【文档说明】浙江省精诚联盟2022-2023学年高二下学期3月联考化学试题 含解析.docx，共(22)页，2.551 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期浙江省精诚联盟3月联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共7页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须

写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H1−Li7−C12−N14−O16−Na23−Mg24−Al27−Si28−S32−Cl35.5−K39−Ca40−Fe56−Cu64−Br80−Ag108−I12

7−Ba137−第Ⅰ卷选择题(共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列消毒剂的有效成分属于强电解质的是A.双氧水B.医用酒精C.漂白液D.二氧化氯【答案】C【解析】【详解】A．双氧水

中有效成分为过氧化氢，过氧化氢在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，故A错误；B．医用酒精中有效成分为乙醇，属于非电解质，故B错误；C．漂白液中有效成分为次氯酸钠，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C正确；D．二氧化氯属于非电解质，故D错误；答案选C。2.硫酸亚铁应用广泛，下

列说法不正确．．．的是A.2Fe+的价层电子排布式为423d4sB.缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片C.硫酸亚铁溶液呈酸性D.硫元素位于周期表p区【答案】A【解析】【详解】A．Fe2+的价层电子排布式为3d6，A错误；B．缺铁性贫血因为体内缺少亚铁离子，可服用硫酸

亚铁片，B正确；C．硫酸亚铁溶液中，亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子，从而使溶液呈酸性，C正确；D．硫元素为16号元素，位于元素周期表的p区，D正确；故答案选A。3.下列化学用语表示正确的是A.2-丁烯

的键线式：B.乙烷的球棍模型：C.氧的基态原子轨道表示式：D.氯离子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．2-丁烯的键线式：，A错误；B．乙烷分子式为C2H6，其球棍模型为，B错误；C．氧的基态电子排布为1s22s22

p4，根据泡利原理和洪特规则，氧的基态原子的轨道表示式为，C错误；D．氯离子质子数为17、核外18个电子，结构示意图为，D正确；故选D。4.下列有关物质的性质与用途正确，且具有对应关系的是A.2SO具有氧化性，可

作葡萄酒抗氧化剂是B.3NH易溶于水，可用作制冷剂C.23NaCO溶液显碱性，可用于清洗油污D.3FeCl溶液呈酸性，可作铜印刷电路板的腐蚀液【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，可延长葡萄糖酒的变质时间，常用作葡萄酒抗氧化剂，故A错误；B．氨气易液化，液氨气化时

会吸收热量使周围环境温度降低，常用作制冷剂，故B错误；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，常用于清洗油污，故C正确；D．氯化铁溶液具有弱氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作铜印刷电路板

的腐蚀液，故D错误；故选C。5.下列说法不正确．．．的是A.正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B.工业上用氨的催化氧化制备2NOC.用红外光谱可以鉴别33CHOCH和32CHCHOHD.镁在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁【答案】B【解析】【详解】A．正丁烷(CH3CH2CH2CH3)有两种位置的氢，其

一氯代物有两种，异丁烷也有两种位置的氢，其一氯代物有两种，故A正确；B．工业上用氨的催化氧化制备NO，NO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；C．33CHOCH含有醚键，32CHCHOH含有羟基，因此能用红外光谱鉴别，故C正确；D．空气中有氧气和氮气，镁在空气中燃烧生成氧化

镁和氮化镁，故D正确。综上所述，答案为B。6.过量排放4NH+、3NO−对环境有污染，专家建议可用金属铝将水体中的3NO−转化为2N，发生反应：()3223NOAlHOAlOHNOH−−++⎯⎯→++(未配平)，下列说法不正

确．．．的是A.溶液的pH增大，能抑制()3AlOH碱式电离B.Al在反应中被氧化，是还原剂C.生成21molN，转移10mol电子D.可以通过加入过量的3NO−，提高该除杂过程的反应速率【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化铝在溶液中发生碱式电

离电离出铝离子和氢氧根离子，溶液的pH增大，溶液中的氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，抑制氢氧化铝的碱式电离，故A正确；B．由方程式可知，反应中铝元素的化合价升高被氧化，铝是反应的还原剂，故B正确；C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，硝酸根离子是反应的氧化

