【文档说明】浙江省十校联盟2023届高三第三次联考化学试题 含解析.docx，共(30)页，2.423 MB，由小赞的店铺上传

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2023年浙江省十校联盟高考化学第三次联考试卷第I卷(选择题)一、单选题(本大题共16小题，共48.0分)1.下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是A.23KCOB.24HSOC.3NHD.4NHCl【答案】A【解析】【详解】A．23KCO在水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质，溶于水后碳酸根离子水

解显碱性，选项A正确；B．24HSO在水溶液中能导电，属于电解质，但溶液显酸性，选项B错误；C．3NH于水反应生成电解质一水合氨，3NH属于非电解质，选项C错误；D．4NHCl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移

动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，选项D错误；答案选A。2.下列化学用语表述正确的是A.2−丁烯的键线式：B.基态氧原子价电子轨道表示式：C.水晶的分子式：2SiOD.ClCl−的ppσ−键电子云图形：【答案】B【解析】【详解】A．表示1，3−

丁二烯，选项A错误；B．基态氧的价层电子排布式为242s2p，基态氧原子价电子轨道表示式：，选项B正确；C．水晶是共价晶体，不存在分子式，选项C错误；D．ClCl−的pp−σ键电子云图形：，选项D错误；答案选B。3.物质的性质决定用途，下列说法不正确的是A.金刚砂硬度大，可用作砂

纸和砂轮的磨料B.很多自来水厂用氯气来杀菌消毒是因为氯气有漂白性C.二氧化硫可以添加到某些食品中起到漂白、抗氧化等作用D.硬铝密度小，强度高，抗腐蚀能力强，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料【答案】B【解析】【详解】A．SiC俗称金刚砂，是共价晶体，具有很大的硬度，可用作

砂纸、砂轮的磨料，A正确；B．氯气无漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，能使病毒中的蛋白质变性，则可杀菌消毒，B错误；C．二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等

作用，C正确；D．Al的相对原子质量较小，其合金强度高、硬度大、密度小、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，D正确；故选B。4.下列关于物质制备说法正确的是A.实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应可以制备二氧化硫B.通过煤的分馏可以获得甲苯C.工业上通过电解MgO制备金属镁D.工业上用

焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和二氧化碳【答案】A【解析】【详解】A．实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸发生复分解反应制备二氧化硫，选项A正确；B．煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，不含苯和甲苯，煤干馏可以得到甲苯，选项B错误；C．MgO熔点高，工业上通过电解MgO浪费能源

，一般是电解熔融状态的2MgCl制备金属镁，选项C错误；D．焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳，不是二氧化碳，选项D错误；答案选A。5.超氧化钾()2KO在加热条件下可以将CuO氧化成Cu()的化合物，化学方程式如下：2222CuO+2KOO2KC

uO+，则下列说法正确的是A.CuO既是氧化剂，又是还原剂B.2KCuO只是氧化产物C.当反应中转移的电子数为A0.3N时，则有0.2molCuO被氧化D.标准状况下，生成22.24LO时，被还原的超氧化钾()2KO为0.2mol

【答案】C【解析】【分析】分析方程式2222CuO+2KOO2KCuO+可知，2KO中的O元素的化合价12−由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为2KCuO，2KCuO中O为2−价，Cu为3+价，故氧气为氧化产物，2KCuO即是氧化产物

也是还原产物，据此分析回答问题。【详解】A．该反应中CuO中Cu的化合价由2+价升高为3+价，CuO被氧化，为还原剂，2KO的中O化合价由12−价部分升高为0价，部分降低为2−价，既有升高，又有降低，2KO既是氧化剂又是还原剂，

选项A错误；B．2KCuO中Cu的化合价由2+价升高为3+价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由12−价降低为2−价，化合价降低被还原，故又是还原产物，选项B错误；C．根据方程式分析可知，当

反应中转移的电子数为A0.3N时，则有0.2molCuO被氧化，选项C正确；D．标准状况下，生成22.24LO时，即20.1molO时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾()2KO为0.2mol，但2KO中只有一半是被还原的，另一

半被氧化，故被还原的超氧化钾()2KO为0.1mol，选项D错误；答案选C。6.钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是A.乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别B.过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子C.工业上利用侯

