【文档说明】浙江省杭州学军中学2022-2023学年高三下学期阶段性测试化学试题 含解析.docx，共(25)页，3.768 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省杭州学军中学2022-2023学年高三下学期阶段性测试化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分；在每小题所给出的四个备选项中，有且只有一项符合题意)1.不能由单质直接化合的是A.FeCl2B.NOC

.HClD.SO2【答案】A【解析】【详解】A．23232FeClFeCl+=点燃，A符合题意；B．氮气和氧气生成一氧化氮，B不符合题意；C．氢气和氯气生成氯化氢气体，C不符合题意；D．硫与氧气反应生成二氧化硫，D不符合

题意；故答案为：A。2.钠与氯均为人体的常量元素。下列说法错误的是A.NaCl水溶液呈碱性B.NaCl属于离子化合物C.生理盐水是0.9%的NaCl水溶液D.食盐是厨房常备调味品【答案】A【解析】【详解】A．NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A错误；B．NaCl是由Na+和Cl-形成的化合物

，属于离子化合物，B正确；C．生理盐水是0.9%的NaCl水溶液，C正确；D．食盐是厨房常备调味品，D正确；故选A。3.化学用语具有简便表达化学知识与化学思维的特点。下列化学用语表述正确的是A.异丁烷

的结构简式：B.醛基的电子式：C.质子数为78，中子数为124的铂(Pt)的原子符号：12478PtD.原子序数为31的镓原子结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．该结构简式为异戊烷，故A错误；B．醛基结构简式为：-CHO，

其电子式为：，故B错误；C．质子数为78，中子数为124的铂(Pt)的原子符号：20278Pt，故C错误；D．原子序数为31的镓原子结构示意图：，故D正确；故选：D。4.化学与科学技术、生产生活息息相关，下列叙述正确的是A.重金属

盐能使蛋白质变性，所以吞服“钡餐”会引起中毒B.天宫空间站使用的太阳能电池板的基础材料晶体硅为无机非金属材料C.食品包装袋中常放置硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质D.我国新一代长征七号运载火箭使用

是液氧煤油发动机，煤油可由煤的干馏制得【答案】B【解析】【详解】A．硫酸钡不溶于胃酸盐酸，不会生成钡离子，故不会引起中毒，A错误；B．晶体硅为无机非金属材料，B正确；C．硅胶、生石灰不能吸收水，使食品干燥，但是不能

吸收氧气，不能防止食品变质，C错误；D．煤油是石油的分馏产品，D错误；的故选B。5.下列关于工业生产和化学实验中的操作、事故处理正确的是A.实验室可以采用43NHNO晶体在加热条件下分解制氨气B.氯碱工业采用阳离子交换膜防止两极产生的气体混合

而发生爆炸C.制备金属镁的电解装置失火时，可以使用二氧化碳灭火器灭火D.向浓硫酸与铜反应后的悬浊液中加水以验证反应生成了硫酸铜【答案】B【解析】【详解】A．硝酸铵受热时有爆炸的危险，A错误；B．氯碱工业电解饱和食盐水时，使用阳离子交换

膜将电解槽分为阳极室和阴极室，可以防止阴极产生的氢气与阳极产生的氯气混合而发生爆炸，B正确；C．镁是活泼金属，能在2CO中燃烧，C错误；D．浓硫酸与铜反应后的悬浊液中浓硫酸可能有剩余，正确操作是将浓硫酸与铜反应后的悬浊液慢慢加入水中以

验证生成硫酸铜，D错误；故选B。6.诺贝尔化学奖授予将“化学生物学提升为现代最大科学”的三位化学家，利用三人的研究成果，可以迅速地辨识蛋白质，制造出溶液中蛋白质分子的三维空间影像。下列关于蛋白质的说法不

正确的是A.蛋白质在酶的作用下最终水解成氨基酸B.蚕丝的主要成分是纤维素C.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，析出蛋白质固体，此过程发生了物理变化D.浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤呈现黄色是由于浓硝酸与皮肤发生了显色反应【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质在酶的作用下

