【文档说明】2024年高考化学一轮复习效果检测卷（新七省高考卷）02 Word版含解析.docx，共(18)页，1.726 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-14bb6ba95821e568238a48322fa2f3cb.html

以下为本文档部分文字说明：

密卷·2024年新七省高考一轮复习检测卷（二）化学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Co-59第Ⅰ卷一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意

。1．化学的发展为推动人类文明和社会进步做出了重要贡献。下列说法错误的是A．服装中含有的“Gore-Tex”聚四氟乙烯薄膜面料的单体是卤代经B．“神舟飞船”返回舱外层材料的酚醛树脂球属于有机高分子材料C．我国科学家研究的由CO2到淀粉的全合成有利于实现“碳中和”D．利用CO2合成脂肪酸实现了

无机小分子向有机高分子的转变【答案】D【解析】A．生产聚四氟乙烯薄膜面料的单体是四氟乙烯，属于氟代烃，也属于卤代烃，故A正确；B．酚醛树脂苯酚和甲醛通过缩聚反应生成的高聚物，属于有机高分子材料，故B正确；C．我国科学家研究的由CO2到淀粉的全合成的实现，可以减少CO2的排放，有利于实现“碳中和”

，故C正确；D．脂肪酸不属于高分子化合物，故D错误。答案选D。2．黑火药的爆炸反应为3222S2KNO3CKSN3CO++=++。与该反应有关的下列化学用语表述正确的是A．基态S的原子结构示意图为B．2KS的电子式为C．2N的结构式为N≡ND．2CO的空间构型为【答案】C【解析】A．S

的原子序数为16，原子核内有16个质子，核外有16个电子，基态S的原子结构示意图为：，A项错误；B．2KS为离子化合物，电子式为：，B项错误；C．2N中两个氮原子形成氮氮三键，其结构式为N≡N，C项正确；D．2CO的碳原子的价层电子对数为：()124222022+−=

+=，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为直线形，D项错误；故选C。3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A．石墨可导电，可用于制作电极B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥某些气体C．纯碱溶液呈碱性，热的纯碱溶液可去除餐具上的油污D．2SiO硬度大，可用于制石英手表【答案】D【解

析】A．石墨用作电极，因为其具有导电性，A正确；B．浓硫酸由于具有吸水性，常用作气体的干燥剂，B正确；C．纯碱碳酸钠溶液因碳酸根水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强，常用热的纯碱溶液去除物品表面的油污，C正确；D．石英二氧化硅制石英手表原因是：将石英置于

震荡电路里会震动，在特定的条件下，它会将其自身的频率传递到电路中，与其硬度无关，D错误；故选D。4．某小组模拟工业制备4NHSCN，其原理是：2344CS3NHNHSCNNHHS++催化剂，其中不合理的是A．制备氨气B．观察

氨气流速C．制备4NHSCND．尾气处理【答案】D【解析】A．碱石灰加入浓氨水后放出大量热，溶液碱性增强都会使24323HNHOOONHHNHH+−++僩?平衡逆向移动而制取氨气，故A正确；B．氨气在四氯化碳中溶解度极小，氨气通过四氯化碳时产生气泡的快慢可以显示

氨气的流速，故B正确；C．打开分液漏斗活塞将二硫化碳滴入三颈烧瓶，同时通入氨气，在催化剂催化下发生2344CS3NHNHSCNNHHS++催化剂而制得4NHSCN，故C正确；D．氨气在水中溶解度极大，

和硫酸能发生反应，在稀硫酸中溶解度就更大了，因此需要增加防倒吸装置，故D错误；故选D。5．下列有关化学反应方程式或者离子方程式错误的是A．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：n+nHCHO⎯⎯⎯⎯→一定条件+(n-1)H2OB．TiCl4加入水中：TiCl4+

(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4C1-C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：-3HCO+Ba2++OH-

=BaCO3↓+H2O【答案】D【解析】A．脲醛树脂是尿素与甲醛在催化剂(碱性或酸性催化剂)作用下发生缩聚反应得到的，方程式为：n+nHCHO⎯⎯⎯⎯→一定条件+(n-1)H2O，故A正确；B．TiCl4遇水水解可得TiO2•xH2O，同

时生成HCl气体，离子方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4C1-，故B正确；C．过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，然后Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：

