【文档说明】湖南省湘西自治州2024-2025学年高三上学期自检化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.166 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．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-1C-12N-14O-16F-19Al-27Si-28S-32Cl-35.5Cu-64Br-80Mo-96一、

选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列文物的主要成分属于天然高分子材料的是A.大禾方鼎B.青釉执壶C.朱地彩绘棺D.豕形铜尊【答案】C【解析】【详

解】A．大禾方鼎是商代晚期铜器，属于合金材料，不属于天然高分子材料，A不合题意；B．青釉执壶是瓷器，为无机非金属材料制成，不属于天然高分子材料，B不合题意；C．朱地彩绘棺是一件汉代漆器，主要成分为天然高分子材料，C符合题意；D．豕形铜尊是商代青铜

器，属于金属材料，不属于天然高分子材料，D不合题意；故选C。2.下列离子组在指定条件下能大量共存的是A.在澄清溶液中：Cu2+、4NH+、24SO−、Cl-B.在0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中：Mg2+、Na+、3HCO−、3NO−C.在0.1mol·L-1HI溶液中：Fe3+、Al

3+、Br-、3NO−D.在0.1mol·L-1FeSO4溶液中：Na+、4NH+、S2-、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．在澄清溶液中，Cu2+、4NH+、24SO−、Cl-之间不发生反应，可以大量共存，A正确；B．在0.1mol·L-1Ba(OH

)2溶液中，Mg2+、3HCO−与-OH反应不能大量共存，B错误；C．在0.1mol·L-1HI溶液中，Fe3+与-I发生氧化还原反应不能大量共存，C错误；D．在0.1mol·L-1FeSO4溶液中，S2-与F

e2+生成FeS沉淀不能大量共存，D错误；答案选A。3.下列关于反应()()4222343NHAuCNHO2HOHCNAuCN3HONH+=++的叙述错误的是A.2HO分子的空间结构和VSE

PR模型一致B.基态N原子的电子排布式：2231s2s2pC.()41molAuCN−含8molσ键D.HCN的中心原子采用sp杂化【答案】A【解析】【详解】A．2HO的价层电子对数为612242−+=，孤电子对数为2，空间结构为V

形，VSEPR模型为四面体形，2HO分子的空间结构和VSEPR模型不一致，A错误；B．基态N原子核外7个电子，电子排布式：2231s2s2p，B正确；C．每个-CN含有1个键，每个配位键含有1个键。

1个()4AuCN−含有4个-CN，4个配位键，()41molAuCN−含8molσ键，C正确；D．HCN的结构式为H-CN，中心原子C价层电子对数为2，无孤电子对，采用sp杂化，D正确；故答案为：A。4.下列所选试剂中，能探究相应元素化合价变化的是选项abc

探究相应元素化合价变化A浓氨水NaOH固体浓硫酸N：302−→→+B75%硫酸溶液23NaSO粉末溴水S：646+→+→+C浓盐酸3KClO固体NaHS溶液Cl：501+→→−D稀硫酸FeS固体3FeCl溶液Fe：232+→+→+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】

【详解】A．浓氨水和NaOH固体生成氨气，氮的化合价是-3，氨气与浓硫酸反应，化合价不变，故A错误；B．23NaSO粉末中的硫元素为+4价，二氧化硫和溴水反应生成+6价的硫元素，没有探究化合价+6到+4的变化，故B错误；C．氯酸

钾中氯元素为+5价，和浓盐酸反应生成0价的氯气，氯气和硫化氢钠反应生成-1价的氯离子，故C正确；D．稀硫酸和FeS固体生成+2价的铁离子，生成的硫化氢和3FeCl溶液反应，没有探究+2到+3的变化，故D错误；答案选C。5.在不同温度下，用相同浓度

NaOH溶液吸收氯气，测得氧化产物与转移电子的数量关系如图所示。已知：反应1、反应3都只有一种氧化产物，且分别在25℃、70℃条件下进行。反应2有两种氧化产物，其中一种与反应1相同，另一种与反应3相同。下列叙述错误的是A.制备漂白液宜选择常温条件下进行

B.反应2为6Cl2+12NaOH=8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2OC.上述3个反应中，参与反应的n(NaOH)=2n(Cl2)D.根据上述信息可知用热水稀释漂白液，导致有效成分含量降低【答案】B【解析】【分析】由题干图示信息可知，得到1mol氧化产物，反

