【文档说明】【精准解析】江苏省苏锡常镇四市2020届高三教学情况调查（一）化学试题.doc，共(24)页，938.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省苏锡常镇四市2020届高三教学情况调查(一)化学试题1.实行垃圾分类，关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是A.回收厨余垃圾用于提取食用油B.对废油脂进行处理可获取氨基酸C.回收旧报纸用于生产再生纸D.废旧电池含重金属须深度填埋【答案】C【解析】【详解】A．回

收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；B．油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；C．使用的纸张至少含有

30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确；D．废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；答案选C。【点睛】多从环保和健康的角度分

析垃圾分类回收，提倡可持续发展。2.Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为8的氧原子：188OB.N2H4的结构式：C.Mg2＋的结构示意图：D.H2O的电子式

：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：168O，故A错误；B．N2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结

构式为：，故B错误；C．Mg的结构示意图：，Mg2＋的结构示意图为，故C错误；D．H2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。3.下列有关物质的

性质与用途具有对应关系的是A.NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈B.SO2具有还原性，可用于漂白纸张C.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D.Na2SiO3溶液呈碱性，可用作木材防火剂【答案】A【解析】【详解】A．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子发生水解溶液呈酸性，可与三氧

化二铁反应，则可用于去除铁锈，故A正确；B．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其还原性无关，故B错误；C．Al2O3的熔点高，可用作耐高温材料，与两性无关，故C错误；D．Na2SiO3溶液耐高温，不易燃烧，可用于浸泡木材作防火剂，

与碱性无关，故D错误；答案选A。【点睛】性质和用途必须相对应，性质决定用途。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、Na＋、AlO2-、NO3-B.0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-C.0.1

mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋、K＋、CH3COO－、CO32-D.0.1mol·L－1Na2S溶液：NH4+、K＋、ClO－、SO42-【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol·L－1HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、

H＋、Cl－、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋与CO32-不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L－1Na2S溶液中，ClO－具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；答案选B。【点

睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。5.下列实验操作能达到实验目的的是A.用向上排空气法收集NOB.用装置甲配制100mL0.100mol·L－1的硫酸C.用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D.向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸

馏可得到无水乙醇【答案】D【解析】【详解】A．NO能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO难溶于水，应使用排水法收集NO，故A错误；B．容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确

度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25℃，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中

挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D．氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，故D正确；答案选D。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.铜能与FeCl3溶液发生置换反应B.工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C

.向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D.实验室用MnO2与1.0mol·L－1的盐酸加热制取氯气【答案】C【解析】【详解】A．单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反

应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B．氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C．向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D．实

验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误；答案选C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4

：Ca2＋＋CO32-=CaCO3↓B.用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag＋4H＋＋NO3-=Ag＋＋NO↑＋2H2OC.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2OD.工业上用过量氨水吸收二氧化硫：NH3·H2O＋SO2=N

H4+＋HSO3-【答案】C【解析】【详解】A．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，水垢是难溶物，离子反应中不能拆，正确的离子反应：CaSO4＋CO32-=CaCO3+SO42-，故A错误；B．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，电子转移不守恒，电荷不守恒，正确的离子反应：3A

g+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；C．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，是氢氧化钠与氧化铝反应，离子方程为：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故C正确；D．工业上用过量氨水吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：2NH3+SO2+H2O=2NH4++

SO32−，故D错误；答案选C。8.X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强C

.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在

地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。【详解】根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；A．X、Y为第二周期，Z、W为第三周

期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A错误B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞W，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C．非金属性越强，最高价氧化

物对应水化物的酸性越强，非金属性：X＜W，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；D．Y是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；答案选B。【点睛】非金

属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.Na(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃Na2O2(s)2CO(g)⎯⎯⎯→N

a2CO3(s)B.Fe3O4(s)Al(s)⎯⎯⎯→高温Fe(s)2Cl(g)⎯⎯⎯→点燃FeCl2(s)C.SiO2(s)HCl(aq)⎯⎯⎯→SiCl4(g)2H(g)⎯⎯⎯→高温Si(s)D.S(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃SO3(g)2HO

(l)⎯⎯⎯→H2SO4(aq)【答案】A【解析】【详解】A．Na在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确；B．Fe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故B错误；C．在高温下

，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；D．S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选A。【点睛】氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。10.如图是实验室研究海水对铁

闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A.铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B.图中生成铁锈最多的是乙区域C.铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D.将铁闸与石墨相连可保护铁闸【答案】D【解析】【详

解】A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子

，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。11.下列有关说法正确的是A.MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)高温