2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+，故C正确；D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为：2-3HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O+CO23−，故

D错误；故选D。6．W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前四周期元素，其中X、Y均能与Z形成原子个数之比为1：1和1：2的常见化合物，基态R原子M层电子全充满，且最外层电子数与W相同，其中W、X、Y、R可形成一

种可用于污水处理的配离子，其结构如图。下列说法错误的是A．第一电离能：X<Z<YB．沸点：32YWWZC．稳定性：2RZRZD．该配离子中R离子的配位数为4【答案】C【分析】基态R原子M层电子全充满，且最外层电子数与W相同，结合配离子的结构可知：W为H，R为Cu；X、Y

在配离子中形成四个共价键，其中X、Y均能与Z形成原子个数之比为1：1和1：2的常见化合物分别为一氧化碳、二氧化碳和一氧化氮、二氧化氮，则X为C、Y为N、Z为O。【解析】A．同主族元素随核电荷数增大，第一电离能增大，N的2p能级班充满，因此N的第一电离

能在三种元素中最大，第一电离能：C<O<N，故A正确；B．NH3常温下为气态，H2O常温下为液态，因此沸点：32NHHO，故B正确；C．Cu的价层电子为3d104s1，+1价的Cu价电子为3d10，

+2价的Cu价电子为3d9，因此稳定性：2CuOCuO＜，故C错误；D．从配离子的结构可知，该配离子中R离子的配位数为4，故D正确；故答案为：C。7．硫元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在。斜方硫

、单斜硫是常见的两种单质。常见的含硫矿物有硫磺矿、黄铁矿()2FeS、石膏()42CaSO2HO等。黄铁矿遇酸会生成硫化氢气体。工业利用黄铁矿与空气高温反应得到2322FeOSOSO、、与2O在25400500VO℃、催化作用下反应生

成3SO，每生成31molSO释放出98.3kJ的热量，生成的3SO用98%的浓硫酸吸收。利用酸性4KMnO溶液可测定工业尾气中2SO的含量。下列说法正确的是A．富氧地表附近含硫化合物中硫为正价、氧为负价是因为硫的电负性小于氧B．斜方硫、单斜硫是硫的两种同位素C．3SO和2HO

中心原子的杂化轨道类型相同D．42CaSO2HO中既有离子键又有非极性共价键【答案】A【解析】A．富氧地表附近含硫化合物中硫为正价、氧为负价是因为硫的电负性小于氧，故A正确；B．斜方硫、单斜硫是硫的两种同素异形体不是同位素，故B错误；C．3SO中心原子孤电子对数为0，成键电子对数为3，是sp

2杂化，2HO中心原子的孤电子对数为62=22−，成键电子对数为2，是sp3杂化，故C错误；D．42CaSO2HO的硫酸根和水中含有极性共价键，钙离子和硫酸根直接为离子键，物质中既有离子键又有极性共价键，故D错误；故选：A。8

．室温下，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去Fe2+具有还原性B分别向Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加2滴酚酞，观察红色深浅程度CO23−的的水解程度大于3HCO−的水解程度C向5mL0

.1mol·L-1AgNO3溶液中依次滴加5滴同浓度的NaCl溶液和KI溶液，振荡，观察沉淀颜色的变化Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向盛有淀粉—KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化Br2的氧化性强于I2【答案】D【解析】A．酸性条

件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，无法判断Fe2+具有还原性，A错误；B．没有说明Na2CO3和NaHCO3溶液浓度是否相同，无法根据溶液碱性强弱判断CO23−、3HCO−的水解程度大小，B错误；C．该实验中硝酸银过量，与Na

Cl和KI均能反应生成沉淀，无法比较AgCl和AgI的Ksp大小，C错误；D．溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，说明溴单质的氧化性大于碘单质，D正确；故答案选D。9．如图所示是我国科研工作者研

究()4CHg氧化制甲醇()3CHOHg的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是A．反应的决速步为生成过渡态2的步骤B．反应过程中只有极性键的断裂和形成C．该反应过程中MgO是催化剂D．总反应的热化学方程式为43MgO(g)CH(g)Mg(s)CHOH(

g)H146.1kJ/mol+=+=−【答案】C【解析】A．生成过渡态2的步骤活化能最大，因此反应的决速步为生成过渡态2的步骤，故A正确；B．反应过程中断裂的化学键都是异种原子之间的键，属于极性键，故B正确；C．反应最终态无MgO，

