合物后，体系的共轭程度增大，荧光信发生改变，从而对Cu2+进行检测(7).SnCu3P(8).2

a2(9).()3-10A643+31+119a10N【解析】【详解】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，气态时，失去1个价电子形成3d10的全充满稳定结构，而失去2个价电子形成3d9的结构，3d10的结构比3d9的结构稳

定，则在气态时，Cu2+比Cu+不稳定，故答案为：不稳定；Cu+的价电子排布为3d10，全满，比Cu2+的价电子排布3d9稳定；(2)由BODIPY荧光探针分子的结构可知，每个B原子周围连接了4个原子或原

子团，则B原子的杂化方式为sp3杂化；每个B原子能形成3个共价键，具有空轨道，每个N原子能形成3个共价键，具有孤对电子，则BODIPY荧光探针分子中B原子与形成双键的N原子形成1个配位键；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p轨道为半充

满的稳定结构，第一电离能大于相邻的元素，则第二周期的F、N、O、C、B的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C＞B，故答案为：sp3；1；F＞N＞O＞C＞B；(3)由Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物的反应可知，反应中，BODIPY荧光探针分子中与苯环连接的

N原子脱氢后形成了双键，Cu+配合物中形成了单双键交替的平面结构，分子的共轭程度增大，荧光信发生改变，从而对Cu2+进行检测，故答案为：Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物后，体系的共轭程度增大，荧

光信发生改变，从而对Cu2+进行检测；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的Sn原子的个数为8×18=1，位于面心的Cu原子的个数为6×12=3，位于体心的P原子个数为1，Sn、Cu、P的原子个数比为1:3:1，则磷锡青铜的化学式为SnCu3P；由晶胞的结构可知，P原子

位于4个Cu原子形成的正方形的面心上，设铜与铜原子最近距离为xpm，则2x2=(2×0.5a)2，解得x=2a2，故答案为：SnCu3P；2a2；②由晶胞的结构可知，晶胞的边长是铜、磷原子最近距离的2倍，为apm，由晶胞的质量公式可得(a×10—10

)3d=A643+31+119N，解得密度d=()3-10A643+31+119a10Ng∙cm-3，故答案为：()3-10A643+31+119a10N。【点睛】由晶胞的结构明确P原子位于4个Cu原子形成的正

方形的面心上，晶胞的边长是铜、磷原子最近距离的2倍是计算铜与铜原子最近距离和磷青铜晶体密度的解答关键，也是难点。18.2019年12月4日“全球碳计划”发布报告说，全球CO2排放量增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐步淘汰化石燃料的使用。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

(1)一种途径是用CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：C2H4(g)+H2O(l)⇌C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol-1；2CO2(g)+2H2O(l)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol-1。已知2CO2(g)+3

H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)，其正反应的活化能为EakJ·mol−1，则逆反应的活化能为__kJ·mol-1。乙烯与HCl加成生成的氯乙烷在碱性条件下水解也得到乙醇，其水解反应的离子方程式为__，v=kcm(CH3CH2Cl)cn(

OH-)为速率方程，研究表明，CH3CH2Cl浓度减半，反应速率减半，而OH-浓度减半对反应速率没有影响，则反应速率方程式为__。(2)利用工业废气中的CO2可以制取甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在三种不同催化剂

作用下发生反应，相同时间内CO2的转化率随温度变化曲线如图所示：①催化剂效果最佳的反应是__(填“曲线I”，“曲线II”，“曲线III”)。②b点，υ(正)__υ(逆)(填“>”，“<”，“=”)。③若此反应在a点时已达平衡状态

，a点的转化率比c点高的原因是__。④c点时该反应的平衡常数K＝__。(3)中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：①根据图示，写出总反应的化学方程式：__。②原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式__。【答案】

(1).Ea-1366.8(2).CH3CH2Cl(aq)+OH-(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)(3).v=kc(CH3CH2Cl)(4).曲线I(5).＞(6).该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(7).163(8).CH3OH+CO2+H2+LiI/Rh

