【文档说明】浙江省北斗星盟2023-2024学年高二下学期5月阶段性联考化学试题 含解析.docx，共(24)页，1.301 MB，由管理员店铺上传

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浙江省北斗星盟2023-2024学年高二下学期5月阶段性联考化学试题考生须知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、学号和姓名：考场号、座位号写在指定位置；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：H1C12N1O16S32选择题部分一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)1.下列物质的水溶液呈酸性且为弱电解质的是A.HCOOHB.HBrC.2COD.43NHNO【答案】A【解析】【详解】A．HCOOH

水溶液呈酸性且为弱电解质，A符合题意；B．HBr水溶液呈酸性且为强电解质，B不符合题意；C．2CO水溶液呈酸性且为非电解质，C不符合题意；D．43NHNO水溶液呈酸性且为强电解质，D不符合题意；故选A。2.2SO常用作葡萄酒添加剂，可有效抑制霉菌的繁殖。下列说法不正确的是A.常温下，2SO

饱和溶液的pH小于5.6B.2SO具有漂白性，将2SO的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色C.可用酸性高锰酸钾溶液来测定空气中2SO的含量，利用了2SO的还原性D.2SO通入足量()32BaNO溶液中可生成不溶于盐酸的白

色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．常温下正常雨水因溶有CO2使得pH=5.6，pH＜5.6的雨水称为酸雨，SO2的排放可形成酸雨，故常温下SO2饱和溶液的pH小于5.6，A项正确；B．虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊褪色，故将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸只变红、不褪

色，B项错误；C．SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应5SO2+2-4MnO+2H2O=52-4SO+2Mn2++4H+，故可用酸性高锰酸钾溶液测定空气中SO2的含量，C项正确；D．SO2具有还原性，SO2的水溶液呈酸性，-3NO在

酸性条件下表现强氧化性，能将SO2氧化成2-4SO，2-4SO与Ba2+生成不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，反应可表示为3SO2+3Ba2++2-3NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，D项正确；答案选B。3.下列化学用语正确的是A.碳的基态原子轨道表示

式：B.的名称：乙二酸乙二酯C.3BF的价层电子对互斥(VSEPR)模型：D.2-丁烯的键线式：【答案】C【解析】【详解】A．上述表示方法违背洪特规则，碳的基态原子电子排布式为1s22s22p2，则其轨道表示式：，A错误；B．的名称为乙二酸二乙酯，B错误；C．

3BF的中心原子价层电子对数为3+31=32，其VSEPR模型为平面三角形，C正确；C．顺-2-丁烯的键线式：，反2-丁烯的键线式：，D错误；故选C。4.下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生的离子反

应A-+2+IHFe、、少量22HO溶液-222222I+2HOI+2HO+O=B+-33KHCONO−、、2NaAlO溶液--23232AlO+HCO+HOAl(OH)+CO=C2-+-SKCl、、过量2SO气体2--2223S+2SO+2HOHS+2HSO=D

2-2-+244COSONa、、酸性4KMnO溶液2--+2+244225CO+2MnO+16H10CO+2Mn+8HO=A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．-+2+IHFe、、可以共存，加入少量22HO溶液离子方程式-222+2O22I+2HOIH+2H=+，A错误；B．该组

离子之间不反应，可大量共存，偏铝酸根离子可促进碳酸氢根离子的电离，离子反应为--223233AlO+HCO+HOAl(OH)+CO−=，B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，过量2SO气体和H2S反应生成S沉淀，离子反应为2--2232S+5SO+2H

OS+4HSO=，C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入酸性KMnO4溶液发生2--+2+244225CO+2MnO+16H10CO+2Mn+8HO=，D正确；故答案为：D。5.硫化碱法是工业上制备223NaSO的方法之一，反应原理为2232223

22NaS+NaCO+4SO=3NaSO+CO下列有关说法不正确的是A.223NaSO既是氧化产物又是还原产物B.适当升高温度可以加快此反应的反应速率C.2NaS是还原剂，23NaCO是氧化剂D.生成21molCO转移电子的数目为8AN【答案】C【解析】【详解】A．Na2S为还