则MgO不是该反应的催化剂，故C错误；D．根据反应起始态和终末态可知，该反应的热化学方程式为：43MgO(g)CH(g)Mg(s)CHOH(g)H146.1kJ/mol+=+=−，故D正确；故选C。10．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错

误的是A．酸浸时反应的化学方程式是Pd＋6HCl＋4HNO3=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．热还原时通入H2与生成Pd的物质的量之比为2：1D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸【答案】

D【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd,同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。【解析】A．粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化

氮，且生成H2PdCl6，反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．热还原得Pd，发生（NH4）2PdCl6+2H2Δ=Pd+2NH3+6HCl，生成1m

olPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol，故B正确；C．热还原时H2由0价变为+1价，Pd由+4价变为0价，通入H2与生成Pd的物质的量之比为2：1，故C正确；D．实验原理是用氢气还原（NH4）2PdCl6固体得到Pd,如用浓硫酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，

故D错误；故选：D。11．某实验小组利用下图装置制取并探究2Cl的性质。下列说法正确的是A．b处湿润的红布条褪色，说明2Cl具有漂白性B．c处的紫色石蕊试液先变红，说明2Cl中混有HCl气体C．d处浓NaOH溶液的作用是除去2Cl和HCl气体D．用150mL12molL−的盐酸与足量2MnO反

应，产生20.15molCl【答案】C【分析】a制取氯气，b检验氯气的漂白性，c检验氯水的酸性和强氧化性，d除去2Cl和HCl气体，据此解答。【解析】A．氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的HClO具有漂白性，A错误；B．c处的紫色石蕊试液先变红，说明2Cl和水反应生成HCl，B错误

；C．d处浓NaOH溶液和氯气、HCl反应，转化为盐，可以除去2Cl和HCl气体，C正确；D．浓盐酸变稀后，反应停止，用150mL12molL−的盐酸与足量2MnO反应，产生氯气的物质的量小于0.15mol，D

错误；综上所述答案为C。12．科研人员利用高压2N气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是A．22NNH→过程中发生非极性键的断裂与形成B．Ⅰ转

化为NH和3NH的过程中会生成24NHC．Ⅱ表示的微粒符号是2NHNHD．反应历程中放热最多的反应是332NHNH2HO2eNHNH2HO+−++→++【答案】B【解析】A．22NNH→过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误；B．Ⅰ转化为NH和3NH的反应方程式为

：2332NHNHHOeNHNHHO+−++→++，过程中会生成24NH过渡，B正确；C．生成Ⅱ的方程式为：322NHHOeNHHO+−++→+，Ⅱ为2NH，C错误；D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和3HO+、e−

的反应，方程式为：2332NHNHHOeNHNHHO+−++→++，D错误；故选B。13．Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴（空穴指共价键上流失一个电子留下空位的现象，

用h+表示），下列有关说法错误的．．．是A．光催化装置实现了光能向化学能的转化B．离子交换膜为阴离子交换膜C．电催化装置阳极电极反应式4OH—+4h+=2H2O+O2↑D．光催化装置中，每生成0.1g氢气，产生空穴h+的数目为A0.

1N【答案】B【分析】由图可知，光催化装置中发生的反应为2H++2e—=H2↑、3I—+2h+=I-3，总反应为2H++3I光照H2↑+I-3，电催化装置中与直流电源负极相连的电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳

极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，光催化和电催化协同循环的总反应为碘离子做催化剂的作用下水光照分解生成氢气和氧气。【解析】A．由分析可知，光催化装置中发生的总反应为2H++3I

-光照H2↑+I-3，该装置实现了光能向化学能的转化，故A正确；B．由分析可知，电催化装置中，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，故B错误；C．由分析可知，电催化装置中，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH—+4h+=2H2O+O2↑，

故C正确；D．由得失电子数目守恒可知，光催化装置中，每生成0.1g氢气，产生空穴的数目为0.1g2g/mol×2×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选B。14．25℃时，用0.10mol⋅L-1的NaOH溶液滴定50mL等浓度的一元酸HA溶液，

