1、山东省潍坊市临朐县实验中学2021届高三化学上学期12月阶段性学情检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 Li 7 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 P 31一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 化学与生产和生活密切相关。下列叙述错误的是A. “84”消毒液的有效成分是NaClO，可用于环境的杀菌消毒B. 黄铁矿的主要成分是FeS2，是工业生产硫酸的原料C. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应。D. 北斗导航系统所含芯片的主要成分是SiO2【答案】D【解析】【分析】
2、【详解】A 制备“84”消毒液的原理是氯气与氢氧化钠溶液反应生成NaClO和NaCl，其有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于环境的杀菌消毒，故A正确；B 黄铁矿的主要成分是FeS2，高温条件下FeS2与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再被氧气氧化生成三氧化硫，三氧化硫再与水反应生成硫酸，故B正确；C 焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，故C正确；D 北斗导航系统所含芯片的主要成分是Si，故D错误；故选D。2. 北宋柳永的煮盐歌中写到“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操
3、作为A. 萃取分液B. 浓缩结晶C. 蒸馏D. 趁热过滤【答案】B【解析】【分析】【详解】本句诗的解释为：等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故B正确；故选B。3. NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 3g 3He含有的中子数为2NAB. 1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC. 常温下，1molL1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目小于NAD. 标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA【答案】B【解析】【分析】【详解】AHe的质量数为3，质子数为2，所以
4、中子数为1,3gHe的物质的量为1mol，所以中子数为NA，故A错误；B1mol K2Cr2O7含2mol+6价Cr,全部被还原为Cr3+时得到6mol电子，所以转移的电子数为6NA，故B正确；C只知道FeCl3溶液的浓度，不知道体积，无法求算Fe3+的数目，故C错误；D标准状况下CCl4为液体，无法用气体摩尔体积求得其物质的量和共价键数，故D错误；故答案为：B4. 吡啶()是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是A. Mpy只有两种芳香同分异构体B. Epy中所有原子共平面C. Vpy是乙烯的同系物D. 反应的反应类型是消
5、去反应【答案】D【解析】【分析】【详解】AMPy有3种芳香同分异构体，分别为：甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基苯，A错误；BEPy中有两个饱和C，以饱和C为中心的5个原子最多有3个原子共面，所以EPy中所有原子不可能都共面，B错误；CVPy含有杂环，和乙烯结构不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C错误；D反应为醇的消去反应，D正确。答案选D。5. NF3是生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂。以下是几种化学键的键能(kJmol1)：NN(941.6)、FF(154.8)、NF(283.0)、NH(391.0)。下列说法中正确的是A. 热稳定性：NF3(g)NH3(g)B.
6、其它条件相同时，使用催化剂会使反应N2(g)3F2(g) 2NF3(g)的H减小C. 生成NF3(g)的热化学方程式为：N2(g)3F2(g)2NF3(g)H292kJmol1D. NF3常温下呈液态的原因是NF键的键能较大【答案】C【解析】【分析】【详解】A比较化学键键能，NF(283.0)，NH(391.0)，氮氢键键能大，说明氨气更稳定，A错误；B催化剂不能改变焓变，B错误；C根据化学键键能计算，N2(g)3F2(g)2NF3(g)H941.6+154.83-283.06=292kJmol1，C正确；DNF3常温下的状态和化学键键能无关，与分子间作用力有关，D错误；故选C。6. 在钯的配