氏制碱法可以制备碳酸钠，23CO−的空间构型为平面三角形D.向1100mL1molL−稀盐酸中逐滴加入含230.1molNaCO的溶液，则混和液中：()()()23323nCOnHCOnHCO0.1mol−−++=【答案】C【解析】

【详解】A．乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇含有羟基，二甲醚含有醚键，可用金属钠鉴别，选项A错误；B．过氧化钠中含有OO−非极性键，但属于离子化合物，选项B错误；C．工业上利用侯氏制碱法制备碳酸钠，23CO−中C原子的价层电子对数4223332+−=+=，C原子为2sp杂化，23CO−的空间构型

为平面三角形，选项C正确；D．向1100mL1molL−稀盐酸中逐滴加入23NaCO溶液，开始盐酸多，会有2CO放出，根据原子守恒，则混和液中：()()()23323nCOnHCOnHCO0.1mol−−++，选项D错误；答案选C7.下列说法正确的是A.淀粉和纤维素都属于高分子

化合物，都能发生水解反应和酯化反应B.蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的盐析C.苯酚与甲醛在碱作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料D.油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常

用于生产肥皂【答案】A【解析】【详解】A．淀粉和纤维素都属于高分子化合物，其结构单元中均含有OH−，都能发生水解反应和酯化反应，选项A正确；B．蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的变性，属于化学变化，选项B错误；

C．苯酚与甲醛在酸性作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料，选项C错误；D．油脂在碱性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，该反应属于皂化反应，常用于生产肥皂，选项D错误；答案选A。。8.下列反应的方程式正确的是A.在高温加热下铁与水蒸气反应：22322Fe

+3HO(g)FeO3H+高温B.用NaOH溶液吸收过量2SO：22322OHSOSOHO−−+=+C.含21molFeBr溶液中通入21molCl：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++D.将32Mg(HCO)溶液与过量的

NaOH溶液混合：2233322HCOMg2OHMgCOCO2HO−+−−++=++【答案】C【解析】【详解】A．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为23423Fe+4HO(g)FeO4H+高温，故A错误；B．当二氧化硫过量时，和NaOH溶液反应

生成亚硫酸氢钠，因此离子方程式为232OHSOHSOHO−−+=+，故B错误；C．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故21molCl先将21molFeBr中的21molFe+全部氧化，剩余的氯气还能氧化1molBr−，即被氧化的2Fe+、Br−的物质的量之比为1：1

，因此离子方程式为23222Cl2Fe2Br2Fe4ClBr+−+−++=++，故C正确；D．将32Mg(HCO)溶液与过量的NaOH溶液混合反应生成氢氧化镁和碳酸钠，离子方程式为：2232322HCOMg4OHMg(OH)2CO2HO−+−−++=

++，故D错误。综上所述，答案为：C。9.某神经类药物的结构如图所示。下列说法正确的是A.分子中存在2种含氧官能团B.分子中最多有14个原子共平面C.1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗

3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式可知分子中含有羟基、酰胺基、酮羰基，共3种含氧官能团，A错误；B．分子中苯环确定一个平面，碳氧双键确定一个平面，单键可以旋转，故分子中与2个苯

环直接相连的原子具有12个原子共面，再加上中间羰基中的碳氧、右侧羰基及甲基中碳则存在大于14个原子共平面，B错误；C．苯环、酮羰基可以和氢气加成，则1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2，C正确；D．分子中酰胺基和氢氧化钠反应

，碳氯键和氢氧化钠水解生成酚羟基，生成的酚羟基又会和氢氧化钠反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，D错误；故选C。10.如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增

大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是A.X和Z的最高化合价均为7+价B.HX和HZ在水中均为强酸C.四种元素中，X的电负性最大，W的电负性最小D.Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序

数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，由原子序数可知，X处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中X、Z都形成1个共价键，则X为F元素、Z为Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P、W为N元素

；由分析可知，W为N元素、X为F元素、Y为P元素、Z为Cl元素；【详解】A．氯的最高化合价为7+价，但氟的非金属性最强，没有最高正价7+价，选项A错误；B．HCl为强酸，但HF属于弱酸，选项B错误；C．同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，同主族从上

