资料简介
2020~2021 学年第二学期高三化学摸底试卷
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Ba-137
一、选择题((本题共 40 分，每小题 2 分，每题只有一个正确选项)
1. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸
(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是
A. CH3CH2OH 能与水互溶 B. NaClO 通过氧化灭活病毒
C. 过氧乙酸相对分子质量为 76 D. 氯仿是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3CH2OH 能与水任意比例互溶，故 A 不选；
B．NaClO 具有强氧化性，通过其强氧化性使病毒失活，故 B 不选；
C．过氧乙酸的分子式为 3CH COOOH ，所以其相对分子质量为：12 2 4 16 3=76 ，故 C 不选；
D．氯仿的分子式为 3CHCl 为极性分子，故选 D。
答案选 D
2. 卢瑟福的α粒子散射实验证明原子中存在
A. α粒子 B. 原子核 C. 中子 D. 质子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】a 粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较
大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过 90°，有的甚至几乎达到 180°而被反弹回来。卢瑟福根据该实验现
象提出了原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外
空间里绕着核旋转，因此卢瑟福的α粒子散射实验证明原子中存在原子核，B 正确。
答案选 B
3. 用以下溶液吸收空气中氯气以测定其含量时，导电能力变化最大的是
A. H2S 溶液 B. KI 溶液 C. NaOH 溶液 D. Na2S 溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硫化氢为弱电解质，硫化氢具有还原性，能被氯气氧化，发生反应 2 2H S+Cl =S +2HCl ，氯
化氢是强电解质，所以溶液中离子浓度变化较大，导电性变强，A 项正确；
B．碘化钾是强电解质，碘化钾具有还原性，能被氯气氧化，发生反应 2 22KI+Cl =I +2KCl ，氯化钾是强电
解质，所以溶液中离子浓度变化不大，则溶液导电性变化不大，B 项错误；
C．氢氧化钠是强电解质，氢氧化钠和氯气生成氯化钠和次氯酸钠，均为强电解质，所以溶液中离子浓度变
化不大，溶液的导电性变化不大，C 项错误；
D．硫化钠是强电解质，硫化钠具有还原性，能被氯气氧化，发生反应 2 2Na S+Cl =S +2NaCl ，氯化钠是
强电解质，溶液中离子浓度变化不大，则溶液导电性变化不大，D 项错误；
答案选 A。
4. 物质的熔沸点能用键能大小解释的是
A. H2O＞H2S B. N2＞O2 C. Na＞K D. SiO2＞CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2O 和 H2S 都是由分子构成的物质，由于原子半径 OV2，下列说法正确的是
A. HX 可能是弱酸 B. 相同条件下碱性比较：NaX＜NaY
C. HY 可能是强酸 D. 反应过程中两者生成 H2 的速率相同
【答案】C
【解析】
【分析】pH 相同的两种一元酸 HX 和 HY 各 50mL，可知溶液中初始的氢离子总量相同，分别加入过量的
镁粉充分反应，收集到相同条件下的 H2 体积分别为 V1 和 V2，若 V1>V2，说明 HX 最终提供的氢离子更多，
结合前面初始氢离子总量相同可知 HX 在反应过程中电离出了比 HY 更多的离子，即原溶液中 HX 未电离的
溶质分子更多，所以相同条件下 HX 酸性弱于 HY，则 HX 一定是弱酸，HY 可能是强酸。
【详解】A．HX 一定是弱酸，A 错误；
B．相同条件下 HX 酸性弱于 HY，则相同条件下 X2-水解程度更大，碱性更强，B 错误；
C．HY 可能是强酸，C 正确；
D．反应过程中初始两者氢离子溶度相同，生成 H2 的速率相同，反应一段时间后 HX 电离出氢离子，导致
溶液中氢离子浓度大于相同时间段的 HY 溶液，速率也更快，D 错误；
答案选 C
8. 分离混合物的方法错误的是
A. 分离苯和硝基苯：蒸馏 B. 分离氯化钠与氯化铵固体：升华
C. 分离水和溴乙烷：分液 D. 分离氯化钠和硝酸钾：结晶
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选 A；
B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选 B；
C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选 C；
D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选 D；
答案：B
9. 与实际化工生产流程相符的叙述是
A. 合成氨工业中，分离出 N2、H2 循环使用，提高氨的产率
B. 制备硫酸的工业尾气用氢氧化钠溶液吸收
