【文档说明】【精准解析】江苏省淮安市六校联盟2020届高三第三次学情调查化学试题.doc，共(23)页，1.131 MB，由小赞的店铺上传

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六校联盟2020届高三年级第三次学情调查化学试卷试题分值：120分考试时间100分钟可能用到的相对原子质量H-1B11O-16Na-23S-32K-39Ca-40Br-80选择题(共40分)单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20

分。每小题只有一个选项符合题意。1.习总书记在十九大报告中提出“我们要建设的现代化是人与自然和谐共生的现代化”，下列说法正确的是A.在田间焚烧秸秆，以增加草木灰肥料从而减少化肥的使用B.推广使用可降解塑料及布袋购物，以

减少“白色污染”C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】B【解析】【详解】A．田间焚烧秸秆虽然能增加草木灰肥料，但燃烧过程中产生大量二氧化碳、灰尘，易产生环境污染，且易引起火灾，故A错误；B．最理想的“原子经济”就是

反应物的原子全部转化为期望的最终产物，推广使用可降解塑料及布袋购物，以减少“白色污染”，从源头上消除化学污染，符合绿色化学的要求，故B正确；C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；D．燃煤中加入C

aO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体(二氧化碳等)的排放，故D错误；答案选B。2.反应2HClO+Mg=Mg(ClO)2+H2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为20的氯原子：3717ClB.次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO-C.次氯酸的

电子式：D.镁离子的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．中子数为20的氯原子的质量数为37，该氯原子正确的表示方法为：3717Cl，故A正确；B．次氯酸是弱电解质，存在弱电解质的电离平衡，电离方程式：HClO⇌H++ClO-，故B错误；C．次氯酸是

共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合结构式为H−O−Cl，其正确的电子式为，故C错误；D．Mg2+的核外电子总数为10，最外层满足8电子稳定结构，其离子结构示意图为，故D错误；

答案选A。3.下列物质性质与应用对应关系正确的是A.氨气具有还原性，可用作制冷剂B.Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中的供氧剂C.二氧化硅能与氢氟酸反应，可用于制光导纤维D.明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中

的净水剂【答案】D【解析】【详解】A．氨气易液化，液态氨气汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，与还原性无关，故A错误；B．过氧化钠为淡黄色是物理性质，能够与水、二氧化碳反应生成氧气是过氧化钠的化学性质，二者无联系，故B错误；C．二氧化硅具有对光良好的全反射作用，可用于制光导纤维，与二

氧化硅能与氢氟酸反应无因果关系，故C错误；D．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故D正确；答案选D。【点睛】物质的性质和用途需要相对应，性质决定用途，多关注生活中的化学现象和生活常识，可以有效地答对题。4.常温下，

下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色透明的溶液中：Na+、MnO4-、SO32-、Br-B.()()+-cHcOH=1×10-12的溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-C.能使甲基橙变红的溶液：Mg2+、

Na+、HCO3-、Cl-D.0.1mol·L-1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42-、I-【答案】B【解析】【详解】A．无色透明的溶液中：MnO4-为紫红色，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B．常温下，Kw=c(H+

)c(OH-)=10-14，()()+-cHcOH=1×10-12，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，c(OH-)＞c(H+)，说明溶液为碱性溶液，氢氧根离子与Na+、K+、CO32-、NO3-相互都不反

应，可以大量共存，故B正确；C．能使甲基橙变红的溶液中，溶液显酸性，氢离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L-1Fe(NO3)2溶液中，H+、NO3-与Fe2+、I-都可发生氧

化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】排除离子共存题中的陷阱，如无色溶液，需排除高锰酸根，铁离子，亚铁离子，铜离子等有色离子，排除能反应的离子，排除发生氧化还原反应的离子，()()+-cHcOH=1×10-12的溶液的酸碱性需要利

用水的离子积判断。5.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是A.用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中B.用图乙所示装置准确称得0.1575gH2

C2O4•2H2O固体C.用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】【详解】A、转移NaOH溶液到容量瓶中应用玻璃棒引流，A错误；B、托盘天平的精确度为0.1g，不能用托

盘天平称得0.1575gH2C2O4•2H2O固体，B错误；C、用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡，C正确；D、应用碱式滴定管盛装NaOH溶液待测液滴定H2C2O4溶液，D错误；故合理选项为C。6.下列有关

