【文档说明】四川外国语大学附属外国语学校2024届高三上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(23)页，6.891 MB，由小赞的店铺上传

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四川省外国语学校2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题(满分100分，100分钟完成)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32C135.5Cu64Mo96第Ⅰ卷选择题(共42分

)(共14题，每题3分，共42分，每题有且仅有一个最佳答案。)1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述不正确的是A.“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染B.新能源汽车电池的负极有石墨化碳材料，该材料属于无机非金属材料C.电解3Al

Cl冶炼铝技术的成熟使铝合金应用得到普及D.二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，让化解粮食危机成为可能【答案】C【解析】【详解】A．液氧液氢推进剂燃烧后产物为水，对环境无污染，故A项正确；B．石墨是由碳元素组成的单质

，属于无机非金属材料，故B项正确；C．3AlCl为分子化合物，在熔融状态下不会发生电离，因此电解3AlCl无法获得铝单质，故C项错误；D．日常所食用的大米、面食主要成分为淀粉，因此二氧化碳到淀粉的人工全合

成技术，可能解决粮食危机，故D项正确；综上所述，不正确的是C项。2.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L24CH中，约含有233.0110个σ键B.18g182O和183O的混合气体中含有的中

子数为A8NC.用1L0.1mol/L的3FeCl溶液制备()3FeOH胶体，胶粒数目为A0.1ND.6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为A0.2N【答案】A【解析】【详解】A．1个24CH分子有5个σ键，标准状况下，2.24L

24CH为0.1mol，约含有233.0110个σ键，故A正确；B．182O和183O的混合气体可以看成平均化学式为18O，18g182O和183O的混合气体为1mol18O，1个18O中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为A10N，故B错误；C．胶粒具有吸附性，用1L0

.1mol/L的3FeCl溶液制备()3FeOH胶体，胶粒数目小于A0.1N，故C错误；D．Cu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为A0.1N，故D错误；故答案为A。3.有关HCN分子的说法正确的是A.HCN电

子式为H:CNMMB.基态N原子的价层电子轨道表示式为CHCN分子中含有极性键和非极性键D.HCN分子的球棍模型为【答案】B【解析】【详解】A．HCN分子中单原子最外层有8个电子，电子式应为H:CN：，A错误；B．N原子的价电子排布式为

2s22p3，轨道表示式为，B正确；C．HCN分子中不含同种元素原子形成的非极性键，C错误；D．HCN分子中C原子为sp杂化，其空间构型为直线形，D错误；综上所述答案为B。4.分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性

，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列有关说法不正确的是.A.甲分子最多有10个碳原子共平面B.乙和丙均能在NaOH溶液和稀24HSO溶液中发生水解反应C.以上三个分子都只有1个手性碳原子D.1mol甲分子最多能与3mo

l2H发生反应【答案】A【解析】【详解】A．甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)，A错误；B．乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在NaOH溶液和稀24HSO溶

液中发生水解反应，B正确；C．手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，C正确；D．甲分子中，只有苯

环能和2H发生加成反应，1mol甲分子最多能与3mol2H发生反应，D正确；故选A。5.物质W常用作食品添加剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，元素N的单质在常温下为气体。下列说法正确的是A.W中Y原子的杂

化方式为3spB.常温下N的单质与NaOH溶液反应，其中一种产物的水溶液呈碱性，有漂白性C.Z的氢化物的沸点一定大于Y的所有氢化物的沸点D.化合物W受热易分解，发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】根据题意，W结构中M为+1价的离子，再根据原子序数和原子半径的关系，M原子半径最大，推出

M为Na元素，再根据X的原子半径最小，原子序数最小，又只能形成一个化学键，推出X为H，Y可以形成4个键，原子序数大于H小于Na，所以Y为C，Z可以形成2个键，原子序数大于C小于Na，最外层电子为6，故Z为O，元素N的原子序数大于Na，其单质在常温下为气体，N为Cl，故W为3NaHC

O。【详解】A．由图可知，3HCO−中C原子形成3个σ键，C原子的价电子全部用于成键，无孤电子对，因此C原子的杂化方式为2sp，A错误；B．N的单质为2Cl，常温下与NaOH溶液反应生成的NaClO水溶液呈碱性，有漂白性，B正确；C．Z为C，氢化物为烃类物质，其沸点不一定大于Y的所有氢化物的沸点