最终水解成氨基酸，A项正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B项错误；C．向蛋白质溶液中加入饱和24NaSO溶液，蛋白质发生盐析，但蛋白质的活性并没有改变，此过程发生了物理变化，C项正确；D．皮肤不慎沾上浓硝酸会出

现黄色，是蛋白质发生显色反应的结果，D项正确；故选：B。7.工业上常用以下反应炼铁和制硫酸：①2242322CuFeS7OCuSOCuOFeO3SO高温++++②222324FeS11O2FeO8SO高温++已知2CuF

eS中Cu为1+价。下列说法正确的是A.反应①②中Fe均被氧化B.反应①中4CuSO和CuO只是氧化产物C.反应②中23FeO和2SO既是氧化产物又是还原产物D.反应①②生成等物质的量的2SO时，转移的电子数之比为33:56【答案】C【解析】【详解】A．反应①

中铁+3价，化合价不变，没有被氧化；反应②中铁元素化合价由+2价升高为+3价，被氧化，A错误；B．已知2CuFeS中Cu为1+价。反应①：生成硫酸铜时氧元素化合价降低，铜元素、硫元素化合价升高，硫酸铜既是氧化产物又是还原产物；生成氧化铜时铜元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化

铜既是氧化产物又是还原产物，B错误；C．反应②中生成Fe2O3时铁元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化铁既是氧化产物又是还原产物；生成SO2时硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，SO2既是氧化产物又是还原产物，C正确；D．反应①②中只有氧元素化合价降低，假设均生

成24molSO2，反应①转移电子的物质的量为748mol=224mol，反应②转移电子的物质的量为1143mol=132mol，转移电子数之比为224:132=56:33，D错误；故选C。8.下列

反应方程式书写正确的是A.铅蓄电池(24HSO作电解质溶液)放电时正极上的反应：222PbO2e4HPb2HO−++++=+B.将2CO通入苯酚钠溶液中出现浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3C.用稀盐酸处理铜器表面的铜锈：22C

uO2HCuHO+++=+D.向硫化钡溶液中滴加硫酸铜溶液：222244BaSCuSOCuSBaSO+−+−+++=+为【答案】D【解析】【详解】A．铅蓄电池(24HSO作电解质溶液)放电时正极上的电极反应式为22442PbO

2eSO4HPbSO2HO−−++++=+，A错误；B．将2CO通入苯酚钠溶液中，反应生成苯酚和3NaHCO，化学反应方程式为+CO2+H2O→+NaHCO3，B错误；C．用稀盐酸处理铜器表面的铜锈，离子方程式为()223222CuOHCO4H2Cu3HOCO+++=++，C错误；D．向硫化钡

溶液中滴加硫酸铜溶液，反应的离子方程式为222244BaSCuSOCuSBaSO+−+−+++=+，D正确；故选D。9.增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是A.邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种B.环己醇分子中有1个手性碳原子C.DCHP能发生加成反应、取代反应、消

去反应D1molDCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；B．环己醇中不存在连接4个不同原子

或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，B错误；C．DCHP中含有苯环能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；D．1molDCHP含2mol-COOC，则1molDCHP最多可与2mol氢氧化钠反应，D正确；.故选：D。10.某新型漂白剂的结构如图，

其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是A.四种元素中X的电负性最大B.简单离子半径：W<XC.

由Z和X两种元素可能形成非极性分子D.第一电离能介于X与Y之间的同周期元素只有2种【答案】C【解析】【分析】短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的

最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。【详解】A．四种元素中，氧元素电负

性最大，A正确；B．镁离子和氧离子的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大，镁离子半径小于氧离子，B正确；C．X是O，Z是H，可形成H2O和H2O2，均为极性分子，C错误；D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D正确；故选：C。11

.近期，科学家研发出了一种新型铝电池。该电池电极分别为铝和硒，熔盐电解质由氯化钠(NaCl)、氯化钾(KCl)和氯化铝(3AlCl)组成(如图所示)。其中，电池放电过程中会形成31AlClnn−+，放电总反应的离子方程式为232Al+3Se=AlSe．下列说法错误的是A.

