【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2020届高三第4次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(26)页，1.046 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2020届高三第4次月考化学试题可能用到的相对原子质量：C-12O-16Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64第I卷一、选择题(每小题只有一个符合题意的选项)1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.石英能用于生产光导纤维B.中国歼20−上用

到的氮化镓材料是新型非金属材料C.医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同D.复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型功能材料【答案】C【解析】【详解】A.光导纤维主要成分是SiO2，所以石英是光导纤维的材料，

但还可生产玻璃等，A正确；B.氮化镓材料属于新型非金属材料，B正确；C.双氧水具有强氧化性，能够杀菌消毒，而酒精没有强氧化性，能使蛋白质变性而失去生理活性，用于消毒杀菌，原理不相同，C错误；D.二硫化钼是能导电、存储的二维材料，是一种新型功能材料，D正确；故合理选项是C

。2.（有机化学基础选做题）下列关系正确的是A.沸点：乙二醇>丙三醇B.与钠反应的快慢：CH3CH2COOH>苯酚>水>乙醇C.等质量的有机物完全燃烧的耗氧量：甲烷＞乙烯＞乙炔＞苯D.同物质的量的物质燃烧耗O2量：己烷＞环己烷＞苯＞苯甲酸【答案】B【解析】【详解】A．丙三

醇含有三个羟基，形成的氢键比乙二醇多，氢键多，沸点高，丙三醇大于乙二醇，故A错误；B．与钠反应的快慢，与氢离子的浓度大小有关，浓度越大，反应越快，电离H＋的能力：羧酸>苯酚>水>乙醇，故B正确；C．对烃来说，烃分子式CHy/x，yx越大耗氧量越高，所以四种烃均转化

为CH4、CH2、CH、CH形式，从中可知甲烷耗氧量最高，其次是乙烯，乙炔和苯相等，故C错误；D．CxHyOz＋42yzx（＋－）O2→xCO2＋y/2H2O，分子式分别是C6H14、C6H12、C6H6、C7H6O2，耗氧量分别是9.5、9、7

.5、7.5，苯和苯甲酸耗氧量相等，故D错误。故选B。3.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A.实验①中试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为N

O2B.实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应D.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu＋Cu(NO3)2＋4H2SO4=4CuSO4＋2NO

↑＋4H2O【答案】D【解析】【详解】A.①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应产生的NO气体在试管口被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2，A错误；B.③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性作用，可继续与Cu反应，是

硝酸的氧化性强，B错误；C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，只有在溶液中存在NO3-条件下，滴入稀硫酸才可以发生反应，不能证明稀硫酸能与Cu反应，C错误；D.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2N

O↑+4H2O，D正确；故合理选项是C。4.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。下列说法不正确的是A.铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为

O2+2H2O+4e-=4OH-C.液滴下氧气含量少，铁片作负极，发生的还原反应为Fe-2e-=Fe2+D.铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+6H2O+3O2=4Fe(OH)3【答案】C【解析】【分析】NaCl溶液滴到一块光亮清洁

的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区（a）被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+（发生氧化反应），正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-（发生还原反应），在液

滴外沿，由于发生反应Fe2++2OH-=Fe（OH）2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3形成了棕色铁锈环（b）。【详解】A．铁片做负极，腐蚀最严重，但生锈最多的区域在正极，故A正确；B．由分析可知，液滴边缘

是正极区，发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C．液滴下氧气含量少，铁片作负极，发生的氧化反应为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；D．由分析可知，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+6H2O+3O2=4Fe(OH)3，

故D正确；故选C。5.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间在常温下的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是选项WX转化关系A稀H2SO4NaAlO2溶液BO2H2SCCO2Ca(OH)2溶液DCl2Fe

A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．W为稀H2SO4、X为NaAlO2溶液，NaAlO2和过量的H2SO4反应生成硫酸铝，则Y为硫酸铝，NaAlO2和少量的H2SO4反应生成氢氧化铝，则Z为氢氧化铝，硫酸铝通入二氧化碳转化为氢氧化铝

，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝，所以可以实现以上转化，故A不符合题意；B．W为O2，X为H2S，H2S与过量的O2反应生成SO2，则Y为SO2，H2S与少量的O2反应生成S，则Z为S，S和氧气反应生成SO2，SO2和H2S反应生成S，可以实现以上转化，，故B不符合题意；C．W为二氧化碳，

