【文档说明】安徽省耀正优2023-2024学年高三上学期期末测试化学(6) Word版含解析.docx，共(21)页，2.001 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省耀正优2023-2024学年高三上学期期末测试化学(6)考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。3.所有答案均要答在答题卡上，否则

无效。考试结束后只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1N-14F-19Al-27Cs-133Ag-108一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)1.古丝绸之路上的甘肃是我国的文物大省。下列甘肃博物馆的馆藏品中，其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.“邮驿图”画像砖B.

马踏飞燕C.东罗马神人纹鎏金银盘D.人头銎钩戟【答案】A【解析】【详解】A．“邮驿图”画像砖为硅酸盐制品，A正确；B．马踏飞燕，金属制品，B错误；C．东罗马神人纹鎏金银盘，金属制品，C错误；D．人头銎钩戟，金属制品，D错误；故选

A。2.下列化学用语言表述正确的是A.1H2O和2H2O互为同位素B.SO2的VSEPR模型为V形C.BF3电子式为D.顺丁橡胶的结构简式为【答案】D【解析】【详解】A．同位素是指具有相同数的质子而不同数目中子的同一元素的不同原子之间，则1H2O和2H2O

不互为同位素，而是同一种物质，A错误；B．SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+1(62?2)2−=3，根据价层电子对互斥理论可知SO2的VSEPR模型为平面三角形，实际空间构型为V形，B错误；的C．BF3为共价化合物，其电

子式为：，C错误；D．顺丁橡胶是顺式1，4-聚丁二烯橡胶，结构简式为，D正确；故答案为：D。3.下列反应的离子方程式正确的是A.溴与冷的NaOH溶液反应：Br2+OH-=Br-+BrO-+H+B.向30mL0.5mol/LNaOH溶液中通入224mLCO2(标准

状况)：2OH-+CO2=CO23−+H2OC.向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+D.向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3+3Mg2+【答案】D【解析】【详解】A．溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠和

次溴酸钠、水：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O，A错误；B．30mL0.5mol/LNaOH(为0.015mol)溶液中通入224mLCO2(标准状况，为0.01mol)反应生成等量的碳酸根离子、碳酸氢根离子：2-3-2-323OH+2CO=COCO

H+H+O，B错误；C．血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色，则反应为Fe(SCN)3和铁单质生成亚铁离子：()2+-32FeSCN+Fe=3Fe+6SCN，C错误；D．铁离子水解使溶液显酸性，

含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁，氧化镁和氢离子反应生成镁离子导致溶液的酸性变弱，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀，离子方程式正确，D正确；故选D。4.某种大豆素衍生物可用于心血管疾病防治，其结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A.该物质含有4种官

能团B.1mol该物质最多能与7molH2加成C.含有三个苯环D.1mol该化合物最多能与3molNaOH反应【答案】AD【解析】【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，该物质含有(酚)羟基、(醇)羟基、醚键、酯基等4种官能团，A正确；B．由题干有机物的结构简式可知，物质中只有苯环能与H

2加成，故1mol该物质最多能与6molH2加成，B错误；C．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有2个苯环，C错误；D．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基和酚酯基能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最

多能与3molNaOH反应，D正确；故答案为：AD。5.过硫化氢的化学式为22HS，可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。下列说法正确的是A.22NaS溶液加酸可得到稳定的22HSB.若有222molHS参与反应全部生成HS−，则22HS得到4mol电子C.若22HS分解为2HS和8S，则氧

化剂和还原剂的物质的量之比为8:1D.过硫化氢有氧化性，能将2Fe+氧化至3Fe+【答案】B【解析】【详解】A．22HS与H2O2类似，具有不稳定性，容易分解，故A错误；B．若有222molHS参与反应全部生成HS−，S从-1价降低为-2价，则22HS得到4mol电子，故

B正确；C．若22HS分解为2HS和8S，分解的方程式为：282Δ2=8SHHS+S8，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故C错误；D．3Fe+的氧化性强于S，过硫化氢不能将2Fe+氧化至3Fe+，故D错误。答案选B。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.