充电时，电极Al为阴极B.放电时，Al电极附近的阴离子浓度降低C.放电时，电路中每转移1mol电子，理论上正极质量增加9gD.充电时，阳极的电极反应式为()()()---4n3n+1n-1Al-3n-1e+3n+1AlCl=4AlCl【答

案】D【解析】【分析】放电总反应的离子方程式为232Al+3Se=AlSe，则反应中铝发生氧化反应为负极、惰性电极为正极；【详解】A．放电时铝发生氧化反应为负极，则充电时，电极Al为阴极，故A正确；B．电池放电过程中铝极反应为()---n3n+1nAl-3ne+3n+1Cl=AlCl，Al电

极附近的阴离子浓度降低，故B正确；C．放电时，电路中每转移1mol电子，-Al3e，结合反应232Al+3Se=AlSe，则电路中每转移1mol电子，理论上正极质量增加9g，故C正确；D．充电时，阳极的电极反应与放电时正极反应有关，反应为()---23n3n+1nAlSe-6ne+23n+1

Cl=2AlCl+3nSe，故D错误；故选D。12.液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠()2NaNH，下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为3422NHNHNH+−+B.钠与

液氨的反应是氧化还原反应，反应中有2H生成C.2NaNH与少量水反应可能有3NH逸出，所得溶液呈弱碱性D.2NaNH与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐【答案】C【解析】【详解】A．液氨中存在与水的电离类似的电离过程，则液氨

的电离方程式可表示为+-3422NHNH+NHƒ，A正确；B．钠与液氨的反应，钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，B正确；C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所

得溶液是NaOH，呈强碱性，C错误；D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4，D正确；故答案为：C。13.电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴

定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用10.1000molL−的NaOH标准溶液滴定同浓度的44NHHSO溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导

致氨的逸出)。下列说法错误的是A.滴定过程中，溶液中()2-4cSO逐渐减小B.a点溶液中：()()()()+++-4cNH+cH-cNa=cOHC.b点溶液中：()()()()+2-+-44cNa>cSO>cNH>cOHD.a、b点水的电离程度：a>b【答案】C【解析】【详解】A．滴

定过程中()2-4nSO不变化，但溶液体积变大，故()2-4cSO变小，A正确；B．a点时恰好发生：()442444222NHHSO2NaOHNaSONHSO2HO+++，由电荷守恒，存：()()()()()+++2--44cNH+cNa+cH=2cSO+cOH；由物料守恒，存在：()()

+2-4cNa=cSO，故a点溶液存在：()()()()+++-4cNH+cH-cNa=cOH，B正确；C．b点时恰好发生：4424322NHHSO2NaOHNaSONHHOHO+++，溶质为24NaSO和在32NH

HO，()()()()+2--+44cNa>cSO>cOH>cNH，C错误；D．a点时溶液中存在等物质的量的24NaSO、()442NHSO，因4NH+水解，促进水的电离，而b点一水合氨电离，抑制水

的电离，所以a>b，D正确；故选C。14.利用γ－丁内酯(BL)制备1，4－丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1－丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如图：已知：①反应I为快速反应，反应II、III为慢速反应；②以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.

0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应(因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压)，x(BL)和x(BD)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比]；达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热ak

J；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。下列说法正确的是A.γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1B.忽略副反应热效应，反应I焓变△H(493K，3.0×103kPa)=—(a+b)kJ•mol-1C.t1时刻x(H2O)=0.08D.改变H2的压

强不影响副产物四氢呋喃的产量【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，γ－丁内酯分子中单键为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12∶1，故A错误；B．由题意可知，氢气的物质的量为可视为∞，则以同等物质的量BL

或BD为初始原料达到的平衡为等效平衡，则93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，所以反应I焓变△H=—-35.010mol(a+b)kJ=—20

0(a+b)kJ/mol，故B错误；C．由方程式可知，t1时刻，x(THF)+x(BuOH)=x(H2O)，则由图可知，x(THF)+x(BuOH)+x(H2O)=1—0.48—0.36=0.16，解联立方程可得x(H2O)=0.

08，故C正确；D．改变氢气的压强，反应I、反应II和反应III的平衡都会发生移动，所以副产物四氢呋喃的产量会发生改变，故D错误；故选C。15.难溶盐2CaF可溶于盐酸，常温下，用HCl调节2CaF浊液的pH，测得体系中()lgFc−−或()2lgCac+−与()()HlgH

Fcc+的关系如图所示。下列说法错误的是A.M代表()lgFc−−与()()HlgHFcc+的变化曲线B.难溶盐2CaF的溶度积常数()7.4sp2CaF10K−=C.Y点的溶液中存在()()()2ClCaHFccc

−+=D.Z点的溶液中存在()()()2HlgCa2lg4.2HFccc++−=−【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，2CaF浊液存在溶解平衡：()()()22CaFsCaaq2Faq+−+，用

HCl调节溶液存在平衡：HFHF+−+。根据()()()aHFHFccKc+−=，随着横坐标增大，则()cF−减小，()lgFc−−增大，故M代表()lgFc−−与()()HlgHFcc+的变化曲线，A正确；B．根据X点坐标可求3.2a10K−=，由W点可知，当(

)()Hlg0HFcc+=时，()3.2F10c−−=，此时()24.2Ca10c+−=，则()()()2210.6sp2CaFFCa10Kcc−+−==，B错误；C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即()()2FC

acc−+=，()()()22CaFsCaaq2Faq+−+溶解出的氟离子，()()()22CaHFFccc+−=+，再根据电荷守恒，故()()()2ClCaHFccc−+=，C正确；D．Z点的溶液中，根据aK及()()Hlg1HFcc+=，存在()lgF4.2c−

−=，根据()10.6sp2CaF10K−=可求()2lgCa2.2c+=−，而此时()()Hlg1HFcc+=，则()()()2HlgCa2lg4.2HFccc++−=−，D正确；故选B。16.下列实验的现与对应结论均正确的是选项操作现象结论A向3NaHCO溶

液中加入2NaAlO溶液有白色沉淀生成2AlO−结合H+的能力比23CO−弱B用pH试纸测定NaCl和NaF溶液的pH()()pHNaClpHNaFF元素的非金属性强于ClC将()32FeNO样品溶于稀24HSO后，滴加KSCN溶液溶液

显红色()32FeNO晶体已氧化变质D向久置的23NaSO溶液中加入足量2BaCl先出现白色沉淀后部分溶部分23NaSO氧化变溶液，再加入足量稀盐酸解质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝、碳酸

钠，则2AlO−结合H+的能力比23CO−强，故A错误；B．非金属性大小应根据元素最高价含氧酸的酸性大小来比较，因此()()pHNaClpHNaF不能的出F非金属性强于Cl，故B错误；C．将Fe(NO)2样品溶于

稀H2SO4后，酸性条件下，NO3−能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故C错误；D．向久置的23NaSO溶液中加入足量2BaCl溶液，再加入足量稀盐酸，先出现白色沉淀后部分溶解，沉淀为硫酸钡和亚硫酸

钡，则部分Na2SO3被氧化，故D正确；故选D。二、非选择题(本大题共5小题，第22题12分，其余每题10分，共52分)17.富勒烯（60C）是一类完全由碳组成的中空分子，在催化、光电等很多领域都有重要作用。Ⅰ.60C以其完美的球烯受到科学家重视，其结构如右图所示。60个碳

原子是等同的，均为近似2sp杂化，但却有两种不同类型的碳碳键。其中一种为138pm；另一种为145pm。（1）60C在水中溶解度______60C在甲苯中溶解度（填“>”、“<”或“≈”）；（2）请在图中标明这2种类型的键，注明键长_________；（3）石墨、60C互为同素异形体，但

相同条件下，石墨的熔点比60C高得多，原因是____________。Ⅱ.60C常态下是为紫色固体，不导电，但给富勒烯掺杂金属后（用金属原子把富勒烯分子连起来或者把金属原子放进富勒烯笼子里），其在一定条

件下甚至可以成为超导体。（4）从结构角度解释为什么60C不导电____________；（5）60C的晶胞结构如图所示．每个白球代表1个60C分子．已知一定条件下晶胞的棱长为acm，阿伏伽德罗常数为AN，则该条件下60

C的摩尔体积为_______31cmmol−（用含a、AN的代数式表示）（6）60C晶体结构中存在四面体空隙（如图中1、3、6、7围成的空隙）和八面体空隙（如图中3、6、7、8、9、12围成的空隙）．所有空隙中均填充一个金属M原子，可获得某条件下

的超导材料．则该超导材料中，平均一个60C晶胞需掺杂______个M原子。【答案】（1）<（2）（3）C60是由分子构成的，它发生物理变化时只要克服分子间作用力，石墨是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，它熔化

时要克服很强的共价键之外还要克服层与层之间的作用力（4）C60分子中每个C都是sp2杂化，而剩余的电子会形成一个包围在分子外圈的离域大π键，尽管有电子，但电子不能从这个分子运动到另一个分子，自然没有电子在整个单质内的定向

移动，没有电流，不能导电（5）AN4（6）12【解析】【小问1详解】C60不溶于水等强极性溶剂，在正己烷、苯、二硫化碳、四氯化碳等非极性溶剂中有一定的溶解性，则60C在水中溶解度<60C在甲苯中溶解度。【小问2详解】碳碳双键的键长小于碳碳单键，在图中标明这2种类型的键，注明键长为：。小

问3详解】C60是由分子构成的，它发生物理变化时只要克服分子间作用力，石墨是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，它熔化时要克服很强的共价键之外还要克服层与层之间的作用力，所以熔沸点很高。【小问4详解】C60分

子中每个C都是sp2杂化，而剩余的电子会形成一个包围在分子外圈的离域大π键，尽管有电子，但电子不能从这个分子运动到另一个分子，自然没有电子在整个单质内的定向移动，没有电流，不能导电。【小问5详解】由晶

胞结构可知，每个晶胞中含有118+6482=个C60分子，则该条件下60C的摩尔体积为()3AAacmN44N=31cmmol−。【小问6详解】由晶胞结构可知，晶体中正四面体空隙为8个，正八面体

空隙为4个，则该超导材料中，平均一个60C晶胞需掺杂12个M原子。18.固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.8

0g红棕色固体，请回答：（1）化合物X所含元素是_______(填元素符号)。（2）溶液D中显深蓝色的溶质是_______(用化学式表示)。（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式_______。（4）干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该

物质水解时发生非氧【化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：_______。（5）向溶液C中加入一定量的Fe，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是_______，请设计实验证明你的结论_______。【答案】（1）Cu、Fe、S（2）(

)344CuNHSO（3）2322324CuFeS19O8CuO2FeO12SO+=++（4）（5）①.3Fe+②.取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色【解析】【分析】气体A可使品红溶液褪色，说明

A为SO2，根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素，据此分析；【小问1详解】根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S，故答案为F

e、Cu、S；【小问2详解】溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；故答案为[Cu(NH3)4]SO4；【小问3详解】气体A为SO2，其物质的量为-3672mL10L/m

L22.4L/mol=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为0.80g160g/mol=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原

子物质的量为2.80g-0.03mol32g/mol-0.01mol56g/mol64g/mol=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为4Cu2FeO3+19O2高温8CuO+2Fe2O3+12SO2；故答案为4

Cu2FeO3+19O2高温8CuO+2Fe2O3+12SO2；【小问4详解】SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6

价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；故答案为；【小问5详解】溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换

反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+；故答案为Fe3+；取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红

色。19.乙烯是石油化工最基本的原料之一。I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：()()()262421CHgCHgHgΔ0H+。（1）提高乙烷平衡转化率的措施有_____________、_______________。（2）①一定温

度下，向体积为1L的密闭容器中加入260.8molCH和20.2molH，发生上述反应，平衡时24CH的体积分数为20%，若平衡后再加入261.45molCH和20.15molH，平衡___________

(填“正向”“逆向”或“不”)移动。②一定温度下，向恒容密闭容器中通入261molCH和21molH，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为__________kPa，该反应的平衡常数pK=________kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压

