【文档说明】2024届湖北省武昌实验中学高三下学期高考适应性考试化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.761 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省武昌实验中学2024届高考适应性考试化学试卷本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量

：H-1C-12O-16Au-197Ti-48一、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.《厉害了，我的国》展示了中国科技举世瞩目的成就。下列说法错误的是A.“祝融号”火星车储能用的正十一烷属于烃类B.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆是

依据外加电流法防腐C.“天和核心舱”电推进系统采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料D.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定【答案】B【解析】【详解】A．正十一烷的分子式为C11H24，正十一烷只由C、

H两种元素组成，属于烃类，A项正确；B．由于Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，钢铁为正极被保护，此依据是牺牲阳极法防腐，B项错误；C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C项正确；D．测定晶体结构最常用的

仪器是X射线衍射仪，故可用X射线衍射仪测定磷酸盐晶体的结构，D项正确；答案选B。2.下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是A.MgCl2易溶于水，可用于制作豆腐的凝固剂B.MgO是碱性氧化物，可用于吸收燃煤烟气中的SO2C.NaCl晶体中离子间存在较强的离子键，N

aCl晶体的硬度较大D.3HCO−通过氢键缔合成较大的酸根，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．氯化镁用作豆腐制作过程中的凝固剂是利用蛋白质在盐溶液中发生聚沉的性质，与其易溶于水无关，A符合题意；B．MgO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，

二者能发生反应：MgO+SO2=MgSO3，故MgO可用于吸收燃煤烟气中的SO2，有对应关系，B不合题意；C．Na+和Cl-间存在正负电荷的强烈作用，具有较强的离子键，具有较高的熔点，硬度较大，有对应关系，C不合题意；D．3HCO−中含有O-H键，故3HCO−能形成分子间氢键，通过氢键缔合成较

大的酸根，一般微粒越大越难溶于水，故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有对应关系，D不合题意；故答案为：A。3.类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中错误的是A.电解熔融NaCl可制Na，则电解熔融2MgCl可制MgB.3NaN与盐酸反应生成NaCl和4NHCl

，则32MgN与盐酸反应生成2MgCl和4NHClC.NaOH溶液与少量3AgNO溶液反应生成AgOH和3NaNO，则氨水与少量3AgNO溶液反应生成AgOH和43NHNOD.3Al+与3HCO−在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，3Fe+与3H

CO−也如此【答案】C【解析】【详解】A．Na和Mg均为活泼金属，工业上电解熔融NaCl可制金属Na，电解熔融MgCl2可制金属Mg，A正确；B．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，根据相似规律Mg3N2与盐酸反应生成MgCl

2和NH4Cl，B正确；C．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成AgOH和NaNO3，氨水与少量AgNO3溶液反应生成[Ag(NH3)2]OH和NH4NO3，C错误；D．Al3+与3HCO−在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，Fe3+与3HCO−在溶液也

可以发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铁和二氧化碳气体，D正确；故选C。4.下列化学用语或图示不正确的是A.邻羟基苯甲酫分子内氢键：B.3HSO−水解的离子方程式：32332HSOHOHOSO−−+++C.HCl分子中σ键

的形成：D.2HO的VSEPR模型：【答案】B【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键应为醛基中氧原子与羟基中氢原子之间形成，故A正确；B．3HSO−水解的离子方程式应为：32-32HSOHOOHHSO−++，故B错误；C．HCl分子中σ

键为H的1s轨道和Cl的3p轨道头碰头重叠形成，故C正确；D．2HO的中心原子的价层电子对数为4，有2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故D正确；故选B。5.下列实验能达到相应实验目的的是A灼烧碎海带检验碘元素

B.电解精炼铝C.证明苯环使羟基活化D.制取3NaHCO晶体.【答案】D【解析】【详解】A．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，不能再烧杯中灼烧，A错误；B．电解精炼铝时，应该让粗铝作阳极，纯铝作阴极，Cl-会在阳极放电，电解质溶液不能用AlCl

3溶液，应该用硫酸铝，B错误；C．苯环能够和饱和溴水发生取代反应，而苯不能，说明羟基使苯环活化，C错误；D．将NH3和CO2先后通入饱和食盐水中发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，可以制取3NaHCO晶体，D正确；故选D。6.下列有关离子

方程式书写正确的是A.用酸性KMnO4标准液滴定草酸：16H++52-24CO+2-4MnO=2Mn2++8H2O+10CO2↑B.用NaClO溶液吸收少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+2-3SOC.向NH4HCO3溶液中

加入含Mn2+的溶液生成MnCO3：Mn2++-3HCO=MnCO3↓+H+D.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++-3NO=3Ag++NO↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．根据离子方程式中不能拆写原则判断，草酸属于弱酸不能拆写为离子，应该为：-+2+2244225HCO

+2MnO+6H=2Mn+8HO+10CO，A错误；B．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有次氯酸生成，3ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO2-4+Cl-，B错误；C．向NH4HCO3溶液中加入含Mn2+的溶液生成MnCO3：Mn2++2HCO-

3=MnCO3↓+CO2↑+H2O，C错误；D．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据氧化还原反应电子、电荷、原子守恒判断，D正确；故选D。7.下列有关物质结构与性质的说法错误的是A.三氟乙酸的aK大于三氯乙酸的aK，主要因为电负性：F>ClB.正戊烷的沸点高于新戊烷，因为分子间作用力正

戊烷大于新戊烷C.溴溶解于苯中，主要因为溴和苯均为非极性分子D.氨气的熔沸点大于3PH，主要因为键能：HNHP−−【答案】D【解析】【详解】A．电负性：F>Cl，故三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的，A正确

