【文档说明】重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.400 MB，由小赞的店铺上传

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化学试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试

题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：Li-7O-16P-31Cl-35.5Co-59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.含增塑剂的聚氯乙烯薄膜能用于生产食品包装袋B.“神舟”系列飞船外壳中含有硬铝，硬铝属于合金材料C.

我国芯片产业发展迅猛，芯片的主要成分为高纯度二氧化硅D.巴黎奥运会火炬燃料的主要成分丙烷属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．聚氯乙烯在常温下没有危害，高温时分解会产生有害物质，故不能用作食品包装袋，A错误；B．硬铝为Al和CuMgMn、、等金属的合金，B正确；C．芯片

的主要成分为高纯度的单质硅，C错误；D．有机高分子的相对分子质量一般大于410，丙烷相对分子质量为44，不属于高分子，D错误；故答案为：B。2.下列化学用语表达正确的是A.次氯酸钠的电子式：B.2Br分子中共价键电子云轮廓图：C.2-丁烯的键线式：

D.4CCl分子的空间填充模型：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸钠是离子化合物由Na+和ClO-构成，次氯酸根中O原子和Cl原子之间共用一对电子对，故次氯酸钠的电子式为，故A项正确；B．2Br分子中溴原子与溴原子形成p-pσ键，电子云轮廓图为，故B项错误；C．2-丁烯的结构简式为：C

H3CH=CHCH3，则2-丁烯的键线式为，故C项错误；D．CCl4分子的空间构型为正四面体形，且Cl原子半径大于C原子半径，故D项错误；故本题选A。3.用AN表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol22NaO中含有的离子数为4ANB.将

0.3mol3FeCl水解形成()3FeOH胶体粒子数为0.3ANC.标准状况下，22.4LHF中所含原子数目大于2AND.加热条件下，含0.2mol24HSO的浓硫酸与足量铜充分反应，产生2SO分子数为0.1A

N【答案】C【解析】【详解】A．22NaO由2个Na+和1个22O−构成的，故221molNaO中含有的离子数为A3AN，错误；B．氢氧化铁胶体粒子是由多个()3FeOH粒子聚集而成，所以30.3molFeCl水解所得胶体粒子数远小于A0.3BN，错误；C

．标况下HF为液体，分子间距比气体小，22.4LHF中分子数目大于AN，原子数目大于A2N，C正确；D．随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，所以240.2molHSO不能完全反应，由反应()24422Δ2H2HOCuSOCuSOSO++

+浓可知，产生的2SO分子数小于0.1AN，D错误；故答案为：C。4.下列离子方程式书写正确的是A.向()442NHSO溶液中滴加()2BaOH溶液：2244BaSOBaSO+−+=B.向NaOH溶液中滴加3CHCO

OH溶液：332CHCOOHOHCHCOOHO−−+=+C.向2NaAlO溶液中通入少量2CO：()22233AlOCO2HOAlOH3HCO−−++=+D.2SO通入()2CaClO溶液：2223Ca2ClOSOHOCaSO2HCl

O+−+++=+【答案】B【解析】【详解】A．向(NH4)2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，离子方程式为：2+2-+-44432Ba+SO+2NH+2OH=BaSO+2NHHO，故A项错误；B．醋酸分子为弱电解质，不能拆，离子方程式为：

332CHCOOHOHCHCOOHO−−+=+，故B项正确；C．向NaAlO2溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：()2222332AlOCO3HO2AlOHCO−−++=+，故C项错误；D．ClO−具有强氧化性，能把2SO氧化生成24

SO−，若2SO少量，离子方程式应为2224Ca3ClOSOHOCaSOCl2HClO+−−+++=++，若2SO过量，离子方程式应为2+-2--+2244Ca+2ClO+2SO+2HO=CaSO+SO+2Cl+4H，故D

项错误；故本题选B。5.下列实验装置能达到实验目的的是A．铝热反应冶炼金属镁B．吸收3NH并防倒吸C．粗铜精炼D．制备无水2MgClA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铝热反应只能用Al还原金属活动性弱于Al的金属氧化物，镁金属性强于铝，反应不能进行，故A项错误；B．氨气极