CH3CH(OH)CN中sp3杂化的原子数目为3NAB.3.2g氨基(－NH2)中电子数目为1.4NAC.工业合成氨中每生成3mol极性键，消耗非极性分子数目为2NAD.1molHOCH2CH2OH与足量乙酸混合，发生取代反应最多消耗乙酸分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．

未指出CH3CH(OH)CN的物质的量，无法计算CH3CH(OH)CN中sp3杂化的原子数目，A错误；B．3.2g氨基(-NH2)中电子数目为-1A3.2g×9?Nmol16g/mol=1.8NA，B错误；C．已知合成氨的方程式为：N2+3H2垐垐垐?噲垐

垐?高温、高压催化剂2NH3，故工业合成氨中每生成3mol极性键即形成1molNH3，消耗0.5molN2和1.5molH2，即消耗非极性分子数目为2NA，C正确；D．已知酯化反应是可逆反应，故1molHOCH2CH2O

H与足量乙酸混合，发生取代反应最多消耗乙酸分子数小于2NA，D错误；故答案为：C。7.LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数

，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是A.X的杂化方式是3spB.四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高C.电负性：ZYXWD.元素Z的最高价氧化物的水化物为一元强酸【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，X形成4个共价

键，Y形成2个共价键，结合“Y的最外层电子数等于X的核外电子数”，可知X是C、Y是O；Z形成一个共价键，结合“同周期元素W、X、Y、Z”，则Z是F，因为“4种元素原子最外层电子数之和为20”，则W的最外层电子数等于20-4-6-7=3，所以W是B。【详解】A．X是C，

形成1个双键、2个单键，所以X杂化方式是sp2，故A错误；B．四种元素形成的简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于H2O分子间、HF分子间均存在氢键，所以H2O、HF沸点比前两者高，但由于相同物质的量的水分子间的氢键比氟化氢分子间的氢键多，所以水的沸

点比氟化氢的高，故B错误；C．同周期主族元素从左往右，电负性增大，则电负性：Z>Y>X>W，故C正确；D．Z是F，F元素无正价，故D错误；故答案为：C。8.工业制备茉莉醛()的流程如图所示。下列说法正确的是已知：

庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物。A.乙醇的主要作用是提供反应原料B.萃取分液过程中需酸洗、水洗，干燥剂可选用浓硫酸C.可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱分离”合并为“真空减压分馏”D.可采用质谱法测定茉莉醛的相对分子质量【

答案】D【解析】【分析】苯甲醛、庚醛与KOH的乙醇溶液共热后冷却，经萃取分液分离出水相，有机相加入干燥剂后过滤，去掉滤渣，分离出有机相蒸馏，用柱色谱法分离出庚醛自缩物，得到茉莉醛。【详解】A．据题意和分析，苯甲醛与庚醛反应生成水和茉莉醛，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，故

A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，易将茉莉醛氧化，干燥剂不可选用浓硫酸，故B错误；C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，故C错误；D．质谱法可用来测定物质的相对分子质量和部

分结构信息，故D正确；故选D。9.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。下列说法错误的是A.B是电源的负极B.相同条件下，阴，阳两极产生气体的体积比为2：1C.电解后阳极区NaCl溶液的浓度基本

不变D.阳极区发生反应为()22222222Cl2eClCONH3ClHONCO6HCl−−−=++=++、【答案】B【解析】【分析】由图可知，左室氯离子失电子产物为Cl2，为阳极，右室水得电子产生H2，

为阴极，则A为电源的正极，B为电源的负极；【详解】A．根据以上分析可知B为电源负极，A正确；B．阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，因此阳极室中发生的反应依次为：--22Cl-2e=Cl、()222222C

ONH+3Cl+HO=N+CO+6HCl，阴极反应为--226HO+6e=6OH+3H（或+-26H+6e=3H），则同条件下，阴，阳两极产生气体的体积比不会是2:1，B错误；C．由B分析可知，电解转化氯离子转化为氯气，氯气又转化为氯离子，电解

后阳极区NaCl溶液的浓度基本不变，C正确；D．由B分析可知，阳极区发生的反应正确，D正确；故选B。10.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A组装实验室制乙烯的发生装置圆底烧瓶、温度计、酒精灯、

