【文档说明】安徽省六校2024届高三上学期第二次素养测试化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，6.037 MB，由小赞的店铺上传

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安徽六校教育研究会2024届高三年级第二次素养测试化学试题考生注意：1.满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米

黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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。1.2023年，“墨子巡天望远镜”入选全国重大科技成就，“墨子巡天望远镜”是中科大和中科院紫金山天文台联合研制的大视场光学成像望远镜，由望远镜框架、聚焦镜片、望远镜圆顶台址和图像数据储

存分析四部分组成。下列说法不正确的是A.望远镜框架用到多种金属材料B.聚焦镜片成分只含有二氧化硅C.建设台址所用的水泥属于传统硅酸盐材料D.数据储存分析所用电脑芯片的主要原料是硅【答案】B【解析】【详解】A．望远镜框架用到的金属

材料包括铝合金、镁铝合金和钛合金等，以确保望远镜的性能和耐用性，故A正确；B．聚焦镜片通常由高纯度光学材料制成，如二氧化硅、硒化锌或锗，这些材料具有良好的透过性和耐热性，能够承受激光束的高能量。因此，聚焦镜片的成分并不只含有二氧化硅，而是根据具体的应用和性能要求选择合适的材料组

合，故B错误；C．传统硅酸盐材料，包括玻璃、水泥、陶瓷等，因此水泥属于传统硅酸盐材料，故C正确；的D．电脑芯片的主要成分是单质硅，故D正确；故答案选B。2.下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的Cl原子：2017ClB.3BCl的电子式：C.四溴化碳的空间填充模型：D

.基态硫原子最外层电子排布图：【答案】D【解析】【详解】A．质量数等于中子数加质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，表示为：3717Cl，故A错误；B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式：，故B错误；C．四溴化碳

结构类似于甲烷，为正四面体结构，溴原子半径大于碳原子，空间填充模型为，故C错误；D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为：，故D正确；故答案选D。3.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量钠反应，生成

2H的分子数目为A0.25NB.标准状况下，211.2LCl溶于水，所得溶液中Cl−、ClO−、HClO的微粒数之和为ANC.0.2molNO与20.1molO在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为A0.4ND.4856gCH中含有σ键的数目一定是A11N【答案】C

【解析】【详解】A．50g质量分数为46%的乙醇溶液，水的质量为27g，物质的量为1.5mol，与Na反应生成氢气物质的量0.75mol，乙醇的质量为23g，物质的量为0.5mol，与Na反应生成氢气物质的量0.25mo

l，生成2H的分子数目为AN，A错误；B．标准状况下，211.2LCl物质的量为0.5mol，所含氯原子物质的量为1mol，由于2Cl与水反应为可逆反应，所以所得溶液中Cl−、ClO−、HClO的微粒数之和小于AN，B错误

；C．0.2molNO与20.1molO共含氧原子0.4mol，密闭容器中，根据氧原子个数守恒，氧原子数为A0.4N，C正确；D．4856gCH物质的量为1mol，48CH可能是丁烯或环丁烷，若为环丁烷，1mol环丁烷所含σ键的数目是A12N，D错误；答案选C。4.下列实验

装置(夹持仪器已省略)正确且能达到相应实验目的的是A．用甲装置比较4KMnO、2Cl、S的氧化性强弱B．用乙装置验证铁的析氢腐蚀C．用丙装置合成少量氨气并检验氨气的存在D．用丁装置进行酸碱中和滴定实验A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．甲中发生的反应方程式

为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O、Cl2+Na2S=S↓+2NaCl，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性这一规律可得，氧化性：KMnO4>Cl2>S，挥发出的HCl进入到硫化钠溶液中

，可以反应产生H2S，但观察到溶液中产生淡黄色沉淀同样能证明产生了S单质，也能证明氧化性：Cl2>S，故A正确；B．食盐水浸泡过的铁钉表面水膜呈中性，可验证铁的吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，故B错误；C．氮气和

