文档内容
3．2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究发现洛匹
（新高考）2021 届高考考前冲刺卷
那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法不正确的是
化 学（二）
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
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 A．洛匹那韦的分子式为C H NO
37 48 4 5
在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 B．洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色
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
C．洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应
答题卡上的非答题区域均无效。
D．洛匹那韦能溶于水与氢键作用有关
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
【答案】B
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
【解析】A．根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C H NO，故A正确；B．洛匹那韦的水解产物中
37 48 4 5
没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故B错误；C．洛匹那韦中含有羟基能发生取代反应、
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。
1．手工制作工艺在我国有着悠长的历史，下列有关叙述不正确的是 苯环能发生加成反应、羟基的邻碳上有氢、能发生氧化反应能发生消去反应、羰基能发生还原反应，
A．北京糖人所用饴糖属于天然高分子化合物 故C正确；D．洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；故选B。
B．苏绣又称丝绣，所用蚕丝的主要成分为蛋白质 4．设N 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A
C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属于无机非金属材料 A．将0.1mol H 和0.2mol I 充入密闭容器中充分反应后，生成HI的分子数为0.2N
2 2 A
D．芜湖铁画属于铁制品，属于合金材料 B．1.0mol/L的CHCOONa溶液中所含CHCOO−的数目小于N
3 3 A
【答案】A C．标准状况下，2.24L CHCl 中所含C－Cl键的数目为0.2N
2 2 A
【解析】A．饴糖是低聚糖，不是高分子化合物，A错误；B．苏绣又称丝绣，所用材料是蚕丝，蚕丝的 D．1mol硝基(－NO )与46g二氧化氮(NO )所含的电子数均为23N
2 2 A
主要成分为蛋白质，B正确；C．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，因此属于硅酸盐产品，硅酸盐产品属于 【答案】D
【解析】A．碘和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则生成的HI分子个数小于2N 个，A项
无机非金属材料，C正确；D．芜湖铁画所用材料是铁合金，属于铁制品，D正确；故合理选项是A。 A
2．生活处处有化学，下列说法正确的是 错误；B．溶液体积未知，所以溶液中醋酸根离子数目无法确定，B项错误；C．二氯甲烷标况下为液态，
A．食品中的淀粉和纤维素的组成都可用(C H O) 表示，它们互为同分异构体 不能用气体摩尔体积计算C－Cl键的数目，C项错误；D．1mol硝基(－NO )含有23N 电子，46g二氧
6 10 5 n 2 A
B．棉、麻、丝、毛的燃烧产物都只有CO 和HO
2 2
C．在紫外线、饱和CuSO 溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性
4
化氮(NO )摩尔数为 所含的电子数也为23N ，D项正确；答案选D。
2 A
D．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
【答案】C 5．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X最外层电子数的2倍，
【解析】A．聚合度n不同，二者不是同分异构体，故A错误；B．丝、毛的成分为蛋白质，含N元素，
Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积
燃烧有含氮物质生成，而棉、麻的燃烧产物都只有CO 和HO，故B错误；C．强酸、强碱、紫外线、饱
2 2 分数最大的气体。下列说法正确的是
和CuSO 4 溶液等重金属盐、福尔马林均使蛋白质发生变性，故C正确；D．花生油为不饱和高级脂肪酸 A．元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W
甘油酯，牛油为饱和酯类，均可发生皂化反应，故D错误；答案选C。 B．W的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定
封密不订装只卷此
号位座
号场考
号证考准
名姓
级班C．原子半径由大到小的顺序：Z、Y、X、W
A． 晶体中存在I离子，I离子的空间构型为V形
D．WX与ZX中的化学键类型相同
B．三氯化氮(NCl )是一种极性分子，NCl 还能再以配位键与Cl−结合
【答案】A 3 3
C．PH 和NH 分子中均含有孤电子对，且PH 提供孤电子对的能力强于NH
【解析】W的单质是空气中体积分数最大的气体可知W是N元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增 3 3 3 3
D．BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO 的分解温度低于MgCO