X为氢氧化钙，氢氧化钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，Y为碳酸氢钙，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，Z为碳酸钙，碳酸钙和二氧化碳、水反应转化为碳酸氢钙，碳酸氢钙加热分解可生成碳酸钙，所以可以实现

以上转化，故C不符合题意；D．W为Cl2、X为Fe，铁和氯气反应只能生成氯化铁，不能生成不同价态的化合物，不能实现以上转化，故D符合题意；答案为D。6.德国卡尔•肖莱马是有机化学的奠基人和杰出的有机化学理论家．他的主要贡献是对脂肪烃的系统研究并解决了烷烃的异构理论．根据下表中烃的分子式排列规律，判

断空格中烃的同分异构体数目是（）12345678CH4C2H4C3H8C4H8C6H12C7H16C8H16A.3B.4C.5D.6【答案】A【解析】【详解】从1到8，物质的分子中C原子个数递增，因此物质5的分子中应含有5个碳原子；各物质的分子构成中H原子符合1与2

、3与4、7与8的H原子个数相等，则可推断5与6的分子构成中H原子个数相等，即物质5的分子中含有12个H原子；综合以上分析，物质5的化学式为C5H12，同分异构体有正、异、新3种。故选A。7.下列各项反应对应的图像正确的是()A.图甲为25℃时，

向亚硫酸溶液中通入氯气B.图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C.图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D.图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气

的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2F

eCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答

案为C。8.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是A.元素非金属性：X>

WB.Y和Z形成的化合物中只存在离子键C.Z、W的简单离子半径：Z<WD.只有W元素的单质可用于杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，Z、W处于同周期且

族序数相差6，则Z位于ⅠA族，W位于ⅤⅡA族；X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，该化合物可能为H2O、CO2，若为H2O，H位于ⅠA族，与Z位于同一主族，不满足条件，所以X、Y形成的化合物为CO2，

则X为C、Y为O元素；Z、W的原子序数大于O元素，则Z、W位于第三周期，Z为Na，W为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为O元素，Z为Na，W为Cl元素。A.高氯酸的酸性大于碳酸，则非金属性X<W，故A错误；B.O、Na形成的化合物

有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故B错误；C.离子的电子层越多离子半径越大，则钠离子的离子半径小于氯离子，故C正确；D.除了氯气，臭氧也能够用于自来水的杀菌消毒，故D错误。故选C。9.“84消毒液”是

主要用于环境和物体表面消毒的含氯消毒剂，有效成分是NaClO，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：装置图试剂X实验现象①0.2mol·L-1盐酸产生少量黄绿色气体②0.2mol·L-1KI—淀粉溶液溶液变蓝③0.2mol·L-1FeSO4(H+)和KSCN混

合溶液溶液变红④0.2mol·L-1AlCl3溶液产生白色沉淀下列判断不正确的是A.实验①中发生的主要反应是ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2OB.实验②中发生的主要反应是ClO-+2I-+2H+＝Cl-+I2+H2OC.实验③中该条件下氧

化性强弱ClO->Fe3+D.实验④中ClO-与Al3+相互促进水解【答案】B【解析】【详解】A.实验①产生少量黄绿色气体，说明有氯气生成，其发生的主要反应是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，故A正确；B.实验②淀粉溶液变蓝，说明生成了单质碘，该环

境为碱性环境，其发生的主要反应是ClO－+2I－+H2O＝Cl－+I2+2OH－，故B错误；C.实验③溶液变红，说明生成Fe3+，反应是ClO－氧化Fe2+变为Fe3+，则该条件下氧化性强弱ClO－>Fe3+，故C正确；D.实验④产生白色沉淀，ClO－水解显碱性，Al3+水解显酸性，两者

相互促进水解，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】书写离子方程式一定要注意所处的环境。10.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确．．．的是（）A.HAP能提高HC

HO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作

反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C

-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。11.常温下，将amol/L的氨水滴入到20.0

0mL0.108mol/L的盐酸中，混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.图上四点对应溶液中离子种类相同B.图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序为N>P>M>QC.若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c(Cl-)=2c(NH

3·H2O)+2c(NH4+)D.若N点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，则N点为滴定反应的恰好反应点【答案】B【解析】【详解】A.根据题意，随着氨水的滴加，存在的离子均含有H+、Cl-、NH4+、OH-四种离子，