混合溶液的pH及()lgHc+−水[()Hc+水指水电离出的H+浓度]与滴入NaOH溶液体积关系如图所示(忽略体积变化)。下列说法正确的是A．滴定过程中应选用甲基橙作指示剂B．点a溶液中，()()()+-cHA>cNa>cAC．点b溶液中()-5.6cOH510−mol⋅L-1D．点c溶液呈中

性，()()-+cA=cNa【答案】C【分析】由图可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性；b点为NaA溶液；c点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。【解析】A．NaA为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定等浓度的一

元酸HA溶液时，应使用酚酞作指示剂，故A错误；B．由分析可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度的大小顺序为()()()-+cA>cNa>cHA，故B错误；C．由图可知，0.1mol/LHA溶液中水电离

出的氢离子浓度为1×10—11.1mol/L，则溶液中的氢离子浓度为1×10—2.9mol/L，HA的电离常数约为2.92.9110100.11−−=1×10—4.8，由电离常数可知NaA的水解常数Kh=wa1KK=144.81.0

101.010−−=1.0×10—9.2，由分析可知，b点为0.05mol/LNaA溶液，则溶液中的氢氧根离子浓度约为9.2100.05mol/L−=5.6510−mol/L，故C正确；D．由分析可知，c点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，溶液pH大于7，

故D错误；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共58分。15.（14分）钴及其化合物在工业生产中有广阔的应用前景。已知：Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。(1)从

锂钴废料(主要成分为LiCoO2)分离Co2+。①2Co+的电子排布式为。②“酸溶”时不选择浓HCl的理由是：。③“净化”时，加NaF固体是将Li+转化为沉淀，“净化”后溶液中()-21cF4.010molL−−=，若“过滤1”后溶液中Li+浓度为1.01molL−，则“净化”后c

(Na+)=。[溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时Ksp(LiF)=2.0×10-3](2)从由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3。实验过程：称取研细的22CoCl6HO10.0g和NH4Cl50g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水

，5mL30%的H2O2溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得[Co(NH3)6]Cl3溶液，实验装置如图所示：①由2CoCl制备[Co(NH3)6]Cl3溶液的离子方程式为。②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为。(3)用CoSO4溶液为原料“沉钴”时，可先制得C

oCO3再制备Co3O4.CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取CoSO4溶液。(可选用的试剂：0.1mol/LNH4HCO3溶液

、空气、0.1mol/LHCl溶液、0.1mol/LBaCl2溶液)。【答案】(1)7Ar3d或2262671s2s2p3s3p3d（2分）浓HCl有还原性，与3Co+会发生反应产生2Cl，污染空气（2分）0.991molL−（2分）(2)

()3+2++422323262Co+2NH+HO+10NHHO=2CoNH+12HO（2分）先加浓氨水再加22HO溶液（2分）(3)边搅拌边滴加0.1mol/LNH4HCO3溶液，至不再产生沉淀，过滤、洗涤，取最后一次洗涤液加入0.1mol/LHC

l溶液酸化，再加入0.1mol/LBaCl2溶液，无浑浊生成，得到CoCO3固体，将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气气流，在400~600℃温度下高温煅烧至恒重即可（4分）【分析】锂钴废料酸溶、过滤，得到酸溶渣和含有锂离子、亚钴离子的滤液，向滤液中加入氟

化钠溶液，将锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤，得到氟化锂溶渣和含有亚钴离子的溶液。【解析】（1）①钴元素的原子序数为27，基态Co2+的电子排布式为7Ar3d或2262671s2s2p3s3p3d；②钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，由题

意可知，+3价钴元素具有强氧化性，若酸溶时加入具有还原性的浓盐酸，钴酸锂会与浓盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以酸溶时不能选用浓盐酸；③由氟化锂的溶度积可知，净化后溶液中的锂离子浓度为-3--2spKL2.010=mol/L=0.05mol/c

(F)4.010，则沉淀锂离子消耗的氟离子的浓度为1mol/L-0.05mol/L=0.95mol/L，由净化后溶液中氟离子浓度为0.04mol/L可知，溶液中钠离子的浓度为0.95mol/L+0.04mol/L=0.99mol/L；（2）①由题意可知制

备[Co(NH3)6]Cl3的反应为，溶液中的Co2+与+4NH、氨水和过氧化氢溶液反应生成[Co(NH3)6]3+和水，反应的离子方程式为()3+2++422323262Co+2NH+HO+10NHHO=2CoNH+