氢气反应生成氨气，氨气溶于水产生一水合氨，因此氨气可用湿润的pH试纸检验，但图中干燥的pH试纸不能检验氨气，故C错误；D．NaOH溶液应装入碱式滴定管，而不是酸式滴定管，故D错误；故答案选A。5.下列有关离子方程式错误的是A.4FeSO溶液

中加入22HO产生沉淀：()2+22232Fe+HO+4HO=2FeOH4H++B.碳酸银粉末加入到稀盐酸中：++2322AgCO+2H=2Ag+COHO+C.少量2SO通入()2CaClO溶液中：2+--224Ca+3ClO+SO+HO=CaSO+C

l+2HClOD向2FeI溶液中通入少量2Cl：--222I+Cl=I+2Cl【答案】B【解析】.【详解】A．向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeSO4溶液，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，能促进H2O2分解生成O2

，H2O2的分解反应是放热反应，溶液温度升高，Fe3+水解程度增大，从而生成Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为()2+22232Fe+HO+4HO=2FeOH4H++，故A正确；B．碳酸银粉未加入到稀

盐酸中，碳酸银会转化为氯化银沉淀，离子方程式为：+2322AgCO+2H+2Cl=2AgClCOHO−++，故B错误；C．向Ca(ClO)2溶液中通入少量的2SO生成硫酸钙、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：2+--224

Ca+3ClO+SO+HO=CaSO+Cl+2HClO，故C正确；D．Fe2+和I-均具有还原性，且I-的还原性更强，因而在遇到氧化剂时，I-优先参与反应。Cl2少量时，离子方程式为：--222I+Cl=I+2Cl，故D正确；故答案选B。6.某燃煤电厂产生的固体

废弃物——粉煤灰中含有较多的氧化铝。从粉煤灰中提取氧化铝的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是A.“酸浸”用的酸是硫酸B.工业上常用电解氧化铝的方法制备铝C.硫酸铝溶液因硫酸根水解呈弱酸性D.氧化铝晶体是离子晶体与共价晶体之间

的过渡晶体【答案】C【解析】【分析】由流程可知，酸浸之后得到硫酸铝溶液，因此粉煤灰中加入硫酸溶液，过滤分离出不与硫酸反应的滤渣，酸浸液含Al3+，而后沉淀Al3+，分离出杂质离子，Al(OH)3煅烧后生成氧化铝和水，据此作答。【详解】A．根据分析可知，“酸浸”用的酸是硫酸，故A正确；

B．由于氯化铝不能再熔融状态下导电，因此工业上常用电解氧化铝的方法制备铝，故B正确；C．硫酸铝为强酸弱碱盐，是由于铝离子水解后呈现弱酸性，故C错误；D．根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，23AlO是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体

，主要是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故D正确；故答案选C。7.一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究A在固体催化剂作用下的分解反应：()()()13AgBg+Cg22。体系的总压强(p)随时间(t)的变化如下表所示：t/min0100150250420540580900p/

kPa12.113.313.915.117.1418.5819.06a下列说法不正确的是A.250~420min，消耗A的平均速率为10.012kPamin−B.根据表中数据计算出a为22.9C.其他条件不变，升高体系

温度不一定加快反应速率D.其他条件不变，改用容积更小的刚性反应器，反应速率不变【答案】B【解析】【详解】A．由反应方程式可知，反应前后A的消耗量是气体的变化量，反应250~420min，消耗A的平均速率为()()117.14

15.1KPa0.012420250mkPamiinn−−=−，故A正确；B．反应进行到900min前可能已经达到平衡，也可能还未达到平衡，因此无法推测出900min时体系的压强，故B错误；C．反应在

催化剂表面反应，升高体系温度，催化剂活性减小时，反应速率减小，不一定能加快反应速率，故C正确；D．改用容积更小的刚性反应器，说明压强增大，由表中数据可知，如：100~250min，消耗A的平均速率为()()115.113.3KPa0.01

2250100mkPamiinn−−=−，可知随着体系压强的增大，反应速率没有发生变化，因此当其他条件不变时，反应速率不变，故D正确；故答案选B。8.下列由实验操作及现象推出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向等浓度

KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和4CCl振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色氧化性：222ClBrIB用铂丝蘸取试样溶液在火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中含钠盐C用pH计分别测定等浓度NaClO溶液与3CHCOONa溶液的pH前者大

于后者HClO酸性弱于3CHCOOHD取久置硫酸亚铁溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液溶液呈红色硫酸亚铁溶液已经完全变质A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应

产生I2，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，A错误；B．用铂丝蘸取试样溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明为Na元素

的焰色，但该溶液不一定含钠盐，B错误；C．用pH计分别测定等浓度NaClO溶液与3CHCOONa溶液的pH，前者大于后者，说明NaClO溶液水解程度更大，HClO酸性弱于3CHCOOH，C正确；D．取久置硫酸亚铁溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明有铁离子生成，但不能证

明硫酸亚铁溶液已经完全变质，D错误；答案选C。9.下列类比或推理的结论合理的是选项已知类比或推理的结论A22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O22NaO与2SO反应生成23NaSO和2OB氯化铵受热分解只生成HCl与3NH碘化铵受热分解只生成HI与3NHC丙三醇加入新制()2CuOH

中，溶液呈绛蓝色葡萄糖溶液加入新制()2CuOH中，溶液也呈绛蓝色D相同温度时的spK：24AgCrOAgCl相同温度时的溶解度：24AgCrOAgClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．SO2具有还原性，过氧

化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故A错误；B．铵盐受热易分解，氯化铵受热分解只生成HCl与3NH，碘化铵受热分解只生成HI与3NH，但由于HI不稳定，因此会分解产生H2、I2，故B错误；C．丙三醇和葡萄糖溶液均是多羟基化合物，与新制Cu(OH)2作用呈绛蓝色，

故C正确；D．24AgCrO、AgCl的阴、阳离子个数比不相同，不能通过spK大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；故答案选C。10.制备芯片需要大量使用光刻胶。光刻胶又称光致抗蚀剂，是指通过紫外光、电子束、离子束、X射线等的照射或辐射，其溶解度发生变化的耐蚀剂刻薄膜材料。

如图是某种光刻胶的光交联反应。下列有关说法错误的是A.物质甲的单体分子中，所有原子可能共平面B.1mol物质乙与足量2H加成时最多消耗6mol2HC.物质乙中只有一种含氧官能团D.可利用X射线衍射仪测量有机物的键长、键角【答案】B【

解析】【详解】A．由题图可知，物质甲的单体为，与苯环直连的原子与之共平面，与碳碳双键直连的原子与之共平面，与碳氧双键直连的原子与之共平面，该分子中含有苯环、碳碳双键、酯基，可以通过单键的旋转使平面1、2、3、4重合，故物质甲的单体中所有原子可能共平面，故A正确；B．物质甲中只有苯环可

以与H2发生加成反应，其中含有2n个苯环，则1mol物质乙最多与6nmolH2发生加成反应，故B错误；C．观察物质乙的结构可知，含有的含氧官能团为酯基，因此只有一种含氧官能团，故C正确；D．X射线衍射可以测定分子内原子空间排列，

利用X射线衍射仪可测定水分子中的键长和键角，故D正确；故答案选B。11.含有某化合物(结构如图所示)的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，

下列说法错误的是A.Y原子和Z原子的杂化方式不完全相同B.电负性：Z>X>Y>WC.与Z同周期的元素中，第一电离能比Z小的有5种D.X、Y、W可形成含离子键和配位键的化合物【答案】C【解析】【分析】X、Y

、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W一价阳离子，价电子数为1，X的有一个共用电子对，价电子数为1或7，Z有两个共用电子对，价电子数为6，Y有三或四个共价键，又因为四种元素的价电子之和为11，可以推得X、Y、Z、

W分别为H、B、O、Na。【详解】A．化合物中，B原子形成3个或4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3，O的杂化方式为sp3，A正确；B．同周期，从左到右，电负性增大；同族，从上到下，主族电负性减小；元素的电负性：O＞H＞B＞Na，B正确