3 3
大，Z最外层电子数等于最内层电子数，可知Z为Mg元素，W与Y最外层电子数之和为X最外层电
【答案】B
子数的2倍，且X、Y、Z简单离子的电子层结构相同，可知X为O元素，Y为F元素。A．同周期自左
向右非金属性逐渐增强，则元素非金属性由强到弱的顺序为F＞O＞N，A正确；B．非金属性越强，氢 【解析】A．I离子中心I原子价层电子对数为：2+ =4，由于I原子上有2对共用电子对，
化物越稳定，则Y的简单气态氢化物比W的简单气态氢化物稳定，B错误；C．同周期自左向右原子
所以其空间构型为V形，A正确；B．NCl 分子中的中性N原子以及Cl−没有空轨道可以容纳孤电子对，
3
半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，C错误；
所以NCl 不能再以配位键与Cl−结合，B错误；C．P、N原子最外层都是由5个电子，其中含有１对孤
3
D．NO与MgO中的化学键类型不相同，其中是共价键，后者是离子键，D错误；答案选A。
电子对，3个成单电子与H原子形成共价键，都能提供孤电子对，由于N的电负性比P大，所以对孤
6．根据下列实验操作过程中颜色变化所得出的结论正确的是
电子对吸引能力N比P强，因此PH 提供孤电子对的能力比NH 强，C正确；D．BeO的晶格能大于
3 3
选项 实验操作和现象 结论
MgO，可知阳离子半径越小对氧的吸引力越大，夺取氧的能力越强，所以碳酸铍分解生成氧化铍比碳
将NaClO溶液滴入品红溶液中，品红溶液缓慢褪 酸镁分解生成氧化镁容易，则可推测出BeCO 的分解温度低于MgCO ，D正确；故合理选项是B。
A ClO−的氧化性随pH的减小而增强 3 3
色；若同时加入食醋，红色很快褪去
8．现用如下实验装置在实验室制取溴苯(夹持装置已略去)，反应引发后，扎紧软橡胶袋口。下列说法
将石油分馏的产品石蜡加热，产生的气体通入酸
B 石油中含有烯烃 不正确的是
性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去
向滴有酚酞的氨水中加入CHCOONH 固体，溶
C 3 4 CHCOONH 溶液呈酸性
液的红色变浅 3 4
向含AgCl和AgBr的饱和溶液中加入足量浓
D 溶液中c(Cl−)/c(Br−)减小
AgNO 溶液，产生两种颜色沉淀，但以白色为主
3
【答案】A
【解析】A．将NaClO溶液滴入品红溶液中，品红溶液缓慢褪色；若同时加入食醋，红色很快褪去，
A．托起A中软橡胶袋使铁粉落下引发反应
说明溶液酸性越强，反应速率越快，酸性越强pH越小，所以ClO−的氧化性随pH的减小而增强，A符
B．B中双球管中液体颜色逐渐变为橙色
合题意；B．石蜡加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去，只能说明石蜡的
C．若CCl 过量，则C中无明显现象
4
分解产物中含有不饱和烃，但不一定是烯烃，B不符题意；C．CHCOONH 电离生成的铵根离子抑制
3 4 D．D中倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸
一水合氨的电离，溶液中的氢氧根离子减少，溶液碱性减弱，红色变浅，而CH 3 COONH 4 溶液呈中性， 【答案】C
【解析】A．铁粉沿导管落下，与溴生成溴化铁，催化引发反应，故Ａ正确；B．B中装CCl 的双球管
4
吸收苯和溴蒸气，溶液颜色变为橙色，故Ｂ正确；C．苯与溴反应为取代反应生成HBr，C中生成AgBr
C不符题意；D． ，由于温度不变，则K (AgCl)、K (AgBr)
sp sp
浅黄色沉淀，故C错误；D．倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸，故D正确；故选C。
9．在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下
c(Cl—)
表：
不变，所以c(Br—)不变，D不符题意；答案选A。
起始时物质的量/
平衡时物质的量/mol
实验编 mol
7．下列说法不正确的是 号
温度/℃
n(A) n(B) n(C)子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C．b极上N元素的化合价降低，
b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO+10e−+12H+=N↑+6H O，故C正确；D．原电池中电流从
① 600 0.30 0.20 0.30 2 2
正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；故选C。
② 700 0.20 0.30 0.24
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
③ 800 0.10 0.10 a
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。
下列说法不正确的是
11．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu O-Pt/SiC/IrO 型复合材料光催化剂，其中Fe2+和
2 x
A．实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内平均反应速率v(A)=0.015
Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO、HO分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如
2 2
mol/(L·min)
图：
B．实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C．700℃时该反应的平衡常数K=4.0
D．实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B 0.150mol，平均反应
速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B．该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，