应1转移1mol电子，反应3转移5mol电子，结合已知信息：反应1、反应3都只有一种氧化产物，且分别在25℃、70℃条件下进行。反应2有两种氧化产物，其中一种与反应1相同，另一种与反应3相同可推测反应1为：Cl2

+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应3为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，而得到1mol氧化产物，反应2转移3mol电子，故反应3为：4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4

H2O，据此分析解题。【详解】A．已知漂白液的有效成分为NaClO，结合分析可知，25℃下反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故制备漂白液宜选择常温条件下进行，A正确；B．由分析可知，反应24Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO

3+4H2O，B错误；C．由分析可知，上述3个反应中，参与反应的n(NaOH)=2n(Cl2)，C正确；D．根据上述信息可知用热水稀释漂白液，将导致NaClO分解转化为NaClO3而失去漂白能力，导致有效成分含量降低，D正确；故答案为：B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，

X和W构成18电子分子，短周期中基态Y原子未成对电子数最多，Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，化合物XWZ具有漂白性。下列叙述正确的是A.第一电离能：YZB.最高价氧化物对应水化物酸性：YWC.3YX是非极性分子D.3YW挥发

时破坏了共价键【答案】A【解析】【分析】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，Z为O元素；短周期中基态Y原子未成对电子数最多，且原子序数小于Z，故Y为N元素；X和W构成18电子分子，化合物XWZ具有漂白性，可知X为H元素；W为Cl元素。【详解

】A．Y为N元素，Z为O元素；基态N原子2p能级处于半充满状态，能量较低，第一电离能大为于同周期相邻元素的，元素第一电离能：NO，A正确；B．Y为N元素，W为Cl元素；非金属性：ClN，最高价氧化物对应水化物酸性：ClN，B错误；C．Y为N元素，

X为H元素；3NH为三角锥形，属于极性分子，C错误；D．Y为N元素，W为Cl元素；3NCl挥发时克服了分子间作用力，没有发生化学反应，共价键未被破坏，D错误；故答案为：A。7.Fe、Cu、N及其化合物的部分“价-类”二维图如图所示。下

列叙述错误的是A.若a在常温常压下呈气态，则在雷电作用下，a与O2反应生成fB.若c为蓝色，则一步反应能实现：c→b→aC.若a能被强磁铁吸引、则a和e能发生化合反应D.若d为红褐色，则b、c与足量的稀硝酸均能发生氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A．若a在常温常

压下呈气态，说明a为N2，则f为NO2，而在雷电作用下，a即N2与O2反应生成NO即b而非f，A错误；B．若c为蓝色，则c为Cu(OH)2，则a为Cu、b为CuO，Cu(OH)2受热分解生成CuO、CuO被H2、CO还原

为Cu，即可一步反应能实现：c→b→a，B正确；C．若a能被强磁铁吸引即a为Fe，则e为Fe2(SO4)3、则a和c能发生化合反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，C正确；D．若d为红褐色即为Fe(OH)3，则b为FeO、c为Fe(OH)2，故b、c

与足量的稀硝酸均能发生氧化还原反应，方程式分别为：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，3Fe(OH)2+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+8H2O，D正确；故答案为：A。8.设AN为阿伏加德罗常

数的值。部分含硫的物质有如图所示转化关系(不含硫的物质省略)。下列叙述正确的是A.反应①中，生成3.2gS时转移电子数为A0.6NB.反应②中，11L0.1molLNaOH−溶液中含O原子数为A0.1NC.反应②中，1231L0.1molLNaSO−溶液中含阴离子数小于A0.1ND.反应③

中，生成2231molNaSO时消耗S单质的数目为AN【答案】D【解析】【分析】H2S与浓硫酸反应生成S、SO2等；SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3与S在加热条件下反应生成Na2S2O3。【详解】A．反应①中，H2S转化为S，浓硫酸转化为SO2，

则生成3.2gS(物质的量为0.1mol)时转移的电子数为0.2NA，A不正确；B．反应②中，1L0.1mol·L-1NaOH溶液中，除OH-中含有O原子外，H2O中也含有O原子，则含有的O原子数大于0.1NA，B不正确；C．