到下，主族元素的电负性逐渐减弱，故四种元素中电负性PNF、ClF，而由于在化合物3PCl中Cl显负价、P显正价，故电负性PCl，即电负性最小的是()YP，选项C错误；D．4NHCl既含有离子键又含有共价键，选项D正确；答案选D。11.反应物()S转化为产

物(P或PZ)的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是A.进程Ⅰ是放热反应B.增大X的量，S的平衡转化率不变C.从SP→整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞

次数：ⅡⅢD.X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不

改变化学平衡状态，即S的平衡转化率不变，故B正确；C．由图可知，进程Ⅲ中由SY→转化为PY→的活化能高于进程Ⅱ中有SX→转化为PX→的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因而从SP→整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞

次数：ⅡⅢ，故C正确；D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成SZ，然后SZ转化为PZ，但PZ没有转化为PZ+，则进程Ⅳ中，Z没有催化作用，故D错误，故选：D。12.含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直

接制备(2Li[PCN)，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法不正确的是A.石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应B.铂电极上的电极反应为：22HCN2eH2CN−−+=+C.在电解过程中CN−向石墨电极移动D.生成(21molLi[PCN)，理论上外电

路需要转移4mol电子【答案】D【解析】【分析】由图可知，石墨电极上P4转化为Li[P(CN)2]，P元素化合价升高，发生氧化反应，故石墨电极为阳极，连接外电源正极，铂电极为阴极，连接外电源负极，据此分析作答。【详解】A．

根据分析可知，石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应，故A正确；B．根据分析可知，铂电极为阴极，电极反应为：22HCN2eH2CN−−+=+，故B正确；C．由图可知，在电解过程中CN−由铂电极向石墨电极移动，故C正确；D．在化

合物(2[PCN)中，P元素为1+价，生成(21molLi[PCN)，理论上外电路需要转移1mol电子，故D错误；故选：D。13.恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为XY①；YZ②。反应①的速率()11kXvc=，反应②的速率()22kYvc=，

式中1k、2k为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的1lnkT～曲线。下列说法正确的是A.随()Xc的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大B.由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：()()()Z

XYvvv=+C.欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间D.温度高于1T时，总反应速率由反应②决定【答案】B【解析】【详解】A．由图甲中信息可知，随()Xc的减小，()Yc先增大后减小，()Zc增大，故反应①的

速率随()Xc的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，A项错误；B．由图甲可知，依据反应关系，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此()()()XYZ=+vvv，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故

()()()ZXYvvv=+，B项正确；C．升高温度可以加快反应①的速率，但反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随Y的浓度增大而增大，因此欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C项错误；D．由图乙中信息可知，温度低于T1时，12kk，反应②为慢反

应，总反应速率由反应②决定，温度高于T1时，12kk，反应①为慢反应，总反应速率由反应①决定，D项错误；故选B。14.某同学将淡紫色的332O)Fe(NO9H晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化：已知：326[

Fe(HO)]+为浅紫色，36[Fe(SCN)]−为红色，36[FeF]−为无色。下列说法不正确的是A.为了能在溶液Ⅰ中观察到浅紫色，可向溶液中加入硝酸B.Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN−与3Fe+配位键强度小于F−与

3Fe+配位键强度C.形成配位键时，配体所有孤对电子均进入3Fe+核外的空轨道D.配离子326[Fe(HO)]+中两个OH−键的键角与2HO分子中两个OH−键的键角不相等【答案】C【解析】【详解】A．33Fe(NO)溶液中存在水解平衡Ⅰ：323Fe3HOFe(OH)3H++++，也存在平衡Ⅱ：33

226Fe6HO[Fe(HO)]+++，加入硝酸，Ⅰ平衡逆向移动，促进Ⅱ平衡正向移动，使溶液为浅紫色，选项A正确；B．Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN−与3Fe+配位键强度小于F−与3Fe+配位键强度，36[Fe(SCN)]−转化为3