易溶于水，导管直接插入水中容易倒吸，用该装置吸收氨气不能防倒吸，故B项错误；C．粗铜精炼，粗铜作阳极接外接电源的正极，精铜作阴极接外接电源负极，故C项错误；D．Mg2+在加热条件下易水解生成()2MgOH，在HCl气氛中能抑制水解从而得到无水MgCl2

，故D项正确；故本题选D。6.鲁米诺在刑侦中用于血迹检测，其合成原理如图所示。下列说法正确的是A.鲁米诺的化学式为8632CHNOB.一定条件，A可以和甘油发生缩聚反应C.鲁米诺中处于同一平面的原子最

多12个D.(1)、(2)两步的反应类型分别为加成反应和取代反应【答案】B【解析】【详解】A．由结构可知，鲁米诺的化学式为8327CHNO，故A项错误；B．A含2个-COOH、甘油含3个OH−，二者可发生缩聚反应，故B项正确；C．

鲁米诺分子中苯环、羰基为平面结构，且直接相连，单键在空间可旋转，则鲁米诺分子中处于同一平面的原子最少12个，故C项错误；D．(1)中-OH被取代、(2)中硝基被还原为氨基，分别为取代、还原反应，故D项错误；故本题选B。7.下列类比关系正确的是A.Fe与S反应生成FeS，则Cu与S

反应可生成2CuSB.Na与2O在加热条件下生成22NaO，则Li与2O加热生成22LiOC.22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，则22NaO与2SO反应可生成23NaSO和2OD.Mg在过量的2CO中燃烧生成MgO和C，则Na在过量的2CO中

燃烧生成2NaO和C【答案】A【解析】【详解】A．S的氧化性较弱，遇到变价金属会把变价金属氧化到低价态，故铁、铜分别与硫反应生成硫化亚铁和硫化亚铜，故A项正确；B．Li的还原性比Na弱，与氧气反应只能生成Li2O，故B项错误；C．2SO有还原性，过氧化钠有氧化性，两者反应会生成硫

酸钠而不是亚硫酸钠，故C项错误；D．由于二氧化碳过量，Na与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，故D项错误；故本题选A。8.CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、2CuS、()232CuOHCO、Fe等)为原料制备CuCl的

流程如图：下列说法正确的是A.“酸浸”后，溶液中的金属离子只含2Fe+和2Cu+B.“除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量C.“灼烧”不充分会降低CuCl的产率D.实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行【答案

】C【解析】【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。【详解】

A．废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加22HO，氧化2Fe+，再加NaOH稀溶液，过滤除去()3FeOH，往滤液中加入23NaSONaCl、还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。酸浸后主要含有2Cu+和Fe3+，故A项错误；B．

“除杂”步骤中，加过量氢氧化钠溶液会提高成本，并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低CuCl的产率，故B项错误；C．“灼烧”不充分，铜没有完全转化为氧化铜，则会降低CuCl的产率，故C项正确；D．灼烧固体在坩埚中进行，不

能在蒸发皿中进行，故D项错误；故本题选C。9.部分含铁微粒所带的电荷数与铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是A.若M为()2FeOH，则M在空气中加热可分解得到FeOB.单质R与浓硫酸必须加热才能持续反应C.金属阳离子Q可用()36KFeC

N溶液检验D.3Fe+与强氧化剂反应制取24FeO−需要在碱性条件下进行【答案】A【解析】【详解】A．()2FeOH隔绝氧气加热分解得FeO，在空气中加热最终得到23FeO，故A项错误；B．常温下，单质Fe与浓硫酸会发生钝化，

必须要加热反应才能持续进行，故B项正确；C．Q为2Fe+，可用()36KFeCN溶液进行检验，产生蓝色沉淀，故C项正确；的D．24FeO−中Fe元素为6+价，据图可知24FeO−在碱性环境中稳定存在，所以3Fe+

与氧化剂在碱性条件下反应可生成24FeO−，故D项正确；故本题选A。10.M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且相邻，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，

由5种元素形成的一种配位化合物结构如图4所示，下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点为：X>YB.同周期中第一电离能小于X的元素有5种C.Y基态原子核外有5种不同运动状态的电子D.1mol该物质中含配位键的数目为4AN，且该物质中元素Z的化合价为0价【答案】B【解