增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C．700℃时各物质平衡浓度：
下列说法正确的是
A．该反应为2CO+2H O=========2HCOOH+O
2 2 2
B．该反应能量转化形式为光能→化学能
c(A)=0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K= =4.0，故C正确；
C．图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D．实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③ D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025mol/L，c(B)<0.025mol/L，c(C)>0.05mol/L，该反应的平衡常 【答案】AB
数K>4.0，故D不正确。故选D。 【解析】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为
8．一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池的说法正确的是 2CO+2H O=========2HCOOH+O ，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化
2 2 2
形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化HO，a代表
2
Fe2+，用于还原CO，故C错误；D．根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，
2
故D错误；答案选AB。
12．配合物［Cu(En) ］SO 的名称是硫酸二乙二胺合铜，是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺
2 4
(H N-CH -CH-NH )的简写。有关说法中正确的是
2 2 2 2
A．a电极发生还原反应 A．该配合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键、氢键等化学键
B．H+由右室通过质子交换膜进入左室 B．配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型不同
C．b电极反应式为2NO+10e−+12H+=N ↑+6H O C．该配合物中金属离子的价电子构型为3d10
2 2
D．电池工作时，电流由a电极沿导线流向b电极 D．乙二胺和三甲胺［N(CH )］均属于胺，乙二胺比三甲胺的沸点高
3 3
【答案】C 【答案】D
【解析】A．b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B．原电池中阳离 【解析】A．［Cu(En)］2+、SO之间是离子键；Cu2+与HN－CH－CH－NH 通过配位键结合；HN－
2 2 2 2 2 2CH－CH－NH 中存在极性共价键和非极性共价键、SO中存在极性共价键和配位键，但是氢键不属
2 2 2
=c(H+)，则由X点处的pH，可计算K (HS)的值，故C错误；D．NaHS溶液中加入
a2 2
于化学键，选项A错误；B．乙二胺分子中氮原子形成3个σ键，价电子对数是 ＝4，氮原子轨道 CuSO 溶液，硫化铜难溶于稀酸，发生反应：Cu2++HS−=CuS↓+H+，溶液显示强酸性，故D正确；故选
4
D。
14．钛酸钡(BaTiO )在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子
3
的杂化类型为sp3；碳原子形成4个σ键，价电子对数是 ＝4，碳原子轨道的杂化类型为sp3，二者 元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
杂化类型相同，选项B错误；C．En是乙二胺，分子整体显0价，硫酸根显-2价，则根据“正负化合价
的代数和等于零”可以判断铜显+2价，其价电子构型为3d9，选项C错误；D．由于乙二胺分子之间可
已知：①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C O)·4H O；
2 4 2 2
以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高得多，选项D正确。答案
②25℃时，BaCO 的溶度积K =2.58×10−9。
3 sp
选D。
下列说法错误的是
13．向等物质的量浓度的NaS、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(H S、HS−、
2 2
A．BaTiO 中Ti元素的化合价为+4
3
S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示
B．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
(忽略滴加过程中HS气体的逸出)。下列说法不正确的是
2 C．流程中可以通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体
D．若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为2.58×10−8mol/L
【答案】B
【解析】由制备流程可知，BaCO 用盐酸酸浸得到氯化钡溶液，再向氯化钡混合液中加入TiCl 溶液
3 4
和草酸溶液得到草酸氧化钛钡晶体和HCl，生成的HCl可循环利用，最后通过洗涤、干燥、煅烧草酸
氧化钛钡晶体得到BaTiO 。A．BaTiO 中O为-2价，Ba为+2价，则Ti元素的化合价为2×3-2=4，即+4
3 3
价，故A正确；B．如用浓硫酸代替浓盐酸，可生成硫酸钡沉淀，消耗钡离子，难以得到钛酸钡，故B错
A．含硫物种B表示HS−
误；C．由流程可知，加入草酸，得到草酸氧化钛钡晶体，可用过滤的方法得到，故C正确；D．若浸出液
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫物种浓度的关系为c(Na+)＝2[c(HS)+c(HS−)+c(S2−)]
2
