【文档说明】2024年高考化学一轮复习效果检测卷（新七省高考卷）01 Word版含解析.docx，共(19)页，3.568 MB，由小赞的店铺上传

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密卷·2024新七省高考一轮复习检测卷（一）化学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应

题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12O-16S-32Cl-35.5K-39Ca-40M

n-55第Ⅰ卷一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．75%的乙醇与84消毒液的消毒原理相同B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C．SO2可用于丝织品漂白是由于

其能氧化丝织品中有色成分D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】A．75%的乙醇是破坏病菌蛋白质而杀菌，84消毒液具有强氧化性而杀菌，消毒原理不相同，A错误；B．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，豆浆是胶体，能产生丁达尔效应

是由于胶体粒子对光线的散射，B正确；C．SO2可用于丝织品漂白，是由于其能与丝织品中有色成分化合形成无色物质，C错误；D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其具有强还原性，D错误；故选B。2．反应2NaClCOCONaCl++电解是我国科学家发明的低压高效电催化还原2CO的新方法。下列

有关说法正确的是A．氯离子的结构示意图为B．NaClO的电子式为C．CO是非极性分子D．2CO的结构式为【答案】B【解析】A．氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子的结构示意图为，A错误；B．NaClO为钠离子和次氯酸根离子形成的化合物，

电子式为，B正确；C．CO分子中存在极性键，且正负电荷重心不重合，是极性分子，C错误；D．二氧化碳的结构式为O=C=O，D错误；故选B。3．实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：下列有关说法错误的是A．以共沸体系带水促使反应

正向进行B．当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出C．管口A是冷凝水的进水口D．根据带出水的体积可估算反应进度【答案】B【分析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制

备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使

平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出；【解析】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共

沸体系带水可以促使反应正向进行，选项A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，选项B错误；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝

效果，选项C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，随着反应的进行、分水器中水层体积不断增大，所以可根据带出水的体积估算反应进度，选项D正确；答案选B。4．丙二醇醚类化合物具有很强的溶解能力，素有“万能溶剂”之称。环氧丙烷醚化反应生

成丙二醇醚的反应机理如图所示(R指烃基)。下列说法错误的是A．反应过程中H+作催化剂B．反应过程中有配位键形成C．反应过程中有CO−的断裂和形成D．中间产物乙中C原子杂化方式均为3sp【答案】D【解析】A．H+参与了反应，反应前后质量不变，作了催化剂，故

A正确；B．中间产物甲生成时H+与O形成了配位键，甲生成乙的过程中有C-O的断裂，乙生成丙的过程中有C-O的形成，故B正确；C．由图可知，环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的过程中，有C-O的断裂和形成，故C正确；D．中间产物乙中带正电荷的C原子杂化方式为sp2，故D错误；故答案为：D。

5．室温下，探究1231.0molLNaSO−溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A溶液中是否含有24SO−向23NaSO溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加()32BaNO溶液，观察是否有沉淀产生B23NaSO溶液呈碱性的原因向23NaSO溶液中先滴加酚酞，再滴加2B

aCl溶液至过量，观察溶液颜色变化C23SO−是否具有漂白性向溴水中滴加足量23NaSO溶液，观察溶液颜色D23SO−是否具有还原性向23NaSO溶液中先滴加几滴2NaS溶液，无明显现象，再滴加适量稀盐酸，观察是否有沉淀产生【答案】B【解析

】A．硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，和钡离子生成硫酸钡沉淀，不能检验溶液中是否含有亚硫酸根离子，A不符合题意；B．亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子，使得溶液显碱性，滴加酚酞溶液变红色，再滴加2BaCl溶液至过量，钡离子和亚硫酸根离子生成沉淀，导致亚硫酸根离子浓

度减小，其水解逆向移动，氢氧根离子浓度减小，红色变浅，能达到实验目的，B符合题意；C．溴水具有强氧化性，向溴水中滴加足量23NaSO溶液，两者发生氧化还原反应使得溴水褪色，不体现亚硫酸根离子的漂白性，C不符合题意；D．23NaSO溶液中先滴加几滴2NaS溶液，

