文档内容
【解析】A．二氧化碳分子中C原子的半径大于O原子半径，模型中原子比例不正确，A错误；B．二
（新高考）2021 届高考考前冲刺卷
氟化氧分子的电子式为 ，B错误；C．对二甲苯的结构简式为 ，C正确；D．
化 学（一）
质子数与中子数相等的硫原子质量数为16+16=32，表示为 ，故D错误；故选C。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写
在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
A．用图甲的方法不能检查此装置的气密性
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64
B．图乙可以作为CCl 萃取溴水后的分液装置
4
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 C．实验室用图丙所示装置制取少量氨气
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是 D．图丁洗气瓶中的白色沉淀为BaSO
3
A．加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服， 【答案】B
其去污效果会越好 【解析】A．如果甲装置的气密性良好，a、b两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的
B．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的 气密性，A错误；B．溴易溶在有机物四氯化碳中，且四氯化碳不溶于水、密度大于水，因此图乙可以作
是调味，让鱼的味道更加酸辣可口 为CCl 萃取溴水后的分液装置，B正确；C．收集氨气时导管口应该插入到试管底部，且试管口不能用
4
C．阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO 溶液解毒 橡胶塞塞住，C错误；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸，从而生成硫酸钡沉淀，
3
D．近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的 D错误；答案选B。
主要物质是二氧化硫 4．化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
【答案】C A．FeCl 溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品 3
【解析】A．酶在温水中的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果 B．过氧乙酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒
会越好，故A错误；B．做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有 C．甘油具有吸水性，可用作化妆品的保湿剂
香味的乙酸乙酯，故B错误；C．水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨 D．Na具有还原性，可用于高温下与TiCl 反应制备Ti
4
酸反应时，可以用NaHCO 溶液解毒，故C正确；D．雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物， 【答案】A
3
【解析】A．FeCl 溶液用于蚀刻铜制品，是利用FeCl 的氧化性，故选A；B．过氧乙酸用于杀菌消毒，
故D错误；选C。 3 3
2．下列有关化学用语的表示正确的是 是利用过氧乙酸的强氧化性，故不选B；C．甘油用作化妆品的保湿剂，是因为甘油具有吸水性，故不
选C；D．Na与TiCl 反应制备Ti，体现金属钠的还原性，故不选D；选A。
4 A．CO 分子的比例模型： B．二氟化氧分子的电子式：
2
5．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
C．对二甲苯的结构简式： D．质子数与中子数相等的硫原子： 已知 类推
【答案】C A 将Fe加入CuSO 4 溶液中 将Na加入到CuSO 4 溶液中
封密不订装只卷此
号位座
号场考
号证考准
名姓
级班Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 2Na+Cu2+=Cu+2Na+ 选B。
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到Z
向Ca(ClO) 溶液中通入少量SO
向Ca(ClO) 溶液中通入少量CO 2 2
2 2
B Ca2++2ClO− 的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是
Ca2++2ClO−+CO +H O=CaCO ↓+2HClO
2 2 3 +SO+H O=CaSO↓+2HClO
2 2 3
用惰性电极电解NaCl溶液 用惰性电极电解MgBr 溶液
2
C
2Cl−+2H O=====2OH−+H ↑+Cl↑ 2Br−+2H O=====2OH−+H ↑+Br
2 2 2 2 2 2
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性
稀HNO 与Ba(OH) 溶液反应至中性 A．简单气态氢化物的稳定性：X＞W＞Z
D 3 2
H++OH−=H O H++OH−=H 2 O
2 B．M中W原子满足8电子稳定结构
【答案】D
C．X的单质可与YZ溶液发生置换反应得到单质Z
2
【解析】A．将Na加入到CuSO 溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复
4 D．Y分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键
分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca(ClO) 2 溶液中通入少量SO 2 ，二氧化硫具有还原性，被次 【答案】C
氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++3ClO−+SO+H O=CaSO↓+Cl−+2HClO，故B错误；C．用惰性电 【解析】由M的结构以及M遇稀硫酸得到Z的单质和氧化物，可知M为NaSO，即W为O，Y为
