【文档说明】浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三下学期4月联考化学试题 含解析.docx，共(26)页，3.663 MB，由小赞的店铺上传

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2023年4月稽阳联谊学校高三联考化学选考试题卷可能用到的相对原子质量：O16Mg24S32K39Fe56Ag108I127Ba137Pt195Au197本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分10

0分，考试时间90分钟。考试须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷纸和答题纸上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上

对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。第I卷一、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.下列物质中不属于配合物的是A.()4NaAlOHB.()4242NHCOC.()332AgNHNOD.42CuSO5HO【答案】B【解析】

【详解】A．Al(OH)4−中四个羟基与Al3＋间存在配位键，形成配合物，A不符合；B．()4242NHCO由铵离子和草酸根离子构成，不是配合物，B符合；C．二氨合银离子中两个NH3分子与Ag＋形成配位键，是配合物，C不符合；D．CuSO4•5H2O以Cu(H2O)4SO4•H2O形式存在，四个

水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，D不符合；答案选B。2.2ClO是一种新型的自来水消毒剂，下列说法不正确的是A.2ClO属于非电解质B.2ClO具有强氧化性C.2ClO为直线形分子D.电负性：OCl＞【

答案】C【解析】【详解】A．ClO2是非金属氧化物，属于非电解质，故A正确；B．ClO2中氯原子为＋4价，易得电子，具有强氧化性，故B正确；C．ClO2的孤电子对数为7-223=22，故为V形分子，故C错误；D．氧原子电负性大于氯，故D正确；

故选C。3.下列化学用语表示正确的是A.乙醚的结构简式：33CHOCHB.基态C原子价电子排布图：C.2SO的VSEPR模型：D.KCl形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，

A错误；B．碳原子的核外电子数是6个，基态C原子价电子排布图为，B错误；C．二氧化硫分子中中心硫原子含有1对孤对电子，其VSEPR模型表示正确，C正确；D．KCl为离子化合物，形成过程为，D错误；答案选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.NaC

lO溶液有强氧化性，可用作漂白液B.硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造光导纤维C.浓硫酸有吸水性，在实验室中常用作干燥剂D.明矾溶于水形成胶体，可用于净水【答案】B【解析】【详解】A．NaClO溶液有强氧化性，可用作漂白液，故A正确；B．硅的导电性

介于导体和绝缘体之间，可制作半导体器件，二氧化硅可制作光导纤维，故B错误；C．浓硫酸有吸水性，在实验室中常用作干燥剂，故C正确；D．明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮杂质沉降而净水，故D正确；故选B。5.下列说法正确的是A.电解饱和食盐水可以得到Na和2C

lB.加热七水硫酸镁制取4MgSOC.工业上利用铝热反应炼铁D.常温下铜与浓硫酸反应制备2SO【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐水时，阴极上水电离出的氢离子优先放电，钠离子不放电，不能得到金属钠，得到氢气、NaOH和Cl2，故A错误；B．加热七水硫酸镁，4MgSO水解生成硫酸和氢

氧化镁，硫酸不挥发，二者中和生成4MgSO，故可加热七水硫酸镁制取4MgSO，故B正确；C．炼铁用CO还原铁的氧化物，焊接钢轨利用铝热反应炼铁，故C错误；D．常温下二者不可以反应，需要加热，故D错误；故选B。6.在高温高压

的水溶液中，AuS−与2Fe+发生反应223422AuS3Fe4HOFeO2Au2HS4H−++++=+++，下列说法正确的是A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3B.每生成4.48L2HS，转移电子数为A0.2NC.反应中若有19.7

gAu元素被还原，则生成0.05mol34FeOD.若将此反应设计成原电池，则2Fe+在正极发生反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2价，故氧化剂AuS-与还原剂Fe2＋物质的量之比为1：1，故A错误；B．无标准状况的条件，故无法计

算，故B错误；C．被还原的19.7gAu为0.1mol，则对应产生的Fe3O4为0.05mol，故C正确；D．Fe2＋在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误；故选C。7.下列离子方程式书

写正确的是A硝酸钡溶液中通入少量2SO：23224BaNOSOHOBaSONOH+−++++=++B.用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：2322COClCOClOCl−−−+=++C.氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：225225ClCHCOO