×物质的量分数)。II．在乙烷中引入2O可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：a．()()()()26224222CHgOg2CHg2HOgΔ0H++b．()()()()262232CHg5Og4COg6HO

gΔ0H++c．()()()()24224CHg2Og2COg2HOgΔ0H++（3）根据盖斯定律，反应a的2Δ=H___________(写出代数式)。（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂

降低反应________(填“a”“b”或“c”)的活化能。（5）常压下，在某催化剂作用下按照()()262CH:O1:1nn=投料制备乙烯，体系中24CH和CO在含碳产物中的物质的量分数及26CH转化率随温度的变化关系如图所示。①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因

是_____________________________________。②在570600℃温度范围内，下列说法正确的有__________(填标号)。A．24CH产率随温度升高而增大B．2HO的含量随温度升高而增大C．26CH在体系中的物质的量分数随温度升高而增

大D．此催化剂的优点是能在较低温度下降低CO的平衡产率【答案】（1）①.升高温度②.减小压强（2）①.正向②.110③.15（3）34Δ2ΔHH−（4）a（5）①.体系未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成24C

H的②.AB【解析】【小问1详解】由题意知，()()()262421CHgCHgHgΔ0H+，该反应是气体分子数增大的吸热反应，减小压强，升高温度或及时移出生成物均可使平衡正向移动，提高乙烷平衡转化率；【小问2详解】①由题意知，26CH和2H的起始量分别为0.8mol、0.2mol，设平

衡时24CH为moly，则26CH转化了moly，平衡时26CH和2H分别为()0.8moly−、()0.2moly+。平衡时24CH的体积分数为20%，即y100%20%0.8-y+y+0.2+y=，解得0.25y=，则平衡常数()()()22426HCH0.450.250.2CH0.

55ccKc==，达到平衡后再加入261.45molH和20.15molH，c0.60.250.0752QK==，平衡正向移动；②由题意知，26CH和2H的起始量均为1mol，初始压强为100kPa，乙烷的平衡转化率为20%，列三段式：()()()26242CHgCHg+H

g/mol101/mol0.20.20.2/mol0.80.21.2起始量转化量平衡量设平衡时体系的压强为kPax，则2mol2.2mol100kPakPax=，解得110x=，则平衡时体系的压强为110kPa。该反应的平衡常数p0.2m

ol1.2mol110kPa110kPa2.2mol2.2mol15kPa0.8mol110kPa2.2molK==；【小问3详解】根据盖斯定律，反应a=反应b2−反应c，故234ΔΔ2ΔHHH=−；【小问4详解】反应的主

要目的是制备乙烯，为减少过度氧化，应加快反应a的反应速率，故需要寻找催化剂降低反应a的活化能；【小问5详解】①由题意知，三个反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，26CH的转化率减小，而由题图知26CH的转化率随温度升高在不断增大，表明反应均未达到平衡，温度升高，生成CO的反

应速率增大的程度大于生成24CH的，则乙烯的物质的量分数随温度升高而降低；②A．由题图知，26CH的转化率随温度升高而不断增大，表明反应均未达到平衡，则24CH的产率随温度升高而增大，A正确；B．由于反应均未达到平衡，在反应a、b、c中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的

量都增大，则2HO的含量随温度升高而增大，B正确；C．由题图知，26CH转化率增大，则26CH在体系中的物质的量分数随温度升高而减小，C错误；D．由于反应均未达到平衡，题图信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，则不能说明该催化剂能在较低温度下降低CO的

平衡产率，D错误；故选AB。20.三氯氧磷3POCl是一种化工原料，可用于制取有机磷农药，长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用2O和3PCl为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如

图所示(夹持装置略去)：已知3PCl和三氯氧磷的性质如表：熔点℃沸点/℃其它物理或化学性质3PCl112.0−76.03PCl和3POCl互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl3POCl

1.25106.0回答下列问题：（1）仪器乙的名称是____________，进水口为____________(填“a”或“b”)。（2）装置B中长颈漏斗的作用是____________。（3）干燥管中碱石灰的作用________________________。（4）装置C中发生反应

