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“学情空间”区域教研共同体高三入学检测
化学试题
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，每个小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害
B. 酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D. “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
【答案】A
【解析】
【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；
B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；
C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；
D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；
故选A。
2. 下图是某84消毒液(有效成分为次氯酸钠)标签的部分内容。下列说法正确的是
84消毒液
[性状]本品为无色透明液体
[规格]250 mL、252.50 g
[含量]氯含量为5.00%
[贮藏]密封保存
A. 密封保存的目的是防止 分解
B. 该84消毒液中含 的质量为
C. 该84消毒液的密度为
D. 该84消毒液中含氯微粒的物质的量浓度约为
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【解析】
【分析】
【详解】A．密封保存的目的是防止NaClO水解生成的HClO分解，故A错误；
B．该84消毒液中含NaClO的质量=252.50g×次氯酸钠的质量分数，252.50g是次氯酸钠溶液的质量，故B
错误；
C．该84消毒液的密度= =1.01gcm−3，故C错误；
⋅
D．该84消毒液中含氯的物质的量浓度= =1.42molL−1，故D正确；
⋅
故选：D。
3. 某未知溶液X可能含有Al3+、Na+、 、Cl-、 、 中的若干种，取该溶液进行如下实验，若
实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是
A. 原溶液中一定存在Na+，可能存在Cl-
B. 原溶液中一定存在 、 、 ，且均为0.01 mol
C. 原溶液中可能存在Na+，n(Cl-)≥0.01 mol
D. 原溶液中一定不存在Al3+、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】根据流程可知，溶液中加入氯化钡生成沉淀，再加入盐酸，部分沉淀溶解，则沉淀为碳酸钡质量
为1.97g，物质的量为0.01mol；硫酸钡为2.33g，物质的量为0.01mol；滤液中加入烧碱，产生氨气，标况
下1.12L，物质的量为0.05mol，加入的物质为烧碱，焰色反应为黄色，不能判断原溶液中是否含有钠离子；
根据离子共存，一定不含铝离子；根据溶液呈电中性，可判断一定含有氯离子。
【详解】A．分析可知，原溶液中一定存在Cl-，可能存在Na+，A说法错误；
B．原溶液中一定存在 、 、 ，且 、 均为0.01 mol， 为0.05mol，B说法错误；
C．根据溶液呈电中性，不含Na+时，n(Cl-)=0.01mol，若存在Na+，n(Cl-)≥0.01 mol，C说法正确；
D．原溶液中一定不存在Al3+，存在Cl-，D说法错误；
答案为C。
4. 实验室用 还原 制备金属W的装置如图所示( 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用
于吸收少量氧气)，下列说法正确的是
A. ①、②、③中依次盛装 溶液、浓 、焦性没食子酸溶液
B. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
【答案】D
【解析】
【分析】H 还原WO 制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去
2 3
HCl、HS、氧气和水，得到干燥的氢气与WO 在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通
2 3
入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题。
【详解】A．气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错
误；
B．装置Q优点是随开随用，随关随停，仅适用于块状固体和液体的反应，且装置不能加热；故该装置不
能用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，因为二氧化锰是粉末状固体，且该反应需要加热，故B错误；
C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C
错误；
D．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判
断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故D正确；
答案选D。
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的
1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分
反应物和生成物省略)。下列说法正确的是（ ）
A. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和
的 ，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相
同，且乙是一种“绿色氧化剂”，乙为HO ，则丁为HO，结合图中转化关系可知， M为O ，化合物N是
2 2 2 2
具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO ，则甲为NaS，丙为HS，因此X为H、Z为Na，Y为O、W为