CHOHClCHCOOCHOH−−+⎯⎯+→D.铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+【答案】D【解析】【详解】A．硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋23NO−＋3S

O2＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，A错误；B．碳酸钠过量时，产物为3HCO−，离子方程式为223CO−＋Cl2＋H2O=23HCO−＋ClO-＋Cl-，B错误；C．氯原子也会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH-

⎯⎯→HOCH2COO-＋C2H5OH+Cl-，C错误；D．铝能与氢氧化钠溶液反应，生成4Al(OH)−和氢气，D正确；故答案选D。8.下列说法不正确的是A.甘油醛是最简单的醛糖，存在对映异构体B.蛋白质溶液中加入少量的硫酸铵溶液产生白色沉淀，加水后溶解C.核酸是由核苷酸单体缩聚形成的生物

大分子，其单体水解得到核苷和磷酸D.在酸催化下，等物质的量的苯酚和甲醛反应得到线型结构酚醛树脂【答案】B【解析】【详解】A．甘油醛是最简单的醛糖，分子中仅含有一个手性碳原子，存在对映异构体，A项正确；B．蛋白质溶液中加入少量盐溶液能促进蛋白质的溶解，当盐达到一定浓度时，会使蛋白质的浓度降

低从中析出，该作用称为盐析，盐析为可逆过程，加水后溶解，B项错误；C．核酸是由核苷酸单体缩聚形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到核苷和磷酸，C项正确；.D．在酸催化下，等物质的量的苯酚和甲醛反应，苯酚邻位或对位的氢原子与甲醛发生缩聚反应生成线性结构酚醛树脂，D项正确。答案选B。9.某消炎药主

要成分的结构如图所示，下列说法正确的是A.分子中存在6种官能团B.1mol该物质与足量NaOH反应，最多可消耗3molNaOHC1mol该物质与足量2H反应，最多可消耗7mol2HD.分子中所有原子可能共平面

【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有醚键、羧基、酰胺基、碳氯键、碳碳双键共五种官能团，故A错误；B．1mol羧基、酰胺基各消耗1molNaOH，1mol碳氯键消耗2molNaOH，共消耗4molNaOH，故B错误；C．2mol苯环消耗6molH2，1mol碳碳双键消耗1molH2，故1

mol该物质与足量2H反应，最多可消耗7mol2H，故C正确；D．饱和碳原子为sp3杂化，为四面体构型，所有原子不可能共面，故D错误；答案选C。10.前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，V的基态原子有2个未成对电子，X的族序数为周期数的3倍，X、

Y、Z均不在同一周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍。下列说法不正确的是A.第一电离能：WXB.Y与V形成的化合物中可能含非极性共价键C.氢化物的稳定性：XWVD.Y和Z两者对应的最高价氧化物的水化物可能会发生反应【答案】C.【解析】【分析】前四周期元素V

、W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的族序数为周期数的3倍，X为O，V的基态原子有2个未成对电子，V为C，W为N，X、Y、Z不在同一周期，则Y在第三周期，Z为第四周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数为Y的3倍，Y为Na，Z为Ga。【

详解】A．N的价层电子排布式为2s22p3，p轨道半充满，不易失电子，第一电离能比O大，A正确；B．Na与C能形成乙炔钠Na2C2，22C−含非极性共价键，B正确；C．选项中未指明是简单氢化物，无法比较稳

定性，C错误；D．类似于Al(OH)3的两性，Ga(OH)3和NaOH有可能发生反应，D正确；故答案选C。11.镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：2x2VSLiVS→下列说法不正确的是A.充电或放

电时，a极电势均高于b极B.放电过程中电子经导线由a极向b极移动C.充电时阳极的电极反应式为22LiVSeVSLi−+−=+xxD.该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.2mol，则负极质量变化2.4g【答案】A【解析】【详解】A.由题可知，放电时b为正极，充

电时b为阳极，充电或放电时，b极电势均高于a极，A项错误；B.放电时，b为正极，则电子经导线由a极向b极移动，B项正确；C.已知放电时，b极转化关系为VS2→LixVS2，则充电时b为阳极，转化关系为LixVS2→V