6[FeF]−，溶液由红色转化无色，选项B正确；C．F−有4对孤电子对，在形成配位键时，只需要利用1对孤电子对来和3Fe+形成配位键，不需要用过多的孤电子对，选项C错误；D．水分子作为配位体时，O原子的孤电子对数目

减少，孤电子对与成键电子对之间的斥力减弱，导致成键电子对之间的距离增大，两个OH−键的键角增大，选项D正确；答案选C。15.已知：室温下氢硫酸()2HS的电离常数7a1K110−=，13a2K1.310−=；CuS和FeS的spK分别为366.310−、186.510−，下列说法不正

确的是A.反应2FeSHFeHS++−++的平衡常数K的数值为5510−B.可以用FeS除去污水中的2Cu+的C.从上述数据可得出CuS难溶于稀硫酸中D.10.1molL−的2HS溶液中加入等体积10.1molL−的NaOH溶液，则有：()()()()()()2

2cNacHScHScScOHcH+−−−+【答案】D【解析】【详解】A．反应2FeSHFeHS++−++的平衡常数()()()()()()()()()22218sp5132a2cHScFecHScFecSKFeS6.510K510K1.310cHcHcS−+−+

−−−−++−=====，A正确；B．FeS、CuS的溶度积常数()spK分别为186.510−、366.310FeS−．溶度积大于CuS溶度积，所以除去废水中的2Cu+可以选用FeS作沉淀剂，B正确；C．若CuS溶于稀硫酸中，反

应为22CuS2HCuHS++++，反应的平衡常数()()()()()()()()()()()2223622sp71322212aacCucHScCucHScHScSKCuS6.310KKK1101.310cHcHcHScS++−−−−−

++−−=====4.8×10-16，反应进行的程度很小，即CuS难溶于稀硫酸，C正确；D．HS−的水解平衡常数147wha27a1K10K110KK110−−−===，即HS−的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，由于水的电离，则()()2cOH

cHS−、()()2cHcS+−，10.1molL−的2HS溶液中加入等体积10.1molL−的NaOH溶液恰好反应生成NaHS，溶液中离子浓度大小关系为()()()()()()22cNacHScOHcHScHcS+−−

+−，D错误；故答案选D。16.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：222ClBrIB向蔗糖溶

液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的2Cu(OH)悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生气体通入2Br的4CCl溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石

蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，

无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含

有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反

应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。第II卷(非选择题)二、简答题(本大题共5小题，共52.0分)17.近年来，铅卤钙钛矿太阳能电池的光电转化效率迅速发展，已经接近成熟的光伏技术。（1）基态Ti原子的价

电子排布式为______，比较第一电离能大小：Ca______Ga(填“”、“”或“=”)。（2）①钙钛矿电池中某材料的晶胞结构如图1a，沿x、y、z轴的投影均为图1b，其中2Pb+位于六个碘离子形成的正八面体中心。其化学式为______。②若该材料的最简式的摩尔质量为M，晶体密度为3ρ

g/cm，则该晶体中相邻的2Pb+之间的最短距离为______nm(列出计算式即可，AN为阿佛加德罗常数的值)的（3）我国某研究所于2022年研制出一种新型离子液体CPMImCl(如图2)可弥补该电池表面的2

Pb+和I−缺陷，进一步提高该电池的性能。①离子液体CPMImCl中存在的化学键类型是______(填选项字母)。a．离子键b．共价键c．极性共价键d．氢键②离子液体CPMImCl中不同杂化方式的碳原子个数比：3sp：2sp：sp=______。③相较于传统液态有机溶剂，该离子液体

具有难挥发的优点，原因是：______。【答案】（1）①.223d4s②.（2）①.333CHNHPbI②.73AM10ρN（3）①.abc②.4：3：1③.该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力【解析】【小问1详解】Ti为22号元素

，位于周期表中第四周期第ⅣB族，价电子排布式为223d4s；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大，故Ca的第一电离能比Ga的大，故答案为：223d4s；；【小问2详解】①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为11234=，

33CHNH+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为1818=，则化学式为333CHNHPbI，故答案为：333CHNHPbI；②晶体中相邻的2Pb+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为733(a10)cm−，晶胞质量为AMgN，