析】【分析】Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，则Z为Ni元素；由图可知，配合物中M、W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且

相邻，则M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。【详解】A．相同状态下，H2O形成的氢键比氨分子形成的多，水的沸点更高，则简单氢化物沸点：X＜Y，故A项错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p

轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，故B项正确；C．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为2241s2s2p，原子

核外电子有8种不同的运动状态，故C项错误；D．由图可知，配合物中配体为2个33HO-N=C(CH)-C(CH)=N-O−阴离子，则中心离子为带2个单位正电荷的镍离子，所以镍元素的化合价为+2价，故D项错误；故本题选B。11.下列实验操作、现象及相应结论均正确的是选项

实验操作实验现象实验结论A将饱和食盐水滴入电石中，产生的气体直接通入溴水中溴水褪色乙炔能与2Br反应B向溶有2SO的2BaCl溶液中通入某气体X出现白色沉淀X一定具有强氧化性C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热一段时间后，

加入少量新制的()2CuOH悬浊液，煮沸无砖红色沉淀产生蔗糖未发生水解D向试管中加入2mL0.1mol/L3AgNO溶液，滴加3mL0.1mol/LNaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液沉淀由白色变为

黄色()()spspAgClAgIKKA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该实验会产生杂质气体2HS，H2S具有还原性，也能使溴水褪色，A错误；B．白色沉淀可能为4BaSO或3BaSO，故

X可能为氧化性气体如2Cl，也可能为碱性气体如3NH，B错误；C．水解为酸性条件，要用新制()2CuOH悬浊液检验是否水解必须先加入适量NaOH使溶液呈碱性，C错误；D．向试管中加入32mL0.1mol/LAgN

O溶液，滴加3mL0.1mol/LNaCl溶液，此时氯离子过量，银离子全部转化为AgCl白色沉淀，再加入碘离子产生黄色沉淀则只能由AgCl转化而来，故()()spspAgClAgIDKK，正确；故答案

为：D。12.设计如图装置回收钴单质，工作时保持厌氧环境且保证细菌所在环境pH稳定，借助细菌降解乙酸盐生成2CO，将废旧锂离子电池的正极材料()2LiCoOs转化为2Co+，并定时将乙室溶液转移至甲室。［已知：左右两池中均为阳离子交换膜，电极材料均为

石墨材质，且右侧装置为原电池］则下列说法不正确的是A.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸B.装置工作时，离子通过阳离子交换膜进入甲室C.乙室电极反应式为2222LiCoO2e8H2Li2Co4HO−++++

+=++D.若甲室2Co+减少的质量等于乙室2Co+增加的质量，则此时还未进行溶液转移【答案】D【解析】【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为电解池的负极，水分子作用下乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和

氢离子，电极反应式为：322CHCOO8e2HO2CO7H−−+−+=+，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为：2222LiCoO2e8H2Li2Co4HO−+++++=++，电池的总反

应为：23222CHCOO8LiCoO25H2CO8Li8Co14HO−++++++++=；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，水分子作用下乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：322CHCOO

8e2HO2CO7H−−+−+=+，右侧石墨电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为：2Co2eCo+−+=，电解的总反应为：2322CHCOO4Co2HO2CO7H4Co−++++=++。【详解】A．由分析可知，装置工作时，乙室为原

电池，电池的总反应：23222CHCOO8LiCoO25H2CO8Li8Co14HO−++++++++=，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸，故A项正确；B．由分析可知，装置工作时，甲室为电解池，电解的总反应：232

2CHCOO4Co2HO2CO7H4Co−++++=++，反应中生成氢离子透过阳膜进入甲室，故B项正确；C．由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应

式为：2222LiCoO2e8H2Li2Co4HO−+++++=++，故C项正确；D．若甲室钴离子减少ag，电解转移电子的物质的量：ag259g/mol，若乙室钴离子增加ag，电解转移电子的物质的量：ag159g/mol，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转

移至甲室，故D项错误；故本题选D。13.晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是A.图1晶体密度为3-30A72.5Na10g∙cm-3B.图1中O原子的配位