2 2 2
S，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知X为H、Z为Na，Y为O、W为S，甲为NaS，乙为HO，M为O，丙为HS，
2 2 2 2 2
N为SO ，丁为HO。
2 2
A．含S元素的盐溶液中，硫酸氢钠显酸性，亚硫酸钠显碱性，硫酸钠为中性，故A正确；
B．化合物N为SO ，具有还原性，能够将溴水还原，使溴水褪色，乙烯能够与溴发生加成反应，使溴水
2
褪色，前者是氧化还原反应，后者是加成反应，原理不同，故B错误；
C．电子层越多，原子半径越大，同周期元素，从左向右，原子半径减小，则原于半径：r(Z)＞r(W)＞
r(Y)，故C错误；
D．NaH中H满足最外层2电子稳定结构，不是8电子结构，故D错误；
故选A。
6. 以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：
其中“氧化”加入KMnO 是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是
4A. 浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率
B. “氧化”生成的固体是MnO 和Fe(OH)
2 3
C. “置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等
D. “煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角
【答案】D
【解析】
【详解】A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因
而也可以提高了浸出率，A正确；
B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO 溶液，Ni2+不能被氧化，
4
Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO 和Fe(OH) 除去，KMnO 被还原形成MnO ，B正确；
2 3 4 2
C.由于金属活动性Zn>Ni>Cu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，
除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；
D. “煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；
故合理选项是D。
的
7. 探究 与水 反应，实验如图：(已知： 、 )，下列分析正
确的是
A. ①④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
B. ①⑤中 均发生化学变化
C. ②⑤中 与 的作用不同，产生气体的量相同
D. 通过③能比较酸性：
【答案】A【解析】
【详解】A．①中发生反应 ，④中发生反应
、 ，均发生了氧化还原反应和复分解反应，故A
正确；
B．⑤发生反应 ，⑤中HO没发生化学变化，故B错误；
2
C．②中 是反应物，做氧化剂，HO 只做还原剂，1mol双氧水生成1mol氧气；⑤中 做催
2 2
化剂，HO 既做氧化剂又做还原剂，1mol双氧水生成0.5mol氧气，故C错误；
2 2
D．③发生反应 ，不能证明酸性 ，故D错误；
选A。
8. 取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的 气体和672mL的
气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
17.02g。则x等于
A. 8.64 B. 9.00 C. 9.20 D. 9.44
【答案】C
【解析】
【分析】铜和镁失去 的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，
等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，
沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。
【详解】8.960L的NO 气体的物质的量为 =0.4mol，0.672L的NO 气体的物质的量
2 2 4
为 =0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-
4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所
以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。9. 合成新型多靶向性的治疗肿瘤的药物索拉非尼的部分流程如图。
下列叙述错误的是
A. X结构中所有原子可能共面
B. Z中含氧官能团名称为酰胺键(或酰胺基)
C. X的环上二氯代物有6种
D. Z的分子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．旋转碳氧单键，可以使-COOH中原子共面，旋转碳碳单键可以使羧基的平面与六元环平面重
合，故X结构中所有原子可能共面，故A正确；
B．Z中含氧官能团名称为酰胺键，故B正确；
C．X的环上有4种氢，任意2个H原子被取代有 =6种情况，即X中环上二氯代物有6种，故C正确；
D．Z的分子式为 ，故D错误；
故选：D。
10. 科研人员提出CeO 催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：
2
下列说法正确的是
A. ①、②、③中均有O—H的断裂
B. 生成DMC总反应的原子利用率为100%
C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率D. DMC与过量NaOH溶液反应生成 和甲醇
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A错误；
B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B错误；
