2021年新高考化学适应性考试预热训练卷（广东专用）（解析版）

2021 年新高考化学适应性考试预热训练卷（广东专用）（九） （考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 第 I 卷 （选择题 共 44 分） 一、选择题：本题共 10 个小题，每小题 2 分。共 20 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 1．化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。 下列说法不正确的是 A．银器发黑重新变亮涉及了化学变化 B．煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法 C．瓷器主要成分属于硅酸盐 D．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化 【答案】D 【解析】银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这 个过程中涉及到化学变化，A 正确；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的 过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B 正确；瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸 盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C 正确；光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外 线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变化，D 错误。 2．下列化学用语表述不正确的是 A．电解 CuCl2 溶液：Cu2+ + 2Cl－ Cu + Cl2↑ B．NaCl 的形成过程： C．HCl 在水中电离：HCl = H+ + Cl－ D．NH4Cl 在水中发生水解：NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ 【答案】B 【解析】电解 CuCl2 溶液阳极反应为：2Cl－－2e－= Cl2↑，阴极反应为：Cu2++2e－=Cu，总反应为：Cu2++2Cl－ 电解 电解Cu+Cl2↑，A 正确；NaCl 是离子化合物，电子式为 ，形成过程为 ，B 错误；HCl 是强电解质，在水中完全电离，HCl=H++Cl－，C 正确；NH4Cl 是强酸弱碱盐，NH4+在水中能发生 水解，使溶液显酸性：NH4++H2O NH3·H2O+H+，D 正确。 3．下列说法不正确的是 A．乙二醇的沸点比乙醇的沸点高 B．淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖 C．植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪 D．硫酸铵或氯化钠溶液都能使蛋白质发生变性 【答案】D 【解析】乙二醇分子中含有两个羟基，乙醇分子中含有一个羟基，羟基越多，氢键越多，沸点越高，A 正确； 淀粉水解成葡萄糖，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，B 正确；植物油中含有不饱和的碳碳双键，通过催化加氢变成 饱和的脂肪，熔点升高，C 正确；硫酸铵或氯化钠溶液不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，使蛋白质发 生盐析，D 错误。 4．潜艇中氧气来源之一的反应是：2 Na2O2 + 2 H2O = 4 NaOH + O2↑。用 nA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确 的是 A．22.4 LO2 含 2 nA 个 O 原子 B．1.8 g H2O 含有的质子数为 nA C．1 mol Na2O2 含共价键的总数为 2 nA D．上述反应，每生成 1 molO2 转移 4 nA 电子 【答案】B 【解析】22.4 LO2 没有说明是在标况下，无法计算 O2 的物质的量，A 错误；1.8 g H2O 的物质的量为 ，每个 H2O 分子中有 10 个质子，1.8 g H2O 含有的质子数为 nA，B 正确；Na2O2 电子式为 ，过氧根中 O 和 O 之间为非极性共价键，1 mol Na2O2 含共价键的总数为 nA，C 错误；对 于反应 2 Na2O2 + 2 H2O = 4 NaOH + O2↑，Na2O2 中－1 价的 O 歧化为 0 价和－2 价，每生成 1 mol O2 转移 2 nA 电子，D 错误。 5．除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所选试剂不正确的是 A．Cl2（HCl）：饱和食盐水、浓硫酸 B．AlCl3 溶液（Fe3+）：氨水、盐酸 C．C2H2（H2S）：CuSO4 溶液、碱石灰 D．NaCl 溶液(SO42－)：BaCO3、盐酸 1.8g =0.1mol18g / mol【答案】B 【解析】Cl2(HCl)：氯气在饱和食盐水中溶解度小，但 HCl 在其中溶解度大而除去，最后再通过浓硫酸进行干 燥，A 正确；AlCl3 溶液(Fe3+)：加入氨水后引入新的杂质 NH4＋，B 错误；C2H2(H2S)：先通过 CuSO4 溶液， H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，除去 H2S，再通过碱石灰进行干燥，C 正确；NaCl 溶液(SO42-)：SO42－+BaCO3 BaSO4+CO32－、再用盐酸酸化，D 正确。 6．漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为 Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。 下列说法不正确的是 A．①中阳极的电极反应式为 2 Cl－－2 e－ = Cl2↑ B．