加入盐酸，两者在酸性条件下，发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀，亚硫酸根离子发生还原反应，体现氧化性，D不符合题意；故选B。6．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可物成化合物X如图2，C与E同主族。下列说

法正确的是A．氢化物的沸点；C>BB．简单离子的半径：E>D>CC．含氧酸的酸性：E>BD．化合物X在低温的的碱性溶液中更加稳定【答案】D【分析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子半径与原子序数的关系图，可知A是第一周期的元素，B、C是第二

周期的元素，D、E是第三周期的元素；A是H，B形成4个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形成+1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。【解析】A．C元素的氢化物包括所有的烃，有的烃沸点

比O的氢化物高，故A错误；B．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，故B错误；C．碳的含氧酸有碳酸和羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低，故C错误；D

．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，故D正确；选D。7．实验室利用下列装置进行实验，不能达到实验目的是A．用装置甲制取2ClB．用装置乙除去2Cl中混有的HCl气体C．用装置丙验证潮湿的2Cl具有漂白性

D．用装置丁吸收尾气中的2Cl【答案】D【解析】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，故A不符合题意；B．用装置乙饱和食盐水除去2Cl中混有的HCl气体，故B不符合题意；C．氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，用装置丙验证可以潮湿的

2Cl具有漂白性，故C不符合题意；D．氯化钙不可以和氯气反应，不可以处理尾气，故D符合题意；故选：D。8．有机化合物Z具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线关键步骤如下：有关有机物X、Y和Z的说法正确的

是A．1molZ最多只能与1molNaOH反应B．有机物Y含有3种含氧官能团C．有机物X与丙烯酸互为同系物D．有机物Z中含有手性碳原子【答案】C【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下，与发生取代反应生成和水，则Y为。【解析】A．由结构简式可知，分子中含有的酚羟基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反

应，则1molZ最多只能与2mol氢氧化钠反应，故A错误；B．由结构简式可知，分子的含氧官能团为醚键、酚羟基，共有2种，故B错误；C．由结构简式可知，与丙烯酸含有结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团，互为同系物，故

C正确；D．由结构简式可知，分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；故选C。9．AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，1822.24LO含有的中子数为A2.00NB．常温下，21.7gHS中含有的孤电子对数为A0

.20NC．141.0L0.1molLCuSO−溶液中含有的2Cu+数为A0.1ND．20.2molSO和足量2O充分反应转移的电子数为A0.4N【答案】A【解析】A．18O的中子数为10，V2.24Ln0.122.4L/molVm

mol===182O中子数为2NA，A正确；B．m1.7gn0.05M34g/molmol===，1个H2S中，以S为中心原子，孤电子对数为62122−=，则1.7gH2S中孤电子对数0.1NA，B错误；C．C

uSO4是强酸弱碱盐，铜离子会发生水解，所以溶液中Cu2+的浓度小于0.1mol/L，在1L溶液中，Cu2+的个数小于0.1NA，C错误；D．2232O2SOSO+，该反应有限度，故转移电子数小于0.4NA，D错误；故选A。10．通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷(POCl3)样品中

Cl元素的含量，实验步骤如下：Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入足量的NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖

；Ⅳ.加入指示剂，用cmol·mol-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。下列说法正确的是A．滴定选用的指

示剂为甲基橙B．本次实验测得Cl元素的质量分数为3.55(5-cV)m%C．硝基苯的作用为防止沉淀被氧化D．若取消步骤Ⅲ，测定结果偏大【答案】B【分析】分析实验步骤可知氯离子、SCN-分别和银离子反应，有关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SC

N。【解析】A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A错误；B．Ag+总物质的量为0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物质的量为cmol·mol-1×VmL=cV×10-3mo

l，设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl3

)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV)×10-2g，因此Cl元素的质量分数为3.55(5-cV)m%，B正确；C．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用为防止AgCl转化为Ag

SCN，C错误；D．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，由Cl%=3.55(5-cV)m%，可知Cl%偏小，D错误；答案选B。11．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，