反应②中，1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，23SO−发生部分水解，生成3HSO−和OH-等，则含有的阴离子数大于0.1NA，C不正确；D．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成1mol还原产物(Na2S2O3)时，消耗Na

2SO3、S各1mol，则消耗的S原子数为NA，D正确；答案选D。9.四氮化四硫()44SN是制备其他含SN−键化合物的最主要的原料，为了探究44SN与水反应的情况，进行如图实验。实验中观察到甲中固体逐渐溶解，乙中溶液变红色。下列推断

错误的是A.乙中干燥管能防倒吸B.甲中有氨气产生C.若用稀硫酸替代水，甲中可能观察到“白烟”D.其他条件不变，移走热水浴，乙中变色速率减慢【答案】C【解析】【分析】甲中44SN与水加热反应生成3NH进入乙中的酚酞溶液，使

溶液变红。【详解】A．3NH极易溶于水，乙中干燥管能防倒吸，A正确；B．乙中溶液变红色说明甲中有氨气产生，B正确；C．若用稀硫酸替代水，甲中44SN与水加热反应生成的3NH与硫酸反应生成硫酸铵进入甲溶液，观察不到“白烟”，C错误；D．其他条件不变，移

走热水浴，温度降低，产生氨气速率减慢，乙中变色速率减慢，D正确；故答案为：C。10.在酸性介质中，电解异丙醇高选择性制备丙酮，原理如图所示。下列叙述正确的是的A.a极与电源正极连接B.a极附近电解质溶液的pH降低C.b极的电极反应式为D.产生11.2L(标准状况)气体R时迁移2mol质子

【答案】C【解析】【分析】该电池b电极，异丙醇生成丙酮，发生氧化反应，为电解池的阳极，与电源正极相连，电极反应为；a为电解池的阴极，与电源负极相连，电极反应为+22H+2e=H−，据此回答；【详解】A．由分析可知，a为阴极，与电源负极相连，A错误；B．a极的电极反应为+

22H+2e=H−，氢离子浓度减小，a极附近电解质溶液的pH变大，B错误；C．由分析可知，b极的电极反应为，C正确；D．R为氢气，电极反应为+22H+2e=H−，产生11.2L(标准状况)气体R时，即产生0.5mol氢气，迁移1mol电子，D错误；故选C。11.我国清代《本草纲目

拾遗》中记载：“粤中洋行有舶上铁丝……日久起销，用刀刮其销……所刮下之销末，名铁线粉。”以烧渣(主要成分为23FeO、34FeO、23AlO，含少量CuO、2SiO等)为原料制备“铁线粉”的流程如图所示。下列叙述错误的是A.铁线粉的主要成分是23FeOB.滤渣的主要成分

可用于制造光导纤维C.滤液1呈深蓝色D“除铝”步骤中，需要分液漏斗、烧杯等仪器【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，向烧渣加入稀硫酸和过氧化氢混合溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤

渣和滤液；向滤液中加入过量的氨水，溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，两性氢氧化物氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸根离子，过滤得到含有四羟基合铝酸根离子的滤液和

氢氧化铁；氢氧化铁灼烧分解得到主要成分为氧化铁的铁线粉。【详解】A．由分析可知，铁线粉的主要成分为氧化铁，A正确；B．滤渣的主要成分是可用于制造光导纤维的二氧化硅，故B正确；C．由分析可知，滤液1中含有四氨合铜离子，溶液呈深蓝色，故C正确；

D．除铝的操作为固液分离的过滤操作，过滤需要用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要用到分液漏斗，故D错误；故选D。12.一般认为生成金刚砂(SiC)的总反应是()()()()21600SiOs3CsSiCs2COg++℃，经研究，该制备过程分四步完成：①()()(

)()2CsSiOsSiOgCOg+=+②()()()()22SiOsCOgSiOgCOg+=+③()()()2CsCOg2COg+=④()()()()2CsSiOgSiCsCOg+=+下列叙述错误的是A.反应①中，氧化剂、还原剂的质量之比为5:1B

.反应②中，21molSiO中含有4mol硅氧键C.反应③既是化合反应又是氧化还原反应D.反应④中，12gC完全反应时转移1mol电子.【答案】D【解析】【详解】A．反应①中碳元素化合价升高，C为还原剂；硅元素