导管浓硫酸、无水乙醇、碎瓷片B粗盐提纯中将最后所得的滤表面皿、玻璃棒、酒精灯粗盐提纯中最后所得的滤液的的液蒸发结晶C除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸分液漏斗、烧杯混有乙酸的乙酸乙酯、饱和NaOH溶液D配制100mL一定物质的量浓度的稀硫酸100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水A.A

B.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．实验室制备乙烯时，在圆底烧瓶中放入浓硫酸、无水乙醇和碎瓷片，将温度计的水银球伸入液面以下，用酒精灯进行加热，烧瓶口连接导管，A项正确；B．蒸发结晶要用到蒸发皿而不是表面皿，B错误；C．乙酸乙酯在碱性溶

液中会发生水解，不能用饱和NaOH溶液进行乙酸的除杂，C错误；D．配制稀硫酸要用到蒸馏水和一定浓度的浓硫酸，D项试剂缺少给定浓度的浓硫酸，D错误。本题选A。11.一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知MP=QR，用NA表示阿伏加德罗常数的值)：下列说法

正确的是A.基态47Ag失去4d能级上的一个电子转化为Ag+B.若N点原子分数坐标为(14，14，0)，则P点原子分数坐标为(0，0，c-s2)C.M、N之间的距离为24a×10-7cmD.晶体的密度为2A1192acNg•pm-

3【答案】D【解析】【分析】该晶胞中Cs位于棱上及体内有18244+=，Ag位于棱上及面心有1184442+=，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有1164122+=，故化学式为CsAgF3。

【详解】A．基态47Ag失去5s能级上的一个电子转化为Ag+，A错误；B．若N点原子分数坐标为11044，，，由MP=QR，则P点原子分数坐标为c-s200c，，，即c-s002c

，，，B错误；C．M在底面顶角、N在底面对角线四分之一处，二者之间的距离为102a10cm4−，C错误；D．晶体的密度为()2AA4133+108+193nMVNacN=g•pm-3=2A1192acNg•pm-3，D正确；故选D。12.下列离子组中加

(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是离子组加(或通)入试剂判断和分析ANH4+、Fe2+、SO24−足量Ba(OH)2溶液不能大量共存，因发生下列反应2NH4++SO24−+2OH﹣═BaSO4↓+2NH3•H2OBBa2+、Na+、H+、Cl﹣、NO3−足量CO2能大量共存

CNa+、K+、AlO2−、Cl﹣足量NaHCO3溶液不能大量共存，因AlO2−和HCO3−之间会发生相互促进的水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀DNa+、K+、ClO﹣、SO24−少量SO2不能大量共存，只发生下列氧化还原反应ClO﹣+H2O+SO2═Cl﹣+SO24−

+2H+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钡足量，铵根离子、亚铁离子都能与氢氧根离子，钡离子与硫酸根反应，离子方程式为：()222444322422?HOBaSOOHNHFeBaSONHFeOH+−−++++++=++，A项错误；B．2Ba+、Na+、H+、C

l−、3NO−均互相不反应且都与2CO不反应，可以大量共存，B项正确；C．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子不能大量共存，发生的离子方程式为：()223233HOAlOHCOAlOHCO−−−++=+，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子都是弱酸根离子，发生的反应不是双水解反应，C

项错误；D．少量二氧化硫与次氯酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，其反应的离子方程式为：2224HO32SOClOSOClHClO−−−++=++，D项错误；故选B。13.某混合物中可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3

，为探究该混合物的成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析错误的是A.固体P一定是纯净物B.若m2＜m1，则原混合物中可能含有AlC.蓝绿色溶液中阳离子只有Cu2+和H+D.溶液N中可能含有Al(OH)4−【答案】C【解析】【分析】混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，由流

程可知：加入过量NaOH溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，则m2＜m1，因此溶液N中含四羟基合铝酸钠；若m2=m1，则固体中不含Al和Al2O3，固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化