C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C错误；
D. DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成 和甲醇，D正确；
答案选D。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每个小题只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. 在同一温度下，在3个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：PCl (g) PCl (g)+Cl (g)。下列说
5 3 2
法错误的是
物质的起始浓度/(mol/L) 物质的平衡浓度/(mol/L)
容器编号
c(PCl ) c(PCl ) c(Cl ) c(Cl )
5 3 2 2
I 0.4 0 0 0.2
II 0.6 0 0.2
III 0.8 0 0
A. 反应达到平衡时，容器I中 比容器II中的大
B. 反应达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3∶4
C. 反应达到平衡时，容器III中Cl 的体积分数小于
2
D. 反应达到平衡时，容器III中0.4 mol/L＜c(PCl )＜0.8 mol/L
5
【答案】AB
【解析】
【详解】A．容器编号I中发生反应PCl (g) PCl (g)+Cl (g)，起始浓度c(PCl )=0.4 mol/L，
5 3 2 5c(PCl )=c(Cl )=0，当反应达到平衡时c(Cl )=0.2 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时c(PCl )=0.2
3 2 2 3
mol/L，c(PCl )=0.4 mol/L-0.2 mol/L=0.2 mol/L，此时 =1，该温度下化学平衡常数K=
5
；
对于容器II，反应正向进行，假设反应达到平衡时消耗c(PCl )=x mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡
5
时c(PCl )=(0.6-x) mol/L，c(PCl )=x mol/L，c(Cl )=(0.2+x)mol/L，由于温度不变，化学平衡常数不变可知
5 3 2
K= ，解得x=0.2 mol/L，则平衡时c(PCl )=0.4 mol/L，c(Cl )=0.4
5 2
mol/L，此时 =1，可见反应达到平衡时，容器I中 比容器II的 小，A
错误；
B．根据选项A分析可知平衡时：对于容器I，c(PCl )=c(Cl )=c(PCl )=0.2 mol/L，由于容器的容积是1.0 L，
3 2 5
气体的物质的量与浓度数值相等；此时容器内气体的物质的量为n(总)=(0.2 mol/L+0.2 mol/L +0.2
mol/L)×1.0 L=0.6 mol；对于容器II平衡时c(PCl )=c(Cl )=0.4 mol/L，c(PCl )=0.2 mol/L，容器的容积是1.0
5 2 3
L，气体总物质的量n(总)=(0.4 mol/L+0.4 mol/L+0.2 mol/L)×1.0 L=1.0 mol，在恒温恒容时，气体的物质的
量与压强呈正比，则反应达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为0.6 mol：1.0 mol=3：5，B错误；
C．根据选项A分析可知平衡时：对于容器I，c(PCl )=c(Cl )=c(PCl )=0.2 mol/L，平衡时Cl 的体积分数为：
3 2 5 2
；对于容器III，相当于对容器I反应增大压强，化学平衡向气体体
积减小的逆反应方向移动，Cl 的量减小，所以达平衡时，器III中Cl 的体积分数小于 ，C正确；
2 2
D．III中起始量为I中2倍，若平衡不移动，II中平衡时c(PCl )=0.4 mol/L，压强增大使化学平衡逆向移动，
5
生成物不可能完全转化为反应物，则平衡时,容器IIII中0.4 mol/L＜c(PCl )＜0.8 moI/L，D正确；
5
故合理选项是AB。12. 用惰性电极电解法制备硼酸[ 或 ] 工的作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和
阴离子通过)。下列有关说法正确的是
A. 1、3膜为阴膜，2膜为阳膜
B. b极的电极反应式为
C. 产品室中发生的反应是
D. 每增加 产品，NaOH溶液增重22g
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O 和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水
2
得电子生成H 和OH-，原料室中的Na+通过阳膜1进入a 极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的
2
通过阴膜2进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室， 、H+发生反应生成
HBO；a、b电极反应式分别为2HO+2e-=H ↑+2OH-、2HO-4e-=O ↑+4H+。
3 3 2 2 2 2
【详解】A．由上述分析可知，1、3膜为阳膜，2膜为阴膜，故A错误；
B．b极为阳极，电极反应为2HO-4e-=O ↑+4H+，故B错误；
2 2
C．产品室中 、H+发生反应生成HBO，反应离子方程式为 +H+=B(OH) +H O，故C正
3 3 3 2
确；
D．每增加1mol HBO 产品，则有1mol Na+移向NaOH溶液，同时有0.5mol H 生成，因此NaOH溶液质量
3 3 2
增加1mol×23g/mol-0.5mol×2g/mol=22g，故D正确；
故答案为CD。13. 某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH )在催化剂Ru表面与水反应可生成H，其反应机理如图所示：
4 2
根据以上信息判断，下列叙述错误的是