原剂，SO2为氧化剂，223NaSO既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B．适当升高温度可以加快此反应的反应速率，故B正确；C．2NaS是还原剂，SO2是氧化剂，故C错误；D．生成21molCO时，有2molNa2S中S的化合价由-2升高到+2，转移电子的数目为8A

N，故D正确；故选C。6.清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片，成立了“芯片学院”。某小组拟在实验室制造硅，其流程如图：制造原理：22Mg+SiO2MgO+Si点燃，除去2MgSi杂质的原理：224MgSi+4HCl=2MgCl+SiH，下列说法中不正确的是A.操作1所需玻璃仪器为烧

杯、漏斗、玻璃棒B.固体X为MgO，可用于电解制MgC.操作2为洗涤、烘干D.2MgCl溶液直接加热蒸发的固体产物可能为2Mg(OH)【答案】B【解析】【分析】结合流程，操作1为分离不溶物和溶液，为过滤操作，滤渣为Si，操作2为洗涤、烘干得到Si，固体X为MgCl2，据此解答。【详解】A．操作1将

溶液和固体分开，采用过滤操作，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；B．22MgCl?6HO晶体在SOCl2中分解得到固体X为2MgCl，2MgCl可用于电解制Mg，MgO熔点过高，不用于电解制取Mg，B错误；C．操作2为洗涤、烘干得到Si，C正确；D．镁离子在水溶液中水解，2M

gCl溶液直接加热蒸发的固体产物可能为2Mg(OH)，故D正确；故选B。7.根据材料或物质的组成和结构变化可推测其用途、性能及用途变换，下列推测不合理的是选项材料或物质组成或结构变化用途、性能及用途变化A蔗糖用三个

氯原子代替蔗糖分子中的三个羟基水溶性增强B水泥加入适量石膏水泥硬化速率发生改变C乙酸将甲基上的氢原子替换为氟原子酸性增强D液态植物油催化加氢保质期变长A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．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，A错误；B．石膏的主要成分为硫酸钙的水合物，水泥生产过程中加入适量石膏，可以调节水泥的硬化速率，B正确；C．若将乙酸甲基上的氢原子替换为氟原子，氟原子是吸电子原子，会使羧基中羟基的极性增强，电离出氢原子的能力增强，酸

性增强，C正确；D．液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，油脂的抗氧化性能增强，保质期变长，D正确；故选A。8.关于下列各装置图的叙述正确的是A.图①装置用于电石与水制取乙炔B.图②装置所示实

验过程中白色沉淀转化成红褐色沉淀，可证明3Fe(OH)更难溶C.图③用于实验室制备并收集2NOD.图④制备乙酸乙酯时配制乙醇与浓硫酸的混合溶液【答案】B【解析】【详解】A．电石与水反应迅速，放出大量的热，且电石易变为粉末，不适合用装置①反应，故D错误；B．由图可知，加入1-2滴氢氧化钠溶液

，氢氧化钠不足，全部转化为氢氧化镁沉淀，再滴加2滴氯化铁溶液，白色沉淀转化成红褐色沉淀，可证明Fe(OH)3更难溶，故B正确；C．NO2和水反应，不能用排水法收集，故C错误；D．制备乙酸乙酯时，配制乙醇与浓硫酸的混合

溶液需要把浓硫酸倒入乙醇并不断搅拌，故D错误；故选B。9.下列关于有机化合物检测的说法正确的是A.X射线衍射可用于有机化合物晶体结构的测定B.李比希燃烧法用于确定有机物的分子式C.溴水或酸性高锰酸钾溶液均可鉴别苯、甲苯D.质谱法可确定有机物元素组

成【答案】A【解析】【详解】A．X射线衍射技术可用于有机化合物，特别是复杂的生物大分子晶体结构的测定，故A正确；B．李比希分析仪可以测定有机化合物中碳、氢元素质量分数，不能确定有机物的分子式，故B错误；

C．苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，溴水中溴单质都会被苯和甲苯萃取而分层，因此酸性高锰酸钾溶液能区别苯和甲苯，而溴水不行，故C错误；D．质谱法是近代发展起来的快速、微量、精确测定相对分子质量的方法，不能确定有机物元素

组成，故D错误；故选A。10.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的五种元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；Y原子s能级上的电子数比p能级上的电子数多1，Z元素价层电子中有2个单电子；Q元素原子核外的电子有11种不同运动状态，W