剂、氮气是还原产物，则生成1mol氮气，反应转移10mol电子，故C正确；D．加入过量的硝酸根离子，反应物的浓度增大，反应速率会加快，但过量的硝酸根离子会对环境造成污染，故D错误；故选D。7.下列化学方程式正确的是A.B.将少量2SO气体通入NaClO溶液中：2224SO3NaClOHONaSON

aCl2HClO++=++C.D.【答案】B【解析】【详解】A．三硝基甲苯中是N与苯环形成化学键，产物中的甲基对位上的硝基是O与苯环形成了化学键，故A错误；B．SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，其化学反应方程式为SO2+3NaClO+H2O=Na2SO4+NaCl

+2HClO，故B正确；C．在FeCl3做催化剂的条件下，甲苯与Cl2反应时生成的是邻氯甲苯，故C错误；D．苯乙烯加聚后，产物中的苯环要作为支链写在括号上方或下方，苯环不参与加聚，故D错误；故本题选B。8.下列说法正确的是A.按系统命名法，化合物的名称为3-甲基-2-乙基己烷B.苯

的同系物都能使高锰酸钾褪色C.乙烷与2Cl在光照条件下反应，可能生成9种氯代烃D.油脂在碱性条件下可以水解，石蜡油也可以在碱性条件下水解【答案】C【解析】【详解】A．该化合物中的最长碳链是7个碳，正确的名称为3,4-二甲基庚烷，故A错误；B．苯的同系物中的叔丁

基苯不能使高锰酸钾溶液褪色，即与苯环直接相连的C原子上没有H，则不会使高锰酸钾溶液褪色；故B错误；C．乙烷中有6个H原子，逐一被取代产生6种氯代烃，其中二氯取代物、三氯取代物和四氯取代物均有3种同分异构体，所以会产生9种氯代烃，故C正确；D．石蜡油为烃的混合物，

不水解，故D错误；故本题选C。9.一种多靶向性抗癌药物A，结构简式如图所示。下列有关药物A的说法不正确．．．的是A.药物A分子中4种官能团B.药物A分子是芳香族化合物C.药物A分子所有碳原子可能共平面，碳原子的杂化轨道类型

有三种D.1mol该物质最多与25molH发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．A分子中含碳溴键、碳碳三键和酯基三种官能团，故A错误；B．A分子中含苯环结构，属于芳香化合物，故B正确；C．苯环属于共

平面结构，碳碳三键属于共线结构，结合单键可旋转特点，分子中所有碳原子可能共平面；分子中碳原子形成单键、双键和三键三种化学键，则存在sp、sp2、sp3三种杂化类型，故C正确；D．苯环与氢气加成需3mol氢气，碳碳三键与氢气加成需2mol氢气，故

D正确；答案选A。10.微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。某污水处理厂利用微生物燃料电池处理含铬废水的工作原理如图所示，下列说法不正确．．．的是A.电池工作时b极发生还原反应B.a极的电极反应式为322CHOH6eHOCO6H−+−+=+C.电池工作一段

时间后，右边溶液的酸性增强D.每处理2271molCrO−，a电极上会生成21molCO【答案】C【解析】【分析】由氢离子的移动方向可知，电极a为微生物燃料电池的负极，水分子作用下甲醇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CH3OH—6e—+H2O=CO2

↑+6H＋，电极b为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铬离子，电极反应式为Cr2O2-7+6e—+14H+=2Cr3++7H2O，铬离子在溶液中水解生成氢氧化铬和氢离子。【详解】A．由分析可知

，电极b为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铬离子，故A正确；B．由分析可知，电极a为微生物燃料电池的负极，水分子作用下甲醇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CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H＋，故B正确；C

．由分析可知，电池工作消耗1mol重铬酸根离子离子时，消耗14mol氢离子、生成2mol铬离子，2mol铬离子水解生成6mol氢离子，正极放电生成的6mol氢离子进入右边的溶液，则右边溶液中共消耗2mol氢离子，溶液的酸性减弱，

故C错误；D．由分析可得如下转化关系：Cr2O2-7—6e——CO2，则处理1mol重铬酸根离子时，负极会生成1mol二氧化碳气体，故D正确；故选C。11.原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、Q，其中X的核外电子数等于其周期数，3YX

分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，M与X同主族，Q是同周期中电负性最大的元素，下列说法正确的是A第一电离能：Y<ZB.X与Z形成的10电子微粒有3种C.22MZ与MQ的化学键类型相同D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液

均显酸性【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、Q，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，则X为H元素、Y为N元素、Z为O元素；M与X同主族，则M为Na元