A. 过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B. X是HBO，HBO 和BH 两分子中H的化合价相等
3 3 3 3 3
C. 过程③和过程④各产生1molH 时转移的电子数不相等
2
D. 0.25molNaBH 的还原能力与标准状况下22.4LH 的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)
4 2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图示可知，过程①至过程④中BH-反应生成B(OH) -，硼元素的化合价一直为+3价，化合价
4 4
不变，A正确；
B.过程④中2moH O水与2molX反应生成2mol B(OH) -和1molH ，根据元素守恒X为HBO，HBO 中H
2 4 2 3 3 3 3
为+1价，但在BH 分子中H为-1价，B错误；
3
C.由图示可知，过程③中产生1molH 时转移的电子数为N ，过程④产生1molH 时转移的电子数为2N ，
2 A 2 A,
两者不相等，C正确；
D.NaBH 中H为-1价，0.25molNaBH 生成H+失去的电子的量2 0.25mol 4=2mol，标准状况下22.4LH 为
4 4 2
1mol，1mol H 生成H+失去的电子的量2 1mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；
2
答案选B。
14. 多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制晶的主要原料。已知多晶硅第
三代工业制取流程如图所示：
下列说法错误的是
A. Y、Z分别为H、Cl
2 2
B. 制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量
之比为1：1
C. SiHCl 极易水解，其完全水解的产物为HSiO、H、HCl，据此推测SiHCl 中硅元素的化合价为+2价
3 2 3 2 3D. Y与SiHCl 制备多晶硅的反应属于置换反应
3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，Y和Z点燃化合，其中Y还能与将硅从其化合物
中还原出来，这说明Y、Z分别为H、Cl，A正确；B. 制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳
2 2
化硅：3C+SiO SiC+2CO↑，在该副反应中碳既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的
2
量之比为1：2，B错误；C. SiHCl 中H是＋1价，Cl是－1价，则硅元素的化合价为+2价，C正确；D. 氢
3
气与SiHCl 制备多晶硅的反应：SiHCl +H ＝Si+3HCl，属于置换反应，D正确，答案选B。
3 3 2
15. 以酚酞为指示剂，用 的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸 溶液。溶液中，
pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积 的变化关系如图所示。[比如 的分布系数：
]。下列叙述不正确的是
A. 曲线①代表 ，曲线②代表
B. 溶液的浓度为
C. 的电离常数
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】D
【解析】【详解】A．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在
减小，曲线②在一直增加，说明H
2
A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H
2
A=HA-+H+，HA- ⇌A2-
+H+，当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na A+HO，HA-的分布
2 2
系数减小，A2-的分布系数在增大，所以曲线①代表 、曲线②代表δ(A2-)，故A正确；
B．当加入40.00 mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变,到达滴定终点，说明NaOH和HA恰好完全反应,
2
根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，n(NaOH)=2n(H A),c(HA)= 0.1000 mol/L，故B正
2 2 2 2 2
确;
C．根据图像， 时，pH=5， 的电离常数 ，
故C正确；
D．根据电荷守恒 ，由于A2-水解，滴定终点时，溶液呈
碱性，所以溶液中 ，故D错误；
选D。
三、非选择题：本题共5个小题，共60分。
16. 碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：
（1）氮原子核外有____种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为____。
（2）已知：(NH )CO 2NH +H O +CO
4 2 3 3 2 2
↑ ↑ ↑
①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有_______种。
②分解所得的气态化合物分子的键角由大到小的顺序为_______(填化学式)。
（3）物质 中与 中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为
____。
（4）配合物[Cu(CHC N) ]中铜原子的价电子排布式为_______， 的空间构型为_______。
3 4
≡（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方
体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。
①晶胞中C原子的配位数为_______。该晶体硬度超过金刚石的原因是_______。
②已知该晶胞的边长a pm，阿伏加德罗常数用N 表示，则该晶体的密度为_______g/cm3。
A
【答案】（1） ①. 7 ②.
