【文档说明】浙江省台金七校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，2.078 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第二学期台金七校联盟期中联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。5.本卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5Cu：64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

不属于电解质的是A.3NHB.NaHC.KHSD.3NaHCO【答案】A【解析】【详解】A．3NH为共价化合物，熔融状态不导电，溶于水时生成的一水合氨电离使溶液导电，NH3本身为非电解质，故A符合题意；B．NaH为离子化合物

，熔融状态能导电，属于电解质，故B不符合题意；C．KHS为离子化合物，溶于水时完全电离出Na+、HS-，其水溶液能导电，属于电解质，故C不符合题意；D．3NaHCO为离子化合物，溶于水时完全电离出Na+、3HCO−，其水

溶液能导电，属于电解质，故D不符合题意；故选A。2.重铬酸钾(K2Cr2O7)和铬酸钾(K2CrO4)应用广泛，下列说法不正确的是A.Cr位于元素周期表d区，最外层电子数为1B.在碳素钢中加入Cr和Ni，可以增强抗腐蚀能力C.酸性K2Cr2O7溶液可将乙醇氧化为乙酸D.K2C

rO4在碱性溶液中可转化为K2Cr2O7【答案】D【解析】【详解】A．Cr是24号元素，根据构造原理可知基态Cr原子核外电子排布式是3d54s1，因此Cr位于元素周期表d区，最外层电子数为1个，A正确；B．在碳素钢中加入Cr和Ni，使钢

的组织结构发生变化，从而可以增强钢的抗腐蚀能力，B正确；C．酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，C正确；D．2-27CrO在溶液中存在化学平衡：2-27CrO+H2O2-4CrO+2H+，可见，在碱性溶液中K2Cr2O7

会转化为K2CrO4，而在酸性溶液中K2CrO4会转化为K2Cr2O7，D错误；故合理选项是D。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.中子数为10的氟原子：1910FB.次氯酸分子的电子式：C.2zp的电子云轮廓图：D.三氟化硼分子的球棍模型：【答案】C【

解析】【详解】A．中子数为10的氟原子的质子数为9、质量数为19，原子符号为199F，故A错误；B．次氯酸分子的结构式为H—O—Cl，电子式为，故B错误；C．p能级的电子云为哑铃形，则2zp的电子云轮

廓图为，故C正确；D．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，空间填充模型为，故D错误；故选C。4.工业上用8S(分子结构：)与4CH为原料制备2CS，发生反应：

8422S+2CH=2CS+4HS。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.8S既是氧化剂，又是还原剂B.消耗1mol4CH转移电子数为8ANC.生成17g2HS，断开S-S键数为2AND.2CS的VSEPR模型为V字形【答案】B【解析】【详解】A

．8422S+2CH=2CS+4HS反应中S元素化合价由0价降低到﹣2价，则8S做氧化剂，4CH中碳元素由﹣4价升高到+4价，则4CH是还原剂，故A错误；B．4CH中碳元素由﹣4价升高到+4价，由8422S+2CH=2CS+4HS16e﹣知，每消耗2mol

甲烷转移16mol电子，则消耗1mol4CH转移电子数为8AN，故B正确；C．生成17g2HS物质的量为0.5mol，根据比例关系，该反应需要0.125mol8S，由图可知，1mol8S中含有8molS-

S键，则生成17g2HS，断开S-S键数为AN，故C错误；D．2CS中心原子C的孤对电子数为422=02－，C的价电子对数为2+0=0，则2CS的VSEPR模型为直线形，空间构型也为直线形，故D错误；故选B。5.在强碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组

是A.K+、-4MnO、Cl−、2Ba+B.Na+、2Ca+、-3HCO、-3NOC.Na+、2+Mg、Cl−、3NO−D.K+、24SO−、23CO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．-4MnO的溶液为紫色，故A错误；B．在强碱性溶液中2Ca+、-3HCO发生反应：2Ca++

-3HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．在强碱性溶液中2+Mg+2OH-=Mg(OH)2↓，故C错误；D．在强碱性溶液中K+、24SO−、23CO−、Cl−不反应，即能大量存在，故D正确；故答案为：D。6.钛(熔点为1668℃)广泛应用于生活

