广东省惠州市2021届高三上学期第一次调研考试化学试题 Word版含解析

化学

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cr-52 Cu- 一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共分。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：KOH＞NaOH B. 非金属性：S＜Cl C. 金属性：Mg＞Al

D. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 【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K>Na，故碱性KOH>NaOH，故可以解释，故A不选；

B. 同一周期的元素，从左到右，非金属性逐渐减弱，故非金属性：S＜Cl，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：Mg>Al，故可以用元素周期律来解释，故C不选；

- 1 -

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

22NOHNO3②① N2放电或高温H2OOOO2CO2NaNa2O2Na2CO3

浓盐酸电解2FeCl3Fe(OH)3 ③CuCuCl2(aq)Cu④ Fe点燃Cl氨水A. ①②④ 【答案】A 【解析】

B. ①③ C. ②③ D. ②③④

【详解】①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，

22NOHNO3能实现； 故①N2放电或高温H2OOO②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②能实现； ③铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故③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

2FeCl3Fe(OH)3能实现； ④Fe点燃Cl氨水故答案：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：Fe－3e－＝Fe3＋

B. Cl−的结构示意图：

C. 硅酸盐Ca2Mg5Si8O22(OH)2可用氧化物形式表示为：2CaO•5MgO·8SiO2•H2O D. 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：Fe－2e－＝Fe2＋，故A错误；

的

- 2 -

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：2CaO•5MgO·8SiO2•H2O，故C正确； D. 氯化镁的电子式为故选：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+、SO4、HCO3 C. Na、K、Cl、NO3 【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HCO3，氢离子与HCO3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Cu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，NO3具有强氧化性，能氧化SO3，故不能大量共存，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：①Se＋2H2SO4(浓)＝2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3＝4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法错误的是 A. ①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物 B. ②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂 C. ②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)＞SeO2＞I2 【答案】B 【解析】

【详解】A. 反应①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

22++

+

－

，故D错误；

2B. Cu2+、K+、SO4、NO3 D. Na、K、SO3、NO3

+

+

22

- 3 -

合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；

B. 反应②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，既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误； C. 反应②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①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H2SO4(浓)＞SeO2；反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性SeO2＞I2，则氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞I2，故D正确； 故选B。

7. 下列实验现象预测正确的是

①实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变

②实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色没有变化

③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色

④实验Ⅳ：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. ① 【答案】D 【解析】

【详解】①实验Ⅰ：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，①不正确；

②实验Ⅱ：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，②不正确；

③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，与Cu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，③不正确；

④实验Ⅳ：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，

B. ② C. ③ D. ④

- 4 -

可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，④正确； 综合以上分析，只有④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9NA

B. 将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子数为2NA C. 标准状况下，2.24L乙烯中含有C-H键的数目为0.4NA D. 常温下，1L 0.2mol/LAlCl3溶液中含Al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N2+3H23+

2NH3是可逆反应，则将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子

- 5 -

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； 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Cl2：2Fe＋Cl2＝2Fe＋2Cl B. Cu溶于足量浓：Cu＋2NO3＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O C. 氯水具有漂白性：Cl2＋H2O═2H+＋Cl-＋ClO-

D. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+＋SO4＝BaSO4↓ 【答案】B 【解析】

【详解】A. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl-，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：Cu＋2NO3＋4H=Cu＋2NO2↑＋2H2O，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：次氯酸是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，故C错误；

D. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+＋SO4＝BaSO4↓，不符合客观事实，正确的离子方程式是2NH4+2OH+Ba＋SO4＝BaSO4↓+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 选实验操作和现象 项 A 将湿润的KI淀粉试纸靠近气体X，试纸变蓝 X一定是Cl2 实验结论 +

-2+

2＋

3＋

-

2＋2＋

22B 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，Fe3+氧化性强于I2

- 6 -

振荡静置，下层呈紫红色 C 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 溶液中一定含SO4或Ag ＋2D 某溶液中加入酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 A. A 【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Fe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. 某溶液中加入酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液可能含有HSO3、SO3、

2+SO4或Ag，故D错误；

23+

B. B C. C D. D

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】

- 7 -

【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+＋2ClO3＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+ 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】