铜和氯化亚铁，固体P是铜单质，则混合物中一定含Cu、Fe2O3，可能含有Al、Al2O3中一种或两种，以此来解答。【详解】A．根据上述分析可知固体P为铜单质，Cu单质为纯净物，A正确：B．若物质质量关系：m2＜m1，则混合物中可能含有

Al2O3或Al或Al2O3、Al的混合物，即原混合物可能含有Al，B正确：C．固体P是Cu，Fe2O3与酸反应产生Fe3+，由于Cu和Fe3+反应产生Fe2+、Cu2+，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，C错误；D．由分析可知，若m2＜m1，原固体中至少含有Al、A

l2O3中一种，则N溶液中含有NaAl(OH)4，即溶液中一定含有Al(OH)4−，若m2=m1，则原固体不含Al和Al2O3，则N溶液中不含Al(OH)4−，D正确；故答案为：C。14.25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对

数，M表示-c(HX)c(X)、c(Cu2+)、c(Mg2+)等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是A.HX的电离平衡常数Ka=10-5B.滴定HX当pH=7时，c(X-)>c(HX)C.③代表滴定CuSO4溶液的变

化关系D.Mg(OH)2易溶于HX溶液中【答案】C【解析】【分析】pM[p表示负对数，M表示-c(HX)c(X)、c(Cu2+)、c(Mg2+)等]，随着pH不断增大，溶液中的-c(HX)c(X)、c(Cu

2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和Ksp

[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。【详解】A．由分析可

知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg-c(HX)c(X)=0，则c(HX)=c(X-)，HX的电离平衡常数Ka=()()()-+cXcHcHX=c(H+)=10-5，故A正确；B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度

的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=1411W5aK1010K10−−−==<Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X-)>c(HX)，故B正确；C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0

，c(Mg2+)=1mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=()()()21422+210.88.610cOH-cMg=cOH-1010−−−==，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该

反应的平衡常数K=()()()()()22102214.85sp2WKaHXK1010KMg10OH−−−==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题共

4小题，共58分)15.金属锰的用途非常广泛，涉及人类生产生活的方方面面，用含锰废料(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2等)制备锰的流程如图：已知：I.25℃时几种难溶物的溶度积常数见表：难溶

物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2MnF2MgF2溶度积(Ksp)2.8×10-691.0×10-335.6×10-122.0×10-135.3×10-35.2×10-11II.当溶液某离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）基态Mn原

子核外电子的空间运动状态有_______种，Mn2+能形成配离子为八面体的配合物MnCl2•nNH6，在该配合物的配离子中，Mn2+位于八面体的中心。若含1mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液反应可生成1molAgCl沉淀，则该配离子化学式为

_______。（2）“滤渣1”的主要成分为______(填化学式)。（3）“氧化”过程中，被MnO2氧化的物质为SO2和______(写化学式)。（4）若“调pH”后所得溶液中c(Mn2+)=0.2mol•L-1，则调pH的范围是4.7≤pH＜_______

(保留两位有效数字)。（5）分别写出“沉镁”和“沉锰”的离子方程式______、______。（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是______。【答案】（1）①.15②.+35[Mn(NH)Cl]（2）SiO2（3）FeSO4（4）8.0（5）①.MnF2+M

g2+=MgF2+Mn2+②.Mn2++23HCO−=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量HCl酸化并加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，证明沉淀已经洗净（合理即可）【解析】【分析】含锰废料(主要成分为MnO2，含有少量Al2

O3、Fe2O3、MgO、SiO2等)加入稀硫酸酸化，然后用SO2还原，溶液中有Mn2+、Al3+、Fe2+、Mg2+、H+、2-4SO，SiO2进入滤渣1分离。加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，用氨

水调pH除去Fe3+、Al3+，用MnF2将Mg2+转化为MgF2除去，加入NH4HCO3将Mn2+转化为MnCO3，在空气中煅烧生成二氧化锰，而后经过铝热反应生成锰单质。【小问1详解】基态锰原子的核外电子排布式：22626521s

2s2p3s3p3d4s，一共占据1+1+3+1+3+5+1=15个轨道，电子的空间运动状态有15种；配离子是八面体，即中心离子的配体共6个，含1mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成lmolAgCl沉淀，说明外界