7、合物离子PdCl42的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法错误的是A. PdCl42在此过程中作为催化剂B. 该过程的总反应为H2+O2H2O2C. 生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为4molD. 历程中发生了Pd+O2+2ClPdCl2O22【答案】C【解析】【分析】【详解】A依据过程图可知PdCl42在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；B依据图示可知氢气与氧气在PdCl42催化作用下生成过氧化氢，H2+O2H2O2，故B正确；C由B中的方程式H2+O2H2O2可知，生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；D由图示可知，过程中发生
8、了Pd+O2+2ClPdCl2O22故D正确；故答案为：C7. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置制取并验证SO2的漂白性B. 用乙装置制备并收集CO2C. 用丙装置精炼粗铜D. 用丁装置比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性【答案】A【解析】【分析】【详解】A 在加热的条件下，铁与浓硫酸反应生成SO2，可通过品红溶液褪色验证SO2的漂白性，故A正确；B 大理石与盐酸反应生成的CO2中混有HCl和水蒸气，可先通过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气，CO2的密度比空气的大，则最后收集装置的导管应长进短出，故B错误；C 精炼粗铜时，粗铜作阳极，与电
9、源正极相连，纯铜作阴极，与电源的负极相连，故C错误；D 由于Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热易分解，里面小试管的温度低，外面大试管的温度高，因此应将NaHCO3放置于里面的小试管中，防止由于内外试管温度的差别干扰实验结论的判断，故D错误；故选A。8. 、-CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是A. 与H3O+的空间结构均为三角锥形B. 它们的C均采取sp2杂化C. 中的所有原子均共面D. 与OH-形成的化合物中不含有离子键【答案】B【解析】【分析】中，C孤电子对数=1，C为sp3杂化，三角锥形，中，C孤电子对数=0，C均采取sp2杂化，平面正三角形，-CH3中，C为s
10、p3杂化，呈三角锥形，由此判断各选项。【详解】AH3O+中，O孤电子对数=1，Osp3杂化，三角锥形，中，C孤电子对数=1，C为sp3杂化，三角锥形，故A正确；B根据分析，和-CH3中C均为sp3杂化，故B不正确；C中，C孤电子对数=0，C均采取sp2杂化，平面正三角形，故所有原子均共面，故C正确；D与OH-形成的化合物为甲醇，属于共价化合物，不含有离子键，故D正确；故答案为：B。9. 科技工作者研究开发出一种Zn-H2O燃料电池，容量大，寿命长，有望成为目前广泛使用的锂电池的理想替代品。其电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是A. 石墨1是电池的正极B. 电池工作时，电流方向为：电极石墨2
11、NaOH溶液H2SO4溶液电极石墨1C. 电极石墨2的电极反应为：Zn2e+2OHZnO+H2OD. 电极石墨2增重3.2g时，电极石墨1上生成2.24L气体(标准状况)【答案】D【解析】【分析】由Zn-H2O燃料电池的工作示意图可知，石墨1电极为正极，电极反应为： ，石墨2电极为负极，电极反应为：Zn2e+2OHZnO+H2O，据此解答。【详解】A石墨1的电极反应为：，发生了还原反应，钠离子移向石墨1，则石墨1是电池的正极，A正确；B电池工作时，电流由正极经过外电路、石墨2电极、电解质溶液、回到正极形成闭合回路，故电流方向为：电极石墨2NaOH溶液H2SO4溶液电极石墨1，B正确；C 电极石
12、墨2为负极，锌失去电子发生氧化反应，电极反应为：Zn2e+2OHZnO+H2O，C正确；D电极石墨2增重为氧元素质量，3.2g氧元素物质的量为0.2mol，电子转移0.4mol，石墨1为原电池正极，电极石墨1上生成氢气0.2mol，标准状况下体积=0.2mol22.4L/mol=4.48L气体，D不正确；答案选D。10. 以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列说法错误的是A. “碱溶”时的反应为Al2O3+2OH+3H2O=2Al(OH)4B. 加入NaHCO3溶液作用是将Al(OH)4转化
13、成Al(OH)3沉淀C. “电解”是电解熔融Al2O3，石墨电极可被阳极上产生的O2氧化D. “电解”是电解Na2CO3溶液，阴极得到NaHCO3溶液和H2【答案】D【解析】【分析】【详解】A Al2O3为两性氧化物，“碱溶”时，Al2O3与溶液中的OH及H2O反应生成Al(OH)4，离子方程式为Al2O3+2OH+3H2O=2Al(OH)4，A正确；B 加入NaHCO3溶液发生反应： 故碳酸氢钠溶液的作用是将Al(OH)4转化成Al(OH)3沉淀，B正确；C “电解”是电解熔融Al2O3，得到金属铝和氧气，氧元素化合价升高，阳极上得到产物O2，石墨电极可被阳极上产生的O2氧化，C正确；D “
