内蒙自治区乌兰察布市集宁二中2023学年高三第五次模拟考试化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（）A．立体烷和苯乙烯互为同分异构体B．1，3－丁二烯的键线式可表示为C．二氟化氧分子电子式为D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体2、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A．理论上该转化的原子利用率为100%B．阴极电极反应式为C．Na+也能通过交换膜D．每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA3、异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料，二者存在如图转化关系：下列说法正确的是A．异丙烯苯分子中所有碳原子一定共平面B．异丙烯苯和乙苯是同系物C．异丙苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有6种D．0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气13.44L4、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（）A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V35、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A．该反应的逆反应为吸热反应B．平衡常数：KM＞KNC．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低6、化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径B．新型冠状病毒肺炎病症较多的地区，人们如果外出归家，应立即向外套以及房间喷洒大量的酒精C．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法D．华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是硅7、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A．气体A至少含有SO2、H2中的一种B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定8、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（）A．原子半径：Z＞W＞RB．对应的氢化物的热稳定性：R＞WC．W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D．Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸9、有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a．b．c．d．①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加聚反应④只有b和c能发生取代反应A．①② B．①④ C．②③ D．①②③10、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，a和b分别位于周期表的第2列和第13列，下列叙述正确的A．离子半径b>dB．b可以和强碱溶液发生反应C．c的氢化物空间结构为三角锥形D．a的最高价氧化物对应水化物是强碱11、有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是A．所有原子处于同一平面B．二氯代物有3种C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO212、短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是()A．ⅠA族 B．ⅢA族 C．ⅣA族 D．ⅦA族13、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×102314、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：A．只由这四种元素不能组成有机化合物B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈D．X、Y形成的化合物都易溶于水15、下列关于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是()A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92kJ·mol－1B．达到平衡时N2、H2的转化率(α)随n(H2)/n(N2)比值的变化C．正、逆反应速率随温度的变化D．反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数随温度、压强的变化16、Mg－AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列说法错误的是A．该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2AgB．该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池C．有1molMg被氧化时，可还原得到108gAgD．装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液17、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A．Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB．导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量18、含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．电子流向：N极→导线→M极→溶液→N极B．M极的电极反应式为C．每生成lmlCO2，有3mole-发生转移D．处理后的废水酸性增强19、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A．常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验20、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜21、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A．T的氢化物的沸点一定低于R的B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．T和W组成的化合物含两种化学键D．工业上电解熔融氧化物制备G的单质22、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石二、非选择题(共84分)23、（14分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。①与丙二酸二乙酯的官能团相同；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；③能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_____________；中间产物II_____________。24、（12分）由化合物A合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是______（填选项字母）。a．化合物A核磁共振氢谱为两组峰b．CH2Br2只有一种结构c．化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d．化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为______。（3）D含有的官能团名称为________，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是________（不必注明“顺”“反”）。（4）写出A→B的化学反应方程式：__________。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_______。①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH②能发生银镜反应③苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________。25、（12分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、（10分）碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。(2)关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象),停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:几种物质的溶解度见下表:①由上表数据分析可知，“操作a”为__________________。②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是____________。(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取1.00g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反应时共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。27、（12分）三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe

(C

2O4)3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110℃下可完全失去结晶水，230℃时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。Ⅱ．铁含量的测定：步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。28、（14分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。29、（10分）我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中的位置___，Cu2+的价电子排布式为__。（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：电离能/kJ·mol－1I1I2I3Cu74619582058由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是__。（3）Cu2+能与吡咯()的阴离子()形成双吡咯铜。①中C和N原子的杂化均为__，1mol含有__molσ键；②双吡咯铜Cu()2的配位原子为__；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间，吡咯沸点较高，其原因是__。（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目__；该晶体的化学式为__。已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为__pm(只写计算式)。

参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【答案解析】

A.立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；B.1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：，B项错误；C.二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；D.H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误；答案选A。2、C【答案解析】

A.总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。3、C【答案解析】

A.异丙烯基与苯环靠着单键相连，单键可以旋转，因而异丙烯苯分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；B.异丙烯苯分子式为C9H10，乙苯分子式为C8H10，两者分子式相差一个“C”，不符合同系物之间分子组成相差若干个CH2，B错误；C.异丙苯与足量氢气完全加成生成，根据等效氢原则可知该产物有6种氢原子，因而其一氯代物有6种，C正确；D.异丙苯分子式为C9H12，该燃烧方程式为C9H12+12O29CO2+6H2O，0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气0.6mol，但氧气所处状态未知（例如标准状况），无法计算气体体积，D错误。故答案选C。【答案点睛】需注意在标准状况下，用物质的体积来换算所含的微粒个数时，要注意，在标准状况下，只有1mol气体的体积才约是22.4L。而某些物质在标况下为液体或固体是高考中换算微粒常设的障碍。如：标准状况下，22.4LCHCl3中含有的氯原子数目为3NA。标准状况下，CHCl3为液体，22.4LCHCl3的物质的量远大于1mol，所以该说法不正确。4、A【答案解析】