元素价层电子排布式可表示为nn3ns3np。下列说法正确的是A.电负性：X<Z<YB.2YZ是一种酸性氧化物C.Y、Q、Z元素组成的化合物水溶液可能呈中性D.Z与W元素形成的化合物可用于制造二次电池的负极材料【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大五种元素，

其中X是宇宙中含量最多的元素，X为H；Y原子s能级上的电子数比p能级上的电子数多1，电子排布式1s22s22p3，为N，Z元素价层电子中有2个单电子，外围电子排布为ns2np2，ns2np4，则为O，Q元素原子核外的电子有11种不同运动状态，则Na，W元素价层电子排布式可表示为

nn3ns3np，n=2，为Pb，故X、Y、Z、Q、W分别为H、N、O、Na、Pb。【详解】A．X、Y、Z分别为H、N、O，非金属性O>N>H，电负性：XYZ，A错误；B．2YZ为NO2，是不成盐氧化物，B错误；C．Y、Q、Z元素组成的化

合物硝酸钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，C正确；D．Z与W元素形成的化合物PbO2，可用于制造二次电池的正极材料，D错误；故选C。11.化妆品中常见的1，2-丙二醇其合成路线之一如下：24Br/CCl3a62XCHBr⎯⎯→⎯⎯⎯

⎯⎯→试②①剂下列说法不正确的是A.试剂a可为NaOH水溶液B.反应①为加成反应C.1，2-丙二醇易溶于水D.X中有2种官能团【答案】D【解析】【分析】C3H6Br2与试剂a生成1，2-丙二醇，C3H6Br2为，试剂a为NaOH水溶液，X与Br2的CCl4溶液反应，X为CH

2=CHCH3。【详解】A．由分析得，试剂a可为NaOH水溶液，故A正确；B．反应①为CH2=CHCH3与Br2发生加成反应，故B正确；C．1，2-丙二醇含有两个羟基，易溶于水，故C正确；D．X为CH2=CHCH3，官能团为碳碳

双键，故D错误；故选D。的12.类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列推测不合理的是选项事实推测A乳酸3CHCH(OH)COOH分子有对映异构体3CHCHBrCHO也有对映异构体B键角大小：22HO>HS键角大小：33NCl>PClC第一电离

能大小：P>Si第一电离能大小：S>PD在相同条件下，水解能力：2-33CO>HCO−在相同条件下，水解能力：3+2+Al>[Al(OH)]A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．3CHCH(O

H)COOH和3CHCHBrCHO都有手性碳原子（两分子中间碳原子），都存在对映异构体，A不符合题意；B．H2O和H2S的中心原子均形成2个σ键，2个孤电子对，由于原子半径S＞O，因此，H2O的成键电子对之间排斥力更大，键角更大，NC

l3和PCl3的中心原子均形成3个σ键，1个孤电子对，由于原子半径P＞N，因此，NCl3的成键电子对之间排斥力更大，键角更大，B不符合题意；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅤA族原子p能级半充满，

结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，因此第一电离能：P＞S＞Si，C符合题意；D．在相同条件下，2-3CO水解时，2323COHOHCOOH−−−++、3223HCOHOHCOOH−−++，2-3CO第一步水解程度更大，

因此水解能力：2-33CO>HCO−，同理可得，水解能力：3+2+Al>[Al(OH)]，D不符合题意；故选C。13.2CO电化学传感器是将环境中2CO浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示，其中YS

Z是固体电解质，当传感器在一定温度下工作时，在熔融23LiCO和YSZ之间的界面X会生成固体2LiO。下列说法正确的是A.金属电极a为负极B.电极b的反应为2--22O-4e=OC.电极a上消耗的2O和b上产生的2O相等D.界面X

生成2LiO的方程式为224Li+O=2LiO【答案】C【解析】【分析】根据图示可知在电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为正极，电极反应式为：-22O+4e=2O−；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所

