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中含有中子数为(1×2+16-8)×N =10N ，相对分子质量为 20g/mol，故 4.0g 混合物含中子数为
（新高考）2021 届高考考前冲刺卷 A A
化 学（三）
，B项正确；C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO ，4.6g由NO 与
2 2
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
NO 组成的混合气体中含有氮原子数为 ，C项错误；D．标准状况下，6.72L
2 4
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。 SO 的物质的量为 ，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSO与
2
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
SO的微粒数目之和小于0.3N ，D项错误；答案选B。
答题卡上的非答题区域均无效。 A
3．中国古代成语中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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 A．“滴水石穿”包含了化学变化
B．“火树银花”利用了金属元素的焰色反应
一、选择题：每小题3分，共45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．“百炼成钢”中的“钢”比纯铁的熔点高
1．下列说法不正确的是
D．“陶犬瓦鸡”中的“陶”“瓦”均为硅酸盐材料
A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得高纯硅 【答案】C
B．高炉炼铁、生产水泥和制造玻璃都要用到石灰石 【解析】A．石头大多由大理石即碳酸钙组成，其能与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该物质是可
C．海水提取粗食盐后的母液，可作为提取镁的原料 溶性物质，随着水流走了，故该变化是化学变化，A项正确；B．很多金属或他们的化合物在灼烧时都
D．铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂
会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，故“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，
【答案】A
B项正确；C．钢是铁的合金，合金的硬度低于成分金属，所以钢材的熔点低于成分金属，C项错误；
【解析】A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得粗硅，粗硅提纯可得高纯硅，故A错误；B．
D．瓦是用水泥制作的，水泥、陶瓷均为硅酸盐材料，D项正确；答案选C。
高炉炼铁需要用石灰石，它用作熔剂，助熔，造渣，生产水泥需要用黏土和石灰石为原料，制造玻璃需
4．下列实验能够达到目的的是
要用纯碱、石灰石和石英为原料，所以都要用到石灰石，故B正确；C．海水提取粗食盐后的母液中含
有氯化镁，可作为提取镁的原料，故C正确；D．铜盐中的铜离子，能杀死某些细菌，并能抑制藻类生
长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂，故D正确；故答案为A。
2．N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．标准状况下，2.24L四氯化碳含共价键总数为0.4N
A
A．装置甲可以制取少量氧气 B．装置乙用来检验NH
B．由H18O与D16O组成的4.0g混合物含中子数为2N
2 2 A
C．装置丙用来验证碳酸氢钠受热分解 D．装置丁制备无水氯化镁
C．由NO 与NO 组成的4.6g混合气体含氮原子数为0.5N
2 2 4 A
【答案】D
D．标准状况下，溶有6.72L SO 的水中HSO与SO的微粒数目之和为0.3N
2 A
【解析】A．过氧化钠是粉末，过氧化钠和水反应太剧烈，不容易控制，不能用该装置制取氧气，A
【答案】B
项不选；B．湿润的蓝色试纸用于检验酸性气体，氨气是碱性气体，应用红色的石蕊试纸检验，B项不
【解析】A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A
选；C．碳酸氢钠分解产物有水生成，试管口应该稍稍向下倾斜，避免试管炸裂，C项不选；D．HCl可抑
项错误；B．1mol H18O中含有中子数为(0×2+18-8)×N =10N ，相对分子质量为20g/mol，1mol D16O
2 A A 2
封密不订装只卷此
号位座
号场考
号证考准
名姓
级班制Mg2+水解，无水CaCl 可吸收水，用该装置可以制备氯化镁，D项选；答案选D。
2
5．北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面
涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示：
A．Cl 和水反应的离子方程式为：HO+Cl Cl−+HClO+H+
2 2 2
下列说法正确的是 B．铁屑的作用是将FeCl 还原为FeCl
3 2
A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色 C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl=2Cl−+2Fe3+
2
B．1mol该双环烯酯能与3mol H 2 发生加成反应 D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−
C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面 【答案】D
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种 【解析】Cl 和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强酸，次氯酸是弱酸，离子方程式为：HO+Cl
2 2 2
【答案】A Cl−+HClO+H+，故A正确；B．铁单质有还原性，铁屑的作用是将FeCl 还原为FeCl ，故B正确；
3 2
【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯
C．氯气有氧化性，亚铁离子有还原性，故吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl=2Cl−+2Fe3+，故C正确；
2
的两个碳碳双键能与2mol H 发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不
2 D．因为亚铁离子有还原性，次氯酸根离子有氧化性，二者会发生氧化还原反应，二者不能共存，所以
存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不
铁屑耗尽时溶液中Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−不可能大量共存，故D错误；故答案为D。
一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH—上有1种，共有9种，选
2 8．对下列实验事实的解释不合理的是
项D不正确。
选项 实验事实 解释
6．在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl− KMnO 室温下能氧化浓盐酸生成Cl；二氧
A 4 2 氧化性：KMnO >MnO
化锰加热时才能氧化浓盐酸生成Cl 4 2
B．透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NO 2
C．c(ClO−)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2−
将1mL 2mol·L−1的KI溶液与10mL
D．加入Al能放出H 的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO B 1mol·L−1 Fe(NO 3 ) 3 溶液混合充分反应后滴 KI与Fe(NO 3 ) 3 反应有可逆性
2
加AgNO 溶液，有黄色沉淀生成
3
【答案】B
【解析】A．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，A不符
电解CuCl 溶液，阴极得到铜；电解NaCl溶
题意；B．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，B符合题意；C．ClO−有强氧 C 2
液，阴极得不到Na
得电子能力：Cu2+>Na+>H+
化性，能氧化S2−，不能大量共存，C不符题意；D．加入Al能放出H 的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸
2
性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、
D 钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈 羟基中氢的活泼性：CHCHOH<H O
3 2 2
HCO均能与OH−反应，不能大量共存，D不符题意；答案选B。
【答案】C
7．氯气是常用的化工原料，可用作消毒剂和漂白剂；实验室用MnO 和盐酸反应可制取氯气。氯气有
2
【解析】A．根据事实，后者反应条件更高，因此KMnO 氧化性强，A正确；B．1mL 2mol·L−1的KI
4
毒，泄漏时需要妥善处理。自来水厂一种预防和处理Cl 泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正
2
溶液与10mL 1mol·L−1 Fe(NO ) 溶液混合，其中Fe(NO ) 过量，混合充分反应后滴加AgNO 溶液，有
3 3 3 3 3
确的是
黄色沉淀生成，证明溶液中还存在碘离子，因此可证明KI与Fe(NO ) 反应进行不彻底，有可逆性，B
3 3
正确；C．电解时分析阴极产物主要分析溶液中阳离子氧化能力，CuCl 溶液存在Cu2+、H+，NaCl溶液
2
存在Na+、H+，根据产物可知氧化性为Cu2+>H+>Na+，C错误；D．钠与乙醇、水反应本质都是与羟基中氢反应，根据反应剧烈程度可判断氢的活泼性：CHCHOH<H O，D正确；故选C。 右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B错误；C．非金属性越
3 2 2
9．溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、 强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞HO，但是还原性：
2
Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下： HF<H O，故C错误；D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，C的非金属性
2
大于B，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性小于Z，故D错误；故选A。
11．常温下，CHCOOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10−5、1.8×10−4，以下关于0.1mol/L
3
CHCOOH溶液、0.1mol/L HCOOH溶液的说法正确的是
3
下列说法错误的是 A．c(H+)：CHCOOH＞HCOOH
3
A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤II加入的试剂a是石灰水 B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CHCOOH
3
B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+ C．HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH−=H O
2
C．试剂b是氢溴酸，步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙
D．将CHCOOH溶液稀释100倍过程中， 保持不变
D．步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶 3
【答案】B
【答案】D
【解析】大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、
【解析】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度
Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后
大，所以溶液中的c(H+)：CHCOOH＜HCOOH，故A错误；B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲
3
经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体。A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤II加入的试剂a的
酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH=CH COOH，故B错误；C．
3
目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；B．
HCOOH 是 弱 酸 ， 与 NaOH 发 生 反 应 ： HCOOH+OH−=HCOO−+H O ， 故 C 错 误 ； D ．
2
步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误；C．加试剂b的目的是除去过
量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到
= ，将 CHCOOH 溶液稀释 100倍过程中，
CaBr ∙6H O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确；答案选B。 3
2 2
10．一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的
同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是
保持不变，故D正确；故选D。
12．反应CH(g)+CO (g)=CH COOH(g)在一定条件下可发生，该反应历程示意图如图所示。有人提出
4 2 3
利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是
A．X与W能够形成具有极性键的非极性分子
B．W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)
C．简单气态氢化物的还原性：W＞Y
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z
【答案】A
【解析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1 A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极
个配位键，所以X为B；Z可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F。A．X与W B．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率
形成BF，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A正确；B．同一周期，从左到 C．由图象可知①→②放出能量并形成了碳碳单键
3D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：2CO+8e−+8H+=CH COOH+2H O
2 3 2
浓度变化关系如图所示[已知：p =-lg ]。下列叙述不正确的是
【答案】B
【解析】A．CH 中碳原子化合价-4，CO 中碳原子化合价+4，CHCOOH中碳原子平均化合价为0
4 2 3
价，所以对于CH 来说，有反应物到生成物化合价升高，做还原剂，那么在原电池中还原剂进负极失
4
电子被氧化，描述正确，不符题意；B．催化剂只能降低活化能，不可能改变焓变，描述错误，符合题意；
C．由题图可知，反应物能量高，生成物能量低，且催化过程中，CH 碳氢键断裂，碳原子与CO 碳原子
4 2
形成单键，描述正确，不符题意；D．CO 进正极，在酸性条件下被还原，生成CHCOOH，电极反应式
2 3
正确，不符题意；综上，本题选B。
13 ． 可 利 用 如 下 反 应 将 二 氧 化 碳 转 化 为 甲 烷 ： CO(g)+2HO(g) CH(g)+2O(g) A．m点对应的NaOH溶液体积小于10mL
2 2 4 2
ΔH=+802kJ·mol−1，如图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，体积为2L的 B．K(HA)的数量级为10−5
a
密闭容器中，n(CH)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是 C．l点所示溶液中：c(Na+)＜c(A−)+c(HA)
4
D．各点水的电离程度关系：n＞m＞l
【答案】D
【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度
的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点p
=0，说明c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A正确；B．m点时c(A−)=c(HA)，
A．反应开始后的30h内，催化剂Ⅰ的作用下，反应吸收的热量多 K a (HA)= =10−4.76，所以K a (HA)的数量级为10−5，B正确；C．l点溶液呈酸性，
B．0～15h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好
溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na+)＜c(A−)+c(HA)，C正确；D．
C．0～16h内，催化剂Ⅰ作用下，v(O )=1.5mol·L−1·h−1
2
l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：
D．a点时，CO 的转化率相等
2
l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：l＜m＜n，D错误；故合理选项是D。
【答案】A
15．科学家对具有广泛应用前景的新型Li−CO 电化学储能系统研究发现，用碳化钼(Mo C)作Li极催
【解析】A．根据图像，反应开始后的30h，催化剂Ⅰ的作用下，产生甲烷的物质的量多，因此吸收的 2 2
化剂时CO 的放电产物为LiC O ，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为