A正确；B.酸性或碱性越强，水的电离程度越小，故为P>N>M>Q，B错误；C.若N点为恰好反应点，则M点溶液为NH4Cl、HCl等浓度的混合溶液，溶液中存在物料守恒，为c(Cl-)=2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)，C正确；D.若N点溶液中存在

c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，根据质子守恒，溶质为NH4Cl，则N点为滴定反应的恰好反应点，D正确；故合理选项是B。12.一定条件下，在水溶液中1mol()xClOx0,1,2,3,4−=的能量(kJ)相对大小如下图所示。下列有关说法错误．．的是A.上述离子中结合H+能力最强的

是EB.上述离子中最稳定的是AC.上述离子与H+结合有漂白性的是BD.BAD→+反应物的键能之和小于生成物的键能之和【答案】A【解析】【详解】A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强

，应为B，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知：A、B、C、D、E中A能量最低，所以A物质最稳定，B正确；C.ClO-与H+结合形成HClO，具有强氧化性、漂白性，C正确；D.B→A+D，由电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl

-，△H=（64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D正确；故合理选项是A。13.人体血液存在233HCOHCO−、2424HPOHPO−−等缓冲对。常温下，水溶液中部分缓冲对的微粒浓度之比

的对数值lgx[x表示233HCOHCO−或2424HPO]HPO−−与pH的关系如图所示。已知碳酸a1pK6.4=、磷酸()a2aapK7.2pKlgK==−。则下列说法正确的是A.曲线Ⅰ表示()()2424cHPO

lgcHPO−−与pH的变化关系B.ab→的过程中，水的电离程度逐渐减小C.当()()233cHCOcHCO−=时()()2424cHPOcHPO−−=D.当pH增大时，()()()32424cHCOcHPOcHPO−−−逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A.磷酸a2pK

7.2=，曲线Ⅱ表示表示2424)c(HPOlgc(HPO)−−与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示()()233cHCOlgcHCO−与pH的变化关系，故A错误；B.ab→的过程中，氢离子浓度减小，对水的电离的抑制减弱，则水的电离程度逐渐增大，故B错误；C.当()

()233cHCOcHCO−=时，lgx0=，观察图可得，pH6.4=，而()()2424cHPOcHPO−−=时，pH7.2=，故C错误；D.当pH增大时，()23cHCO减小，则()()()32424cHCOcHPOcHPO

−−−逐渐减小，故D正确。故选D。14.已知碳酸钙的分解为可逆反应，一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器甲中盛有10.0g纯净碳酸钙固体，反应达到平衡后，剩余固体8.9g；相同温度下，另有一真空密闭容器乙(活塞的质量与摩擦均不计，侧面足够长)中同样盛有10.0g纯净碳

酸钙固体，在恒压下反应达到平衡后体积恰好为1L(不考虑固体体积)。下列说法正确的是A.平衡后再向乙容器中充入0.02molCO2气体，至容器体积不再变化时，c(CO2)=0.0125mol/LB.平衡后再向乙容器中充入0.02molAr，至容器体积不再变化时，c(CO2)=0.0125mol

/LC.达到平衡后，容器乙中剩余固体质量小于容器甲中剩余固体质量D.甲、乙两容器的情况下，反应的平衡常数K都为0.025mol/L【答案】A【解析】【分析】已知CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，一定温度下，在容积为2L的恒容容器甲中盛有10.0g纯净碳酸钙固体，反应达到平衡后，剩余固体

8.9g，则容器内CO2气体质量为10.0g-8.9g=1.1g，其浓度为c(CO2)=1.1g44g/mol2L=0.0125mol/L，此时平衡常数K=c(CO2)=0.0125mol/L；相同温度下，另一连有

质量与摩擦均不计活塞的恒压容器乙（侧面足够长）中同样盛有10.0g纯净碳酸钙固体，反应达到平衡后，体积恰好为1L，可看成在甲的平衡状态下，将体积压缩为1L，此时CO2的瞬间浓度为0.0125mol/L×2=0.0250mol/L，但因体积缩小，压强增大，平衡逆向移动，CO2的浓度会减小，

因温度不变，平衡常数不变，此时K=c(CO2)=0.0125mol/L，即平衡时CO2的浓度仍为0.0125mol/L；据此分析解答。【详解】A．由于温度不变，K不变，在恒压条件下充入0.02molCO2后，平衡逆向移动到再次达到平衡时c(CO2)=0.0125mol/L，为等效