，C错误；D．323222NaHCO2NaCO+CO+HO中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误；故选A。6.已知水合肼(242NHHO)具有较强还原性，通常可被氧化为2N。现用如下流程可制

得较纯单质Pt，下列有关说法不正确的是A.王水是由浓盐酸与浓硝酸组成，与粗Pt反应时浓硝酸表现出强氧化性B.已知26HPtCl是配合物，则中心原子是Pt，配位数为6C.脱硝除去残余的3HNO和氮氧化物，主要目的是防止其污染环境D.由2PtO制得1mol纯Pt，

理论上至少需要2mol242NHHO作还原剂【答案】C【解析】【详解】A．粗Pt与王水反应生成H2[PtCl6]的过程中Pt被浓硝酸氧化，浓硝酸表现出氧化性，故A项正确；B．26HPtCl的内界为26PtCl−，其中心原子为Pt，配离子

为Cl-，因此配位数为6，故B项正确；的C．粗Pt与王水反应后所得溶液中含有26HPtCl和硝酸和硝酸的还原产物(氮氧化物)，硝酸具有氧化性，能与具有还原性的242NHHO发生氧化还原反应，因此脱硝的主要目的是除去硝酸和氮氧化物

，防止干扰26HPtCl的还原，故C项错误；D．由2PtO制得1mol纯Pt，由流程可知PtO2先与242NHHO发生反应生成粗Pt，242NHHO被还原为N2，根据得失电子守恒可知1mol2PtO消耗242NHHO的物质的量为1mo

l，后续26HPtCl与242NHHO再发生氧化还原反应，此过程中1mol26HPtCl将消耗1mol242NHHO，因此由2PtO制得1mol纯Pt，理论上至少需要2mol242NHHO作还原剂，故D项正确；综上所述，答案选C项。7.下列离子方程式的书写正

确的是A.向23NaSO溶液中加入稀3HNO：2322SO2HSOHO−++=+B.实验室制备氯气：2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++C.向2NaAlO溶液中加入3NaHCO溶液：()23223AlOHCOHOCOAlOH−−++

=+D.少量Fe与足量稀3HNO：2323Fe2NO8H2NO2Fe4HO−++++=++【答案】B【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性，23NaSO与稀硝酸发生氧化还原反应生成Na2SO4、NO、H2O，故A项错误；B．实验室利用MnO

2与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应离子方程式为2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++，故B项正确；C．因酸性：()33HOHCAlO−，故2AlO−结合质子能力强于23CO−，因此向2NaAlO溶液中加入3NaHCO溶液将生成()

3AlOH和Na2CO3，故C项错误；D．少量Fe与足量稀3HNO反应生成Fe(NO3)3、NO、H2O，故D项错误；综上所述，正确的是B项。8.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是实验现象实验结论A左边棉

球变橙色，右边棉球变蓝色氧化性：222ClBrIB加入KSCN溶液后，试管中溶液颜色变红加入22HO溶液前试管内的溶液中有2Fe+C左边试管产生白色沉淀，加入KI溶液后产生黄色沉淀()()spspAgClAgIKKD以甲基橙做指示剂，达滴定终点时锥形瓶中溶液由红色变为橙色测得

的醋酸浓度偏大A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．左边棉球变橙色，说明有Br2生成，右边棉球变蓝色，说明有I2生成，I2可能是由Cl2氧化I-生成，因此无法比较Br2与I2的氧化性强弱，故A项错误；B．若原溶液中含有Fe3+，后续加入KSCN溶液，试管

中溶液颜色也将变红，因此无法判断原溶液中是否含有2Fe+，故B项错误；C．由于()()3NaClAgNOnn，加入AgNO3溶液后，溶液中Ag+完全反应生成AgCl，加入KI溶液后，AgCl沉淀转化

为AgI，说明相同条件下生成AgI所需Ag+浓度更低，由此可得出()()spspAgClAgIKK，故C项正确；D．醋酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应后溶质为醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，当溶液

呈橙色时，溶液依然呈酸性，即醋酸未反应完全，最终测得的醋酸浓度偏小，故D项错误；综上所述，正确的是C项。9.某荧光材料由2X+与2Y−组成，其摩尔质量为1Mgmol−，AN为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构如图所示。下列叙述不正确的是A.该晶体的

化学式是XYB.该晶胞参数为anm，则其晶体密度为3033A410gcmaMN−=C.2X+的配位数是4，2Y−的配位数也是4D.若A点的原子坐标为331,,444，则B点的原子坐标为

133,,444【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为118+6482=，Y2-个数为4，X2+与Y2-个数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确

；B．1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质量为A4MN，晶胞体积为()3710cma−，因此晶体密度A2313410gcmaMN−=，故B项错误；C．由图可知，距离X2+最近且等距Y2-有4个，距离Y

2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；D．若A点的原子坐标为331,,444，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2--的X2+-Y2--X2+)，同理从左至右也可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2

--X2+)，因此B点的原子坐标为133,,444，故D项正确；综上所述，不正确的是B项。10.某实验小组将足量()3AgNOs置于温度为T℃、体积为V的密闭容器中，发生反应()32AgNOs()()()222Ags2NO

gOg++，测出总压p随时间的变化如下图中A曲线所示。下列有关说法正确的是A.在T℃时，该反应压强平衡常数为309pB.若在1t时刻减小体积为2V，则容器内压强变化为曲线BC.若减少适量()3AgNOs，平衡向逆反应方向移动D.若充入少量()2HOg，发生反应()()

()()22234NOgOg2HOg4HNOg++，T℃达平衡时，与原平衡相比，2NO的分压减小，2O的分压增大【答案】D【解析】【详解】A．反应达到平衡时，容器内总压为p0，因此平衡时物质分压为()202NO3pp=，()201O3pp=，则在T℃时，该反应压强平衡常数()(

)223p22000214NOO3327Kppppp===，故A项错误；B．若在1t时刻减小体积为2V，则压强瞬间增大至2p0，平衡将逆向移动，设达到新平衡时总压为p1，则()212NO3pp=，()2

11O3pp=，根据温度不变，反应压强平衡常数不变可知p1=p0，故B项错误；C．若减少适量()3AgNOs，由于3AgNO为固体，平衡不移动，故C项错误；D．若充入少量()2HOg，NO2和O2将会被消耗，()3AgNOs分解

生成NO2和O2的物质的量之比为2：1，生成HNO3所消耗NO2和O2的物质的量之比为4：1，因此反应达到平衡时，NO2的分压将减小，而根据温度不变时，平衡常数不变可知，O2的平衡分压将增大，故D项正确；综上所述，正确的是D项。11.中国科学院于良等科学研究者实现

了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，副产物是46CH。其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A.由图1可知，*23CH转化为()46CHg时，有C—H的形成，无C—C形成B.由

图2可知，反应中2HO是还原剂C.决定制乙烯速率快慢的反应为：()**22223HOgCHeOHCH−−++=+D.生成()24CHg的速率比生成()46CHg的速率慢【答案】C【解析】【详解】A．*23CH转化为()46CHg时，碳链增长，有C—H、C—

C键形成，故A项错误；B．反应过程中，H、O元素化合价均未发生变化，因此H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；C．由图2可知，由C2H2(g)制取C2H4(g)的反应主要反应分为两步，其中第一步反应的活化能高于第二步，因此决定制取乙烯的快慢由第一步决定，第一步反应为()**22223H

OgCHeOHCH−−++=+，故C项正确；D．由图2可知，生成()46CHg的反应活化能高于生成()24CHg的反应活化能，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，即生成()24CHg的速率比生成()46CHg的速率快，故D项错误；综上所述，正

确的是C项。12.某实验小组探究NiO能否催化NO和CO反应生成无毒物质。已知：①Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似；②()()()()222NOg2COgNg2COg+=+H0。现采用如下两个装置完成探究实验(夹持装置略去

)。下列有关说法正确的是A.从理论上推断，()NOg与()COg生成()2Ng和()2COg的反应，高温有利于自发进行B.在空气中加热()2NiOH可制备NiOC.打开装置1中气球，通过观察气体是否变为红棕色判断是否生成2ND.若以上实验证明NiO能够成功催化该反应，且固体A是2

3NiO，则装置2中的反应方程式为：232NiOCO2NiOCO++【答案】D【解析】【详解】A．()()()()222NOg2COgNg2COg+=+为熵减的放热反应，即H0、ΔS<0，当反应GHTS0=−时，反

应能自发进行，因此若要使G0，则T应尽量小，即低温有利于反应自发进行，故A项错误；B．Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似，()2FeOH具有还原性，能被空气中氧气氧化，因此在空气中加热()2NiOH会得到+3价Ni的化合物，故B项错误；C．打开装置1中气球，若气体由无色变为红棕色，则说明生成N