数为6C.图2表示的化学式为2x1xLiMgOClBr−D.2Mg+取代产生的空位有利于+Li传导【答案】C【解析】【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1个晶胞的质量为A371635.5

N++g=A72.5Ng，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为A72.5Ng÷(a3×10-30cm3)=3-30A72.5Na10g/cm3，A项正确；B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距

离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×14=2。O：2×12=1，Cl或Br：4×14=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为

LiMgOClxBr1-x，C项错误；D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；答案选C。14.一定温度下，烧杯中有25mL对二甲苯和5

mL水，加入6molHA后充分搅拌并完全溶解，静置平衡后HA在对二甲苯(PX)中浓度为()PXHA0.016mol/Lc=，在水(W)中浓度为()wHAc。已知：①实验条件下HA在两相间的分配系数：()()WdPXHA10HAcKc==(

只与温度有关)；②HA不能在对二甲苯中电离，在水中电离平衡常数6a4.010K−=；③lg20.3=。忽略溶液混合时体积的变化，下列说法错误的是A.水溶液的pH约为3.1B.若向平衡体系中再加入对二甲苯，()()PXWHAHAcc增大C.若向平衡体系中再加入20m

L水，平衡后()wHA0.05mol/Lc=D.若向平衡体系中再加入NaOH固体，使()()wHA2Acc−=，平衡后()PXHA0.012mol/Lc=【答案】C【解析】【详解】A．对二甲苯中()()()WdPXPXcHAcHA=0.016mo

l/LK==10cHA，则()WcHA=0.16mol/L，()+-wHAH+AcHA=0.16mol/L，()()2+-6awcHK=4.010=cHA()+-4cH=810pH3.1，，A正确；B．加入对二甲苯()PXcHA减小，()()WPXc

HAcHA不变，所以()wcHA减小，水的量不变，所以水中()wnHA减小，HA总的物质的量不变，则()PXnHA增大，()()PXwnHAnHA增大，B正确；C．()333nHA0.01625100.165101.210mol

b−−−==+=总则：()()()333wwcHA1.210cHA2510251010−−−−=，可得()HAw0.044mol/Lc=，C错误；D．由()()wPXHA10HAcc=可得()()()()()wpxwpxcHA10cHAcA0.5cHA5cHA−===

，，则由物料守恒()()()()333wpxcHAcA510cHA2510nHA1.210−−−−++==，()PXcHA0.012mol/L=，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某矿区出产的银精矿，

其主要化学成分为Ag、Zn、Cu、Pb、S及2SiO等，从其中提取银、铜和铅的工艺流程如图：已知：()10spAgCl1.810K−=，()32332Ag2SOAgSO−+−+91.010K=。（1）Ag与Cu同

族，且位于Cu的下一周期，则基态Ag的价层电子排布式为___________。（2）步骤②试剂X为___________，步骤④滤渣中除含单质硫外，还含有的物质为___________。（3）步骤③反应的化学方程式为___________；加入23N

aSO溶液，当反应平衡时()23SOc−为0.51molL−，此时溶液中()()332AgSOClcc−−=___________。(忽略溶解时溶液体积变化)（4）步骤⑤反应的离子方程式为___________。（5）“粗银”中含少量杂质Cu、Zn、Au、Pb可用电解法精炼。电解产生

的阳极泥中所含金属为___________。（6）()332NaAgSO溶液也可通过如图方法获取粗银，沉银步骤中使用盐酸的沉银率高于相同浓度的NaCl溶液，原因为___________。【答案】（1）1014d5s（2）①.Zn②.SiO2（3）①.()23332AgCl

2NaSONaAgSONaCl+=+②.0.045（4）()3232432224AgSONH4OH4Ag8SON4HO−−−++=+++（5）Au（6）H+与23SO−反应使()3

2332Ag2SOAgSO−+−+平衡逆向移动，促进Cl−结合Ag+形成AgCl沉淀【解析】【分析】银精矿(其化学成分有:Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等，浸出液中加金属还

原剂Zn把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离操作②为过滤，得到Cu和Pb、ZnCl2溶液，浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3

)2]和NaCl，过滤滤渣为S和SiO2，滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4，生成Ag和氮气，滤液中含有亚硫酸钠。【小问1详解】基态Ag的价层电子排布式为1014d5s。小问2详解】①由流程图知试剂X可以置换出Cu和Pb，同时不引入新的杂质，应选择金属Zn，步骤②

试剂X为Zn；②步骤④滤渣中除含单质硫外，滤渣中还含有未发生变化的SiO2。【小问3详解】①步骤③反应的化学方程式为()23332AgCl2NaSONaAgSONaCl+=+；②加入23NaSO溶液，当反应平衡时()23SOc−为0.51molL−，()10spKAgCl1.