②中反应的化学方程式为 2 Cl2 + 2 Ca(OH)2 = Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2 H2O C．上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应 D．制备漂粉精过程中，Cl2 转化为 Ca(ClO)2 时，Cl 的原子利用率为 100% 【答案】D 【解析】电解过程中阳极失电子，溶液中 Cl－发生阳极反应生成 Cl2，阳极的电极方程式为 2Cl－－2e－=Cl2↑，A 正确；反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B 正确；上述 过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C 正确；制备漂粉精过程中，Cl2 转化为 Ca(ClO)2 时有 CaCl2 生成，Cl 原子没有完全转化为 Ca(ClO)2，因此 Cl 的原子利用率不为 100%，D 错 误。 7．下列解释事实的方程式不正确的是 A．用 FeCl3 溶液制作铜质印刷线路板：2 Fe3++ Cu = Cu2+ + 2 Fe2+ B．Al 片溶于 NaOH 溶液中产生气体：2 Al + 2 OH－ = 2 + H2↑ C．用难溶的 MnS 除去 MnCl2 溶液中含有的 Pb2+：MnS(s) + Pb2+(aq) = PbS (s) + Mn2+(aq) D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜：CH3CHO + 2 Ag(NH3)2OH CH3COONH4+ 2 Ag↓ + 3 NH3 + H2O 【答案】B 【解析】用 FeCl3 溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为 2Fe3+ + Cu =Cu2+ + 2Fe2+，A 正确；Al 片 溶于 NaOH 溶液中产生气体时发生反应的离子方程式为 2Al +2H2O+ 2OH－ = 2 + 3H2↑，B 错误；用难溶 的 MnS 除去 MnCl2 溶液中含有的 Pb2+时发生反应的离子方程式为 MnS(s) + Pb2+ (aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) ，C - 2AlO - 2AlO正确；向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为 CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，D 正确。 8．某研究小组在电压为 24V 时进行如下实验，电解 3 分钟后，发现下列现象。 编 号 ① ② ③ 装 置 现 象 小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附 近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化 两极均产生气泡， 溶液无明显变化 两极均产生气泡，阳极附近出现白 色浑浊，阴极附近无明显变化 下列说法正确的是（ ） A．①中小灯泡微亮是因为 Ca(OH)2 是弱电解质 B．对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关 C．对比①和③，白色浑浊是由于 OH－迁移到阳极使 Ca(OH)2 沉淀析出 D．阳极附近白色沉淀的成分可能是 CaCO3 【答案】D 【解析】①中小灯泡微亮是因为 Ca(OH)2 在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力 弱，与电解质的强弱无关，实质上 Ca(OH)2 溶于水完全电离，属于强电解质，A 错误；对于①阳极上溶液中 OH －失去电子，发生氧化反应，电极反应式为 4OH－－4e－=O2↑+2H2O，O2 与 C 电极发生反应产生 CO2，CO2 与 溶液中 Ca(OH)2 反应产生 CaCO3 白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B 错误；根据选项 B 分析可 知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的 CO2 溶解在 Ca(OH)2 溶液中形成的 CaCO3，不是 Ca(OH)2 沉淀析出，C 错误；用石墨作电极电解 Ca(OH)2 溶液，在阳极上溶液中 OH－失去电子，发生氧化反应，电极反 应式为 4OH－－4e－=O2↑+2H2O，反应产生 O2 与碳电极发生反应产生 CO2，CO2 与溶液中 Ca(OH)2 反应产生 CaCO3 白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是 CaCO3，D 正确。 9．下列图示与对应的叙述相符的是（ ） 甲 乙 丙 丁A．图甲是常温下用 0.1000 mol·L－1 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH 的滴定曲线，说明 Q 点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙表示室温下用 Na2SO4 除去溶液中 Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中 c(Ba2＋)与 c(SO42－)的关系曲线， 说明溶液中 c(SO42－)越大 c(Ba2＋)越小 C．图乙表示 V0 mL 0.1 mol·L－1 的盐酸加水稀释至 V mL，溶液的 pH 随 lg 的变化关系，则 a＝3 D．图丁表示常温下 0.1 mol·L－1 盐酸滴加到 40 mL 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液的滴定曲线 【答案】B 【 解 析 】 用 0.1000 mol·L － 1NaOH 溶 液 滴 定 20.000mL 0.1000 mol·L － 1CH3COOH ， 滴 定 终 点 时 生 成 CH3COONa，溶液呈碱性，而 Q 点溶液的 pH=7，呈中性，所以 Q 点不是滴定终点，A 错误；同一温度下，溶 度积 Ksp 不变，溶液中 c(SO42－)越大，则 c(Ba2＋)越小，B 正确；由溶液的 pH 随 lg 的变化关系，0.1 mol·L－1 的盐酸加水稀释 100 倍，pH 可由 1 变成 3，即 V0 mL 0.1 mol·L－1 的盐酸加水稀释至 V=100V0 mL，lg =2，则 a＝2，C 错误；常温下 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液其 pH 是 13，因此，滴定曲线中 V(盐酸) = 0 mL 即未滴加盐酸时， 溶液的 pH 应为 13，D 错误。 10．下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是 选项 操作或现象 所得结论 A 向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液 变浑浊 酸性：盐酸>碳酸>苯酚 B 取酸性 KMnO4 溶液少量，加入足量 H2O2 溶液，溶液紫红色逐渐 褪去且产生大量气泡 氧化性：KMnO4>H2O2 C 用 95%的酒精代替 75%的酒精杀灭新型冠状病毒 高浓度酒精能让蛋白质变性更快 D 向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加 热一段时间，试管内壁无任何现象 淀粉未水解 【答案】B 【解析】由于浓盐酸挥发出 HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A 错误；发生反应：5H2O2 + 2MnO4－ + 6H+ = 2Mn2+ + 8H2O + 5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性 KMnO4>H2O2，B 正确； 医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是 75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶 液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用 95%的酒精 代替 75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C 错误；淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在 水解所制得溶液中先加 NaOH 溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D 错误。 0 V V 0 V V 0 V V二、选择题：本题共 6 个小题，每小题 4 分。共 24 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 11．关于化合物二苯基甲烷（ ），下列说法正确的是 A．不能使稀酸性 KMnO4 溶液褪色 B．是苯的同系物 C．其一氯代物有 4 种 D．所有碳原子一定共平面 【答案】C 【解析】 能与酸性高锰酸钾溶液反应，故能使之褪色，A 错误； 与苯的分子式不是相差若干 个“CH2”基团，且结构不相似，不是苯的同系物，B 错误； 结构中共有 4 种不同环境的氢原子，如图 所示： ，一氯代物有 4 种，C 正确； 结构中的 4 号碳原子以单键与两个苯环相连，由于单 键可以旋转，所有碳原子可能共平面，D 错误。 12．K2FeO4 在酸性或中性溶液中能快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取 实验完成后，取 C 中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是 A．B 瓶应盛放饱和食盐水除去混有的 HCl B．C 瓶中 KOH 过量更有利于高铁酸钾的生成 C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4＞Cl2 D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂 【答案】C 【解析】因为 Cl2 中混有的 HCl 会消耗 KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A 正确；因为 K2FeO4 在 碱性溶液中较稳定，所以 C 瓶中 KOH 过量更有利于高铁酸钾的生成，B 正确；在 C 装置中发生反应 3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4 Cu NH   2 3 2 4 2 2 2+ + 4 42Cu +2NH H O+SO =Cu (O HH SO N) 2↓ +⋅ － 2 2 4Cu (OH) SO= 2 +8H2O+SO42－+2OH－，据此分析解答。 a 到 b 发生 ，c(Cu2+)减小，故 c(Cu2+)：a 点＞b 点，A 错误；bc 段生成浅蓝色沉淀的反应为 ，而不是 ，B 错误； c 点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH4)2SO4，c 到 d，pH 突变，但导电率几乎不变，故 d 点，溶质为(NH4)2SO4 和 ，那么 d 点溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+2c(SO42－)，因此时 pH＞7，c(H+)＜c(OH －)，故 c(NH4+)＞2c(SO42－)，C 错误；b’点之前释放 NH4+，导电能力增强，b’之后释放 和 OH－， 导电能力降低，说明导电能力 ，D 正确。 第 II 卷 （非选择题 共 56 分）) 三、本大题共有 5 个小题，共 56 分。第 17～19 题为必考题，每道试题考生都必须作答。第 20～21 题为选考题， 考生选择其中一道，填涂选做题号，并在指定区域完成作答。 （一）必答题：共 42 分。考生根据要求在指定区域作答。 17．（14 分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出 ClO2，是一种高效 的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备 NaClO2 固体的实验装置如图 所示： 已知： ① ClO2 的熔点为－59℃、沸点为 11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解， 若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。 ② 2ClO2 + H2O2 + 2NaOH = 2NaClO2 + O2↑ + 2H2O 回答下列问题： （1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ；装置 B 的作用 是 ；冰水浴冷却的主要目的不包括 （填字母）。 3 28NH H O⋅ ( ) 2 3 4Cu NH +   2 3 2 4 2 2 2+ + 4 42Cu +2NH H O+SO =Cu (O HH SO N) 2↓ +⋅ － 2 3 2 4 2 2 2+ + 4 42Cu +2NH H O+SO =Cu (O HH SO N) 2↓ +⋅ － 2 4 4 2+ 2 22Cu +2OH +SO =Cu (OH) SO ↓－ － 3 2NH H O⋅ ( ) 2+ 3 4Cu NH   ( ) 2++ 4 3 4NH > Cu NH  a．减少 H2O2 的分解 b．降低 ClO2 的溶解度 c．减少 ClO2 的分解 （2）ClO2 是合成 NaClO2 的重要原料，写出三颈烧瓶中生成 ClO2 的化学方程式： 。 （3）装置 C 中加入 NaOH 溶液的目的除了作反应物外，还因为 。空 气的流速过慢或过快都会影响 NaClO2 的产率，试分析原因： 。 （4）该套装置存在的明显缺陷是 。 （5）为防止生成的 NaClO2 固体被继续还原为 NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除 H2O2 外，还可以选择 的还原剂是 （填字母） A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾 （6）若 m g NaClO3(s)最终制得纯净的 n g NaClO2(s)，则 NaClO2 的产率是 ×100%。 【答案】（14 分） （1）检查装置的气密性（1 分） 防止倒吸（1 分） b（1 分） （2）2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O（2 分） （3）NaClO2 遇酸放出 ClO2（2 分） 空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸； 空气流速过快时，ClO2 不能被充分吸收，NaClO2 的产率下降（2 分） （4）没有处理尾气（1 分） （5）A（2 分） （6） 或 或 (或其他合理答案)（2 分） 【解析】 （1）制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置 B 的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少 H2O2 的分解、减少 ClO2 的分解，ClO2 为气体，降温有利 于气体的溶解，不可能降低 ClO2 的溶解度，所以主要目的不包括 b。 （2）ClO2 是合成 NaClO2 的重要原料，三颈烧瓶中 NaClO3 与 H2SO4 的混合液中滴加 H2O2，发生反应生成 ClO2 的化学方程式为 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。 （3）因为 NaClO2 遇酸会放出 ClO2，所以装置 C 中加入 NaOH 溶液的目的除了作反应物外，还因为 NaClO2 遇酸放出 ClO2，加碱可改变环境，使 NaClO2 稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响 NaClO2 的产率， 原因是：空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2 不能被 充分吸收，NaClO2 的产率下降。 （4）ClO2 气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。 （5）过氧化钠与水反应，可生成 H2O2 和 NaOH，其还原能力与 H2O2 相似，A 符合题意；硫化钠具有强还 原性，能将 NaClO2 固体还原为 NaCl，B 不合题意；氯化亚铁具有较强还原性，能将 NaClO2 固体还原为 106.5n 90.5m 213n 181m 1.18n mNaCl，C 不合题意；高锰酸钾具有强氧化性，不能将 NaClO2 固体还原，D 不合题意； （6）可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出 NaClO2(s)的理论产量为： = g，NaClO2 的产率是 = ×100%。 18．（14 分）硫酸铜晶体（CuSO4·5H2O）是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、 催化剂、石油、选矿、油漆等行业。 Ⅰ．采用孔雀石[主要成分 CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下： （1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径 < 1 mm，破碎的目的是 。 （2）已知氨浸时发生的反应为 CuCO3·Cu(OH)2 + 8NH3·H2O [Cu(NH3)4]2(OH)2CO3 + 8H2O，蒸氨时得到 的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式： 。 （3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为 （填标号）； 经吸收净化所得的溶液用途是 （任写一条）。 （4）操作 2 为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、 、洗涤、 等操作得到硫酸铜晶体。 Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体 （5）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其 原因是 （任写两条）。 （6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl2 2CuCl，4CuCl+O2+2H2O 2[Cu(OH)2·CuCl2]， [Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4 CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图： mg 90.5g/mol 106g/mol × 90.5m 106 ng 100%90.5m g106.5 × 106.5n 90.5m向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时， 滴加浓硫酸。 ① 盛装浓硫酸的仪器名称为 。 ② 装置中加入 CuCl2 的作用是 ；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的 原因为 。 ③ 若开始时加入 a g 铜粉，含 b g 氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得 c g CuSO4·5H2O，假设整个过程中杂 质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为 。 【答案】（14 分） （1）增大反应物接触面积，提高氨浸的效率（1 分） （2）[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3 2CuO + CO2↑ + 8NH3↑ + H2O（2 分） （3）A（1 分） 制化学肥料等（1 分） （4）过滤（1 分） 干燥（1 分） （5）产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性（1 分） （6）① 分液漏斗（1 分） ② 做催化剂（1 分） 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多， 且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可）（2 分） ③ ×100%（或 %）（2 分） 【解析】 （1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸 取率。 （2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3 分解 生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3 的组成可知还会生成 CO2、氧化铜和水，其反应方程式为 [Cu(NH3)4]2(OH)2CO3 2CuO + CO2↑ + 8NH3↑ + H2O。 （3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸， 合适的装置为 A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。 （4）由题意可知，操作 2 为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 64 250 c a 128 5 c a（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低； 而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。 （6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。 ②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此 反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可 以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫 酸铜晶体时继续做催化剂使用。 ③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫 酸铜晶体中的铜元素质量为 g，则铜粉的纯度为 ×100%或化简为 %。 19．（14 分）甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学方程式： I．CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g） ∆H1 = + 206 kJ•mol－1 Ⅱ. 2H2（g）+CO（g） CH3OH（g） ∆H2 = －90 kJ•mol－1 III．H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g） ∆H3 = －125.5 kJ•mol－1 IV. 3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g） ∆H4 回答下列问题： （1）上述反应中∆H4= kJ•mol－l。 （2）现将 1.0 mol CH4 和 2.0 mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为 100 L）中，在一定条件下发生反应 I， 平衡时 CH4 的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。 ①下列说法能表明该反应已达平衡状态的是 （填字母序号）； a．生成 CO 和 H2 的物质的量之比为 1∶3 b．容器内混合气体的密度保持不变 c．混合气体的压强保持不变 d．甲烷的生成速率与 H2 的生成速率之比为 1∶3 ② 已知 100℃时达到平衡所需的时间为 5 min，则用 H2 表示的平均反应速率为 mol•L－l•min－ 1； ③ 图中的 p1 p2（选填“＜”“＞”或“=”），100℃时的平衡常数为 mol2•L－2。 