；C．第三周期，第一电离能比O小的有Li、Be、B、C，4种元素，C错误；D．X、Y、W可以形成NaBH4，NaBH4为离子化合物，含有离子键、极性共价键和配位键，故D正确；答案选C。12.利用沉淀反应：Ag+(aq)+Cl-(aq)

＝AgCl(s)设计原电池时(如图)，下列说法不正确的是A.负极是金属银电极，电解质溶液为氯化钠溶液B.正极是金属银电极，电解质溶液为硝酸银溶液C.负极反应为Ag-e-＝Ag+D.也可以利用反应：H++OH-＝H2O设计原电池【答案】C【解析】【分析】利用沉淀反应Ag+(aq)+Cl-(

aq)＝AgCl(s)设计原电池时，根据原电池原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，可设原电池中电极均为银电极，负极一侧电解质溶液为含Cl-的可溶盐溶液，正极一侧电解质溶液为AgNO3溶液，负极Ag电极失电子生成Ag+，与电

解质溶液中的Cl-结合生成AgCl，正极电解质溶液中的Ag+得电子生成单质Ag，据此分析解答。【详解】A．根据分析，可知负极发生Ag电极失电子生成Ag+，与电解质溶液中的Cl-结合生成AgCl的过程，故负极的电解质溶液可为含Cl-的可溶盐溶液，KCl溶液或NaCl溶液等均可，A项正确

；B．由分析可知，正极是金属银电极，电解质溶液为硝酸银溶液，溶液中的Ag+得电子生成Ag，B项正确；C．负极Ag电极失电子生成Ag+，与电解质溶液中的Cl-结合生成AgCl，电极反应式为：Ag-e-+Cl-＝AgCl，C项错误；D．根据原电池工作原理可知，将反应H++OH-＝H2O设

计原电池时，正负极电极均为石墨，负极上通入H2，电解质溶液为强碱性溶液，正极电解质为稀硫酸溶液，盐桥为KNO3琼胶，D项正确；答案选C。13.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：()()()

()()422MgSOs+COgMgOs+COg+SOgH0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是A.恒温恒容时，再充入一定量CO气体，达到新平衡时()()2cCOcCO增大B.恒容时，升高温度，混合气

体的平均相对分子质量增大C.恒温恒容时，分离出部分MgO可提高4MgSO的转化率D.恒温时，增大压强，体积减小，平衡逆向移动，平衡常数减小【答案】B【解析】【详解】A．恒温恒容时，再充入一定量CO气体，平衡正向移动，二氧化碳的量增大，二氧化硫量增大，因为平衡常数不变，所以达到新平

衡时2c(CO)c(CO)减小，故A错误；B．容积不变时，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2、SO2的相对分子质量比CO大，因此反应从左到右混合气体的相对分子质量增大，故B正确；C．MgO为固体，固体的量的改变对平衡没有影响，平衡不移动，故C错误；D．恒温时，增大压强，根据P

V=nRT可知，体积减小，平衡逆向移动，但平衡常数只受温度影响，所以平衡常数不变，故D错误；故答案选B。14.二氧化氯(ClO2，黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂，其一种生产工艺如图所示。下列说法错误的是A.气体A是H2B.NC

l3的键角大于NF3的键角C.参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6∶1D.等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比小于2.5∶1【答案】D【解析】【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价升高为+3价，在电解池中阳极发生氧化反应，

阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与Na

OH，据此分析。【详解】A．根据分析，气体A为H2，A项正确；B．在NF3分子中，由于F的电负性很大，成键电子对靠近F原子，偏离N原子，使得三对成键电子之间的排斥力减小，成键电子对之间的斥力较小，因而键角较小；而Cl的电负性比F小得多，所以作用没那么明显，故NCl3

的键角大于NF3的键角，B项正确；C．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式

为6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3↑+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6∶1，C项正确；D．1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得5mol电子。设二者质量均为71g，则Cl2可获得的电子数为71g22mol

71g/mol=，ClO2可以获得的电子数为71g715mol67.5g/mol13.5=，则等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比为71mol:2mol13.5=2.63∶1，大于2.5∶1，D项错误；答案选D。15.湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl−进行沉淀。2

5℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如()()()-2-2nAgClδAgCl=nAg总含微粒]随()-lgcCl的变化曲线如图所示。已知：()splgKAgCl=-9.75。下列叙述错误的是A.25℃时，AgCl的溶解度不会因()-cCl增大而一直减小B.25℃

时，--2-23AgCl+Cl=AgCl的平衡常数0.2K=10C.当()--2-1cCl=10mol?L时，溶液中()()()+-2-23cAg>cAgCl>cAgClD.沉淀最彻底时，溶液中()+-7.2

1-1cAg=10mol?L【答案】C【解析】【分析】由图，纵坐标描述的是含Ag微粒的分布系数，横坐标描述的是()lgcCl−，随()lgcCl−的增大(即Cl-浓度的增大)，Ag+的浓度一开始减小，AgCl增多，第二阶段是AgCl减少，2AgCl−增多；第三阶

段2AgCl−减少，34AgCl−增多；当()lgcCl−等于-2.54时开始产生23AgCl−，并且先增多后减小，据此作答。【详解】A．由图可知，开始的时候氯化银的溶解度随着()cCl−增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大到一定程

度的时候，随着()cCl−增大，溶液中的银离子和氯离子形成络合离子而溶解度增大，故A正确；B．常温下，2-23AgCl+ClAgCl−−的平衡常数()()()232cAgClK=cAgClcCl−−−

，在图中横坐标为0.2−时2AgCl−与23AgCl−相交，即两者的浓度相等，则在常数中其比值为1，此时该反应平衡常数()0.21K=10cCl−=，故B正确；C．当()-2-1cCl=10molL−时，图中横坐标为-2，由图可知此时(

)()()+223cAgCl>cAg>cAgCl−−，故C错误；D．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候就是沉淀最彻底时，由图可知此时()2.541cCl10molL−−−=，由splgK(AgCl)=9

.75−可知，9.75spK(AgCl)=10−，则此时()+7.211cAg=10molL−−，故D正确；故答案选C。第II卷(非选择题共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：（1）实验步骤①用不到下列仪器中的_

______(填标号)。a．酒精灯b．漏斗c．坩埚d．泥三角（2）步骤⑤的操作名称是_______。（3）碘在水中溶解度不大，但在碘化钾溶液中会形成3I−从而增大溶解度，3I−的空间构型是__。（4）本试验中没有使用氯水作氧化剂，可能的原因是_______

。（5）某实验小组用欲测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：已知：2--2-232462SO+I=2I+SO。下列说法不正确的是_______(填标号)。A．溶液b为蓝色是因为发生了反应：-+2222HO+2I+2H=I+2HOB．该实

验可证明蓝色恢复与空气有关C．溶液反复由无色变蓝的原因可能是22HO氧化I−的反应速率比233NaSO还原2I的反应速率快D．上述实验不能准确测定待定液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加入少量2MnO，反应

至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定E．223NaSO溶液要装在酸式滴定管中F．当滴入最后半滴223NaSO溶液，溶液从蓝色变为无色，半分钟后不变色即可确定滴定终点（6）单质碘晶胞如图所示：，每个晶胞平均有_______个碘原子。【答案】（1）b（2）萃取分液（3）直线形（

4）过量的氯水可能将单质碘氧化成碘酸根，降低碘的量；氯水有毒，不环保（5）BCE（6）8【解析】【分析】海带经灼烧，将其中的有机物转变成气体，所含碘元素转变成盐，得到海带灰浸泡，过滤除去不溶物得到含碘离子的水溶液，在溶液中加双氧水氧化碘离子得到含碘单质的水溶液，再加四氯化碳

萃取出碘单质后分液得到碘的四氯化碳溶液，再蒸馏得到碘单质，据此解答。【小问1详解】步骤①为灼烧，需要在坩埚中进行，还要用到铁三角、泥三角、酒精灯、玻璃棒等仪器，无需漏斗，故答案选：b。【小问2详解】根据分析可知，步骤⑤中碘单质进入有机溶剂，并与无机物分离