（2） ①. 2 ②. CO＞NH ＞HO
2 3 2
（3）3:2 （4） ①. 3d104s1 ②. 正四面体
（5） ①. 4 ②. 都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能 ③.
【解析】
【小问1详解】
氮元素为7号元素，原子核外有7个电子，则有7种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布
图为 。答案为：7； ；
【小问2详解】
①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有B、C元素，共2种。
②分解所得的气态化合物为CO、NH 、HO，孤对电子分别有0对、1对、2对，孤电子对数越多，对成
2 3 2
键电子的排斥作用越大，键角越小，所以分子的键角由大到小的顺序为CO＞NH ＞HO。答案为：2；
2 3 2
CO＞NH ＞HO；
2 3 2
【小问3详解】
中的碳原子发生sp2杂化，则 中的碳原子发生sp2杂化的有6个，发生sp3
杂化的有3个，发生sp杂化的有1个，所以杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6:(3+1)=3:2。答案为：3:2；
【小问4详解】
配合物[Cu(CHC≡N) ]中的铜原子，没有得失电子，原子核外电子数仍为29个，所以价电子排布式为
3 4
3d104s1， 中，B原子的价层电子对数为4，空间构型为正四面体。答案为：3d104s1；正四面体；
【小问5详解】
①设定晶胞中右上角的碳原子为中心碳原子，它被8个晶胞共用，有4个晶胞中的N原子与该碳原子形成
共价键，所以晶胞中C原子的配位数为4。该晶体中，C-N键的键长比C-C键的键长短，所以硬度超过金
刚石，原因是：都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能。
②在晶胞中，含有的C原子数为 =3，N原子数为4，则化学式为C N，边长a pm，阿伏加德
3 4
罗常数用N 表示，则该晶体的密度为 = g/cm3。答案为：4；都构成共价
A
晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能； 。
【点睛】计算晶胞中所含原子的数目时，可使用均摊法。
17. 亚氯酸钠 常用于纺织、造纸业漂白，也用于食品消毒、水处理等。
已知：①亚氯酸钠 受热易分解；
②纯 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
I：制取 晶体（1）实验过程中需要持续通入空气，目的是_______。
（2）装置A中产生 的化学方程式为_______。
（3）装置B中还原剂和氧化剂的物质的量之比为_______，还原产物为_______；反应结束后，为从溶液
中得到 固体，采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是_______。
（4）装置C的作用是_______。
II：测定亚氯酸钠的含量
实验步骤：①准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入
适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加
几滴淀粉溶液，用 标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗 标准溶液体积
的平均值为V mL。(已知： 、 )
（5）达到滴定终点时的现象为_______。
（6）该样品中 的质量分数为_______％(用含m、c、V的代数式表示)。在滴定操作正确的情况下，
此实验测得结果偏高，可能原因为_______(用离子方程式表示)。
【答案】（1）稀释ClO 以防爆炸
2
（2）2NaClO＋NaSO ＋HSO =2ClO ↑＋2NaSO ＋HO
3 2 3 2 4 2 2 4 2
（3） ①. 2∶1 ②. O ③. 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解
2
（4）吸收ClO ，防止污染空气
2
（5）当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复
（6） ①. ②. 4I－＋O＋4H+=2I +2H O
2 2 2【解析】
【分析】A中75%硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯酸钠反应生成ClO ，B中ClO 在
2 2
碱性条件下与过氧化氢反应生成NaClO，C为尾气吸收装置，且可防止倒吸；
2
【小问1详解】
根据题给信息“纯ClO 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下”，可知实验过程中持续通入空
2
气的目的是稀释ClO ，以防止发生爆炸；
2
【小问2详解】
装置A中NaClO 被还原为ClO ，NaSO 被氧化为NaSO ；根据得失电子守恒和元素守恒，可知装置A中