C．X、Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出HS的K
2 a1
D．NaHS溶液呈碱性，若向该溶液中加入CuSO 溶液，恰好完全反应时所得溶液呈强酸性，其原 中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为 mol/L=2.58×
4
因是Cu2++HS−=CuS↓+H+
10−8mol/L，故D正确；故选B。
【答案】BC
15．CuSO 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是
4
【解析】向等物质的量浓度NaS、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和
2
硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2−；B先增加后减少，则B为HS−；C开始时几乎不存
在，之后逐渐增大，则C为HS。A．B先增加后减少，则B为HS−，故A正确；B．向等物质的量浓度
2
NaS、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程HS气体的逸出，根据混合液Na、S物料守恒
2 2
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
可得：c(Na+)＝3[c(HS)+c(HS−)+c(S2−)]，故 B 错误；C．X 点为 S2−和 HS−浓度相同，K (HS)=
2 2 2
B．将CuSO 溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体
4
C．X可能是SO 和SO 的混合气体
2 3D．Y可以是蔗糖溶液 (5)除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是___________。
【答案】A 【答案】（1）+4 FeTiO +2HSO (浓)=TiOSO +FeSO +2HO
3 2 4 4 4 2
【解析】A．Cu和浓硫酸加热反应生成CuSO 、SO 、HO，途径①产生了有毒气体，相对于途径①， （2）防止Fe2+被氧化
4 2 2
途径②更好地体现了绿色化学思想，A项正确；B．将CuSO 溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得 （3）9 TiO2++2HO=TiO(OH) ↓+2H+或TiO2++2HO=HTiO ↓+2H+ FeSO ·7H O 烧杯、漏斗、
4 2 2 2 2 3 4 2
到的胆矾晶体失去结晶水，故无法得到胆矾，B项错误；C．CuSO 热分解生成两种产物，其中一种为 玻璃棒
4
（4）隔绝空气
Cu O，Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuSO 中只有O元素的化合价能升高，故X中必有
2 4
（5）稀盐酸或稀硫酸
O，C项错误；D．CuSO 与过量NaOH溶液反应会生成Cu(OH) 悬浊液，蔗糖不是还原性的糖，不能
2 4 2
【解析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)中加浓硫酸使其转化为可溶性的硫酸亚铁等；然后加水和
还原新制Cu(OH) 悬浊液生成Cu O，D项错误；答案选A。
2 2
加铁粉除消耗多于的氢离子外还可防止亚铁离子被氧化成铁离子；沉降分离后得到TiOSO 以及硫酸
三、非选择题：本题共5小题，共60分。 4
亚铁的混合溶液，然后冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体和溶液II，向溶液II中加水并加热过滤得到
16．金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料。以钛铁矿(主要
钛酸和回收硫酸；将钛酸煅烧得到二氧化钛，在高温条件下与碳和氯气反应生成四氯化钛，然后四氯
成分为钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如图所示。
化钛与镁在高温下反应生成钛单质。(1)根据2R+C=====2Fe+2TiO+CO ↑以及原子守恒，可得钛酸亚
2 2
铁的化学式为FeTiO ，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得FeTiO 中Ti的化合价为+4价；钛
3 3
酸亚铁和浓HSO 反应的产物之一是TiOSO，反应中无气体生成，则该反应为非氧化还原反应，则其
2 4 4
反应为：FeTiO +2HSO (浓)=TiOsO +FeSO +2HO；(2)由分析可知，加铁粉的主要目的是为了防止亚
3 2 4 4 4 2
铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；(3)① ，所以有
请回答下列问题：
(1)钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下反应的化学方程式为：2R+C=====2Fe+2TiO+CO ↑，钛酸亚
2 2
，pOH=5，则pH=14-pOH=9，故答案为9；②若将含有Fe2+、
铁中钛元素的化合价为___________，钛酸亚铁和浓HSO 反应的产物之一是TiOSO，反应中无气体
2 4 4
生成，该反应的化学方程式为___________。
TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，结合表中K 数据可知TiO(OH) 的K 最小，
sp 2 sp
(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是___________。
则所得该白色沉淀为氢氧化氧钛，则该反应的方程式为：TiO2++2HO=TiO(OH) ↓+2H+或 TiO2+
2 2
(3)溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子，常温下，其对应氢氧化物的K 如表所示。
sp
+2HO=HTiO ↓+2H+；③由分析可知，溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO ·7H O，