有1个Cl-，其余Cl-和氨都在内界，作为配体，外界是一个单位负电荷，则整个内界应带一个单位正电荷，锰离子有两个单位正电荷，氨不带电荷，只需要一个带负电荷的氯离子即可，故配离子的化学式为+35[Mn(NH)Cl]；【小问

2详解】SiO2不溶于酸，因此“滤渣1”的主要成分为SiO2.；【小问3详解】加入MnO2，MnO2具有较强的氧化性，氧化溶液中具有还原性的物质FeSO4和SO2；【小问4详解】调pH是为了完全沉淀Fe3+

、Al3+，因Fe(OH)3与Al(OH)3的组成相似，Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]，调pH的范围应用Ksp[Al(OH)3]进行计算，将c(Al3+)=10−5mol·L−1代入其Ksp中计算得c(OH−)≈10−9.3mol·L−1，pH=

14−9.3=4.7，则需pH≥4.7才能将Al3+完全沉淀；而Mn2+不能发生沉淀，由Ksp=2.0×10−13=c(Mn2+)×c2(OH−)，将c(Mn2+)=0.2mol·L−1代入计算得c(OH−)max=10−6mol·L−1，

则pH＜8.0，综上范围为：4.7≤pH＜8.0。【小问5详解】MnF2的溶度积远大于MgF2，加入MnF2可将Mg2+转化为MgF2，MnF2+Mg2+＝MgF2+Mn2+。Mn2+和由3HCO−电离出的碳酸根离子结合，生成白色的碳酸锰沉淀，所以离子方程式为：MnF2+Mg2+=MgF2+Mn

2+；Mn2++23HCO−=MnCO3↓+CO2↑+H2O。【小问6详解】MnCO3表面残留可溶性的硫酸根离子，检验MnCO3沉淀是否洗涤干净，可以通过检验是否残留有硫酸根离子来作为依据，所以答案为：取

少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量HCl酸化并加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，证明沉淀已经洗净(合理即可)。16.碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻(主要成分是NaI)中，因此从海藻中提取碘，可有

效利用海洋资源。I.某兴趣小组以海藻为原料进行的提取实验。具体步骤如下①将海藻晾干粉碎后灼烧、浸泡后，过滤得到了NaI溶液，将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀。②待I-沉淀完全后过滤，将沉淀物置于小烧杯中，边搅拌边逐滴加入

适量浓HNO3后静置。③用倾析法弃去上层清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗I2，再选用下列仪器进行精制。Ⅱ.将精制得到的I2配成浓度为cmol/L的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M)的含量：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，用250

mL容量瓶定容，量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，再加入10mL1：1醋酸溶液和适量的指示剂，立即用I2标准溶液滴定至滴定终点，消耗I2标准溶液VmL。已知滴定反应方程式：，请回答以下问题：（1）灼烧海藻时使用的仪器主要为__

____，产生白色沉淀的离子方程式为______。（2）白色沉淀溶于浓硝酸的化学方程式为______。（3）进行粗I2精制时，从上述所给仪器中选择必需的仪器搭建装置，并按从下到上的次序排列：_______(夹持装置略)。（4

）进行滴定实验选用的指示剂是______，滴定终点的现象为______。（5）蒸馏水煮沸的目的是______，样品中维生素C的质量分数是______%(写出表达式)。【答案】（1）①.坩埚、酒精灯、三脚架②.2+2--2-+3242Cu+

SO+2I+HO=2CuI+SO+2H（2）2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O（3）DCAF（4）①.淀粉试液②.当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色（5）①.防止水中溶解的氧干扰实验②.

cVMa【解析】【分析】实验Ⅰ的目的提取碘，原理为海藻中碘化钾浸泡出来后与亚硫酸钠、硫酸铜发生氧化还原反应，得到CuI沉淀从溶液中分离，CuI再与浓硝酸发生反应得到碘单质。实验Ⅱ目的是测定某样品中维生素C含量，原理为已知浓度