该立方晶胞参数为pma。设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．晶体的最简化学式为66KCaBCB．晶体中与K+最近且距离相等的2Ca+有4个C．晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面D．晶体的密度为3233A2.1710gcmaN−【

答案】B【解析】A．根据均摊法，K原子处在晶胞顶点，个数为188=1，Ca原子处在体心，个数为1个，B原子在晶胞每个面上有2个，则个数为1212=6，C原子每个面上有2个，个数为1212=6，则晶胞的最简化学式为66KCaBC，故A正确；B．K原子处

在晶胞顶点，Ca原子处在晶胞体心，1个K原子同时被8个晶胞共有，则晶体中与K+最近且距离相等的2Ca+有8个，故B错误；C．晶胞中B和C原子构成的多面体，同一个面上的B和C原子构成的面总共有6个，晶胞每个顶点对应1个B和C原子构成的面，总共有8面，合起来6+8=14，故C正确；D．晶胞的质

量为AA3940116126217mggNN+++==，晶胞的体积为v=a310-30cm3，则晶胞密度为33233AA3032172.171001gcmgacmaNN−−−=，故D正确；答案B。1

2．钠基海水电池是一种能量密度高、环境友好的储能电池(示意图如下)，电极材料为钠基材料和选择性催化材料(能抑制海水中Cl−的吸附和氧化)，固体电解质只允许Na+透过。下列说法正确的是A．放电时，a电极发生还原反应B．放电时，b电极的电势低于a电极C．充电时，b电极的电极反应式为：22Cl

2eCl−−−=D．充电时，每转移2mol电子，理论上有2molNa+由b电极迁移到a电极【答案】D【分析】钠为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极，则b为正极；【解析】A．放电时，a电极为负极，钠失去电子发生氧化反应，A错误；B．放电时，a为负极，b为正极，b电极的电

势高于a电极，B错误；C．放电时，a为负极，b为正极，充电时，b电极为阳极，由于选择性催化材料能抑制海水中Cl−的吸附和氧化，故电极上不是氯离子放电，C错误；D．充电时，a为阴极，b为阳极，阳离子向阴极移动

，故每转移2mol电子，理论上有2molNa+由b电极迁移到a电极，D正确；故选D。13．向一恒容密闭容器中加入41molCH和一定量的2HO，发生反应()()()()422:CHgHOgCOg3Hg++。4CH的平衡转化率

按不同投料比()()42CHHOnxxn=随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的．．．是A．12xxB．ab、两点对应的混合气体的平均相对分子质量：abMMC．点abc、、对应的平衡常数：abcKKK=D．

反应温度为1T，当容器内密度不变时，反应达到平衡状态【答案】D【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则x1<x2，故A正确；B．b点和a点，b点CH4的转化率大于a，则b平衡正

向移动，平衡向着分子数增大的方向进行，则mMn=质量不变，分子数增加，相对分子质量减小，则Mb＜Ma，故B正确；C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不

变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc，故C正确；D．该反应恒容密闭容器中在发生，各组分均为气体，由于在反应过程中气体的总质量和总体积均不发生改变，即气体的密度不变，所以温度一定时，当容器内密度不变时，无法判断反应是否

达到平衡状态，故D错误；答案选D。14．常温下，向Co(NO3)2、Pb(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM与pH的关系如图所示，已知pM=−lgc(M)，c(M)代表c(Co2+)、c

(Pb2+)或()-c(R)cHR；Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2]；当被沉淀的离子的物质的量浓度小于1×10−5mol/L时，认为该离子已沉淀完全，下列叙述错误的．．．是A．X、Z分别代表

−lgc(Pb2+)、−lg()-c(R)cHR与pH的关系B．常温下，Co(OH)2的Ksp=1×10−15C．图中a点对应溶液的pH为6.5，此时溶液中c(R−)<c(HR)D．Co(OH)2(s)+Pb2+(aq)Pb(OH)2(s)+Co2