C. 让 H2 在 Cl2 中燃烧制氯化氢，将氯化氢气体通入水中获得盐酸
D. 将 SO2 和 O2 的混合气加压后，通过接触室制备 SO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．合成氨工业中，利用氨易液化，分离出 N2、H2 循环使用，可使平衡向正反应方向移动，则氨
气的产率增大，故 A 符合题意；
B．硫酸工业尾气主要是二氧化硫，其处理一般是用石灰石湿法脱硫，生成的副产物硫酸钙可用于水泥生产，
氢氧化钠比石灰石昂贵，考虑到经济效益，制备硫酸的工业尾气不用氢氧化钠溶液吸收，故 B 不符合题意；
C．工业上制取盐酸时，首先在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应，制得氯化氢气体，氯化氢气
体冷却后被水吸收成为盐酸，而不是将氢气和氯气混合后点燃，故 C 不符合题意；
D．接触法制硫酸通常在 400~500℃、常压和催化剂的作用下，用 SO2 与过量的 O2 在接触室反应生成 SO3，
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)∆H＜0，故 D 不符合题意；
答案选 A。
10. 下列反应产生的气体，通入 Na2SO3 溶液不反应的是
①Na2O2 和 CO2 ②Al 和 NaOH 溶液 ③MnO2 和浓盐酸共热 ④浓硝酸和铜片 ⑤铜片和浓硫酸共热
A. ② B. ①② C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①Na2O2 和 CO2 反应产生氧气，氧气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸钠②Al 和 NaOH 溶液产生氢气，
氢气不与亚硫酸钠反应 ③MnO2 和浓盐酸共热产生强氧化性的氯气，氯气将还原性的亚硫酸钠氧化成硫酸
根 ④浓硝酸和铜片生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，可以与亚硫酸钠反
应 ⑤铜片和浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，所以不与亚硫酸
钠溶液反应的只有 Al 和 NaOH 溶液产生的氢气。
所以答案选 A
11. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 铜溶于 FeCl3 溶液：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B. NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：2AlO 2
+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO 2
3
C. NaH 固体和水反应 NaH＋H2O=Na+＋OH−＋H2↑
D. 碳酸氢钙溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO 3
+2OH-=CaCO3↓+CO 2
3
+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铜溶于 FeCl3 溶液：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故 A 错误；
B．NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 生成氢氧化铝和碳酸氢根，即 AlO 2
+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO 3
，故 B 错
误；
C．NaH 固体和水反应氢气和氢氧化钠，则 NaH＋H2O=Na+＋OH−＋H2↑，故选 C；
D．碳酸氢钙溶液中加入澄清石灰水：Ca2++HCO 3
+OH-=CaCO3↓+H2O，故 D 错误。
答案选 C。
12. 设阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是
A. 1 L 0.1 mol·L−1(NH4)2SO4 溶液中， +
4NH 的数量为 0.2NA
B. 1 mol 硫在空气中完全燃烧生成 SO3 消耗氧气的分子数为 1.5NA
C. 100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液所含分子总数为 4NA
D. 1 mol·L−1CH3COOH 与 1 mol·L−1CH3COONa 溶液等体积混合，溶液中 CH3COOH 和 CH3COO−的总数为
2NA
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查考生的分析能力和化学计算能力。A 项，铵根离子在溶液中会
发生水解，故溶液中的铵根离子的个数少于 0.2NA，A 错误；B 项，硫在空气中完全燃烧生成 SO2，B 错误；
C 项，100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液所含分子总数为( 100 0.46
46
+ 100 0.54
18
)×NA=4NA，C 正确；D 项，
