【文档说明】重庆市第十一中学2024-2025学年高三上学期第二次质量检测化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.673 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8cc121219c69fc994175d3d890742197.html

以下为本文档部分文字说明：

重庆市第十一中学校教育集团高2025届高三第二次质量检测化学试题注意事项：1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题

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。回答非选择题时，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-1C-12O-16Si

-28S-32Ca-40Ti-48Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1.中国饮食文化源远流长。下列与餐具有关的历史文物中，主要材质属于金属材料的是A．战国水晶杯B

．殷商青铜酒爵C．元朝青花瓷盘D．明朝玛瑙柄勺A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．战国水晶杯的成分是二氧化硅，二氧化硅是无机非金属材料，故不选A；B．殷商青铜酒爵，青铜属于金属材料，故选B；C．元朝青花

瓷盘，是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，故不选C；D．明朝玛瑙柄勺，玛瑙的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是无机非金属材料，故不选D；选B。2.符号表征是化学学习的重要工具，下列化学用语或说法正确的是A.中子数为35的溴原子：793

5BrB.162O、172O、182O互为同素异形体C.NaOH的电子式：D.基态Cr原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．溴的质子数为35，若中子数为35，则质量数为70，溴原子可表示为7035Br，A不

正确；B．同素异形体是同种元素组成的不同性质的单质，而162O、172O、182O的性质相似，所以不互为同素异形体，B不正确；C．NaOH为离子化合物，由Na+和OH-构成，电子式为，C正确；D．依据洪

特规则，Cr原子的3d亚层中，电子应分占不同的轨道，并且自旋方向相同，则基态Cr原子的价层电子排布图：，D不正确；故选C。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH7=的溶液中：Na+、2AlO、24SO−、3Al+B.澄清透明的溶液中：23Si

O−、Na+、2S−、H+C.0.2mol/L的NaCl溶液中：3ClO−、H+、K+、4MnO−D.能使紫色石蕊试液变红的溶液中：3NO−、24SO−、K+、2Mg+【答案】D【解析】【详解】A．pH7=的溶液中，2AlO、3Al+会发生双水解反应生成Al(OH)3沉

淀，A不符合题意；B．澄清透明的溶液中，23SiO−、2S−都能与H+发生反应，不能大量共存，B不符合题意；C．0.2mol/L的NaCl溶液中，3ClO−、H+、4MnO−与Cl-能发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．能使紫色石蕊试液变红的

溶液呈酸性，在酸性溶液中3NO−、24SO−、K+、2Mg+都能稳定存在，D符合题意；故选D。4.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可实现的是A.制备HCl：NaCl溶液2H⎯⎯⎯→电解和2Cl⎯⎯⎯→点燃HClB.制备硫酸：222HOO2224O

FeSSOHSO→→、高温C.制备硝酸：222OHO323ONHNONONNO→→→催化剂D.制备Mg：()22MgOHMgCl⎯⎯⎯→盐酸溶液电解⎯⎯⎯⎯→Mg【答案】D【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成H

Cl，A正确；B．FeS2可以与氧气在高温的条件下反应生成SO2，SO2与水和氧气可以反应生成硫酸，B正确；C．NH3与O2在催化剂的条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，C正确；D．Mg(OH)2和盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到M

g，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，D错误；故选D。5.下列反应的离子方程式正确的是A.向2FeBr溶液通入过量氯气：2+--3+223Cl+2Fe+4Br=6Cl+2Fe+2BrB.向223NaSO溶液中加入稀醋酸：22322

SO2HSOSHO−++=++C.向43NHHCO溶液中加入过量NaOH溶液：2332HCOOHCOHO−−−+=+D.将2NO通入NaOH溶液进行尾气处理：2323NO2OH2NONOHO−−+=++【答案】A【解析】【详解】A

．2FeBr溶液中2+Fe、-Br均能被氯气氧化，则向2FeBr溶液通入过量氯气生成3FeCl和2Br，离子方程式为2+--3+223Cl+2Fe+4Br=6Cl+2Fe+2Br，A正确；B．醋酸为弱酸，离子方程式中

不可拆，则向223NaSO溶液中加入稀醋酸的离子方程式为2--233322SO+2CHCOOH=2CHCOO+SO+S+HO，B错误；C．向43NHHCO溶液中加入过量NaOH溶液生成32NHHO、23NaCO和水，离子方程式为+--2-433232NH+HCO+2OH=NHHO+