3 2 2 3 2 4
产生ClO 的化学方程式为2NaClO＋NaSO ＋HSO ===2ClO ↑＋2NaSO ＋HO；
2 3 2 3 2 4 2 2 4 2
【小问3详解】
装置B中ClO 参加反应生成NaClO，Cl元素的化合价降低，作氧化剂，HO 作还原剂，有氧气生成，根
2 2 2 2
据得失电子守恒可得关系式：2ClO ～HO，故装置B中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，氧化产
2 2 2
物为O。根据题给信息“亚氯酸钠(NaClO)受热易分解”，可知反应结束后为从溶液中得到NaClO 固体，应
2 2 2
采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；
【小问4详解】
装置C的作用是吸收ClO ，防止污染空气；
2
【小问5详解】
用NaSO 标准溶液滴定待测溶液，发生反应：I＋2 =2I－＋ ，指示剂淀粉溶液遇I 变为蓝色，
2 2 3 2 2
故滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复；
【小问6详解】
①由反应中的I元素守恒可知： ～2I～4 ，故25.00 mL待测溶液中n(NaClO)＝ ×cV×10－
2 2
3mol，m(NaClO )＝ ×90.5cV×10－3g；样品m g配成250 mL待测溶液，故样品中NaClO 的质量分数为
2 2
；
②实验测得结果偏高，说明滴定消耗的NaSO 标准溶液体积偏大，则溶液中碘单质的含量偏高，可能原
2 2 3
因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质，反应的离子方程式为4I－＋O＋4H＋===2I ＋2HO。
2 2 218. 草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、 、
Fe、 等)，制备草酸钴晶体 的流程如下：
已知：①草酸钴晶体难溶于水；②RH为有机物(难电离)。回答下列问题：
（1）酸浸时钴溶解反应的化学方程式为_______，浸出液中加入 后发生反应的离子方程式为_______。
（2）加入氧化钴的目的是_______，滤渣II高温灼烧的产物主要有_______。
（3）操作①为_______(填操作名称)。
（4）已知： ；
；
。
该流程中所用 溶液的pH_______7(填“>”“＜”或“=”)。
（5）钴的含氧酸盐受热分解最终产物多为氧化物，已知 热分解质量变化过程如图
所示(其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热)，A、B、C均为纯净物。
①A点对应物质的化学式为_______。
②B→C反应的化学方程式为_______。【答案】（1） ①. Co+H OS =CoSO+H ↑ ②. 2Fe2++2H++H O=2Fe3++2H O
2 4 4 2 2 2 2
（2） ①. 调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+分别转化为沉淀 ②. Al O、Fe O
2 3 2 3
（3）萃取分液 （4）＜
（5） ①. CoC O ②.
2 4
【解析】
【分析】废料粉碎后加入稀硫酸酸浸，Co、NiO、Al O、Fe都和稀硫酸反应生成相应的盐，SiO 不溶于稀
2 3 2
硫酸，滤渣I为SiO，浸出液中加入双氧水和CoO，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，CoO和稀硫酸反应生成
2
CoSO 而增大溶液pH值，使Fe3+、Al3+分别转化为Fe（OH）、Al（OH） 沉淀，则滤渣II为Fe（OH）
4 3 3
，向滤液中加入RH，萃取后得到的水层中含有CoSO ，有机层中含有NiR ，向水层中加入草酸铵得到草
3 4 2
酸钴晶体；
【
小问1详解】
酸浸时Co和稀硫酸反应生成硫酸钴和氢气，反应方程式为Co+H OS =CoSO+H ↑；浸出液中加入HO，
2 4 4 2 2 2
双氧水具有氧化性，能氧化具有还原性的亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++H O=2Fe3+
2 2
+2H O；
2
故答案为：Co+H OS =CoSO+H ↑；2Fe2++2H++H O=2Fe3++2H O；
2 4 4 2 2 2 2
【小问2详解】
CuO能和稀硫酸反应生成水而调节溶液的pH值，使Fe3+、Al3+分别转化为沉淀而除去杂质离子；滤渣的II
主要成分是Fe（OH）、Al（OH），高温灼烧Fe（OH）、Al（OH） 的产物为Al O、Fe O；
3 3 3 3 2 3 2 3
故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+分别转化为沉淀；Al O、Fe O；
2 3 2 3
【小问3详解】
分离互不相溶的液体采用分液方法，所以操作①为萃取分液；
故答案为：萃取分液；
【小问4详解】