化学反应的叙述正确的是A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.向苯酚钠溶液中通少量的二氧化碳生成NaHCO3C.AlCl3与过量氨水反应生成NaAlO2D.Fe少量的Cl2在高温下反应生成FeCl2【答案】B【解析】【详解】A．常温下，Fe在

浓硝酸中发生钝化，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故A错误；B．由于碳酸酸性强于苯酚，苯酚酸性强于碳酸氢根离子，向苯酚钠溶液中通少量的二氧化碳符合强酸制弱酸，生成苯酚和NaHCO3，故B正确；C．AlCl3与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉

淀，氢氧化钠过量时，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成AlO2−，但是氢氧化铝与弱碱溶液不反应，所以AlCl3与过量NH3·H2O反应不能生成AlO2−，故C错误；D．Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成FeCl3，故D错误；答

案选B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.醋酸溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑B.向氨水中通入过量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2OC.用石墨作电极电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O电解Cl2↑

＋H2↑＋2OH－D.等体积等物质的量浓度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合：2Fe3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正

确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；B．向氨水中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，正确的离子方程式为：NH3·H2O+SO2═NH4++HSO3−，

故B错误；C．因电解时在阴极附近产生了大量OH-，OH-能与Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，离子反应：Mg2++2Cl－＋2H2O电解Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故C错误；D．等体积等物质的量浓度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合恰好全部转化为沉淀，离子反应

为：2Fe3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓，故D正确；答案选D。【点睛】C项石墨作电极电解MgCl2溶液时，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H2O+4e-=2OH-

↑+H2↑，阴极区还要考虑溶液中的离子与原溶液的离子是否发生反应。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z主族序数是周期序数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.

原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y氢化物的稳定性比Z的氢化物的稳定性强D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物或离子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主

族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z主族序数是周期序数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素。【详解】A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径

随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；B．W是Na元素，W的最高价氧化物的水化物是NaOH，

NaOH是强碱，故B错误；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D．Y是N元素，X是H元素，Z是O元素，X、Y、Z三种元

素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；答案选D。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①FeS22O高温⎯⎯⎯→SO222HO(aq)⎯⎯⎯⎯→H2SO4②SiO2HCl(aq

)⎯⎯⎯→SiCl42H高温⎯⎯⎯→Si③饱和NaCl溶液32NH,CO⎯⎯⎯→NaHCO3Δ⎯⎯→Na2CO3④0.1mol·L-1HCl(aq)2MnOΔ⎯⎯⎯→Cl2石灰乳⎯⎯⎯⎯⎯→Ca(ClO)2⑤CuSO4(aq)过量NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯→Cu(OH)2

葡萄糖(aq)/Δ⎯⎯⎯⎯⎯→Cu2OA.①③⑤B.①③④C.②④⑤D.①④⑤【答案】A【解析】【详解】①FeS2和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化生成硫酸，所以能一步实现，故①正确；②二氧化硅和HCl不反应，所以不能一步实现，故②错误

；③饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以能一步实现，故③正确；④实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，1mol/LHCl是稀

盐酸，所以不能制取氯气，所以不能一步实现，故④错误；⑤硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，所以能一步实现，故⑤正确；答案选A。【点睛】物质的相互转化需要熟悉各物质的化学性质，包括金属，非金属

及其化合物的性质，硅和二氧化硅的性质有特殊，高中阶段介绍二氧化硅只能和氢氟酸反应，它也不能和水反应，但是可以和碱反应生成盐和水，牢记它的特殊性。10.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl

－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是A.放电过程中，Cl-向正极移动B.正极反应式：PbSO4+2e－=Pb+SO42－C.反应每转移0.1mol电子，负极理论上消耗4gCaD.常温

时，在正负极间接上电流表，指针发生偏转【答案】B【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化，反应的电极方程式为Ca-2e-=Ca2+，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-=SO42-+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动

，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算。【详解】A．放电过程为原电池，阴离子向负极移动，Cl-向负极移动，故A错误；B．正极发生还原反应，正极反应式：PbSO4+2e－=Pb+SO42－，故B正确；C．Ca为原电池的负极，被氧化，根据电极方程式Ca+2Cl--2e-=CaCl2，反应每转移

0.1mol电子，负极理论上消耗0.05molCa，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2g，故C错误；D．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D错误；答案选B。【点睛】关于电化学的试