平衡，故A正确；B．由于温度不变，K不变，故恒压下充入0.02molAr气体后，体系体积增大，c(CO2)下降，平衡会正向移动，假设CaCO3完全反应，由碳元素守恒可得n(CO2)=0.1mol，因是恒压恒温过程，由理想气体状态方

程可得体积比等于气体的物质的量之比，即1122VnVn=，V1=1L，n1=0.0125mol，n2=0.02+0.1=0.12mol，解之V2=9.6L，此时c(CO2)=0.1mol9.6L=0.01mol/L＜0.0125mol/L，由此可知直至Ca

CO3反应完都不能达平衡，此时c(CO2)＜0.0125mol/L，故B错误；C．由上述分析可知，容器甲达平衡时，n(CO2)=1.1g44g/mol=0.025mol，则可逆反应()()()()()()32ssg0.1000.0250.0250.0250.0750.0250.025CaC

OCaOCOmolmolmol+起始变化平衡可知，甲容器中剩余CaCO3的物质的量为n(CaCO3)=0.075mol，乙容器是恒压下达平衡，体积V=1L，温度不变，K值不变，可知乙容器平衡时c(CO2)=0.01

25mol/L，n(CO2)=0.0125mol/L×1L=0.0125mol，则可逆反应()()()()()()32ssg0.1000.01250.01250.01250.08750.01250.0125CaCOCaOCOmolmolmol+起始变化平衡可

知，乙容器中剩余CaCO3的物质的量为n(CaCO3)=0.0875mol，则达到平衡后，容器乙中剩余固体质量大于容器甲中剩余固体质量，故C错误；D．由上述分析可知，甲、乙两容器的情况下达到平衡时，由于温度相同，平衡常数相同，所以K甲=K

乙=c(CO2)=0.0125mol/L，故D错误；答案为A。第II卷二、非选择题15.某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知下列合成路线：CH3CH=CH2+CO+H2⎯⎯⎯⎯→一定条件CH3CH2CH2CHO2HNi/Δ

⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2CH2OH；CO的制备原理：HCOOHΔ⎯⎯⎯→浓硫酸CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置如图所示。请填写下列空白：（1）若用以上装置制备干燥纯净的CO，仪器X的名称是________；装置

中b的作用是________；c和d中盛装的试剂分别是________，________。（2）实验室现有浓硫酸、2-丙醇，请写出制备丙烯的化学方程式：________________________。（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小

组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是________(填序号)。①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液（4）正丁醛经催化剂加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品，为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO

3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为________，操作2为________，操作3为________。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).防倒吸(3).NaOH溶液(4).浓24HSO(5).(CH3)2CHOHΔ

⎯⎯⎯→浓硫酸CH2=CHCH3↑+H2O(6).(④⑤①②③或)④⑤①③②(7).饱和3NaHSO溶液(8).萃取(9).蒸馏【解析】【分析】（1）根据装置图判断仪器X的名称；b为安全瓶，可防止倒吸；c和d可分别除去挥发出的HCOOH和水蒸气，由此选择盛装的试剂；（2）2-丙

醇发生分子内脱水，生成丙烯和水，由此书写方程式；（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，可先除去水蒸气，再检验是否存在SO2，并用饱和Na2SO3溶液和酸性KMnO4溶液除去SO2，最后检验CO2和丙烯，由此确定试剂的

顺序；（4）根据流程可知，粗产品中含有正丁醛，利用反应①可知饱和亚硫酸氢钠溶液可与正丁醛发生反应生成沉淀，通过过滤可除去沉淀；加入乙醚可萃取溶液中的1-丁醇，1-丁醇和乙醚的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法分离，由此作答。【详解】（1）仪器X的名称是蒸馏烧瓶，甲酸在

浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸；又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥C

O；（2）2-丙醇发生分子内脱水可制丙烯，方程式为(CH3)2CHOHΔ⎯⎯⎯→浓硫酸CH2=CHCH3↑+H2O；（3）检验丙烯可用酸性KMnO4溶液，检验SO2可用酸性KMnO4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2可用石灰水，检

验水蒸气可用无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序，只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①②③或④⑤①③②；（4）粗品中

含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇，因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开，因此试剂1为饱和NaHSO3溶液，操作2为萃取