S2，电极反应式为LixVS2−xe−=VS2+Li+，C项正确；D.放电时，负极反应为Mg-2e－=Mg2＋，则转移电子为0.2mol时，负极质量变化2.4g，D项正确。答案选A。12.下列说法正确的是A.图A中，18-冠-6中O原子电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分

子“分子识别”的特征B.图B物质相较4NaBF摩尔质量更大，具更高的熔沸点C.图B中，1mol该物质含有20molσ键D.图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为()10617SiOnn−【答案】CD【解析】【详解】A．A中冠醚与K＋

之间并非离子键，而通过配位键结合，A错误；B．B中物质阳离子基团较大，离子键较弱，较NaBF4熔沸点更低，B错误；C．根据图B中物质的结构可知，1mol该物质含有σ键20mol，C正确；D．将左边结构补齐会形成两个

环，被两个环共用的氧原子左边有7个，右边有7个共14个，独立成个体的氧原子有10个，同时每个环都有独立的硅原子，则Si：O=（4+4×0.5）：（14×0.5+10）=6：17，这样每个环所包含的O有17个，硅有6个，再根据硅化合价为+4价，氧化合价为-2价，其结构通式为()10617S

iOnn−，D正确；故答案选CD。13.常温下，在含有0.101molL−33HPO的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示。已知plgcc=−，()pOHlgcOH−=−，下列有关说法中正确的是是A.曲线①代表33HPOB.23NaHPO溶液显碱性的原

因是23HPO−的水解程度大于电离C.33HPO的1.3a1K10−=D.c点对应的溶液中：()()()()2233HPO2OHHHPOcccc+−−−=++【答案】C【解析】【分析】pOH越小，溶液的碱性越强，图中只有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，碱性较强

的情况下，23HPO−的浓度最大，其次为23HPO−，最后为H3PO3，因此曲线①表示23HPO−，曲线②表示23HPO−，曲线③表示H3PO3。【详解】A．只有三条微粒浓度变化曲线，因此H3PO3为二元弱酸

，曲线①随着pOH增大即酸性增强，微粒浓度减小，曲线①表示23HPO−，A错误；B．Na2HPO3是正盐，因此溶液显碱性的原因是23HPO−的水解，23HPO−不会电离，B错误；C．曲线②和③的交点b处c(23HPO−)=c(H3PO3)，H3PO3的Ka1=2333c

(HPO)c(H)c(HPO)−+=c(H+)=10-1.3，C正确；D．H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H＋)=1mol/L，说明溶液中加入了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误，D错误；故答案选C14.一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反

应(1，2-加成和1，4-加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示：下列说法正确的是。A.比稳定，因此任意条件下主产物均为B.由2aE小于3aE可知，升温有利于→C.()1324kJ/

molaaaaHEEEE=+−−D.由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应【答案】C【解析】【详解】A．低温下的主产物为1，2-加成，高温下的主要产物是1，4-加成，故A错误；B．温度升高对活化能大的反应影响更大，因此

升温有利于得到，故B错误；C．根据图像可以得到()1324kJ/molaaaaHEEEE=+−−，故C正确；D．由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D错误；故选C。15.天然水体中的23HCO与空气中的2CO保持平衡。某地溶洞水体中()lgXc(X为23HC

O、3HCO−、23CO−或2Ca+)与pH的线性关系如图所示。下列说法不正确的是A.直线①代表3HCO−，直线③代表2Ca+B.图中()()()23a123a223lgCO2pHlgHCOlgHCO5cKK−=++−C.()8.6sp3C

aCO10K−=D.若空气中的2CO浓度增加，则水体中的2Ca+浓度减小【答案】D【解析】【分析】H2CO3(aq)H＋＋3HCO−，3HCO−H＋＋23CO−，随着溶液pH增大，碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，则碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，同时钙离子浓度减小，故曲线①代表3HC

O−，曲线②代表23CO−，曲线③代表Ca2＋；由点(6.3，5)计算该温度下碳酸的一级电离平衡常数-++6.3323a1c(HCO)c(H)=c(H)10c(HKCO)−==，由点(10.3，-1)计算该温度下碳酸的二级电离平衡常数2-+a+10.33-32c(CO)c(H)=c(H)10c

