【文档说明】浙江省金华市卓越联盟2023-2024学年高二下学期5月期中联考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.460 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第二学期金华市卓越联盟5月阶段性模拟考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8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、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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：H-1B-11C-12N-14S-32K-39选择题部分一、单项选择题(每小题3分，共48分)1.下列物质溶于水后呈酸性的有机物是A.4KHSOB.3NaHCOC.HOC

OOH−−D.33CHNHCl【答案】D【解析】【详解】A．++244KHSO=K+H+SO−，属于无机物，A错误；B．3NaHCO水解呈碱性，B错误；C．HOCOOH−−为碳酸，水溶液呈酸性，属于无机物，C错误；D．33C

HNHCl可看成是32CHNH（一元弱碱）与盐酸反应生成的盐酸盐，属于强酸弱碱盐呈酸性，属于有机物，D正确；故选D。2.下列化学用语表示不正确．．．的是A.铬的基态原子的电子排布式：513d4sB.23SO−的VSEPR模型：C.HCl分子中键的形成：D.：2-甲基-3-己烯【答案

】A【解析】【详解】A．基态Cr原子为24号元素，价电子排布式为513d4s，A错误；B．23SO−的中心原子S原子的价层电子对数为6223342+−+=，VSEPR模型为四面体形，B正确；C．HCl分子中键为s-p键，形成图

示正确，C正确；D．主链上有6个碳原子，甲基在2号碳上，碳碳双键在3，4号碳间，其名称：2-甲基-3-己烯，D正确；故选A。3.下列说法不正确．．．的是A.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美

的立方体块B.在奶粉中添加微量碳酸钙符合使用食品添加剂的有关规定C.具有网状结构的聚丙烯酸钠是一种高吸水性树脂D.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程【答案】D【解析】【详解】A．由于晶

体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，A正确；B．在奶粉中添加碳酸钙可以补充钙质，添加微量符合使用食品添加剂的有关规定，B正确；C．网状结构的聚丙烯酸钠高聚物中含有的

—COONa为亲水基，是高吸水性树脂，C正确；D．油脂不属于高分子，油脂的皂化不属于高分子生成小分子的过程，D不正确；答案选D。4.我国科学家成功合成世界上首个五氮阴离子盐：()()()534634NHONHCl，其部分结构如图(虚线代表．．．．氢键．．)

。有关说法不正确．．．的是A.该盐中存在的化学键有：离子键、共价键、氢键B.已知5N−具有类似苯环结构，则每个N杂化类型均为2sp，离子内存在一个特殊大π键C.图中氢键可表示为()4NHNHCl+−、()()35HOOHNN+−−、()()45NHNHNN+−−D.电负性：ONH，而

Cl和N较为接近【答案】A【解析】【详解】A．该盐中存在阴阳离子存在离子键，还有O-H、N-H共价键，氢键是微粒之间的作用力，不属于氢键，故A错误；B．已知5N−具有类似苯环结构，N价层电子对数为3，则每个N杂化类型均为sp2，每个氮原子还有一个

电子未参与杂化，还得到一个电子，因此离子内存在一个特殊大65π键，故B正确；C．电负性较大的O、N、F与H原子形成氢键，图中氢键可表示为()4NHNHCl+−、()()35HOOHNN+−−、()()45NHNHNN+−−，故C正确；D．非金属性越强电负性越大，电负性：ONH，

非金属性：O>Cl>N>H，则Cl和N较为接近，故D正确；故选：A。5.下列说法不正确．．．是A.可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、己烷、四氯化碳液体B.可用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯C.甘氨酸(22HNCHCOOH−−)，其结构中π键与键

的数量比为1:9D.将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取【答案】B【解析】【详解】A．加入新制氢氧化铜悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，

己烷不反应但是会分层，油状液体在上层，四氯化碳不反应但是会分层，油状液体在下层，可鉴别5种物质，A正确；B．乙烯能够和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，乙烷也能溶于四氯化碳，不能用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯，B错误；C．单键为σ键，双键为1个σ键和1个π键，甘氨酸(H2N−CH2−COOH

)，其结构中π键与σ键的数量比的为1:9，C正确；D．将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取，D正确；故选B。6.下列反应的离子方程式正确的是A.银氨溶液中滴入过量的稀盐酸：()342AgNH2HAg2NH+