以金属电极b为负极，电极反应式为：-22232-4e=C2COOO−+。【详解】A．电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为正极，故A错误；B．电极bLi2CO3失去电子变为CO2、O2，电极反应式为：-22232-4

e=C2COOO−+，故B错误；C．由电极反应式-22O+4e=2O−、-22232-4e=C2COOO−+可知，电极a上消耗的2O和b上产生的2O相等，故C正确；D．界面X生成2LiO的方程式为222Li+O=LiO+−，故D错误；故选C。14.乙醛与氢氰酸(

HCN，弱酸)能发生加成反应，生成2-羟基丙腈，历程如下：下列说法不正确的是A.氧电负性大于碳，醛基中的碳原子带部分正电荷，与-CN作用B.HCN易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行原因之一的的C.3CHCHO比33CHCOCH更容易与HCN发生加成反应D.往丙酮与

HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易进行【答案】D【解析】【详解】A．氧原子的电负性较大，电子对偏向O原子，则醛基中的碳原子带部分正电荷，与CN-作用，故A正确；B．H

CN易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B正确；C．33CHCOCH结构对称，正电性减弱，不利于加成，3CHCHO比33CHCOCH更容易与HCN发生加成反应，故C正确；D．往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶

液，CN-浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢离子浓度降低，第二步反应难发生，故D错误；故选D。15.已知：25℃时，二元弱酸2HS的-7-13a1a2K=1.110K=1.310，；氢氧化铁的-39spK=2.710、氢氧化锌的-17spK=3.010、硫

化锌的-24spK=1.610。下列有关说法正确的是A.NaHS溶液中()()()+2--cNa<2cS+cHSB.3Fe(OH)饱和溶液中的()3+-10-1cFe=110molLC.分别向等体积等浓度的()32CHC

OOZn、4ZnSO溶液中通入等物质的量的2HS沉淀ZnS后，前者()2+cZn更大D.向等物质的量浓度的2NaS与NaOH混合液中逐滴加入4ZnSO溶液，先产生2Zn(OH)沉淀【答案】B【解析】【详解】A．HS-的水解平衡常数148Wh7a1K10K9.110K1.110−−−===

，ha2KK＞，HS-以水解为主，NaHS溶液呈碱性，NaHS溶液中存在电荷守恒：()()()()()+2cNacHcOHcHS2cS+−−−+=++，由于()()+cOHcH−＞，即()()()+2

--cNa2cS+cHS＞，故A错误；B．3Fe(OH)饱和溶液中的()()3+3cFe=cOH−，氢氧化铁的()()33-39spK=cFecOH=2.710+−，()3+-10-1cFe=110molL，故B正确；C．等体积等浓度的()32CHCOOZn、4ZnS

O溶液中溶质物质的量相等，通入等物质的量的2HS沉淀ZnS后，ZnS存在沉淀溶解平衡，两者()2+cZn相等，故C错误；D．2NaS与NaOH物质的量浓度为0.1mol/L，氢氧化锌的-17spK=3.010，开始沉淀时Zn2+的浓度为()()(

)17sp221522KZnOH3.010cZn3.010mol/L0.1cOH−+−−===，硫化锌的-24spK=1.610，开始沉淀时Zn2+的浓度为()()()24sp2232KZnS1.610cZn1

.610mol/L0.1cS−+−−===，先产生ZnS沉淀，故D错误；故选B。16.根据下列实验目的，对应的实验操作、实验现象和结论都正确的是选项实验目的实验操作实验现象和结论A探究钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉

末，加入2mL蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为2NaO；若有气体生成，则固体粉末为22NaOB探究浓硫酸的性质加热浓硫酸、NaCl固体与2MnO固体的混合物有黄绿色气体产生，证明浓硫酸具有强氧化性C探究麦芽糖水解情况向麦芽糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入NaOH溶液至

碱性，加入新制的2Cu(OH)悬浊液，加热有砖红色沉淀产生，则可说明麦芽糖已发生水解D验证4TiCl和3FeCl的水解能力将4TiCl液体和3FeCl固体分别暴露在潮湿空气中只有前者会冒“白烟”，则水解能力43>TiClFeClA.AB.BC.C

D.D【答案】D的【解析】【详解】A．少量固体于加入2~3mL蒸馏水，有气体生成，不能说明固体粉末为Na2O2，因为未反应的Na与水反应生成NaOH和H2，也会有气体生成，A项错误；B．加热浓硫酸、NaCl固体与MnO2固体的混合物，