题中没有给出溶液体积，不能计算 CH3COOH 和 CH3COO−的总物质的量，D 错误。
【点睛】注意常见盐溶液中的水解情况，注意水解的离子的物质的量改变和守恒关系。
13. 用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是
A. 可以用石蕊代替指示剂
B. 滴定前用待测液润洗锥形瓶
C. 若氢氧化钠吸收少量 CO2，不影响滴定结果
D. 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
【答案】C
【解析】
【详解】A．石蕊的变色范围太大，会造成较大误差，故 A 错误；
B．滴定前用待测液洗涤锥形瓶，导致 NaOH 物质的量增大，消耗的盐酸量偏大，滴定前用待测液润洗锥形
瓶滴定结果偏大，故 B 错误；
C．若 NaOH 吸收少量 CO2，发生的反应为 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧
根反应，H++OH-=H2O 再与碳酸钠反应，CO32-+2H+=H2O+CO2↑可以发现存在关系 2 OH-～CO32-～2H+，因此
消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，故
C 正确；
D．该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色
说明盐酸已经过量，故 D 错误；
故选：C。
14. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z W
原子半径/pm 160 143 70 66
主要化合价 +2 +3 +5、+3、—3 —2
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性 Xc(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A．点①所示的溶液为 HCN 和 NaCN 混合溶液，且 c(HCN)＝c(NaCN)，而此时 pH＞7，说明 CN－
的水解程度大于 HCN 的电离程度，故 A 正确。
B．点①的溶液中存在电荷守恒为 c(OH－)+c(CN－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且 c(OH－)＞c(H＋)；点②所示溶液中的
电荷守恒为 c(OH－)+c(CH3COO－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且 c(OH－)＜c(H＋)。二者中钠离子浓度相同，所以
c(CH3COO－)＞c(CN－)，故 B 错误。
C．点③中 pH=7，则 c(OH－)=c(H＋)，则点③中 c(Na＋)= c(CH3COO－)＞c(H＋)= c(OH－)，故 C 正确。
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO－水解使溶液呈碱性，则 c(OH－)＞c(H＋)；CH3COO－水解会消耗
CH3COO－，则 c(Na＋)＞c(CH3COO－)；而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的，因而盐电离产生的离子浓度
大于盐水解产生的离子浓度，所以溶液中的离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故 D
正确。
综上，故选 B。
20. 用 CO 还原 2.40g 氧化铁，当固体质量变成 2.28g 时，测得此固体中只存在 2 种氧化物。则此固体成分
和它们的物质的量之比可能的是
A. n(FeO)：n(Fe3O4)=1∶1 B. n(Fe2O3)：n(FeO)=2∶1
C. n(Fe2O3)：n(FeO)=1∶1 D. n(Fe2O3)：n(Fe3O4)=1∶1
【答案】A
【解析】
【分析】固体减少的质量为 CO 获得的氧原子的质量，根据固体质量差，可知减少氧原子的质量为
2.40g-2.28g=0.12g，则减少氧原子的物质的量为 0.12gn O = =0.0075mol16g / mol减 ，氧化铁的物质的量为
2 3
2.40gn Fe O = =0.015mol160g/mol
， 则 反 应 后 氧 化 物 中 的 O 的 物 质 的 量 为
n O =0.015mol 3 0.0075mol=0.0375mol 后 ，反应中 Fe 原子的物质的量不变，则反应后氧化物中 Fe、
O 原子数目之比为： 0.015mol 2 0.0375mol=4:5 ： ，据此分析解答。
【详解】A．当 n(FeO)：n(Fe3O4)=1∶1 时，Fe、O 原子数目之比为： 1 3 1 4 =4:5 ： ，故选 A；
B．当 n(Fe2O3)：n(FeO)=2∶1 时，Fe、O 原子数目之比为： 1 2 2 1 3 2 =5:7 ： ，故 B 不选；
C．当 n(Fe2O3)：n(FeO)=1∶1 时，Fe、O 原子数目之比为： 1 2 1 3 =3: 4 ： ，故 C 不选；
D．当 n(Fe2O3)：n(Fe3O4)=1∶1 时，Fe、O 原子数目之比为： 3 2 4 3 =5:7 ： ，故 D 不选。
答案选 A。
二、综合分析题(本题共 60 分)