和科技等各领域，用镁还原4TiCl制取金属钛是钛生产的重要方法，其简化工艺流程如下。下列说法正确的是A.工业上，一般选择电解熔融MgO制备金属MgB.“真空蒸馏”的目的是为了降低单质Mg和2MgCl的沸点，使其气化分离出去C

.高温还原过程中可通入2N作保护气D.“电解”时，阴极上生成单质a，可用作其他联产过程的氧化剂【答案】B【解析】【分析】工业生产一般采用电解熔融MgCl2的方法，Mg的二元化合物是MgCl2，电解后得到Mg和氯气，即a是氯气，Mg

与4TiCl高温还原后进行真空蒸馏，得到海绵钛陀，最后进行粉碎、分级得到产品。【详解】A．结合分析可知，由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．“真空蒸馏”的目的是为了降低单质Mg和2MgCl的沸点，使其气化分离出去

，故B正确；C．N2与Mg在高温下要反应，不可通入2N作保护气，故C错误；D．结合分析可知，工业生产中，阳极上发生反应2Cl--2e-═Cl2↑，Cl2可用作其他联产过程的氧化剂，故D错误。答案选B。7.运用化学知识可以解决生产生活中的一些问题，下列有关生产生活问题处理方法及原理解释合理的是选项

生产生活问题处理方法原理解释A清洁油污加热苏打溶液可提高去污能力温度升高，油脂溶解度增大B提高金属硬度加入其他金属或非金属金属原子层之间相对滑动变得困难C含2Cu+废水处理加入FeS2Cu+与2S−发生氧化还原反应生成沉淀D检测酒驾通过红热的CuO固

体乙醇可以还原氧化铜，生成红色固体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．加热苏打溶液，促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，油污水解程度增大，所以去污能力提高，A不符合题意；B．金属中加入其他金

属或非金属，改变了金属原子有规则的层状排列，使金属原子层之间相对滑动变得困难，导致金属硬度提高，B符合题意；C．废水中加入FeS，2Cu+与FeS发生沉淀转化生成CuS，属于非氧化还原反应，C不符合题意；D．检测酒驾时一般不通过

红热的氧化铜固体来进行，因为这种方法操作复杂、耗时较长，不满足现场快速检测的需求，检测酒驾通常使用便捷、快速的呼气式酒精检测仪或血液检测等方法，D不符合题意；故选B。8.下列实验装置使用正确的是A．装置用于测定盐酸浓

度B．装置用于灼烧碎海带C．除去2SO中的HClD．装置用于配置一定物质的量浓度的NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠应盛放在碱式滴定管中，故A错误；B．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，故B错误；C．氯化氢和亚硫酸氢钠反应放出二氧化硫，二氧化硫和

亚硫酸氢钠不反应，用亚硫酸氢钠溶液除去2SO中HCl，故C正确；D．配置一定物质的量浓度的NaOH溶液，应该将称量出的氢氧化钠固体在烧杯中溶液，不能在容量瓶中溶解固体溶质，故D错误；选C。9.关于有机物检测，下列说法正确的是A.用核磁共振氢谱可以鉴别正丁烷和异丁烷

B.用红外光谱可帮助确定有机物分子的相对分子质量C.往1-溴丁烷中加入硝酸银溶液，检验1-溴丁烷中是否存在溴元素D.淀粉与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入碘水，可判断淀粉是否完全水解【答案】A【解析】【详解】A．正丁烷分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱有2组峰，峰面积

比为3：2，异丁烷分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为9：1，则用核磁共振氢谱可以鉴别正丁烷和异丁烷，故A正确；B．红外吸收峰的位置与强度反映了分子结构的特点，红外光谱可确定有机物的基团、官能团等，不能确定有机物分子的相对分子质量，故B错误；C．1-溴丁烷中的溴

原子不能与硝酸银溶液反应，则向1-溴丁烷中直接进入硝酸银溶液不能检验1-溴丁烷中是否存在溴元素，故C错误；D．碘能与氢氧化钠溶液反应，所以淀粉与稀硫酸共热后加氢氧化钠溶液调至碱性，再加入碘水不能判断淀粉是否完全水解，故D错误