++++=+B.将少量2SO气体通入NaClO溶液中：2224SO3ClOHOSOCl2HClO−−−++=++C.含21molFeBr溶液中通入21molCl：222BrCl2ClBr−−+=+D.用NaOH溶液除去油脂：325325CHCOOCHOHCHC

OOCHOH−−+→+【答案】B【解析】【详解】A．银氨溶液中滴入过量的稀盐酸：()++--+3422AgNH+3H+OH+Cl=AgCl+2NH+HO，A错误；B．将少量2SO气体通入NaClO溶液中：2224SO3ClOHOSOCl2HC

lO−−−++=++，B正确；C．含21molFeBr溶液中通入21molCl，离子方程式为：-2+-3+222Br+2Fe+2Cl=4Cl+2Fe+Br，C错误；D．用NaOH溶液除去油脂，油脂不是乙酸乙酯，油脂在N

aOH溶液中水解对应产物为甘油和高级脂肪酸钠，D错误；故选B。7.已知反应：2222F2NaOHOF2NaFHO+=++，下列叙述不正确．．．的是A.2F是氧化剂B.2OF既是氧化产物又是还原产物C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1

:1D.每消耗0.2molNaOH转移的电子数为A0.4N【答案】C【解析】【详解】A．反应中2F由0价变为-1价，化合价降低，为氧化剂，A正确；B．2OF中O为+2价，F为-1价，化合价既升高又降低，既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．反应中2F为氧化剂，N

aOH为还原剂，其中只有一半的NaOH作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；D．NaOH中二分之一的O由-2价升高为+2价，故每消耗0.2molNaOH转移的电子数为A0.4N，D正确；故选C。8.利用“杯酚”从60C和70C的混合

物中分离60C的过程如图所示：合成“杯酚”的小分子对叔丁基苯酚()和HCHO，下列说法不正确．．．的是A.合成“杯酚”的过程可能发生先加成、后脱水的反应；合成过程可能还有高分子生成B.60C和“杯酚”之间的相互作用力为范德华力C.对叔丁基

苯酚中苯环上的键角CCC−−小于叔丁基上的键角CCC−−D.与对叔丁基苯酚侧链数相同且遇3FeCl溶液显紫色的同分异构体还有11种【答案】C【解析】【详解】A．从“杯酚”结构分析可知，对叔丁基苯酚与甲醛发生加

成反应生成，该物质分子之间脱水生成“杯酚”，A正确；B．60C和“杯酚”之间的相互作用是范德华力，属于分子间作用力，B正确；C．对叔丁基苯酚中苯环上的碳原子周围有3个σ键，杂化方式为sp2杂化，叔丁基上的饱和碳原子周围有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，所以对叔丁基苯酚中苯环上的键角

CCC−−大于叔丁基上的键角CCC−−，C错误；D．与对叔丁基苯酚分子式、侧链数相同，滴加溶液呈紫色的同分异构体可视为取代了正丁烷、异丁烷分子中一个氢原子所得结构，除去对叔丁基苯酚共有4×3-1=11种，D正确；答案选C。9.物质的性质决定

用途，下列两者对应关系正确的是A.Cu(OH)2有弱碱性，可用于检验醛基B.TiFe−合金能够大量吸收2H，并与2H结合成金属氢化物，故可用作储氢合金C.钠钾合金密度小，可用作核反应堆的导热剂D.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A．用新

制Cu(OH)2悬浊液检验醛基，发生的反应为RCHO+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯⎯⎯→RCOONa+Cu2O+3H2O，体现Cu(OH)2有弱氧化性而不是弱碱性，A错误；B．Ti-Fe合金能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，故可

用作储氢合金，B正确；C．钠钾合金常温下呈液态，是热的良导体，可用作核反应堆的导热剂，与其密度小无关，C错误；D．二氧化硅能够对光产生全反射，即导光能力强，可用于制造光导纤维，其导电能力弱，D错误；故答案为：B。10.某种重要

的药物中间体结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A.分子中两种羟基化学性质不同B.分子中存在1个手性碳原子C.1mol该物质与足量NaOH反应，最多可消耗5molNaOHD.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗21molBr【答案】B【解析】【分析】该有机物含有官能团醇羟基

、酚羟基、酰胺基，其中酚羟基、酰胺基可以与氢氧化钠反应，酚羟基的邻对位可以与溴水发生取代反应，据此回答。【详解】A．分子中两种羟基化学性质不同，一个为酚羟基，一个为醇羟基，A正确；B．分子中不存在手性碳原子，B错误；C．1mol该物质与足量