根据mρV=可得，3A733MgNρg/cm(a10)cm−=，73AMa10nmρN=，该晶体中相邻的2Pb+之间的最短距离为73AM10nmρN，故答案为：73AM10ρN；【小问3详解】①离子液体CPMImCl中存在[CPMIm]

+和Cl−，即存在离子键，[CPMIm]+中还存在CH−、CN−等极性共价键，故答案为：abc；②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，为2sp杂化，CN−中C原子形成2个σ键，为sp杂化，其他4个C原子形成

4个σ键，为3sp杂化，则离子液体CPMImCl中不同杂化方式的碳原子个数比：3sp：2sp：sp4=：3：1，故答案为：4：3：1；③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发

，故答案为：该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力。18.固体化合物X由3种前四周期的元素组成，某学习小组开展如下探究实验：其中，固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体；混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种

元素，且两种元素总质量比为12：7；气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：（1）固体X的化学式是______。（2）写出反应①的离子方程式______。（3）酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43。已知：具有相同原子数和核外电子数的微粒结构相似，则酸G的酸根电子式

为______。（4）将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，得到的溶液呈酸性，原因为______。(用文字说明原因)（5）煅烧固体A同时生成一种无色的气体Y，将过量的Y通入溶液F中，产生白色沉淀。实验验证反应后溶液中主要的阴离子______。【答

案】（1）2CaCN（2）---2223Δ2Al+NO+HO+OH2AlO+NH（3）（4）混合气体与氨水反应生成42NHNO溶液，4NH+水解程度大于2NO−水解程度，故溶液呈酸性（5）取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐

酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为3HCO−【解析】【分析】气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为3NH，()310.448LnNH0.02mol22.4Lmol−==；混合气体C中含有N元素，混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素

，且两种元素总质量比为12：7，即()mO：()mN12=：7，则()nO：()12nN16=：7314=：2，()nO0.03mol=，混合气体C中()nNO0.01mol=，()2nNO0.01mol=；固体A煅烧时还会产生能使澄清

石灰水变浑浊的气体，则A为3CaCO，白色固体B为CaO，则()10.56gnCaO0.01mol56gmol−==，()nCa0.01mol=，Y气体能使澄清的石灰水变浑浊，则Y为2CO，综合以上可知，固体X中含

有Ca、C、N三种元素；【小问1详解】由分析可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，()1110.8g0.0140gmol0.0214gmolnC0.01mol12gmol−−−−−==，()nCa

：n(C)：()nN0.01=：0.01：0.021=：1：2，则固体X的化学式为2CaCN，故答案为：2CaCN；【小问2详解】混合气体C中含有NO、2NO与NaOH溶液反应：222NONO2NaOH2NaNOHO

++=+，()()2nNOnNO0.01mol==，生成的()2nNaNO0.02mol=，消耗的为()nNaOH0.02mol=，无色溶液中含有20.02molNaNO和0.02molNaOH，Al与溶液D恰好反应，反应离子方程式为：---2223Δ2Al+NO+HO+OH2AlO+NH

，故答案为：---2223Δ2Al+NO+HO+OH2AlO+NH；【小问3详解】酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43，则酸G为3HN，3HN的酸根电子式为，故答案为：；【小问4详解】将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，反应化学方程式为：232

422NONO2NHHO2NHNOHO++=+，得到42NHNO溶液，4NH+水解程度大于2NO−水解程度，故溶液呈酸性，故答案为：混合气体与氨水反应生成42NHNO溶液，4NH+水解程度大于2NO−水解程度，故溶液呈酸性；【

小问5详解】将过量的2CO通入2NaAlO溶液中，过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为3HCO−，故答案为：取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为3HCO−。19.硫油气开采、石油化工、煤化工等行业废

气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：()()()()1222212HSg3Og2SOg2HOgΔH1036kJmol−+=+=−①()()()()1222224HSg2SOg3Sg4HOgΔH94kJmol−+

=+=+②()()()122232HgOg2HOgΔH484kJmol−+==−③写出2HS热分解反应()()()2222HSgSg2Hg=+④自发反应的条件及判据______。（2）较普遍采用的2HS处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应