生成氯气，Mn元素的化合价降低、Cl元素的化合价升高，不能证明浓硫酸具有强氧化性，B项错误；C．麦芽糖本身就含有醛基，具有还原性，无论有无水解都会和新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，C项错误；D．将TiCl4液体和FeC

l3固体分别暴露在潮湿空气中，说明TiCl4水解产生大量HCl，水解性：TiCl4>FeCl3，D项正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共有5小题，共52分)17.由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质M为潜在

的拓扑绝缘体材料。M晶体可视为Ge晶体(立方晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成(晶胞如图c所示)，M的摩尔质量为-1Mrgmol。请回答：（1）已知汞的价层电子排布式为1025d6s，它位于周期表的___________区，M晶胞中与Ge距离最近

的Sb共有___________个。（2）下列说法正确的是___________。A.1个Ge晶胞中含有4个Ge原子B.Ge晶胞中Ge原子的杂化方式为3sp杂化C.M的化学式为2HgGeSbD.M晶体的密度为：27-32A410MrgcmNxy

（3）①锗晶体类型为___________，Ge与C同族，但Ge不能像C原子那样原子之间可以形成双键或叁键，从原子结构角度解释原因___________。②图b不是晶胞单元的理由是___________。【答案】（1）①.ds②.4（2）BC（3）①.共价晶体②.Ge原子半径大，原

子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键③.不符合晶胞是晶体的最小重复单元，不具有“无隙并置”的特点【解析】【小问1详解】Hg的价层电子排布式为5d106s2，则Hg为第六

周期第ⅡB族元素，位于元素周期表的ds区；由晶胞结构可知，M晶胞中位于体心的锗原子与4个距离最近的锑原子构成四面体形结构。【小问2详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×1

8+6×12+4=8，故A错误；B．每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp3杂化，故B正确；C．由Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×18+4×12=4；Hg原子位于棱边、面心，因

此1个晶胞中含有Hg原子数为6×12+4×14=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，最简式为HgGeSb2，故C正确；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的锗原子个数为8×18+4×12+1

=4，位于面心和棱上的汞原子个数为6×12+4×14=4，位于体内的锑原子个数为8，则M的最简式为HgGeSb2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A4MrN=(10—7x2y)3d，

解得d=212A410MrNxy，故D错误；故选BC。【小问3详解】①根据晶胞的结构可知，和同族的金刚石晶型一样，面心立方基础上在（14,14,14）等几个位置各补上一个原子，每个配位数4，为共价晶体；虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑G

e的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，故原因为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；②对比图b和图c可得M晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，

不符合晶胞是晶体的最小重复单元，不具有“无隙并置”的特点，18.钛酸钡(3BaTiO)具有高介电常数和低介电损耗，是压电陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。一种超细微3BaTiO粉末的制备方法如下。已知：溶液1中成分()()42422NHTiOCO

的电离方程式为()()()2+424424222NHTiOCO=2NH+TiOCO−请回答：（1）下列说法正确的是___________。A.压电陶瓷属于新型无机非金属材料，能实现机械能与电能的相互转化B.溶液1中

加入2BaCl溶液的离子方程式为()()2-2+2422422TiOCO+Ba+4HO=BaTiOCO4HOC.实验室中煅烧用到的主要仪器有酒精喷灯、三脚架、泥三角和蒸发皿D.流程中三步反应均为非氧化还原反应（2）用溶液2提取的一种副产物可作肥料，该物质是_________

__(写电子式)；得到()2422BaTiOCO4HO沉淀后需要洗涤，请写出实验操作以检验洗涤是否完全___________。（3）请写出煅烧过程发生反应的化学方程式___________。（4）如何设计实验

方案检验气体A经干燥处理后的剩余气体成分________。【答案】（1）AB（2）①.②.取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加入过量稀硝酸酸化后，再加入稀硫酸，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（3）()2423222

BaTiOCO4HOBaTiO2CO2CO4HO==+++煅烧（4）气体先通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则含有CO2，然后用过量氢氧化钠溶液吸收CO2气体，出来的的气体干燥后通入加热的氧化铜，生成的