CO+HO，C错误；D．将2NO通入NaOH溶液进行尾气处理，2NO与NaOH溶液发生歧化反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，离子方程式为---23222NO+2OH=NO+NO+HO，D错误；答案选A。6.制备水合肼(242NHHO)并处

理铜氨()234CuNH+废液回收铜粉(有2N生成)的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能：O>N>CB.铜元素位于ds区，其基态原子的价电子排布式为101Ar3d4sC.1mol()234CuNH+中含有12molσ键D.()22CONH中碳原

子与氮原子分别为2sp、3sp杂化【答案】D【解析】【详解】A．氮元素价电子排布为2s22p3，为半充满结构，第一电离能比相邻的碳、氧元素大，第一电离能：N>O>C，A错误；B．铜元素位于ds区，其基态原子的电子排布式

为101Ar3d4s，价电子排布为：1013d4s，B错误；C．一个()234CuNH+离子中含有3个σ键和一个配位键，配位键也属于σ键，所以1mol()234CuNH+中含有16molσ键，C错误；D．()22CONH中碳原子形成碳氧双键，为sp杂化；氮原子

形成三个单键并有一对孤电子，氮原子3sp杂化，D正确；故选D。7.用丙烯可将汽车尾气中的NOx还原为2N除去。主要反应如下：反应Ⅰ：()()()()()362222CHg18NOg6COg9Ng6HOg+=++1aH=kJ/mol反应Ⅱ：()()()()()3622224CHg18NOg12CO

g9Ng12HOg+=++2bH=kJ/mol反应Ⅲ：()()()()362222CHg9Og6COg6HOg+=+3ΔH反应Ⅳ：()()()222NOgOg2NOg+=4ΔcH=kJ/mol则3ΔH为A.()9c2ba+−kJ/molB.()9

cba+−kJ/molC.()9cb2a+−kJ/molD.()9cba−+kJ/mol【答案】B【解析】【详解】根据盖斯定律，反应-+9ⅡⅠⅣ可得反应Ⅲ：()()()()362222CHg9Og6COg6HOg+=+，则焓变2431=-+9=(9c+b-a)kJ/molΔHΔHΔH

ΔH，答案选B。8.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.将22.4L2Cl通入水中转移电子数为ANB.6g2SiO晶体中含有的SiO−键数目为0.4ANC.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含OH−键的

数目为AND.常温常压下，2O和3O的混合物共64g，所含氧原子数目为A2N【答案】B【解析】【详解】A．题目没有标明是在标况下，无法计算2.24L氯气的物质的量，且氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能全部转化，因此无法计算转移的电子数，A错误；B．1m

olSiO2晶体中含有4NA个Si—O键，6gSiO2晶体的物质的量为0.1mol，含有的SiO−键数目为0.4AN，B正确；C．乙醇的质量为100g×46%=46g，物质的量是46g=1mol46g/mol，含OH−键的数目为

AN，水的质量为100g-46g=54g，物质的量是54g=3mol18g/mol，含OH−键的数目为6AN，则溶液中含OH−键的数目为7AN，C错误；D．O2和O3均是氧元素形成的单质，常温常压下，64gO2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量是64g=4mol16g/mol，所含氧原子数目为

A4N，D错误；答案选B。9.下列说法正确的是A.相同温度下，在水中的溶解性：2625CHCHOHB.分子的键角：32NHHOC.已知硫酸的结构式，酸性：CH3SO3H>CCl3SO3HD.沸点：>【答案】A【解析】【详解】A．26CH为烃，难溶于水，25CHO

H含有羟基，可以和水形成分子间氢键，易溶于水，在水中的溶解性：2625CHCHOH，A正确；B．水与氨气的VSEPR模型均为四面体形，3NH分子含有一对孤对电子，2HO分子含有2对孤对电子，孤电子对-孤电子对之间排斥力大于孤电子对-成键电子对，键角被压缩，因此键角：32N

HHO，B错误；C．硫酸的结构式如图，3CH−是推电子基团，极性越大推电子效应越小，3SOH−中羟基的极性越大，酸性：CH3SO3H<CCl3SO3H，C错误；D．可以形成分子内氢键，可以形成分子间氢键，沸点：<，D错误