下能自发进行，则该反应ΔH＞0、ΔS＞0B.常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同C.0.1mol·L－1NH4Cl溶液加水稀释，-32c(Cl)c(NHHO)的值增大

D.对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，反应MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0，故A正确；B．等物质

的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4++H2O

⇌NH3∙H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，-32c(Cl)c(NHHO)的值减小，故C错误；D．对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，S

O2的平衡转化率不变，故D错误；答案选A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。12.有机物Z常用于治疗心律失常，Z可由有机物X和Y在一定条件下反应制得，下列叙述正确的是A.X中所有原子可能在同一平面内B.X、Z均能与酸性KMnO4溶液反

应C.1molY最多能与2molNaOH反应D.室温下Z与足量Br2加成产物的分子中有2个手性碳原子【答案】BC【解析】【详解】A．X中含有一个甲基，结构类似甲烷，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；B．X含

有酚羟基，Z中含有碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液反应，故B正确；C．Y中有酯基和溴原子，都可与氢氧化钠反应，1molY最多能与2molNaOH反应，故C正确；D．一个碳原子要成为手性碳需满足两个条件：该碳原子必须是sp3杂化，且连有四个不同的基团。室温下Z中的双键可以与Br

2发生加成，产物的结构式为，分子中连有溴原子的碳都是手性碳，则有4个手性碳原子，故D错误；答案选BC。13.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉

淀SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱C向Fe(NO3)3溶液中

加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中Fe3＋部分被Fe还原D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解

析】【详解】A．将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A错误；B．常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，说明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电

离程度越弱，则HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱，故B正确；C．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D．溴单质具有挥发性，生成的H

Br及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D错误；答案选B。14.25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c(H2SO3)＋c(HSO3-)＋c(SO32-)＝0.100mol·L－1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线

如右下图所示。下列叙述正确的是A.H2SO3的Ka2＝10－7.2B.pH＝1.9的溶液中：c(Na＋)>c(H2SO3)＝c(HSO3-)>c(SO32-)C.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(SO32-)＝c(OH－)＋c(H2SO3)

D.c(HSO3-)＝0.050mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)<0.150mol·L－1＋c(OH－)【答案】AD【解析】【详解】A．当pH=7.2时，c(H+)=10-7.2mol/L，c(SO32-)=c(HSO3-)，H2SO3的二级电

离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，Ka2＝()()()233SOHHcOccS−+−=c(H+)=10－7.2，故A正确；B．根据图示，pH＝1.9时，溶液中不含SO32-，故B错误；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH－)，c

(Na＋)＝0.100mol·L－1时，c(H2SO3)＋c(HSO3-)＋c(SO32-)＝c(Na＋)，代入电荷守恒式中可得：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO32-)，故C错误；D．根据c(H2SO3)＋c(

HSO3-)＋c(SO32-)＝0.100mol·L－1，溶液中的c(HSO3-)＝0.050mol·L－1，则c(H2SO3)＋c(SO32-)=0.05mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c

(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH－)=2×(0.05mol·L－1-c(H2SO3))+0.05mol·L－1+c(OH－)=0.150mol·L－1＋c(OH－)-2c(H2SO3)，则c(H＋)＋c(Na＋)＜0.150mol·L－1＋c(OH－)，故D正确；答案选AD。15

.现有容积均为2L的甲、乙恒容密闭容器，向甲中充入1.5molCO2和3molH2，乙中充入2molCO2、3molH2，一定条件下仅发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g),实验测得反应体系中CO2

的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应的ΔH＞0B.曲线Ⅱ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系C.500K时，该反应的化学平衡常数为200D.700K时，若在上述密闭容器中充入0.9molC

O2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，则达到平衡时，H2的体积分数大于37【答案】CD【解析】【详解】A．随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应，该反应的ΔH＜

0，故A错误；B．相同温度下，平衡常数不变，曲线Ⅰ中CO2的平衡转化率高，甲和乙相比，相同条件下乙中二氧化碳的浓度大，曲线Ⅰ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系，故B错误；C．如图所示，曲线Ⅰ代表甲

容器的反应，500K时，CO2的平衡转化率为60%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=1.5mol×(1-60%)=0.6mol，n(H2)=3mol-3×1.5mol×60%=0.3mol，n(CH3

OH)=n(H2O)=0.9mol，该反应的化学平衡常数为K=30.9mol0.9mol2L2L0.30.6mol2L2L=200，故C正确；D．如图所示，曲线Ⅱ代表乙容器的反应，700K时，乙

容器中CO2的平衡转化率为20%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(H2)=3mol-3×2mol×20%=1