的

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，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

- 8 -

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，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn＋2ClO3＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H，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2Li＋O2＝Li2O2，某锂－空气电池的构造原理图如图。下列说法正确的是

2+

+

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-e－＝Li+ 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-e－＝Li+，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；

+

－

- 9 -

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族元素中最强。下列说法正确的是

A. 最高化合价：X＞Y＞Z

B. 简单气态氢化物的稳定性：Y＞W

C. 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：Z＞Y＞X，故A错误；

B. 非金属性Si＜O，则简单气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O，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

化合物可能为NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，都含有离子键

- 10 -

如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)

A. a点溶液的pH12

B. b点的溶液：c(CN－)＞c(HCN)

C. c点的溶液：c(CN－)＋c(HCN)＋c(Cl－)＝0.01mol/L D. pH＝7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-+H2O⇌HCN+OH-，则0.01mol/LNaCN溶液中c(OH)＜0.01mol/L，则c(H)>10mol/L，a点溶液的pH＜12，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HCN的电离程度，则溶液中c(HCN)＞

-+

-12

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的是 A. pH＝5的H2S溶液中，c(H+)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1 B. pH＝a的CH3COOH溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则b＝a＋1 C. 室温下，将pH＝2盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显酸性 D. 在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO3)＞c(OH－)＞c(HCO3) 【答案】D

2- 11 -

【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−)=1×10−5mol⋅L−1，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

1，则pH=a的CH3COOH溶液，稀释10倍后，其pH=b＜a＋1，故B错误； 10C. 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；

－1

D. 在0.1mol·LNa2CO3溶液中，存在水解平衡CO3+H2O2-HCO3-+OH-、

HCO3-+H2OH2CO3+OH-和水的电离H2O+

H++OH-，碳酸根离子的第一步水解程度

2－

远大于第二步的水解程度，故存在c(Na)＞c(CO3)＞c(OH)＞c(HCO3)，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表面均发生了极性共价键的断裂 D. N2→NH3，NH3→NO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；

- 12 -

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，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO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19～20题为必考题。第21～22题为选做题。

(一)必考题：共31分)

19. 甲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：①CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－638.5kJ·mol－1 ②CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H＝－283.0kJ·mol－1 ③H2O(l)＝H2O(g) △H＝＋44.0kJ·mol－1

则反应CH3OH(l)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l)的△H＝____kJ·mol。

(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：

Ⅰ.CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) △H1

Ⅱ.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) △H2＜0 Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) △H3＞0

①已知升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K减小，则该反应的△H1____0(填“＞”或“＜”) ②对反应Ⅱ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3molH2 b.反应过程中c(CO2)：c(CH3OH)＝1：1 c.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

③上述反应体系中，当合成气的组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.50时，体系中CO的平衡转化率(α)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____，α(CO)值随温度升高而减小的原因是____。

-1

- 13 -

(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(α)与温度、压强的变化关系如图所示。则：

①A点时该反应的平衡常数K＝____(mol·L-1)-1。

②A、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 kJ·mol－1 (2). < (3). ad (4). P3>P2>P1 (5). 升高温度时，反应Ⅰ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Ⅲ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 (6). 0.5 (7). v(C)>v(B)>v(A) (8). CH3OH-6e+8OH=CO3+6H2O 【解析】

【详解】（1）根据盖斯定律，①-②-2×③可得CH3OH(l)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l)，因此该反应的△H＝[(-638.5 kJ·mol－1)-(-283.5 kJ·mol－1)-2×44 kJ·mol－1]=-443.5 kJ·mol－1， 故答案为：-443.5 kJ·mol－1；

（2）①已知升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K减小，则该反应是放热反应，该反应的的△H1＜0， 故答案为：<；