素；Q是同周期中电负性最大的元素，则Q为Cl元素。【详解】A．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，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A错误；B．水分子、氢氧根离子和水合氢离子的电子数都为10，则氢元素与氧元

素形成的10电子微粒有3种，故B正确；C．过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，氯化钠是只含有离子键的离子化合物，则过氧化钠与氯化钠的化学键类型不完全相同，故C错误；D．氢元素、氮元素和氧元素形成的一水合氨是弱碱，在溶液中电离出氢氧根离子

使溶液呈碱性，故D错误；故选B。12.关于3CHOH、24NH和()322CHNNH的结构与性质，下列说法不正确．．．的是A.24NH为极性分子B.3CHOH空间结构为正四面体形C.24NH的沸点高于()322CHNNH.

D.3CHOH和()322CHNNH中C、O、N杂化方式均相同【答案】B【解析】【详解】A．肼分子可以视作是氨分子中的氢原子被氨基取代所得，氨分子的空间结构是结构不对称的三角锥形，则肼分子是结构不对称的极性分子，故

A正确；B．甲醇分子中饱和碳原子的空间构型为四面体形，分子的结构可以视作是甲烷分子中的氢原子被羟基取代所得结构，所以甲醇分子的空间结构为四面体形，不是正四面体形，故B错误；C．肼分子中2个氮原子都能形成氢键，而偏二甲肼分子中只有1个氮原子能形成氢键，所以肼分子形

成的氢键数目多于偏二甲肼分子，分子间作用力强于偏二甲肼分子，沸点高于偏二甲肼分子，故C正确；D．甲醇分子和偏二甲肼分子中碳原子、氧原子和氮原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故D正确；故选B。13.利用2CO合成甲醇也是有效利用2CO资源的重要

途径。将原料气()()22CO:H1:3nn=充入某一恒容密闭容器中，只发生()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++H，在不同催化剂作用下，反应mint时2CO的转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确．．．的是A.使用催化剂Ⅰ时，d点未

达到平衡B.c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低C.3T温度下的平衡常数大于4T温度下的平衡常数D.若a点时，()()23H3CHOHvv=正逆，则此条件下反应已达到最大限度【答案】B【解析】【详解】A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度

低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，因此d点未达到平衡，A正确；B．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也

可能是平衡逆向移动，B错误；C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，C正确；D．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则证逆反应速率相等、达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，D正确；故选B。14.自由

基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与2O反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确．．．的是A.三种中间产物中Z最稳定B.该历程中正反应最大的活化能

为1186.19kJmol−C.相同条件下Z转化为产物的速率：()()12vP>vPD.每生成1mol产物()1PHOONO−−−=，反应吸收热量202kJ【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，三种中间产物中Z的能量最低，物质的能量越低最稳定越稳定，所以三种中间产物中Z最稳定，故A

正确；B．由图可知，该历程中正反应最大的活化能为(—18.92kJ/mol)—(—205.11kJ/mol)=186.19kJ/mol，故B正确；C．由图可知，相同条件下Z转化为产物P1的活化能小于转化为产物P2的活化能，活化能越小，反应

速率越快，则Z转化为产物P1的反应速率快于转化为产物P2的反应速率，故C正确；D．由图可知，生成产物P1的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则每生成P1，反应放出202kJ的热量，故D错误；故选D。15.下列说法不正确．．．的是A.稀氨水滴入稀盐酸中，当

溶液呈中性时，()()4NHClcc+−B.将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】【详解】A．根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，()()+-

4cNH=cCl，A错误；B．KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80℃时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，pH减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等，溶液呈中性，B正

确；C．NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，C正确；D．醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，D正确；

故选A。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究乙炔是否含不饱和键将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入溴水溶液褪色，说明乙炔含不饱和键B验证苯和液溴在3FeBr的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体通入3AgNO溶

液中有淡黄色沉淀生成，说明发生取代反应C探究有机物基因之间相互影响取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性4KMnO溶液(必要时可稍稍加热)加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试管中溶液不褪色，说明苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧的化D研究淀粉

的水解程度取0.5g淀粉于试管，加入适量20％的硫酸溶液后沸水浴加热5min，再滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水若溶液没有变成蓝色，则淀粉已经水解完全A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．电石中

含有硫化钙杂质与水反应生成的硫化氢也能与溴水反应使溶液褪色，则将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入溴水，溶液褪色不能说明乙炔含不饱和键，故A错误；B．液溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，则