.8mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.4mol，此时H2的体积分数=1.81.61.80.40.4+++=37，若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，此时密闭容器中n(CO2)=2.5mol，n(H2)=

3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol，与原平衡初始相比，氢气的物质的量不变，其他组分增加，相当于增大了密闭容器的压强，平衡正向移动，则达到平衡时，H2的体积分数大于37，故D正确；答案选CD。1

6.Li2CO3是生产锂电池的重要原料，电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等物质)可用于制备Li2CO3。已知：①Li2CO3的溶解度：0℃1.54g；20℃1.33g；80℃0.85g。②20℃，Ksp

[Ca3(PO4)2]＝2×10－33，Ksp(CaHPO4)＝1×10－7。（1）在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出AlF3发生反应的化学方程式：______。（2）滤渣B的主要成分是________。（3）“转化”后所得Li

HCO3溶液中含有的Ca2＋需要加入Li3PO4除去。除钙步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如右图所示。①随着温度升高最终Li2CO3的产率逐渐减小的原因是___________。②当温度高于

50℃时，除钙率下降的原因可能是__________________。（4）热分解后，获得Li2CO3需趁热过滤的原因是_______________________。（5）将酸浸时产生的气体通入Al(OH)3和Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na

3AlF6)，该反应的离子方程式为_______________________________________。【答案】(1).2AlF3＋3H2SO4(浓)加热Al2(SO4)3＋6HF↑(2).Al(OH)3(3).温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca

3(PO4)2一同被过滤(4).温度过高PO43-水解，使PO43-离子浓度减小(5).Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失(6).6HF＋Al(OH)3＋3Na＋=Na3AlF6＋3H＋＋3H2O

【解析】【分析】电解铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、SO42-的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣A含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2

+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤

渣B为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂，据此分析解答。【详解】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化

氢，化学方程式：2AlF3＋3H2SO4(浓)加热Al2(SO4)3＋6HF↑；(2)根据分析，滤渣B的主要成分是Al(OH)3；(3)①温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤，导致最终的产率逐渐减小；②PO43-是弱酸根离子易水解，温度过高促进P

O43-水解，使溶液中PO43-离子浓度减小，除钙率下降；(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失；(5)将酸浸时产生的气体通入Al(OH)3和Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na3AlF6)

，离子方程式为6HF＋Al(OH)3＋3Na＋=Na3AlF6＋3H＋＋3H2O。17.G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为________和________。（2）E→F的反应类型为________。（3）D→E

的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________________。①能发生银镜反应；②碱性水解后

酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。____________【答案】(1).酯基

(2).碳碳双键(3).消去反应(4).(5).(6).CH3CH2OH2OCu⎯⎯⎯→，CH3CHOCH3CH2OHHBr⎯⎯⎯→CH3CH2BrMg⎯⎯⎯→乙醚CH3CH2MgBr3+3CHCHOHO⎯⎯⎯⎯→

①②，CH3CH=CHCH3⎯⎯⎯→加热【解析】【分析】(1)根据C的结构简式分析判断官能团；(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本

题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH

3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则

反应类型为消去反应；(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X的结构简式；(4)F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有

醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气

发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH

2OH2OCu⎯⎯⎯→，CH3CHOCH3CH2OHHBr⎯⎯⎯→CH3CH2BrMg⎯⎯⎯→乙醚CH3CH2MgBr3+3CHCHOHO⎯⎯⎯⎯→①②，CH3CH=CHCH3⎯⎯⎯→加热。18.过碳酸钠是一种多用途的新型漂白剂，化学式可表示为aNa2CO3·bH2O2，过碳酸钠溶于水分解成

Na2CO3和H2O2。（1）FeOCl常用作过碳酸钠使用时的催化剂。FeCl3·6H2O在250℃时分解可得到FeOCl，该反应的化学方程式为______________________________________。（2

）测定某样品中过碳酸钠化学式的实验步骤如下(样品中杂质不参加反应)：步骤Ⅰ：称取样品0.8000g于锥形瓶中，加水溶解，滴加甲基橙作指示剂，用0.2000mol·L－1H2SO4溶液滴定至终点，消耗硫酸25.00mL。步骤Ⅱ：另称取样品0.8000g于锥形瓶中，加水溶

解，加稀硫酸酸化，用0.1000mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点(滴定过程中MnO被还原为Mn2＋)，消耗KMnO4溶液30.00mL。①步骤Ⅰ中，滴定终点的现象是____________________。②步骤Ⅱ中，若样品溶于水酸化后放置一段时间，然