，因此步骤⑤的操作名称是：萃取分液。【小问3详解】3I−的中心原子为Ｉ原子，价层电子对数为：7+11152++=，VSEPR模型为三角双锥形，成键电子对数为2，孤电子对数为3，空间呈最大角度分布，空间构型为直线形。【小问4

详解】本试验中使用的是H2O2将碘离子氧化成碘单质，产物为水，绿色环保，且氯水的强氧化性会将单质碘氧化成碘酸根，因此没有使用氯水作氧化剂，可能的原因是：过量的氯水可能将单质碘氧化成碘酸根，降低碘的量；氯水有毒，不环保。【小问5详解】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量

H2O2，发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，故A正确；B．该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，故B错误；C．

溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比

Na2S2O3还原I2的反应速率慢，故C错误；D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分

解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，故D正确；E．223NaSO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，因此要装在碱式滴定管中，故E错误；F．用硫代硫酸钠滴定产生的碘单质，用淀粉作为指示剂，达到反应终点时，碘单质被完全消耗产生碘离子，因此滴定终点的现象为：当

滴入最后半滴223NaSO溶液，溶液从蓝色变为无色，半分钟后不变色即可确定滴定终点，故F正确；因此答案选BCE。【小问6详解】由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有1186482+=个I2分子，因此每

个晶胞平均有8个碘原子。17.工艺流程闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域，其工艺流程如图所示：已知：室温下，()-6.8spK

CuCl=10；②()++332Cu+2NHCuNH的平衡常数10K=7.2410；③+324NH+HONH+OH−ƒ的平衡常数-5K=1.810。回答下列问题：（1）首次浸取所用的深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，该反应的离子方程式为_______

。（2）浸取工序的产物为()32CuNHCl，该工序发生反应的化学方程式为_______，浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①。（3）浸取工序宜在30~40℃之间进行，应采用_______进行加热，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是_____

__。（4）中和工序中，主要反应的离子方程式为______，其平衡常数K=______(列出计算式)。（5）洗涤工序中除了加入稀盐酸，还需加入的试剂A为_______(填标号)。a．饱和23NaCO溶液b．NaOH溶液c．无水乙醇d．稀硫酸【

答案】（1）+2+233422Cu+O+8NH+4H=2[Cu(NH)]+2HO（2）34232[Cu(NH)]Cl+Cu=2[Cu(NH)]Cl（3）①.水浴②.盐酸和液氨反应放热（4）①.+++324[Cu(NH)]+2H+Cl=C

uCl+2NH−②.()256.810281.810107.241010−−−（5）c【解析】【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取

，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸

铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。【小问1详解】由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，反应的离子方程式为：+2+233422Cu+O+8NH+4H=2[

Cu(NH)]+2HO。【小问2详解】由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为：34232[Cu(NH)]Cl+Cu=2[Cu(NH)]Cl。【小问3详解】浸取工序宜在30~40℃之间进行，应采用水浴加热；浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化

铵和水反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：水浴；盐酸和液氨反应放热。【小问4详解】溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子

、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为：+++324[Cu(NH)]+2H+Cl=CuCl+2NH−；其平衡常数()()()()()()()()()()()()2+2+22+443+2+222+32323cNHcNHcOHcNHcCuK

==c[Cu(NH)]cHcClc[Cu(NH)]cHcClcOHcNHcCu−+−+−−，化简为：()()()()()()()()()2+2+234+222+323cNHcCucNHcOH11K=c[Cu

(NH)]cNHcHcOHcCucCl−+−−代入题中的所给数据可得，()-2-5101426.8111K1.8107.241011=001−，即()256.810281.810K=107.241010−−−。【小问5详解】由于氯化亚铜不

溶于醇，微溶于水，因此洗涤工序中除了加入稀盐酸，还需加入的试剂A为乙醇，故答案选c。18.硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。（1）我国古代炼丹家狐刚子在《出金矿图录》中记载了一种硫酸提取方法——“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中42CuS

O5HO分解的TG曲线(热重)如图所示。700℃左右分解生成的氧化物有2SO、_______和_______(填化学式)。（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：22224NO+SO+HO=