将苯和液溴在溴化铁作用下反应生成的混合气体通入硝酸银溶液中，有淡黄色沉淀生成不能说明发生取代反应，故B错误；C．取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性高锰酸钾溶液，加入甲苯中的溶液褪

色，其他两支试管中溶液不褪色说明苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧化，故C正确；D．过量氢氧化钠溶液与碘反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，则取0.5g淀粉于试管，加入适量20％的硫酸溶液后沸水浴加热5min，再滴加过量氢氧化钠

溶液，再加入适量碘水，溶液没有变成蓝色不能说明淀粉已经水解完全，故D错误；故选C。第Ⅱ卷非选择题(共52分)二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用

。回答下列问题：（1）属于氟原子激发态的电子排布式有_____(填标号)。A.2151s2s2pB.22411s2s2p3sC.22321s2s2p3pD.22421s2s2p3d（2）氯乙烯()23CHC

l分子中C的杂化轨道类型是_____。（3）卤化物2CsICl受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X的电子式为：_____；解释X的熔点比Y高的原因_____。（4）AgI−晶体中I−离子作体

心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I−构成的四面体、八面体等的空隙中。已知阿伏加德罗常数为AN，则AgI−晶体的密度为_____3gcm(列出算式)。【答案】（1）BC（2）2sp（3）①.②.CsC

l为离子晶体，ICl为分子晶体，离子键比分子间作用力强（4）()310A235250410N−【解析】【小问1详解】氟原子的电子排布式为1s22s22p5，激发态的氟原子，电子从低能级跃迁到高能级。A．该电子排布式只有8个电子，不是氟原子的电子排布式，A错误；B．该电子排

布式中2p能级上的一个电子跃迁到3s上，是激发态的氟原子的电子排布式，B正确；C．该电子排布式中2p能级上两个电子跃迁到3p能级上，是激发态的氟原子的电子排布式，C正确；D．该电子排布式有10个电子，不是氟原子的电子排布式，D错误；故答案选BC。【小问2详解】氯乙烯结构简式为CHCl=CH2

，C形成3条σ键且无孤电子对，杂化方式为sp2杂化。【小问3详解】CsICl2中Cs和I为+1价，Cl为-1价，CsICl2受热发生非氧化还原反应，即无元素化合价变化，因此生成的物质的为CsCl和ICl，无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，CsCl的电子式为。CsCl为离子晶体，而I

Cl为分子晶体，离子键比分子间作用力更强，因此CsCl的熔点高于ICl。【小问4详解】根据图示可知，该晶胞中含有碘离子个数为188+1=2，结合化学式AgI可知Ag个数也为2，则该晶胞的密度为103A2352N(50410)−g/cm3。18.盐X由三种元素组成，其具有

良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：（1）组成X的三种元素中除O元素外的另外两种是_____(写元素符号)，X的化学式为_____。（2）无色溶液B中通入过量2CO产生白色沉淀C的化学方程式为

_____。（3）向盛有少量溶液F的试管中滴加稍过量氨水并振荡，溶液颜色由蓝色变为深蓝色，其离子方程式为_____。（4）写出简要实验步骤检验无色溶液E中的主要阴离子：_____。【答案】（1）①.Cu、Al②.2CuAlO（2）NaAl(OH)4+CO

2=Al(OH)3↓+NaHCO3（3）()2232324Cu4NHHOCuNH4HO+++=+（4）取少量溶液E于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl−【解析】【分析】固体X中加入过量稀

硫酸，得到红色固体A，A为Cu，其物质的量为3.20g64g/mol=0.05mol，溶液A显蓝色，说明溶液A中含有Cu2+，加入过量的氢氧化钠溶液，得到蓝色沉淀B，蓝色沉淀为Cu(OH)2，其物质的量为4.90g98g/mol=0.05mol，

根据原子守恒，X中含有铜元素，铜原子物质的量为(0.05mol+0.05mol)=0.1mol，无色溶液B中通入过量二氧化碳，有白色固体产生，白色固体溶于稀盐酸，白色沉淀为Al(OH)3，其物质的量为7.80g78g/mol=0.1

mol，根据元素守恒，固体X中含有Al，X中含有三种元素，则氧原子的物质的量为12.30g-0.1mol64g/mol-0.1mol27g/mol16g/mol=0.2mol，因此Al、Cu、O原子物质的量之比为0.1∶0.1∶0.2=1∶1∶2，据此分析；【小问1详解】