2 2 3 4 2
氢氧化物 Fe(OH) TiO(OH) Mg(OH)
2 2 2 过滤时所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒以及烧杯，故答案为：FeSO ·7H O；漏斗、玻璃棒、烧杯；(4)Mg
4 2
为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl 过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空
K 8.0×10−16 1.0×10−29 1.8×10−11 4
sp
气，故答案为：隔绝空气；(5)常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.18mol·L−1，当溶液的pH等于___________时，
稀硫酸或稀盐酸，故答案为：稀硫酸或稀盐酸。
Mg(OH) 开始沉淀。
2
17．钴及其化合物在催化剂、磁性材料、电池等领域应用十分广泛。回答下列问题：
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为
(1)纳米氧化钴可以在室温下将甲醛完全催化氧化为CO 和HO。
2 2
___________。
①基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]_______。
③溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是___________，过滤需要的主要玻璃仪器是
②甲醛分子中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)；甲醛分子的立体构型为
___________。
_______；分子中σ键与π键数目比为_______。
(4)Mg还原TiCl 过程必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________。
4
(2)[Co(NH )]Cl 是橙黄色晶体，该配合物中提供空轨道接受孤对电子的微粒是_______，NH 分子
3 6 3 3中氮原子的杂化轨道类型为_______，NH 是_______(填“极性”或“非极性”)分子。
3
g·cm−3。
(3)LiCoO 可用作锂离子电池的电极材料。在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素
2
是_______(填元素符号)，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_______(填“相同”或“相反”)；
18．水合肼(N H·H O)是一种重要的化工原料，工业上用尿素[CO(NH)]、NaOH和NaClO溶液反应
2 4 2 2 2
LiF的熔点为848℃，属于_______晶体，LiF的熔点高于LiCl熔点(605℃)的原因是_______。
制备水合肼的实验流程如图：据此某化学兴趣小组设计了下列实验制备NH·H O。
2 4 2
(4)某钴化合物纳米粉可以提高碱性电池的性能。该化合物晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为a
nm，则此晶体的密度为(列出计算式即可)_______g·cm−3。
查阅资料：①3NaClO====2NaCl+NaClO ；②NH·H O易溶于水，熔点-40℃，沸点为118℃，具有
3 2 4 2
强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N；属于二元弱碱，在空气中可吸收CO 而产生烟雾。
2 2
【答案】（1）3d74s2 O＞C＞H 平面三角形 3∶1
[实验一]制备NaClO溶液
（2）Co3+ sp3 极性
（3）Mg 相反 离子 LiF、LiCl均为离子晶体，F−半径小于Cl−，且所带电荷数相等，则LiF
的晶格能大于LiCl
（4）
【解析】(1)①基态钴原子为27号元素，则核外电子排布式为[Ar]3d74s2；②甲醛分子中含有C、H、O
三种元素，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞H；甲醛分子中心碳原子
回答下列问题：
有3条键，无孤电子对，为sp2杂化，则空间构型为平面三角形；分子中含有3个σ键，1个π键，则σ
(1)盛装浓盐酸仪器的名称是_______，加入实验药品之前必须进行的操作是_______。
键与π键数目比为3∶1；(2)[Co(NH )]Cl 是配合物，Co3+提供空轨道；NH 分子中氮原子含有3条共
3 6 3 3 (2)装置II中为了提高NaClO的产率，用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要原因是_______。
价键，1对孤电子对，则杂化轨道类型为sp3杂化；空间构型为三角锥型，则为由极性键构成的极性分
(3)装置III的作用是_______。
子；(3)根据对角线原则，在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg；该元素基态原
[实验二]制备水合肼
子核外M层电子为3s2，自旋状态相反；LiF的熔点为848℃，属于离子晶体；LiF、LiCl均为离子晶体，
F−半径小于Cl−，且所带电荷数相等，则LiF的晶格能大于LiCl，故LiF的熔点高于LiCl熔点(605℃)；
(4)根据晶胞的结构，Co在晶胞的顶点个数=8× =1，Ti在晶胞的体内个数为1，O在晶胞的面心，个
(4)装置中的直形冷凝管_______(填“能”或“不能”)用球形冷凝管代替。
数=6× =3，则1mol晶胞的质量=(59+48+16×3)g，1mol晶胞的体积=(a nm)3×N ，则此晶体的密度=
A
(5)三颈烧瓶中生成水合肼的化学反应方程式：_______。
(6)滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因是_______。
(7)有同学认为该实验收集装置有缺陷，请你写出改进措施_______。【答案】（1）分液漏斗 检查装置气密性
（2）防止温度高，使NaClO分解
（3）吸收尾气，防止污染空气
（4）不能
（5）NaClO+CO(NH )+2NaOH=NH∙H O+NaCl+Na CO