- 14 -

--2-

②a.二氧化碳和氢气都是反应物，其化学计量数之比是1:3，单位时间内生成3mol氢气 的同时消耗1mol二氧化碳也就消耗3mol氢气，即氢气的生成速率和消耗速率相等，可以说明该反应达到平衡状态，故a正确；

b.反应过程中c(CO2):c(CH3OH)=1：1，只能说明某一时刻二者的浓度比，不能说明达到平衡状态，故b错误；

c.恒温恒容时，混合气体的体积不变，该反应中反应物、生成物都是气体，根据质量守恒，混合气体的质量不变，混合气体的密度=混合气体的质量÷混合气体的体积，因此混合气体的密度始终保持不变，因此不能说明达到平衡状态，故c错误；

d.绝热恒容时，随着反应进行，该体系的温度不断发生变化直到平衡，反应的平衡常数与温度有关，反应的平衡常数不再变化，也就说明体系温度不变，说明反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：ad；

③相同温度下，反应Ⅲ前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应Ⅰ正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强增大有利于CO的转化率升高，故压强：P3>P2>P1；由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应Ⅰ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Ⅲ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：P3>P2>P1；升高温度时，反应Ⅰ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Ⅲ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）①A点的转化率为50%，列三段式：

cCH3OCOOCH3cH2O0.50.5则A点的平衡常数为K===0.5，

c2CH3OHcCO2120.5故答案为：0.5；

②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P2>P1，A、B两点温度相同，C点温度最高，故v(C)>v(B)>v(A)，

- 15 -

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=CO3+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：

--2-

已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空气中易被氧化。 ②“氧化”时，NO3中N元素主要被还原为最低价态，少部分被还原为NO。 (1)①“氧化”阶段的温度需控制在65℃，其适宜的加热方式为____； ②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：



①实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是____。 ②通入氧气的目的是____。

③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Ksp＝1.2×10－6，工艺流程最后一步析出CuCl晶体后的溶液中，如果c(Cl－)＝4.0mol·L－1，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、Na2SO3溶液、NaOH溶液、95%乙醇)。

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【答案】 (1). 水浴加热 (2). 8FeO+NO3−+26H+=8Fe3++NH4++11H2O (3). 铵溶于水吸热 (4). 将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3 (5). B (6). 3.0×10mol/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、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Ⅰ为不溶性杂质，再加CuO促进铁离子水解，过滤II分离出滤渣II为氢氧化铁，滤液中含Cu再加入过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液发生SO3+2Cu+2Cl+H2O═2CuCl↓+SO4+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)①实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是铵溶于水吸热， 故答案为：铵溶于水吸热；

②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)Ksp[CuCl]=c(Cl−)⋅c(Cu+)=1.2×10−6，所以如果c(Cl−)=4.0 mol⋅L−1，则c(Cu+)==3.0×10−7mol/L，

故答案为：3.0×10−7mol/L；

(4)由图可知，从“过滤Ⅱ”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

2-2+

-2-+

2+

−7

1.2106

4.0mol/L

- 17 -

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”：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，第一电离能较大的元素是_____(填元素符号)。

(2)反应①、②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____。

氨水氨水(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). 3d4s (2). O (3). sp (4). V型 (5). Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O或Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－ (6). 面心立方最密堆积 (7). 【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

1012

328831010pm 4dNA

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子的价电子为3d4s，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σ键，孤电子对数数为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)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]＋2OH＋4H2O或Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]＋2OH；

（4）铜晶体的是面心立方最密堆积，O的个数为8×

2＋

－

2＋

－

101

6－22 =1，杂化轨道21＋1=2，铜位于体心，化学式为Cu2O，8晶胞的质量为

2144288g，根据晶胞的密度定义，晶胞的边长是3cm，铜和氧原子最近的NAdNA原子之间距离是体对角线的

3288131010pm。 ，因此距离是4dNA422. 新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成路线如图：

已知： Ⅰ.RCHO+

H++H2O

NaOH溶液Ⅱ.RCHO+R′CH2CHOΔ+H2O

(1)A的化学名称是____。 (2)D中含氧官能团的名称是____。

(3)反应①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②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。其中一种结构苯环上的一氯代物只有两种，其结构简式为：____。

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(6)结合已知Ⅱ，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B为

，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成

，对比D与新泽茉莉醛

，结合C的分子式与D的结构简式可知C为

的结构简式，结合D→E、E→F的反应条件及信息反应I、Ⅱ，可知D→E发生信息I中的反应，E为

，E→F发生信息Ⅱ中的反应，F为

，

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①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；

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(4)根据信息反应I可知，反应②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Ⅱ，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。

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