；故选A。10.下列化学反应与方程式不正确的是A.向冷的石灰乳中通入2Cl制漂白粉：-2--2OCl+2OH=ClCO+H+lB.铝片溶于NaOH溶液，有无色气体产生：--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3HC.苯酚钠溶液中通入2CO，产生浑浊：22+HO+CO→3+NaHCO的D

.碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠混合加热：+--2-43332NH+HCO+2OHNH+CO+2HO【答案】A【解析】【详解】A．石灰乳作反应物写化学式，不能拆，向冷的石灰乳中通入2Cl制漂白粉的化学方程式为：22222+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO2)l+2HCO，故A错误

；B．铝能和NaOH溶液反应生成氢气，铝片溶于NaOH溶液的离子方程式为：--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H，故B正确；C．碳酸酸性强于苯酚，苯酚酸性强于-3HCO，所以苯酚钠溶液中通入2CO，产生浑浊，反应的化

学方程式为：22+HO+CO→3+NaHCO，故C正确；D．碳酸氢铵电离产生的-3HCO和+4NH均能和氢氧根反应，碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠混合加热的离子方程式为：+--2-43332NH+HCO+2OHNH+CO+2HO，故D确；故答案为：A。11.克

拉维酸钾是一种β-内酰胺类抗生素，下列说法错误的是A.克拉维酸钾存在顺反异构B.克拉维酸分子含有5种官能团C.上述转化中的二者均能使酸性KMnO4溶液褪色D.实现上述转化可加入KOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知

，克拉维酸钾中存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故存在顺反异构，A正确；B．由克拉维酸结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；C．两物质中均含碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D

．克拉维酸分子除羧基可与KOH反应外，还含有酰胺基能在强碱溶液中发生水解反应，因此选用KOH不能实现两者的转化，D错误；故选：D。12.T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。基态原子中，T有三个能级，各能级电子数相等；X的价层电子排布式为n2nnsnp；Y的核外电子填充在8个轨道中；

Z有4个未成对电子。下列说法不正确的是A.电负性大小：X>W>YB.最简单氢化物的沸点：W>T>YC.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>T>YD.Y与W、Z与X均能形成原子个数比为3∶4的化合物【答案】B【解析】【分析】T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期

元素，基态原子中，T有三个能级，各能级电子数相等核外电子为1s22s22p2，则T为C元素；X的价层电子排布式为nsnnp2n，则n=2，则价层电子排布式为2s22p4，则X为O元素；W位于T与X中间，故W只能为N元素；Y的核外电子填充在8个轨道中，则3p轨道中有1

个空轨道，电子排布式为1s22s22p63s23p2，Y为Si元素；Z有4个未成对电子，则3d轨道有4个未成对电子，电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2，则Z为Fe。【详解】A．同周期元素核电荷数越大电负性越大，W和X

为第二周期元素，N元素电负性小于O元素的电负性，同主族元素核电荷数越大，电负性越小，Si元素电负性小于C元素电负性，C元素的电负性小于O元素的电负性，综上所述电负性大小：X>W>Y，A正确；B．W简单氢化物为NH3，能形成氢键，沸点高，Y的简单氢化物为SiH4

，无氢键，T的简单氢化物为CH4，无氢键，SiH4和CH4结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，故最简单氢化物的沸点：W>Y>T，B错误；C．W、T、Y最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、H2CO3、H2SiO3，W、T、Y最高价氧化物对应水

化物的酸性的强弱为W>T>Y，C正确；D．Y与W、Z与X能形成Si3N4和Fe3O4，D正确；故答案选B。13.如图所示是一种光电催化体系，该体系在实现烟气脱2SO的同时，获得22HO。下列说法不正确的是A.该装置将光能和电能转化为化学能B.交换膜a为阳离子交

换膜，b为阴离子交换膜C.阳极反应为：-2-+2242HO+SO-2e=SO+4HD.每生成1mol24SO−伴随着1mol22HO的生成【答案】C【解析】【分析】据图示可知，SO2转化为2-4SO、O2转化为H2O2，过程中S元

素化合价升高、O2中氧元素化合价降低，所以通SO2的电极为阳极、通O2的电极为阴极。【详解】A．该装置是一种光电催化体系，将光能和电能转化为化学能，故A正确；B．阳极电极反应式为--2-2424OH+SO-2e=SO+2HO、阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O