，操作3为蒸馏。【点睛】物质制备型实验题思维流程：16.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：(

1)步骤①中得到的氧化产物是_______(填离子符号)，溶解温度应控制在60～70℃，原因是________。(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。(3)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________(写名

称)。(4)上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是_____________。(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶

液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。【答案】(1).Cu2+(2).温度低溶解速度慢，温度过高，铵盐分解(3).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl

↓+SO42-+2H+(4).硫酸(5).醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化(6).0.597abm×100%【解析】【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加

入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤

②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H

+=6Fe3++2Cr3++7H2O，以此来解答。【详解】(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，氧化产物为Cu2+，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O

，溶解温度应控制在60～70℃的原因是温度低溶解速度慢，而温度过高，铵盐分解；(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶

解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入挥发性的盐酸，以防止引入新杂质；(4)步骤⑥为醇洗，是因为乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，就可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生反应：Fe3++CuCl=Fe2

++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式：6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)=ab×10-3mol，则Cu

Cl的物质的量为n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=6ab×10-3mol，则CuCl的质量m(CuCl)=6ab×10-3mol×99.5g/mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为0.597abgmg×100

%。17.碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，常用于治疗慢性肾衰患者的高磷血症。实验室模拟用LaCl3为原料来制备碳酸镧。为避免生成碱式碳酸镧[La(OH)CO3]，整个反应在较低的pH条件下进行。(1)某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中用

碳酸氢铵制备碳酸镧。①在实验室用装置甲还可以制取下列中的气体：________(填字母代号)。A.O2B.Cl2C.H2D.NOE.SO2F.C2H2G.C2H4②仪器X的作用是__________。③实验中应先开K2再开K

1，原因是_________。④为保证碳酸镧的纯度，实验过程中需要注意的问题有_______(答一条即可)。(2)碳酸钠或碳酸氢钠与氯化镧反应均可生成碳酸镧。①为了高磷血症患者的安全，通常选用碳酸氢钠溶液，优点是________(答一条即可)。②NaHCO3与LaCl3反应过程中会发

生两个平行反应，其离子方程式为A.____和B.H++-3HCO=CO2↑+H2O。③T℃时，碳酸镧的溶解度为1.0×10-7mol/L，-3HCO的电离平衡常数为6.0×10-11。请计算反应A的平衡常数K=______。【

答案】(1).CD(2).防倒吸(3).NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通人NH3，可提高CO2利用率(4).控制氨气(或CO2)通入量(5).碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧(6).2

La3++3-3HCO=La2(CO3)3↓+3H+(7).200【解析】【分析】(1)①装置甲为启普发生器，用于难溶性固体与溶液不加热反应制备气体；②倒置的球形干燥管能防止吸收氨气时发生倒吸；③氨气是极易溶于

水的气体,而二氧化碳气体在水中溶解度小，实验中先通入氨气形成碱性溶液后，再通入二氧化碳，能够增大二氧化碳的溶解量；④为避免生成碱式碳酸镧，整个反应在较低的pH条件下进行；(2）①相对于碳酸钠溶液而言，碳酸

氢钠溶液的碱性较弱；②NaHCO3与LaCl3反应时，-3HCO可与溶液中的La3+和H+发生两个两个平行反应；③利用化学平衡常数与溶度积和电离常数的关系求解。【详解】(1)①装置甲为启普发生器，用于难溶性固体与溶液不

加热反应制备气体；A.在实验室可用二氧化锰和过氧化氢制备氧气，或用过氧化钠与水反应制备氧气，但固液制备氧气的反应都为放热反应，故不符合题意；B.在实验室可用高锰酸钾或重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，但高锰酸钾或重铬酸钾固体溶于水，故不符合题意；C.在实

验室可用锌与稀硫酸或稀盐酸反应制备氢气，锌与稀硫酸或稀盐酸反应是难溶性固体与溶液不加热的反应，故符合题意；D.在实验室可用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮，铜与稀硝酸反应是难溶性固体与溶液不加热的反应，故符合题意；E.在实验室可用铜与浓硫

酸共热反应制备二氧化硫，但该反应加热，或用硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，但亚硫酸钠溶于水，故不符合题意；F.在实验室可用碳化钙与水反应制备乙炔，但该反应放出大量的热，故不符合题意；G.在实验室可用浓硫酸和乙醇在