810−==c(Ag+)c(Cl-)则c(Ag+)=c(Cl-)=1.34210-5mol/L，则()32332Ag2SOAgSO−+−+9K1.010==()()333232223c(AgSO)c(AgSO)c(Ag)c(SO)−−+−=，则3.355103

mol/L，【此时溶液中()()332cAgSOcCl−−0.045。【小问4详解】滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4，生成Ag和氮气，滤液中含有亚硫酸钠，由此步骤⑤反应的离子方程式为()3232432224AgSONH4OH4A

g8SON4HO−−−++=+++。【小问5详解】“粗银”中含少量杂质Cu、Zn、Au、Pb可用电解法精炼，结合金属活动性顺序知，在阳极Zn、Cu、Ag失去电子转化为金属阳离子进入电解液，Au以游离态沉积于阳极下方形成阳极泥。【小问6详解】()332NaAgSO溶液也可通过如图

方法获取粗银，沉银步骤中使用盐酸的沉银率高于相同浓度的NaCl溶液，原因为H+与23SO−反应使()32332Ag2SOAgSO−+−+平衡逆向移动，促进Cl−结合Ag+形成AgCl沉淀。16.实验室利用红磷(P)与2Cl反应可制取少量3PCl或5PCl。

物质熔点/℃沸点/℃性质3PCl-11275.5遇水生成33HPO和HCl，易被2O氧化5PCl——约100℃升华遇水生成34HPO和HCl，与红磷反应生成3PClⅠ．利用如图所示装置制取少量3PCl(部分夹持装置已略去)（1）装置A中盛

放浓盐酸的仪器名称是___________，装置A中发生反应的离子方程式为___________。（2）B中盛放的试剂为___________(填序号)。A.饱和碳酸氢钠溶液B.饱和氯化钠溶液C.氢氧化钠溶液D.浓硫酸（3）选用仪器M目

的是___________。（4）F装置的作用是___________。Ⅱ．测定产品中3PCl的质量分数实验步骤如下：①迅速称取mg产品，加水反应后配成100mL溶液。②取上述溶液10.00mL，向其中

加入1VmL11molLc−碘水(足量)，充分反应。③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，逐滴滴加12molLc−的223NaSO溶液并振荡，当溶液恰好由蓝色变为无色时，记录所消耗223NaSO溶液的体积。④重复②、③操作3次，平均消耗223

NaSO溶液2VmL。（5）步骤②中反应的化学方程式是___________。（6）已知：2223246I2NaSO2NaINaSO+=+。根据上述数据测得该产品中3PCl的质量分数的计算表达式为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.2222Mn

O4H2ClMnCl2HO+−+++=++（2）D（3）防止升华出的5PCl凝固，堵塞装置（4）对2Cl进行尾气处理，防止空气中的水蒸气进入E中（5）233234HOHPOIHPO2HI++=+（6）33112211010

137.5102100%cVcVm−−−【解析】【分析】装置A中MnO2和浓盐酸共热反应制取Cl2，装置B用浓硫酸干燥Cl2，防止后续装置中PCl3遇水反应；装置C用于吸收反应结束时的Cl2尾

气，装置D为红磷与氯气反应制取PCl3，装置E用于冷凝并收集PCl3，装置F用于吸收未反应的Cl2、HCl，并防止空气中的水蒸气进入E装置内，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；装置A

中发生反应的离子方程式的为：2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++=++；【小问2详解】根据已知条件3PCl和5PCl遇水都会发生反应，所以制备过程中需要除去水蒸气，所以选择浓硫酸，故答案为：D；【小问3详解】根据已知