21. 一定条件下，金属钠和 CO2 可制得金刚石：4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s，金刚石)
(1)上述反应中涉及的元素的原子半径从大到小的顺序为_______；其中原子半径最大的元素最外层电子云形
状为_______。
(2)能证明碳元素与氧元素非金属强弱的事实是_______(选填编号)。
a.最高价氧化物水化物的酸性 b.两种元素的气态氢化物的沸点
c.CO2 中元素的化合价 d.与 H2 反应的难易程度
(3)比较 CO2 与 CS2 两种晶体的熔沸点高低，并说明理由：_______
(4)该反应在常压、1000℃，2L 的密闭容器中进行。根据表中数据，该反应的平衡常数表达式 K=_______；
若 10min 内金属钠减少了 0.2mol，则 CO2 的平均反应速率为_______；
常压 熔点(℃) 沸点(℃)
钠 97.8 882.9
Na2CO3 851 1850 分解
金刚石 3550 ……
石墨 3850 4250
(5)若在 2L 密闭容器中，常压、1000℃下，起始时 n(CO2)/n(Na)=0.75，下列物理量能说明该反应已达到平衡
状态的是_______
a.气体的平均摩尔质量不变
b.4v(Na)消耗
3v(CO2)生成
c.气体的密度不变
d.n(Na)/n(CO2)的比值不变
(6)金属钠和水、乙醇都能发生反应，相同条件下反应速率更大的是_______(填乙醇或水)，原因是_______。
【答案】 (1). r Na r C r O＞ ＞ (2). 球形 (3). cd (4). CS2 高。CO2 与 CS2 是组成与结构
相似的分子晶体，分子间以分子间作用力结合，CS2 相对分子质量较大，分子间作用力更强，因此熔沸点高
(5). 34
2c
1
c Na CO (6). 0.0075mol/(L∙min) (7). c (8). 水 (9). 乙醇电离出氢离子的能力弱
于水
【解析】
【分析】
【详解】(1) C、O 位于第二周期，同周期元素随着核电荷数的递增原子半径逐渐减小，则 r C r O＞ ，
Na 位于第三周期，则 r Na r C＞ ，所以 r Na r C r O＞ ＞ ；Na 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1，
最外层电子处于 3s 轨道，所以最外层电子云形状为球形，故答案为： r Na r C r O＞ ＞ ；球形；
(2)a．O 无最高价氧化物对应水化物，故 a 错；
b．两种元素的气态氢化物的沸点高低为物理性质，与其非金属性强弱无关，故 b 错；
c．CO2 中 C 元素显正价，O 元素显负价，表明 C 的电子能力不如 O 强，所以 C 不如 O 的非金属性强，故
选 c；
d．非金属性越强越容易与氢气化合，所以与 H2 反应的难易程度能证明碳元素与氧元素非金属强弱，故选 d；
答案选 cd
(3) CO2 与 CS2 是组成与结构相似的分子晶体，分子间以分子间作用力结合，CS2 相对分子质量较大，分子
间作用力更强，因此 CS2 熔沸点高，故答案为：CS2 高，CO2 与 CS2 是组成与结构相似的分子晶体，分子间
以分子间作用力结合，CS2 相对分子质量较大，分子间作用力更强，因此熔沸点高；
(4)由反应 4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s，金刚石)可知，1000℃Na 为气态，所以该反应的平衡常数
4 3
2
1K c Na c CO
；由 2
3 3Δn CO = Δn Na = 0.2mol=0.15mol4 4
，
2 2 0.15ν= = = =0.0075 / min·L10min 2L
c CO n CO mol molt tV
，故答案为： 4 3
2
1
c Na c CO ；
0.0075mol/ min L ；
(5)
a．容器中只有钠蒸气和二氧化碳气体，若起始时二者的物质的量之比为 4:3 时，气体的平均摩尔质量适中
保持不变，所以气体平均摩尔质量不变不一定处于平衡状态，故 a 不选；
b．4v(Na)消耗
3v(CO2)生成不符合反应速率之比等于化学计量数之比，则反应未达到平衡，故 b 不选；
c．该反应为气体的物质的量不相等、由固体物质生成的反应，混合气体的质量发生变化，所以恒温恒容时，
气体密度不变的状态时平衡状态，故选 c；
d．起始时钠蒸气和二氧化碳气体的物质的量之比为 4:3 时，无论是否达到平衡状态，始终有
2
n Na 4=n CO 3
，
故 d 不选；
答案选 c
(6)由于乙醇电离出氢离子的能力弱于水，所以钠与乙醇反应速率慢于水，故答案为：水；乙醇电离出氢离
子的能力弱于水。
22. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2
的混合酸性溶液中反应回收 S，其物质转化如图所示。
(1)在图示的转化中：Fe2+转化为 Fe3+的离子方程式是_______；当有 1molH2S 转化为硫单质时，若保持溶液
中 Fe3+的物质的量不变，需要消耗 O2 的物质的量为_______。
(2)在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含 CuS，
可采取的措施是_______。
(3)H2S 在高温下分解生成硫蒸汽和 H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如