2，H+通过交换膜a移向阴极，所以交换膜a为阳离子交换膜，OH-通过交换膜b移向阳极，所以交换膜b为阴离子交换膜，故B正确；C．阳极SO2转化为2-4SO，其电极反应式为：--2-2424OH+SO-2e=SO+2HO，故C错误；D．阳极

电极反应式为--2-2424OH+SO-2e=SO+2HO、阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，每生成1mol24SO−转移2mol电子，此时阴极生成1mol22HO，故D正确；故答案为：C。14.3CHOH与2HO在铜催化剂

上的反应机理和能量变化如图所示．下列说法正确的是A.反应Ⅰ、反应Ⅱ均为放热反应B.CO分子中σ键和π键数目和2CO相同C.选择合适的催化剂可降低反应活化能和焓变D.该反应机理中涉及物质中有两种非极性分子、三种极

性分子【答案】D【解析】【详解】A．从能量变化图可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，A错误；B．每个CO分子中有1个σ键和2个π键，而每个2CO中有2个σ键和2个π键，B错误；C．选择合适的催化剂可降低

反应活化能，但不能改变焓变，C错误；D．题述反应机理中涉及物质中有两种非极性分子()22HCO、，三种极性分子()32CHOHHOCO、、，D正确；故选D。15.室温下，通过矿物中4PbSO获得3PbCO的过程如下：已知：()-8sp4K

PbSO=1.610，()-14sp3KPbCO=7.410。下列说法正确的是A.23NaCO溶液中：()()()()-+-323cOH<cH+cHCO+cHCOB.“脱硫”后上层清液中：()()()()2--++4cSO+cOH=cNa+cHC.3

PbCO悬浊液加入3HNO“溶解”过程中，溶液中23CO−浓度逐渐减小D.反应2-2-4334PbSO+COPbCO+SO正向讲行，需满足()()2-462-3cSO8>1037cCO【答案】C【解析】【分析】PbSO4和碳酸钠溶液反应脱硫后，过滤得PbCO3，PbCO3中加入3HNO“溶解”得

Pb(NO3)2溶液。【详解】A．23NaCO溶液中电荷守恒：()()()()++--2-33cHcNa=cOH+cHCO+2c(CO)+，物料守恒：()()()+-2-2333cNa=2cHCO+2cHCO+2c(CO)，两式联立得：()()()()-+-32

3cOH=cH+cHCO+2cHCO，所以()()()()-+-323cOHcH+cHCO+cHCO＞，故A错误；B．“脱硫”后上层清液为Na2SO4溶液，由电荷守恒得：()()()()2--++42cSO+cOH=cNa+cH，故B错误；C．3PbCO悬浊液存在溶解

平衡：()()2233PbCO(s)COaqPbaq−++，加入3HNO“溶解”时，23CO−会和H+反应生成CO2和H2O，则溶液中23CO−浓度逐渐减小，故C正确；D．反应2-2-4334PbSO+COPbCO+SO正向讲行，则需满足Q＜K，即()(

)()()2-4462-33cSOK8K10K37cCOspspPbSOPbCO==，故D错误；故选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选项实验目的方案设计现象结论A比较()

sp2KMgOH和()sp2KCuOH的大小向()2MgOH悬浊液中加入几滴4CuSO溶液生成蓝色沉淀()sp2KMgOH>()sp2KCuOHB乙醇消去反应产物检验向圆底烧瓶中加入无水乙醇和浓硫酸，加热，将产生的气体通入酸性4KMnO溶液。4KMnO溶液褪色乙

醇消去反应的产物含有碳碳双键C比较Cl元素与C元素的非金属性在碳酸钠固体中滴加盐酸产生无色气体非金属性：Cl>CD检验4NH+向待测溶液中加入稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸不变蓝该溶液中不含4NH+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向()2Mg

OH悬浊液中加入几滴4CuSO溶液，生成蓝色沉淀，说明()2MgOH转化为Cu(OH)2，又两者均属于AB2型，所以()sp2KMgOH>()sp2KCuOH，故A正确；B．向圆底烧瓶中加入无水乙醇和浓硫酸，加热

，由于乙醇易挥发，且能使酸性4KMnO溶液褪色，所以将产生的气体通入酸性4KMnO溶液中，4KMnO溶液褪色，不能说明乙醇消去反应的产物含有碳碳双键，故B错误；C．在碳酸钠固体中滴加盐酸，产生的无色气体为CO2，只能说明盐酸酸性强于碳酸，但要比较非金属性，