(HKCO)−==。【详解】A．由分析可知，直线①代表3HCO−，直线③代表2Ca+，A正确；B．()()()()3a12323HHCOHCOHCOccKc+−=，()523lgHCO10c−=推知①lgc(3HCO

−)=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；2-+3-a23c(CO)c(H)=c(HCO)K，()()2+a1a223-23c(cHKK=c)HOCOC同理可推：②lgc(23CO−)=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正确

；C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c(23CO−)，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc(23CO−)；则结合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc(23CO−)=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋

5]；由a点数值可知Ka1=10-6.3，由c点数值可知Ka2=10-10.3，再由b点数值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正确；D．若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OC

a2＋＋23HCO−，平衡正向移动，水体中的Ca2＋浓度增大，D错误；故选D。16.探究铜及其化合物的性质，下列实验方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A铁片与铜片用导线相连，放入盛有浓硝酸的烧杯中铜片不断溶解，而铁片表

面无明显变化该情况下，铜单质的还原性强于铁单质B向铜丝与浓硫酸反应后的溶液中加蒸馏水稀释溶液变为蓝色该反应的产物中有4CuSO产生C在试管中加入2mL10%NaOH溶液，再加入5滴5%4CuSO溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热有砖红色沉淀产生乙醛能将新制氢氧化铜悬浊液还原为2CuO

D向10mL01mol/L2NaS溶液中滴入2mL0.1mol/L4ZnSO溶液，再加入2mL0.1mol/L4CuSO溶液开始有白色沉淀产生，后产生黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)A.AB.

BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铁片表面无变化是因为铁发生了钝化，仍是铁的还原性强于铜，故A错误；B．验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；C

．用新制氢氧化铜碱性悬浊液可以检验醛基存在，新制氢氧化铜碱性悬浊液有弱氧化性，在加热下被醛基还原为砖红色的氧化亚铁沉淀，故C正确；D．Na2S与ZnSO4反应中，Na2S过量，可以继续与CuSO4反应产生黑色沉淀，无法证明由硫化锌转化为了硫化铜

，故无法得出Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)的结论，故D错误；答案选C。第Ⅱ卷二、非选择题(本小题共5小题，共52分)17.铂及其配合物在生活中有重要应用。（1）顺铂有抗癌作用。机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的()()32PtN

HOHCl与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如：.①基态Cu原子价层电子排布式为_______。②鸟嘌呤与()()32PtNHOHCl反应的产物中包含的化学键_______。A氢键B.离子

键C.共价键D.配位键③在()322PtNHCl，配体与铂(Ⅱ)的结合能力：Cl−_______(3NH填“>”或“＜”)。（2）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。顺铂反铂空间结构25℃时溶解度

/g0.25770.0366①推测()322PtNHCl的结构是_______(填“平面四边形”或“四面体形”)。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。（3）铂晶胞为立方体，边长为apm，结构如图

：下列说法正确的是_______。A.该晶胞中含有的铂原子数目为4B.该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有8个C.该晶体的密度为3033A419510gcmaN−D.该晶体中铂原子之间的

最近距离为22apm【答案】（1）①.3d104s1②.BCD③.＜（2）①.平面四边形②.顺铂为极性分子，而反铂是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大（3）ACD【解

析】【小问1详解】①Cu为29号元素，根据构造原理可知，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1。②根据题中产物结构可知化学键包括离子键，共价键和配位键，故选BCD。③与Cl相比，N给出孤电子对能力更强。【小

问2详解】①若为四面体结构，Pt(NH3)2Cl2只有一种，而此处有两种同分异构体，故为平面四边形结构。②顺铂为极性分子，而反铂是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大。【小问3详解】A．铂原子数目：118+6482=，

A正确；B．该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有三层，每层有4个原子与其等距，共12个，B不正确；C．晶胞质量为A4195gN，则该晶体的密度为3033031033AA4195419510gcm10gcm(10)aNaN−−−=，C正确；D．该晶胞中两个P

t之间的最近距离为面对角线的一半，D正确；故选ACD。18.物质A由4种元素组成，按如下流程进行实验。已知：①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质③沉淀E不溶于酸④24AgSO溶于3HNO请回答：（1）物质A的组成元素为_______(元素符号)，其化学式为_______。（2）写出A与双氧水反应

的化学方程式_______。（3）写出F至G的离子方程式_______。（4）设计实验检验溶液D中的主要离子_______。【答案】（1）①.K、S、I、O②.KI(SO2)4或KIS4O8（2）2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2

SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O（3）SO23−＋I3−＋H2O=3I－＋2H＋＋SO24−（4）取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色

则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO24−【解析】【分析】①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，则物质A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黄色沉淀H及加入的0

.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O8。【小问1详解】根据前面分析得到物质A的组成元素为K、S、I、O，其化学式为KI(SO2)4或KIS4O8；故答案为：K、S、I、O；K

I(SO2)4或KIS4O8。【小问2详解】A与双氧水反应的化学方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案为：

2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。【小问3详解】F至G是亚硫酸根和I3−发生氧化还原反应，将I3−变为碘离子，其反应的离子方程式SO23−＋I3−＋H2O=3I－＋2H＋＋SO24

−；故答案为：SO23−＋I3−＋H2O=3I－＋2H＋＋SO24−。【小问4详解】D是硫酸钾，主要验证钾离子和硫酸根离子，钾离子应从焰色试验进行验证，硫酸根主要通过加入氯化钡来进行验证，则实验检验溶液D中的主要离子方法是取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色

则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO24−；故答案为：取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有

白色沉淀则含有SO24−。19.氢能作为清洁能源，对实现“碳达峰”和“碳中和”双碳目标具有广泛应用前景。甲烷水蒸气催化重整制备氢气也是工业上常用的制氢工艺。发生如下反应：①()()()()422CHgHOgCOg3Hg++1206.4kJ/mo

lH=+②()()()()222COgHOgCOgHg++241.1kJ/molH=−请回答：（1）反应①自发进行的条件是_______。A.高温B.高压C.低温D.低压（2）研究表明，上述反应②在34FeO催化下进行，反应历程如下：第1步：

()()()()342FeOs4COg3Fes4COg++(慢)3141kJ/molH=−第2步：()()()()23423Fes4HOgFeOs4Hg++(快)4ΔH①4=H_______kJ/mol②请在图中画出CO和2HO(g)在34FeO催化下反应历程的能量变化图_______。

（3）恒压条件下，将4CH(g)和2HO(g)按照体积比1：3通入反应器中。平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。①2HO的含量在700℃左右出现最小值的原因为_______。②下列说法不正确的是___

____。A.某温度下，当气体密度不再变化时反应达到平衡状态B.其他条件不变，温度升高，反应①v正增大，v逆减小C.其他条件不变，使用更高效的催化剂，可以提高原料的平衡转化率D.其他条件不变，加入稀有气体，重新达到平衡时2H的物质

的量增加（4）500℃、恒压(0P)条件下，1mol4CH和1mol2HO(g)反应达平衡时，4CH的转化率为0.5，2CO的物质的量为0.25mol，则反应②的平衡常数pK=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）A（2

）①.-23.4②.（3）①.温度低于700℃，反应①△H1>0，随温度升高，反应向正向进行的程度增大，H2O的物质的量分数逐渐减小；温度高于700℃，反应②△H2＜0，随温度升高，平衡左移，H2O的物质的量分数增大；综合导致H2O的含量在700℃左右出最低值②.BC（4）

7【解析】【小问1详解】反应①ΔS>0，ΔH>0，所以反应在高温下自发；【小问2详解】①第1步＋第2步=4×②，即3424HH4HH=-23.4kJ/mol=＋，；②两步反应均放热，且第1步比第

2步放出热量更多，第1步为慢反应，第2步为快反应，则第1步活化能大于第2步，能量变化图为；【小问3详解】①2HO的含量在700℃左右出现最小值的原因为：温度低于700℃，反应①1H>0，随温度升高，反应向正

向进行的程度增大，2HO的物质的量分数逐渐减小；温度高于700℃，反应②2H0＜，随温度升高，平衡左移，2HO的物质的量分数增大，综合导致2HO的含量在700℃左右出最低值；②A．该反应在恒压条件下进行，气体体积逐渐增大，气体质量不变，即密度逐渐减小，平

衡时保持不变，可以作为平衡状态判据，A项正确；B．温度升高，正逆反应速率均增大，B项错误；C．催化剂不能使平衡发生移动，C项错误；D．其他条件不变，加入稀有气体，体积增大，相当于减压，反应①平衡正向移动，2H的物质的量增加，D项正确；答案选BC；【小问4详解】500℃、恒压()0P条件下，1mol

()4CHg和1mol()2HOg反应达平衡时，4CH的转化率为0.5，结合反应列三段式：422CH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)(mol)1100mol0.50.50.51.5(mol)0.50.50.51.5起始量转化量()平衡量22

2CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(mol)0.50.501.5(mol)0.250.250.250.25(mol)0.250.250.251.75起始量转化量平衡量平衡时体系中含有：42220.5molCH0.25mo

lHO0.25molCO0.25molCO1.75molH、、、、，气体总物质的量3mol，则反应Ⅱ的平衡常数0000p0.25PP33=71.75K0.250.25PP33=，故答案为：7。20.黄血盐[()426KFeCN3HO]常用于制造颜料、印染氧化助剂、油漆、油墨

等，一种以生产电石的副产物(主要成分氰化钙)为原料制备黄血盐的流程如下：已知：①黄血盐溶于水，不溶于乙醇和乙醚等。②制备过程中涉及的部分反应如下：()()424263CaCNFeSOCaFeCNCaSO+=+()()22266CaFeC

N2KClKCaFeCNCaCl+=+③每一步骤均包含试剂和操作，如步骤Ⅰ包括80°C热水、过滤、洗涤。请回答下列问题：（1）下列有关说法不正确的是_______。A.步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中洗涤目的相同，均为洗去杂质，提高纯度B.

步骤Ⅰ，使用80℃热水的目的只是为了加快溶解速率C.步骤Ⅱ，过滤得到的滤渣的主要成分是4CaSOD.步骤Ⅲ，可以用24KSO固体代替KCl（2）步骤Ⅳ，试剂X的最佳选择是_______。(填化学式)（3）步骤Ⅳ，重结晶前，为了得到杂质较少的()426KFeCN3

HO粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：加入试剂X→加热煮沸→_______→干燥→粗产品。a.抽滤b.趁热过滤c.冷却至室温d.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热e.蒸发至溶液中出现大量晶体，停

止加热f.乙醇洗涤g.蒸馏水洗涤（4）黄血盐()2KFeCNHOxyn的化学式可通过下列实验测定：步骤1：准确称取mg黄血盐样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。步骤2：量取2

5.00mL溶液A，用2.0001molL−酸性4KMnO溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗4KMnO溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下(未配平)：()()4244244322y3KFeCNKMnOHSOK

HSOFeSOMnSOHNOCOHOx++→+++++。步骤3：向“步骤2”所得溶液中加入锰离子交换树脂，将2Mn+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧，最终得红色固体0.4g。①步骤1中配制溶液A所需的玻璃仪器除100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒外还需用到____

___。②通过计算确定样品中K+的物质的量_______。③下列操作会使测定结果中y值偏小的是_______(填字母)。A.步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化B.步骤1定容时俯视刻度线C.步骤2滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁D.步骤2滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部

分无气泡【答案】（1）ABD（2）K2CO3（3）bdcaf（4）①.胶头滴管②.0.08mol③.A【解析】【分析】副产物用热水溶解，溶液中加FeSO4溶液，生成()26CaFeCN和CaSO4沉淀，过滤，滤液中

加KCl固体生成()26KCaFeCN沉淀，过滤，滤渣()26KCaFeCN加碳酸钾溶液加热煮沸反应生成碳酸钙沉淀和()46KFeCN溶液，趁热过滤除去碳酸钙、溶液蒸发至溶液出现晶膜，停止加热、冷却至室温、抽滤、用

乙醇洗涤、干燥、粗产品。【小问1详解】A．步骤Ⅰ、Ⅱ洗涤目的是增大产品的质量，提高产率，故A正确；B．步骤Ⅰ，使用80℃热水的目的是为了提高溶解度，故B错误；C．步骤Ⅱ，FeSO4和CaCN反应生成CaSO4沉淀，过滤得到的滤渣的主要成

分是4CaSO，故C正确；D．步骤Ⅲ，若用24KSO固体代替KCl，会生成CaSO4沉淀，使产品不纯，故D错误；选ABD；【小问2详解】步骤的Ⅲ产物是()26KCaFeCN，步骤Ⅳ是把()26KCaFeCN转化为()426KF

eCN3HO，除去Ca2+，同时增大K+的量，根据元素守恒，试剂X的最佳选择是K2CO3；【小问3详解】为了得到杂质较少的()426KFeCN3HO粗产品，加入试剂K2CO3→加热煮沸→为防止()46KFeCN结晶，趁热过滤→蒸发至溶液出

现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→由于()426KFeCN3HO难溶于乙醇，用乙醇洗涤→干燥→粗产品。【小问4详解】步骤1中配制溶液A，定容需要用胶头滴管，所需的玻璃仪器除100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯

、量筒外还用到胶头滴管。②向“步骤2”所得溶液中加入锰离子交换树脂，将2Mn+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧，最终得红色固体0.4g。可知生成Fe2O3的质量为0.4g，则n(Fe2+)=0.4g20.005mol160g.mol=；()()4244244322

y3KFeCNKMnOHSOKHSOFeSOMnSOHNOCOHOx++→+++++，Fe元素化合价由+2升高为+3、C元素化合价由+2升高为+4、N元素化合价有-3升高为+5，Mn元素化合价由+7降低

为+2，反应共消耗2.0001molL−酸性4KMnO溶液30.50mL，根据得失电子守恒()0.005128y20.0355++=，解得y=6，根据电荷守恒，x=4，所以样品中K+的物质的

量1000.00540.08mol25=。③A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，消耗高锰酸钾的物质的量偏小，则y偏小，选A；B．步骤1定容时俯视刻度线，样品溶液浓度判断，消耗消耗高锰酸钾的物质的量偏大，则y偏大，选不B；C．步骤2滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，

对消耗高锰酸钾的物质的量无影响，则y不变，不选C；D．步骤2滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，消耗消耗高锰酸钾的物质的量偏大，则y偏大，选不D；选A。21.某研究小组按下列路线合成高效驱虫药三氯苯达唑。已知：NaCNRXRCN⎯⎯⎯→请回

答：（1）化合物E的无氧官能团名称是_______。（2）化合物B的结构简式是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.化合物A的名称是1，3，4-三氯苯B.化合物D遇3FeCl溶液显紫色C.F→G中加入KOH

，有助于提高化合物G的产率D.三氯苯达唑的分子式为141032CHClNOS（4）G→H经加成和消去两步反应，写出发生消去反应的化学方程式是_______。（5）设计以甲烷为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物C的

同分异构体的结构简式_______。①分子中除苯环外无其他环；②1HNMR−谱和IR谱检测表明，分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键。【答案】（1）氨基、碳氯键或氯原子（2）（3）BC（

4）（5）（6）【解析】【分析】由E结构反推出C、D结构，再由C结构继续反推得出B、A结构；对比E与F分子式可知E→F发生还原反应，从而得出F的结构，流程结构如下：；【小问1详解】化合物E的无氧官能团名称是氨基、碳氯键(或氯原子)；【小问2详解】化合物B的结构简式是；【小问3详解】A．化合物A

的名称是1，2，4-三氯苯，A错误；B．化合物D中含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；C．F→G的过程中，生成的H2S与KOH反应，有助于反应正向进行，提高化合物G的产率，C正确；D．三氯苯达唑的分子式为C14H9Cl3N2OS，D错误；故选B

C。【小问4详解】G→H经加成和消去两步反应，加成反应方程式如下；，后续消去反应生成KI和引入碳氮双键，方程式为：；【小问5详解】结合题给信息，采用逆合成法，从产品逆推原料，路线如下：，所以合成路线为：；【小问6详解】化合物C结构为，分子式为C6H4Cl2N2O2，符合同分异构体要求中

含1个苯环，余2Cl、2N、2O及1个不饱和度，由于只含1个环(即苯环)，则余下的1个不饱和度可以是1个硝基或1个氮氮双键；分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键，则结构对称；所以符合要求的同分异构体如下：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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