根据上述分析，固体X含有三种元素为Cu、Al、O；组成X的Al、Cu、O原子物质的量之比为0.1∶0.1∶0.2=1∶1∶2，因此固体X的化学式为CuAlO2，故答案为Al、Cu；CuAlO2；【小问2详解】无色溶液B中含有NaOH、Na

Al(OH)4，向该溶液中通入过量的CO2，发生NaOH+CO2=NaHCO3，NaAl(OH)4+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，故答案为NaAl(OH)4+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3；【小问3详解】蓝色溶液应为CuCl2，逐

滴加入氨水，发生Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续加入氨水，发生Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，溶液变为深蓝色，因此向盛有少量溶液F的试管中加入稍过量氨水，溶液由蓝色变为深蓝色，其离子方程式为Cu2++4N

H3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故答案为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；【小问4详解】氢氧化铝与稀盐酸反应生成AlCl3，主要阴离子为Cl-，检验方法是取少量溶液E于试管中，滴加稀硝酸酸化

的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl-，故答案为取少量溶液E于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl-。19.二氧化碳的资源化利用有利于实现我国提出的2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标。CCUS(碳捕获、利用与封存)是应对全球气候变化

的关键技术之一，可利用捕获的CO、2CO等原料催化合成甲醇等。涉及的主要反应如下：Ⅰ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++149.5kJmolH=−Ⅱ：()()()()222COgHgCOgHOg++241.2kJmolH=+Ⅲ：()()()23COg2Hg

CHOHg+3ΔH回答下列问题：（1）对于反应Ⅲ，3ΔH=_____kJmol，活化能()aE正_____()aE逆(填“小于”或“大于”)。（2）按反应Ⅰ生产甲醇时，通常会向反应体系中加入适量炭粉，可能的理由是_____。（3）下列有关说法正确的是___

__。A.升高温度，反应Ⅰ逆反应速率增加，平衡常数减小B.反应Ⅰ分别在恒温恒容的密闭容器与恒温恒压的密闭容器中进行，前者2CO的平衡转化率高C.恒温恒容的密闭容器中反应Ⅰ已达平衡，再加入一定量的2CO和2H，2CO和2H的转化率可能同时都

增大D.加入对反应Ⅱ催化效果更佳的催化剂，可以提高CO的平衡产率（4）一定条件下，在1L密闭容器中加入22molCO和22molH只发生反应Ⅱ：()()()()222COgHgCOgHOg++，如图是随着反应的进行，2CO的浓度随时间改变的变化图。若在1t时刻再加入21molCO，2

t时刻到达新的平衡。请你画出13tt时刻2CO的物质的量浓度随时间改变的变化图_____。（5）研究证明：2CO可在酸性介质中通过电解生成3CHOH，则生成3CHOH的电极反应式是_____。【答案】（1）①.90.7−②.小于（2）炭粉与水蒸气反应()()()()22CgHOgC

OgHg++H0，反应消耗()2HOg并生成2H；反应吸热有利于控制反应温度过高，都有助于反应Ⅰ平衡向生成甲醇的方向移动（3）AC（4）（5）232CO6e6HCHOHHO−+++=+【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应III=反应I-反应II，所以()()349.5kJ/

mol41.2kJ/mol90.7kJ/molΔH=−−+=；由于反应III为放热反应，所以活化能()aE正小于()aE逆；【小问2详解】炭粉与水蒸气可发生反应：()()()()22CgHOgCOgHg++H0，反应消耗()2HOg使平衡正向进行，并生成2H；反应吸热有利于控制

反应温度过高；【小问3详解】A．反应I为放热反应，升高温度，逆反应速率加快，且平衡逆向移动，平衡常数减小，故A正确；B．恒容条件下，随反应不断进行，气体分子数减少，压强减小，反应向气体分子数增多的逆向移动，转化率降低，故B错误；C．反应Ⅰ达平衡后，加入一定量的2CO和2H，相互

促进平衡正向移动，2CO和2H的转化率可能同时都增大，故C正确；D．催化剂可改变反应速率，但不能改变转化率，故D错误；答案选AC；【小问4详解】()()()()222COgHgCOgHOg++，随着反应的进行，达到平衡状态