64 250 c 64 250 c a 128 5 c a（3）在压强为 0.1 MPa 条件下，1 mol CO 与 3 mol H2 的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ生成甲 醇。 ① 若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是 （填字母序号）； a．升高温度 b．将 CH3OH（g）从体系中分离 c．充人氦气，使体系总压强增大 d．再充人 1 mol CO 和 3 mol H2 ② 根据反应Ⅱ的特点，图乙是在压强分别为 0.2 MPa 和 5 MPa 下 CO 的转化率随温度变化的曲线，请指明 图乙中的压强 px= MPa。 （4）在总压 p = 5 MPa 的恒压密闭容器中进行反应 IV，按照不同氢碳比 投料测得 CO2 的平衡 转化率与温度关系如图丙所示（已知 Kp 是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数），则： ① X 点时，H2 的转化率为 ； ② 600℃、m=3 时，Kp= MPa－2（保留两位小数）。 （5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳制甲醇的途径， 大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。 2 2 n(H )m= n(CO )① 石墨 2 电极上发生 （选填“氧化”或“还原”）反应； ② 石墨 1 发生的电极反应式为 。 【答案】（14 分） （1）－215.5（2 分） （2）① cd（1 分） ② 0.003（1 分） ③ ＜（1 分） 2.25×10－4（2 分） （3）① bd（1 分） ② 0.2（1 分） （4）① 60% （1 分） ② 0.16（2 分） （5）氧化（1 分） CO2 + 6H+ + 6e－ = CH3OH + H2O（1 分） 【解析】 （1）Ⅱ.2H2（g）+CO（g） CH3OH（g） ∆H2=－90kJ•mol－1 III．H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g） ∆H3=－125.5kJ•mol－1 根据盖斯定律反应 II+III 可得 3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）则∆H4=－90 kJ•mol－1+ （－125.5 kJ•mol－1）=－215.5 kJ•mol－1； （2）①该反应发生时生成 CO 和 H2 的物质的量之比始终为 1：3，则不能判定反应是否达到平衡态，a 错 误；恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不能判 定反应是否达到平衡态，b 错误；该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状 态，c 正确；甲烷的生成速率与 H2 的生成速率之比为 1∶3，即 v 逆（CH4）∶v 正（H2）=1∶3，正逆反应 速率符合反应计量关系，则可判定反应达到平衡状态，d 正确； ②0～5min 时 CH4 的物质的量变化为 1.0mol×0.5=0.5mol，v（CH4）= =0.001mol/ （L•min），反应为 CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g），所以 v（H2）=3v（CH4）=0.003mol/ （L•min）； ③该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4 的平衡转化率减小，即压强越大，CH4 的平 衡转化率越小，所以图中压强 p1＜p2； 反应三段式为 CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g） Δc Δn 0.5mol= =Δt VΔt 100L 5min×平衡浓度：c（CH4）=0.005 mol/L、c（H2O）=0.015 mol/L、c（CO）=0.005 mol/L、c（H2）=0.015 mol/L，平衡常数 K= mol2•L－2=2.25×10－4mol2•L－2； （3）①反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，a 错误；将 CH3OH（g）从体系中分离， 降低 CH3OH 浓度，促进平衡正向移动，甲醇的产率增大，b 正确；充人氦气，使体系总压强增大，但反应 体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，c 错误；再充入 1molCO 和 3molH2，相当与增大压 强，平衡正向移动，甲醇产率增大，d 正确； ②该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO 的转化率增大，即压强越大，CO 的转化率越 高，所以 px=0.2MPa，py=5MPa； （4）①m=3 时，H2 与 CO 的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以 H2、CO 的转化率相同， 均为 60%； ②反应三段式为 3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）（m=3 时，设 H2 的物质的量为 3 mol， 图中 CO2 转化率为 60%） 平衡分压：p（H2）= 、p（CO2）= 、p（CH3OH）= p（H2O）= ，Kp= ； （5）①由电解装置可知，石墨 2 上 H2O→O2，O 化合价升高，失去电子，发生氧化反应； ②由电解装置可知，石墨 1 上 CO2（g）→CH3OH，则石墨 1 电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极 反应式为 CO2 + 6H+ + 6e－ = CH3OH + H2O。 （二）选考题：共 14 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答，并在答题卡区域填涂相应题号。