④高温热分解2HS。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优缺点是______。（3）热解2HS可制备2H。根据文献，将2HS和4CH的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应；Ⅰ：()()()22242HSg2HgSgΔH+Ⅱ：()()()()14

2225CHgSgCSg2HgΔH64kJmol−++=总反应：：()()()()24222HSgCHgCSg4Hg++投料按体积之比()2VHS：()4VCH2=：1，并用2N稀释；常压、不同温度下反应相同

时间后，测得2H和2CS的体积分数如表：温度/℃9501000105011001150()2H/V%0.51.53.65.50.5()2CS/V%0.00.00.10.41.8请回答：①下列说法正确的是______。A．其他条件不变时，用空气替代2N作稀释气体，对实验结果几乎无影响B．其他条

件不变时，温度越高，2HS转化率不一定越高C．在9501150℃～℃范围内(其他条件不变)随着温度升高，()2Sg的体积分数先升高后减低D．恒温恒压下，增加2N的体积分数，2H的浓度升高②在1203K、100kPa反

应条件下，只充入2HS和Ar气体进行2HS热分解反应。已知反应一开始，的()2cHS0.0025mol/L=，()cAr0.0075mol/L=平衡时混合气中2HS与2H的分压相等，则平衡常数pK=______

。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强()pB代替物质的量浓度()cB也可表示平衡常数，记作pK，如()()pBpxB=，p为平衡总压强，()xB为平衡系统中B的物质的量分数]。（4）工业上用氯苯()PhCl和硫化氢()2HS高温下反应来制备苯硫酚()PhSH，但会有副产物苯()PhH

生成。Ⅰ：()()()()21PhClgHSgPhSHgHClgΔH0++Ⅱ：()()()()()2821PhClgHSgPhHgHClgSgΔH08+=++已知反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，请在如图画出恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随

时间变化趋势曲线______。【答案】（1）计算得到()()()2222HSgSg2HgH170kJ/mol=+=+④，S0，所以高温下自发进行（2）优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高（3）①.C②.6.25kPa（4）【解析】【小问1详解】()()()()1222212HSg3Og2S

Og2HOgΔH1036kJmol−+=+=−①，()()()()1222224HSg2SOg3Sg4HOgΔH94kJmol−+=+=+②，()()()122232HgOg2HOgΔH484kJmol−+==−③，盖斯定律计算3+−①②③得

到2HS热分解反应：()()()()()()2221036kJ/mol94kJ/mol2HSgSg2HgH484kJ/mol170kJ/mol3−++=+=−−=+④，S0，自发反应的条件及判据是HTS0−，反应高温下自发进行，故答案为：计算得到()()()2222

HSgSg2HgH170kJ/mol=+=+④，S0，所以高温下自发进行；【小问2详解】根据盖斯定律()13+①②可得()()()()()222212HSgOgSg2HOgH103694kJ/mol314kJ/mol3+=+=−+=−，因此，克劳斯工艺的总反应是

放热反应，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料，但由于高温分解2HS会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，故答案为：优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高；【小问3详解】①A．其他条件不变时，用空气替代2N

作稀释气体，空气中的氧气参与反应，对实验结果有影响，选项A错误；B．正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，2HS的转化率越高，选项B错误；C．由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，

则2S的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高，反应Ⅱ消耗2S速率大于反应I生成2S的速率，2S的体积分数又减小，选项C正确；D．恒温恒压下，增加2N的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则

氢气的浓度减小，选项D错误，故答案为C；②在1203K、100kPa反应条件下，只充入2HS和Ar气体进行2HS热分解反应，已知反应一开始，()2cHS0.0025mol/L=，()cAr0.0075mol/L

=，()20.0025pHS100kPa25kPa0.00250.0075==+，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，2222HS(g)2H(g)+S(g)(kPa)2500(kPa)xx0.5x(

kPa)25-xx0.5x起始量变化量平衡量平衡时混合气中2HS与2H的分压相等，25xx−=，x12.5=，则平衡常数()()()222p22pHpS12.50.512.5KkPa6.25kPapHS2512.5

===−，故答案为：6.25kPa；【小问4详解】恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯、HCl的浓度增加，消耗反应物，导致反应