2 2 4 2 2 3
极电解MgBr 溶液，离子方程式为：Mg2++2Br−+2H O=====Mg(OH) ↓+H ↑+Br ，故C错误；D．稀盐酸 Na、Z为S。根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可知X为F。A．经分析，X为F，W为O，Z为S，则
2 2 2 2 2
与NaOH溶液、稀HNO 与Ba(OH) 溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离 简单气态氢化物的稳定性：F＞O＞S，故A项正确；B．由M的结构可知，氧原子满足8电子稳定结构，
3 2
子方程式为：H++OH−=H O，故D正确；故选D。 故B项正确；C．F 遇水溶液直接与HO剧烈反应，不能与NaS溶液直接反应得到S单质，故C项错
2 2 2 2
6．阿魏酸乙酯(Y)是用于生产治疗心脑血管疾病药品的基本原料，可由下列反应制得： 误；D．O、S属于同主族元素，Na与O、S分别可形成NaO、NaS 等化合物，分子中均含有非极性键，
2 2 2 2
故D项正确。本题答案C。
8．BMO(Bi MoO )是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的
2 6
是
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．X分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．Y与足量Br 既可发生取代反应又可发生加成反应
2
C．可用FeCl 溶液检验产品Y中是否混有X
3 A．该过程中BMO表现了还原性
D．1mol X、Y分别与足量H 反应时消耗H 物质的量之比为5∶4
2 2 B．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
【答案】B
C．光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
【解析】A．X分子中有苯环结构、碳碳双键结构和碳氧双键结构，都是平面结构，但它们都以碳碳
单键相连，而碳碳单键可以旋转，所以X分子中所有碳原子不一定处于同一平面，故A错误；B．Y分 D．该过程的总反应： +7O 2 6CO 2 +3H 2 O
子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，Y分子中有酚羟基，可以和浓溴水发生苯环上的取代反应，
【答案】B
所以Y与足量Br 既可发生取代反应又可发生加成反应，故B正确；C．X和Y分子中都有酚羟基，都
2
【解析】通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧
可以和FeCl 溶液发生显色反应，所以不能用FeCl 溶液检验产品Y中是否混有X，故C错误；D．1个
3 3
化反应，转化成BMO+，同时将O 还原为O；随后，BMO+和O各自表现氧化性将苯酚转化为HO和
2 2
X和Y分子中都有1个苯环和1个碳碳双键，可以和H 发生加成反应，羧基和酯基中的碳氧双键不
2
CO，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。A．通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现
2
能和H 发生加成反应，所以1mol X和Y分别与足量H 反应时消耗H 物质的量相等，故D错误；故
2 2 2出了还原性，生成了BMO+，A项正确；B．1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1
个O表现氧化性，被还原为2个HO，可以得3个电子；所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比
2
为3∶1，B项错误；C．通过分析可知，光催化过程中，光能被转化为化学能和热能，C项正确；D．通过
分析可知，该过程的总反应即光照条件下，在BMO的催化作用下，氧气氧化苯酚，所以D项正确；答
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．A为NaCr O 溶液
2 2 7
案选B。
C．②中需加入过量稀硫酸 D．③中Cr在阴极生成
9．固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g) zC(g)，图1表示T℃时容器中各物质的量
【答案】C
随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是
【解析】A．①中FeO·Cr O、Al O 与NaCO 反应生成NaCrO、Fe O、NaAlO ，Cr、Fe元素化合价
2 3 2 3 2 3 2 4 2 3 2
升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B．酸性条件下，2CrO+2H+=Cr O+
2
HO，B正确；C．氢氧化铝能溶于过量硫酸，②中加入的稀硫酸不能过量，C错误；D．电解NaCr O 溶
2 2 2 7
液制备金属Cr，Cr元素化合价降低发生还原反应，所以Cr在阴极生成，故D正确；选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符
A．该反应可表示为2A(g)+B(g) C(g) ΔH<0
B．T℃时该反应的平衡常数K＝6.25 合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
C．当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态 11．常温下，100mL 1.0mol/L Na 2 C 2 O 4 溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入20mL KMnO 4 溶液恰好
D．T℃，在第6min时再向体系中充入0.4mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25 完全反应。下列说法正确的是
【答案】D A．Na 2 C 2 O 4 溶液中C 2 O数目为0.1N A
【解析】A．根据图可知A物质的量减小0.4mol，B物质的量减小0.2mol，A、B均为反应物，C物质 B．稀硫酸中水电离的c(H+)=10−13mol/L