CH3COOH+H2O(9).CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】(1)应用盖斯定律，计算出2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)的ΔH，并按照ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，计算逆反应的活化能，氯乙烷在碱性条件下

水解得到乙醇和氯化钠，据此写反应的离子方程式，按反应物浓度对速率的影响数据，写反应速率方程式即可；(2)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2后反应得到甲醇和水蒸气，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH

3OH(g)+H2O(g)，按照CO2的转化率随温度变化关系图分析、计算回答即可；(3)①根据图示，找出总的反应物、催化剂和产物，据此写总反应的化学方程式；②原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，二氧化碳在阴极反应，故是二氧化碳得电子被还原的

反应，据此写生成CH3OH的电极反应式。【详解】(1)反应①C2H4(g)+H2O(l)⇌C2H5OH(l)ΔH1=-44.2kJ·mol-1反应②2CO2(g)+2H2O(l)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH2=+1411.0kJ·mol-1应用盖斯定律，反

应①+反应②得到：2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的ΔH=ΔH1+ΔH2，故ΔH=-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)=+1366.8kJ·mol-1，因为ΔH=正反应的活化能-逆

反应的活化能，正反应的活化能为EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为(Ea-1366.8)kJ·mol-1；氯乙烷在碱性条件下水解得到乙醇和氯化钠，则反应的离子方程式为CH3CH2Cl(aq)+OH-

(aq)→C2H5OH(aq)+Cl-(aq)；该反应的速率方程为v=kcm(CH3CH2Cl)cn(OH-)，研究表明，CH3CH2Cl浓度减半，反应速率减半，则可知m=1，而OH-浓度减半对反应速率

没有影响，则n=0，故反应速率方程式为v=kc(CH3CH2Cl)；(2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，①相同温度下相同时间内CO2转化率最高的是曲线Ⅰ，故

最佳催化剂为曲线I；②在同一温度下，曲线I的催化效率最好，则在b点的温度下，曲线I的速率也是最快的，说明b点并未达到平衡，且CO2的转化率将继续增大，即平衡仍将正向移动，则v(正)＞v(逆)；③若此反应在a点

时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故a点的转化率比c点高的原因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；④该条件下，一开始往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，由图知，c点时二氧化碳转化了23，则列“三段式”：()()(

)()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol1300222mol2333122mol1333始变平平衡时2L容器内CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度依次为16mol/L、12mol/L、13mol

/L、13mol/L，则该反应的平衡常数K=()()()()323232cCHOHgcHOgcCOgcH1133=1162g=163；(3)①通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧

化碳在阴极反应，则生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生产CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为CH3OH+

CO2+H2+LiI/RhCH3COOH+H2O。【点睛】平衡常数K的计算是易错题，列式计算式注意不要忽视容器的体积。19.丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：(1)G中官能团的

名称为_____、______。(2)D的系统命名是____，化合物J的结构简式为______。(3)C与银氨溶液反应的化学方程式为____。(4)根据，X的分子式为____。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有____种(已知：碳碳三键或碳碳双键

不能与羟基直接相连)。①除苯环外无其他环，且无—O—O—键②能与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上的一氯代物只有两种(5)参照题中信息写出以甲烷和甲苯为原料，合成的路线流程图_____(其他试剂自选)。【答案】(1).羟基(2).溴原子或碳溴键(3).2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯

)(4).(5).+2Ag(NH3)2OHΔ⎯⎯→+2Ag↓+3NH3+H2O(6).C8H6O3(7).9(8).【解析】【分析】由A、B的分子式及A→B的条件可知A为；结合G的结构简式可知B为；比较B、C的分子式及B→C的条件可知C为；结合G的结构简式及“已知”可知F为(CH3)