2 2 2 4 2 2 3
（6）防止水合肼被NaClO氧化
（7）在锥形瓶导管上连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置 A．电源中的a一定为正极，b一定为负极 B．可以用NaCl溶液作为电解液
【解析】实验一：装置I中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，氯气通入冰水浴中的30%的NaOH溶 C．A、B两端都必须用铁作电极 D．阴极发生的反应是：2H++2e−＝H↑
2
液中，生成NaCl、NaClO，防止温度过高生成氯酸钠；氯气有毒，装置III中用NaOH吸收未反应的氯 (3)将不同量的CO(g)和H 2 O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H 2 O(g)
CO(g)+H(g)，得到如下三组数据：
气。实验二：三颈烧瓶中NaClO与尿素反应生成水合肼，控制温度，使水合肼变为蒸汽溢出，水合肼具 2 2
有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N 2 ，则滴加NaClO溶液时不能过快、过多；利用冷凝管冷凝水 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
实验组 温度/℃
合肼，在锥形瓶中收集；水合肼在空气中可吸收CO 而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干
2
HO CO CO
2 2
燥管，防止空气中二氧化碳进入收集装置。(1)根据装置特点，盛装浓盐酸仪器的名称是分液漏斗；连
1 650 2 4 1.6 5
接装置后，应先检验装置的气密性；(2)已知加热NaClO溶液可生成氯酸钠，则用冰水浴控制温度在
2 900 1 2 0.4 3
30℃以下，可防止温度过高NaClO分解；(3)氯气有毒，则装置III的作用是吸收未反应的氯气，防止污
3 900 1 2 0.4 1
染空气；(4)球形冷凝管一般用于合成装置中的冷凝回流，直形冷凝管用于蒸馏实验的冷凝，则装置中
①该反应的正反应为_____(填“吸”或“放”)热反应。
的直形冷凝管不能用球形冷凝管代替；(5)三颈烧瓶中NaClO、NaOH与尿素反应生成水合肼和碳酸钠，
②实验2中，平衡常数K＝_____。
化学反应方程式为NaClO+CO(NH )+2NaOH=NH∙H O+NaCl+Na CO
2 2 2 4 2 2 3
③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是_____(答一种情况即可)。
；(6)水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N，滴加NaClO溶液时不能过快、过多；(7)水合
2
(4)将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，
肼在空气中可吸收CO 而产生烟雾，则需在锥形瓶后加装有碱石灰的干燥管，防止空气中二氧化碳进
2
溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序_____。
入收集装置。
【答案】（1）Fe O(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO (g) ΔH＝-28.5kJ/mol PdCl +CO+H O＝Pd+CO+2HCl
19．碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生 2 3 2 2 2 2
（2）C H+26OH−-20e−＝3CO+17H O ABD
3 8 2
活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。
（3）放热 0.167 使用了催化剂或增大了压强
(1)将CO 与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．
2
（4）c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)
①已知：Fe O(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g) ΔH＝+489.0kJ/mol
2 3 1
【解析】(1)①Fe O(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g) ΔH ＝+489.0kJ/mol ①；C(石墨)+CO (g)＝
2 3 1 2
C(石墨)+CO (g)＝2CO(g) ΔH＝+172.5kJ/mol
2 2
2CO(g) ΔH＝+172.5kJ/mol ②；由①-②×3，得到热化学方程式：Fe O(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO (g)
则CO还原Fe O 的热化学方程式为 。 2 2 3 2
2 3
ΔH＝-28.5kJ/mol，故答案为：Fe O(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO (g) ΔH＝-28.5kJ/mol，②氧化还原反应
②氯化钯(PdCl )溶液常被应用于检测空气中微量CO、PdCl 被还原成单质，反应的化学方程式为 2 3 2
2 2
规律，CO与PdCl 溶液反应，PdCl 被还原成单质，则CO被氧化成CO，根据质量守恒定律，有水参与
。 2 2 2
反应同时生成氯化氢，反应的化学方程式为：PdCl +CO+H O＝Pd+CO+2HCl，故答案为：
(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C H 和O 构成丙烷燃料电池。 2 2 2
3 8 2
①负极电极反应式是： 。 PdCl 2 +CO+H 2 O＝Pd+CO 2 +2HCl；(2)C 3 H 8 和 O 2 构成丙烷燃料电池的总反应：C 3 H 8 +5O 2 +6OH−＝
②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH) 的实验装置(如图所示)，通电后，溶液 3CO+7H O，正极发生还原反应，电极反应式为：O+4e−+2H O＝4OH−，负极发生氧化反应，电极反应