C．KMnO 溶液浓度为0.1mol/L
的量增加0.2mol，为生成物，根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比，写出化学方程式为 4
D．反应过程中转移电子数为0.2N
2A(g)+B(g) C(g)，根据图2可知，温度升高，平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，所以热化学 A
【答案】BD
方程式为：2A(g)+B(g) C(g) ΔH＞0，故A错误；B．图1中5min时达到化学平衡，平衡浓度分别
【解析】NaC O 溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入KMnO 溶液反应的化学方程式为
2 2 4 4
为 c(A)= =0.2mol/L ， c(B)= =0.1mol/L 、 c(C)= =0.1mol/L ， 则 K= 5NaC O+2KMnO +8H SO =l0CO ↑+2MnSO +K SO +8H O+5Na SO 。A．100mL 1.0mol/L Na C O 溶
2 2 4 4 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4
液中含有NaC O 0.1L×1.0mol/L=0.1mol，其中C O水解，使得C O数目少于0.1N ，故A错误；B．稀
2 2 4 2 2 A
=25，故B错误；C．由ρ= 可知，m不变，V不变，则ρ是定值，因此当容器中
硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)= =10−13mol/L，故B正确；C．反应的
气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；D．图1中5min时，C的体积分数为
方程式为5NaC O+2KMnO +8H SO =l0CO ↑+2MnSO +K SO +8H O+5Na SO ，则KMnO 溶液中含
2 2 4 4 2 4 2 4 2 4 2 2 4 4
=0.25，充入0.4mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；
答案选D。 有高锰酸钾的物质的量为 ×0.1mol=0.04mol，浓度为 =0.2 mol/L，故C错误；D．反应的方程
10．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr O，含有少量Al O)为
2 3 2 3
式为5NaC O+2KMnO +8H SO =l0CO ↑+2MnSO +K SO +8H O+5Na SO ，反应中Mn由+7价降低为
原料制备金属铬的流程如图。下列说法不正确的是 2 2 4 4 2 4 2 4 2 4 2 2 4
+2价，反应过程中转移电子0.04mol×(7-2)=0.2mol，数目为0.2N ，故D正确；故选BD。
A
12．最近研究表明，用Sb(CH )、Sb(CH )Br和Sb(CH )Br 三种化合物进行重组反应可生成空间位阻
3 3 3 2 3 2最小的离子化合物——[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]。已知锑(Sb)与砷(As)同主族，下列说法错误的是 色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所
2 3 5 2 2 3 2 6
A．Sb的价电子排布式为5s25p3 以滴加浓HNO 之前需要通入一段时间N 赶走装置中的空气，故B正确；C．②中的试剂为水，使NO
3 2 2
B．第一电离能：Br>Se>As 与HO反应生成NO：3NO +H O=2HNO +NO，故C正确；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO 防止
2 2 2 3 2
C．电负性：Br>C>H
污染大气，故D正确；故选A。
D．[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]中存在离子键和共价键
2 3 5 2 2 3 2 6 14．近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs－COOH)为正极
【答案】B
催化剂构建了可充电K－CO 电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO 2KCO+C+4Sn，其
2 2 2 3
【解析】A．根据能层序数等于电子层数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故Sb的价电
中生成的KCO 附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确
2 3
子排布式为5s25p3，A正确；B．As、Se、Br为同一周期元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增
的是
大趋势，第ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA之间反常，故第一电离能：Br>As>Se，B错误；C．元素的电负性变
化规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Br>C>H，C正确；D．
由题干可知[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]为离子化合物，故该物质中存在离子键和共价键，D正确；故答
2 3 5 2 2 3 2 6
案为B。
13．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO ，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO ，但不能吸
2 2
收NO。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略
去)。下列说法错误的是 A．充电时，阴极反应为2K 2 CO 3 +C-4e−=4K++3CO 2 ↑
B．电池每吸收22.4L CO，电路中转移4mol e−
2
C．放电时，外电路中电流由MWCNTs－COOH经酯基电解质流向KSn合金