NaOH反应，最多可消耗5molNaOH，分别为酚羟基1mol，酰胺基4mol，C正确；D．酚羟基邻、对位上只有1个H原子能被取代，故1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗1molBr2，D正确；故选B。11.元素M、X、Y、Z均为短周期元

素，M、Y与Z同一周期，M的最外层电子数比次外层电子数多1，Z为电负性最强的元素，Y是地壳中含量最高的元素，X的3p轨道有3个电子。下列说法中正确的是A.原子半径：XMZYB.最简单气态氢化物的稳定性：XYC.与Y同周

期且比Y的第一电离能大的主族元素仅有2种D3XZ中所有原子不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M的最外层电子数比次外层电子数多1，说明M是B；Z为电负性最强的元素，说明Z是F

；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的3p轨道有3个电子，说明X是P，据此进行分析。【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时原子序数越大半径越小，原子半径：P>B>O>F，即X>M>Y>Z，A错误；B．非金属性越强其简单气态氢化

物的稳定性越强，非金属性O>P，则简单气态氢化物的稳定性：H2O>PH3，B错误；C．同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA的第一电离能比相邻主族的大，则与O同周期且比O的第一电离能大的主族元素仅有N、F共2种，C正确；D．PF3中P原子的最外层电子数为5+3=8

，P、F均满足8电子稳定结构，D错误；故选C。12.利用膜技术和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂25NO，装置如图，下列说法不正确．．．的是.A.甲装置将化学能转化为电能B.每转移2mol电子，生成252molNO和241molHSOC.乙中电极d上发

生还原反应D.c电极反应式为：24225NO2eHONO2H−+−+=+【答案】D【解析】【分析】从图中可知，a电极上通入SO2，最后生成H2SO4，S元素化合价升高失电子，故a为负极，则b为正极，O2得电子

生成水。d与负极相连，为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，c为阳极，阳极上N2O4失电子结合硝酸生成N2O5和氢离子。【详解】A．甲装置为原电池，将化学能转化为电能，A正确；B．a电极上SO2失电子转化为H2SO4

，1个S失去2个电子，转移2mol电子生成1mol硫酸，c电极上N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，转移2mol电子，生成2molN2O5，B正确；C．电极d上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，C正确；

D．c电极上电极反应为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，D错误；故答案选D。13.常温下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的()Hc+随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确．．．的是A.b点溶液中，()()4cNHcCl+−=；d点水溶液呈酸性B

.可据a点计算得知一水合氨的电离常数bK约为5110−C.b、d之间的任意一点：()()HOHcc+−D.c点据物料守恒：()Cl0.1mol/Lc−=【答案】D【解析】【分析】向20mL0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，根据图象

可知，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐变小，则a点溶液中溶质只有氨水，b点溶质为一水合氨和氯化铵，c点4NH+的水解程度达到最大，也是恰好完全反应点，溶质为氯化铵；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离，溶质为氯化铵和盐酸，据此分析解题。【详

解】A．b点溶液中，PH=7，()()HccOH+−=，()()()()()()44NHHOHClNHClcccccc++−−+−+=+=；d点水溶液溶质为氯化铵和盐酸，呈酸性，A正确；B．由a点数据可

知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=()14111010HKwc−−+=mol/L=0.001mol/L，Ka()()()33432NHOH10100.1NH?cccHO+−−−===

1×10-5mol/L，B正确；C．b为中性、d是b之后一直滴加盐酸，酸性增强，故b、d之间的任意一点：()()HOHcc+−，C正确；D．c点据物料守恒：()nCl0.1mol−=，体积增大所以()Cl0.1mol/Lc−

，D错误；故选D。14.一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2-加成和1，4-加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示：下列说法不正确．．．的是A.从图示可以看出：比稳定B.由a2E小于a3E可知，低温更

有利于的转化C.()1a1a3a2a4ΔkJmolHEEEE−=+−−D.由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．能量越低物质越稳定，由图可知，比能量低，则较稳定，故A正确；B．温度降低对活化能小的反应影响更大，由a2E小于a3

E可知，低温更有利于的转化，故B正确；C．由图可得()1a1a3a2a4ΔkJmolHEEEE−=+−−，故C正确；D．题图未给出反应物的能量，由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D错误；故选D。