应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱，故C错误；D．由于氨气极易溶于水，4NH+和稀NaOH溶液在未加热的条件下能反应，但不能释放氨气，所以将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变蓝，不能说明该溶液中不含4NH+，故D错误；故答案为：A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共5

2分)17.铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用，CuS是常见硫化物。请回答下列问题：（1）基态铜原子的价层电子排布式______。（2）2Cu+能与多种物质形成配合物，向4CuSO溶液中逐滴加入氨水至过量

，产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液，经结晶分离得到深蓝色晶体。①深蓝色晶体化学式为______。②该实验条件下，2Cu+与3NH的结合能力_____(填“>”、“=”或“<”)2Cu+与2HO的结合能力。③H-N-H键角大小：

()234CuNH+____3NH(填“>”、“=”或“<”)，其原因是______。（3）已知：晶胞中硫离子的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心。晶胞的俯视图如图2所示。已知CuS晶胞边长为apm，阿伏

加德罗常数的值为AN。\①CuS晶体中距离S最近的Cu数目为_____。②CuS晶体的密度为ρ=______3g/cm(列出计算式即可)。【答案】（1）1013d4s（2）①.()3424CuNHSOHO②.>③.>④.3NH提供孤对电子与2Cu+形成配位键后，N-

H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大（3）①.4②.3-30A3N1a840【解析】【小问1详解】铜原子位于元素周期表第四周期，IB族，其价层电子排布式为：1013d4s，故答案为：1013d4s；【小问2详解】①向4CuSO溶液中逐

滴加入氨水至过量，产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液，该溶液为()344CuNHSO，经结晶分离得到深蓝色晶体，该晶体为()3424CuNHSOHO，故答案为：()3424CuNHSOHO；②由氢氧化铜沉淀与氨水反应生成四氨合铜离子可知

，铜离子与氨分子的结合能力大于氢氧根离子，故答案为：＞；③孤对电子的斥力大于成键电子对，3NH提供孤对电子与2Cu+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，故答案为：3NH提供孤对电子与2Cu+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大；

【小问3详解】①由晶胞的俯视图可以看出Cu2+位于S2-围城的四面体空隙中，则Cu2+的配位数为4，根据化学式CuS，则S最近的Cu数目也为4，故答案为：4；②根据晶胞结构，Cu的个数为4，S的个数为118+6=482，则每个晶胞中含有

4个CuS，晶胞的体积为3303a10cm−，则晶胞的密度33-303-30AA496384=g/cmN10N10aa=，故答案为：3-30A3N1a840。18.酿酒工业中的食品添加剂2SO，通过一系列变化可得重要的无机化合物M(仅含两种元素，且原子个数比为1∶1，相对分子质

量为184)。转化关系如下图所示。（1）2SO中硫原子的杂化类型_______，2SOCl中硫原子的杂化类型______。（2）下列叙述正确的是______。A.22SCl是橡胶硫化剂，橡胶硫化程度越高，弹性越好B.2SOCl可与

2HO发生反应，能作为32AlCl6HO的脱水剂C.已知5PCl固体中含阳离子4PCl+和阴离子6PCl−，可以推测4PCl+空间构型为正四面体D.22SCl易溶于4CCl，则22SCl为非极性分子（3）2SOCl与3NH反应的化学方程式_______。（4）22SCl与3NH反应除生成M外

，同时有淡黄色固体和一种盐。则M的分子式为_______。（5）设计实验检验2SOCl与足量NaOH溶液反应生成的阴离子_____。【答案】（1）①.2sp②.3sp（2）BC（3）()23242SOCl

+4NH=SONH+2NHCl（4）44SN或44NS或()4SN（5）取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有23SO−；另取少量反应液，先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀，则有Cl−。(其它方法合理也可)【解析】【分析】SO2与PCl5

反应生成SOCl2，SOCl2与NH3反应生成SO(NH2)2，SOCl2加热得S2Cl2，S2Cl2与NH3反应生成44SN。【小问1详解】2SO的中心原子硫原子的价层电子对数为2+12(6-2×2)=3，杂化类型为2sp，2SOCl的中心原子硫原子的价层电子对数为3+12(