14、电解”是电解Na2CO3溶液，阴极区氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为， 阴极得到NaOH溶液和H2，D错误； 答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示。FeCl36H2O纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理是A. 纳米四氧化三铁具有较大比表面积，可用作催化剂B. 在反应中环丙胺作用可能是促进氯化铁水解C. 高温条件下，铁与水蒸气反应可制得四氧化三铁D. 可用稀硫酸和K4Fe(CN
15、)6鉴别四氧化三铁和三氧化二铁【答案】D【解析】分析】【详解】A 纳米四氧化三铁的粒子直径在1100nm，故具有较大比表面积，可用作催化剂，A正确；B FeCl36H2O转变为FeOOH的过程是其水解的过程，环丙胺不参加反应，但加快反应速率，故在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，B正确；C 高温条件下，铁与水蒸气反应可制得四氧化三铁和氢气，化学方程式为： ，C正确；DK4Fe(CN)6常用于检验Fe3+，稀硫酸分别和四氧化三铁、三氧化二铁反应，均有Fe3+生成，故不能检验；K3Fe(CN)6用来检验亚铁离子，亚铁离子遇到K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀，稀硫酸和四氧化三铁反应有亚铁离子生成
16、，稀硫酸和氧化铁反应没有亚铁离子生成，故可用 K3Fe(CN)6检验，D不正确；答案选D。12. 下图是一种太阳能驱动从海水中提取锂的装置示意图，该装置工作时，下列说法正确的是A. 该装置实现了化学能到电能的转变B. 图中箭头表示了锂离子的移动方向C. 若转移1mol电子，理论上铜箔增重7gD. 铜箔上发生的反应为：Cu2e=Cu2+【答案】BC【解析】【分析】【详解】A该装置是利用太阳能进行电解，属于电解池，A错误；B该装置提取金属锂，铜箔为阴极，催化电极为阳极，锂离子向阴极移动，B正确；C转移1mol电子铜箔上析出1mol金属锂，增重7克，C正确；D铜箔上析出锂，电极反应为Li+e-=Li
17、，D错误 ；故选BC。13. 下列操作能达到实验目的的是目的操作A测定新制氯水的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量新制氯水点在pH试纸上B证明Cl2的氧化性强于Br2向FeBr2溶液中通入少量氯气C验证Fe3+能催化H2O2分解，且该分解反应为放热反应向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深D证明溶液中含有取少许溶液于试管中，先滴加盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】CD【解析】【分析】【详解】A氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能将pH试纸漂白，则测定新制氯水的pH时不能用pH试纸，可用pH计
18、，故A错误；B由于还原性：Fe2+Br-，则向FeBr2溶液中通入少量氯气时，发生反应，不能证明Cl2的氧化性强于Br2，故B错误；C向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，说明H2O2发生了分解反应生成了氧气，验证Fe3+能催化H2O2分解，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深，促进了铁离子的水解，该反应为放热反应，故C正确；D取少许溶液于试管中，先滴加盐酸无明显现象，排出了银离子、碳酸根等离子的干扰，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀，证明溶液中含有，故D正确；故选CD。14. CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4
19、和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B. 曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【分析】【详解】A甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B根据两个反应得到
20、总反应为CH4(g)2CO2(g) H2(g)3CO(g) H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。15. 科技工作者运用DFT计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如下图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A. 该反应过程中有CO键的断裂，还有CO键的生成B.