D．为了更好的吸收温室气体CO，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
2
【答案】C
【解析】A．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K++e−+Sn=KSn，A错误；B．气体未指明状况，
无法根据体积确定其物质的量，B错误；C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs－COOH作正极，在
外电路中电流由正极流向负极，C正确；D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的
A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
MWCNTs－COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误；故选C。
B．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
15．25℃时，在10mL 0.1mol·L−1 Na CO 溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒
2 3
C．②中的试剂为水
的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是
D．⑥的作用是吸收尾气
【答案】A
【解析】根据实验的目的以及装置特点进行判断；装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和
水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，
验证稀HNO 不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO，若浓HNO 能氧化NO则装置④液面的上方
3 3 3
会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO 防止污染大气。A．装置③
2
盛放稀硝酸，验证稀HNO 不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO，若浓HNO 能氧化NO则装置
3 3 3
A．HCl溶液滴加一半时，溶液pH<7
④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕
B．HCO 的K 的数量级为10−6
2 3 a1C．pH＝8时，溶液中NaHCO 的物质的量浓度为0.1mol·L−1 ②现设计如图四种装置测定铝氢化钠样品的纯度(假设杂质不参与反应)。
3
D．在M点：c(Na+)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH−)＞c(H+)
【答案】C
【解析】不加酸时，NaCO 溶液显碱性，随着HCl溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当
2 3
HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸。
A．当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO 为主，故该溶液呈碱性，溶液
3
从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是 (填编号)
pH＞7，故A错误；B．由图中可以看出，当c(H+)=10−5.8mol/L时，c(H CO)＝c(HCO)，HCO 的K =
2 3 2 3 a1
③取样品a g，若实验测得氢气的体积为V mL(标准状态)，则铝氢化钠样品纯度为 (用代数
式表示)。
，所以H 2 CO 3 的K a1 的数量级为10−6，故B正确；C．从图中可知当pH值为8 【答案】（1）a＇→ih→de→bc 吸收Cl 2 尾气并防止外界水蒸气进入 饱和食盐水
（2）反应生成的NaCl沉淀覆盖在NaH表面，阻止了反应的进行
时，溶液中的主要溶质为NaHCO 。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成NaHCO ，此时NaHCO
3 3 3
（3）NaAlH +2H O=NaAlO +4H ↑ 乙 ×100%
的物质的量浓度为0.05mol/L，故C错误；D．由图可知M点的CO和HCO物质的量相等，两者的盐水 4 2 2 2
解溶液呈碱性，pH值为11呈碱性，故离子浓度为：c(Na+)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH−)＞c(H+)，故D正
【解析】(1)①根据图示，二氧化锰与浓盐酸的反应需要加热，A装置不能选用，选用B装置是制取
确；答案选AC。
氯气，F装置应该用饱和食盐水吸收氯化氢气体，D中装置中浓硫酸用于干燥氯气，C装置中发生氯
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
气与铝在加热条件下生成氯化铝，实验尾气中的氯气会污染空气，所以E装置中用碱石灰吸收氯气尾
16．铝氢化钠(NaAlH )是有机合成的重要还原剂，其合成线路如图所示：
4
气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，则仪器接口为a＇→ih→de→bc→fg，故答案
为：a＇→ih→de→bc；②装置E中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入
装置C中，装置F中应盛装饱和NaCl溶液，用于吸收氯化氢气体，故答案为： 吸收Cl 尾气，并防止
2
(1)已知无水AlCl 在潮湿的空气中极易水解。某实验小组利用图中部分装置制备无水AlCl 。
3 3
空气中的水蒸气进入装置C；饱和食盐水；(2)AlCl 与NaH反应时，将AlCl 溶于有机溶剂，再将得到
3 3
的溶液滴加到NaH粉末上，反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl 和NaH进一步反应，使
3
得反应中NaH的转化率较低，故答案为：反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl 和NaH进
3
一步反应；(3)①铝氢化钠遇水反应生成的氢气，依据原子守恒和反应的原理，反应的化学方程式为