Ⅰ逆向进行，苯硫酚的物质的量减小，物质的量浓度减小，则恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线为：，故答案为：。20.苯甲酸乙酯是国家允许使用的食品香料，可用下列流程制备：已知：环己烷、乙醇和水易形

成三元共沸物，沸点为621．℃；相关数据见如表。试剂密度3g/cm沸点/℃熔点/℃溶解性乙醇0.78978.5114.1−易溶于水苯甲酸1.27249112.4微溶于水环己烷0.77980104−难溶于水苯甲酸乙酯1.05210213−34−难溶于水产品0.950(实验测定)18030−难

溶于水（1）请补全步骤Ⅳ的操作步骤______。（2）步骤Ⅵ在如图装置中进行，从下列选项选择合适操作并排序______。a．按如图组装仪器，检查装置的气密性b．用分液法分离出有机层，再加入25mL乙醚萃取，然后合并至有机层，加入无水4MgSO、蒸馏、收集馏分c．反

应液倒入盛有50mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠至无气体产生d．在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、20mL乙醇、10mL环己烷、3mL浓硫酸和沸石，加热回流e．在100mL的a中依次加入8g苯甲酸、3mL浓硫酸、20mL乙醇、10mL环己烷和沸石，

加热回流（3）如图装置中仪器a的名称是______，虚框内装置的作用是______。（4）下列说法正确的是______。A．在步骤Ⅰ中，不能选用酸性4KMnO溶液氧化B．步骤是先加NaOH溶液，再进行分液C．在步骤Ⅳ中采用减压过滤是为了得到纯度更高的苯甲酸D．在步骤

Ⅵ中，加入无水4MgSO、蒸馏时应收集249℃的馏分E．在步骤Ⅵ中，加热回流至虚框内装置中的下层液面不再升高，停至加热（5）产品分析：假设环己烷是产品苯甲酸乙酯的唯一杂质，可选用下列方法测定产品纯度量取3.60mL产品于烧杯中，加入1.00mol/L

过量的NaOH溶液30.00mL，搅拌充分反应，转移至容量瓶配成100mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中滴加几滴指示剂，用0.200mol/LHCl进行滴定，滴至终点，平均消耗HCl体积15.00mL。选用的指示剂是______(填

“酚酞”或“甲基橙”)，所得产品的纯度______%(保留三位有效数字)。【答案】（1）加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶（2）adcb（3）①.三颈瓶②.分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率（4）B

E（5）①.酚酞②.78.9【解析】【分析】根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液；步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器以及酯化反应会产生

水，进行分析；【小问1详解】甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液，从题中所给信息可知，苯甲酸微溶于水，所以步骤应当是将苯甲酸转化为在水中溶解度更大而在有机溶剂中溶解度更小的苯甲酸盐

，要从水层中提取出苯甲酸，则需先酸化使苯甲酸盐转化为苯甲酸，再通过蒸发浓缩、冷却结晶使苯甲酸固体析出。即步骤Ⅳ为加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶；【小问2详解】步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，

选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程，应该“酸入水”而非“水入酸”，即浓硫酸应当最后再加，由此联想到投料过程中浓硫酸也应最后再加，故排除e，c加碳酸钠不仅可以除去硫酸，还可以使苯甲酸转化为苯甲酸盐进入水相，从而有利于b中进一步提纯，即正确操作顺序为adcb，故答

案为：adcb；【小问3详解】a是三颈烧瓶；虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器；酯化反应会产生水，根据已知信息，环己烷(溶剂)、乙醇(反应物)和水(产物)会形成三元恒沸物，即三者会一并被蒸出，然后在冷凝管中冷凝进入分水器；分水器下端的活塞可以放出积蓄的水，而乙醇和环己烷会通过上端的支管流回反应体

系，这就相当于不断移出了酯化反应体系中生成的水，促进平衡右移，提供了产率，虚框内装置的作用可以总结为：分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率，故答案为：三颈瓶；分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率；【小问4详解】A．可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯

氧化为苯甲酸，故A错误；B．从()1中的解析可知，先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液，故B正确；C．减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度，故C错误；D．苯甲酸乙酯的沸点210213～℃，故蒸馏时应收集210213−℃的馏分，故