170℃条件下反应制备乙烯，但该反应不是难溶性固体与溶液不加热的反应，故不符合题意；CD符合题意，故答案为：CD；②仪器X为球形干燥管，从d口通入的是极易溶于水的氨气，倒置的球形干燥管能防止吸收氨气时发生倒吸，故答案为：防倒吸；③氨气是极易溶于水的气体,而二氧化碳

气体在水中溶解度小，实验中先通入氨气形成碱性溶液后，再通入二氧化碳，能够增大二氧化碳的溶解量，有利于碳酸氢根的生成，则实验中应先打开K2再打开K1，故答案为：NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通人NH3，可提高CO2利用率；④由题意可知，为避免生成碱式碳酸镧

，整个反应在较低的pH条件下进行，则为保证碳酸镧的纯度，实验过程中应控制氨气(或二氧化碳)通入量，防止生成碱式碳酸镧影响产品纯度，故答案为：控制氨气(或CO2)通入量；(2)①相对于碳酸钠溶液而言，碳酸氢钠在溶液中

的水解程度小于碳酸钠，溶液的碱性较弱，可防止生成碱式碳酸镧，故答案为：碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧；②NaHCO3与LaCl3反应时，-3HCO可与溶液中的La3+和H+发生两个两个平行反应，反应的离子方程式为2La3++3-3HCO=La2(CO3)3↓+3H+和H+

+-3HCO=CO2↑+H2O，故答案为：2La3++3-3HCO=La2(CO3)3↓+3H+；③碳酸镧的溶解度为1.0×10-7mol·L-1，则饱和溶液中c(La2+)=2c[La2(CO3)3]=2.0×10-7mol·L-1、c(CO32-)=3c[

La2(CO3)3]=3.0×10-7mol·L-1，Ksp[La2(CO3)3]=c2(La2+)c3(CO32-)=(2.0×10-7mol·L-1)2×(3.0×10-7mol·L-1)3=1.08×10-33，由题意可知-3HCO的电离平衡常数为6.0×1

0-11，则反应的平衡常数K=3+22+3-3c(H)c(La)c(HCO)=3+32-322+3-32-33c(H)c(CO)c(La)c(HCO)c(CO)=3a2sp(K)K=11333(6.010)1.0810−−

=200，故答案为：200。【点睛】由反应的平衡常数K=3+22+3-3c(H)c(La)c(HCO)变性整合得到K=3a2sp(K)K是解答的关键，也是解答的难点和易错点。18.烟道气和汽车尾气(氮氧化物、NH3等)

是造成雾霾天气污染的原因之一，研究这些排放气的处理是化学工作者研究的重要课题。(1)已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(

g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为_______kJ。(2)在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下表所示：反应时间01020304050607080C(N2O)/mol·L-10.08

00.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000①在0~20min时段，反应速率v(N2O)量为___________mol·L-1·min-1。②若N2O起始浓度c0为0.100mol/L，则反应至30min

时N2O的转化率α=_________。③下图中的半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间。当温度为T1、起始压强为p0、反应至1min时，体系压强p=_______(用p0表示)。(3)碘蒸气存在能大幅

度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)(快反应)第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)(快

反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是______(填字母代号)。A.第一步对总反应速率起决定作用B.第二步活化能比第三步大C.N2O分解反应中，k(含碘)＞k(无碘)D.I2浓度与N2O分解速率无关(

4)已知2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-744kJ/mol，为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。①该反应达到平衡后

，为了在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有______(填字母代号)。a.改用高效催化剂b.缩小容器的体积c.升高温度d.增加CO的浓度②压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，容

器的体积为4L，计算该温度下平衡常数Kp=_______(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的_________点。【答案】(1).1112.5(2).1.0×

10-3(3).30.0%(4).1.25p0(5).BC(6).bd(7).0.089（MPa-1）(8).G【解析】【分析】根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能求出化学键断裂时吸收的能量；根据v=ct求出反应速率；根据转化率α=变化浓度起始浓度×100%求出；根据压强之比等于物质

的量之比求出半衰期时的压强；根据题中信息和反应速率是由慢反应决定来判断；根据该反应的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，由反应速率的影响因素和平衡移动来判断；根据化学平衡的“三段式”计算平衡常数Kp；根据题中信息，降温和增压，平衡均正向移动判断；据此解答。【详解】（1）设1molN2

