1、广东省惠州市2021届高三化学上学期第一次调研考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cr-52 Cu-64一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。1. 化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是A. 用灼烧的方法能区分蚕丝和棉花B. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法C. 新型冠状病毒是一种蛋白质，其由C、H、O三种元素组成D. 我国华为公司自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si【答案】C【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧会有烧焦羽毛的气味，棉花的主要成分是纤维素，灼烧
2、没有什么特殊气味，故A正确，但不符合题意；B.混凝法、中和法和沉淀法都是工业污水的常见处理方法，故B正确，但不符合题意；C.蛋白质是由C、H、O、N、P、S等元素组成的，故C错误，符合题意；D.半导体材料主要是硅单质，故D正确，但不符合题意；故选：C。2. 下列事实不能用元素周期律解释的是A. 碱性：KOHNaOHB. 非金属性：SClC. 金属性：MgAlD. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A. 金属元素的金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，由于金属性KNa，故碱性KOHNaOH，故可以解释，故A不选；B. 同一周期的元素，从左到右，非金属性逐渐减
3、弱，故非金属性：SCl，故可以用元素周期律来解释，故B不选；C. 同一周期的元素，从左到右，金属性逐渐减弱，故金属性：MgAl，故可以用元素周期律来解释，故C不选；D.碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不分解，碳酸钠比碳酸氢钠稳定，是化学性质的比较，不能用元素周期律解释，故D选；故选：D。3. 下列物质转化关系，在给定条件下都能实现的是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据N2 的性质，氮气和氧气在放电条件下生成NO，NO和氧气和水反应生成硝酸，故能实现；钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故能实现；铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故中铜氯化铜不能实现；
4、铁和氯气生成氯化铁，氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁，故能实现；故答案：A。4. 下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是A. 在潮湿中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：Fe3eFe3B. Cl的结构示意图：C. 硅酸盐Ca2Mg5Si8O22(OH)2可用氧化物形式表示为：2CaO5MgO8SiO2H2OD. 氯化镁的电子式：【答案】C【解析】【详解】A.在潮湿的中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：Fe2eFe2，故A错误；B. 氯原子核外电子数为17，原子结构示意图为，故B错误；C. 硅酸盐Ca2Mg5Si8O22(OH)2可用氧化物形式表示为：2CaO5MgO8SiO2H2O，故C正
5、确；D. 氯化镁的电子式为，故D错误；故选：C。5. 在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是A. Na+、K+、SO、HCOB. Cu2+、K+、SO、NOC. Na+、K+、Cl、NOD. Na+、K+、SO、NO【答案】C【解析】【详解】无色溶液就是溶液中不含有颜色的离子，酸性溶液中含有大量氢离子，A. 酸性溶液中不能大量存在HCO，氢离子与HCO反应生成二氧化碳和水，故不能大量共存，故A不符合题意；B. 含Cu2+的溶液为蓝色，与无色不符，故B不符合题意；C. 酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C符合题意；D. 酸性溶液中，NO具有强氧化性，能氧化SO，故不
6、能大量共存，故D不符合题意；故选C。6. 为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：Se2H2SO4(浓)2SO2SeO22H2O；SeO24KI4HNO34KNO3Se2I22H2O，下列说法错误的是A. 中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物B. 中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C. 中每生成0.2molI2共转移0.4mol电子D. 氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)SeO2I2【答案】B【解析】【详解】A. 反应中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓
7、硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；B. 反应中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C. 反应中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.2molI2共转移0.4mol电子，故C正确；D. 在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H2SO4(浓)SeO2；反应中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性SeO2I2，则氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)SeO2I2，故D正确；故选B。7. 下列实验现象预测正确的是
8、实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色没有变化实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】实验：振荡后静置，由于上层苯中溶解的溴不断与NaOH溶液反应，所以上层溶液的颜色最终变为无色，不正确；实验：浓硫酸使蔗糖先碳化，后将碳氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性KMnO4溶液中溶解度不大而以气泡逸出，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，将其还原，从而使溶液颜色逐渐褪去，不正确；实验：微热稀HNO3片刻，与C
9、u发生反应生成NO等，溶液中有气泡产生，广口瓶内NO与O2反应生成NO2，气体为红棕色，不正确；实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，此时得到氢氧化铁胶体，当光束通过体系时，可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，正确；综合以上分析，只有正确，故D符合；故选D。8. 下列实验操作或实验仪器使用正确的是A. 将高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管中B. 用CCl4萃取溴水中的溴时，应将溴的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C. 取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，不能随便丢弃D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体【答案】C【解析】【详解】A.高锰酸钾溶液具有强氧化性，橡胶的主
10、要成分是聚异戊二烯，烯类因含碳碳双键具有还原性，高锰酸钾溶液会与橡胶中的碳碳双键反应，所以高锰酸钾溶液不可以盛装在碱性滴定管中，故A错误；B. 用CCl4萃取溴水中的溴时，CCl4的密度比水大，位于下层，因此溴的CCl4溶液应从分液漏斗下口倒出，故B错误；C.金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应，没用完的钠或钾要放回原瓶，避免一些安全隐患，故C正确；D.用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线， 应重新配制，故D错误；故选：C。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1mol氢氧根离子中含有的电子数为9NAB. 将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子数为2NAC. 标准状况
11、下，2.24L乙烯中含有C-H键的数目为0.4NAD. 常温下，1L 0.2mol/LAlCl3溶液中含Al3+数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A. 一个OH-离子含有10个电子，则1mol氢氧根离子中含有的电子数为10NA，故A错误；B. 该反应是可逆反应，则将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子数小于2NA，故B错误；C. 标准状况下，2.24L乙烯的物质的量为0.1mol，一个乙烯分子中含有4个C-H键，则0.1mol乙烯含有C-H键的数目为0.4NA，故C正确；D. 由于Al3+会发生水解，则1L 0.2mol/LAlCl3溶液中含Al3+数小于0.2NA，故D错误
12、；故选C。10. 下列反应的离子方程式表达正确的是A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2Cl22Fe32Cl-B. Cu溶于足量浓硝酸：Cu2NO4H=Cu22NO22H2OC. 氯水具有漂白性：Cl2H2O2H+Cl-ClO-D. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SOBaSO4【答案】B【解析】【详解】A. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2Cl22Fe32Cl-，过量的氯气可同时氧化 亚铁离子与溴离子生成相应的铁离子与溴单质，故A错误；B. Cu溶于足量浓硝酸：Cu2NO4H=Cu22NO22H2O，符合客观事实，电荷守恒，电子守恒，故B正确；C. 氯水具有漂白性
13、：次氯酸是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是Cl2H2O H+Cl-HClO，故C错误；D. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SOBaSO4，不符合客观事实，正确的离子方程式是2NH4+2OH-+Ba2+SOBaSO4+2NH3+2H2O，故D错误；故选：B。11. 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实验结论A将湿润的KI淀粉试纸靠近气体X，试纸变蓝X一定是Cl2B将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色Fe3+氧化性强于I2C向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，有沉淀出现蛋白质发生变性D某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡
14、溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含SO或AgA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 氧气也可以氧化I-生成碘单质，使试纸变蓝，故A错误；B. 将氧化铁加入到足量的HI溶液中，发生反应生成的Fe3+具有强氧化性，又可以把I-离子氧化为I2，证明Fe3+氧化性强于I2，故B正确；C. 向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，有沉淀出现是盐析现象，不是蛋白质变性，故C错误；D. 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液可能含有、或Ag+，故D错误；故选B。12. 有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图：下列说法正确的是A. M的一氯代物有3种B. N、W组成上相
15、差一个CH2原子团，所以互为同系物C. M、N、W均能发生加成反应和取代反应D. W属于酯类，能发生皂化反应【答案】C【解析】【详解】A. M的等效氢原子有4种，如图，故其一氯代物有4种，故A错误；B. N含有官能团为羧基，属于羧酸类，W含有官能团为酯基，属于酯类，不是同系物，故B错误；C. M、N、W三种有机物结构中均含有苯环，均能与氢气发生加成反应，M能够与溴单质在溴化铁的催化作用下发生取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应，N能与醇发生酯化反应，W能够在酸性或碱性环境下发生水解反应，酯化反应和水解反应均属于取代反应，故C正确；D. 高级脂肪酸甘油酯在碱性环境下水解为皂化反应，W不属于高
16、级脂肪酸甘油酯，能够与碱反应，但不是皂化反应，故D错误；故选C。13. MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是A. 酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸B. 操作X的名称是过滤C. 氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+2ClO4H2O5MnO2Cl28H+D. Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用【答案】A【解析】【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4
17、，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。【详解】A. 由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B. 粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；C. 过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子
18、守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+2ClO4H2O5MnO2Cl28H+，故C正确；D. 由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；故选A。14. 锂空气电池是一种可充放电池，电池反应为2LiO2Li2O2，某锂空气电池的构造原理图如图。下列说法正确的是A. 可选用有机电解液或水性电解液B. 含催化剂的多孔电极为电池的负极C. 放电时负极的电极反应式为Li-eLi+D. 充电时锂电极应连接外接电源的正极【答案】C【解析】【分析】在锂空气电池中，锂失电子作负极，负极反应式为：Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反
19、应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应为：O2+2Li+2e=Li2O2，总反应为：2Li+O2=Li2O2，据此解答。【详解】A. 应选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，故A错误；B. 含催化剂的多孔电极为电池的正极，故B错误；C. 放电时负极的电极反应式为Li-eLi+，故C正确；D. 充电时锂电极应连接外接电源的负极，发生电极反应：Li+e-=Li，故D错误；故选C。15. X、Y、W、Z是四种常见短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，X原子的核外电子总数比Ne原子多1个；Y的单质常用于制作半导体材料；Z的非金属性在同周期主
20、族元素中最强。下列说法正确的是A. 最高化合价：XYZB. 简单气态氢化物的稳定性：YWC. Y的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D. 由X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含有离子键又含有共价键【答案】D【解析】【分析】W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W的质子数为8，W为O元素；X原子的核外电子总数比Ne原子多1个，则X为Na元素；Y的单质常用于制作半导体材料，则Y为Si元素；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，再参照Z的原子半径和原子序数，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Si、Cl元素，A. X(Na)的最高化
21、合价为+1价，Y(Si)的最高化合价为+4价，Z(Cl)的最高化合价为+7价，则最高化合价：ZYX，故A错误；B. 非金属性SiO，则简单气态氢化物的稳定性：SiH4H2O，故B错误；C. Y的氧化物为SiO2，与Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH能反应，但与HClO4不能反应，故C错误；D. 由X、Z、W三种元素形成化合物可能为NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，都含有离子键和有共价键，故D正确；故选D。16. 25时，向10mL0.01mol/LNaCN溶液中逐滴滴加10mL0.01mol/L的盐酸，其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变
22、化)A. a点溶液的pH12B. b点的溶液：c(CN)c(HCN)C. c点的溶液：c(CN)c(HCN)c(Cl)0.01mol/LD. pH7的溶液：c(Na+)c(H+)c(Cl)c(CN)【答案】C【解析】【详解】A. NaCN属于强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡：CN-+H2OHCN+OH-，则0.01mol/LNaCN溶液中c(OH-)0.01mol/L，则c(H+)10-12mol/L，a点溶液的pH12，故A错误；B. b点的溶液，发生反应HCl+NaCN=NaCl+HCN，反应后得到的溶液中含等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN，由于溶液呈碱性，NaCN的水解程度大于
23、HCN的电离程度，则溶液中c(HCN)c(CN-)，故B错误；C. c点的溶液，NaCN与盐酸恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.005mol/L的HCN和NaCl的混合液，依据物料守恒：c(CN-)+c(HCN)=0.005mol/L，c(Cl-)=0.005mol/L，所以c(CN-)+c(HCN ) +c(Cl-)=0.01 mol/L，故C正确；D. 所得溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+) =c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)，pH =7时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CN-)，故D错误；故选C。17. 常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确
24、的是A. pH5的H2S溶液中，c(H+)c(HS)1105molL1B. pHa的CH3COOH溶液，稀释10倍后，其pHb，则ba1C. 室温下，将pH2盐酸与pH12的氨水等体积混合，溶液显酸性D. 在0.1molL1Na2CO3溶液中：c(Na+)c(CO)c(OH)c(HCO)【答案】D【解析】【详解】A. 溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS)+2c(S2)+c(OH)=1105molL1，故A错误；B. CH3COOH是弱电解质，加水稀释促进CH3COOH电离，导致稀释10倍后溶液中c(H+)大于原来的，则pH=a的CH3COOH溶液，稀释10倍后，其pH=ba
25、1，故B错误；C. 常温下，将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，则氨水过量的多，混合液呈碱性，故C错误；D. 在0.1molL1Na2CO3溶液中，存在水解平衡、和水的电离，碳酸根离子的第一步水解程度远大于第二步的水解程度，故存在c(Na+)c(CO)c(OH)c(HCO)，故D正确；故选D。18. 自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是（ ）A. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量B. 在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C. 催化剂a、b表面
26、均发生了极性共价键的断裂D. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定【答案】A【解析】【分析】【详解】A催化剂能提高反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故A正确；B由示意图可知，在催化剂b作用下，氧气和氨气生成了NO，氧元素的化合价降低，氧气发生了还原反应，故B错误；C由示意图可知，在催化剂a表面，氮气和氢气只发生了非极性共价键的断裂，故C错误；D氮的固定是把氮由游离态转变为化合态的过程，N2NH3属于氮的固定，NH3NO不属于氮的固定，故D错误；故选A。【点睛】二、非选择题：包括必考题和选做题两部分，共46分。第1920题为必考题。第2122题为选做题。(一)必考题：共31分)19. 甲
27、醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。(1)已知：CH3OH(l)3/2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H638.5kJmol1CO(g)1/2O2(g)CO2(g) H283.0kJmol1H2O(l)H2O(g) H44.0kJmol1则反应CH3OH(l)O2(g)CO(g)2H2O(l)的H_kJmol-1。(2)工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：.CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H1.CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H20.CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H30已知
28、升高温度，反应的平衡常数K减小，则该反应的H1_0(填“”或“”)对反应而言，下列叙述中，能说明该反应达到平衡状态的是_。a.单位时间内消耗1molCO2的同时生成3molH2b.反应过程中c(CO2)：c(CH3OH)1：1c.恒温恒容时，混合气体的密度保持不变d.绝热恒容时，反应的平衡常数不再变化上述反应体系中，当合成气的组成n(H2)/n(COCO2)2.50时，体系中CO的平衡转化率()与温度和压强的关系如图所示。则图中压强由大到小的顺序为_，(CO)值随温度升高而减小的原因是_。(3)用甲醇、二氧化碳可以在一定条件下合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3，简称DMC)，其反应的化学方程