15.氢硫酸是2HS的水溶液，已知选项中的反应均在常温下进行，常温下，2HS的电离常数负对数：a1p7K=，a2p13K=，()35spCuS10K−=，下列说法不正确．．．的是A.室温下物质的量浓度均为0.1mol/L的2NaS与NaHS的混合溶液的pH约为13B.20.05

molHS气体通入1L0.5mol/L的硫酸铜溶液，能观察到黑色沉淀C.0.1mol/LNaHS溶液中()()()()22OHHSHScccc−+−D.向20mL0.1mol/LNaHS溶液中滴加

一定体积的0.1mol/LHCl溶液，混合后体积变化忽略不计，不考虑气体等其他物质的逸出，溶液中一定存在：()()()()22NaHSHSScccc+−−=++【答案】C【解析】【详解】A．在物质的量

浓度均为0.1mol/L的2NaS与NaHS的混合溶液中，2+c(H)c(S)pKa(HS)()pc(H)=13c(HS)p+−−−==，故约为13，故A项正确；B．在0.05mol2HS气体通入1L0.5mol/L的硫酸铜溶液中,H2S(g)+Cu2+(aq)=2H+(

aq)+CuS(s)，该反应的平衡常数2015235Ka(HS)Ka(HS)10K=10Ksp(CuS)10−−−==，故能观察到黑色沉淀，故B项正确；C．由22HS2H+S+−的平衡常数得2271320a1a22

c(H)c(S)KK101010c(HS)K+−−−−====＜+wKc(H)c(H)−=，故水解大于电离，通过上式得到，222c(H)c(S)c(HS)+−＜+c(H)c(H)−，化简得到2c(H)c(S)+−＜2c(HS)c(OH)−，故C项错误；D．20mL0.1mol/LNa

HS溶液中，根据物料守恒，得到溶液中存在：+22)cNacHS+cH()()c()(SS−−=+，故D项正确。故本题选C。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正确的是实验目的方案设计现象结论A检验某固体试样中是否含有4NH+取固体试样

加水溶解，向其中滴加少量NaOH溶液，加热没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体仍可能存在4NH+B检验苯中是否含有少量杂质苯酚向溶液中加入足量浓溴水未观察到白色沉淀苯中不含苯酚C探究温度对水解程度的影响检测等体积、等物质量浓

度的3CHCOONa溶液在不同温度下的pH温度高的溶液pH值更小温度升高促进水解平衡正移D探究2SO和3Fe+的反应将2SO气体通入3FeCl溶液溶液先变为红棕色，过一段时2SO和3Fe+氧化还原的{326Fe(SO)+呈红棕色}中间又变成浅绿色反应比络合反应速率快，

但络合反应的平衡常数更大A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．检验某固体试样中是否含有铵根，取固体试样加水溶解，向其中滴加少量NaOH溶液，加热，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，如NH4HSO4中加入少量N

aOH溶液仅与H+反应，则仍可能存在铵根，A正确；B．生成的三溴苯酚溶于苯，所以不会看到白色沉淀，B错误；C．等体积、等物质的量浓度的CH3COONa溶液在不同温度下，温度高的溶液pH更小，也可能是温度升高促进水的电离，使pH

更小，C错误；D．将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色，说明Fe3+与SO2络合反应生成[Fe(SO2)6]3+的反应速率较快，过一段时间又变成浅绿色，说明Fe3+与SO2生成Fe2+氧化还原反应的平衡常数更大，D错误；故选A。非选择题部分二、解答题(共五小题，共52分)17.含N

化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）已知()322PtNHCl为平面结构，存在顺反异构，25℃时在水中溶解度分别为0.2577g和0.0366g，请画出水中溶解度为0.2577g的空间结构___________。（2）氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，其中一种结构为

立方氮化硼(如图)，类似于金刚石。经X射线衍射测得立方氮化硼晶胞边长为apm，则立方氮化硼晶体密度为___________3gcm−(阿伏加德罗常数的值为AN，结果要求化简)。（3）向盛有硫酸铜溶液的试管中滴

加氨水，生成蓝色难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。(已知将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质)①下列对此现象的说法正确的是___________。A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后2Cu+的浓度不变B．沉淀溶解后，

生成深蓝色的配离子()234CuNH+C．()234CuNH+具有顺磁性，而()32CuNH+无顺磁性D．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化，因为()234CuNH+不会与乙醇发生反应②()234CuNH+其实为()(