能量多，故A正确；B．起始浓度不同，因此无法确定催化剂的催化效果，故B错误；C．0～16h内，催 2 2 2 4
LiCO 和C。下列说法正确的是
化剂Ⅰ作用下，甲烷的物质的量为12mol，根据化学反应方程式，得出该段时间内生成氧气的物质的 2 3
量为12mol×2=24mol，依据反应速率的数学表达式，v(O )= =0.75mol·L−1·h−1，故C错误；D．题中
2
没给出起始浓度，无法比较转化率的大小，故D错误；答案为A。
14．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子A．该电池最好选用LiC O 水溶液作为电解质溶液 反应过程中的能量变化如图所示，该堆浸过程反应的活化能是_______(填能量图中符号)。生物堆
2 2 4
B．用MoC作催化剂时，负极每消耗7g Li，正极消耗11.2L CO 浸过程中应控制溶液pH的范围为_______。
2 2
C．用Au作催化剂时CO 放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO =2Li CO+C
2 2 2 3
D．生成等物质的量LiC O 和LiCO 消耗CO 的量相同，电路中转移电子数相同
2 2 4 2 3 2
【答案】C
【解析】A．由于2Li+2HO=2LiOH+H ↑，故该电池不能选用LiC O 水溶液作为电解质溶液，A错
2 2 2 2 4
误；B．用MoC作催化剂时，发生的总反应为：2Li+2CO=Li C O ，故负极每消耗7g Li，消耗
2 2 2 2 4
1molCO ，故正极消耗标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4L CO，且未告知气体是否在标准状况下，无
2 2
(3)检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为_______(填化学式)。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少
法计算气体的体积，B错误；C．用Au作催化剂时，产物为LiCO 和C，故CO 放电的电极反应式为
2 3 2
量稀硫酸，目的是_______，然后经过_______、过滤、洗涤、干燥制得绿矾。
4Li++4e−+3CO =2Li CO+C，C正确；D．有反应方程式可知，2Li+2CO=Li C O，4Li+3CO=2
2 2 3 2 2 2 4 2
(4)用滴定法测定所得产品中CuSO ·5H O的含量，称取a g样品配成100mL溶液，取出20.00mL，
LiCO+C可知，生成等物质的量LiC O 和LiCO 消耗CO 的量不相同，电路中转移电子数相同，D 4 2
2 3 2 2 4 2 3 2
用c mol·L−1滴定剂EDTA(H Y2−)标准溶液滴定至终点(滴定剂不与杂质反应)，消耗滴定剂b mL。滴
错误；故答案为C。 2
二、非选择题（共55分） 定反应如下：Cu2++H 2 Y2−=CuY2−+2H+
16．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是CuFeS 2 )制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如 ①则CuSO 4 ·5H 2 O质量分数为_______。
②滴定结束时俯视滴定管度数，则会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
下：
【答案】（1）AB
（2）4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O E 1.0-1.9
2 2 2
（3）KSCN溶液 抑制Fe2+水解 蒸发浓缩、冷却结晶
（4） 偏低
已知：①T.f细菌在1.0<pH<6.0范围内保持生物活性。
【解析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加
②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 2
快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入NaSO 固体会还原堆浸液中
Fe3+ Fe2+ Cu2+ 2 2 3
的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干
开始沉淀时的pH 1.9 7.0 4.2
燥得到绿矾，过程Ⅱ中，用HO 和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO 溶液，蒸发浓缩、冷却结
2 2 4
完全沉淀时的pH 3.2 9.0 6.7
晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO ·5HO)。(1)A．粉碎、搅拌都可以增大反应物的接触面积，提高堆
4 2
回答下列问题：
浸速率，A正确；B．从物质分类角度看，明矾、胆矾、蓝矾和绿矾等“矾”属于硫酸盐，B正确；C．绿
(1)下列说法正确的是_______(填序号)。
矾溶液加热、蒸干并灼烧，水解后生成氢氧化亚铁和硫酸，由于空气中的氧气能够氧化Fe2+，而后又与
A．粉碎、搅拌都可以提高堆浸速率
硫酸生成硫酸铁等物质，得不到FeO固体，C错误；D．可用无水硫酸铜检验SO 气体中是否混有水蒸
2
B．从物质分类角度看，“矾”属于硫酸盐
气，D错误；故答案为：AB；(2)根据题意知Fe2+继续被O 氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒得
2
C．绿矾溶液加热、蒸干并灼烧可得到FeO固体
离子方程式为4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O，根据反应过程中的能量变化示意图可知，E 表示过程①的
2 2 1
D．可用胆矾检验SO 气体中是否混有水蒸气
2
活化能，E 表示该堆浸过程反应的活化能，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH
(2)生物堆浸包括两个过程： 2
不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.9
①CuFeS +4H++O =Cu2++Fe2++2S+2H O；
2 2 2
范围内，故答案为：4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O；E；1.0-1.9；(3)检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若