最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。答案选A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。5、C【答案解析】

A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。6、D【答案解析】

A.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，是化学变化，故A错误；B.酒精喷雾易燃易爆炸，不应向外套以及房间喷洒大量的酒精，房间内大面积喷洒，酒精浓度高于70%时，酒精的挥发使室内空气中可燃性气体增加，遇到丁点火星极易燃烧，故B错误；C.在海水、土壤等环境中，锌比钢铁材料更活泼，更容易失去电子被氧化，因此锌作原电池的负极，而铁作正极，被保护，该方法依据的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D.芯片的主要成分是硅单质，故D正确；故选D。【答案点睛】煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程。煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。二者均有新物质生成，属于化学变化。这是常考点，也是学生们的易错点。7、C【答案解析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【题目详解】A.气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B.原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D.该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。【答案点睛】在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。8、C【答案解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【题目详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：R＞W，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。答案选C。9、A【答案解析】

由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。10、B【答案解析】

a和b分别位于周期表的第2列和第13列，所以a是Be或Mg，b是Al，c是C,d是N。【题目详解】A.铝和氮原子形成的离子电子层结构相同，原子序数越小半径越大，故b<d，故A错误；B.b是铝，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，故B正确；C.碳的氢化物有多种，如果形成甲烷，是正四面体结构，故C错误；D.无论是铍还是镁，最高价氧化物的水化物都不是强碱，故D错误；故选：B。11、C【答案解析】

A.分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B.二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。12、D【答案解析】

A．ⅠA族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体，锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A错误；B．ⅢA族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体，故B错误；C．ⅣA族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体，混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗，锡，铅都形成金属晶体，故C错误；D．ⅦA族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D正确；答案选D。13、D【答案解析】

A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。14、A【答案解析】

根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。【题目详解】A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。15、A【答案解析】

A.根据图中能量变化图可以看出，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝+2254kJ·mol－1-2346kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，A项正确；B.随n(H2)/n(N2)比值越大，氢气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；C.该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误；D.该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误；答案选A。16、C【答案解析】

A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A正确；B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正确；C、电极反应式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。答案选C。【答案点睛】本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。17、C【答案解析】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。18、D【答案解析】

A．原电池中阳离子向正极移动，所以由图示知M极为正极，则电子流向：N极→导线→M极，电子无法在电解质溶液中移动，故A错误；B．M为正极，电极反应式为+2e-+H+═+Cl−，氯苯被还原生成苯，故B错误；C．N极为负极，电极反应为CH3COO−+2H2O−8e−═2CO2↑+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1molCO2，有4mole-发生转移，故C错误；D．根据电极反应式计算得，转移4mole-时，负极生成3.5molH+，正极消耗2molH+，则处理后的废水酸性增强，故D正确。故选D。19、C【答案解析】

铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【题目详解】A.钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B.滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C.步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。20、B【答案解析】

A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D项错误；答案选B。21、D【答案解析】

T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【题目详解】A.T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B.W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HClO为弱酸，B错误；C.T和W组成的化合物为CCl4，只含有一种化学键共价键，C错误；D.G为Al，工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选D。22、D【答案解析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【题目详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【答案解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【题目详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【答案点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。24、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【答案解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)a．A为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c．化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d．B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，A→B的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足：①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH；②能发生银镜反应；③苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似F→G的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。25、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙上下移动水准瓶偏低【答案解析】

(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【题目详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。【答案点睛】本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。26、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒压滴液漏斗无色打开启普发生器活塞，通入气体使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢硫蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；89.88%【答案解析】

实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液，发生反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；(5)实验室模拟工业制备KIO3：将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体，再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。【题目详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；(4)根据反应II可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；(5)①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶；②根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；(6)该滴定原理是：先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应：IO3⁻+5I⁻+6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3⁻~3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，则有IO3⁻~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。【答案点睛】启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。27、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%【答案解析】

(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【题目详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%，故答案为11.2%。28、高温CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【答案解析】

（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl