【文档说明】浙江强基联盟2023-2024学年下学期高三3月联考-化学试题卷 Word版含解析.docx，共(24)页，1.192 MB，由管理员店铺上传

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浙江强基联盟2023学年第二学期高三3月联考化学试题说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟；2.请将答案写在答题卷的相应位置上；3.可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；S-32；Cl-35.5；Cu-64；I-127

。选择题部分一、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.下列物质属于强电解质的是A.3NHB.甘氨酸C.AgClD.98%的硫酸【答案】C【解析】【详解】A．3NH在熔融状态下不能导电，

是非电解质，A项错误；B．甘氨酸部分电离，是弱电解质，B项错误；C．AgCl在熔融状态下完全电离，是强电解质，C项正确；D．98%的浓硫酸含H2SO4和水两种物质，是混合物，不是电解质，D项错误；故选C。2.侯德榜把氨碱法和合成氨

联合起来，创造了联合制碱法。下列说法不正确．．．的是A.受热时碳酸钠比碳酸氢钠更稳定B.3NaHCO溶液中，3HCO−水解生成23HCO使得溶液显酸性C.氨碱法的第一步反应是向3NH的饱和NaCl溶液中通入足量的2COD.最重要的人工固氮

途径是工业合成氨【答案】B【解析】【详解】A．受热时碳酸氢钠易分解，产生碳酸钠，比碳酸钠更不稳定，A项正确；B．3NaHCO溶液水解显碱性，电离显酸性，B项错误；C．3NH溶解度比2CO大，故氨碱法第一

步是向3NH的饱和NaCl溶液中通入足量的2CO，C项正确；D．最重要的人工固氮途径是工业合成氨，D项正确；答案选B。3.下列表示正确的是A.3BF价层电子对互斥（VSEPR）模型：B.中子数为16的磷原子：1

615PC.基态2Mn+的价层电子排布图D.用电子式表示2MgCl的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．3BF的价层电子对数是3，VSEPR模型为平面三角形，A项错误；B．中子数为16的磷原子为3115P，B项错误；C．

基态2Mn+的价层电子排布图：，C项正确；D．用电子式表示2MgCl的形成过程：，D项错误；答案选C。4.利用3KIO酸性溶液与22HO的反应，可以进行趣味的“碘钟实验”。以淀粉为指示剂，不停振荡锥形瓶，反应原理如下：①3222222HIO5HOI5O6HO+

=++，②222I5HO+=322HIO4HO+，下列说法不正确．．．的是A.实验现象：蓝色—无色—蓝色—无色重复出现B.①②两个反应的净反应相当于双氧水的歧化分解C.反应①的氧化剂是22HO，还原剂是3HIOD.反应②每生成31molHIO，反应转

移A5N电子【答案】C【解析】【详解】A．3HIO被22HO还原产生2I使淀粉变蓝，振荡锥形瓶生成的2I继续被22HO氧化回到3HIO，溶液蓝色褪去，反应①和②重复进行，故重复出现“蓝色—无色—蓝色—无色……”的现象，A项正确；B．反应①+②化简得：22222HO2HOO+=

，B项正确；C．反应①中22HO是还原剂，3HIO是氧化剂，C项错误；D．反应②每生成31molHIO，反应转移A5N电子，D项正确。5.在溶液中能大量共存的离子组是A.ClHClONa−+−+、、、B.3224SCNFeSOMg

−+−+、、、C.244CrOHFNH−+−+、、、D.223COSOHK−−−+、、、【答案】D【解析】【详解】A．H+和ClOCl−−、三种离子不能大量共存，A不合题意；B．3Fe+和SCN−不能大量共存，B不合题意；C．H+和24CrOH−+、和F−均不能大量共存，C不合题意；D．223C

OSOHK−−−+、、、互不反应能大量共存，D符合题意。答案选D。6.实验室分离3Fe+和3Al+的流程如下：已知3Fe+在一定条件下能和乙醚（2EtO，沸点34.6C）生成缔合物24EtOHFeCl−+。下列说法不正．．确．的是A.浓盐酸

酸化的主要目的之一是形成配离子4FeCl−B.萃取操作中，倒转分液漏斗振荡并适时旋开活塞放气C.分液时，应将乙醚和配离子的混合物从分液漏斗上口倒出D.蒸馏操作结束后，先停止通冷凝水，再停止加热【答案】

D【解析】【详解】A．由信息可知3Fe+在一定条件下能和乙醚（2EtO，沸点34.6C）生成缔合物24EtOHFeCl−+，浓盐酸酸化的目的是与3Fe+形成4FeCl−和提供H+，A项正确；B．萃取时应倒转分液漏斗振荡，

因乙醚易挥发导致分液漏斗内压强增大需适时旋开活塞放气，B项正确；C．乙醚密度小于水，处于上层，待下层液体放出后，从分液漏斗上口倒出乙醚和配离子的混合液，C项正确；D．蒸馏操作结束后，应先停止加热，再停止通冷凝水，D项错误；答

案选D。7.根据材料的组成和结构变化可推断其性能的变化，下列推测不合理．．．的是选项材料组成和结构变化性能变化A钢按一定比例加入镍、铬元素抗生锈能力、抗腐蚀能力增强B蔗糖三个氯原子取代蔗糖分子中的三个羟基得到三氯蔗糖甜度高，热值低，安全性和水溶性更好，可供糖尿病患者食用C阿司

匹林阿司匹林和聚乙烯醇反应形成长效缓释阿司匹林长效缓释阿司匹林可在体内逐步水解成阿司匹林，可以减少胃肠道的不良反应，使得药效更长久D离子化合物引入有机基团，增大阴、阳离子的体积，形成离子液体降低离子化合物的熔点，比传统有机

溶剂难挥发A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．镍、铬元素具有一定的抗生锈能力、抗腐蚀能力，钢加入镍、铬元素抗生锈能力、抗腐蚀能力增强，故A正确；B．蔗糖分子中的羟基被三个氯原子取代后得三氯蔗糖，羟基为亲水基，亲水

基减少，水溶性降低，故B错误；C．阿司匹林和聚乙烯醇反应产物逐步水解成阿司匹林，降低一开始的浓度，可以减少胃肠道的不良反应，故C正确；D．引入有机基团，增大阴、阳离子的体积，极性减弱，作用力减小，可以降低离子化合物的熔点，比传统

有机溶剂难挥发，故D正确；答案选B。8.下列实验操作和现象正确且能达到实验目的的是A.图①通过打开弹簧夹红色布条不褪色，关闭弹簧夹红色布条褪色来探究氯气的漂白原理B.图②研究压强对2242NO(g)NO(g)平衡的

影响，将活塞从I拉到Ⅱ，气体压强减小，平衡逆向移动，颜色加深C.图③装置用140.1000molLKMnO−溶液滴定未知物质的量浓度的4FeSO溶液D.图④右侧试管中出现黑色浑浊证明()()sp24sp2KAgSOKAgS【答案】C

【解析】【详解】A．图①打开弹簧夹红色布条褪色，关闭弹簧夹红色布条不褪色(浓硫酸吸水、氢氧化钠吸收氯气)，A项错误；B．活塞从I拉到Ⅱ，管内容积增大，气体压强减小，浓度减小，混合气体的颜色先变浅，又因平

衡逆向移动气体颜色逐渐变深，但外界条件的改变大于平衡移动的改变，故颜色比开始更浅，B项错误；C．4KMnO溶液具有强氧化性，盛放在酸式滴定管中，C项正确；D．浓24HSO具有强氧化性，应选择稀24HSO与2NaS反应制

2HS，右边试管封闭易引发安全事故，且2HS与3AgNO直接生成黑色2AgS沉淀，无法证明()sp2KAgS更小，D项错误；故选C。9.下列说法不正确．．．的是A.质谱法测得某有机物的最大质荷比是58，可推断其分子式

为410CHB.天然橡胶、纤维素、蛋白质、核酸均是高分子化合物C.一些高分子的共轭大π键体系为电荷传递提供了通路D.可用新制2Cu(OH)悬浊液来鉴别乙醛、乙醇、乙酸和乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A．最大质荷比是58，可知该有机物的相对分子质量为

58，可能是410CH，也可能是36CHO，无法确定其分子式，故A错误；B．蛋白质、多糖、核酸都是生物大分子，天然橡胶是聚2—甲基—1，3—丁二烯，相对分子质量可达十几万到上百万，都属于天然高分子化合物，故B正确；C．一些高分子的共轭大π键体系为电荷传递提供了通路，故C正确；D．分别与新制2

Cu(OH)混合，加热会出现砖红色沉淀的是乙醛，互溶的是乙醇，蓝色絮状沉淀溶解生成蓝色溶液的是乙酸，分层的是乙酸乙酯，根据出现的不同现象予以鉴别，故D正确；故选A。10.下列反应的离子方程式正确的是A.向223NaSO溶液中通入少量氯气：222322

4SO4Cl5HO2SO8Cl10H−−−+++=++B.向稀硝酸中加入少量磁性氧化铁粉末：32342FeO8H2FeFe4HO++++=++C.已知24HSO的2a2K1.010−=，将硫酸铜溶解于足量浓盐酸中：

224CuSOH+−++++4Cl−=244CuClHSO−−+D.向溶液中通入少量二氧化碳：22COHO++→23CO−+【答案】C【解析】【详解】A．2Cl少量，则223SO−有剩余，与H+还会继续发生反应：223SO2HS−++=+2SO+2HO，A

项错误；B．少量34FeO与稀3HNO反应生成3Fe+，无2Fe+，B项错误；C．24HSO的2a2K1.010−=，则H+与24SO−会生成4HSO−，C项正确；D．电离出H+能力：羧基23HCO>酚羟基3HCO−，向溶液中通入少量2CO发生反应：22COHO++→3HCO−+，D

项错误；答案选C11.为了消除白色污染和减轻温室效应，设计以下路线吸收z物质。。下列说法不正确的是A.试剂a可以是22HO等氧化剂B.M难溶于水C.z的结构式为OCO==D.由36CH生成X、M的反应均为加成反应【答案】D【解析】【分析】36CH

可与溴的四氯化碳反应，即36CH为23CHCHCH=，X为23CHBrCHBrCH，结合题干“减轻温室效应”和，推知z为2CO，M为，23CHCHCH=通过氧化反应得到。【详解】A．23CHCHCH=通过氧化反应得到，即试剂

a可以是22HO等氧化剂，故A正确；B．M为，难溶于水，故B正确；C．z为2CO，结构式为OCO==，故C正确；D．C3H6与Br2加成生成X，23CHCHCH=被氧化生成M，故D错误；故选D。12.X、Y、Z、M、Q为5种前四周期原子序数逐渐增大的元素。X基态原子的核外

电子只有1种运动状态，Y的最高能级中未成对电子数为3，Z的价层电子数是其能层数的3倍，Z与M上下相邻，Q+的价层电子轨道全充满。下列说法不正确．．．的是A.第一电离能：YZMB.X和Z可以形成既含极性键又含非极性键的极性分子C.2QZ和QZ溶于稀硫

酸形成的溶液均呈蓝色D.233MZYZ−−、离子空间结构均为三角锥形【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为5种前四周期原子序数逐渐增大的元素，X基态原子的核外电子只有1种运动状态，则X为H元素；Z的价层电子数是其能层数的3倍，则Z为O元素；Z

与M上下相邻，则M为S元素；Y的最高能级中未成对电子数为3，则Y为N元素；Q+的价层电子轨道全充满，则Q为Cu元素，由题干信息可知，X、Y、Z、M、Q分别为H、N、O、S、Cu，据此分析解题。【详解】A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满

稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，主族元素同主族从上向下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能由大到小的关系是：N>O>S，故A项正确；B．H和O可以形成既含极性键又含非极性键的极性分子，如22HO，故B项正确；C．2CuO和CuO溶于稀

硫酸均可生成2Cu+，溶液呈蓝色，故C项正确；D．23SO−空间结构为三角锥形，3NO−空间结构为平面三角形，故D项错误；故本题选D。13.利用2HS制取氢气过程的示意图如图。下列说法不正确．．．的是A.惰性电

极A的电极反应：2HS2e2HS−+−=+B.惰性电极B接电源负极，发生还原反应C.反应池中反应物需要采用气、液逆流方式，目的是增大反应物接触面积并充分吸收气体D.装置中应选用质子交换膜，电解时，H+向惰性电极B移

动【答案】A【解析】【分析】由示意图可知，在反应池中发生的反应是3222FeHS2FeS2H++++=++，惰性电极A为阳极，电极反应式为23FeeFe+−+−=；B为阴极，电极反应式为2+-2H+2e=H。【详解】A．Fe2+、H+和少量未反应的H2S进

入电解池左侧，由图可知Fe2+在惰性电极A表面失电子：Fe2+-e-=Fe3+，故A错误；B．惰性电极A为电解池的阳极，接电源正极，Fe2+发生氧化反应生成Fe3+，惰性电极B上H+发生还原反应，为电解池的

阴极，接电源负极，故B正确；C．在反应池中发生反应：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积并充分吸收气体，故C正确；D．H+通过质子交换膜迁移到电解池右侧，故D正确。答案选A。14.过氧化氢在Pd（钯）催化剂

表面分解的微观过程如图（a），反应历程相对能量变化如图（b）。下列说法不正确．．．的是A.该反应ΔH0B.步骤1~4过氧化氢在Pd表面的催化过程可表示为*222HO(g)HO(g)O=+，加快2HO(g)的脱附能够加快该催化反应的反应速率C.该反应的决速步为步骤5D.当Pd表面积一

定时，增大()22cHO可能对反应速率没有影响【答案】C【解析】【详解】A．由图(b)可知反应物能量高，生成物能量低，该反应为放热反应，H0，A项正确；B．步骤1~4过氧化氢在Pd表面催化脱去水分子，留下吸附在催化剂表面的氧原子，整

个过程可表示为*222HO(g)HO(g)O=+，加快2HO(g)的脱附，催化剂表面更快形成空穴，使更多的22HO吸附到催化剂表面，加快该催化反应的反应速率，B项正确；C．图(b)表示各步反应物质的相对能量，无法得出活化能的相对大小，故无法判断决速步骤，C项错误；D．当

Pd表面积一定时，Pd表面吸附满22HO后，再增大()22cHO，Pb表面的()22cHO不变，可能对反应速率没有影响，D项正确；故选C。15.常温下测得120.1molLNaA−溶液的pH约为13。已知：()7al2KHA1.110−=，()14a22KHA1.110−=，36spK(C

uA)6.310−=。下列说法正确的是A.该2NaA溶液pH约为13的原因可以表示为22AHOHAOH−−−+=+B.由计算可知：22HACuCuA2H++++的限度很小，反应不能发生C.222HAAHA−−+的平衡常数7K1.010=D.该2NaA溶液中离子浓度的大小

关系：()()()()()2cNacAcOHcHAcH+−−−+【答案】A【解析】【详解】A．常温下，120.1molLNaA−溶液的pH约为13，则溶液中()1cOH0.1molL−−，说明2A−几乎完全水解，可表示为22AHOHAOH−−−+=+，A正确；B．22HACu++Cu

A2H++，()()()()()()()()()()22222222cHcHcAcHAKcHAcCucHAcCucAcHA++−−++−−===145ala2spKK1.91010K(CuA)=，反应能完全进行，B错误；C．222HAAHA−−+的平衡常数()()()()

()()()()222222cAcHAcAcHAcHKcHAcHAcH−−+−−+==7a2a1K1.010K−==，C错误；D．2A−几乎完全水解，()()2cAcOH−−，D错误答案选A。16.根据实验目的设计方案并进

行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确．．．的是。实验目的方案设计现象结论A验证24NaClNaSO、混合溶液中的Cl−取少量混合溶液于试管中，加入过量()32BaNO溶液，静置，向上层清液中滴加3AgNO溶液若上层清液变浑浊则混合溶液中含有Cl−B探究22

CFCl分子的极性或非极性用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近22CFCl液流液流方向改变22CFCl是极性分子C比较HCOOH和2HS的酸性分别测等物质的量浓度的4HCOONH和()42NHS溶液的pH前者的pH小酸性：HCOOH>2HSD探究2SO和

3Fe+的反应{已知()326[eSO]F+呈红棕色}将2SO气体通入3FeCl溶液中溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色3Fe+与2SO络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大A.AB.BC.CD.D【

答案】C【解析】【详解】A．取少量混合溶液于试管中，加入过量()32BaNO溶液，将24SO−完全沉淀后，向上层清液中滴加3AgNO溶液，产生浑浊，则混合溶液中含有Cl−，A项正确；B．毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近22CFCl液流时，由于静电感应，液流方向改变，则证明22CFCl是极性分子，B项

正确；C．比较HCOOH和2HS的酸性，应选择同浓度HCOO−和HS−的盐溶液进行比较，C项错误；D．将2SO气体通入3FeCl溶液中，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，说明3Fe+与2SO络合反应生成326[Fe(SO)]+的反应速率较快，但最终变为浅绿色，

说明3Fe+与2SO生成2Fe+氧化还原反应的平衡常数更大，D项正确；答案选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.铜是人类最早发现并广泛使用的金属，铜及其化合物具有许多用途。请回答：（

1）基态Cu原子的M层电子排布式为____________。（2）2—氨基吡啶类双核铜配合物Z的结构简式如图（a）所示，已知：吡啶（）、苯胺（）含有与苯相似的大π键，有观点认为所有原子共平面。①下列说法不正确．．．的是___________

。A.Z中2Cu+的配位数是4B.Z中N原子的杂化轨道类型为23spsp、C.Cu、H、C、N、O原子电负性大小顺序为CuCHNOD.Z物质具有碱性，溶于水后可能显酸性②一种2Cu+形成的配离子结构如图（b），其化学式为___________，比较H—O—H键

角：该配离子___________H2O（填“>”“<”或“=”），写出加热时该离子先失去的配位体并解释原因：___________。（3）Cu与Cl形成的某晶体晶胞如图（c）所示，则每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为__________，若A、B

、C原子坐标参数依次为（0，0，0）、（0.25，0.25，0.25）、（0.25，0.75，0.75），已知该晶体密度为3dgcm−，则铜氯原子间最短距离为__________pm（列出计算式，设AN为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）

26103s3p3d（2）①.ABC②.()()23242CuNHHO+③.>④.O的电负性强于N元素，2HO的孤电子对相对不易给出，2HO与2Cu+形成的配位键更弱，加热时更易失去。（3）①.12②.103A3499.

5104dN【解析】【小问1详解】基态Cu原子的M层电子排布式为26103s3p3d。【小问2详解】①A．Z中2Cu+的配位数是5，A项错误；B．Z中N原子的杂化轨道类型均为2sp，B项错误；C．CuH、、CNO、、原子电负性大小顺序CuHCNO，C项错误；D．Z物质含有2NH−，

具有碱性，溶于水后由于2Cu+水解可能显酸性，D项正确。答案选ABC。②根据配离子结构图可知其化学式为()()23242CuNHHO+；配离子中2HO的一对孤电子对与2Cu+形成配位键，斥力减

小，比普通2HO中的HOH−−键角更大；O的电负性强于N元素，因此2HO的孤电子对相对不易给出，2HO与2Cu+形成的配位键更弱，加热时更易失去。【小问3详解】晶胞中Cu个数为4，Cl个数为4，两者个数比1∶1，每个铜原子周围距离最近

的铜原子数目等效于每个Cl原子周围距离最近的Cl原子数目，在晶胞顶面有4个，共有三个这样的面，因此共有12个。为设晶胞边长为a，铜氯原子间最短距离为1/4的体对角线，即3a4；已知该晶胞的密度为3dgcm−，即330A4(6435.5)dNa10−+=，则铜

氯原子间最短距离为103A3499.510pm4dN。18.氯化铬可用于铬盐生产、镀铬、催化剂生产等工业。以某铝铬铁矿（主要成分是4FeCrAlO，还含22MgOSiO、等杂质）为原料制备氯化铬和铝的工艺流程如下：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：金属离子3Fe+

2Mg+3Cr+2Fe+3Al+开始沉淀的pH2.310.44.97.53.4沉淀完全的pH4.112.46.89.74.7已知：镁试剂碱性条件下能与镁离子作用生成天蓝色沉淀。请回答：（1）步骤1中主要发生反应的离子方程

式为__________，写出溶液D中的所有阳离子的离子符号：__________。步骤4中加氨水调节pH的范围是__________，作用是__________。（2）下列说法不正确．．．是。A.步骤1可通过粉碎矿石、加热、搅拌、使用浓硫酸等方法

加快浸出速率B.试剂X和试剂Y不能发生反应C.溶液E依次通过复分解反应、分解反应、分解反应三步可制取铝单质D.将2SOCl和32CrCl6HO混合加热，则可以得到无水3CrCl（3）设计实验检验步骤2所得滤渣是否含镁元素：__________。【答案】（1）①.33342222

FeCrAlO18HHO2Fe2Cr2Al10HO++++++=+++，的2MgO2HMg+++=2HO+②.324CrMgHNH++++、、、③.6.8~10.4④.使溶液D中的3Cr+转化为沉淀，便于后续的分离提纯（2）AB（3）取滤渣用蒸馏水洗涤，取洗涤液少许调节pH至碱性，滴加镁

试剂，若产生天蓝色浑浊，则存在Mg元素（或取滤渣加少量强碱浸泡，静置后在上清液中滴加镁试剂，若产生天蓝色浑浊，则存在Mg元素）【解析】【分析】由铝铬铁矿化学式FeCrAlO4，可知Cr为+3价，Fe为+2价，步骤1在酸性条件下F

e2+被H2O2氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2FeCrAlO4+18H++H2O2=2Fe3++2Cr3++2Al3++10H2O、MgO+2H+=Mg2++H2O，而SiO2难溶于稀硫酸，沉淀A为SiO2，步骤2加氨水调节pH至4.7～4.9，此时Fe3+、Al3+以Fe

(OH)3、Al(OH)3析出，沉淀C为Fe(OH)3、Al(OH)3，溶液D中的阳离子为324CrMgHNH++++、、、；步骤4调pH得沉淀F，加足量试剂Y得CrCl3溶液，可推知沉淀F为Cr(OH)3，试剂Y为稀盐酸。【小问1详解】根据以上分析可知步骤1主要发生反应的

离子方程式为4222FeCrAlO18HHO+++=3332Fe2Cr2Al+++++210HO+、22MgO2HMgHO+++=+，而2SiO难溶于稀硫酸，沉淀A为2SiO，溶液B中的阳离子为3332FeCrAlMgH++

+++、、、、。步骤2加氨水调节pH至4.7~4.9，此时33FeAl++、以3Fe(OH)、3Al(OH)析出，沉淀C为33Fe(OH)Al(OH)、，溶液D中的阳离子为324CrMgHNH++++、、、。步骤4调pH得沉淀F，加足

量试剂Y得3CrCl溶液，可推知沉淀F为3Cr(OH)，试剂Y为稀盐酸，因此步骤4的作用主要是将3Cr+转化为沉淀，便于后续的分离提纯，而此时2Mg+不沉淀，故调节pH的范围应为6.8~10.4；【小问2详解】A．步骤1可通过粉碎矿石、加热、搅拌、适当

增大稀硫酸浓度等方法加快浸出速率，A错误；B．从33Fe(OH)Al(OH)、中分离出铝元素，可向沉淀C中加足量NaOH溶液，将3Al(OH)转化为4NaAl(OH)，溶液E中溶质为4NaAl(OH)NaOH、，故试剂X为Na

OH，而试剂Y为稀HCl，两者能反应，B错误；C．向溶液E中通入足量2CO，析出3Al(OH)沉淀，属于复分解反应，再由3Al(OH)热分解得到23AlO，属于分解反应，最后由电解熔融23AlO得到单质Al，属于分解反应

，C正确；D．32CrCl6HO受热分解生成2HO，2SOCl能与2HO反应生成HCl和2SO气体，既减少了水的量，同时生成的HCl又抑制了3CrCl的水解，最终得到无水3CrCl，D正确。答案为AB；【小问3详解】步骤2得到

的滤渣为33Fe(OH)Al(OH)、，一般会对沉淀洗涤后再进行单质Al的制备，设计实验检验沉淀滤渣是否含镁元素，洗涤滤渣，取洗涤液调pH至碱性，滴加镁试剂，若产生天蓝色浑浊，则存在Mg元素。19.氢能具有清洁

、高效的优点，是最具潜力的化石燃料替代能源。请回答：（1）甲烷自热重整制氢是研究车载电池主要的制氢路线。发生的主要化学反应有：I.水气重整反应：422CH(g)HO(g)CO(g)3H(g)++11ΔH206.1kJmol−=II.水气重整和变换耦合反应：4222

CH(g)2HO(g)CO(g)4H(g)++12ΔH164.9kJmol−=III.水气变换反应：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++3ΔH①水气变换反应的3ΔH=__________1kJmol−，该反应自发进行的条件为__________。②下列说法不正确．．．的是

__________A.其他条件不变，增加水和甲烷体积比，会影响系统内温度的升高，导致水气重整转化率降低B.其他条件不变，增加空气和甲烷体积比，可能会导致氢气产率降低C.增大压强，水气重整反应Ⅰ正反应速率减小，逆反

应速率增大，平衡转化率降低D.选用有效的催化剂可以提高甲烷水气重整的平衡转化率③在给定进料比的情况下，当压强为51.110Pa时，控制不同温度（673K~1173K）发生上述反应，相同时间内测得部分

物质的出口摩尔分数（物质的量分数）如图（a）所示，解释氢气的出口摩尔分数曲线变化的原因：__________。④某温度下，将41molCH(g)和23molHO(g)投入恒容密闭容器中发生上述反应，平衡时CO和2CO的选择性以及甲烷的平衡转化率随温度变化曲线如

图（b）所示。此温度下反应III的平衡常数K=__________。（计算结果保留1位小数）【已知：CO的选择性()2n(CO)n(CO)nCO=+生成生成生成】（2）据报道，电解水—乙醇二元电解液体系可以制氢和得到附加值更高的乙酸或乙酸盐，请写出在碱性介质中阳极的电极反应式：

__________。【答案】（1）①.41.2−②.低温自发③.CD④.由图可知，673K到973K左右时，温度升高极大促进了I、Ⅱ的发生，氢气的出口摩尔分数快速增加当温度超过973K到1200K左右时，甲烷基本消耗完全，Ⅲ为放热反应，

升高温度，平衡逆移，氢气的出口摩尔分数减少⑤.3.6（2）3232CHCHOH4e5OHCHCOO4HO−−−−+→+【解析】【小问1详解】①1321ΔHΔHΔH41.2kJmol−=−=−，反应Ⅲ前后气体系数不变，但由极性的CO和2HO生成非极性的2C

O和2H，产物对称性更好，ΔS略小于0，根据ΔGΔHTΔS0=−反应自发，反应Ⅲ低温自发；②A．其他条件不变，增加水和甲烷体积比，由于水的比热容较高，可能会影响系统内温度的升高，导致反应速率慢，一定时间内水气重整转化率降低，也会引起平衡的逆向移动，

导致平衡转化率也降低，A项正确；B．其他条件不变，增加空气和甲烷体积比，可能会过度氧化，发生燃烧等副反应，导致氢气产率降低，B项正确；C．增大压强，水气重整反应Ⅰ正反应速率增大，逆反应速率增大，但vv正逆，平衡逆向移动，平衡转化率降低，C项错误；D．催化剂

不影响平衡移动，不改变平衡转化率，D项错误；故选CD；③由图可知，673K到973K左右时，温度升高极大促进了I、Ⅱ的发生，氢气的出口摩尔分数快速增加，当温度超过973K到1200K左右时，甲烷基本消耗完全，Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆移，氢气的出口摩尔分数减少；④升温，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动

，反应Ⅲ平衡逆向移动，故甲烷转化率升高，即曲线b，CO选择性升高，即曲线c，2CO选择性下降，即曲线a。1T时，甲烷转化率为50%，反应掉0.5mol，剩余0.5mol，2CO选择性为80%，生成2CO：0.5mol80

%0.4mol=，生成CO：0.5mol20%0.1mol=，根据O原子守恒可得2HO：3mol0.4mol20.1mol−−=2.1mol，根据H原子守恒可得2H：(4mol3mol20.5m

ol42.1mol2)/2+−−=1.9mol，设容器体积为V，则()()()222cCOcHKc(CO)cHO==0.41.9VV3.60.12.1VV；【小问2详解】乙醇2CH−−上的C为1−价，3CHCOO−中羧基上的C为+3价，故1mol32CHC

HOH失4mol电子生成3CHCOO−，由此写出32CHCHOH4e5OH−−→−+32CHCOO4HO−+。20.过硫酸铵[()4282NHSO]），是一种重要的氧化剂、漂白剂。某实验小组以双氧水、浓硫酸和氨气为原料制备过硫酸铵，并用碘量法测定产品中过硫酸铵的纯度。

Ⅰ.()4282NHSO的制备（1）仪器M的名称为__________。（2）写出装置A中制备()4282NHSO化学方程式：__________。（3）实验中用到上述仪器，按照气流从左到右的顺序，合理的连接顺

序为__________。的c→_________→_________→_________→_________→_________→_________（填仪器接口小写字母）。（4）干燥产品的方法是→__________（填“高温常压烘干”“高温减压烘干

”“低温常压烘干”或“低温减压烘干”），可能的理由是→__________。Ⅱ.()4282NHSO产品纯度的测定：（5）称取4.000g产品，配制成250mL溶液，移取()428225.00mLNHSO溶液放入锥形瓶中，加入过量的

KI溶液，然后加入几滴淀粉溶液，再用10.2000molL−的223NaSO溶液滴定，重复上述操作三次，平均消耗223NaSO溶液的体积为12.50mL。已知：2222346I2SO2ISO−−−+=+。①下列说法正确的是__________；A.过滤得到

的()4282NHSO粗产品可用无水乙醇洗涤B.()4282NHSO属于离子化合物，其中S为+7价C.锥形瓶中加入过量的KI溶液时的反应是222842SO2I2SOI−−−+=+D.当滴入最后半滴223NaSO溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不恢复为原色②()4282NHSO产品

的纯度为__________。【答案】（1）恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗（2）()2224342822NHSOHOHO2HSO2NH2++=+（3）gfbade（4）①.低温减压烘干②.减压是为了加快烘干速度，低温是为了防止()4282NHSO受热分解（5）①.AC②.71.25%【解析】【分

析】双氧水、浓硫酸和氨气反应生成过硫酸铵，化学方程式为()2224342822HO2HSO2NHNHSO2HO++=+，B为NH3发生装置，A为过硫酸铵发生装置，考虑氨气极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，故仪器接口连

接顺序为c→g→f→b→a→d→e，最后采用滴定法测定过硫酸铵的纯度。【小问1详解】根据仪器M的特点可知，该仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。【小问2详解】由过硫酸铵结构可知，存在过氧键，过氧键中的O为1−价，S的化合价仍为+6价，因此双氧水、浓硫酸和氨气反应生成过硫酸铵属于非氧化

还原反应：22243HO2HSO2NH++()42822NHSO2HO=+。【小问3详解】B为3NH的发生装置，A为22HO、浓硫酸、3NH的反应装置，因三颈烧瓶中b处导管伸入液面以下，气流只能b进a出，但考虑3NH极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行

尾气处理，故仪器接口连接顺序为c→g→f→b→a→d→e。【小问4详解】为了加快烘干速度同时防止()4282NHSO受热分解，应采用低温减压烘干方式。【小问5详解】①A．用无水乙醇洗涤()4282NHSO可减少产品的溶解损失，同

时乙醇易挥发，有利于低温条件下的快速干燥，A项正确；B．()4282NHSO属于离子化合物，其中S为+6价，B项错误；C．228SO−中过氧键的氧原子为1−价，228SO−做氧化剂，I−做还原剂，发生反应：222842SO2I2SOI−−−+=+，C项正确；D．当滴入最后半滴

223NaSO溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为原来颜色，D项错误。答案选AC。②根据电子得失关系可得：222823SOI2SO−−，反应消耗223NaSO的物质的量为223n(NaSO)=10.2000molL0.01250L0.00250mol−=；根据物质转化关系式可知(

)428225mLNHSO溶液中()4282NHSO的物质的量为()428223211n[NHSO]n(NaSO)0.00250mol0.00125mol22===，产品中的()4282NHSO的质量为()4282m[NHS

O]0.00125mol228g/mol102.850g==，纯度为(2.850g4.000g)100%71.25%=。21.（12分）某研究小组按下列路线合成抗过敏药物盐酸西替利嗪。已知：①Ph代表苯基，Et代表乙基；②卤代烃与镁（用乙醚作溶

剂）作用得到烃基卤化镁（RMgX，也称为格氏试剂）。请回答：（1）盐酸西替利嗪含有的含氧官能团的名称是__________。（2）化合物A的结构简式是__________。（3）下列叙述正确的是__________。A

.物质A的所有原子不可能共平面B.物质D的分子式为17172CHNClC.物质E能分别发生氧化、消去、水解反应D.常温下，盐酸西替利嗪在2—丁酮中溶解度较小（4）写出BCD+→的化学方程式：__________。（5）设计以乙醚、苯和苯甲醛为原料合成二苯酮（）的路线（用流

程图表示，无机试剂任选）：__________。（6）写出4种同时符合下列条件的物质C的同分异构体的结构简式（不考虑对映异构）：__________。①含有2．个．“”结构且无2NH−；②1HNMR−谱显示有4种不同化学环境的氢原子；③不能发生银镜反应。

【答案】（1）羧基、醚键（2）（3）CD（4）（5）（6）、、、、【解析】【分析】由C、D结构可知D中成键位置：，再结合B的分子式1310CHClBr可知B的结构为，由B逆推A的结构为；由盐酸西替利嗪的结构含羧基且形成了盐酸盐，

推测H到盐酸西替利嗪是酸化、成盐、结晶的过程；结合G的结构可推知H为，F为；对比D与F的结构可知E的结构为。【小问1详解】根据盐酸西替利嗪的结构可知含有的含氧官能团的名称是羧基、醚键；【小问2详解】根据分析可知A的结构简式为；【小问3详解】物质A中所有原子可能共平面，A

项错误；物质D的分子式为17192CHNCl，B项错误；物质E能分别发生氧化、消去、水解反应，C项正确；盐酸西替利嗪在2—丁酮中重结晶，推知其在2—丁酮中溶解度较小，D项正确；【小问4详解】由分析可知

B的结构为；由B、C、D结构可知，B+C→D反应中还有的生成。故反应方程式为；【小问5详解】可由氧化得到，可由水解得到，结合A→B的合成路线可知和反应可制得，由苯和液溴反应可制得溴苯，据此写出合成路线：；【小问6详解】含有2个“”结构，说明其余部分碳原子饱和且无环状结构；1HNMR−谱显

示有4种不同化学环境的氢原子说明结构对称性较好，2个“”可能处于对称位置；不能发生银镜反应，说明无“”结构，又知无2NH−，据此写出同分异构体：、、、、。