题，需判断出此电池为原电池，根据总方程式判断出正负极，判断出两极的电极反应，明确形成原电池的基本条件。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个．．．．．选项符合题意。若正确答案只包

括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.下列说法正确的是A.铅蓄电池放电时，正极每增加96g，转移电子数目为2×6.02×1023B.反应2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2(OH)2CO

3在常温下可自发，则该反应ΔH＜0C.常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后n(H+)·n(OH-)不变D.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中-32c(OH)c(NHHO)的值减小【答案】BD【解析】【详解】A．铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2+4H++SO42−+2e−═

PbSO4+2H2O，如1molPbO2参加反应，则质量增加64g，正极增加96g，则有1.5molPbO2参加反应，转移3mol电子，数目为3×6.02×1023，故A错误；B．如能自发进行，应满足△H−T△S＜0，反应2Cu+CO2+O2+

H2O═Cu2(OH)2CO3，△S＜0，在常温下可自发，则该反应△H＜0，故B正确；C．常温下，将醋酸钠稀释后浓度降低，醋酸根离子水解程度增大，但溶液中c(OH−)减小，温度不变，离子积常数不变，n(H+)⋅n(OH−)=c(H+)V×c(OH−)V=Kw×V2，溶液体积增大，所以n(

H+)⋅n(OH−)增大，故C错误；D．温度不变电离平衡常数不变，溶液中()()-32OHNHHOcc=()()-32OHNHHOcc×()()+4+4cNHcNH=()b+4KcNH，通入二氧化碳时，二氧化碳和水反应生成的碳

酸和氢氧根离子结合生成水而促进一水合氨电离，使得铵根离子浓度增大，所以()()-32cOHcNHHO的值减小，故D正确；答案选BD。【点睛】将D项的分析()()-32cOHcNHHO的值转化为分析()b+4KcNH的值，从而分析铵根离子浓度变化，减小了分析难度。12.合成药物异搏定路

线中某一步骤如下：+NaH,DMF⎯⎯⎯→下列说法正确的是A.物质X在空气中易被氧化B.物质Z与氢气完全加成后的物质中含有3个手性碳原子C.物质Y能发生取代、消去、加成反应D.等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消

耗NaOH的物质的量之比为1∶1【答案】A【解析】【分析】【详解】A．X中含有酚羟基，性质不稳定，易被氧气氧化，故A正确；B．物质Z与氢气完全加成后的物质中含有4个手性碳原子，如图所示，故B错误；C．Y含有酯基、溴原子，可发生水

解反应，酯基不能发生加成反应，故C错误；D．X中只有酚羟基能和NaOH反应，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，溴原子水解生成的HBr能和NaOH反应，所以等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗Na

OH的物质的量之比为1：2，故D错误；答案选A。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向K2MnO4溶液(墨绿色)中加入醋酸，溶液逐渐变为紫色且有醋酸具有氧化性黑色沉淀B向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液变蓝氧化性：Fe2+＞I2C向

苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊结合H+能力：C6H5O－＞CO32-＞HCO3-D将K2CrO4滴入AgNO3溶液至不再产生沉淀，再滴加相同浓度的Na2S溶液，沉淀由红棕色转化为黑色Ksp(Ag2CrO4)

＞Ksp(Ag2S)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液(墨绿色)中加入醋酸，溶液逐渐变为紫色且有黑色沉淀，说明生成了高锰酸钾和二氧化锰，锰元素的化合价既有升高、又有降低，不能说明醋酸具有氧化性，故A错误；B．Fe(NO3)2溶液中滴入HI，碘离子、

亚铁离子均被硝酸氧化，现象不能说明Fe2+、I2的还原性强弱，故B错误；C．苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊，生成苯酚和碳酸氢钠，为强酸制取弱酸的反应原理，则结合H+能力：CO32−＞C6H5O−＞HCO3−，故C错误；D

．将K2CrO4滴入AgNO3溶液至不再产生沉淀，再滴加相同浓度的Na2S溶液，沉淀由红棕色转化为黑色，发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向进行，可知Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2S)，故D正确；答案选D。14.25℃时，0.1molNa2CO