D错误；E．下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应，故E正确，故答案为：BE；【小问5详解】加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算

出剩余的NaOH的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂；n(剩余的NaOH)4n(=滴定消耗的3HCl)40.200mol/L15.00mL100.012mol(−==注：滴

定所取溶液的量仅为原溶液的四分之一，故这里乘以4)，n(苯甲酸乙酯)n(=与苯甲酸乙酯反应的3NaOH)1.00mol/L30.00mL100.012mol0.018mol−=−=，n(苯甲酸乙酯)150g/mol0.018mol2.70g==，m

(产物3)0.950g/cm3.60mL3.42g==，产品纯度2.70100%3.4278.9%=，故答案为：酚酞；78.9。【点睛】()1根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液结合苯甲酸

微溶于水进行分析；()2步骤VI的大致流程为“组装仪器→投料→反应进行→提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序(即d、e)，类比浓硫酸的稀释过程进行分析；()3根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管+分水器以及酯化反应会产生水，进行分析；()

4A．可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸；B．先加NaOH溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液；C．减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度；D．苯甲酸乙酯的沸点210213～℃，故蒸馏时应收集210213

−℃的馏分；E．下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应；()5加入过量NaOH后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的NaOH都会与HCl反应；其中NaOH先与HCl反应，NaOH消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的NaOH的量

，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在NaOH恰好与HCl完全反应时结束滴定，此时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂。21.美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：已知：（1）下列说法正确的是______。A.AB→的合成过

程中其中一步取代反应的条件是2Cl、光照B.化合物F具有两性C.BC→的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基D.美托拉宗的分子式为161533CHClNOS（2）写出D的结构简式：______；化合物H成环得美托拉宗的过程涉及两步反应，其反应类型分别为______、______。（3）写出

FGH+→化学反应方程式：______。（4）写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：______。的①除了苯环外，还含有一个四元环②分子中有4种不同化学环境的氢原子③不存在NH−键和NO−键（5）设计以和乙醇为原料，制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)______

。【答案】（1）BC（2）①.②.加成反应③.取代反应（3）+5PCl⎯⎯⎯⎯→2HO+（4）、（5）CH3CH2OH2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CHO3HNO→浓浓硫酸44KMnOMgSO⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→3CHCHOHCl⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】A发生多步反应生

成B()，B和32(CHCHO)O反应生成C为，C通过2步反应生成D为，D被4KMnO氧化得到E为()，E在碱性条件下生成F()，F与G()在3PCl作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，H再与3CHCHO、HCl反应生成产物()；【小问1详解】AAB→．的合成过程中发生

苯环上的氯代反应，条件是2Cl、Fe，选项A错误；B．化合物F为，含有氨基和羧基，具有两性，选项B正确；C．B和32(CHCHO)O反应生成C为，E在碱性条件下生成F()，故BC→的反应类型是取代反应，该步骤的目的是保护氨基，选项C正确；D．美托拉宗()的分子式

为161633CHClNOS，选项D错误，故答案为BC；【小问2详解】根据分析，D的结构简式为；化合物H先和HCHO发生加成反应，然后和HCl发生取代反应生成美托拉宗，故答案为：；加成反应；取代反应；【小问3详解】F与G()在3PCl作催化剂的条件下，发生脱水缩合生成H()，

FGH+→的化学反应方程式+5PCl⎯⎯⎯⎯→2HO+，故答案为：+5PCl⎯⎯⎯⎯→2HO+；【小问4详解】C为；①除了苯环外，还含有一个四元环，②分子中有4种不同化学环境的氢原子，③不存在NH−键和NO−键，满足条件的为、，故答案为：

、；【小问5详解】乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物，流程为：CH3CH2OH2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CHO；3HNO⎯⎯⎯⎯→浓硫酸浓44KMnOMgSO⎯⎯⎯→

FeHCl⎯⎯→3CHCHOHCl⎯⎯⎯⎯→，故答案为：CH3CH2OH2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CHO3HNO→浓浓硫酸44KMnOMgSO⎯⎯⎯→FeHCl⎯⎯→3CHCHOHCl⎯⎯⎯⎯→。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com