气体再通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则含有CO【解析】【分析】由制备流程可知，氯化钡与四氯化钛、草酸、氨水反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，滤液2为氯化铵溶液，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析。【小问

1详解】A．压电陶瓷是一种能够将机械能和电能互相转换的新型无机非金属材料，故A正确；B．溶液1中()()42422NHTiOCO的电离方程式为()()()2+424424222NHTiOCO=2NH+TiOCO−，溶液1中加入2

BaCl溶液的离子方程式为()()2-2+2422422TiOCO+Ba+4HO=BaTiOCO4HO，故B正确；C．煅烧要在坩埚中进行，不能使用蒸发皿，故C错误；D．煅烧过程为氧化还原反应，故D错误；故选AB

。【小问2详解】溶液1中含()()42422NHTiOCO，加入2BaCl溶液生成()2422BaTiOCO4HO和氯化铵，氯化铵可作肥料，该物质电子式为；检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加入过量稀硝酸酸化后，再加入稀硫酸，若无白色沉淀产生

，则表明已洗涤干净。【小问3详解】煅烧过程发生反应的化学方程式()2423222BaTiOCO4HOBaTiO2CO2CO4HO==+++煅烧。【小问4详解】气体A含22COCOHO、、，经干燥处理后，检验剩余气体成分方案为：气体先通入澄清

石灰水，石灰水变浑浊，则含有CO2，然后用过量氢氧化钠溶液吸收CO2气体，出来的气体干燥后通入加热的氧化铜，生成的气体再通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则含有CO。19.2CO催化加氢制3CHOH，能助力“碳达

峰”，发生的主要反应有：反应I：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)-11ΔH=+41kJmol反应Ⅱ：23CO(g)+2H(g)CHOH(g)-12ΔH=-90kJmol反应Ⅲ：2232CO(

g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)3ΔH（1）反应Ⅱ自发进行的条件是___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。（2）在5MPa下，2CO和2H按物质的量之比14:进行投料，只发生反应I和反应Ⅲ，平衡时CO和3CHOH在含

碳产物中的物质的量分数及2CO转化率随温度的变化如图所示。①图中b代表的物质是___________。②曲线q在250℃之后随温度升高而增大的原因是___________。③250℃时，反应I的平衡常数pK=_________

__[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作pK，如p(B)=px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。（3）可用2CO与2H催化加氢制乙醇，反应原理为：223222CO(g)+6H(g)C

HCHOH(g)+3HO(g)ΔH。经实验测定在容积恒定，不同投料比123xxx、、时2CO的平衡转化率与温度的关系如图所示()()22nCOx=nH。请结合图像分析，下列相关说法正确的是___

________。A．上述反应的123ΔH<0,x>x>xB．投料比为1x，随反应进行，气体的压强一定减小C．当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，可说明上述反应已达到平衡状态D．随温度升高，不同投料比时2CO的平衡

转化率趋于相近，其原因可能是升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素E．达到平衡后，降低温度，()v正、()v逆均减小，且()v逆减小的幅度更大（4）一种以2CO和3CHOH为原料，利用()22

SnOmSnO/CC和CuO(CuONS/CF)纳米片作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。电解过程中阴极的电极反应式为___________。【答案】（1）：低温（2）①.CO②.250℃之后反应Ⅰ为主反应，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正

向移动③.1144（3）BCDE（4）2CO2+2e-+H2O=HCOO-+-3HCO【解析】【小问1详解】反应Ⅱ的△H<0，△S<0，若△G=△H-T△S<0，需满足低温，因此需要低温自发；【小问2详解】①根据盖斯定律反应Ⅲ=反应I+反应Ⅱ，ΔH3=-49kJ⋅mol-1，

反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，CO的物质的量增加，a曲线代表甲醇，b曲线代表CO，q曲线代表CO2的转化率随温度的变化；②250°C之前以反应Ⅲ为主，升高温度，反应Ⅲ逆向移动，CO2的转化率降低，250°C之后以反应Ⅰ为主，升高温度，平衡正向移动，CO2

的转化率增大，故原因为：250℃之后反应Ⅰ为主反应，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；③250°C时，二氧化碳的转化率为20%，CO和CH3OH的物质的量分数相等，设生成的CO、CH3OH均为xmol，发生反