3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是A.W点所示的溶液中：c(CO32－)＝c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)B.pH＝4的溶液中：c(H2CO3)+

c(HCO3－)+c(CO32-)＝0.1mol·L-1C.pH＝8的溶液中：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)D.pH＝11的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(Cl－)+c(CO32

-)+c(HCO3－)【答案】AC【解析】【详解】A．W点所示的溶液中c(CO32−)=c(HCO3−)，溶液显碱性，则c(OH−)＞c(H+)，所以溶液中离子浓度关系为：c(CO32－)＝c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，故A正确；B．pH从6到4时，溶液中含碳微粒的浓度

有所减小，说明反应中有CO2生成。所以根据物料守恒，pH=4时，c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)＜0.1mol⋅L−1，故B错误；C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远

大于碳酸钠的浓度，这说明反应中生成的碳酸氢钠最多，HCO3−的水解程度大于电离程度，则c(Na+)＞c(HCO3−)＞c(H2CO3)＞c(CO32−)，故C正确；D．根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓

度远远大于碳酸氢钠的浓度，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+2c(CO32−)+c(HCO3−)，故D错误；答案选AC。15.一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)编号温度(℃)

起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)达到平衡所需时间(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3下列说法正

确的是A.平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB.反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC.反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为v(PCl5)=10.10tmol/(L·s)D.起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.15mol，则反应将向逆反应方向进

行【答案】BD【解析】【详解】A．I、Ⅱ温度相同，则二者平衡常数相等，Ⅲ比I相比温度升高，平衡时Ⅲ中PCl3比I中的大，说明升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ，故A错误；B．恒温恒容下，Ⅱ等效在I中平衡基础上压强增大一倍，平衡逆向移动，转化率减小，PC

l5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ，故B正确；C．速率之比等于化学计量数之比，则v(PCl5)=v(PCl3)=()3cPClt=110.1mol0.052Ltst=mol/(L∙s)，故C错误；D．410℃平衡时PCl5为0.4mol−0.

15mol=0.25mol，该温度下平衡常数K=()()()3250.150.15cPClcCl220.25cPCl2==0.045，浓度商Qc=0.450.15220.302=0.1125＞K=0.045，反应向逆反应进行，故

D正确；答案选BD。Ⅱ卷非选择题16.以镍矿粉(主要成分为NiS，杂质FeS、CuS和SiO2等)为原料可制备NiCO3已知Ni和Fe为变价金属，常见化合价为+2价、+3价。（1）在酸浸过程中，CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，其离子方程式为___________________，

滤渣的主要成分为________________________；（2）在除FeS时，需加入过量的H2O2氧化，若用过强的氧化剂，其可能的后果是_______________；反应完全后，除去多余H2O2的简便方法是_________________

_____；（3）在“沉镍”工艺中，若将含Ni2+溶液缓慢加入至盛有Na2CO3溶液的反应容器中，可能会形成杂质，其原因是_______________________(用离子方程式表示)。检验碳酸镍沉淀完全的方法是___________

_______；【答案】(1).3CuS+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(2).SiO2(3).NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3(4).煮沸(或加热)(5).CO32-+H2OHCO3-+OH-，Ni2++2OH-=N

i(OH)2或合并书写(6).静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全【解析】试题分析：（1）CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，说明生成S单质；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不与硝酸反应；（2）强氧化剂能把Ni2+氧化为Ni3+；

H2O2加热易分解；（3）碳酸钠水解溶液显碱性，Ni2+与OH-反应生成Ni(OH)2沉淀；继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全。解析：（1）CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，说明生成S单质，反应的离子方程式为3CuS+8H++2NO3-=3Cu2

++2NO↑+4H2O；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不与硝酸反应,所以滤渣的主要成分为SiO2；（2）强氧化剂能把Ni2+氧化为Ni3+，若用过强的氧化剂，其可能的后果是NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3杂质；H2O2加热易分解，除去多余H2O2的简便方法是

煮沸；（3）碳酸钠水解溶液出碱性CO32-+H2OHCO3-+OH-，Ni2+与OH-反应生成Ni(OH)2沉淀Ni2++2OH-=Ni(OH)2；检验碳酸镍沉淀完全的方法是静置、向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全。17.麻黄素是中枢神

经兴奋剂，其合成路线如图所示。(1)F中的含氧官能团名称为________和________。(2)E的结构简式为_______。(3)写出B-C的反应类型：_______。(4)请写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结