21、 甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同C. CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的H=157.2kJmol-1D. 该历程中的最大能垒(活化能)E正=179.6 kJmol-1【答案】AD【解析】【分析】【详解】A由上图可知，CH3OH分解生成CO和H2，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，因CH3OH中存在CO键，CO中存在CO键，则必有CO键的断裂，还有CO键的生成，故A符合题意；B不同的催化剂对不同的化学反应催化原理不一定相同，所以甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程不一定相同，故B不符合题意；C从上图可知，CH3OH分解生成CO和H2的反应为吸热反应，所以热化学
22、方程式为CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) H=+157.2kJmol-1，原热化学方程式中焓变少了一个“+”，故C不符合题意；D该历程中的最大能垒(活化能)E正=113.9 kJmol-1(65.7 kJmol-1)= 179.6 kJmol-1，故D符合题意；故选AD三、非选择题：本题共5小题，共60分16. 次磷酸钠(NaH2PO2)常用作化学镀剂、食品及工业锅炉水添加剂、抗氧剂。实验室可用如图所示装置(A处加热装置略去)制取一定量的次磷酸钠。已知PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体，次磷酸为一元弱酸。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_，装置B的作用是_。(2)A中反应的离子方程
23、式为_。(3)实验开始时通入N2的目的是_。(4)为使生成的有毒气体PH3尽可能完全反应，实验中应采取的措施有_；_。(5)装置C中发生反应的离子方程式为_，实验后可通过_的方法分离出NaH2PO2固体。(已知NaH2PO2在25时溶解度为100g，100时溶解度为667g)。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 安全瓶或防止倒吸 (3). P4+3OH3H2O3PH3 (4). 排尽装置中的空气，防止反应生成的PH3自燃引起爆炸 (5). 减缓NaOH溶液的滴加速度 (6). 关闭分液漏斗活塞后，缓缓通入N2，将装置中的全部PH3排出 (7). PH32ClOOH2ClH2O (8). 蒸
24、发浓缩，冷却结晶【解析】【分析】A是磷化氢的发生装置，PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体，实验开始时通入N2的目的排尽装置中的空气，防止生成的磷化氢自燃引起爆炸。C装置是制备次磷酸钠的装置，中间的B装置是为了防止C中的液体倒吸入A中，B瓶是安全瓶，PH3是一种有毒且能自燃的气体，不能排放到大气中，D装置是尾气吸收装置。【详解】(1)仪器a的名称是三颈烧瓶，B瓶的作用是安全瓶，防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；安全瓶、防倒吸。(2) A中反应是,对应的离子方程式是P4+3OH3H2O3PH3，故答案为：P4+3OH3H2O3PH3。(3) PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体，实验开始时首先打开K,
25、通入N2的目的排尽装置中的空气，防止生成的磷化氢自燃引起爆炸。故答案为：排尽装置中的空气，防止生成的磷化氢自燃引起爆炸。(4)向三颈烧瓶中滴加氢氧化钠溶液，如果滴加速度过快，反应可能不充分，所以控制反应的滴加速度，可以使反应更加充分，同时PH3是一种无色、有毒且能自燃的气体，为了尽可能避免PH3造成的空气污染，关闭分液漏斗的活塞，打开K，继续通入一段时间的氮气，使装置中的PH3排出，充分反应，防止污染。故答案为：减缓NaOH溶液的滴加速度；关闭分液漏斗活塞后，缓缓通入N2，将装置中的全部PH3排出。(5) PH3和次氯酸钠在碱性条件下反应：PH32ClOOH2ClH2O，由题干中的已知条件可知
26、，NaH2PO2的溶解度随温度升高快速增大，而氯化钠溶解度小且受温度影响不大，故可以用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出NaH2PO2固体。故答案为：PH32ClOOH2ClH2O；蒸发浓缩、冷却结晶；【点睛】本题考查物质制备实验，关键是读懂题意，看懂装置图，注意对题目信息的应用，明确各装置的作用，需要学生有扎实的实验基础和对信息的提取应用能力，难度中等。17. CO2资源化利用受到越来越多的关注，研究对资源综合利用有重要意义。(1) CO2氧化C2H6制C2H4相关的主要化学反应有： C2H6(g) C2H4(g)+ H2(g) C2H6(g) +CO2(g)C2H4(g)+ H2O(g) +C
27、O(g) C2H6(g) +2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) =_kJmol1CO2(g) + H2(g) CO(g)+ H2O(g) 已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。(2) CO2电化学制CH4。图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，阴极的电极反应方程式为_，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是_。(3)CO2催化加氢合成二甲醚。反应：CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)；H41.2 kJmol1反应：2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g)