的标准碘溶液，滴定含有维生素C的溶液，通过消耗的标准碘溶液的物质的量，计算维生素C的量。【小问1详解】灼烧海藻时使用的仪器主要为坩埚、酒精灯、三脚架；将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上

述溶液中，生成白色CuI沉淀，反应过程中Na2SO3作还原剂，被氧化为Na2SO4，CuSO4作氧化剂，被还原为Cu(Ⅰ)，Cu(Ⅰ)以难溶物CuI形式存在，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液

呈酸性可知反应离子方程式为2+2--2-+3242Cu+SO+2I+HO=2CuI+SO+2H；【小问2详解】CuI中的Cu(Ⅰ)和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)

=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O；【小问3详解】因为碘单质受热易升华，故采用蒸馏法提纯碘单质，用到的仪器有A烧杯、C石棉网(防止温度过高，升华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝，其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶

放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF；【小问4详解】用于指示碘单质的反应时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘变蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且3

0秒内不褪色，即为终点；【小问5详解】维生素C具有还原性，易被空气中氧气氧化，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，由反应方程式可知25

mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C其质量分数为-3250cV10molMg/molcVM25100%%aga=。17.硫化氢是一种重要的化学原料，用于合成荧光粉、有机合

成还原剂电放光、光导体、金属精制、农药、鉴定金属离子等。（1）工业上常用H2S和C6H5－Cl反应来制备有机合成中间体C6H5－SH，但会有副产物C6H6生成。现将一定量的H2S和C6H5－Cl置于恒容容器中，模

拟工业生产过程。在温度(图1)或比值R(图2)不同，其他条件和时间相同时，测定产物C6H5－Cl和副产物C6H6的浓度关系如图所示。图1图2已知：R为H2S与C6H5－Cl的起始物质的量之比。①生成产物C6H5－

SH的反应活化能______(填“＞”“＜”或“=”，下同)，生成物C6H6的反应活化能，H2S和C6H5－Cl反应制备C6H5－SH的△H_______0。②该模拟工业生产制备C6H5－SH的适宜比值R选择

2.5的原因是______。（2）在T℃，将等物质的量H2S和Cl2充入恒压(200kPa)的密闭容器中发生反应：Cl2(g)+H2S(g)垐?噲?S(s)+2HCl(g)。已知正反应速率v正=k正•p(Cl2)•p(H2S)，v逆=k逆

•p2(HCl)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时测得v逆=0.3125kPa-1•s-1，则H2S的平衡转化率为______。(已知625=25)（3）一定温度下，在容积为6L的恒容密闭容器中加入2molH

2S和3molO2发生反应2H2S(g)+3O2(g)垐?噲?2SO2(g)+2H2O(g)，部分物质的物质的量浓度c随时间t变化如图所示。①曲线a表示______的c－t关系，0～t2min内H2S的平均反应速率为______；反应速率v逆(H2S)t3______

_v正(H2S)t4(填“＞”“＜”或“=”)。②已知在化学平衡体系中，各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数，用符号Kp表示。若起始压强为p0，则该反应温度下Kp=_______(分压=物质的量分数×总压，用含p0的式子

表示)。【答案】（1）①.<②.<③.R=2.5时，C6H5－SH浓度最大，副产物C6H6浓度较小（2）75%（3）①O2②.20.2mol/t(Lmin)③.<④.220023001.51.50.85p0.85p4.25

4.250.50.750.85p0.85p4.254.25【解析】【小问1详解】①活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，由图可知，低温时C6H5－SH浓度增加大于C6H6的浓度增大，说明生成产物C6H5－SH的反应

活化能小于生成物C6H6的反应活化能；当C6H5－SH浓度达到最大后，升高温度，其浓度降低，说明平衡逆向移动，则H2S和C6H5－Cl反应制备C6H5－SH为放热反应，△H<0。②由图可知，R=2.5时，C6H5－SH浓度最大，副产物C6H6浓度较小，故该模拟工业生产制备C

6H5－SH的适宜比值R选择2.5；【小问2详解】.设H2S和Cl2初始投料均为1mol，H2S的平衡转化率为a，反应为气体分子数不变的反应，总压强不变，平衡时H2S和Cl2均为(1-a)mol，此时正逆反应速率相等，则()()42251-a1-a2002002v=kp