后，若在1t时刻再加入21molCO，由于该反应是可逆反应，所以加入的2CO只能部分转化，则2t时刻到达新的平衡，浓度大于第一次平衡浓度，转化率降低，如图：；【小问5详解】2CO可在酸性介质中通过电解生成3CHOH，则生成3CHOH的电极反应式：232CO

6e6HCHOHHO−+++=+；20.实验室利用甲苯(3PhCH，Ph−代表苯基)为原料制备苯甲酸()PhCOOH。Ⅰ．制备原理：氧化：3422PhCH2KMnOPhCOOK2MnOKOHHO+⎯⎯→+++酸化：PhCOOKHClPhCOOHKCl+⎯⎯→+Ⅱ．实验流程及步骤：

Ⅲ．步骤①的装置如图甲：Ⅳ．相关数据：(1)苯甲酸相对分子质量：122(2)苯甲酸在水中的溶解度g100g水：0.34(25℃)、0.85(50℃)、2.2(75℃)。请回答：（1）步骤③的操作名称是_____。步骤④热水洗涤的目的是

_____。（2）有关实验流程Ⅱ步骤，下列说法正确的是_____。A.图甲装置中，冷凝管进水口为1B.图甲球形冷凝管的内芯管为球泡状，冷却面积大，可用于蒸馏实验C.图甲控制反应温度，以蒸气上升至内芯管下端为宜D.步骤⑧粗苯甲酸晶体的提纯可采

用重结晶的方法（3）步骤②中，除去多余4KMnO反应的离子方程式为_____。（4）用碱滴定法测纯度：称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞试液，然后用0.1000mol/LKOH溶液

滴定，重复操作三次，到达滴定终点时消耗KOH溶液分别为22.98mL，21.00mL23.02mL。①下列说法正确的是_____。A．为防止酸式滴定管漏液，应将适量凡士林涂在如图中旋塞的a端和旋塞套内的c端B．将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移C．润洗滴定管时，待液体润湿全

部滴定管内壁后，应将液体从滴定管上口倒入预置的烧杯中D．接近终点时，需用蒸馏水冲洗锥形瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴E．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则测定结果偏高②产品苯甲酸的纯度为_____。【答案】（1）①.趁热过滤②.把苯甲酸钾洗出来，减少损失，提高产率（2）

CD（3）2432422MnO3HSOOH2MnO3SO2HO−−−−++=++（4）①.AE②.92.00％【解析】【分析】甲苯和高锰酸钾加入到水中，不断搅拌，加热回流2h，充分反应后，用饱和亚硫酸氢钠溶液将剩余的高锰酸钾溶液反应，趁热过滤，热水洗涤，将洗涤液加入盐酸，将苯甲酸

钾变为苯甲酸，冷却结晶、过滤，用冷水洗涤，减少苯甲酸溶解，得到粗苯甲酸，再重结晶得到产品；【小问1详解】步骤③的操作名称是趁热过滤，热水洗涤，得到滤液；步骤④热水洗涤的目的是把苯甲酸钾洗出来，减少损失，提高产率；答案

为趁热过滤；把苯甲酸钾洗出来，减少损失，提高产率；【小问2详解】A．图甲装置中冷凝管水流方向是"下进上出"，因此进水口为2，选项A错误；B．蒸馏实验常用直形冷凝管冷凝，球形冷凝管的内芯管为球泡状，冷却面积大，常用于冷凝回流，选

项B错误；C．控制反应温度，以蒸气上升至内芯管下端为宜，选项C正确；D．步骤⑧粗苯甲酸晶体的溶解度在室温下较小、且随温度变化较明显，提纯可采用重结晶的方法，选项D正确；答案选CD；【小问3详解】步骤②中，除去多余4KMnO时亚硫酸氢根离子在碱性条件下将其还原为

二氧化锰，同时被氧化为硫酸根离子，反应的离子方程式为2432422MnO3HSOOH2MnO3SO2HO−−−−++=++；【小问4详解】A．为防止酸式滴定管漏液，应将适量凡士林涂在如图中旋塞的a端和旋塞

套内的c端，选项A正确；B．直接将待装溶液装入滴定管，不应借助烧杯、漏斗转移，选项B错误；C．润洗酸式滴定管时，加少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，可尽量将蒸馏水除去，然后轻轻转动控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，选项C错误；D．接近终点时，需用蒸馏水冲洗锥形

瓶壁的液滴，减小误差，但不能用蒸馏水冲洗滴定管尖端悬挂的液滴，溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，选项D错误；E．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，读数偏大，则测定结果偏高，选项E正确；答案选AE；到达滴定终点时消耗KOH溶液分别为22.98mL，21.00mL23.02m

L，其中第二个数据相差太大，舍去，平均消耗体积为23.00mL，根据题意和关系式苯甲酸~KOH，产品中苯甲酸的物质的量为0.1000mol/L0.023L4=9.2×10-3mol，则产品中苯甲酸的纯度为-39

.210mol122g/mol1.220g×100%=92.00%；故答案为:92.00%。21.有机物A4.2g完全燃烧，产物依次通过盛有浓硫酸的洗气瓶和装有碱石灰的干燥管，两个装置的质量分别增加5.4g和13.2g，质谱图显示质荷比最大值为

42，且A能使溴水褪色。有机物B的核磁共振氢谱图有3组峰。D也是有机物。由A和C(异戊二烯)为原料合成酯类物质E的转化关系如图：已知：烯烃与酸性4KMnO溶液反应的氧化产物对应关系：烯烃被氧化的部位2CH=RCH=氧化产物2CORCOOH请回答：（1）

A的分子式为_____。B＋D→E的反应类型是_____反应。（2）D中官能团名称是_____。（3）下列说法正确的是_____。A.等物质的量的A和B完全燃烧消耗氧气的质量不相等的B.用饱和的碳酸钠溶液可以鉴别B、D和EC.物

质F不存在顺反异构体D.有机物E的分子式为6103CHO（4）F的键线式为_____。（5）写出A→B的化学方程式_____。（6）某烃，其相对分子质量比异戊二烯大14，它的同分异构体有多种，写出同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____。①链状②含碳碳三键

③核磁共振氢谱显示有二组峰【答案】（1）①.36CH②.酯化(或取代)（2）酮羰基(羰基)、羧基（3）BD（4）（5）32233CHCHCHHOCHCHOHCH=+⎯⎯⎯→催化剂（6）3223CHCHCCCHCH、()33CHCCCH【解析】【分析】有机物A4.2g

完全燃烧，产物依次通过盛有浓硫酸的洗气瓶和装有碱石灰的干燥管，两个装置的质量分别增加5.4g（为0.3molH2O，含氢0.6mol、0.6g）和13.2g（为0.3mol水CO2，含碳0.3mol、3.6g），0.6+3.6=4.2g则A中只含有碳氢元素，质谱图显示质荷比最大

值为42，则有机物A4.2g为0.1molA，故A化学式为C3H6，且A能使溴水褪色，说明A中含有碳碳双键，A为丙烯：32CHCHCH=；A和水加成生成醇B，有机物B的核磁共振氢谱图有3组峰，则B为33CHCHO

HCH；C和溴水发生成1，4-加成生成F：CH2BrC(CH3)=CHCH2Br，键线式为；根据图表信息可知，异戊二烯在酸性高锰酸钾作用下被氧化为二氧化碳和CH3COCOOH，D也是有机物，则D为CH3COCOOH；BD发生酯化反应生成酯E：

CH3COCOOCH(CH3)2。【小问1详解】由分析可知，A的分子式为C3H6。B＋D→E的反应为醇和羧酸的酯化反应，类型是酯化(或取代)反应。【小问2详解】D为CH3COCOOH，含有酮羰基和羧基；【小问3详解】A．有机物燃烧通式为CxHyOz+（x+14y-12z）O2点

燃xCO2+12yH2O；则等物质的量的A和B完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，消耗氧气的质量相等，A错误；B．醇B和饱和碳酸钠溶液互溶，羧酸D和碳酸钠生成二氧化碳气体，酯E和饱和碳酸钠溶互不相溶分层，故可用饱和的碳酸钠溶液可以鉴别B、D和E，B正确；C．碳碳双键两端任何一个碳上

连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，F为，物质F存在顺反异构体，C错误；D．BD发生酯化反应生成酯E：CH3COCOOCH(CH3)2，则有机物E的分子式为6103CHO，D正确；故选BD；【小问4详解】键线式只用键线来表示碳架；由分析可知，F的键线式为；【小问

5详解】A→B的反应为32CHCHCH=和水加成生成醇33CHCHOHCH，化学方程式32233CHCHCHHOCHCHOHCH=+⎯⎯⎯→催化剂；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com