2 2 2 2
中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．下列说法中正确的是_____(填序号)。 式为：C H+26OH−-20e−＝3CO+17H O；故答案为：C H+26OH−-20e−＝3CO+17H O；②A．因为生成的
3 8 2 3 8 2氢气将装置中原有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极则是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，
电源中的a与A相连，则a为正极，b与B相连，则b为负极，选项A正确；B．电解池中阳极是铁失去 已知： +R－OH
电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中的
阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响实验，选项B正确；C．阳极应该用铁电极，阴极 回答下列问题：
可以是铁也可以是其他惰性电极，选项C错误；D．阴极氢离子放电，其电极反应为2H++2e−＝H↑，选 (1)D的名称是______。
2
(2)D→E反应①的化学方程式是_______。
项D正确；答案选ABD；(3)①实验1中CO的转化率为 ×100%＝40%，实验2中CO的转化 (3)E→F的反应类型为_______。
(4)J中的含氧官能团除硝基外还有_______(填官能团名称)。
率为 ×100%＝20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动， (5)化合物X是H的同系物，其分子式为C HON，其核磁共振氢谱有3组峰，则X的结构简式可
8 9 3
能为_______(写一种即可)。
正反应放热，故答案为：放热；
(6)D的同分异构体中能发生水解反应有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组
CO(g) + H O(g) CO(g)+H(g)
2 2 2
峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______。
②起始量（mol/L） 0.5 1 0 0
变化量（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.2
(7)参照题中合成路线图，设计以2－甲基－1－丙烯和 为原料来合成 的
平衡量（mol/L） 0.3 0.8 0.2 0.2
合成路线_______。
根据K= = =0.167；③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实
【答案】（1）2－甲基－2－羟基丙醛
验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动，应是使用了催化剂，又由于反
（2） +2Cu(OH) +NaOH――→ +Cu O↓+3HO
应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂 2 2 2
或增大了压强；(4)2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2mol CO，与0.3mol NaOH反应的化学方程式为：
2
（3）取代反应
2CO+3NaOH＝NaHCO +Na CO+H O，生成0.1mol NaCO、0.1mol NaHCO ，在含等物质的量的碳
2 3 2 3 2 2 3 3
（4）醚键、羧基
酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c(Na+)最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则 c(HCO)＞
c(CO)，水解使溶液显碱性，则c(OH−)＞c(H+)，显性离子大于隐性离子，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)
（5） 或
＞c(H+)，即离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO)＞
c(CO)＞c(OH−)＞c(H+)。
（6）4 HCOOCH CHCH
2 2 3
20．有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成了
J，其合成路线如下：
（7）
【解析】A发生加成反应生成B，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为 ，A为；由D、E的分子式结合反应条件知，C发生氧化反应生成D为 ，D发生氧 ，D的同分异构体中能发生水解反应，说明含有酯基，可能是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙
酸乙酯、丙酸甲酯，有4种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的结构简式为
化反应然后酸化生成E为 ，E发生取代反应生成F，F与H发生取代反应生成J，结合
HCOOCH CHCH 。（7）以 2－甲基－1－丙烯和 为原料来合成 ，
2 2 3
可由 和(CH)COH发生取代反应得到，(CH)COH可由(CH)CBr发生水
3 3 3 3 3 3
J的结构，可知H为 ；（1）D为 ，D的名称是2－甲基－2－羟基丙醛；（2）D发生氧
解 反 应 得 到 ， 2 － 甲 基 丙 烯 和 HBr 发 生 加 成 反 应 得 到 (CH)CBr ， 其 合 成 路 线 为
3 3
化反应生成E，D-E反应①的化学方程式是 +2Cu(OH) +NaOH
2
。
――→ +Cu O↓+3HO；（3）E―→F的反应类型为取代反应；答案为取代反应。（4）J
2 2
中的含氧官能团除硝基外还有醚键、羧基；答案为醚键、羧基。（5）H为 ，化合物X是H的同系
物，其分子式为C HON，则X比H多2个－CH，且X含有酚羟基、硝基，其核磁共振氢谱有3组峰，
8 9 3 2
说明X中含有两个甲基且对称，则X的结构简式可能为 、或 ；（6）D为