；故答案选A。10.下列实验目的对应方案正确的是A．利用装置观察铁的吸氧腐蚀B．制备3NaHCOC．测定中和反应的反应热D．保护钢铁设施A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．利用装置观察铁的吸氧腐蚀，一段时间后，可以

看到红墨水在导管内倒吸一段，证明前面试管氧气被消耗，与铁钉发生了吸氧腐蚀，A正确；B．制备NaHCO3,需向饱和食盐水中先通入氨气，饱和后再通入二氧化碳，该装置中氨气导气管插入液面以下发生倒吸，B错误；C．测定中和反应反应热的

装置中需要用到环形玻璃搅拌棒，该装置中没有环形玻璃搅拌棒，C错误；D．保护钢铁设施，钢铁设施需作原电池的正极才能被保护，金属铜活泼性差，做正极，加快了钢铁的腐的蚀，D错误；故选A。11.室温下，根据下列实验过程，能验证相应实验结论的是选

项实验过程实验结论A向()3AlOH沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀是否溶解()3AlOH为两性氢氧化物B向溶有2SO的2BaCl溶液中通入气体X，出现白色沉淀气体X一定为3NHC向2mL0.1mol/L的2NaS

溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀氧化性：2BrSD将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液未出现血红色还原铁粉没有被氧化成Fe(Ⅲ)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向Al(OH)3沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，滴加氨水，Al(OH)3沉淀不能溶解

，不能探究Al(OH)3为两性氢氧化物，故A错误；B．若X为氯气，则向溶有2SO的2BaCl溶液中通入氯气，可以发生氧化还原反应，生成白色沉淀硫酸钡，故B错误；C．将溴水滴入Na2S溶液中，发生氧化还原反应，生成的淡黄色沉淀为S，根据氧化剂的氧化性强于氧化

产物可知，氧化性：Br2>S，故C正确；D．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，虽然溶液颜色无变化，但并不能说明该样品中无+3价铁，可能是铁粉表面的氧化铁与盐酸反应生成的Fe3+被Fe还原

，故D错误；故选C。12.化合物Z是一种药物的中间体，部分合成路线如下，下列说法正确的是A.X中所有碳原子可能共平面B.X、Z均能使酸性4KMnO溶液褪色C.可用单质Na鉴别Y和ZD.1molY最多与3mol2H发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．X中饱和的C原子

发生sp3杂化形成4个单键，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，A错误；B．Z中含有碳碳双键及醇羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中的酮羰基及酯基均不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能使酸性

高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．Y与金属钠不反应，Z可与金属钠反应生成氢气，可用单质Na鉴别Y和Z，C正确；D．Y分子中含有的1个羰基和1个碳碳双键可与H2加成，因此1molY最多能与22molH发生加成反应，D

错误；故选C。13.可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成2Cl，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：()()()()222CuO4HClgOg2Clg2HOg++Δ114.4H=−kJ/mol。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的

是A.Y为反应物HCl，W为生成物2HOB.反应制得1mol2Cl，须投入2molCuOC.图中转化涉及两个氧化还原反应D.若上述反应不使用CuO作催化剂，H不变【答案】B【解析】【分析】由热化学方程式可知，该反应涉及反应物包含HCl、H2

O、Cl2、O2、CuO，再结合催化机理图示可知，CuCl与Z反应氧化还原反应，生成Cu2OCl2，可知Z为氧气，Cu2OCl2分解生成CuCl2和CuO，其中CuCl2继续分解生成CuCl和X，Cu元素化合价变化，故X为Cl2，该反应为氧化还原反应，CuO

与Y反应可生成Cu(OH)Cl，由原子守恒可知，Y为HCl，Cu(OH)Cl可分解生成Cu2OCl2和W，则W为H2O，故X、Y、Z、W依次为Cl2、HCl、O2、H2O。【详解】A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O，与分析一致，故A正确；B．

反应制得1molCl2，须投入2molCuO，其中CuO为催化剂在反应中可循环利用，故B错误；C．图中转化涉及两个氧化还原反应，与分析一致，故C正确；D．若上述反应不使用CuO作催化剂，ΔH不变，在化学反应中催化剂主要通过改变反应历程，改变其活化能来提升反应速率，并没有改变其反应物和