图所示。则 H2S 在高温下分解反应的化学方程式为_______。
(4)H2S 具有还原性。在酸性条件下，H2S 和 KMnO4 反应生成 S、MnSO4 和其它产物，写出该反应的化学方
程式_______。反应中被还原的元素是_______。
(5)从电离平衡角度，结合必要的化学用语说明 Na2S 溶液常温下 pH>7 的原因：_______。
(6)已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；FeS+2H+=Fe2++H2S↑。比较 H2S、CuS 和 FeS 溶解或电离出 S2-的能力：_______。
【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O (2). 0.5mol (3). 提高混合气体中空气的含量即增加氧气
的量 (4). 2H2S⇌2H2+S2 (5). 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O (6). KMnO4 中+7
价的锰元素 (7). H2O⇌H++OH-，S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，
最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性 (8). FeS>H2S>CuS
【解析】
【分析】
【 详 解 】 (1) 由 图 示 分 析 可 知 ， 在 酸 性 条 件 下 Fe2+ 被 O2 氧 化 为 Fe3+ ， 则 其 离 子 方 程 式 为 ：
4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，当有 1molH2S 恰好完全转化为硫单质时，溶液中的铁离子的物质的量不变，则
由关系式 2 22H S ~ O 可知，1molH2S 恰好完全转化为硫单质时，需消耗 2O 的物质的量为 0.5mol，故答
案为：4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O；0.5mol；
(2)欲使生成的硫单质中不含 CuS，则硫离子不能有剩余，所以氧气必须过量，采取的措施有，增大混合气
体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量；
(3)H2S 在高温下分解生成硫蒸汽和 H2，且两者物质的量之比为 1:2，则硫蒸汽的化学式为 S2，该反应为可
逆反应，则 2H2S⇌2H2+S2，故答案为：2H2S⇌2H2+S2；
(4)H2S 具有还原性。在酸性条件下，H2S 和 KMnO4 反应生成 S、MnSO4、硫酸钾和水，则该反应的化学方
程式为 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；在该反应中 KMnO4 中+7 价的锰元素得到电子
化合价降低被还原为+2 价的锰离子，故答案为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；KMnO4
中+7 价的锰元素；
(5)在水溶液中存在 H2O⇌H++OH-，S2-为弱酸阴离子，会结合水电离出的氢离子而发生水解反应，使溶液中
氢离子浓度降低，从而使水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性，故答案为：H2O⇌H++OH-，
S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性；
(6)由已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知，溶解或电离出 S2-离子的能力 2H S CuS＞ ；FeS+2H+=Fe2++H2S↑可知，
溶解或电离出 S2-离子的能力 2FeS H S＞ ，则溶解或电离出 S2-离子的能力为 2FeS H S CuS＞ ＞ ，故答案为：
2FeS H S CuS＞ ＞ 。
23. 聚合物 F 的合成路线图如图：
已知：HCHO+RCH2CHO→ 2-H O
(1)A 中官能团名称是_______，B+D→E 的反应类型是_______；
(2)如何检验 C 中的官能团_______。
(3)写出任一种符合下列条件的 A 的同分异构体的结构简式：_______；
①不能发生银镜反应；②苯环上有三个取代基
(4)分别写出下列化学方程式：
①A→B_______；
②C→D_______；
(5)已知-CHO 比苯环更易与氢气反应。以 为原料制备 ，写出合成路线，无
机试剂任选_______。(合成路线常用的表示方法为：A 反应试剂
反应条件 B…… 反应试剂
反应条件 目标产物)
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 酯化反应(取代反应) (3). 取适量待测液于试管中，加入氢氧
化钠溶液，然后在酒精灯上加热一段时间，静置冷却后加入足量稀硝酸酸化，再加入适量硝酸银溶液，若
产生淡黄色沉淀，则证明 C 中含有溴原子，反之则没有。 (4). (三个取代基可以位置
异 构 ) (5). ＋ 2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O ，
+H+→ (6).