化合价降低，2SiO为氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:1，质量之比为160:1125:1=，A正确；B．2SiO中每个Si参与4个Si-O的形成，21molSiO中含有4mol硅氧键，B正确；C．反应③有元素化合价发生变化属于氧化还

原反应，两种反应物生成一种产物属于化合反应，C正确；D．()()()()2CsSiOgSiCsCOg+=+中碳元素化合价由0价升高到+2价，12gC为1mol，完全反应时转移2mol电子，D错误；故答案为：D。13.由三种短周期主族元素组成化合物M，有如图转化关系下列推断错误的是A

.固体ii为CuSB.X具有漂白性和还原性C.M的化学式可能为()422NHSD.可用湿润的红色石蕊试纸检验气体Y【答案】B【解析】【分析】由向溶液中加入过量氢氧化钙共热反应生成气体Y可知，溶液中含有铵根离子、气体Y为氨

气，则由氮原子个数守恒可知，固体M中含有铵根离子的物质的量为4.48L0.2mol22.4L/mol=；由气体X能与硫酸铜溶液反应生成黑色沉淀可知，气体X为硫化氢、黑色固体为硫化铜；由化合物M由三种短周期主族元素组成

可知，淡黄色固体为硫，由硫原子原子个数守恒可知，M中含有硫原子的物质的量为3.2g9.6g0.2mol32g/mol96g/mol+=，则M中铵根离子与硫原子的物质的量比为1：1，化学式为()422NHS，据此作答。【详解】A．由分析

可知，黑色固体ⅱ为硫化铜，故A正确；。B．由分析可知，X为硫化氢，硫化氢不具有漂白性，故B错误；C．由分析可知，M的化学式为()422NHS，故C正确；D．气体Y为氨气，可用湿润的红色石蕊试纸检验，故D正确；答案选B。14.甲胺电离方程式

为32233CHNHHOCHNHOH+−++。常温下，向120mL0.1molL−甲胺(32CHNH)溶液中缓慢滴加等物质的量浓度的盐酸，混合溶液中粒子(32CHNH或33CHNH+)浓度与盐酸体积的关系如

图所示。常温下，()32pKbCHNH3.34=，下列叙述正确的是(忽略反应过程中温度的变化)A.水的离子积常数及水的电离程度：WTB.W点：()()()32cCHNHcOHcCl−−+C.T点：()()()()()3332cClcCHNHcHcOHcCHNH−

++−D.当V10mL=时，()()()()33322cHcCHNH2cOHcCHNH++−+=+【答案】D【解析】【详解】A．水的离子积常数与温度有关W=T，甲胺浓度逐渐减小，碱性减弱，所以电离程度逐渐增大W＜

T，故A错误；B．W点32CHNH与33CHNH+相同，又因为电离大于水解，所以：()()32cClcCHNH−，故B错误；C．T点32CHNH和盐酸完全反应生成33CHNH+，发生水解反应：()()

()()()3332cClcCHNHcHcCHNHcOH−++−，故C错误；D．当V10mL=时，存在电荷守恒()()()()33cHcCHNHcOHcCl++−−+=+，又可知加入盐酸为甲胺的一半，根据原子守恒()()

()3233cCHNHcCHNH2cCl+−+=，联立可得()()()()33322HCHNH2OHCHNHcccc++−+=+，故D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.活泼的碱金属

可以溶解在液氨中形成蓝色溶剂化电子3e(NH)n−，某小组拟探究液氨与钾反应，实验装置如图所示。已知：氨的熔点是77.7−℃，沸点是33.5−℃；50−℃时，31000gNH溶解12.3molK，先形成蓝色溶

液后发生置换反应，产物之一是氨基钾()2KNH。请回答下列问题：（1）A、C装置中碱石灰的作用是_______、_______。（2）钾和液氨反应生成溶剂化电子的离子方程式为_______。写出钾和液氨发生置换反应的化学方程式：_

______。（3）若D装置中钾片表面有氧化膜，氧化膜溶于液氨生成两种含钾产物，其中一种是氨基钾(2KNH)，另一种是_______(填化学式)。（4）E装置中试剂宜选择_______(填字母)。a.碱石灰b.五氧化二磷c.无水氯化钙d.生石灰（5）设计实验