6-1×2-2×1)=4，其中硫原子的杂化类型为3sp；【小问2详解】A.22SCl是橡胶硫化剂，橡胶硫化程度越高，强度越大，弹性越差，故A错误；B.2SOCl可与2HO发生反应，能将32AlCl6HO中的H2O消耗，所以能作为32AlCl6HO的脱水剂，故B正确

；C.4PCl+中心原子P原子的价层电子对数为4+12(5-1-4×1)=4，无孤电子对，所以4PCl+空间构型为正四面体，故C正确；D.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电

子对，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；故答案为：BC；【小问3详解】由转化关系图可知2SOCl与3NH反应产物之一为SO(NH2)2，据元素种类

守恒，产物中还有NH4Cl，反应的化学方程式为()23242SOCl+4NH=SONH+2NHCl；【小问4详解】22SCl与3NH反应除生成M外，同时有淡黄色固体和一种盐，淡黄色固体为S，无机化合物M(仅含两种元素，且原子个数比为1∶1，相对

分子质量为184)，S、Cl、N、H相对原子质量分别为32、35.5、14、1，其中两两相加和为偶数的为32+14=46，46×4=184，则M的分子式44SN或44NS或()4SN；【小问5详解】2SOCl与足量N

aOH溶液反应生成的阴离子可能为23SO−或Cl−，检验阴离子的方法：取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有23SO−；另取少量反应液，先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀，则有Cl−(其它方法合理也可)。19.“绿水青

山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国的新名片。的Ⅰ.已知25℃和101kPa下：①()()()()3222CHOHl+2Og=2COg+4HOgΔH=-akJ/mol。②()()()222COg+Og=2CO

gΔH=-bkJ/mol③()()22HOg=HOlΔH=-ckJ/mol。（1）表示3CHOH(l)燃烧热的热化学方程式为________。Ⅱ.2CO和4CH在一定条件下反应可制得合成气，反应方程式：()()()()242COg+CHg2COg+2HgΔH=+234kJ/mol。（2）该

反应在______(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（3）下列能判断()()()()242COg+CHg2COg+2Hg达到平衡状态的是_______。A.一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B.容积固定的绝热容器中，温度保持不变C.一定温度和容积固定的容

器中，平均相对分子质量不变D.2CO和4CH的物质的量之比不再改变（4）一定条件下，在2L密闭容器中通入2CO和4CH各1mol，()()()()242COg+CHg2COg+2Hg反应达到平衡时，测

得2H的物质的量为1mol，则此条件下，该反应的平衡常数为___________。Ⅲ.如下图所示组成闭合回路，其中甲装置是新型电池，以42CH-CO为原料，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质；乙装置中a、b为石墨，b极上有

红色物质析出。（5）装置中气体A为_____(填“4CH”或“2O和2CO”)，a极上的电极反应式为_____。【答案】（1）()()()()32223CHOHl+Og=COg+2HOl2()a+b+4cΔH=kJ/mol2﹣。（2）高温（3）BC（4）1（5）①.4CH②.-+

222HO-4e=O+4H【解析】【小问1详解】根据盖斯定律11++222①②③得()()()()32223CHOHl+Og=COg+2HOl2()a+b+4cΔH=kJ/mol2﹣，故答案为：()()()()32223CHOHl+Og=COg+2HOl2()a+b

+4cΔH=kJ/mol2﹣；【小问2详解】该反应为气体体积增大的吸热反应，则ΔH0ΔS0＞、＞，依据G=ΔHTΔS0－＜反应可以自发进行，则该反应在高温下能自发进行，故答案为：高温；【小问3详解】A．根据质量守恒，混合气体

的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故A错误；B．容积固定的绝热容器中，随着反应进行，容器温度发生改变，当温度保持不变，表明反应已达到平衡状态，故

B正确；C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故C正确；D．若C

O2和CH4的起始物质的量相同，两者转化物质的量相等，即CO2和CH4的物质的量之比始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：BC；【小问4详解】根据三段式有：()()()()242COg+CHg2CO

g+2Hgmol/L0.50.500mol/L0.250.250.50.5mol/L0.250.250.50.5初始变化平衡，该反应的平衡常数220.50.5K==10.250.25，故答案为：1；【小问5详解】b电极上有红色物质生成，则b电极的反应2Cu2eCu+−