+2NaOH
水 +2NaBr (7).
2H /催化剂
浓硫酸 溴水
NaOH水溶液
【解析】
【分析】 与甲醛发生羟醛缩合反应生成 A： ，然后被新制氢氧化铜
溶 液 氧 化 成 ， 酸 化 后 生 成 ； 由 F 可 以 得 出 E 为 ：
，根据 B 和 D 发生酯化反应生成 E 可得出 D 为： 则 C 为：
，反推可以得出 C3H6 为丙烯。
【详解】(1)由分析可知 A 为 ，官能团名称是碳碳双键、醛基，B+D→E 为酯化反应或者
是取代反应。
(2) C 为： ，检验其中的溴原子的方法为：取适量待测液于试管中，加入氢氧化钠溶液，
然后在酒精灯上加热一段时间让卤素原子水解，静置冷却后加入足量稀硝酸酸化除去多余的氢氧化钠，再
加入适量硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则证明 C 中含有溴原子，反之则没有。所以答案为：取适量待
测液于试管中，加入氢氧化钠溶液，然后在酒精灯上加热一段时间，静置冷却后加入足量稀硝酸酸化，再
加入适量硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则证明 C 中含有溴原子，反之则没有。
(3) A 为 ，除本环外还有两个不饱和度三个碳原子和一个氧原子，不能发生银镜反应说明
不含有醛基，苯环上有三个取代基则只能是－OH、 和 ，三者位置异构，所以答案为：
(三个取代基可以位置异构)。
(4)①由分析可知 A→B 的方程式为： ＋
2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O，
+H+→ 。
②C→D 的方程式为： +2NaOH
水 +2NaBr
(5)利用逆推法可知要制取 则可由 水解制得，而
可由 与溴水加成制得，原料为 ，则可先将醛基还原生成
而后消去即可得 。所以答案为：
2H /催化剂
浓硫酸 溴水
NaOH水溶液
24. 氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl-，在 75℃以上和浓碱溶液中主要产物是
ClO 3
和 Cl-。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3)，并测定其纯度。
检查装置气密性后，添加药品，待装置Ⅲ水温升至 75℃开始反应。
(1)装置Ⅰ中反应的化学方程式为_______，若取消装置Ⅱ，对本实验的影响是_______。
(2)从装置Ⅲ的试管中分离得到 KClO3 粗产品，其中混有的杂质是 KClO 和_______。对粗产品提纯采用采用
何种结晶法，需要查得 KClO3 的溶解度受温度影响的数据，是否需要查得杂质 KClO 的该项数据_______(选
填“是”或“否”)，理由是：_______。
(3)已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而 ClO 3
氧化性很弱。设计实验证明：碱性条件下，H2O2 能被 ClO-
氧化，而不能被 ClO 3
氧化_______。
(4)为测定产品 KClO3 的纯度，进行如下实验：
步骤 1：取 2.45g 样品溶于水配成 250mL 溶液。
步骤 2：取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，调至 pH=10，滴加足量 H2O2 溶液充分振荡，然后煮沸溶液 1～2 分
钟，冷却。
步骤 3：加入过量 KI 溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO 3
+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O)
步骤 4：加入指示剂，用 0.5000mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 20.00mL。
(2S2O 2
3
+I2=S4O 2
6
+2I-)
①样品中 KClO3 的质量分数为_______；
②步骤 2 的目的是_______；若没有“煮沸”操作，测定结果_______(选填偏大、偏小或无影响)。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 杂质 HCl 消耗 KOH，使 KClO3 产率降低
(3). KCl (4). 否 (5). 因为杂质少，无论采用何种结晶法都难以析出 (6). 分别取少量 NaClO 和