证明D装置中的另一种气体产物：_______。【答案】（1）①.碱石灰溶于水放热，促进NH3•H2O分解，且OH-浓度增大，有利于NH3逸出②.干燥氨气（2）①.()-+33nK+nNH=K+eNH②.3222K2NH2KNHH+=+（3）KOH（4）bc（

5）将E装置导出的气体点燃(或通过赤热氧化铜)，若产生淡蓝色火焰(或黑色粉末变为红色粉末)，则D装置中生成了H2【解析】【分析】装置A为NH3制备装置，碱石灰可吸收浓氨水中的水分，并放出大量的热，使浓氨水受热分解产生氨气，

有利于氨气逸出；装置B为了产生较稳定的气流，空的集气瓶可作为安全瓶起缓冲作用；装置C用碱石灰来吸收NH3中的水蒸气，起干燥作用；装置D为制备装置，液氨与钾发生反应：3222K2NH2KNHH+=+；装置E为尾气处理装置，吸收氨气防止氨气直接排入空气中污染环境，同时避免空气中的

水蒸气进入装置干扰实验，可用P2O5固体吸收氨气和水蒸气，据此分析解答问题。【小问1详解】由分析可知装置A为NH3制备装置，碱石灰可吸收浓氨水中的水分，并放出大量的热，促进NH3•H2O分解，且OH-浓度增大，有利于NH3逸出；装置C用碱石灰来吸收NH3中的水蒸气，起干燥作用；【小问

2详解】钾和液氨反应生成溶剂化电子的离子方程式为()-+33nK+nNH=K+eNH；钾和液氨发生置换反应生成氨基钾和氢气，化学方程式：3222K2NH2KNHH+=+；【小问3详解】氧化膜(主要成分为K2O)溶于

液氨生成两种产物，其中一种是氨基化钾(KNH2)，根据元素守恒可知另一种是KOH；【小问4详解】装置E为尾气处理装置，吸收氨气防止氨气直接排入空气中污染环境，同时避免空气中的水蒸气进入装置干扰实验，可用P2O5固体或无水氯化钙吸收氨气和水蒸气，故选bc；【小问5详解】

证明D装置中产物之一的方法是将E装置导出的气体通过浓硫酸，并点燃(或通入灼热的氧化铜中)，若产生蓝色火焰(或黑色粉末变为红色粉末)，则D装置中生成了氢气。16.钼广泛应用于微量肥料、汽车喷涂以及催化剂等。以钼精矿(主要成分是2Mo

S，含少量2FeS、CuS、ZnS、3CaCO、2SiO等杂质)为原料制备高纯度钼的工艺流程如图所示。已知：①“焙烧”的含钼产物有3MoO、()243FeMoO、4CuMoO和4ZnMoO。②3MoO具有酸性氧化物类似的性质，“滤液”中的主要阳离子有[Zn(NH3

)4]2+、()234CuNH+、4NH+。③()22334Cu4NHCuNH+++131K2.010=；()36KspCuS6.010−=。请回答下列问题：（1）“焙烧”时采用高压通入空气，其目的是_______。（2）“焙烧”的气体产物为2CO和2SO，检验这两

种气体时，将气体依次通过品红溶液、X、品红溶液、澄清石灰水。①X是_______(填一种)。②第二次将气体通过品红溶液的目的是_______。③写出2MoS生成3MoO的化学方程式：_______。（3）“除杂”中发生反应

：()()()()()22334CuNHaqSaqCuSs4NHaq+−++，该反应能完全进行的原因是_______。（4）将钼酸铵发生“焙解”反应产生的两种气体依次通过无水4CuSO粉末(甲)、酚酞溶液(乙)，发现甲变蓝色，乙变红色，则这两种气体是_______(填化学式)。（5

）分别利用Al、木炭(氧化产物为2CO)、2H和CO还原3MoO制备等质量Mo，消耗还原剂的相对质量如图所示。代表还原剂c的是_______(填字母)。A.AlB.木炭C.2HD.CO【答案】（1）增大O2浓度，提高反应速率（2）①.溴水、酸性KMnO4溶液、酸性重铬酸钾溶液等

②.检验SO2已除尽，避免对后续CO2的检验产生干扰③.22322MoS7O2MoO4SO++焙烧（3）该转化反应的平衡常数()2153613sp1118.31010CuS6.0102.010KKK−==，故反应能完全进行（4）H2O、NH3（5）