应Ⅰ和Ⅲ：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)/1400//1-4-molmolxxxxmolxxxx起始量变化量平衡量2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)1400x3xxx1-x4-3xxx起始量/mol变化量/mol平衡量/mol由二氧化碳

的转化率为20%得出2100%20%1x=，解得0.1molx=，，平衡后各物质的物质的量为：()2CO0.8moln=，()2H44440.13.6molnx=−=−=，()CO0.1moln=，()2HO220.10.2molnx===，()3CHOH0.1moln=，0.83.60.1

0.20.14.8mol()n=++++=总，()()()()2220.10.255COHO14.84.83.60.8HCO144554.84.8pppKpp===；【小问3详解】A．温度升高转化率降低，该反应为放热反应，H0，x值越

小，转化率越高，x1、x2、x3由大到小的顺序是：x3＞x2＞x1，A错误；B．投料比为1x，随反应进行，总物质的量减小，气体的压强一定减小，B正确；C．该反应为气体体积减小的反应，当混合气体的平均摩尔质

量不再变化时，可说明上述反应已达到平衡状态，C正确；D．从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素，D正确；E．达到平衡后，降低温

度，()v正、()v逆均减小，平衡正向移动，且()v逆减小的幅度更大，E正确；故选BCDE。【小问4详解】由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，所接电极为阴极，电极反应式为：2CO2+2e-+H

2O=HCOO-+-3HCO；则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：-+32CHOH-4e+HO=HCOOH+4H。20.硫脲()22CSNH是一种有机合成中常用的试剂。实验室模拟化工生产，在45C、pH约为1

0的条件下，利用氰胺2HNCN与2NaS溶液反应制备硫脲，反应方程式为：()Δ22222NaS+HNCN+2HOCSNH+2NaOH⎯⎯→，实验装置(加热装置省略)如图所示。请回答：（1）滴加2HNCN溶液的仪器名称是___________，装置D

中烧杯内的试剂为___________。（2）下列说法正确的是___________(填字母)。A.硫脲分子中σ键与π键数目之比为7:1B.装置A中反应的离子方程式是2-+2=S+2HHSC.装置B中X为饱和碳酸钠溶液，长玻璃管的作用是平衡气压，便于观察装置C是否堵塞D.装置C最好采用水浴加

热方式，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸（3）实验过程中要以一定的气流速率通入2HS，其目的是___________。（4）反应结束后将C中溶液进行一系列处理得到含硫脲的产品。按如下步骤测定产品中硫脲的含量：步骤

I：称取mg硫脲晶体样品，配制成溶液，加入-111VmLcmolL过量的3KI溶液；步骤Ⅱ：以淀粉溶液作为指示剂，用-12cmolL的223NaSO标准溶液滴定未反应的3KI；步骤Ⅲ：滴定至终点时共消耗2223VmLNaSO标准溶液

(杂质不参与反应)。(已知：()()222222CSNH+I+HOCONH+S+2HI=，32KII+KI，2--2-22346I+2SO2I+SO=)①下列相关说法正确的是___________(填字母)。A．用酸式滴定管盛装223NaSO标准溶

液B．当滴入最后半滴223NaSO标准溶液时，溶液由无色恰好变为蓝色且半分钟内不变色，即达到滴定终点C．盛装223NaSO标准液的滴定管未润洗会导致测得的硫脲含量偏小D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失会导致测得的硫脲含量偏大②()22CSNH的纯度为_______

____(写出计算式即可)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.NaOH溶液（2）AD（3）中和生成的NaOH，稳定溶液的pH（4）①.C②.311221cVcV10762100%m−−【解析】【分析】A装置用于制取H2S，离子反应方程式FeS+2H+=Fe2++H

2S↑，B中盛放的试剂要除去挥发出来的HCl气体，又要减少H2S气体在水中的溶解度，因此选用饱和的NaHS溶液，装置C中反应的化学方程式为()Δ22222NaS+HNCN+2HOCSNH+2NaOH⎯

⎯→，H2S中和生成的NaOH，稳定溶液的pH，D装置用于尾气处理。【小问1详解】由图可知，滴加2HNCN溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗；D装置用于尾气处理，可用NaOH溶液；【小问2详解】A．硫脲结构如图，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，σ