+(aq)的平衡常数K=1×105【答案】C【分析】向混合溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH增大，溶液中c(Co2+)、c(Pb2+)减小，()-c(R)cHR增大，由氢氧化亚钴的溶度积大于氢氧化铅可知，曲线X、Y、

Z分别代表−lgc(Pb2+)、−lgc(Co2+)、−lg()-c(R)cHR与pH的关系；由图可知，常温下，溶液中pH为10时，溶液中铅离子、亚钴离子的浓度分别为10—12mol/L、10—7mol/L，则氢氧化铅和氢氧化亚钴的溶度积分

别为10—12×(10—4)2=10—20和10—7×(10—4)2=10—15；溶液中−lg()-c(R)cHR为0时，溶液pH为5，则由Ka=()-+c(R)c(H)cHR可知，Ka=10—5。【解析】A．由分析可知，曲线X、Y、Z分别代表−lgc(Pb2+)、−l

gc(Co2+)、−lg()-c(R)cHR与pH的关系，故A正确；B．由分析可知，氢氧化亚钴的溶度积为10—7×(10—4)2=10—15，故B正确；C．a点对应溶液的pH为6.5时，溶液中()-c(R)cHR=+aKc(H)=5

6.51.0101.010−−＞1，则溶液中c(R−)大于c(HR)，故C错误；D．由方程式可知，反应的平衡常数K=2+2+c(Co)c(Pb)=2+2-2+2-c(Co)c(OH)c(Pb)c(OH)=sp2sp2K[Co(OH)]K[Pb(OH)

]=15201.0101.010−−=1×105，故D正确；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共58分。15.（14分）MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水

(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)制备MnCO3：己知：几种金属离子沉淀的pH如表。金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.76.410.4回

答下列问题：(1)①中加入过量MnO2的作用是。(2)过程③中调pH的目的是。(3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程是。(4)过程④中得到的副产品的化学式是。(5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300℃时，剩余固体中n

(Mn)：n(O)为；图中点D对应固体的成分为(填化学式)。(6)NF3与NH3的立体构型相同，两者中心原子的轨道杂化类型均为，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因。【答案】(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+（2分）(2)

使Cu2+转化为Cu(OH)2除去（2分）(3)Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O（2分）(4)NH4Cl（1分）(5)1：2（2分）Mn3O4和MnO（2分）(6)sp3（1分）F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强

，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（2分）【分析】根据流程：酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)加过量MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣

为Fe(OH)3和过量的MnO2，滤液A含有Mn2+、Cl-、H+、Cu2+，加氨水调节pH=6.4，则Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤，滤渣Q为Cu(OH)2沉淀，滤液B含有Mn2+、Cl-，加碳酸氢铵反应：

Mn2++2-3HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析作答。【解析】（1）MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（2）调pH=6.4，除去溶液中的铜离子，使Cu2+完全沉淀为Cu(OH)2；

（3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2++2-3HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，流程中，氯离子未除去，加入铵根离子，则副产品为NH4

Cl；（5）MnCO3的物质的量为1mol即质量为115g，A点剩余固体质量为115g×75.65%=87g，减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)

：n(O)为1：2；C点剩余固体质量为115g×61.74%=71g，据锰元素守恒知m(Mn)=55g,则m(O)1=71g-55g=16g，则n(Mn)：n(O)=55165516：=1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩

余固体质量为115g×66.38%=76.337g，因m(Mn)=55g,则m(O)2=76.337g-55g=21.337g，则n(Mn)：n(O)=6215.3555371：=3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物；故答案

为：1：2；Mn3O4和MnO；（6）NF3与NH3的空间构型相同，这两种分子中中心原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的轨道杂化类型为sp3；F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致N

F3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；16.（15分）化合物F是合成某药物的中间体，其合成路线如下：(1)A的名称为。(2)B分子中含氧官能团的名称为，中碳原子的杂化方式为。(3)A、B、C、D、E分子

中含有手性碳原子的是(填标号)。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：(任写一种)。①除苯环外不含其他的环，且苯环上有5个取代基。②分子中有4种不同化学环境的氢原子。(5)D→E的反应类型为。(6)设计以乙烯和为原