条件5PCl易升华，为了防止5PCl凝华成固体，进入导管，堵塞导管，所以选择仪器M来防止堵塞；【小问4详解】根据已知条件，装置F的作用是对氯气进行尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入到E装置中，防止制得的3PCl和5PCl遇水发生反应；【小问5详解】步骤①取产品后加水，3PCl与水反应

生成33HPO和HCl，所以步骤②是生成的33HPO与2I发生氧化还原反应，化学方程式为：233234HOHIH2POPOHI++=+；【小问6详解】根据滴定实验条件可知：消耗223NaSO的量为322cV10mol−，则滴定时反应2I的

量为：3221cV10mol2−，所以与33HPO反应的2I的量为：3311221cV10cV10mol2−−−，根据第②步的反应方程式可知，该产品中PCl3的质量分数的计算表达式为：3311221cV10cV10137.5

102100%m−−−。17.工业燃煤过程中产生大量含硫烟气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题：方法一：2HS还原脱硫（1）已知：()()()()22222HSg3Og2SOg2HOl+=

+11036kJmolH−=−()()()22SgOgSOg+=1294kJmolH−=−()()22HOlHOg=144kJmol−=+H则还原脱硫原理：()()()()2222HSgSOg3Sg2HOg+=+H=___________。（2）在

某恒温、恒容的密闭容器中，充入2HS和2SO发生反应：()()()()2222HSgSOg3Ss2HOg+=+，下列描述可表示该反应达到平衡状态的有___________(填序号)。A.2HS的浓度保持

不变B.混合气体密度保持不变C.()()22HS:SO2:1cc=D.单位时间内生成()2HOg和()2HSg的量相等方法二：4CH还原脱硫反应原理：Ⅰ．()()()()()24222SOgCHg2Sg2HOgCOg+++11H3

16.7kJmol−=−Ⅱ．()()()()422CHgCOg2COg2Hg++11247.3kJmolH−=+（3）在不同催化剂条件下，2SO的转化率随温度变化的曲线如图所示。综合考虑，工业生成过程中选择的最佳催化剂是____

_______；若选择催化剂Cat.2，2SO的转化率随温度升高先减小后增大，则2SO的转化率增大的原因是___________。（4）一定条件下，在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1∶1∶7充入4CH、2SO、He发生反应Ⅰ和Ⅱ。测得2

SO的平衡转化率为80%，4CH的平衡转化率为50%，则达到平衡时，2SO的分压p=___________kPa，反应Ⅱ的压强平衡常数()pK=Ⅱ___________2kPa(用平衡分压计算)。（5）方法三：

利用电解法对2SO进行吸收和无害化处理，其原理如图所示：①石墨Ⅱ电极为___________(填“正”“负”“阳”或“阴”)极。②石墨Ⅰ的电极反应式为___________。③每处理1mol2SO，理论上电解池中产生氧气的质量为___________。【答案】（1）166kJmol−−（

2）ABD（3）①.Cat.3②.温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，2SO的转化率增大（4）①.2②.1615（5）①.阳②.232422HSO2H2eSO2HO−+−−++=+③.8g【解析】【小问1详解】已知①()()()(

)22222HSg3Og2SOg2HOl+=+11ΔH1036kJmol−=−；②()()()22SgOgSOg+=12ΔH294kJmol−=−；③()()22HOlHOg=13ΔH44kJmol−=+，根据

还原脱硫原理：④()()()()2222HSgSOg3Sg2HOg+=+，反应④由反应①-3×反应②+2×反应③得到，则反应的1111123ΔHΔH3ΔHΔH1036kJmol3(294kJmol)2(44kJmol)66kJmol−−−−=−+=−−−++=−；【小问2

详解】A．随着反应进行，H2S的浓度不断减小，当达到平衡状态时，2HS的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故A项符合题意；B．根据反应方程式可知，该反应后气体的总质量减小，体积不变，则密度不断减小，当密度不变时，说明反应

达到平衡状态，故B项符合题意；C．因为2HS和2SO气体的充入比例不确定，不能作为平衡标志，故C项不符合题意；的D．生成()2HOg和生成H2S(s)的量相等，则v正=v逆，说明反应达到平衡状态，故D项符合题意；故答案为：ABD；【小问3详解】由图像可知，催化剂Cat.3活性最高的温度低