28、；H122.5 kJmol1反应I的平衡常数表达式K_。在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性100%)随温度的变化如图2。T时，起始投入a mol CO2、b mol H2，达到平衡时反应理论上消耗H2的物质的量为_。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ，其原因是_。【答案】 (1). 430 (2). CO28e6H2O=CH48OH (3). OH在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动 (4). K (5). 0.1a mol (6). 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小【解析】【分析】(1)根据焓变与物
29、质能量关系进行运算，即可得目标方程式焓变值；(2)以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒及电解质溶液酸碱性环境可得电极反应式；结合离子移动进行分析；(3)由图像可知，T时，CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%3mol=1.2mol，结合化学方程式计算反应消耗氢气，由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。【详解】(1) 由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJmol-1、-393 kJmol-1、
30、-110 kJmol-1、0 kJmol-1。由题中信息可知，H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) H3=(-110 kJmol-1)4-(-84kJmol-1)-( -393 kJmol-1) 2=430 kJmol-1，故答案为：430；(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2OCH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；故答案为：
31、CO2+8e-+6H2OCH4+8OH-；OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动；(3) 浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则反应平衡常数K=；故答案为：K=；该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%3mol=1.2mol，CO的选择性=100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260；故答案为：0.3
32、mol；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小。【点睛】考查化学平衡影响因素、电极反应式，化学平衡的图象、盖斯定律等知识点，明确CO选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。18. 从铜氨废液含Cu(NH3)3CO+、Cu(NH3)22+、Cu(NH3)42+、NH3、CH3COO、等中回收铜的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤()中被氧化的元素是_，由步骤()可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的_ (填“强”或“弱”)。(2)步骤()“沉铜”时，发生的主要反应的离子方程式为_，利用Na2S溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是
33、_。(3)步骤()反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(4)该流程中可以循环利用的物质是_(填化学式)。(5)碱式氯化铜在400时能完全分解为CuO、H2O和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为_。【答案】 (1). Cu、C (2). 强 (3). Cu2+S2CuS (4). CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率 (5). 2:3 (6). HNO3 (7). Cu2(OH)3Cl【解析】【分析
34、】从铜氨废液含Cu(NH3)3CO+、Cu(NH3)22+、Cu(NH3)42+、NH3、CH3COO、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2,NH3，得到含有Cu(NH3)42+、CH3COO、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH =2,得到硫酸铜，硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有Cu(NH3)42+、CH3COO、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。【详解】(1)步骤()“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+,将CO氧化生成CO2吹