生成物的能量，即使不使用催化剂其ΔH不变，D正确；本题选B。14.电解苯酚的乙腈((CH₃CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛()。装置如图，电极材料均为石墨。下列说法不正确的是A.电极a为负极B.电极

c的反应式为C.装置工作时，乙室溶液pH减小D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室溶液质量增重64g【答案】C【解析】【分析】电解苯酚的乙腈((CH₃CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛，可知丙装置为电

解池，左侧装置为原电池。原电池中硫酸根离子由乙池向甲池移动，则a是负极、b是正极。电解池中的d电极与原电池负极相连，d是阴极；c与原电池中的正极相连，c是阳极。【详解】A．左侧装置为原电池，硫酸根离子由乙池向甲

池移动，则a是负极、b是正极，故A正确；B．电极c为阳极，CH3CN在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为+CH3CN+H2O-2e-=+2H+，B正确；C．乙是原电池正极，装置工作时，乙室发生反应H2O2+2e-+2H+=2H

2O，反应时c(H+)减小，溶液pH增大，C错误；D．根据＋CH3CN+H2O-2e-=+2H+，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子；甲是原电池负极，负极反应式为H2O2-2e-+2OH-=2H2O

+O2↑，转移2mol电子，理论上甲室放出1mol氧气，同时有1mol硫酸根离子从乙室移入甲室，甲室溶液质量增重96g/mol×1mol-32g/mol×1mol=64g，故D正确；选C。第Ⅱ卷(非选择题)15.钛白粉(2TiO)是重要的化工颜料

，有优异的光学和化学性能。工业上以钛铁矿(主要成分为3FeTiO，含有少量MgO、CaO、2SiO等杂质)为原料，用硫酸法生产钛白粉的工艺如下：已知：①工艺流程中Ti元素的化合价未发生变化；②“钛液”中钛元素主要以4TiOSO(2244TiOSOTiOSO+−=+)的形式存在。（1

）钛铁矿在“酸解”前需要进行粉碎处理，其目的是_______。（2）“酸解”过程中3FeTiO发生反应的化学方程式为_______；滤渣的主要成分为_______。（3）操作Ⅰ的名称为_______。（4）钛液加热水解生成偏钛酸

的离子方程式为_______；为了提高经济效益，需要从水解后的滤液中回收绿矾(42FeSO7HO)，则“还原”过程中加入试剂X为_______(填化学式)。（5）“废液”中经浓缩后能循环利用的物质是_______(填化学式)。（6）若钛铁矿中3FeTiO

质量分数为19%，实验室用100g，该矿石膜拟上述工艺得到mg2TiO，则Ti元素的回收率为_______(填写最简表达式)。的【答案】（1）增大固体的表面积，有利于增大反应物接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率（2）①.()3244422H2HOFeT

iOSOTiOSOFeSO+=++浓②.2SiO（3）过滤（4）①.22232HO2HHTiOTiO+++=+②.Fe（5）24HSO（6）g100%10%10mmg=【解析】【分析】由题给流程可知，钛铁

矿经粉碎后，在加热条件下加入浓硫酸酸解，将FeTiO3转化为硫酸亚铁和TiOSO4，金属氧化物转化为硫酸盐，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不能与稀硫酸反应，经过滤后得到滤渣的主要成分为二氧化硅；向酸解后的溶液中加入足量铁粉，将溶液

中的铁离子转化为亚铁离子，得到钛液；加热钛液，TiOSO4发生水解反应转化为偏钛酸沉淀，过滤得到滤液和偏钛酸；偏钛酸经煅烧分解制得钛白粉；滤液经过然后蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾。【小问1详解】进行粉碎处理，其目的是增大固体的表面积，有利于增大反应物接触面积，加快反应速率，提高酸浸的

浸出率；【小问2详解】由分析可知，“酸解”过程中3FeTiO发生反应的化学方程式为()3244422H2HOFeTiOSOTiOSOFeSO+=++浓，滤渣的主要成分为2SiO；小问3详解】由分析可知，操作Ⅰ的名称为过滤；【小问4详解】钛液加热水解生成偏钛酸的

离子方程式为22232HO2HHTiOTiO+++=+，“还原”是将Fe3+还原为Fe2+，为了不引入新杂质，试剂X应选择合适的试剂是Fe粉；【小问5详解】硫酸法中，水解得到，同时得到硫酸，硫酸可以循环使用，“废液”中经浓缩后能循环利用的物质是24HSO；【小问6详解】钛铁矿中3FeTiO