A【解析】【分析】钼精矿在空气中焙烧，焙烧后含钼产物有MoO3、Fe2(MoO4)3、CuMoO4和4ZnMoO，之后氨浸得到滤液，滤液中主要的阳离子有()234ZnNH+、()234CuNH+、4NH+，因为3MoO具有酸

性氧化物类似的性质，所以3MoO转化为24MoO−，再加入硫化铵溶液得到杂质金属元素的硫化物沉淀，分离沉淀；之后沉钼得到钼酸铵沉淀，钼酸铵焙解可得三氧化钼，电解得到钼。【小问1详解】“焙烧”时采用高压通入空气，其目的是：增大O2浓度，提高

反应速率；【小问2详解】“焙烧”的气体产物为2CO和2SO，检验这两种气体时，将气体依次通过品红溶液检验含有二氧化硫、再通入溴水、酸性KMnO4溶液、酸性重铬酸钾溶液等除去二氧化硫、再通入品红溶液检验二氧化硫已完全除去，避免对后

续CO2的检验产生干扰、最后通入澄清石灰水检验含有2CO；根据得失电子守恒以及原子守恒，2MoS生成3MoO的化学方程式：22322MoS7O2MoO4SO++焙烧；【小问3详解】()()()()()22334CuNH

aqSaqCuSs4NHaq+−++，反应的平衡常数()2153613sp1118.31010CuS6.0102.010KKK−==，故反应能完全进行；【小问4详解】无水4CuSO粉末变蓝色、

说明含有H2O，酚酞溶液变红色，说明含有NH3；【小问5详解】假设还原3MoO得到1molMo，则得到6mol电子，根据得失电子守恒，分别需要2molAl(即54g)、1.5mol木炭(即18g)、3mol2H(即6g)和3molCO(即84g)，则相对质

量之比为：54∶18∶6∶84=9∶3∶1∶14；因此代表还原剂c的是Al。17.氟的氧化物在化工生产中有广泛应用。常见氟的氧化物有OF2、O2F2等。请回答下列问题：（1）O2F2中氧元素的化合价为_______。（2）OF2分子空间结构为，其键角小于109°

28′的原因是_______。（3）向热的NaOH溶液中通入F2，只有OF2一种气体生成，写出该反应的离子方程式：______。（4）0.1molOF2(g)与足量水蒸气完全反应生成O2(g)和HF(g)时放出热量31

.27kJ，写出该反应的热化学方程式：_______。（5）在TK下，向恒容密闭容器中充入适量O2F2气体发生分解反应：()()()2222OFgOgFg+，测得O2F2、F2浓度随时间的变化如图所示。的①逆反应速

率：a_______(填“>”“<”或“=”)b。②0～4min内平均反应速率v(O2)=_______11molLmin−−。该温度下，该反应的平衡常数K=_______(结果保留2位小数)。（6

）测定OF2样品的纯度。取aLOF2样品(杂质不参与反应)缓缓通入足量的KI溶液(含适量稀硫酸)中，充分反应完后，将溶液稀释至250mL，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3标准

溶液滴定至终点，消耗标准溶液bmL(已知有关反应：222OF2H4I2F2IHO+−−++=++，2222346I2SO2ISO−−−+=+)。①达到滴定终点的标志是_______。②该OF2样品的纯度为_______g/L(用含

a、b、c的代数式表示)。【答案】（1）+1（2）OF2的中心原子O采取sp3杂化，其价层有2个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力（3）2222F2OH2FOFHO−−+++（4）()()()()222OFgHOgOg2HFg+=+13127JΔH.

kmol−=−（5）①.＜②.1.25×10-2③.0.16（6）①.滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色刚好变为无色且半分钟不变色②.0.135bca【解析】【小问1详解】在O2F2分子中，两个O原子形成1个共价键，每个O原子

分别与1个F原子形成1个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，由于原子吸引电子的能力：F＞O，故O2F2中，O为+1价，F为-1价；【小问2详解】在OF2中，中心O原子价层电子对数是：2+6-212=4，OF2的中

心原子O采取sp3杂化，其价层有2个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角小于109°28′；【小问3详解】向热的NaOH溶液中通入F2，只有OF2一种气体生成，同时反应产生NaF、H2O，该反应的离子