O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为Q，由2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ·mol-1反应可得，△H=2Q-2×945kJ/mol-498kJ/mol=-163kJ•mol-1，解得Q=1112.5kJ；答案为1112.5。（2）①由表中数据可知，起始c

(N2O)=0.080mol/L，20min末时c(N2O)=0.060mol/L，则在0~20min时段，反应速率v(N2O)=ct=0.080mol/L0.060mol/L20min−=1.0×10-3mol·L-1·min-1；答案为1.0×10-3。

②由表中数据可知，每隔10min，c(N2O)的变化量相等，单位时间内c(N2O)的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，反应速率v(N2O)=1.0×10-3mol·L-1·min-1不变，若N2O起始浓度为0.100mol/L，反应30min后消耗1.0×10-3mol•L-1

•min-1×30min=0.03mol/L，反应至30min时N2O的转化率α=0.03mol/L0.100mol/L×100%=30.0%；答案为30.0%。③压强之比等于物质的量之比，半衰期指的是任一浓度N2O消耗一半所需要的时间，由反应方程式2N2O

(g)=2N2(g)+O2(g)可知，设起始时有2molN2O，t1时生成1molN2和0.5molO2，还剩1molN2O，故混合气体的总物质的量为n(总)=(1+0.5+1)mol=2.5mol，因此在T1、p

0下反应后的物质的量是起始的1.25倍，故p=1.25p0；答案为1.25p0。（3）A．第二步慢反应对总反应速率起决定作用，故A错误；B．第二步反应慢，第三步反应快，活化能大反应速率慢，第二步活化能比第三

步大，故B正确；C．由题中信息可知，碘的存在提高N2O的分解速率，v=k·c(N2O)·c0.5(I2)中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故C正确；D．根据N2O分解反应的分解速率方程即v=k·c(N2O)·c0.5(I2

)可知，k值与是否含碘蒸气有关，故D错误；由上可得BC正确，答案为BC。（4）①a．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故a错误；b．缩小容器的体积相当于增大压强，反应速率

加快，由于该反应的正反应是反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积缩小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率提高，故b正确；c．升高温度，反应速率加快，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d．增加CO的浓度反应速

率加快，增大反应物浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；答案为bd。②设参加反应的CO的物质的量为x，可逆反应()()()()()()()()222g2g2CO(g)+Ng81000xxx0.5x8x10xx0.5xNOCOmolmolmol+−−加热催化剂起始变化平衡，

平衡时混合气体物质的量n(总)=(8-x+10-x+x+0.5x)mol=(18-0.5x)mol，由题中图示可知，在10MPa、温度为T1下，平衡时NO的体积分数为25%，即(8x)mol(180.5x)mol−−×100%=25%，解之

x=4，平衡时p(NO)=(84)mol(180.54)mol−−×10MPa=2.5MPa，p(CO)=(104)mol(180.54)mol−−×10MPa=3.75MPa，p(CO2)=4mol(180.54)mol−×10MPa=2.5MPa，p(N2)=0.5

4mol(180.54)mol−×10MPa=1.25MPa，该温度下平衡常数Kp=()()()()22222ppNppCONOCO=222(2.5MPa)1.25MPa(2.5MPa)(3.75MPa)=0.089（MPa-1）；答案为0.089（MPa-1）。③

相同压强下降低温度平衡正向移动，NO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO体积分数减小，所以符合条件的为G；答案为G。19.一定条件下，Fe、HCN与K2CO3可发生反应Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN

)6+H2↑+2CO2↑+2H2O。请回答下列问题：(1)金属铁的晶胞如下图所示，其配位数为________。(2)HCN分子的结构式为________,写出一种与CN-互为等电子体的阴离子：________。(3)NH3的键角大于H2O，原因是_______

_____。(4)K4Fe(CN)6的中心离子的价层电子排布图为__________。(5)C、N、O、H的第一电离能由小到大的顺序为___________。(6)冰的晶体结构模型如图所示，其晶胞结构(如图所示)与金刚石的晶胞结构相似，水分子间以氢键相连，则一个晶胞中含有

_____个氢键，用NA表示阿伏加德罗常数的值，若氢键的键长为dnm，则晶体密度ρ=________(用含有d、NA的代数式表示)g·cm-3。【答案】(1).8(2).H-C≡N(3).2-2C(4).中心原子均为sp3杂化，但N只有1对孤电子对，而O有2对孤电子对，孤电子对越多对