如果多做，则 该科按所做的第一题计分。 20．［化学——选修 3：物质结构与性质］（14 分）钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太 阳能电池的研究方向。回答下列问题： （1）下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填字母标号)。 A．[Ar]4s1 B．[Ar]4s2 C．[Ar]4s14p1 D．[Ar]4p1 （2）基态钛原子的核外价电子轨道表达式为 。 (mol) 1 2 0 0 (mol) 0.5 0.5 0.5 1.5 (mol) 0.5 1.5 0.5 1.5 起始量 变化量 平衡量 3 3 2 4 2 c (H ) c(CO) 0.005 (0.015) c(CH ) c(H O) 0.005 0.015 ×= ×   (mol) 3 1 0 0 (mol) 1.8 0.6 0.6 0.6 (mol) 1.2 0.4 0.6 0.6 起始量 变化量 平衡量 1.2 15×5MPa= MPa2.8 7 5 MPa7 15 MPa14 -2 -2 3 15 15 14 14 MPa =0.16MPa15 5( )7 7 × ×（3）一种有机金属卤化钙钛矿中含有 NH2－CH＝NH2＋，该离子中氮原子的杂化类型为 ，其 对应分子 NH2－CH＝NH 的熔沸点高于 CH3CH2CH＝CH2 的熔沸点的原因为 。 （4）一种无机钙钛矿 CaxTiyOz 的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为 ，已知 Ca 和 O 离子之间的最短距离为 a pm，设阿伏加德罗常数的值为 NA，则这种钙钛矿的密度是 g·cm－3 （列出计算表达式）。 （5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原 子 1 的坐标为( ， ， )，则原子 2 和 3 的坐标分别为 、 。 【答案】（14 分） （1）A（2 分） （2） （2 分） （3）sp2 和 sp3（1 分） NH2—CH=NH 分子间可形成氢键，熔沸点比 CH3CH2CH=CH2 高（2 分） （4）CaTiO3（2 分） （3 分） （5）(0，1，1)（1 分） （1 分） 【解析】 （1）[Ar]4s1 属于基态的 Ca+，由于 Ca 的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较 高，[Ar]4s2 属于基态的 Ca 原子，其失去一个电子变为基态 Ca+，[Ar]4s14p1 属于激发态 Ca 原子，其失去 以电子所需要的能量低于基态 Ca 原子，[Ar]4p2 属于激发态的 Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基 态的 Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，A 正确； （2）基态 Ti 原子的原子序数为 22，其核外价电子排布式为 3d24s2，轨道表达式为 ； （3）NH2—CH=NH2+中左边的 N 有 3 对共用电子对，还有 1 对孤电子对，则价层电子对为 4，杂化类型为 sp3，右边的 N 与 C 形成双键杂化类型为 sp2，NH2—CH=NH 分子间可形成氢键，熔沸点比 CH3CH2CH=CH2 高； 1 2 1 2 1 2 3 30 3 30 A A 136 40+48+16 3 2 2a 10 2 2a 10N N × × ×－ －或 11 1 2     ，，（4）根据钙钛矿 CaxTiyOz 的晶体结构分析，Ca2+位于晶胞的体心，Ti4+位于晶胞的顶点，O2－位于以 Ti4+ 为体心的正八面体的顶点，则一个晶胞中含有 1 个 Ca2+，1 个 Ti4+和 3 个 O2－，则化学式为 CaTiO3，Ca2+ 和 O2－之间的最短距离为 a pm，则晶胞参数为 pm，一个晶胞相当于有一个 CaTiO3，根据密度公式可 得 ； （5）根据坐标建立的方向，由原子 1 的坐标为 ，则原子 2 的坐标为(0，1，1)，原子 3 的坐标为 。 21．[化学——选修 5：有机化学基础]（14 分）苯丁酸氮芥是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线： 回答下列问题： （1）反应①所需的试剂和条件是 ，B 中的官能团名称是 。 （2）C 的结构简式为 。 （3）写出具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应的 D 的同分异构体的结构简式 。 （不考虑立体异构，只需写出 3 个） （4）⑤的反应类型是 。 （5）写出 F 到 G 的反应方程式 。 （6）H 到 I 的转化过程中是否可以将①、②两步交换顺序，说出你的理由 。 （7）设计由苯和 制备 的合成路线 （无机试剂任选）。 【答案】（14 分） （1）浓 H2SO4、浓 HNO3、55～60℃（1 分） 硝基（1 分） （2） （1 分） 2a ( )3 3 30 3 3010 A AA 40+48+16 3 136 40+48+16 3= 2 2a 10 2 2a 102 2a 10 m V N NN ρ × ×= = × ×× － －－ 或 1 1 1 2 2 2     ，， 11 1 2     ，，（3） 、 、 、 、 （任写三种）（3 分） （4）还原反应、水解反应（取代反应）（1 分） （5） （2 分） （6）不能，如互换，先酸化，加热，醇羟基可能发生消去反应（2 分） （7） （3 分） 【解析】 （1）反应①为苯的硝化反应，条件和试剂为：浓 H2SO4、浓 HNO3、55℃-60℃，B 为硝基苯，官能团为硝 基； （2）C 的结构简式为 ； （3）D 为 ，既能发生银镜反应又能发生水解，说明含 ，可能的结构有 5 种，如下： 、 、 、 、 （任写三种）； （4）⑤ 变为 时，羰基被还原，酰胺基水解，发生还原反应、水解反应(取代反应)； （5）F 和甲醇酯化生成 G，反应方程式为： ； （6）如互换，先酸化，加热，醇羟基可能发生消去反应； （7）目标产物 含酯基，可由 酯化而来， 可由 还原而来， 可由 和 发生类似④的加成反应而来，即流程为： 。