35、出，吹出游离的NH3等，步骤()中加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+结合能力强，故答案为Cu、C 强； (2)步骤()“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+S2CuS，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液，故答案为Cu2+S2CuS CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率。(3)步骤()反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，N元素的化合价由+5
36、价降低为+2价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，故答案为2:3。(4)在第()硝酸铜溶液中加入硫酸制硫酸铜，同时生成HNO3，则HNO3可循环利用，故答案为HNO3。(5)碱式氯化铜在400时能完全分解为CuO、H2O和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。CuO的物质的量为32.0g80g/mol=0.4mol, H2O的物质的量为3.6g18g/mol=0.2mol, HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)36.5g/mol=0.2m
37、ol,则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1,则碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。故答案为Cu2(OH)3Cl。19. I据古文献事物绀珠记载：“宣窑之青，乃苏勃泥青”，说明元宣德时期青花瓷使用的颜料是“苏勃泥青”，它是从一种进口钴毒矿(主要成分：(FeCo)xAsS)中提取出来的。(1)基态Co的价电子排布式为_，有_个未成对电子，r(Co3)_r(Co2)(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)Co(NH3)63是一种土黄色的配离子，1mol Co(NH3)63所含共价键的数目是_；形成该配离子的NH3的中心原子的杂化轨道是由_轨道(填轨道的名称和数目，下同)
38、和_轨道杂化而成的。IIA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：(3)碳的一种单质的结构如图(a)所示。该单质的晶体类型为_，原子间存在的作用力类型有_(4)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图(c)所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_；其晶胞参数为2nm，晶体密度为_gcm-3。【答案】 (1). 3d74s2 (2). 3 (3). 小于 (4). 24NA (5). 1个2s (6). 3个2p (7). 混合型晶体 (8). 共价键、分子间作用力 (9). K3C60 (10). 【解析】【分析】(1)根据核外电子排布规律
39、书写电子排布式，分析比较微粒半径大小；(2)根据配位键的形成原理分析配位离子中共价键的数目；根据价层电子对互斥理论判断轨道杂化类型；(3)由图(a)知，该单质为石墨，原子间存在共价键和分子间作用力，该单质晶体类型为混合型晶体；原子间的共价键类型有，故答案为：混合型晶体；共价键、分子间作用力。根据碳原子的成键方式及图示结构分析晶体类型及微粒间作用力；(4)根据晶胞结构运用均摊法计算晶胞的质量，结合晶胞参数计算晶胞密度。【详解】I(1)Co位于周期表中第4周期第族，基态原子价电子排布式为3d74s2，d轨道上有3个未成对电子；Co失去3个电子形成Co3，失去2个电子形成Co2，它们电子层数和核电荷
40、数相同，则核外电子数越多半径越大，半径：r(Co3)小于r(Co2)，故答案为：3d74s2；3；小于。(2)Co3+的一种配离子Co(NH3)63中，Co3+的配位数是6，1个配离子中所含共价键的数目为6+36=24，1 mol配离子中所含共价键的数目为24NA；配位体NH3中心原子价层电子对个数=，根据价层电子对互斥理论判断该离子杂化类型为sp3，是由1个2s轨道和3个2p轨道杂化而成；故答案为：24NA；1个2s；3个2p。II(3)由图(a)知，该单质为石墨，原子间存在共价键和分子间作用力，该单质晶体类型为混合型晶体；原子间的共价键类型有，故答案为：混合型晶体；共价键、分子间作用力。(
41、4)根据图(c)的结构分析，K位于立方体的棱上和立方体的内部，晶胞中K的个数为12+9=12，C60位于定点和面心，个数为8+6=4，则化学式为K3C60；晶胞的质量为g，其晶胞参数为2 nm=210-7 cm，则体积为(210-7)3 cm3，所以密度为，故答案为：K3C60；。20. 甲氧氯普胺也叫灭吐灵，是常用的止吐药。其一条合成路线如下：(1)B中含氧官能团的名称为_，AB的反应类型为_，X的结构简式：_。(2)写出DE反应的化学方程式_(3)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应的氨基酸；1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应；分子中只有6种
42、不同化学环境的氢。【答案】 (1). 酯基、(酚)羟基 (2). 取代反应(酯化反应) (3). (4). +Cl2+HCl (5). 或 【解析】【分析】【详解】(1)B中官能团有三个：氨基(-NH2)、酚羟基(-OH)、酯基(-COO-),其中含氧官能团为酚羟基、酯基；AB是羧酸和醇生成酯和水的反应，是取代反应；对比E、F知X的结构简式为；(2)DE是苯环上的氯代反应，方程式为+Cl2+HCl；(3)能发生银镜反应，说明结构中有甲酸某酯或者醛基，-氨基酸需具有，氨基酸结构中的羧基能和NaOH反应，比例为1:1，剩余的NaOH与酯的结构反应，所以该物质应为甲酸某酯的结构，并且1个酯基能消耗2个NaOH，说明羟基是酚羟基，即-OH直接连接在苯环上，分子中有六种等效氢，说明苯环的对称性较高，所以可能的结构为或