29、式为：2CH3OH(g)CO2(g)CH3OCOOCH3(g)H2O(g)。在体积为2L的密闭容器中投入4molCH3OH和2molCO2合成DMC，一定条件下CO2的平衡转化率()与温度、压强的变化关系如图所示。则：A点时该反应的平衡常数K_(molL-1)-1。A、B、C三点的速率v(A)、v(B)、v(C)由快到慢的顺序为_。(4)写出以KOH溶液为电解质溶液，甲醇燃料电池的负极反应式：_。【答案】 (1). -443.5 kJmol1 (2). P2P1 (5). 升高温度时，反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，使得平衡体系中CO的量增大；反应是吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移
30、动，又使平衡体系中CO的量增大，总结果，随温度升高CO的转化率减小 (6). 0.5 (7). v(C)v(B)v(A) (8). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O【解析】【详解】（1）根据盖斯定律，-2可得CH3OH(l)O2(g)CO(g)2H2O(l)，因此该反应的H(-638.5 kJmol1)-(-283.5 kJmol1)-244 kJmol1=-443.5 kJmol1，故答案为：-443.5 kJmol1；（2）已知升高温度，反应的平衡常数K减小，则该反应是放热反应，该反应的的H10，故答案为：P2P1；由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反
31、应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应是吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的量增大，总结果，随温度升高CO的转化率减小，故答案为：P3P2P1；升高温度时，反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，使得平衡体系中CO的量增大；反应是吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的量增大，总结果，随温度升高CO的转化率减小；（3）A点的转化率为50%，列三段式：则A点的平衡常数为K=0.5，故答案为：0.5；温度越高，压强越大，反应速率越快；该反应为气体分子数减小的反应，压强越大转化率越高，故P2P1，A、B两点温度相
32、同，C点温度最高，故v(C)v(B)v(A)，故答案为：v(C)v(B)v(A)；（4）甲醇燃烧的化学方程式为：2CH3OH(l)3O2(g)2CO2(g)4H2O(g)，甲醇燃料电池负极发生氧化反应，电解质溶液为碱性，因此其负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。20. 工业上用低品铜矿(主要含CuS、FeO等)制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如图：已知：CuCl微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空气中易被氧化。“氧化”时，NO中N元素主要被还原为最低价态，少部分被还原为NO。(1)“氧化”阶段的温度
33、需控制在65，其适宜的加热方式为_；该步骤中FeO被NH4NO3氧化，其主要反应的离子方程式：_。(2)在实验室进行实验时，“氧化”阶段反应可在如图所示装置中进行：实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_。通入氧气的目的是_。为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用_(填字母)。(3)已知常温下CuCl在水溶液中Ksp1.2106，工艺流程最后一步析出CuCl晶体后的溶液中，如果c(Cl)4.0molL1，则c(Cu)_。(4)已知pH对CuCl沉淀率的影响如图所示，请设计从“过滤II”所得的滤液中获取CuCl的实验方案：_。(实验中必须使用的试剂有：NaCl溶液、
34、Na2SO3溶液、NaOH溶液、95%乙醇)。【答案】 (1). 水浴加热 (2). 8FeO+NO3+26H+=8Fe3+NH4+11H2O (3). 硝酸铵溶于水吸热 (4). 将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3 (5). B (6). 3.0107mol/L (7). 边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为3.5，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存【解析】【分析】低品铜矿（主要含CuS、FeO等）溶解于硫酸、硝酸铵溶液发生氧化还原反应，S、Fe元素分别被氧化为SO42-、Fe3+，过滤I分离出滤渣为不溶性杂质，再加CuO促
35、进铁离子水解，过滤II分离出滤渣II为氢氧化铁，滤液中含Cu2+再加入过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液发生SO32-+2Cu2+2Cl-+H2O2CuCl+SO42-+2H+，生成CuCl沉淀，加NaOH调节pH为3.5，过滤、醇洗最后烘干得到CuCl，以此来解答。【详解】(1)“氧化”阶段的温度需控制在65，其适宜的加热方式为水浴加热，可控制温度；该步骤中FeO被NH4NO3氧化，主要反应的离子方程式为8FeO+NO3+26H+=8Fe3+NH4+11H2O，故答案为：水浴加热；8FeO+NO3+26H+=8Fe3+NH4+11H2O；(2)实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要