构简式________。①能发生银镜反应；②水解产物能与FeCl3显色：③核磁共振氢谱显示有四组峰。(5)请写出以乙醇为原料制备强吸水性树脂的合成路线流程图________(可选择题干中相关试剂，无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1).羟基(2).羰基(

3).(4).取代反应或水解反应(5).或(6).CH3CH2OH2Cu/O⎯⎯⎯→CH3CHONaCCH⎯⎯⎯⎯→+①②H2HNi⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】根据结构简式知，A发生取代反应生成B，B发生水解反应生成C，C发生催化氧化

反应生成D，E发生信息中反应生成F，由F结构简式知，E为，F先发生加成反应然后发生消去反应生成G，G发生加成反应生成麻黄素；(5)乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。【详解】(1)根据流程图中F结构简式知，F中的含

氧官能团名称为羟基和羰基；(2)通过以上分析知，E的结构简式为；(3)B中溴原子被羟基取代，该反应为取代反应或水解反应；(4)F的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②水解产物能与F

eCl3显色，说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基；③核磁共振氢谱显示有四组峰，说明含有4种氢原子，符合条件的同分异构结构简式为或；(5)乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚

反应生成，其合成路线为：CH3CH2OH2Cu/O⎯⎯⎯→CH3CHONaCCH⎯⎯⎯⎯→+①②H2HNi⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂。18.工厂化验员检验某含有KBrO3、KBr及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品1

.000g，加水溶解后配成100mL溶液X。Ⅰ.取25.00mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br－；Ⅱ.去除过量的SO后调至中性；Ⅲ.加入K2CrO4作指示剂，用0.1000mol·L－1AgNO3标

准溶液滴定Br－至终点，消耗AgNO3标准溶液11.25mL；Ⅳ.另取25.00mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩Br－，消耗上述AgNO3标准溶液3.75mL。已知：①25℃时，Ag2C

rO4(砖红色)的Ksp＝1.12×10－12，AgBr(浅黄色)的Ksp＝5.0×10－15；②Ⅳ中酸化时发生反应：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O请回答：（1）步骤Ⅰ中，反应的离子方程式为__

______________________________。（2）步骤Ⅲ中，滴定终点的现象为_____________________________________________。（3）步骤Ⅳ中，加热的目的是________________________。（4）计

算试样中KBrO3质量分数。(写出计算过程，结果保留3位有效数字)_______________【答案】(1).3SO32-＋BrO3-===Br－＋3SO42-(2).当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀(3).除去溶解在

溶液中的Br2(或使Br2挥发)(4).w(KBrO3)＝8.35%第一次所取25.00mL溶液中：n(Br－)总＝n(AgBr)＝0.1000mol·L－1×11.25×10－3L＝1.125×10－3m

ol所以，n(BrO)＋n(Br－)＝n(Br－)总＝1.125×10－3mol(1分)第二次所取25.00mL溶液，加酸反应后：n(Br－)余＝0.1000mol·L－1×3.75×10－3L＝3.75×10－4mol由步骤Ⅳ可知：BrO～5Br－所

以，n(BrO)＝16×[n(Br－)总－n(Br－)余]＝16×(1.125×10－3mol－3.75×10－4mol)＝1.25×10－4mol由1g样品配成100mL溶液，且每次实验取的是25mL所

以，w(KBrO3)＝-41.2510mol4167g/mol1.000g×100%＝8.35%【解析】【分析】(1)步骤Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br－”，SO32-是还原剂，其氧化产物是S

O42-，BrO3-是氧化剂，还原产物是Br-，再根据化合价升降守恒和元素守恒配平其离子方程式。(2)步骤Ⅲ中，待测溶液中的Br-与标准溶液反应：Ag++Br-=AgBr↓生成浅黄色沉淀，当Br-耗尽，再多一滴AgNO3标准溶液即发生2Ag++CrO42-=Ag2C

rO4↓，产生砖红色沉淀，即表示达到滴定终点。(3)步骤Ⅳ中，酸化时使KBrO3与KBr反应：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，再测定剩余的Br-，而溶液中溶解的Br2会干扰Br-的测定，通过加热让Br2挥发而