12HO；②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为先加浓氨水，后加过氧化氢溶液；（3）由于CoCO3难溶于水，取反萃取后得到的水相，加入0.1mol/L的NH4HCO3，将Co2+转化为CoCO3沉淀，

过滤除去可溶性杂质，然后洗涤，为了保证杂质除净，加入0.1mol/LHCl溶液酸化，用0.1mol/L的BaCl2溶液检验洗涤液中有无2-4SO，干燥后在空气中400~600℃温度下高温分解CoCO3至恒重得到

Co3O4。16.（15分）英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。回答下列问题：(1)A的化学名称是。(2)由A生成C的反应类型是。(3)E的结构简式为。(4)由G→J的转化过程可知，G转化为H的目的是(5

)符合下列条件的B的同分异构体共有种，其中一种的结构简式为。①分子中含环状结构②核磁共振氢谱显示2组峰(6)L中氮原子的杂化方式为。(7)1，3-二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备

1，3-二苯基脲的合成路线(无机试剂任选)。【答案】(1)4-溴硝基苯或对溴硝基苯（2分）(2)取代反应（1分）(3)（2分）(4)保护氨基（1分）(5)4（2分）或或或（2分）(6)sp2、sp3（2分）(7)⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓

硝酸△2H催化剂⎯⎯⎯→2COCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→苯胺（3分）【分析】由框图可知，A（）与B（）发生取代反应生成C（）和HBr，C与H2发生还原反应，-NO2还原为-NH2，生成D（），D与E（）发生取代反应生成F（）和HCl，G（）与反应生成H（），保护-

NH2，H与SOCl2发生取代反应生成I（），I与KOH反应生成J（），将-NH2恢复，J与COCl2反应生成K（），K与F发生取代反应生成目标产物英菲替尼L（）。【解析】（1）A为，名称为4-溴硝基苯或对溴硝

基苯；（2）根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；（3）根据分析，E的结构简式为；（4）根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；（5）B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2

组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、、，共4种；（6）L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；（7）要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路线为⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓硝酸△2H催化剂⎯⎯⎯→2C

OCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→苯胺。17.（14分）盐酸羟胺(化学式为2NHOHHCl)是一种重要的化工产品，可作还原剂、显像剂等，其熔点为152℃，易溶于水。实验室以环己酮肟、盐酸为原料制备盐酸羟胺的反应原理如下：(环己酮肟)2HClH

O++△(环己酮)2NHOHHCl+制备盐酸羟胺的实验装置如图所示(加热、搅拌和夹持装置已省略)。盐酸羟胺在不同温度下的溶解度如下表：温度(℃)溶解度(2g/100gHO)2046.74054.96063.28071

.1(1)仪器甲中进水口应为。A．a处B．b处C．a处或b处均可(2)反应过程中，将环已酮不断蒸出的主要原因是。(3)容器乙中收集到环己酮的水溶液，环已酮和水之间存在的相互作用有___________。A．共价键B．离子键C．氢键D．范德华力(4)反应后，从三口

烧瓶的溶液中获取盐酸羟胺的实验方法为___________。A．冷却结晶B．渗析C．蒸馏D．萃取、分液称取0.500g由上述方法制得的盐酸羟胺产品，加水配制成100mL溶液。量取20.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁铵()442NHFeSO溶液充

分反应，接着加入足量磷酸溶液(与3Fe+形成无色配合物)，最后用140.0500molLKMnO−的酸性溶液滴定，达到滴定终点时消耗4KMnO的酸性溶液的体积为11.35mL。反应原理为：①22NHOHHClNHOHHCl

+②32222NHOH4Fe4FeHO+++=+++③23242MnO5Fe8H5FeMn4HO−++++++=++(5)将反应②补充完整，并标出电子转移的方向和数目。(6)配制上述盐酸羟胺溶液所需要的定量仪器有。A．电子天平B．100mL容量瓶

C．滴定管D．量筒判断滴定终点的现象为。(7)通过计算判断该产品的纯度级别。(写出计算过程)纯度级别优级纯分析纯化学纯质量分数()2ωNHOHHCl/%99.098.597.0已知：()12MNHOHHCl69.5gmol−=【答案】(1)B（