②_______(补充离子方程式)。 2 2 2溶液立即变为血红色，说明含有Fe3+，在确定无Fe3+后，由于溶液中的Fe2+将发生水解生成氢氧化铜沉 B．混合气体的压强保持不变
淀，故滤液M先加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干 C．NO和N 的消耗速率之比为1∶2
2
燥制得绿矾，故答案为：KSCN溶液；抑制Fe2+水解；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)①根据反应方程式Cu2+ D．混合气体中c(NO)=c(N 2 )
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最
+H Y2−=CuY2−+2H+ 可 知 ， n(CuSO ·5H O)=n(Cu2+)=n(HY2−)=c mol·L−1×b×10−3L=bc×10−3mol ， 则
2 4 2 2
高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中______点可能是对应温度下的平衡转化率；高于
440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是
CuSO ·5H O质量分数为
4 2
______。
，故答案为： ；②滴定结束时俯视滴定管度数，将使标准液的体积偏小，则会导致
测定结果偏低，故答案为：偏低。
17．氮氧化物的处理是环境科学研究的热点课题。
【答案】（1）E+746.5 低温 0.16mol·L−1·min−1 0.25 a＞2
(1)已知：Ⅰ．C(s)+O(g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ·mol−1 a
2 2 1
（2）AB BC 催化剂活性降低导致速率变慢
Ⅱ．2C(s)+O(g)=2CO(g) ΔH=-221.0kJ·mol−1
2 2
Ⅲ．N(g)+O(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−1
【解析】(1)①已知：Ⅰ．C(s)+O
2
(g)=CO
2
(g) ΔH
1
=-393.5kJ·mol−1
2 2 3
Ⅱ．2C(s)+O(g)=2CO(g) ΔH=-221.0kJ·mol−1 Ⅲ．N(g)+O(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−1根据
利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)=N (g)+2CO (g)。 2 2 2 2 3
2 2
①该反应正反应的活化能为E a kJ·mol−1，则逆反应的活化能为______kJ·mol−1。 盖斯定律，反应 2NO(g)+2CO(g)=N 2 (g)+2CO 2 (g)由2Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ，故该反应的 ΔH=2ΔH 1 -ΔH 2 -ΔH 3 =2×
②该反应在下能______自发进行(填“高温”或“低温”)。 （-393.5kJ·mol−1）（- -221.0kJ·mol−1）（- +180.5kJ·mol−1）=-746.5kJ·mol−1＝-746.5kJ/mol，该反应正反应的
③在2L恒容密闭容器中加入3mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变 活化能为E kJ·mol−1，故逆反应的活化能为(746.5+E)kJ·mol−1，故答案为：746.5+E；②该反应2NO(g)
a a a
化关系如图所示：则T 温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______；T 温度下，上述 +2CO(g)=N (g)+2CO (g)正反应为气体体积减小的方向，即ΔS＜0，又知ΔH<0，故该反应在能低温下
2 1 2 2
反应的平衡常数K=______L·mol−1；若在T 温度下，向平衡后的容器中再加入4mol N 和a mol NO， 自发进行，故答案为：低温；③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T 温度下，0~5min内用
1 2 2
使平衡向右移动，则a的取值范围是______。
CO表示的平均反应速率 (CO)= (NO)= =0.16mol·L−1·min−1，根据三段式
分析可知：
(2)有人利用反应C(s)+2NO(g)=N (g)+CO (g) ΔH=-34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现向 T 温度下，上述反应的平衡常数K= =0.25L·mol−1，若在T 温度下，向
2 2 1 1
恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。
平 衡 后 的 容 器 中 再 加 入 4mol N 和 a mol NO ， 使 平 衡 向 右 移 动 ， 即 Qc=
①若为绝热容器，下列表示该反应达到平衡状态的是______(填字母)。 2
A．混合气体的密度保持不变②请再设计一种证明该白色沉淀为CuCl的方案：___________。
＜K，解得：a＞2，则 a 的取值范围是 a＞2，故答案为：
③三颈烧瓶中生成CuCl的离子方程式为：___________。
【答案】（1）C
0.16mol·L−1·min−1；0.25；a＞2；(2)①A．混合气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说
（2）B 增大接触面积，加快反应速率，使固体充分反应
明反应达到平衡状态，A符合题意；B．混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的量保持不
（3）无气泡产生或无明显现象
变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，B
（4）加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl− CuCl平衡逆向移动 取少量洗涤后的白色沉淀
符合题意；C．NO的消耗速率表示正反应速率，N 的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化
2
X ， 加 入 过 量 的 氨 水 ， 固 体 溶 解 ， 露 置 于 空 气 中 迅 速 得 到 深 蓝 色 溶 液