O2气体，气球中有NO气体，遇到试管中的氧气会被氧化为NO2，无法确定是否有N2生成，故C项错误；D．若以上实验证明NiO能够成功催化该反应，且固体A是23NiO，则23NiO为整个反应过程中的中间产物，则装置2中CO将23NiO还原为NiO，反应方程式为2

32NiOCO2NiOCO++，故D项正确；综上所述，正确的是D项。13.盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)在水中完全电离为NH3OH+和Cl−，可利用如下装置来制备盐酸羟胺。以盐酸为离子导体，向两电极分别通入NO和H2。下列说法正确

的是A.铂电极为正极B.离子交换膜为阴离子交换膜，Cl−从左室移向右室C.含铁催化电极上的反应为：NO+3e−+4H+=NH3OH+D.每生成1mol盐酸羟胺电路中转移4mole−【答案】C【解析】【分析】该装置的目的是制备盐酸羟

胺，所以NO会被还原为NH3OH+，则通入NO的电极为正极，通入氢气的电极为负极，酸性环境中氢气被氧化为H+。【详解】A．铂电极上通入氢气，发生氧化反应，为负极，A错误；B．根据分析可知左侧电极上产生NH3OH+，与Cl−结

合生成盐酸羟胺，而Cl−有向右(负极)移动的趋势，未避免Cl−都移动到右侧，离子交换膜应选用阳离子交换膜，B错误；C．该装置工作时含铁催化电极上NO被还原为NH3OH+，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为NO+3e−+4H+=NH3OH+，C正确；D．含Fe的催化电极反应式为

NO+3e−+4H++Cl-=NH2OH•HCl,每生成1mol盐酸羟胺电路中转移3mole−，D错误；综上所述答案为C。14.常温下，在110mL0.1molLMOH−溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG

(()()OHAGlgHcc−+=)与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法正确的是A.常温下，MOH的电离常数约为6110−B.F点溶液中：()()()()()+--+cMOH>cM>cCl>cOH>cHC.水的电离程度：PGD.Q点溶液中：()()()++cH<2cMOH+c

M【答案】C【解析】【详解】A．E点MOH溶液中-+c(OH)lg=8c(H)，结合()()+14HOH10cc−−=可知，--3OH=110mc()ol/L，MOH的电离常数约为33530.1110110110110−−−−−，A错误；B．F点溶液呈碱性，溶质为MCl和MOH，

物质的量相等，MOH的电离程度大于M+的水解程度，故离子浓度关系为：c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)，B错误；C．G点溶液呈中性，水的电离程度无影响，P点酸碱恰好中和，溶质为MCl，水的电离受到促进，因此水的电离程度：P>G，C正确；D．Q点加入盐酸

体积为MOH体积的2倍，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(MOH)+2c(M+)，根据电荷守恒有c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(M+)，两式处理后有c(H+)=2c(MOH)+c(M+)+c

(OH−)，故c(H+)>2c(MOH)+c(M+)，D错误；故选C。第Ⅱ卷非选择题(共58分)15.铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂()24LiMoO的外观为白色结晶粉末，用于电极材料。从辉钼矿

氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有27ReO、3MoO、CuO、34FeO)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示：已知：Ⅰ.27ReO是酸性氧化物，过铼酸()4HReO是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。Ⅱ.过铼酸铵()44NHReO是白色片状晶体，微溶于冷水，溶

于热水。回答下列问题：（1）铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，则基态Re原子的价电子排布式为_________。（2）“碱浸”时，27ReO和3MoO分别与NaOH发生以下

反应2742ReO2NaOH2NaReOHO+=+、3242MoO2NaOHNaMoOHO+=+，则“滤渣I”的主要成分为_________(填化学式)。（3）“还原”时，Zn被氧化成22ZnO−，铼的化合物被还原生成难溶的222ReO2HO，该反应的离子方程式为_

________。（4）“沉铼”时，加入热4NHC1溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的44NHReO晶体，“操作I”包括_________、_________、洗涤、干燥。（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根

据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为_________min；pH为_________。（6）不纯的24LiMoO溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入()2BaOH固体除去24SO−，若溶液中()24MoO0.4mol/