)23242CuNHHO+的简略写法，该配离子的空间结构为狭长八面体，如图：下列关于a、b两种配体的说法正确的是___________。A．中心原子的杂化方式相同B．分子a比分子b键角大C．分子的热稳定性

a弱于bD．配体结合中心离子的能力a弱于b（4）高能电子流轰击NOCl分子，通过质谱仪发现存在质荷比数值为30的离子峰，该峰对应的微粒化学式是___________(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。【答案】（1）（

2）323A10Na（3）①.BC②.AD（4）NO+【解析】【小问1详解】根据数据，溶解度0.2577g显著大于0.0366g，由“相似相溶”原理可推知溶解度0.2577g结构的极性应大于溶解度0.0366g，因此溶解度0.2577g结构中相同的基团应相邻，属于

极性分子，故其结构为：。【小问2详解】该晶胞中含N为1168428+=，含B为4个，经X射线衍射测得立方氮化硼晶胞边长为apm，则立方氮化硼晶体密度为3A103254Ng/cm(a10)−=323A10N

a3gcm−。【小问3详解】①A．反应后溶液中不存在任何沉淀，但是存在Cu2+→[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度降低，故A错误；B．氢氧化铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，沉淀溶解后，生成深

蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．Cu为29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu2+的价电子排布式为3d9，未成对电子数为1，()234CuNH+具有顺磁性；Cu+的价电子排布式为3d10，无未成对电子数，()32CuNH+不具有顺磁性，故C正

确；D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故D错误；故选BC；②[Cu（NH3）4]2+其实为[Cu（NH3）4（H2O）2]2+的简略写法，由图可知，配体a为H2O，b为NH3；A．在H2

O和NH3中，中心原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，故A正确；B．在H2O中的O存在2对孤对电子，导致分子a比分子b键角小，故B错误；C．非金属性：O＞N，分子的热稳定性a强于b，故C错误；D．非金属性：O＞N，配体结合中心离子的能力a弱于b，故D正确；故答案：AD；【小问4详解】

N的相对原子质量为14，O的相对原子质量为16，则该粒子为NO+。18.锶(Sr)与钙同主族，某固态化合物Y的组成为()463SrFeMnOCO，以Y为原料可实现如下转化：为已知：溶液C中金属离子与3NH均不能形成配合

物。请回答：（1）写出溶液C中的所有阳离子___________。（2）步骤Ⅴ中的反应为23423Fe4HOFeO4H++高温，说明Fe能够较完全转化为34FeO，的两个原因分别是：①生成34FeO降低了体系的

能量，促使反应正向进行②___________。（3）下列说法不正确．．．的是___________。A.固体B中含有MnOB.步骤Ⅱ反应促进了4NH+的水解C.步骤Ⅲ可推断碱性22Sr(OH)Mn(OH)D.直接加热22SrCl6HO无法获得2SrCl（4）固体Y可与HI溶

液反应，写出该反应的离子方程式___________。（5）设计实验方案检验气体中除2H以外的两种主要成分___________。【答案】（1）2Sr+、2Mn+、4NH+、H+（2）水蒸气带出2H，促进平衡正向移动（3）CD（4）()222463222SrFeMnOCO14

H2I4SrFeMnI7HOCO+−+++++=+++++（5）将生成的气体通入盛有4CuSO粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有2CO气体【解析】【分析】固体D

和水在高温下反应生成Fe3O4，则D为Fe，溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E经一系列操作得到SrCl3∙6H2O，则溶液E中含Sr2+，溶液C中含有Sr2+、Mn2+，固体B为Fe、MnO、SrO，气体A为H2、CO2和水蒸气。【小问1详解】由步骤Ⅱ和步骤

Ⅲ知，则溶液C中的所有阳离子：2Sr+、2Mn+、4NH+、H+；【小问2详解】由反应23423Fe4HOFeO4H++高温可推测，Fe能够较完全转化为Fe3O4的两个原因：①生成降低了体系的能量；②水蒸气带出H2

，促进平衡正向移动；【小问3详解】A．由分析知，固体B中含有MnO而不含Mn单质，A正确；B．步骤Ⅱ中，MnO、SrO可与4NH+水解产生的H+反应，从而促进了水解平衡正向移动，B正确；C．步骤Ⅲ生成了Mn(OH)2沉淀而未生成Sr(OH)2沉淀，说明碱性：22>Sr