NaClO3 溶液于试管 A、B 中，均滴加少量 NaOH 溶液，再分别滴加 H2O2 溶液，A 中有气泡产生并能使带火
星的木条复燃，B 中无明显现象 (7). 83.3% (8). 除去 ClO-，以免影响测定结果 (9). 偏大
【解析】
【分析】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl-，在 75℃以上和浓碱溶液中主要产
物是 -
3ClO 和 Cl-，由实验装置可知，利用装置Ⅰ制备氯气，通过装置Ⅱ中的饱和Ⅱ水除去氯气中杂质气体
HCl，氯气通入装置Ⅲ的 d 装置中的氢氧化钾溶液控制温度 75℃以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过
装置Ⅳ中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气。
【 详 解 】 (1)Ⅰ 中 是 二 氧 化 锰 和 浓 盐 酸 加 热 反 应 生 成 氯 气 的 发 生 装 置 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为
MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O；装置Ⅱ是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯
酸钾的产量，若取消装置Ⅱ，对本实验的影响是杂质 HCl 气体消耗氢氧化钾，使 KClO3 产率降低，所以答
案为：MnO2+4HCl(浓)
Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O；杂质 HCl 消耗 KOH，使 KClO3 产率降低。
(2)在 75℃以上氯气和浓碱溶液中主要产物是 -
3ClO 和 Cl-，所以混有杂质为 KCl；而杂质的含量少，无论采
用何种结晶法都难以析出，所以不需要查找 KCl 的溶解度受温度影响的数据，原因是杂质含量少，无论采
用何种结晶法都难以析出。所以答案为：KCl；否；因为杂质少，无论采用何种结晶法都难以析出。
(3)已知碱性条件下，ClO-有强氧化性，而 -
3ClO 氧化性很弱，碱性条件下，H2O2 能被 ClO-氧化，而不能被 -
3ClO
氧化，设计实验方案为：分别取少量 NaClO 和 NaClO3 溶液于试管 A、B 中，均滴加少量 NaOH 溶液，再分
别滴加 H2O2 溶液，A 中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B 中无明显现象(或者：分别取少量 NaClO
和 NaClO3 溶液于试管 A、B 中，均滴加少量 NaOH 溶液，再分别滴加 H2O2 溶液充分振荡，然后煮沸溶液 1～
2 分钟，冷却。分别加入足量稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，A 中产生白色沉淀，B 中无明显现象)。
(3)①根据 -
3ClO +6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，2 2-
2 3S O +I2= 2-
4 6S O +2I-，则有 -
3ClO -～3I2～6 2-
2 3S O ，可见取 25 mL 溶
液滴定至终点时消耗 3ClO 的物质的量为 n= 0.5000mol/L 0.02000L
6
= 0.01
6 mol，250 mL 溶液中所含
KClO3 的物质的量为 n= 0.01 250 0.1mol = mol6 25 6
，2.45 g 样品中 KClO3 的含量为
0.1 mol 122.5g/mol6 100%2.45 g
=83.3%；
②测定产品 KClO3 的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，步骤 2 的目的
是除去 ClO-，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气，反应的化学方程式为 2H2O2
Δ
2H2O+O2↑，若缺少此
操作，则多余的过氧化氢会氧化碘离子生成碘单质，多余的碘单质会消耗一部分 Na2S2O3 标准溶液从而使标
准液用量，算出的结果偏大。所以答案为：除去 ClO-，以免影响测定结果；偏大。
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