方程式：2222F2OH2FOFHO−−+++；【小问4详解】0.1molOF2(g)与足量水蒸气完全反应生成O2(g)和HF(g)时放出热量31.27kJ，则1molOF2(g)发生该反应放出热量是312.7kJ，则该反应的热化学方程式：()

()()()222OFgHOgOg2HFg+=+13127JΔH.kmol−=−；【小问5详解】①在恒温恒容时向容器中充入适量O2F2气体，发生该分解反应。该反应从正反应方向开始，在a点时反应未达到平衡状态，反应正向进行，反应物浓度逐渐减小，

生成物浓度逐渐增大，因此v正逐渐减小，v逆逐渐增大，v正＞v逆；当反应进行到b点时恰好达到平衡，v正=v逆，此时v正达到该条件下最小值，v逆达到该条件下的最大值，故逆反应速率：a＜b；②根据图示可知：在0～4min内F2的浓度增大了0.05mol/L，根据物质

反应转化关系可知该时间段O2的浓度也会增大0.05mol/L，则该时间段内用O2的浓度变化表示的平均反应速率v(O2)=0.05mol/L4min=1.25×10-2mol/(L·min)；根据图像可知：在该温度下当反应达到平衡时，c(O2F2)=0.03mol/L，c(O2)=c(F2

)=0.07mol/L，故该反应的化学平衡常数K=2222c(O)c(F)0.070.07=c(OF)0.03=0.16；【小问6详解】①若二者恰好反应完全，再滴入Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色会褪

去，不再变为蓝色，故达到滴定终点的标志是滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色刚好变为无色且半分钟不变色；②根据反应方程式+--222OF+2H+4I=2F+2I+HO，2--2-22346I+2SO=2I+SO可得关系式：OF2～2I2～42-23SO，aLOF2样

品与足量KI溶液反应后得到的250mL进行滴定时消耗Na2S2O3的物质的量是n(Na2S2O3)=250mL25.00mL×cmol/L×b×10-3L=bc×10-2mol，则n(OF2)=14n(Na2S2O3)=2.5bc×10-3mol，该

OF2样品的纯度为：-32.5bc10mol54g/molaL=0.135bcag/L。18.以苯为原料合成某药物中间体E的流程如图所示：请回答下列问题：（1）有机物ii的名称是_______；

C中官能团有硝基和_______。（2）B→C的反应类型是_______。（3）下列物质中，常温下Ka由大到小的排序为_______(用字母表示)。a.b.c.d.（4）写出iii→v的化学方程式：_______。（5）F是ii的同系物，其相对分子质量比ii大28

。F的芳香族同分异构体有_______种(不包括立体异构体)，其中含有手性碳原子的结构简式为_______，核磁共振氢谱有3组峰的所有可能结构简式为_______。【答案】（1）①.溴苯②.氨基（2）还原反应（3）cdba（4）（5）①.14②.③.、【解析】【分析】苯发生溴

代反应生成溴苯，则ii为溴苯，iii→v为iii中的溴原子和v中酚羟基上的氢原子的取代反应，以此解题。【小问1详解】由分析可知，ii为溴苯；结合C的结构简式可知，C中官能团有硝基和氨基；【小问2详解】B→C的为

硝基还原为氨基的还原反应；【小问3详解】F3C—和羟基是吸电子基，但是F3C—的吸电子效应更强，甲基为推电子基，苯环上连接吸电子基有利于酚羟基的电离，连接推电子基不利于酚羟基的电离，故常温下Ka由大到小的排序为cdba；【小问4详解】iii→v为iii中的溴原子和v中酚羟基上的氢原子的取代反

应，方程式为：；【小问5详解】F是ii的同系物，其相对分子质量比ii大28，则F比ii多两个CH2，结合分析可知，ii为溴苯，则F中苯环上可能有3个支链，分别为—Br、—CH3、—CH3，这类情况有6种，F中苯环

上可能有2个支链，分别为—Br、—CH2CH3，这类情况有3种，F中苯环上可能有2个支链，分别为—CH3、—CH3Br，这类情况有3种，F中苯环上可能有1个支链，支链为—CH2CH3Br，或者—CH2BrCH3，则一共有14种，其中含有手性碳原子的结

构简式为；核磁共振氢谱有3组峰的所有可能结构简式为、。