的质量分数约为19%，100g此种铁矿石中含3FeTiO的质量为19g，物质的量为【19g0.125152g/molmol=，则可生产TiO2的质量为0.12580g/10gmolmol=，则Ti元素的回收率为g100%10%10mmg=。16.化学反应总是伴随着热能、电能等能量

变化。请回答下列问题（1）图表示1mol()2HOg分解时的能量变化情况(单位：kJ)，已知()COg的燃烧热Δ285H=−kJ⋅mol1−。①()COg燃烧热的热化学巧程式为_______。②()()()()222COgHOgCOgHg+=+H=_______。③HO−的键能为___

____kJ⋅mol1−。（2）在恒温恒容下，发生反应：()()XgYg，()()YgZg，测得能量与反应进程、各气体浓度与反应时间的关系如图所示。解释反应初期，Y的浓度增大的原因是_______。（3）用铅蓄电池作电源，电解还原2CO合成24CH、3CHOH等燃料，模拟装置如图

所示。双极膜由阴、阳极膜组成，在电场中双极膜中水电离出H+、OH−并向两极迁移。①b极应接铅蓄电池的_______电极(填“Pb”或“2PbO”)。②电解过程中双极膜中的H+移向_______极(填“a”或“b”)。③若X为CH₃OH，阴极的电极反应为_______，

b极收集到11.2L气体Y(标准状况)时，双极膜中水减少的质量与a极生成甲醇的质量之比为_______。【答案】（1）①.()()()-1221COgOgCOgΔH=-285kJmol2+=②.-1-42kJmol③.463（2）反应()()XgYg的活化能低，反应()()

YgZg的活化能高，反应初期，()()XgYg的反应速率大，()()YgZg的反应速率小，生成Y的速率大于消耗Y的速率，故反应初期，Y的浓度增大（3）①.2PbO②.a③.232CO6e6HCHOHHO−+++=+④.27:8【解析】【小问1详解】①燃烧热是1mol纯物质完全燃

烧生成指定产物时所放出的热量，已知()COg的燃烧热-1ΔH=-285kJmol，则CO燃烧热的热化学方程式为：()()()-1221COgOgCOgΔH=-285kJmol2+=；②已知I.()()()1221COgOgCOg285kJmol2H−+==−由图可知热

化学方程式II()()()12221HOgOgHg243kJmol2H−=+=+根据盖斯定律I+II得()()()()222COgHOgCOgHg+=+-1ΔH=-42kJmol；③根据图示，H-H键的键能为4361kJmol

−、O=O键的键能为2472=4941kJmol−，()()()12221HOgOgHg=+243kJmol2H−=+，焓变=反应物总键能-生成物总键能，O—H键的键能：1b1Δ+243+436+4942=463kJmol2

H−=；【小问2详解】.由图可知，反应()()XgYg的活化能低，反应()()YgZg的活化能高，反应初期，()()XgYg的反应速率大，()()YgZg的反应速率小，生成Y的速率大于消耗Y的速率，故反应初期，Y的浓度增大；【小问

3详解】从图中可知，电极a上CO2转化为有机物X(甲醇、乙烯等)，说明电极a上CO2得电子被还原，电极a为阴极，则电极b为阳极，阳极上水失电子生成O2和氢离子。①b极为阳极，应接铅蓄电池放电时的正极，即2PbO电极；②电解过程中双极膜中的H+移

向电解池阴极，即向a极迁移；③若X为CH3OH，阴极二氧化碳得电子生成甲醇，电极反应式为232CO6e6HCHOHHO−+++=+，b极反应式为222HO4e4HO−+−=+，标准状况下211.2LO即20.5molO，生成20.5molO，转移2mol电子，向a极迁移

2molH+，向b极迁移2molOH−，双极膜中水质量减少36g，转移2mol电子，a极生成甲醇1mol3（32g3），b极收集到11.2L气体Y(标准状况)时，双极膜中水减少的质量与a极生成甲醇的质量之比

为36g:32g3=27:8。17.2HS可用于合成光电构料。某兴趣小组用CaS与2MgCl反应制备液态2HS。实验装置采用三次降温使2HS液化。结合已知信息回答下列问题。已知：①()22222CaSMgCl2HOCaClMgOHHS++=++；②2HS的沸点是-61℃，有毒；③