于其他催化剂，且2SO的转化率是最高的，所以催化剂Cat.3是最佳选择；若选用催化剂Cat.2，随着温度的升高，催化剂的活性增强，反应速率增加，单位时间内2SO的转化量增加，所以2SO的转化率增大；【小问4详解】已知在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1:1:7，充入CH4、SO2、He

发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得2SO的平衡转化率80%，CH4的平衡转化率为50%，设初始时容器中的4CH和2SO均为amol，则He为7amol；各物质的变化量为：2422(g)(g)(s)(g)(g)(mol)0.8a0.40.8a0.8a

0.4a2SOCH2S2HOCO+++变化量，422(mol)0.1a0.1a0.2a0.2aCHCO2CO2H++变化量，因此平衡时，2SO为0.2amol，CH4为0.5amol，S为0.8amol，H2O为0.8amol，CO2为0.3amol，

CO为0.2amol，H2为0.2amol，He为7amol，总物质的量为10amol，平衡时各物质的分压：2SO为2kPa，CH4为5kPa，S为8kPa，H2O为8kPa，CO2为3kPa，CO为2kPa，H2为2kPa，He为70kPa因此()()()222p2

kPa2kPa16KkPa5kPa3kPa15==Ⅱ；【小问5详解】①石墨I为阴极，石墨Ⅱ为阳极；②石墨I发生还原反应，电极反应式为：232422HSO2e2HSO2HO−−+−++=+；③每处理1

molSO2，电解池转移1mol电子，产生0.25mol氧气，质量为8g。18.药物氯氮平可用于治疗多种精神类疾病，工业生产氯氮平的一种合成路线如图所示。已知：(R为烃基或H)。（1）A的化学名称为___________。（2）D中所含官能团名称为硝基和___________。（3）下

列说法不正确的是___________(填序号)。A.硝化反应的试剂为浓硝酸和浓硫酸B.化合物B具有两性C.从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼D.G→H的反应类型为加成反应（4）以C为单体合成聚酰胺类高分子的化学方程式为____

_______。（5）C+D→E的化学方程式为___________。（6）含氮化合物Ⅰ的分子式为513CHN，Ⅰ及Ⅰ的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为1∶6∶6的结构简式为___________。（7）以J()和

K()为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种治疗精神分裂症的药物奥氮平()。制备奥氮平的合成路线为_________。(路线中原料、试剂用相应的字母J、K、F表示)【答案】（1）邻硝基苯甲酸(2-硝基苯甲

酸)（2）碳氯键(氯原子)（3）CD（4）（5）（6）①17②.（7）【解析】【分析】甲苯依次发生硝化、氧化反应生成A，A发生还原反应生成B，由B逆推，可知A是；B发生酯化反应生成C，C的结构简式为；【小问1详解】A是，A的化学名称为邻硝基苯甲酸；【小问2详解】根据D的结构简式，

D中所含官能团名称为硝基和碳氯键；【小问3详解】A．硝化反应的试剂为浓硝酸和浓硫酸，故A正确；.B．化合物B中含有羧基、氨基，羧基具有酸性、氨基具有碱性，故B正确；C．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，故C错误；D．G→H的反应类型为还原反应，故D错误；

选CD。【小问4详解】C的结构简式为，C发生缩聚反应生成聚酰胺类高分子，反应的化学方程式为；【小问5详解】C+D发生取代反应生成E和HCl，HCl和碳酸钾反应生成碳酸氢钾和氯化钾，反应的化学方程式为；【小问6详解】含氮化合物Ⅰ的分子式为513CHN，不饱和度为0

，Ⅰ及Ⅰ的同分异构体有、、、、、、、、CH3-NH-CH2-CH2-CH2-CH3、CH3-CH2-NH-CH2-CH2-CH3、、、、、、、，共有17种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为1∶6∶6的结构简式为。【小问7详解】根据C和D反应生成

E，J和K反应生成；根据E和F生成G，和F反应生成，还原为，在催化剂作用下生成，合成路线为。