(OH)Mn(OH)，C错误；D．Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，SrCl2属于强酸强碱盐，直接加热22SrCl6HO可得到SrCl2，D错误；故选CD。【小问4详解】固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，溶液中的I-离子具有还原性，

Y与HI溶液可发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：()222463222SrFeMnOCO14H2I4SrFeMnI7HOCO+−+++++=+++++；【小问5详解】气体A为H2、CO2和水

蒸气，除H2以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有CuSO4粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有CO2气体。19.在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为CO、2CO和2H

)合成甲醇时涉及了如下反应：反应Ⅰ．()()()23COg2HgCHOHg+211Δ94.9kJmolH−=−反应Ⅱ．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++2ΔH反应Ⅲ．()()()()222COgHgCOgHOg++13Δ

41.2kJmolH−=+回答下列问题：（1）2Δ=H___________1kJmol−。（2）某温度下，盛有1molCO的密闭容器通入2H只发生反应Ⅰ，测得平衡时()3CHOHg的体积分数变化如图所示。①a、b、c三点中，2H平衡转化率最大的是___________(填字母)。②图中处于

b点时CO的转化率为50%，反应体系总压为2pPa，则该温度下反应I的平衡常数pK=___________2Pa−(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用含p的式子表示)。（3）一定条件下，某密闭容器中投入一定量的2CO和2H只发生反应Ⅱ和Ⅲ。达到平衡后

，缩小容器体积，反应Ⅲ的平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。（4）研究表明，在电解质水溶液中，2CO气体可被电化学还原。写出2CO在碱性介质中电还原为正丙醇(322CHCHCHOH)的电

极反应方程式___________。【答案】（1）53.7−（2）①.a②.21p（3）逆向（4）223223CO18e13HOCHCHCHOH18OH−−++=+【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，由反应Ⅱ-反应Ⅰ，可得

反应Ⅲ，故2ΔH-(-94.9)=+41.2，解得2Δ=H53.7−1kJmol−；【小问2详解】①对于一可逆反应，增加一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而自身转化率降低，故a、b、c三点中，H2转化率最大的是a；②当反应物按照化学计量数之比充入时，生成物的体积分

数最大，CO物质的量为1mol，故图中，n=2mol，b点时CO的转化率为50%，则消耗0.5molCO，列三段式：23CO(g)+(g)(g)/mol120/mol0.510.5/mol0.510.52HC

HOH起始量转化量平衡量，反应体系总压为2pPa，则该温度下反应I的平衡常数220.52p120.51p2p(2p)22pK==；【小问3详解】反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，缩小容器体积，增大压强，反应Ⅱ的

平衡正向移动，CO2浓度减小，n(H2O)增大，反应Ⅲ的生成物浓度变大，平衡逆向移动；【小问4详解】2CO在碱性介质中电还原为正丙醇(322CHCHCHOH)，322CHCHCHOH中C元素化合价为-2，即2CO得到

18个电子生成正丙醇，电极反应方程式223223CO18e13HOCHCHCHOH18OH−−++=+。20.硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。某实验小组模拟工业制备硫氰化钾的方

法，设计实验如图：已知：2CS是一种不溶于水、密度大于水的非极性试剂。请回答下列问题：Ⅰ．制备4NHSCN溶液（1）装置A用于制备3NH，圆底烧瓶内的固体a可以是___________(填名称)。（2）三颈烧瓶内盛放有2CS、水和固体催

化剂，发生反应2344CS3NHNHCSNNHHS++催化剂水浴加热。实验开始时，打开2K和1K，水浴加热装置B，反应发生。三颈烧瓶左侧导管口必须插入2CS中，其目的是___________。（3）一段时间后，当观察到三颈烧瓶内液体不再分层时，

停止通入气体，反应完成Ⅱ．制备KSCN溶液关闭1K，将三颈烧瓶继续加热至100℃，待4NHHS完全分解后，再打开3K，继续保持水浴温度为100℃，缓缓滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液。。Ⅲ．制备KSCN晶体先除去三颈烧瓶中的固体催化剂，再通过

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。该提取过程中可能要用到的仪器有___________(填序号)。①坩埚②蒸发皿③分液漏斗④玻璃棒⑤烧杯（4）测定晶体中KSCN的含量：电子天平称取取5.000g样品，配成500mL溶液。量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，加入

适量稀硝酸，再加入几滴铁盐溶液．．．．作指示剂，用30.1000mol/LAgNO标准溶液滴定，达到滴定终点，三次滴定平均消耗3AgNO标准溶液20.00mL。①滴定时发生的反应：SCNAgAgSCN++=(白色)，选用_