学计量数之比，故NO和N 的消耗速率之比为2∶1时反应达到平衡，C不合题意；D．平衡的标志是
2
Cu(OH) +SO+2Cl−=2CuCl+SO+2H O
2 2 2
体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N )不能说明反应达到平衡，D不
2 【解析】氢氧化钠与氯化铜生成氢氧化铜悬浊液，再与二氧化硫反应生成氯化亚铜，多余的二氧化
合题意；故答案为：AB；②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如
硫被氢氧化钠吸收。(1)A．NaSO 固体与20%的硝酸，生成一氧化氮和水，故A错误；B．NaSO 固体
2 3 2 3
图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，
与20%的硫酸生成的二氧化硫易溶于水，故B错误；C．NaSO 固体与70%的硫酸，70%的硫酸中存在
2 3
故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，
少量的水，硫酸电离与亚硫酸钠发生反应生成二氧化硫，故C正确；D．NaSO 固体与18.4mol·L−1的
2 3
故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因
硫酸，硫酸中存在极少的水，硫酸不电离不与亚硫酸钠发生反应不生成二氧化硫，故D错误；故选C。
可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答
(2)根据选定的试剂，虚框中应选用B，A装置一般要求块状固体与水不溶解或者粉化，亚硫酸钠遇水
案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。
溶解，通入SO 过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是：增大与二氧化硫接触面积，加快反应速率。(3)
2
18．某兴趣小组设计实验探究SO 与新制Cu(OH) 悬浊液反应的产物。
2 2
甲同学推测X可能为CuSO 他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，CuSO 与稀硫酸
3 3
反应生成铜离子，二氧化硫和水，观察到无气泡产生或无明显现象，则甲同学推测错误。(4)①从平衡
角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因：加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl− CuCl平衡逆向
移动。②证明该白色沉淀为CuCl的方案：取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，
露置于空气中迅速得到深蓝色溶液。③三颈烧瓶SO 与新制Cu(OH) 悬浊液反应中生成CuCl的离子
2 2
按图连接好装置(夹持装置省略)，打开磁搅拌器，先往CuCl 2 溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反 方程式为Cu(OH) +SO+2Cl−=2CuCl+SO+2H O。
2 2 2
应，再通入过量的SO 2 ，三颈烧瓶中生成大量白色沉淀X。 19．化合物F是一种复合材料的组成部分，其合成路线如图：
(1)制取SO 最适宜的试剂是___________。
2
A．NaSO 固体与20%的硝酸 B．NaSO 固体与20%的硫酸
2 3 2 3
C．NaSO 固体与70%的硫酸 D．NaSO 固体与18.4mol·L−1的硫酸
2 3 2 3
(2)根据选定的试剂，虚框中应选用___________(填“A”或“B”)装置；通入SO 过程中不断用磁搅
2
拌器搅拌的目的是___________。
(3)甲同学推测X可能为CuSO 。他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，观察到
3
___________，则甲同学推测错误。
(4)乙同学查阅资料：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸形成CuCl；与氨水反应生成
(1)C中含有的官能团为_______。
Cu(NH )，在空气中会立即被氧化成深蓝色Cu(NH )溶液。据此推测X可能为CuCl。他取出少量洗涤
3 3 (2)C→D的反应类型为_______。
后的白色沉淀X，加入浓盐酸，沉淀溶解，加水稀释，又出现白色沉淀，据此得出乙同学推测正确。
(3)已知 ，则化合物X的结构简式为_______。
①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因___________。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①在一定条件下能发生水解反应
，根据E、F推知X为C HNH 。(1)根据C的结构式可知含有的官能团为羟基和氨基；
2 5 2
②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢
(5)苯乙酮肟( )常用作农药杀虫剂。设计以 和NH OH为原料制备
2
(2)C→D是 被二氧化锰氧化生成 ，反应类型为氧化反应；
苯乙酮肟的合成路线_____(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）羟基、氨基
（2）氧化反应
（3）C HNH
2 5 2
(3)已知 ， 在HOAc作用下加热与X反应生成
（4）
（5）
，根据E、F推知X的结构简式为C HNH ；(4)E的一种同分异构体，满足：①在一定
2 5 2
条件下能发生水解反应，则含有酯基或肽键；②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢，则
高度对称，根据N、O原子可知N在中间，两边为羰基形成的肽键，符合条件的同分异构体为
【解析】 在HOAc作用下与NH OH发生反应生成 ，
2
；(5)苯乙酮肟( )常用作农药杀虫剂。以
与NaBH 发生还原反应生成 ， 被二氧
4
和NH OH为原料制备苯乙酮肟，首先 在氢氧化钠的乙醇溶液
2
化锰氧化生成 ， 在碳酸钠作用下与乙酰氯发生取代反应
中加热发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯与水发生催化水化生成 ， 被
二氧化锰氧化生成 ， 在 HOAc 作用下与 NH OH 发生反应生成
2
生成 ， 在 HOAc 作用下加热与 X 反应生成，合成路线如下：
。