成键电子对的排斥作用越大，键角越小(5).(6).C＜H＜O＜N(7).16(8).-73A8184dN(10)3【解析】【分析】（1）由晶胞结构可知，金属铁的紧密堆积方式为体心立方堆积；（2）HCN分子中碳原子形成2个σ键，2个π键，阴离子2-2C与CN-的原子个

数和价电子数相同；（3）水分子和氨分子的中心原子均为sp3杂化，氨分子中氮原子只有1对孤电子对，水分子中氧原子有2对孤电子对；（4）配合物K4Fe(CN)6的中心离子为亚铁离子，亚铁离子的价电子排布式为3d6；（5）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大

而呈增大趋势，但VA族的氮元素的2p轨道为半充满的稳定结构，原子核对核外电子的吸引力与非金属性和核外电子离原子核的远近有关；（6）由分摊法计算可得。【详解】（1）由晶胞结构可知，金属铁的紧密堆积方式为体心立方堆积，体心Fe原子与顶点8个Fe原子相邻，则

其配位数为8，故答案为：8；（2）HCN分子中碳原子形成2个σ键，2个π键，则结构式为H-C≡N；等电子体具有相同的原子个数和价电子数，阴离子2-2C与CN-的原子个数和价电子数相同，互为等电子体，故答案为：H-C≡N；2-2C；（3）水分子和氨分子的中心原子均为sp3杂化，氨分子中氮原子

只有1对孤电子对，水分子中氧原子有2对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，故答案为：中心原子均为sp3杂化，但N只有1对孤电子对，而O有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥作用越大，键角越小；（4）配合物K4Fe(CN)6的中心离子为亚

铁离子，亚铁离子的价电子排布式为3d6，则价层电子排布图为，故答案为：；（5）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但VA族的氮元素的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，C

、N、O的第一电离能大小顺序为N＞O＞C，原子核对核外电子的吸引力与非金属性和核外电子离原子核的远近有关，由于氧元素的非金属性强，而氢原子核外电子离核的距离远小于碳原子，C、O、H的第一电离能大小顺序为O＞H＞C，则C、N、O、H的第一电离能由小到大的

顺序为C＜H＜O＜N，故答案为：C＜H＜O＜N；（6）由冰的晶体结构模型可知，晶体冰中，每两个水分子间有一个氢键，每个水分子有12个氢键，一个水分子与周围的四个水分子以氢键结合，则1mol冰中有2mol氢键；由晶胞结构可知，一个晶胞中水

分子数为8×18+6×12+4=8个，则在一个晶胞中氢键的数目为8×2=16；若氢键键长为dnm，晶胞的体对角线为4dnm，则边长为4d3，由质量公式可得A818N=-734d(10)3ρ，晶体密度为-73A8184dN(10)3g·c

m-3，故答案为：-73A8184dN(10)3。【点睛】由于水分子中氧原子含有2对孤对电子，对成键电子对排斥力强，而氨气分子中含有1对孤对电子，所以氨分子内的H—N—H键角大于水分子内的H—O—H键角是解答关键。20.某有机物有如下转化关系：

（1）写出反应AB→的反应条件是________，C中官能团的结构简式是________________。（2）反应BC→的反应类型为________________________。（3）在浓硫酸加热条件

下可以生成含有三个六元环结构的环酯，该有机物结构简式为：________________。（4）任意写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式：________________。①属于芳香族化合物，苯环上有两

个取代基②与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体③苯环上的一氯代物有两种【答案】(1).氢氧化钠水溶液，加热(2).-OH、-CHO(3).氧化反应(4).(5).、【解析】【分析】和溴水发生加成反应得到A，

则A为，B催化氧化得到C，C能发生银镜反应，则C为醛，B为醇，则A水解得到B，则B为，B氧化为C，则C为。【详解】（1）反应AB→的反应为卤代烃的水解，条件是氢氧化钠水溶液加热；C为，含有的官能团是-OH、-CHO；（2）反应BC→的化学方程式为222HO+，该反

应类型为氧化反应；（3）在浓硫酸加热条件下发生分子间消去生成；（4）①属于芳香族化合物，苯环上有两个取代基，②与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基，③苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，符合条件的C的同分异构体的结构简式为、。