__________溶液作为指示剂(用化学式表示)。②晶体中KSCN的质量分数为___________。【答案】（1）生石灰、氢氧化钠、碱石灰（2）使反应物充分接触且防倒吸（3）②④⑤（4）①.()33FeNO②.77.6%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中浓氨水与碱石灰或氧

化钙或氢氧化钠固体混合制备氨气，装置B中先发生的反应为在催化剂作用下，氨气与二硫化碳在水浴加热条件下发生反应用于制备硫氰化铵，待除去反应生成的硫氢化铵后，再发生硫氰化铵与氢氧化钾溶液共热的反应用于制备硫氰化钾，装置C中盛有的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，其中多孔

球泡能起到防止倒吸的作用。【小问1详解】由分析可知，装置A中浓氨水与碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体混合制备氨气，则试剂a为碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体；【小问2详解】由相似相溶原理可知，氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，则制备硫氰化铵时，为了使反应物充

分接触，防止发生倒吸，三颈烧瓶左侧导管口必须插入密度大于水的二硫化碳中，故答案为：使反应充分且防倒吸；【小问3详解】蒸发浓缩操作时需要用到蒸发皿，过滤时用到玻璃棒、烧杯，该提取过程中可能要用到的仪器有②④⑤

；【小问4详解】①硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，因此选用含Fe3+的溶液为指示剂，又Cl-、2-4SO、SCN-均会反应Ag+，故选用Fe(NO3)3溶液为指示剂；②由滴定消

耗0.1000mol/L硝酸银溶液的体积为20.00mL，滴定时发生的反应：SCNAgAgSCN−++=，则n(KSCN)=n(Ag+)=0.1mol/L×20×10-3L=2×10-3mol，样品中硫氰化钾的质

量分数为3500210mol97g/mol2577.6%100%5g−=。21.某研究小组按下列路线合成某黄酮类物质H：已知：请回答：（1）化合物E的官能团名称是___________。（2）化合物C的结构简式为___________。（3）下列说

法正确的是___________。A.AB→的反应类型为氧化反应B.设计CD→反应的目的是保护酚羟基，防止其被还原C.FG→的反应不用苯甲酸的原因可能是酚羟基和羧基不易发生反应D.化合物H的分子式为1582CHO（4）写出F

G→的化学方程式___________。（5）设计以32CHCHOH为原料合成(用流程图表示，无机试剂任选___________。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式___________。①分

子中含有苯环，不含“OO−−−”；②分子中有3种不同化学环境的氢原子【答案】（1）羰基、醚键（2）（3）AC（4）→HCl+（5）2O/Cu323ΔCHCHOHCHCHO→→催化剂2H⎯⎯⎯→催化剂⎯⎯⎯⎯→浓硫酸（6）、、【解析】【分析

】A在一定条件下失去氢原子生成具有碳碳双键的B，B和水在一定条件下反应生成物质C为，C与在一定条件下生成物质D和氯化氢，物质D中羟基被氧化为酮羰基，得到物质E，E和氢气发生反应生成F为，F在一定条件下转化为G，同时生成氯化氢，最后G通过加成和消去反应得到H，以此解题。【

小问1详解】化合物E的官能团名称是羰基、醚键；【小问2详解】由题意可知化合物C的结构简式是：；【小问3详解】A．A→B的反应中失去氢原子，反应类型为氧化反应，A正确；B．设计C→D反应的目的是保护酚羟基，防止其被氧化，B错误；C．F→G的反应不用苯甲酸的原因可能是酚羟基和羧基不易发生反应，C正确；

D．化合物H的分子式为C15H16O2，D错误；故选BD。【小问4详解】F在一定条件下转化为G，同时生成氯化氢，F→G的化学方程式为：+→+HCl；【小问5详解】乙醇催化氧化生成乙醛，根据已知三个乙醛分子发生加成生成物质，此物质通过催化加氢生成，此物质通过消

去反应得到目标产物，答案为：CH3CH2OH2OCuΔ，⎯⎯⎯→CH3CHO→催化剂2H⎯⎯⎯→催化剂⎯⎯⎯⎯→浓硫酸；【小问6详解】符合①分子中含有苯环，不含“—O—O—”；②分子中有3种不同化学环境的氢原子条件的化合物F的同分异构体的结构简式为：、、。