+=，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以A是CH4、B是二氧化碳和氧气，乙电解池装置属于放氧生酸型，则a电极反应式为-+222HO-4e=O+4H，故答案为：CH4；-+222HO-4e=O+4H。20.实验室制备苯甲酸(相对分子质

量122)，提纯及纯度测定步骤如下：Ⅰ．往圆底烧瓶中加入2.5mL甲苯和140mL水，加热至沸，从仪器A上口(如图)分批加入10.4gKMnO4固体，最后用少量水将粘在仪器A内壁的KMnO4固体冲洗入圆底烧瓶

内。Ⅱ．继续煮沸并间歇性摇动圆底烧瓶，直至甲苯完全反应。(反应方程式：+KMnO4→+KOH+H2O)Ⅲ．趁热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，将滤液放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化，使

溶液从强碱性至强酸性，苯甲酸全部析出为止。Ⅳ．过滤可得粗产品约2g。用重结晶法提纯。Ⅴ．用碱滴定法测纯度，取0.1000g样品，溶于乙醇中，加入10mL水和2滴酚酞，用0.02mol/LNaOH溶液滴定。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中仪器A的名称是___________。（2）步骤Ⅱ加热前

需要向圆底烧瓶中加入沸石，目的是___________。（3）步骤Ⅲ“趁热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣”中使用热水的目的是_________。（4）步骤Ⅳ中重结晶操作的合理步骤为_________。a→____

_______→___________→___________→___________。(步骤不重复)a．加入约100mL水(75℃)配制成热的浓溶液；b．加半匙活性炭；c．用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；d．搅拌下将溶液煮沸3～5min，趁热过滤；e．冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲

酸纯品。（5）步骤Ⅴ中测得苯甲酸纯度大于100%的可能原因是___________，因此将该步骤改为中和酸滴定法：称取0.1000g样品，溶于15mL浓度为0.1mol/LNaOH溶液中，加入2滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L盐酸调至红色消失，加入20mL乙

醚，10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用0.1000mol/L盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，水层显淡绿色时为滴定终点，四次滴定平行数据如下表，序号1234样品质量/g0.1

0000.10000.10000.1000耗酸体积/mL8.008.027.988.96则苯甲酸的纯度为___________。【答案】（1）(球形)冷凝管（2）防暴沸（3）溶解吸附在滤渣表面上的苯甲

酸，减少苯甲酸的损失（4）bdce（5）①.产品中有残酸存在②.97.6%【解析】【分析】甲苯与酸性KMnO4溶液充分加热，甲苯被氧化变为苯甲酸，然后利用杂质溶解度随温度的升高而增大，而苯甲酸的溶解度随温度的升高而减小的性质，采用趁热过滤，并用热水洗涤

苯甲酸晶体的方法提纯。然后再采用重结晶的方法提纯苯甲酸。在测定苯甲酸的含量时，为排除杂质酸的干扰，先用NaOH溶液溶解样品，用酚酞为指示剂，用0.1000mol/L的盐酸调整至红色褪色，除去多余的NaOH。再用0.1000mol/L的盐酸滴定生成的苯甲酸钠，根据消耗盐酸标准溶液的体积计算出苯

甲酸钠的物质的量，进而计算苯甲酸的物质的量及其含量。【小问1详解】根据装置图可知：步骤Ⅰ中仪器A的名称是(球形)冷凝管；【小问2详解】步骤Ⅱ加热前需要向圆底烧瓶中加入沸石，目的是防止液态混合物加热产生暴沸现象；【小问3详解】的大多数物质溶解度随温度的升高而增大

，而苯甲酸的溶解度随温度的升高而降低。步骤Ⅲ“趁热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣”中使用热水的目的是溶解吸附在滤渣表面上的苯甲酸，减少苯甲酸的损失；【小问4详解】步骤Ⅳ用重结晶法提纯苯甲酸，先向粗产品中加入约100mL水(75℃)配制成热的浓溶液，使苯甲酸溶解，再加入加半匙活性炭

，搅拌下将溶液煮沸3~5min，过滤除去残留固体，再用少量沸水洗涤烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，最后进行冷却结晶，过滤、洗涤、晾干，即可得到苯甲酸纯品，故操作步骤为：a→b→d→c→e；【小问5详解】在步骤Ⅴ