； NH +水解程度大
4
于 -，NH +水解导致溶液呈酸性、 水解导致溶液呈碱性，所以该溶液呈酸性，溶液的pH＜7；
4
故答案为：＜；
【小问5详解】18.3gCoC O•2HO中n（CoC O•2HO） ，CoC O•2HO受热时如果完全失去HO
2 4 2 2 4 2 2 4 2 2
生成CoC O，m（CoC O）=0.1mol×147g/mol=14.7g，如果CoC O 分解生成CoO，根据Co原子守恒得n
2 4 2 4 2 4
（CoO）=n（CoC O）=0.1mol×75g/mol=7.5g，C点得到的固体中m（Co）=0.1mol×59g/mol=5.9g，m
2 4
（O）=（8.03-5.9）g=2.13g，n（Co）：n（O）= ，所以其化学式为Co O；
3 4
①通过以上分析知，A点对应物质为CoC O；
2 4
②B点溶质为CoO、C点溶质为Co O，B→C反应的化学方程式为 ；
3 4
故答案为：CoC O； 。
2 4
19. 以下是抗肿瘤药物中一种关键中间体G的合成路线(部分反应条件及副产物已略去)：
已知以下信息：
I.B比A的相对分子质量大79；
II.反应④包含一系列过程，D的分子式为 ，可发生银镜反应，且具有酸性；
III. 。
回答下列问题：
（1）反应①和⑥的条件分别是_______、_______。
（2）下列说法不正确的是_______(填字母)。a.C物质能使三氯化铁溶液显紫色
b.D分子中含有的官能团有醛基、羧基和羟基
c.E能发生氧化、加成、取代、缩聚反应
d.1mol F最多可与 发生加成反应
（3）反应⑤的反应类型是_______。由C和D生成E的化学反应方程式：_______。
（4）G的结构简式为_____。既能发生银镜反应，又含苯环的G的同分异构体有_______种。
的
（5）由2分子E生成 含有3个六元环化合物中不同化学环境的氢原子共有_______种。
【答案】（1） ①. Br 、铁粉 ②. 铜、氧气、加热
2
（2）bd （3） ①. 加成反应 ②.
+
（4） ①. ②. 24
（5）6
【解析】
【分析】反应④包含一系列过程，D的分子式为C HO，可发生银镜反应，且具有酸性，则D为
2 2 3
OHCCOOH，根据D、E结构简式知，CD发生加成反应生成E，则C为 ，B比A的相对分
子质量大79，则B为 、A为 ，A需要和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反
应生成B，B发生水解反应生成C；E发生催化氧化生成F，F发生信息[3]的反应生成G为，结合题目分析解答。
【小问1详解】
反应①为甲苯和溴的取代反应，条件是Br 、铁粉，⑥为醇的催化氧化反应，条件是铜、氧气、加热，故
2
答案为：Br 、铁粉；铜、氧气、加热；
2
【小问2详解】
a．C为 ，属于酚类物质，属于C物质能使三氯化铁溶液显紫色，故正确；
b．D为OHCCOOH，D分子中含有羧基和醛基，故错误；
c．E中含有醇羟基、酚羟基、羧基，醇羟基和酚羟基能发生氧化反应，苯环能发生加成反应，羟基、羧基
能发生取代反应，羧基和醇羟基能发生缩聚反应，故正确；
d．F中苯环和羰基都能和氢气发生加成反应，但羧基不能和氢气发生加成反应，则1molF最多可与
4molH 发生加成反应，故错误；
2
故选bd；
【小问3详解】
反应⑤的类型是加成反应，由C 和D生成E的化学反应方程式：
+
；
【小问4详解】
根据上述推断G的结构简式为 ；其同分异构体中既能发生银镜反应，又含苯环的一共有24种。即①含有—CHO、—OH、—CH 三个取代基，两个在对位，另一个有2种位置；两个在间位，
3
另一个有4种位置；两个在邻位，另一个有4种位置；②含有—OH和—CH—CHO两个取代基的共4种；
2
含有—CHO和—CHOH两个取代基的共3种；含有—CHO和—OCH 两个取代基的共3种；含有—CH 和
2 3 3
—OOCH两个取代基的共3种；③含有—CHOOCH一个取代基的有1种，共计24种；
2
【小问5详解】
由于E分子中既有—OH又有—COOH，则2个E分子之间发生酯化反应生成六元环酯，再加上两个六元苯
环，即为含有3个六元环的化合物，其结构简式为 ，这是一个对称
结构的有机物，含有不同化学环境的氢原子一共为6种，分别是苯环上3种，—OH上1种，—CH 上1种，
3
CH原子团上1种。
20. 水煤气变换 是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以
及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：
①使纯 缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体
中 的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是 _______CO(填“大于”或“小于”)。
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和 混合，采用适当的催化剂进行反应，则平
衡时体系中 的物质的量分数为_______(填标号)。