NaAlH +2H O=NaAlO +4H ↑，故答案为：NaAlH +2H O=NaAlO +4H ↑；②测定铝氢化钠样品的纯度，
4 2 2 2 4 2 2 2
就是通过铝氢化钠遇水反应生成氢气，准确测定氢气的体积，甲中锥形瓶中压强会变大，可能液体不
能顺利流下，导致铝氢化钠或许不能完全反应，丙装置中导管中可能有水，测定的气体体积不准确，
丁装置中烧瓶中压强可能会变大，且氢气体积读数不方便，所给的装置中乙的装置压强可以保持不变
①实验小组的实验装置，按气流方向连接各仪器接口，顺序为：__→fg。
可以较准确的测定氢气体积，所以适宜的方案是乙，故答案为：乙；③实验测得氢气的体积为 V
②装置E的作用是 ，装置F中应盛装的试剂是
(2)AlCl 与NaH反应时，需将AlCl 溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应中
3 3 mL(标准状态)，其物质的量为 = mol，根据NaAlH +2H O=NaAlO +4H ↑知，铝氢化
4 2 2 2
NaH的转化率较低的可能原因是 。
(3)利用铝氢化钠遇水反应生成的氢气的体积测定铝氢化钠样品纯度。
①其反应的化学方程式为 。【答案】（1）>
钠为 × mol，则铝氢化钠样品纯度为 ×100%= ×100%， （2）4.3×1013
（3）S(l)+O(g)=SO(g) ΔH＝-529kJ·mol−1
2 2
（4）>
（5）> <
故答案为： ×100%。
（6）2700 增大
【解析】(1)由于K(NH ·H O)=1.8×10−5＞K (H SO )=1.0×10−7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，
17．目前，处理烟气中SO 常采用两种方法：碱液吸收法和水煤气还原法。 b 3 2 a2 2 3
2
谁强显谁性”可知，(NH )SO 溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；(2)第2步：加入石灰水，发生反应
Ⅰ．碱液吸收法 4 2 3
Ca2++2OH−+2NH+SO CaSO↓+2NH·H O 化学平衡常数
25℃时，K(NH ·H O)＝1.8×10−5；HSO ：K ＝1.5×10−2，K ＝1.0×10−7；K (CaSO)＝7.1×10−5。 4 3 2
b 3 2 2 3 a1 a2 sp 4
第1步：用过量的浓氨水吸收SO ，并在空气中氧化；
2
K= = =
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH−+2NH+SO CaSO↓+2NH ·H O K。
4 3 2
(1)25℃时，0.1mol·L−1 (NH )SO 溶液的pH_____(填“>”“<”或“＝”)7。
4 2 3 =4.3×1013，故答案为：4.3×1013；(3)①2CO(g)+SO (g) S(l)+2CO (g) ΔH=-37.0kJ/mol，②2H(g)
2 2 1 2
(2)计算第2步中反应的K＝_____。
Ⅱ．水煤气还原法 +SO(g)=S(l)+2H O(g) ΔH=+45.4kJ/mol ， CO 的 燃 烧 热 ΔH=-283kJ/mol ， 即 ③ CO(g)+
2 2 2 3
已知：①2CO(g)+SO (g)=S(l)+2CO(g) ΔH＝-37.0kJ·mol−1
2 2 1
O(g)=CO (g) ΔH=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O (g)=SO(g)的ΔH=(-283kJ/mol)×2-
2 2 3 2 2
②2H (g)+SO (g)=S(l)+2HO(g) ΔH＝+45.4kJ·mol−1
2 2 2 2
(-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为 S(l)+O (g)=SO(g) ΔH=-529kJ/mol，故答案为：S(l)
2 2
③CO的燃烧热ΔH＝-283kJ·mol−1
3
+O (g)=SO(g) ΔH=-529kJ/mol；(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变ΔH=E-E (逆反应活化能)＞0，
2 2 2 1 2
(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为_________。
E=E+ΔH，由于E＞0，所以E＞ΔH，故答案为：＞；(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，
(4)反应②中，正反应活化能E_____(填“>”“<”或“＝”)ΔH。 1 2 2 2 1 2
1 2
(5)在一定压强下，发生反应①。平衡时SO 的转化率α(SO )与投料比的比值[ ＝y]、温度T
2 2
温度相同、投料比的比值[ =y]越大，SO 的转化率α越大、CO的转化率越小，即y＞y，投料比
2 1 2
的关系如图所示。
相同时，温度越高，SO 的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点
2
CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故
答案为：＞；＜；
(6)①对于 2CO(g) + SO (g) S(l) + 2CO (g)
2 2
开始(mol/L) 0.2 0.2 0
变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16
比较平衡时CO的转化率α(CO)：N_____M。逆反应速率：N_____P(填“>”“<”或“＝”)。
平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16
(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2mol H 、2mol CO和2mol SO 发生反应①、②，第
2 2
对于 2H(g) + SO (g) S(l)+2H O(g)
2 2 2
5min时达到平衡，测得混合气体中CO、HO(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。
2 2 开始(mol/L) 0.2 0.12 0
①该温度下，反应②的平衡常数K为_____。