除去。(4)由步骤III消耗AgNO3标准溶液11.25mL可计算25.00mL溶液X中KBrO3和KBr中溴元素总物质的量；由反应式BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知，其中BrO3-与参加反应的Br-的物质的量之比为1:5，再由步骤IV的数据计算25.00

mL溶液X中KBrO3的物质的量。【详解】(1)步骤Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br－”，SO32-是还原剂，其氧化产物是SO42-，BrO3-是氧化剂，还原产物是Br-，根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其反应的离子方程式为：3SO32-＋BrO3-===Br－＋3S

O42-。(2)步骤Ⅲ中，待测溶液中的Br-与标准溶液反应：Ag++Br-=AgBr↓，生成浅黄色沉淀，当Br-耗尽，再多一滴AgNO3标准溶液即发生2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，产生砖红色沉淀，即表示

达到滴定终点。滴定终点的现象为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀。(3)步骤Ⅳ中，酸化时使KBrO3与KBr反应：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，再测定剩余的Br-，而溶液中溶解的Br2会

干扰Br-的测定，通过加热让Br2挥发而除去。所以加热的目的是除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)。(4)根据反应方程式Ag++Br-=AgBr↓，25.00mL溶液X中KBrO3和KBr中的溴元素总物质的量

=n(Br－)总=n(AgNO3)=0.1000mol·L－1×11.25×10－3L＝1.125×10－3mol，即n(BrO)＋n(Br－)＝n(Br－)总＝1.125×10－3mol。由步骤IV可知，第二次取25.00mL样品溶液加酸反应完全后剩余B

r-的物质的量n(Br－)余＝0.1000mol·L－1×3.75×10－3L＝3.75×10－4mol。由反应方程式BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知，其中BrO3-与参加反应的Br-的物质的量之比为1:5，所以25.00mL溶液X中含BrO3-的物质的量n(BrO)＝×[

n(Br－)总－n(Br－)余]＝×(1.125×10－3mol－3.75×10－4mol)＝1.25×10－4mol。由1g样品配成100mL溶液，且每次实验取的是25mL，所以试样中KBrO3的质量分数

w(KBrO3)＝×100%＝8.35%。19.实验室用硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O粗产品的过程如下：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%～40%

20%～25%5%～15%2%～3%1%～2%1%～2%(1)“酸解”时为提高Mg2＋的浸出率，可采用的措施是_____(写一种)。所加酸不宜过量太多的原因是_____。(2)“氧化”步骤中，若用H2O2代替Ca(ClO)2，则发生反应的离子方程式为_______

_______。实际未使用H2O2，除H2O2成本高外，还可能的原因是______________________________________。(3)“调pH”时用MgO而不用NaOH溶液的原因是____

____________________。(4)结合附表信息，由MgSO4·7H2O粗产品(含少量CaSO4)提纯获取MgSO4·7H2O的实验方案如下：将粗产品溶于水，_____________________________________

____________，室温下自然挥发干燥。(实验中必须使用的试剂有：饱和MgSO4溶液，乙醇)附：两种盐的溶解度(g/100g水)温度℃10304050CaSO40.190.210.210.20MgSO4·7H2O30.935.540.8

45.6【答案】(1).加热(搅拌、提高酸液浓度等)(2).避免调pH时消耗过多的MgO(3).H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4).H2O2不稳定易分解或Fe3＋等金属离子会催化H2O

2的分解(5).防止加入的NaOH引入Na＋杂质(6).加热浓缩，趁热过滤；将滤液冷却结晶，过滤，用饱和MgSO4溶液洗涤，再用乙醇洗涤【解析】【详解】（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应

物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；另外所加酸过量太多，在后续操作中消耗过多的MgO，故答案为加热(搅拌、提高酸液浓度等)；避免调pH时消耗过多的MgO；（2）“氧化”步骤主要是氧化亚铁离子，方便通过

调节pH将铁元素除去，方程式为：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；但双氧水不稳定，易分解，其中Fe3+为其分解的催化剂，因此不宜用H2O2代替Ca(ClO)2，故答案为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；H2O2不稳定易分解或Fe3＋等金属离子会催化H2

O2的分解；（3）用MgO来调节溶液的pH时，即使过量，也易通过过滤而除去，且不引入新的杂质，而加入的NaOH会引入Na＋杂质，故答案为防止加入的NaOH引入Na＋杂质；（4）由CaSO4和MgSO4·7H2O溶解的特点可知，宜采用加热浓缩，趁热过滤的办法来除去