装置A内产生的2HS气体中含有酸性气体杂质；④装置B的作用是初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却2HS。（1）装置X的名称为_______；2HS分子的空间构型为_______。（2）完善虚框内的装置排

序：A→B→_______→D→F→G。（3）装置C中盛装的干燥剂为_______。（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压；②_______。（5）下列说法错误的是_______。A．装置D的主要作用是第二次冷却H₂SB．加入2MgCl固体可使2MgCl溶液保持饱和，有利于平稳持续产生2HSC．

该实验产生的尾气可用硝酸吸收（6）E装置的作用是_______(用离子方程式表示)。（7）取0.680g2HS产品，与足量4CuSO溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为______

_。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.V形（2）E→C（3）P2O5(或无水CaCl2)（4）液封，防止空气中的水蒸气等进入体系（5）AB（6）-+2H+H=SHS（7）99%【解析】【分析】A作为H2S的发生装置；B用于初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一

次冷却2HS；E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl；C装置干燥H2S；由于不能骤冷，所以D、F都是冷却H2S的装置；G的作用有平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。【小问1详解】装置X是圆底烧瓶；2HS分子含有的价层电

子对数为122+（6-21）=4，采取sp3杂化，中心原子S含有2对孤电子对，因此它的空间构型为V形。【小问2详解】E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl，C装置干燥H2S，应先除杂再干燥，故虚框内装置的连接顺序为E→C。【小问

3详解】装置C的作用是干燥H2S，H2S具有酸性和还原性，不能使用浓硫酸与碱石灰干燥，可用P2O5或者无水CaCl2干燥。【小问4详解】装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封，防止空气中的水蒸气等进入体系。【小问5详解】A．由分析可知，装置B是

第一次冷却2HS，装置D的主要作用是第二次冷却H₂S，A正确；B．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，B正确；C．该实验产生的尾气主要为H2S，H2S

与硝酸反应生成氮的氧化物，氮的氧化物是有毒的污染气体，因此不可用硝酸吸收，C错误；答案选AB。【小问6详解】装置E作用为进一步除去H2S中的杂质HCl等酸性气体，故发生反应的离子方程式是-+2H+H=SHS。【小问7详解】根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814g-31.2

30g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，CuSCuO11n0.0198mol，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为0

.6732g100%=99%0.680。18.一种防晒剂的有效成分M的合成路线如图所示：已知：，请回答下列问题。（1）F的分子式为_______，M中官能团名称是_______。（2）C→D的反应类

型是_______。的（3）B→C所用化学试剂为酸性高锰酸钾溶液，则C的结构简式为_______。（4）写出E→F的化学方程式_______(反应物的物质的量相等)。（5）G是F的同分异构体，G中除苯环外不含其他环状结构，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6

，则G可能的结构有_______种(不含立体异构)，其中与FeCl₃溶液发生显色反应的G的结构简式为_______(写出一种即可)。（6）写出用丙烯和乙酸乙酯为原料制取有机化合物的合成路线_______(其它无机试剂任选)。【答案】（1）①

.C9H10O2②.羰基、醚键（2）酯化反应（3）（4）（5）①.6②.（写其中一种即可）（6）323NaHCHCOOCHCH→【解析】【分析】与A物质反应生成BB→C的反应是将甲基氧化为-COOH，C结构简式为，再与甲醇发生酯化反应生成物质D:，由F结构式

可知E为，D与F发生已知所示的反应生成G，据此分析解题。【小问1详解】根据F的结构简式可知其分子式为：C9H10O2，M的结构为，其中的官能团为：羰基、醚键；【小问2详解】根据分析可知C与甲醇生成D的反应类型为酯化反应；【小问3详

解】B→C所用化学试剂为酸性高锰酸钾溶液，是把甲基氧化为-COOH，故C的结构为：；【小问4详解】E→F的化学方程式：；【小问5详解】芳香族化合物G是F的同分异构体，G中除苯环外不含其他环状结构，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶

6，则其可能得异构体有六种：；与FeCl₃溶液发生显色反应的G的结构中含有酚羟基，可以是：中的一种；【小问6详解】用丙烯和乙酸乙酯为原料制取有机化合物，应先将丙烯加成的2-丙醇，再氧化得丙酮，然后在NaH条件下雨乙酸乙酯合成。具体合成路

线为：323NaHCHCOOCHCH→。