中用碱NaOH标准溶液滴定法测苯甲酸的纯度，若产品中有其他酸残留，则会导致碱性标准液用量偏高，导致测得苯甲酸纯度可能大于100%；故将该步骤改为中和酸滴定法测量样品的纯度，用0.1mol/LNaOH溶液溶解样品，加入

酚酞指示剂，用0.1000mol/L盐酸调至红色消失，再用0.1000mol/L盐酸滴定生成的苯甲酸钠，由表格数据可知，第4次实验数据偏差较大，应该舍弃，则消耗盐酸平均用量为8.00mL，由盐酸与苯甲酸钠反应方程式可知，生成苯甲酸的物质

的量为：n(苯甲酸)=0.1000mol/L×8×10-3L=8.00×10-4mol，则样品中苯甲酸的纯度为：-4810mol122g/mol0.1000g×100%=97.6%。21.一种非甾体抗炎药物(H)的合成路线如下(部分反应条件省略)

：已知：Ⅰ.。Ⅱ.。回答下列问题：（1）物质B中含氧官能团名称___________。（2）下列说法正确的是___________。A.反应D→E的反应类型是取代反应的B.含物质A的溶液中滴加氯化铁溶液，产生紫色沉淀C.物质H中

最多有13个碳原子共平面D.设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基的对位氢不被取代（3）E→F的化学反应方程式为___________。（4）G的结构简式为___________。（5）符合下列条件G的同分异构体有__________

_种，写出其中一种结构简式为___________。①除结构外，不含其他环状结构。②含有3CH−。③含有四种化学环境的氢。（6）已知：3RCOOH+PClRCOCl→。综合上述信息，写出以和2ClCHCOOH为主要原料制备的合成路线______。【答案】（1）(酚)羟

基、磺酸基（2）AD（3）2+ClCHCOCl⎯⎯⎯⎯→一定条件+HCl（4）（5）①.4②.（6）3PCl22ClCHCOOHClCHCOCl⎯⎯⎯→【解析】【分析】(A)与浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成(B)，与氯气在FeCl3催化下发

生取代反应生成(C)，在酸性、加热条件下反应生成(D)，与发生取代反应生成(E)，与ClCH2COCl发生信息I反应生成(F)，发生信息II反应生成(G)，与NaOH溶液反应生成(H)。【小问1详解】B的结构简式为，其中含氧官能团名称为(酚)羟基、磺酸基；【小问2详解】A.

(D)的分子式为C6H4Cl2O，的分子式为C6H7N，6+6=12、4+7-9=2，即与反应时去2H、O，中含酚羟基、中含氨基，所以与发生取代反应生成(E)，故A正确；B.A的分子式为C6H6O，2n-6=2×6-6=6，符合苯及同系物通式，结合与浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成

(B)可知，A的结构简式为，含物质A的溶液中滴加氯化铁溶液，溶液呈紫色，故B错误；C.物质H的结构简式为，N与其相连的2个碳原子共平面，以羧基钠连的原子为研究对象，此碳原子与所连的2个碳原子共平面，苯环12原子共平面，又单键可以旋转，所以分子中所有碳原子都可能共平面，即最多有14个碳原

子共平面，故C错误；D.(A)与浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成(B)，在酸性、加热条件下反应生成(D)，若直接由A→D，则酚羟基的对位氢也被取代，所以设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基的对位氢不被取代，故D正确；故答案为：AD；【小问3详解】与ClCH2CO

Cl发生信息I反应生成(F)，所以E→F的化学反应方程式为2+ClCHCOCl⎯⎯⎯⎯→一定条件+HCl；【小问4详解】E的结构简式为，与ClCH2COCl发生信息I反应生成(F)，发生信息II反应生成G，所以G的结构简式为；【小问5详解】G的结构简式为，

符合①除结构外，不含其他环状结构、②含有3CH−、③含有四种化学环境的氢，G的同分异构体有，共4种；【小问6详解】已知：3RCOOH+PClRCOCl→，以和2ClCHCOOH为主要原料制备的合成路线为：3PCl2

2ClCHCOOHClCHCOCl⎯⎯⎯→。