变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18
②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，SO 的平衡浓度_____(填“增大”“减小”或“不
2 平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18
变”)。断
所以反应②的化学平衡常数K= = =2700，故答案为：2700；②其他
（4）电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对
条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积
（5）
减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于
【解析】(1)Cu为29号元素，失去三个电子变为Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8
容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。
18．在气体分析中，常用 CuCl 的盐酸溶液吸收并定量测定 CO 的含量，其化学反应如下：
或[Ar]3d8；(2)NO离子的中心N原子的价层电子对数=3+ =3，为sp2杂化，空间构型是平面三
2CuCl+2CO+2H O=Cu Cl·2CO·2HO。
2 2 2 2
回答下列问题： 角形；(3)①CO与N 互称等电子体，它们的分子中都存在三个共价键，两个原子间均为三键，一个三
2
(1)研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为_______。 键中含有一个σ键和2个π键；②根据表中数据，CO中断裂第一个π键的键能比N 的第一个π键的
2
(2)NO离子的空间构型是_______。 键能小很多，CO的第一个π键容易断，则CO比N 活泼；(4)该配合物中，电负性：C＜O，C对孤电子
2
(3)CO与N 2 互称等电子体。 对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，因此CO作配体时配位原子是C而不是O；(5)若晶体中Cl−呈
①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含_______个π键。
立方面心最密堆积方式排列，面对角线上的三个Cl−半径相切，已知Cl−的半径为a pm，则面对角线
②表为CO和N 的有关信息。
2
键的类型 A－B(单键) A＝B(双键) A≡B(叁键)
=4r(Cl−)=4apm，晶胞的面对角线为棱长的 倍，即棱长为 pm=4a× ×10−10cm，则晶胞的体积
CO 351 803 1071
键能(kJ/mol)
N 159 418 946
2
根据表中数据，说明CO比N 活泼的原因是_______。
2 V=(4a× ×10−10)3cm3，该晶胞中Cl−位于面心和顶点，则Cl−的个数为8× +6× =4，CuCl中阴阳离
(4)Cu Cl·2CO·2HO是一种配合物，其结构如图所示：
2 2 2
子个数比为1∶1，则晶胞中Cu+个数为4，则晶胞的质量为 g，晶体的密度为ρ g/cm3，可
该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是_______。
(5)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射
得(4a× ×10−10)3cm3×ρ g/cm3= g，整理可得：阿伏加德罗常数N = 。
A
线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，若晶体中Cl−呈立方面心最密堆积方式排列，Cl−的
半径为a pm，晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数N A =_______(列计算式表达)。 19．从废钒催化剂(主要成分V 2 O 5 、VOSO 4 、K 2 SO 4 、SiO 2 等)中回收V 2 O 5 的一种生产工艺流程示意图如
下，请回答下列问题：
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
（2）平面三角形
（3）2 CO中断裂第一个π键的键能比N 的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易
2SO+2H O；(2)反萃取时，分析平衡R (SO )(水层)+2nHA(有机层) 2RAn(有机层)+nH SO (水层)，
2 2 4 2 4
为提高②中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到
的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；(3)根据氧化还原规律可知，当加入100mL 0.1mol/L的KClO 溶液时，
3
溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO+6VO2++3HO＝6VO+6H++Cl－，再结合
2
VO+SO+4H+=2VO2++SO+2HO，从而得出关系式：3VO～6VO2+～ClO，因n(ClO)=0.1mol/L
2 5 2 2 5
×0.1L=0.01mol，所以n(V O)＝3×0.01mol=0.03mol因此该实验中钒的回收率是
2 5
×100%＝91.0%；(4)由表中数据可知，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最
(1)①中废渣的主要成分是________；①中VO 发生反应的离子方程式为____________。
2 5
佳pH为1.7。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH) 沉淀，此时溶液pH=2，c(OH−)=10−12mol/L，
(2)②、③中的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分)： 3
R (SO )(水层)+2nHA(有机层) 2RAn(有机层)+nH SO (水层)。②中萃取时必须加入适量碱，其原
2 4 2 4