36、原因是硝酸铵溶于水吸热，故答案为：硝酸铵溶于水吸热；通入氧气的目的是将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3；为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用B，分液漏斗控制液体的加入，且C中过氧化钠为粉末，与水接触后发生反应至反应结束，不能控制氧气的生成，故答案为：将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3；B；(3)KspCuCl=c(Cl)c(Cu+)=1.2106，所以如果c(Cl)=4.0molL1，则c(Cu+)= =3.0107mol/L，故答案为：3.0107mol/L；(4)由图可知，从“过滤”所得的滤液中获取CuCl的实验方案为边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和
37、NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为3.5，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存；故答案为：边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为3.5，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存。(二)选做题：共15分。请考生从21-22题中任选一题作答。如果多做或未涂所选题目的信息点，则按第一题计分。21. 目前半导体生产正在进行一场“铜芯片”革命：在硅芯片上用铜代替铝布线。古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破。用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如图：(1)基态铜原子的价电子排布式为_，硫、氧元素相比，第一电离能较
38、大的元素是_(填元素符号)。(2)反应、中均有SO2气体生成，SO2分子的中心原子杂化类型是_，其立体结构是_。(3)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。生成蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为_；(4)铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途。铜晶体中铜原子堆积方式为_；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的最近距离为_pm。(用含d和NA的式子表示)【答案】 (1). 3d104s1 (2). O (3). sp2 (4). V型 (5). C
39、u(OH)24NH3H2OCu(NH3)422OH4H2O或Cu(OH)24NH3Cu(NH3)422OH (6). 面心立方最密堆积 (7). 1010pm【解析】【详解】（1）铜位于第四周期IB族，价电子包括最外层电子和次外层电子d能级，即铜原子的价电子为3d104s1，同主族从上到下第一电离能减小，即O的第一电离能最大；（2）产生的气体为SO2，中心原子S的含有2个键，孤电子对数 =1，杂化轨道数为3，即类型是sp2，立体结构是V型； （3）形成络合物，其离子反应方程式为：Cu(OH)24NH3H2OCu(NH3)422OH4H2O或Cu(OH)24NH3Cu(NH3)422OH；（4）
40、铜晶体的是面心立方最密堆积，O的个数为81=2，铜位于体心，化学式为Cu2O，晶胞的质量为g，根据晶胞的密度定义，晶胞的边长是cm，铜和氧原子最近的原子之间距离是体对角线的，因此距离是1010pm。22. 新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成路线如图：已知：.RCHO+H2O.RCHO+RCH2CHO+H2O(1)A的化学名称是_。(2)D中含氧官能团的名称是_。(3)反应的反应类型是_，由F制取新泽茉莉醛的反应类型是_。(4)写出反应的化学方程式：_。(5)芳香族化合物G与D互为同分异构体，1molG能与足量NaHCO3溶液反应产生1mol气体，且G遇三氯化铁溶液呈紫色，则G的结构有_种。其中
41、一种结构苯环上的一氯代物只有两种，其结构简式为：_。(6)结合已知，设计以乙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)制备的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)：_。【答案】 (1). 溴苯 (2). 醛基、(酚)羟基 (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). (6). 3 (7). (8). 【解析】【分析】苯与液溴发生取代反应生成A为溴苯，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成B为，结合C的分子式与D的结构简式可知C为，对比D与新泽茉莉醛的结构简式，结合DE、EF的反应条件及信息反应I、，可知DE发生信息I中的反应，E为，EF发生信息中的反应，F为，
42、F与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，据此分析解答。【详解】(1)A为，化学名称是溴苯；(2)D中含氧官能团的名称是醛基、(酚)羟基；(3)由以上分析知，反应的反应类型是取代反应；由F制取新泽茉莉醛的反应类型是加成反应；(4)根据信息反应I可知，反应的化学方程式为；(5)D为，芳香族化合物G与D互为同分异构体，1molG能与足量NaHCO3溶液反应产生1mol气体，则G分子结构中含有一个羧基，又G遇三氯化铁溶液呈紫色，则G还应含有一个羟基，则G中苯环上有一个羧基和一个羟基，可以是邻、间、对的位置关系，则G的结构有3种；其中一种结构苯环上的一氯代物只有两种，其结构简式为；(6)结合已知反应，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图为。