后再进行滴定，则过碳酸钠化学式中a∶b的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③通过计算确定该过碳酸钠化学式(写出计算过程)。___________【答案】(1).FeCl3·6H2O250

℃FeOCl＋2HCl↑＋5H2O↑(2).黄色变为橙色(3).偏大(4).2Na2CO3·3H2O2【解析】【分析】(1)FeCl3·6H2O在250℃时分解可得到FeOCl，根据物料守恒书写该反应的化学方程式；(2)①步骤Ⅰ中，甲基橙作指示剂，终点时，甲基橙由黄色变为橙色；②步骤Ⅱ中，KMn

O4溶液滴定至终点用来测定样品中双氧水的含量，双氧水不稳定；③根据步骤Ⅰ、Ⅱ分别计算出碳酸钠和双氧水的含量，进而计算确定该过碳酸钠化学式。【详解】(1)FeCl3·6H2O在250℃时分解可得到FeOCl，根据物料守恒，该反应

的化学方程式；FeCl3·6H2O250℃FeOCl＋2HCl↑＋5H2O↑；(2)①步骤Ⅰ中，甲基橙作指示剂，终点时，最后一滴硫酸过量，甲基橙由黄色变为橙色，滴定终点的现象是：加入最后一滴硫酸标准液，

甲基橙由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；②步骤Ⅱ中，样品溶于过碳酸钠分解成Na2CO3和H2O2，酸化后放置一段时间双氧水会发生分解生成水，双氧水的含量减少，再用KMnO4溶液进行滴定时，与双氧水发生反应，消耗标准溶液的体积

减小，导致测得的双氧水的量减小，即b减小，则过碳酸钠化学式中a∶b的测定结果将偏大；③根据步骤Ⅰ，硫酸滴定样品溶液中的碳酸钠，反应为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，则n(Na2CO3)=n(

H2SO4)=0.2000mol·L－1×25.00×10-3L=0.005mol；根据步骤Ⅱ，用高锰酸钾滴定溶液中的双氧水，测定其含量，离子反应为2MnO4ˉ+5H2O2+6H+=5O2↑+2Mn2++H2O，则n(H2O2)=52n

(KMnO4)=52×0.1000mol·L－1×30.00×10-3L=0.0075mol；则a∶b=n(Na2CO3)：n(H2O2)=0.005:0.0075=2：3，则过碳酸钠化学式为2Na2CO3·3H2O2。19.碘酸钙[Ca(IO3)2]是重

要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反

应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________

。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：

①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验

方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。【答案】(1).I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋(2).增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率(3).加快搅拌速率(4).分液漏斗(5).将

HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液(6).加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】【分析】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应

的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的

水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为

：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底

烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取

，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加Ag

NO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重。20.氨氮(NH3、NH4+等)是一种重要污染物，可利用合适的氧化剂氧化去除。（1）氯气与水反应产生的HClO可去除废水中含有的NH3。已知：NH3(aq)＋HClO(aq)=NH2Cl(aq)＋H2O(l)ΔH＝ak

J·mol－12NH2Cl(aq)＋HClO(aq)=N2(g)＋H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(aq)ΔH＝bkJ·mol－1则反应2NH3(aq)＋3HClO(aq)=N2(g)＋3H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(aq)的Δ

H＝________kJ·mol－1。（2）在酸性废水中加入NaCl进行电解，阳极产生的HClO可氧化氨氮。电解过程中，废水中初始Cl－浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响如图所示。①写出电解时阳极的电极反应式：_______

_________。②当Cl－浓度减小时，氨氮去除速率下降，能耗却增加的原因是____________________________。③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，氨氮去除速率也

会降低的原因是____________________________。（3）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂，可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大

。①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，该反应的离子方程式为________________________________。②用K2FeO4氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氨氮去除率增大、氧化时间

明显增长的原因是_________________。【答案】(1).2a＋b(2).Cl－－2e－＋H2O=HClO＋H＋(3).Cl－电解产生的HClO浓度低，氧化氨氮速率低，阳极OH－放电，消耗电能(4).当H＋过大，HC

lO氧化Cl－产生Cl2从溶液中逸出，使HClO浓度减小(5).2NH3＋2FeO42-＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4OH－(6).随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，

氧化性减弱，氧化时间增长【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算解答；(2)①电解时阳极发生氧化反应，失电子，元素化合价升高，；结合题意据此分析电极反应式；②结合阳极电极反应分析原因；③阳极产生的HClO，具有氧化性，酸性

条件下氧化性增强，不但可氧化氨氮，也可以氧化氯离子；(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂，可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大。①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，根

据氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写反应的离子方程式；②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，根据酸性强弱对氧化性的影响分析。【详解】(1)已知：①NH3(aq)＋HClO(aq)=NH2Cl(aq)＋H2O(l)ΔH＝akJ·m

ol－1②2NH2Cl(aq)＋HClO(aq)=N2(g)＋H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(aq)ΔH＝bkJ·mol－1根据盖斯定律：①×2+②可得反应2NH3(aq)＋3HClO(aq)=N2(g)＋3H2O(l)＋3H＋(aq)＋3Cl－(a

q)的ΔH＝2a＋bkJ·mol－1；(2)①电解时阳极发生氧化反应，失电子，元素化合价升高，在酸性废水中加入NaCl进行电解，阳极产生的HClO，氯元素的化合价升高失电子，阳极电极反应式为：Cl－－2e－＋H2O=HClO＋H＋；②阳极电极反应式为：Cl－－2e

－＋H2O=HClO＋H＋，当Cl－浓度减小时，Cl－电解产生的HClO浓度低，氧化氨氮速率低，阳极OH－放电，消耗电能；③阳极产生的HClO，具有氧化性，酸性条件下氧化性增强，当废水的pH低于4时，H＋浓度过大，HClO氧化性增强，可氧化Cl－产生Cl2从溶液中逸出，使HClO浓度减小，氨氮去除

速率也会降低；(3)①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应电荷守恒和物

料守恒，反应的离子方程式为2NH3＋2FeO42-＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4OH－；②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时

间增长。21.镍是一种用途广泛的金属，常用于电镀工业和制造电池。镍易形成Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等配合物。（1）镍基态原子的核外电子排布式为________。（2）Ni2＋可用丁二酮肟检

验。丁二酮肟的结构如图所示，其分子中碳原子轨道的杂化类型为________。（3）与CO互为等电子体的阴离子的化学式为__________________。（4）1mol[Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目为________。氨的沸点高于膦(PH3)，原

因是____________________________。（5）镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为________(填化学式)。【答案】(1)

.[Ar]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2)(2).sp3、sp2(3).CN－(4).28mol(5).NH3分子间可形成氢键，而PH3分子间不能(6).H2【解析】【分析】(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根

据原子的构造原理书写；(2)根据结构简式中碳原子的键连方式分析；(3)等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同；(4)[Ni(NH3)6]SO4中的配位键和单键都为σ键。PH3分子之间为范德华力，氨气分子之

间形成氢键，增大了物质的沸点；(5)根据均摊法计算晶胞中各微粒的数目，进而分析判断X、Y、Z代表的微粒。【详解】(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理，镍基态原子的核外电子排布式为[A

r]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2)；(2)根据丁二酮肟的结构简式，其中中碳原子既有单键又有双键，碳碳单键上的碳原子的杂化类型是sp2，碳碳双键上的碳原子的杂化类型是sp3杂化；(3)等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同

，CO含有2个原子，价层电子数为14个电子，与CO互为等电子体的阴离子有CN-或C22-等；(4)[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与6个NH3形成6个配位键属于σ键，NH3形成3个氮氢单键为σ键，SO42-中含有4个σ键，所以1mol[Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目=1mol×(6+6

×3+4)=28mol；PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；(5)晶胞中X位于晶胞的顶点，数目＝8×18=1、Y位于晶胞的体心和面上，数目＝

1+8×12=5、Z位于晶胞的面和棱上，数目＝8×14+2×12=3，则该物质的组成为XY5Z3，结合化学式LaNi5H6，可知X代表La、Y代表Ni、Z代表H2。22.某研究小组由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，然后在

下图所示实验装置中(夹持及控温装置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶体和SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点为－105℃、沸点为76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O

晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤。①蒸发浓缩时当蒸发皿中出现______________________________(填现象)时，停止加热。②为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是_______________(填一种)。（2）①仪器c的名

称是________。②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为_____________________

_____________。（4）装置乙的作用是______________________________________。【答案】(1).溶液表面形成一层晶膜(2).减慢冷却结晶的速度(3).球形干燥管(4).b(5).Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2加热Cu

(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑(6).吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】【分析】将Cu(NO3)2∙3H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu(NO3)2∙3H2O＋3SOCl2加热Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氢氧

化钠吸收尾气，据此分析和题干信息解答。【详解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则Cu(NO3)2∙3H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；②

控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2∙3H2O晶体；(2)①根据仪器构造可知仪器c球形干燥管；②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，盛装SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保证烧瓶

和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞b即可；(3)根据分析，装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2加热Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根

据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。