ClpHS5.010v=0.2312−==正正逆，a=75%；【小问3详解】①一定温度下，在容积为6L的恒容密闭容器中加入2molH2S和3molO2发生反应2H2S(

g)+3O2(g)垐?噲?2SO2(g)+2H2O(g)，初始硫化氢、氧气浓度分别为1mol/L3、1mol/L2，结合图，曲线a表示O2的c－t关系，0～t2min内H2S的平均反应速率为()()2222220.30.2mol/(Lmin)mol/(Lmin)

vHSvO33tt===；由图可知，t3min后反应继续正向进行，故反应速率v逆(H2S)t3<v逆(H2S)t4=v正(H2S)t4。②由图，平衡时氧气为0.125mol/L×6L=0.75mol；22222HS(g)+3O(g)2SO(g)+2HO(g)(m

ol)2300(mol)1.52.251.51.5(mol)0.50.751.51.5起始转化平衡总的物质的量为4.25mol，若起始压强为p0，则平衡压强为004.25×=0.855pp，该反应温度下Kp=222300001.51.50.850.854.2

54.250.50.750.850.854.pp254.2pp5。18.氯吡格雷是一种抗血栓的药物，其制备方法如图：（1）A的名称为______，C中的官能团有_

_____(写名称)。（2）C→D的反应类型为______，D的分子式为______。（3）1mol氯吡格雷最多可以和______molNaOH反应（4）2分子C可以生成含3个六元环的化合物，请写出该反应的化学反应方程式：______。（5）E的名称为噻吩，它和吡咯()一样都具有芳香性，所

有原子共面，则噻吩中S的杂化方式为______，它的沸点比吡咯低，原因是_______。（6）C有多种同分异构体，满足以下条件的有______种(不考虑立体异构)。①芳香族化合物②官能团种类与C相同③含有手性碳原子上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示有五组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简

式为_______(任写一种)。（7）参照上述路线，用乙醇为原料合成，其他无机试剂任选，写出其合成路线______。【答案】（1）①.2-氯苯甲醛(邻氯苯甲醛)②.羧基、碳氯键、氨基（2）①.取代反应(或酯化反应)②.9102CHONCl。（3）3（4）（5）①.2sp杂化②.吡咯可形成分子间氢

键（6）①.9②.(或或或)（7）【解析】【分析】A发生加成反应得B，B在酸性条件下，氰基水解得C，C与甲醇在酸性条件下发生酯化反应得D，结合D和H反应得M，进一步确认D是C和甲醇发生酯化反应的产物；E与钠反应得F，F与环氧乙烷反应得G，G水解得H；【小问1详解】有机物A的结构

简式为，化学名称为2-氯苯甲醛或邻氯苯甲醛；有机物C的结构简式为，官能团分别为碳氯键、氨基、羧基；【小问2详解】C()与3CHOH反应生成D为酸脱羟基醇脱氢的酯化反应，又称取代反应；D的结构简式为，分子式为9102CHONCl；【小问3详解】酯基水解消耗1molNa

OH，苯环上的氯原子水解消耗2molNaOH，1mol氯吡格雷最多可以和3molNaOH反应；【小问4详解】2分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，2分子C脱去2分子水，该反应的化学方程式为

；【小问5详解】由所有原子共面可知，噻吩中S的杂化方式为2sp杂化，中含有N原子，可以形成分子间氢键，分子间氢键使熔、沸点升高；【小问6详解】C的结构简式为，含手性碳原子，除C外，还有间位和对位2种，Cl−与2NH−对调位置，有邻、间、对位3种，Cl−与-COOH对调位置，有

邻、间、对位3种，另外Cl−直接连在手性碳原子上，相当于和手性碳原子上的-H对调位置，有1种，共9种；核磁共振氢谱显示有五组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1，说明是对位结构，结构简式为(或或或)；【小问7详解】的单体是，乙醇催化氧化得乙醛，乙醛参考A→B→C的反应可以得到单体，

合成路线如下：。