3CMgBr，则E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2；结合G的结构简式及“已知”可知H为，则J为，据此解答。【详解】(1)G为，含有羟基、溴原子（或碳溴键），故答案为：羟基；溴原子（或碳溴键）；(2)D的结构简式为CH2=C(CH3)2，系统命

名法命名为2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)，J的结构简式为，故答案为：2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)；；(3)C含醛基，其与银氨溶液反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OHΔ⎯⎯→+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)

2OHΔ⎯⎯→+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)C为，结合“已知”可得X的结构简式为，其分子式为C8H6O3，X的同分异构体中，同时满足①除苯环外无其他环，且无—O—O—键，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③苯环上的一氯代物只有

两种，有三种情况，第一种情况：一个酚-OH和一个-COCHO，且二者处于对位有1种，第二种情况：2个-CHO，1个酚-OH，且2个-CHO处于间位有2种，第三种情况：3个酚-OH和1个-CCH有6种，因此，符合条件的X的同分异构体共有1+2+6=9种，故答案为：C8H6O3；9；(5)逆

合成分析：可由和CH3MgBr发生类似“C+F→G”得到，可由甲苯发生类似“B→C”得到，CH3MgBr由CH3Br和Mg、乙醚得到，CH3Br由甲烷和溴发生取代反应得到，即，故答案为：。20.二氧化氯是一种黄绿

色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的2ClO制备方法，其中是用3NaClO与3CHOH在催化剂、60C时，发生反应得到2ClO，下图装置(夹持装置

略)对其制备、吸收、释放进行了研究。已知：①2ClO的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收2ClO，生成2NaClO，使用时加酸只释放出2ClO一种气体②2ClO与KI反应的离子方程式为：2222ClO

10I8H2Cr5I4HO−+−++=++。物质3CHOHHCOOH2ClO沸点64.7C100.8C11C③(1)仪器b在装置中的作用是______________；比较仪器c和d，实验中c的优点是_____________。(2

)制备装置甲中需改进的一项措施是________________。(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备2ClO的化学方程式：________________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是__

______________。(4)下列有关说法正确的是__________。A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的2ClOB．装置e主要用于检验是否有2Cl生成C．在2ClO释放实验中，发生的离子反应方程式是

：2224H5C1OCl4ClO2HO+−−+=++D．2ClO和2Cl都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时2Cl的氧化能力是2ClO的2.5倍(5)自来水厂用碘量法检测水中2ClO的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾

，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用1230.1000molLNaSO−标准溶液滴定碘单质()2222346I2SO2ISO−−−+=+，达到滴定终点时用去15.00mL23NaSO标准溶液，测得该水样中2ClO的含量为__________1m

gL−。【答案】(1).冷凝回流甲醇兼导气(2).有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发(3).水浴加热(4).4NaClO3+CH3OH+2H2SO4催化剂4ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O(5).产

生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解(6).AC(7).202.5【解析】【分析】甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下

，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，之后用氢氧化钠溶液处理尾气。据此解答。【详解】(1)仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇；若用分液漏斗添加甲

醇，反应时三颈烧瓶中压强增大，可能会导致液体无法顺利滴下，需要将分液漏斗活塞打开，但会导致甲醇的挥发，用恒压漏斗可以平衡压强有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：冷凝回流甲醇兼导气；有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；(2)反应在6

0℃下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故答案为：水浴加热；(3)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO4催化

剂4ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO4催化剂4ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；产生的二氧化碳可稀释ClO

2，防止ClO2浓度较大时分解；(4)A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体

，则发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2-＝Cl-+4ClO2↑+2H2O，故C正确；D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错

误；故答案为：AC；(5)设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L-1，根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O32-存在数量关系I2～2S2O32-，所以ClO2与标准液的数量关系为2

ClO2～10S2O32-，则有-10.1L=xgL20.015L67.5g/0.1mm10olol/L，解得x=0.2025g•L-1=202.5mg•L-1，故答案为：202.5。