NO+HSO、222NO+O=2NO。①上述过程中，2NO的作用为_______。②为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是______(答出两点即可)。（3）接触法制硫酸的关键反应为2SO

的催化氧化：()()()2231SOg+OgSOg2-1ΔH=-98.9kJmol。①为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和2SO转化率的关系如图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。的②

在450℃、100kPa的条件下，3SO的平衡体积分数随起始时投料比()()22nSOnO的变化如图所示，用平衡压强(平衡压强=该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则450℃时，该反应的pK=_______。【答案】

（1）①.CuO②.3SO（2）①.催化剂②.反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（3）①.d②.0.05【解析】【小问1详解】根据图示的热重曲线所示，800℃左右质量减少量为原4CuSO质量的一半，说明有固体CuO剩余

，还有其他气体产出，此时气体产物为2SO、3SO、2O，可能出现的化学方程式为4232700C3CuSO3CuO2SOSOO+++，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、2SO、3SO、2O，故答案为CuO；3SO；【小问2详解】①由NO2+SO2+

H2O=NO+H2SO4、2NO+O2=2NO2两个反应可以看出二氧化氮在反应中先消耗再生成，是反应的催化剂，答案为：催化剂；②近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影

响产品质量、产率不高（答案合理即可）。【小问3详解】①为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；②根据图中信息得到当反应物的投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以此条件下

a=()()22nSO2nO=，平衡时3SO的体积分数为40%，则平衡时p(3SO)=40kPa，二氧化硫和氧气的投料比为2:1，消耗的量也是2:1，剩余的量也是2:1，则p(2SO)=40kPa，p(2O)=20kPa，该反应的2p240K0.05

4020==；故答案为：0.05。19.某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)：已知：i．；ii．。回答下列问题：（1）A的名称是_______(用系统命名法)。（2）B→C的反应类型是_______。（3）C→D反应的化学方程式是______

_。（4）A→B反应的目的是_______。（5）G的结构简式为_______。（6）符合下列条件的E的同分异构体有_______种。①含结构；②遇3FeCl溶液显紫色；③苯环上只有三个取代基。（7）参照上述合成路线，设计以苯、1-溴丙烷为主要原料制备的路线：_______(其他

原料、试剂任选)。【答案】（1）3-硝基苯酚（2）还原反应（3）+CH3COOH→+H2O（4）保护羟基（5）（6）40（7）3245060HNOHSO→℃浓，浓FeHCl，⎯⎯⎯⎯→3CHCOOH⎯⎯⎯⎯→322CHCHCHBrNaH⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】对比A和B的结

构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；

H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J，据此作答。【小问1详解】A的结构简式为，A的系统命名法是3-硝基苯酚。【小问2详解】对比B到C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基，故答案

为：还原反应。【小问3详解】结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为，C为，因此C→D反应的化学方程式是：+CH3COOH→+H2O。小问4详解】根据A到B的反应与E到F的反应可知，A→B反应的目的是：保护羟基。【小问5详解】

根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为3+CHCOCl→+HCl，因此G的结构简式为：。【小问6详解】E的结构简式为：，同分异构体符合：①含结构；②遇3FeCl溶液显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上只有三个取代基；因此可能的取代

基为：2CONH−、OH−、49CH−，49CH−有四种结构：2223CHCHCHCH−、()232CHCHCH−、()33CCH−、()323CHCHCHCH−，设苯环上连接的3个取代基为A、B、C，则有10种同分异构体：【。三种取代基为：2CONH−、OH−、2223CHC

HCHCH−，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：2CONH−、OH−、()232CHCHCH−，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：2CONH−、OH−、()33CCH−，有10种同分异构体，苯环上连接的取代基为：2CONH−、OH−、()32

3CHCHCHCH−，有10种同分异构体，因此共有40种同分异构体。【小问7详解】根据题中的合成路线，以苯、1-溴丙烷为主要原料制备的路线为：3245060HNOHSO→℃浓，浓FeHCl，⎯⎯⎯⎯→3CHCOOH⎯⎯⎯⎯→322CHCHCHBrNaH⎯⎯⎯⎯⎯→。