CaSO4，然后用饱和MgSO4溶液洗涤除去杂质，用乙醇洗涤利于去除水分，故答案为加热浓缩，趁热过滤；将滤液冷却结晶，过滤，用饱和MgSO4溶液洗涤，再用乙醇洗涤。20.二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS)是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业。(1)国外

学者提出的由CO2制取C的太阳能工艺如图所示：①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O42300K6FeO+O2↑，每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为___________。②“重整系统”发生反应的化学方程式为_

___________。(2)二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以0.1MPa，n(H2)：n(CO2)=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)△H，不

同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：①曲线b表示的物质为_______(写化学式)。②该反应的△H________0(填：“>”或“<”)。(3)一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为

：2SO2+2nCu+(n+1)O2+(2-2n)H2O═2nCuSO4+(2-2n)H2SO4。从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为____；每吸收标准状况下11.2LSO2，被SO2还原的O2的质量为_____g②利用如图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反

应的离子方程式______。【答案】(1).2mol(2).6FeO+CO2700K2Fe3O4+C(3).H2O(4).＜(5).防止酸雨的发生(6).8(7).SO2+2H2O+Cu2+通电4H++SO42﹣+Cu【解析】【分析】(1)①反应2Fe3O42300K6

FeO+O2↑中O元素化合价由-2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算；②由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C；(2)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c

为C2H4的变化曲线；(3)①二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害，脱硫可以防止酸雨的发生；依据二氧化硫和氧气反应方程式，找出二氧化硫和氧气量的关系；②利用电解原理将

二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式。【详解】(1)①反应2Fe3O42300K6FeO+O2↑中O元素化合价由-2价升高到0价，由方程式可知，2molFe

3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol；②由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C，反应的方程式为6FeO+CO2700K2Fe3O4+C；(2)①随着温度升高，氢气

的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；②由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，△H＜0；(3)①脱硫可

以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；每吸收标准状况下11.2LSO2，被SO2还原的O2的质量为m，根据反应：22344.8L32SO+O=22g11SO.2Lm解得m=8g；②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池

的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质是二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；阴极放电的物质是铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应式相加得：SO2+2H2O+Cu2+通电4H++SO42﹣+

Cu。21.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。除去CO的化学反应方程式(HAc表示醋酸)

：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3⇌Cu(NH3)3(CO)Ac。请回答下列问题：(1)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________。(2)写出基态Cu+的核外电子排布式_______。(3)配合物Cu(NH3)3(CO)Ac中心原子的配位数为______。(4)写出与CO互为等电子体

的阴离子______。(任写一个)(5)在一定条件下NH3与CO2能合成化肥尿素[CO(NH2)2]，1mol尿素分子中，σ键的数目为______。(6)已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数比为______。【答案】(1).N＞O

＞C(2).1s22s22p63s23p63d10(3).4(4).CN－、C22－(5).7mol或7NA(6).1:3【解析】【分析】(1)一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性；(2)铜原子的核外电子排

布为1s22s22p63s23p63d104s1；(3)根据化合物的化学式判断，一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；(4)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO有10个价电子和2个原子团，其他含有1

0个电子和2个原子的阴离子都可以；(5)计算杂化类型时根据电子对数来判断；(6)利用均摊法计算晶胞中铜原子个数，每个晶胞中与一个顶点上铜原子距离最近的铜原子数是3，每个顶点上铜原子被8个晶胞占有，据此

计算铜原子配位数。【详解】(1)一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以O＞N＞C，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的。所以O比N容易失去电子，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；(2)铜原子的核外电子排布为1s22s2

2p63s23p63d104s1，故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10；(3)一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；(4)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO有10个价电子和2个

原子团，其他含有10个电子和2个原子的阴离子都可以，如CN−、C22－也为14个电子；(5)氮原子形成了3个σ键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化方式为sp3，σ键的数目为3，每个亚氨基中σ键的数目2，一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故每

摩尔尿素中含有σ键的数目为7NA，；(6)每个晶胞中铜原子个数=8×18+6×12=4；在铜的晶胞中，顶点上的铜原子被8个晶胞占有，每个晶胞中与一个顶点上铜原子距离最近的铜原子数是3，每个面上的铜原子被2个晶胞占有，所以其

配位数是3×8×12=12，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数比=4：12=1：3。