料制备治疗类风湿关节炎药物中间体的合成路线流程图。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1)对溴苯甲酸甲酯(或4-溴苯甲酸甲酯)（2分）(2)羟基、酯基（2分）sp、3sp（2分）(3)E（2分）

(4)(或)（2分）(5)取代反应（1分）(6)2ODBBA2232HBrCHCHCHCHOBrCHCHO=⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂△（3分）【分析】在催化剂作用下与CH≡CCH2CH2OH发生取代反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下与次氯酸钠发生氧化反

应生成，在催化剂作用下与溴化氢发生取代反应生成，在催化剂作用下与，反应生成，以此解题。【解析】（1）根据A的结构简式可知A的名称为：对溴苯甲酸甲酯(或4-溴苯甲酸甲酯)；（2）根据B的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羟基、酯基；中含有饱和碳和三键碳杂化方式分别为：3

sp、sp；（3）根据A、B、C、D、E的结构简式可知，分子中含有手性碳原子的是，故答案为E；（4）由C的同分异构体苯环上有4个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子可知，C的同分异构体分子结构对称，苯环上连有的取代基为3O||CCH−、3OCH−和3CH−，符合条件的结构简式为、；（5）对比

D和E的结构简式可知D→E的反应类型为D中的一个氢原子被溴原子取代，反应类型为取代反应；（6）由题给有机物的转化关系可知，以乙烯和为原料制备的步骤如下：在催化剂作用下乙烯发生催化氧化反应生成乙醛，在催化剂作用下乙醛与溴化氢发生取代反应生成2BrCHCHO，2BrCHCHO在催化剂作用下与反应生成，

故答案为：2ODBBA2232HBrCHCHCHCHOBrCHCHO=⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂△。17.（14分）过氧化尿素[()2222CONHHO，无毒无味的白色粉末，易溶于水，水溶液离解为尿素和22HO，45℃以上能分解]是一种新型精细化工产品，也是一种新型的固体消毒剂和氧化剂，其合成

原理如下：()()3022222222CONHHOCONHHO+→℃，实验过程：在三口烧瓶(实验装置如图所示)中加入一定比例的双氧水、尿素和稳定剂，搅拌，固体溶解后，升温至30℃，反应40min，加入包膜剂，继续搅拌10

min。然后降温至0℃，结晶3h后，抽滤，将滤饼置于烘箱中，50℃下烘干2h，得到最终的过氧化尿素产品。回答下列问题：(1)仪器A的名称是。(2)过氧化尿素是过氧化氢和尿素的加合产物，二者之间通过(填“配位键”或“氢键”)相结合。(3)从抽滤后的母液

中分离出22HO和尿素，可采用的操作是___________(填字母)。A．盐析、过滤B．减压蒸馏、结晶C．分液、过滤D．减压蒸馏、萃取(4)过氧化尿素的纯度与干燥温度的关系如图所示：干燥温度高于50℃后过氧化尿素的纯度下降

的原因是。(5)为测定产品中活性氧的含量，称取干燥样品4.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容，准确量取25mL于锥形瓶中，加入2mL6.0mol⋅L-1硫酸，然后用0.1000mol⋅L-1的KMnO4标准溶液滴定，滴定终点时，消耗KMnO4溶液16.00

mL(已知KMnO4溶液与尿素不反应)。①写出用KMnO4标准溶液滴定时反应的离子方程式：。②本实验KMnO4溶液滴定过程中操作滴定管的图示正确的是(填字母)。③活性氧的计算公式为()0.04VmLX100%m=标准溶液样品，根据滴定结果，可确定产品中活性氧的含量

为%。④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】(1)球形冷凝管（1分）(2)氢键（1分）(3)B（2分）(4)温度高于50℃时，过氧化尿素容易分解（2分）(5)①2224225HO2MnO6H2Mn5O8HO−++++=++（