A.＜0.25 B.0.25～0.50 C.>0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，
其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的 _______0(填“>”或“＜”)，该历程中最大能垒(活化能) _______eV，写出该步骤
的化学方程式_______。
（4）McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数 。
得到 和 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和 反应的 _______0(填“>”或“＜”)。
②反应 的K=_______(用 、 表示)：该反应的 _______0(填“>”或“＜”)，写出推理过程。
【答案】（1）小于 （2）B
（3） ①. 小于 ②. 2.02 ③. COOH+H+H O=COOH+2H+OH或HO=H+OH
2 2
（4） ①. 大于 ②. K p1 •K p2 ③. 大于⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
【解析】
【小问1详解】
H 还原氧化钴的方程式为： ；CO还原氧化钴的方程式为：
2
，平衡时H 还原体系中H 的物质的量分数( )高
2 2
于CO还原体系中CO的物质的量分数( )，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H；
2
【小问2详解】
721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
2
，则平衡时体系中H 的物质的量分数=
2
，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则
x=0.5，由(1)可知CO的还原倾向大于H，所以CO更易转化为H，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系
2 2
中H 的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为B；
2
【小问3详解】
根据水煤气变换[ ]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，
CO(g)+HO(g)的能量(-0.32eV)高于CO(g)+H(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反
2 2 2
应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒(活
化能)E =1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH +H +H O =COOH +2H +OH ；因反应前后
正 2
COOH 和1个H 未发生改变，也可以表述成HO =H +OH ；
2
【小问4详解】
①由图可知，lgKp 随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则NOCl分解为NO和Cl 反
2 2
应为吸热反应，ΔH大于0，故答案为：大于；
②Ⅰ2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I(g)，Ⅱ2NOCl(g) 2NO(g)+Cl (g)根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)=Cl (g)
2 2 2
+I (g)，则反应2ICl(⇌g)=Cl (g)+I (g)的K=K •K ；令⇌T＞T，则lgK(T )-lgK(T )=lgK (T )•K (T )-
2 2 2 P1 P2 1 2 1 2 P1 1 P2 1
lgK (T )•K (T )=lgK (T )+lgK (T )-lgK (T )-lgK (T )=lgK (T )-lgK (T )-[lgK (T )-lgK (T )]，由图中信息
P1 2 P2 2 P1 1 P2 1 P1 2 P2 2 P2 1 P2 2 P1 2 P1 1
可知，lgKp 随着温度的升高而增大，则lgK (T )-lgK (T )＞0，lgKp 随着温度的升高而减小，则lgK (T )-
2 P2 1 P2 2 1 P1 2
lgK (T )＞0，lgK ～ 和lgK ～ 均为线性关系，且代表lgK ～ 曲线更陡，则lgK (T )-lgK (T )＞
P1 1 P1 P2 P2 P2 1 P2 2
lgK (T )-lgK (T )，说明lgK(T )-lgK(T )＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，ΔH大于0。
P1 2 P1 1 1 2、、
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