的化学方程式________________________，用温度计控制温度在6065～℃之间，温度不宜过高也不宜过低的原因是________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I．取ag产品于锥

形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至溶液呈酸性。Ⅱ．向锥形瓶中加入10.1000molL−的2AgNO溶液20.00mL，使Cl−完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表

面被有机物覆盖。Ⅳ．加入指示剂，用14cmolLNHSCN−溶液滴定过量Ag+至终点，记录所用体积为vmL。已知：1012spspK(AgCl)1.7710,K(AgSCN)1.0310−−==。①滴定选用的指示剂是____________(

填字母)。a．2FeClb．()442NHFeSOc．淀粉d．甲基橙②实验过程中加入硝基苯的目的是________________________。③所测Cl元素含量为_________________________________

___(列出表达式)。【答案】（1）①.球形冷凝管或冷凝管②.a（2）平衡气压(或与大气相通，保持装置压强恒定或防止装置内压强过大)（3）防止空气中的水蒸气进入装置C导致产物水解或防止空气中的水进入（4）①.3232P

ClO2POCl+②.温度低，反应速率慢，温度高，原料易挥发，利用率低（5）①.b②.使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止(或减少)AgCl转化为AgSCN③.()335.52.0cv10100%a−−【解析】【分析】A装置中用

双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发

，反应的温度控制在60~65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。【小问1详解】根据装置图，仪器乙为球形冷凝管，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a；故答案为：球形冷凝管；

a。【小问2详解】装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用；故答案为：平衡气压(或与大气相通，保持装置压强恒定或防止装置内压强过大)【小问3详解】POCl3遇水剧烈水解，因此干燥管中碱石灰的作用为：避免空气中的水进

入装置C导致产物水解；故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置C导致产物水解或防止空气中的水进入。【小问4详解】装置C中三氯化磷和氧气发生氧化还原反应生成POCl3，反应的化学方程式为：3232PClO2POCl+；根据上面的分析可知，

反应温度应控制在6065℃，原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高，三氯化磷易挥发，利用率低；故答案为：3232PClO2POCl+；温度低，反应速率慢，温度高，原料易挥发，利用率低。【小问5详解】用14

cmolLNHSCN−溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，4NHSCN稍过量一点，加入()442NHFeSO作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，故选b；加入少量硝基苯可将生成的氧化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据sps

pK(AgCl)K(AgSCN)，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN，使得实验中生成的AgSCN偏多，测定结果将偏小；-3-3-3n(Cl)=0.1000mol/L20.0010L-cV10mol=(2.0-cV)10mol，则-3m(Cl)=35

.5(2.0-cV)10g，所测Cl元素含量为-335.5(2.0-cV)10100%a；故答案为：b；使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止(或减少)AgCl转化为AgSCN；-335.5(2.0-cV)10100%a。21.某治疗心脏药物L的合成路线如图：已知：ⅰ.1232RCH

CHRRCHCHO−=−+−⎯⎯⎯⎯→一定条件ⅱ.（1）下列说法正确的是_______。A.化合物A转化为B的反应类型为取代反应B.化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别C.化合物F的含氧官能团中含有醛

基D.化合物L的分子式是1121CHNO（2）写出BCD+→反应的化学方程式_______。（3）化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。（4）写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：__

_____。①遇3FeCl溶液显紫色②苯环上有三个取代基③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:6:2:2:1（5）结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。【答案】（1）AB（2）CH2=CHCOOCH2CH3+CH3CH2CH

2CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→（3）①.，②.保护酮羰基（4）、、、（5）【解析】【分析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=C

H-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，

H为，反应②是碳碳双键自身成环；【小问1详解】A．由分析可知，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B．化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬

浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C．化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D．化合物L的分子式是1221CHNO，D错误；故选：AB；【小问2详解】B为C

H2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，BCD+→反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3+CH3CH2CH2CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→；【小问3详解】分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到

羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；【小问4详解】F为，满足条件：①遇3FeCl溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:6:2:2:1，满足条件的所有同分异

构体有：、、、；【小问5详解】发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。