2分）②A（2分）③16（2分）④偏高（2分）【分析】该实验的目的是尿素和过氧化氢溶液在水浴加热条件下制备过氧化尿素，并用滴定的方法测定过氧化尿素产品中活性氧的含量。【解析】（1）由实验装置图可知，仪器A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（

2）由分子式可知，过氧化尿素分子中尿素和过氧化氢通过氢键相结合，故答案为：氢键；（3）由题给信息可知，过氧化尿素受热易发生分解反应，为防止过氧化尿素受热分解，从抽滤后的母液中分离出过氧化氢和尿素，可采用减压蒸馏、结晶的操作达到实验目的，故选B；（4）由题给信息可知，过氧化尿素受热易发

生分解反应，干燥温度高于50℃后过氧化尿素的纯度下降说明温度高于50℃时，过氧化尿素容易分解，故答案为：温度高于50℃时，过氧化尿素容易分解；（5）①由题意可知，滴定时发生的反应为过氧化氢溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，

反应的离子方程式为2224225HO2MnO6H2Mn5O8HO−++++=++，故答案为：2224225HO2MnO6H2Mn5O8HO−++++=++；②酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以应用酸式滴定管盛装酸性高锰酸钾溶液，滴定时应用左手控制滴定管活塞，防止活塞脱落，所以操作

滴定管的图示为A，故选A；③滴定消耗16.00mL0.1000mol/L高锰酸钾溶液，则由题给公式可知，产品中活性氧的含量为0.0416.004.000×100%=16%，故答案为：16；④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏大

，导致测得的活性氧含量偏高，故答案为：偏高。18.（15分）CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质()Sl：()()()()222COgSOgSl2COg+=+H。回答下列问题：(1)已知CO的燃烧热1为任意常

数283.0kJ⋅mol-1，()()()22S1OgSOg+=296.8H=−kJ⋅mol-1。则上述反应的H=kJ⋅mol-1。(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2

O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为，晶体中，铁与镍数目之比为。(3)在容积为2L的密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，在

一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示：①0~2min内的平均反应速率()COv=mol⋅L-1⋅min-1。②2min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是(填字母)。a

．选用更高效的催化剂b．升高温度c．及时分离出CO2d．增加CO的浓度的平衡转化率(4)在密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。①压强1p、2p、3p由大到小的关系是。②B点对应条件下x=K[对于反应()()

()()mAg+nBgpCg+qDg，()()()()pqxmnxCxD=xAxBK，x为物质的量分数]。③A点和C点压强平衡常数之比为(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。【答案】(1)-269.2（2分）(2)

Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（2分）8（1分）1:2（1分）(3)0.3（2分）d（1分）(4)①321p>p>p（2分）②176（2分）③31p:p（2分）【解析】（1）由CO

的燃烧热为283.0kJ/mol可得①221CO(g)+O(g)=CO(g)2ΔH=-283.0kJ/mol，又已知②()()()22S1+Og=SOgΔH=-296.8kJ/mol，由盖斯定律①2-②得()()()()222COg+SOg=S1+2COgΔH=2(-283

.0kJ/mol)-(-296.8kJ/mol)=-269.2kJ/mol；（2）从图中可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上

层晶胞中下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；晶胞铁原子为118+6=482，镍原子为8，铁与镍数目之比为1:2；（3）①设平衡时SO2消耗了xmol，三段式为222CO(g)+SO(g)s(l)+2CO(g)

(mol)210(mol)2xx2x(mol)2-2x1-x2x始转平，所以2x100%=50%2-2x+1-x+2x，解得x=0.6，0~2min内的平均反应速率-1-1-1-120.6v(CO)=molLmin=0.3molLmin22

；②a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误；b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误；c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故c错误

；d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确；故答案为：d；（4）①图像显示同温(T2)变压123ppp→→，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是321p>p>p；②三段式222CO

(g)+SO(g)s(l)+2CO(g)(mol)210(mol)1.60.81.6(mol)0.40.21.6始转平，n(总)=2.2mol，B点对应条件下2x21.6()2.2K==1760.40.2()2.22.2；