键与π键数目之比为7：1，故A正确；B．A装置用于制取H2S，离子反应方程式FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故B错误；C．B中盛放的试剂要除去挥发出来的HCl气体，又要减少H2S气体在水中的溶解度，因此选用饱和的NaHS溶液，长玻璃管的作

用是平衡气压，便于观察装置C是否堵塞，故C错误；D．C中反应温度为45℃，最好采用水浴加热方式，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸，故D正确；故选AD；【小问3详解】实验过程中要以一定的气流速率通入H2

S，其目的是中和生成的NaOH，稳定溶液的pH；【小问4详解】①A．223NaSO标准溶液应用碱式滴定管装，故A错误；B．当滴入最后半滴223NaSO标准溶液时，溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不变色，即达到滴定终点

，故B错误；C．盛装223NaSO标准液的滴定管未润洗会导致V2偏大，即测得的硫脲含量偏小，故C正确；D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致V2偏大，即测得的硫脲含量偏小，故D错误；故选C；②()3211nIcV10mol−=总，根据方程式2--2-22346I+2

SO2I+SO=，可知()()232232211nInSO=cV10mol22−−=剩，与()22CSNH反应的I2的物质的量为：311221cVcV10mol2−−，()22CSNH的纯度为311221

cVcV10762100%m−−。21.非诺贝特()是一种贝特类的降脂药物，主要用来降低有心脑血管疾病风险患者的胆固醇水平。它的一种合成路线如下：已知：①22RCHCOOH+BrRCH(Br

)COOH+HBr⎯⎯⎯⎯→少量红磷加热②322CHCHOH/SOCl23RCOOHRCOClRCOOCHCH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→吡啶③222HClRCH=CHRCHCHCl⎯⎯⎯⎯→过氧化氢请回答：（1）化合物B中的官能团名称是___________。（2）化合物G的结构简式是_

__________。（3）下列说法不正确的是___________。A.化合物A中所有原子共平面B.化合物F的核磁共振氢谱有两组峰，强度比为61:C.化合物C→D过程中，所用的化合物a的结构简式为：D.一定条件下，1mol化合物H与足量氢氧化钠溶液反应，最多可以消耗3molNaOH（4）写出

E→F的化学方程式___________。（5）设计以2-甲基丙烯为原料制备化合物E的路线___________。(用流程图表示，无机试剂任选)（6）写出同时符合下列条件的化合物C的2种同分异构体的结构简式______

_____。①分子中含有二取代的苯环：②能发生银镜反应；③1H-NMR谱表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子。【答案】（1）氯原子（2）（3）AD（4）2BrHBr+⎯⎯⎯⎯→+少量红磷（5）（6）、（其他符合条件的结构也可）【解析】【分析】由D的结构，结合A的分子式可知

A为，与氯气发生取代反应生成B，结合D的结构，B为，B被酸性高锰酸钾氧化为C，C为，C与a在HF的作用下失去水得到D，a为，根据非诺贝特和D的结构，G的分子式和已知②可知，G为，b为，H为，F与SOCl2反应得到G，F为，E

与Br2反应得到F，结合已知①，E为。【小问1详解】B为，官能团名称为氯原子；【小问2详解】由分析得，G为；【小问3详解】A．A为，存在-CH3的结构，不可能所有原子共平面，故A错误；B．F为，由两种等

效氢，数量比为6：1，故B正确；C．由分析得，a为，故C正确；D．H为，酯基和溴原子可与NaOH反应，一定条件下，1mol化合物H与足量氢氧化钠溶液反应，最多可以消耗2molNaOH，故D错误；故选AD。【小问4详解】E为，F为，E与Br

2反应得到F，化学方程式为：2BrHBr+⎯⎯⎯⎯→+少量红磷；【小问5详解】E为，以为原料制备E，与HCl在H2O2的作用下生成，与NaOH水溶液在加热的条件下生成，被酸性高锰酸钾氧化为，合成路线为：；【小问6详解】①分子中含有二取代的苯环；②能发生银镜反应，即存

在醛基；③1H-NMR谱表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子；C为，符合条件的化合物C的同分异构体的结构简式为：、（其他符合条件的结构也可）。