因是 ；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为__________。 K [Fe(OH) ]=2.6×10−39=c(Fe3+)·c3(OH−)，c(Fe3+)= =2.6×10−3mol/L。
sp 3
(3)实验室用的原料中VO 占6%(原料中的所有钒已换算成VO)。取100g该废钒催化剂按工业
2 5 2 5
20．化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
生产的步骤进行实验当加入100ml 0.1mol/L的KClO 溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以
3
后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是______。[M(V O)=182g/mol]
2 5
(4)25℃时取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表：
pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0
钒沉淀率/% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.6 96.4 93.1
试判断在实际生产时，⑤中加入氨水调节溶液的最佳pH为_________；若钒沉淀率为93.1%时不
产生Fe(OH) 沉淀，则此时溶液中c(Fe2+)≤__________。已知：25℃时K [Fe(OH) ]=2.6×10−39
3 sp 3
【答案】（1）SiO VO+SO+4H+=2VO2++SO+2HO
2 2 5 2
（2）加入碱，中和HSO ，使平衡向正向移动 分液漏斗、烧杯
2 4
(1)R的结构简式是___________；M含有的官能团名称是___________。
（3）91.0%
（4）1.7 2.6×10−3mol/L (2)M→N反应过程中K 2 CO 3 的作用是___________。
(3)P→Q的反应类型是___________。
【解析】VO 和SiO 难溶于水，由实验流程可知，废钒催化剂溶于水，再硫酸酸浸，酸性条件下，亚
2 5 2
(4)写出Q→H的化学方程式___________。
硫酸根离子能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：VO+SO+4H+=2VO2++
2 5
(5)T是R的同系物，符合条件：①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量
SO+2H O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO，加入有机萃取剂萃取分液得
2
比R多14，T的同分异构体有___________种。其中在核磁共振氢谱上有 5组峰且峰面积比为
到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO的酸
2∶2∶2∶1∶1的结构简式有___________。
性水溶液，Rn+(水层)+nHA(有机层) RA(有机层)+nH+(水层)，分析平衡体系，加入的碱会和平衡
n
中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化
(6)参照上述合成路线，设计以1，4－丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成 的
为VO，加入氨水调节溶液pH到最佳值，得到NH VO ，最后焙烧得到五氧化二钒。（1）上述分析可知
4 3
滤渣A为SiO 2 ，从流程图可以看出，在酸性条件下，V 2 O 5 转化为VO2+，SO能被V 2 O 5 氧化生成SO，根 合成路线___________。
据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：VO+SO+4H+=2VO2++
2 5【答案】（1） (酚)羟基、醛基和硝基 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率 ，故含有的官能团名称为：(酚)羟基、醛基和硝基，故答案为： ；(酚)
（2）还原反应 羟基、醛基和硝基；(2)M→N反应过程中KCO 的作用是消耗生成的HCl，提高有机物N的产率，故
2 3
（3）
答案为：消耗生成的HCl，提高有机物N的产率；(3)P→Q即由 转化为
（4）17
（5） 、
，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；(4)由分析
（6）
结 合 合 成 路 线 图 可 知 ， Q→H 的 化 学 方 程 式 为 ：
； (5)R 为
【解析】根据 N 结构简式及 R 分子式知，R 为 ，R 发生取代反应生成 M 为
，T与R组成元素种类相同，说明T中含有C、H、O元素，T的同分异构体符合下列条件：
，根据H结构简式知，P发生还原反应生成Q为 ，
①与R具有相同官能团，说明含有羟基、醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，
Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4－丁二醇(HOCHCHCHCHOH) 和苯为 说明T比R多一个－CH，如果取代基为－OH、－CH、－CHO，有10种；如果取代基为－OH、－
2 2 2 2 2 3
CHCHO，有邻、间、对3种；如果取代基为－CH(OH)CHO，有1种；如果取代基为－CHOH、－CHO，
2 2
有邻、间、对3种，所以符合条件的有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1∶1∶2∶2∶2
原料(其他无机试剂自选)合成 ，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生
成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成
的 结 构 简 式 有 、 ， 故 答 案 为 ： 17 ；
。(1)由分析可 知， R 的结构简式为 ，M 的结构简式为：
、 ；(6)以1，4－戊二醇(HOCHCHCHCHOH)和苯
2 2 2 2
为原料(其他无机试剂自选)合成 ，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成
，其合成路线为：
。