Lc−=，()24SO0.01mol/Lc−=，在结晶前逐渐加入()2BaOH固体，当4BaMoO开始沉淀时，24SO−的去除率是_________%。溶液体积变化可忽略不计，()10sp4BaSO1.110K−=，()8sp4BaMoO4.010K−=)【答案】（1）5d56s2（2）

CuO、Fe3O4（3）3Zn+2ReO4−+4OH-=322ZnO−+2ReO2•2H2O（4）①.冷却结晶②.过滤（5）①.60②.1.0（6）89【解析】【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成

Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2•2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉

钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。【小问1详解】铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，锰的价电子排布式为3d54s2，则基态Re原子的价电子排布式为5d56s2；【小问2详解】由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4；【小问3详

解】“还原”时，Zn被氧化成22ZnO−，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2•2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Zn+2ReO4−+4OH-=322ZnO−+2ReO2•

2H2O，故答案为：3Zn+2ReO4−+4OH-=322ZnO−+2ReO2•2H2O；【小问4详解】加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后

的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；【小问5详解】根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60m

in、pH为1.0，故答案为：60；1.0；【小问6详解】Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，()24MoO0.4mol/Lc−=，由Ksp(BaMoO4)=()24MoOc−×c(Ba2+)可知，当BaMoO

4开始沉淀时，c(Ba2+)=8sp42-4K(BaMoO)4.010mol/Lc(MoO)0.4−==10-7molL，由Ksp(BaSO4)=c(24SO−)×c(Ba2+)可知，此时溶液中210741.1

10mol/L1c(S0O)=−−−=1.1×10-3mol/L，所以24SO−的去除率30.011.1100.01−−×100%=89%，故答案为：89。16.三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟PCl3+SO2+

Cl2→POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。反应装置图如图所示(加热、夹持装置已省略。)资料卡片：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3-93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.25105.81

53.5遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解请回答：（1）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为_______(填“P2O5”“碱石灰”“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪

器最好选择_______(填“己”或“庚”)。（2）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_______。（3）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60~65℃，其原因是_______。（4）通过佛尔哈德法可测定经

过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取于10.00mL锥形瓶中，加入的0.2000mol·L-1AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有

机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。①达到滴定终点的现象是_______。②POCl3的质量分数为_______(保留三位有效数

字)。③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.P2O5②.己（2）通过观

察产生气泡的速率控制通入气体的流速（3）温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发（4）①.滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色②.95.9％③.偏小【解析】【分析】由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸

性固体干燥剂干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，根据题目所给信息可知，PCl3、POCl3的熔沸点较低，所以装置丙的主要作用为冷凝回流，盛有碱石灰的干燥管吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水

解。【小问1详解】根据分析可知，装置乙中试剂为固体酸性干燥剂，所以选五氧化二磷；装置丙的主要作用为冷凝回流，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，应选择装置己；【小问2详解】甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；【小问3详解】因

若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃；【小问4详解】①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为

指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时KSCN稍过量，遇Fe3+显血红色，所以现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红的色，且半分钟内不褪色；②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.0

1L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol-0.001mol)=

0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为0.0003mol3×100mL10.00mL=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为10.01mol153.5gmol1.6

00g−×100%=95.9%；③Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，所以若无硝基苯覆盖沉淀表面，滴定剩余Ag+时，会有部分AgCl沉淀转化为AgSCN，导致消耗的KSCN标准液偏大，即计算出的剩余Ag+偏多，结合②可知测定POCl3的质量分数将偏小。17.碳

中和是目前全球关注的热点。将2CO捕获转化为甲醇、乙醇和碳酸二甲酯等是有效利用2CO的方式。Ⅰ.实验室模拟由2CO与2H合成甲醇。（1）已知：由上图反应，可知()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++的H=_________1kJmol−。（2）实验室在1

L密闭容器中进行模拟合成实验。将1mol2CO和3mol2H通入容器中，在催化剂的作用下，恒温500℃反应，每隔一定时间测得容器中甲醇和水蒸气的浓度如下：反应1：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++(主反应)；反应2：()()()()222COgHgCOgHOg++物质\

时间10min20min30min40min50min60min()()13CHOHgmolL−0.400.550.650.730.800.80()()12HOgmolL−0.450.630.780.860.900.90①下列说法正确的是_________。(填字母代号)。A

.容器内气体的密度不再改变，说明达到平衡状态B.容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态C.压缩容器体积使压强增大，有利于主反应的发生D.升高体系温度有利于主反应发生②反应0~50min内，2H的平均反应速率为_________11molLmin−−；

③该温度下，()()()()222COgHgCOgHOg++平衡常数K为_________。Ⅱ.中国科学家通过电还原法将2CO转化为乙醇，其原理图如下所示。（3）则铂电极上反应式为_________。Ⅲ.

2CO与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯，回答下列问题。（4）该反应化学方程式为_________，反应中常加入吸水剂，其目的是_________。（5）下图表示的是甲醇(Me表示3CH—)与2CO催化制备碳酸二甲酯的机理，按(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)步骤循环反应。图中22

MeSnO分子中只有一种类型的Me，该分子结构式为_________(3CH—用Me表示)的【答案】（1）-75（2）①.BC②.0.05③.1.8（3）14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO3−（4）

①.2CO+2CH3OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O②.分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率（5）【解析】【小问1详解】由图可知，①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-116kJ/mol；②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，根据盖斯定

律：①+②得()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++(g)△H=(-116+41)kJ/mol=-75kJ/mol。【小问2详解】①A．反应过程中气体总质量和总体积都不变，所以容器内气体的密度一直

不变，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明达到平衡状态，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，平均摩尔质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．主反

应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，有利于主反应的发生，故C正确；D．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于主反应发生，故D错误；故选BC。②由表格数据可知，反应开始50min内，生

成0.8mol甲醇和0.9molH2O，根据反应反应1：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++可知，生成0.8mol甲醇会消耗2.4molH2，同时生成0.8molH2O，则有0.1mol水由反应2：()()(

)()222COgHgCOgHOg++生成，生成0.1molH2O需消耗0.1molH，则H2的平均反应速率v(H2)=c2.4mol/L0.1mol/L0.05t50min+==11molLmin−−。③由表中数据知，该温度下达到平衡时，△n(CH3OH)=0.8mo

l，△n(H2O)=0.9mol，反应1生成0.8mol甲醇，消耗2.4molH2、0.8molCO2，同时生成0.8molH2O，则有0.1mol水由反应2生成，反应2生成0.1mol水消耗0.1molH2、0

.1molCO2，生成0.1molCO，所以平衡时剩余的CO2的物质的量为1mol-0.8mol-0.1mol=0.1mol，剩余H2的物质的量为3mol-2.4mol-0.1mol=0.5mol，容器体积为1L，则反

应2的平衡常数K=()()()()222cCOcHO0.10.91.8cCOcH0.10.5==。【小问3详解】Pt电极为阴极，CO2在阴极得到电子生成C2H5OH，C元素由+4价下降到-2价，根据得失电

子守恒和电荷守恒写出电极方程式为：14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO3−。【小问4详解】2CO与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯（），方程式为：2CO+2CH3OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯

→+H2O，反应中常加入吸水剂，目的是：分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率。【小问5详解】22MeSnO分子中只有一种类型的Me，说明该分子是对称的结构，结合图中的结构式可以推知22MeSnO分子的结构式为：。18.苯酚合成生物可降解聚酯材料G和利用SuFEx反应合成聚硫酸酯材

料L的路线如图所示：(L比G材料有更好的化学稳定性和优异的力学性能)。已知：①(即)②TBSCl为（1）I中官能团的名称___________；物质B的化学名称___________。（2）J的结构简式为___________；K与J生成L的反应类型为___________

。（3）A→I的反应方程式为___________；（4）EG→的反应方程式为___________；（5）根据上述合成路线，写出由和3CHOH为原科制备合成路线。_________【答案】（1）①.羟基②.环己醇

（2）①.②.缩聚反应（3）（4）n一定条件下+(n-1)CH3OH（5）【解析】【分析】A：发生加成反应生成B：，B发生催化氧化生成C：，C与双氧水反应后生成D，D与醇发生取代反应生成E：，E发生缩聚反应

生成G；由已知①可知I：到J：发生取代反应，J和K发生缩聚反应得到L。【小问1详解】由题中I的结构式可知，含有的官能团为羟基；B的结构式为，命名：环己醇；【小问2详解】根据分析可知，J的结构简式为，因为单体K、J具有多官能团的

小分子，生成物L为聚合物，且括号外侧有链节余下的基团，所以发生的是缩聚反应；【小问3详解】由信息反应①可推出该反应的化学方程式为2；【小问4详解】据分析可知，EG→的反应方程式为n一定条件下+(n-1)CH3OH【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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