1分）(2)生成物浓度降低，促进平衡向正反应方向移动（2分）(3)CD（2分）(4)A（1分）(5)（2分）(6)AB（2分）最后半滴标准液滴入后，溶液由无色色变为粉红色且半分钟内不褪色（2分）(7)分

析纯（2分）【分析】蒸馏中冷凝水逆流操作，根据盐酸羟胺的熔点为152℃，易溶于水，可知从产物混合物中提纯的方式为冷却结晶；盐酸羟胺样品中加入适量稀硫酸酸化，再加入过量硫酸铁铵()442NHFeSO溶液充分反应，接着加

入足量磷酸溶液(与3Fe+形成无色配合物)，则滴定终点溶液由无色变为粉红色。【解析】（1）冷凝水应该逆流操作，从b处进，a处出；（2）环己酮不断蒸出，降低生成物浓度，平衡正向移动，增大产物的产率；（3）环己酮中有羰基，能和水分子形成氢键，二者都是分子晶

体因此还存在范德华力；（4）盐酸羟胺熔点为150℃则不能用蒸馏的方式提纯，易溶于水则不能用渗析和萃取分液的方式提纯，因此利用其溶解度随温度升高而降低采取降温结晶的方式提纯；（5）根据得失电子守恒结合质量守恒配平方程为：322222NHOH4Fe4FeNO+4HHO++

++=++，用双线桥表示为：；（6）配置溶液中需要称取样品需要用到电子天平，最终使用100mL容量瓶配制溶液；终点时过量高锰酸钾使得溶液由无色变为粉红色，因此终点现象为：最后半滴标准液滴入后，溶液由无色色变为粉红色且半分钟内不褪色；（7）根据关系式有-4232

MnO~5NHOHHCl2mol569.5g20mL0.0511.3510molm100mL−，则m=0.493g，则样品纯度为0.493g÷0.500g=98.60%，则该样品为分析纯。18.（15分）汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。(1

)HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。()32HgNO受热分解可生成HgO，同时按物质的量之比为4：1产生两种气体。①完成化学方程式：()32Δ2HgNO2HgO+___+___。②在三组1100mL12m

gL−的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度0c的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是。③0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为11mgLmin−−。(2)

乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成3CHCHO，反应历程及相对能垒如下图所示。①从上图可知，()()23CHCHOHaqCHCHOaq=→H=。②下列说法正确的是。A．本反应历程涉及的物质中，2CHCHO

H=最不稳定B．过程①中，2Hg+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率(3)常温下，2Hg+与Cl−

的配合物存在如下平衡：3122432KKKHgClHgClHgCl−4K2HgClHg++，含Hg微粒的分布系数δ与()lgcCl−的关系如下图所示：已知：平均配位数n¯n=总总（含汞配离子中的氯元素）（溶液中的汞元素）①图中能代表2HgCl曲线是(填字母)，平衡常数4K=。②在P点，

溶液中()()22cHgCl:cHg+=。【答案】(1)()3222Δ2HgNO2HgO+4NO+O（2分）0cc一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快（2分）0.48（2分）(2)()45EEkJ/mol−−（2分）AB（2分）(3)①C（1分）6.7810−（2

分）②0.310（2分）【解析】（1）①由题意可知，硝酸汞受热分解生成氧化汞、二氧化氮和水，反应的化学方程式为()3222Δ2HgNO2HgO+4NO+O，故答案为：()3222Δ2HgNO2HgO+4

NO+O；②由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快说明氧化汞的催化效果越好，故答案为：0cc一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快；③由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～1

5min内，470nm可见光照射下B的降解速率为1(12-120.4)mgL15min−=0.4811mgLmin−−，故答案为：0.48；（2）①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变ΔH=—(E4—E5)kJ/mol，故答案

为：—(E4—E5)kJ/mol；②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2

O)]2+，故B正确；C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但

乙炔的转化率减小，故D错误；故选AB；（3）①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl2-4离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl−)的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl−)的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl−)的关系、曲

线D表示HgCl-3离子与lgc(Cl−)的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl—，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为6.7810−mol/L，则反应的平衡常数K4=2+-+

)c(Hg)c(Cl(HgCl)c=c(Cl—)=6.7810−，故答案为：C；6.7810−；