；B．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，分子间的接触面积小，分子间作用力小，所以沸点较低，B正确；C．溴和苯均为非极性分子，根据相似相容，溴溶解于苯中，C正确；D．氨气的熔沸点大于3PH，主要因为氨气分子间形成氢键，D错误；故选D

。8.某盐可作防霉剂，其阴、阳离子结构如图所示，由XYZWQ、、、、五种原子序数依次增大的短周期主族元素构成。其中Y核外电子占据的原子轨道数为4，W的简单离子半径在同周期中最小。下列说法错误的是A.氢化物的沸点：YZB.第一电离能：WQC.该阴离子中含有配位键D

.最高价氧化物对应水化物的酸性：WY【答案】A【解析】【分析】Y核外电子占据的原子轨道数为4，根据图示结构可知Y原子可成4个共价键，推测Y为C元素；根据Z成键方式及在结构中所带电荷可推测Z为N元素；X均形成1个共价键，原

子序数最小，推测为H元素；W的简单离子半径在同周期中最小，结合其成键结构，推测W为Al元素；Q成单键，且原子序数大于W，推测为Cl元素；【详解】A．Y为C元素，其氢化物有多种，无法与Z氢化物比较沸点，A错误；B．同周期元素从左到右元素第一电离能逐渐增大，第一电离能：ClAl＞，

B正确；C．铝原子价电子数为3，与Cl形成4AlCl−，存在配位键，C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸酸性强于氢氧化铝，D正确；答案选A。9.氧化石墨烯薄片是石墨粉末经化学氧化及剥离后的产物，产物中引入了大量基

团(如-OH、-COOH等)，其过程及结构如下，下列说法错误的是A.氧化石墨烯比石墨烯导电性更强B.氧化石墨烯中C-C键的键能比C-O键小C.氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯D.氧化石墨烯能发生氧化反应、加成反应、酯化反应【答案】A【解析】【详解】A．氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子

形成了C—C、C—O键，形成大π键的电子(自由电子)数减少，所以比石墨烯导电性弱，故A错误；B．原子半径：C>O，则键长C-C>C-O，键长越大键能越小，故C-C键的键能比C-O键小，故B正确；C．氧化石墨烯中含有羧基、羟基，能与水分子形成

分子间氢键，故氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯，故C正确；D．氧化石墨烯中含有碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，含有羟基、羧基能发生酯化反应，故D正确；故选A。10.碳硼烷酸是一类超强酸，也是唯一能质子化富

勒烯(如C60)但不会将其分解的酸，其结构如图所示。下列说法正确的是A.富勒烯C60与石墨互为同位素B.碳硼烷酸的组成元素均位于元素周期表的p区C.②号氢需要克服Cl-H和Cl……H之间的作用力，因此①号氢具有强酸性D.由11个硼原子和1个碳原子排列而围成的结构有20个面【答案

】D【解析】【详解】A．任何由碳一种元素组成，以球状，椭圆状，或管状结构存在的物质，都可以被叫做富勒烯，富勒烯指的是一类物质，质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，富勒烯C60与石墨不是互为同位素，A错误；B．H位s区，C、B、Cl位于p区，B错

误；C．Cl……H之间为氢键；①号C-H键为共价键，克服共价键作用力更为困难，故②号氢具有强酸性，C错误；D．根据该结构图可知，每层B原子形成5边形，，该结构有20个面，D正确；故选D。11.中国科学院大连化学物理研究所和西湖大学合作合成出一种新的

高分子材料(如图所示，硫原子连接的波浪线代表键延长)。下列叙述错误的是A.X中的含氧官能团是酯基B.X的水解产物之一是C.Y是线型结构高分子材料，具有热塑性D.Y在碱性介质中能降解的【答案】C【解析】【详解】A．由题干有机物X的结

构简式可知，X中的含氧官能团是酯基-COO-，A正确；B．由题干有机物X的结构简式可知，X分子中的3个酯基完全水解之后可知，X的水解产物之一是，B正确；C．由题干有机物Y的结构简式可知，Y是体型结构即空间网状结构的高分子材料，不具有热塑性，而具有热固性，C错误；D．由题干有机

物Y的结构简式可知，Y中含有酯基，故Y在碱性介质中能降解，生成小分子物质，D正确；故答案为：C。12.均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(1k和2k为速率常数)。下列说法正确的是A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能高B.基元反应I

中氧元素的化合价发生了变化C.芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化(忽略体积变化)D.基元反应I的化学方程式为3+2++222HO+2FeHO+2Fe+2H＝【答案】BC【解析】【详解】A．由题干信息可

知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A错误；B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，故基元反应I中氧元素

的化合价发生变化，B正确；C．基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，基元反应Ⅱ的化学方程式为3+2++222HO+2FeHO+2Fe+2H＝，而基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单基元反应Ⅰ加上

基元反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化(忽略体积变化)，C正确；D．由题干信息可知，基元反应I的化学方程式为H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，D错误；故答案为：BC。13.我国科学家开发了一种以硼烷络合物溶液（用3BH表示）为氢供体的电化学还原法，该方法可

应用于双键（CO＝、CN＝和CC＝等）的还原。下列说法错误的是A.a极为电解池的阳极B.离子交换膜为质子交换膜C.b极也可生成，此时电极反应式为D.1molBH3在a极完全反应时，b极得到1.5mol产物【答案】C【解析】

【分析】a极上BH3发生失电子的氧化反应，a极为阳极，则b极为阴极，b极电极反应为+4H++4e-→。【详解】A．BH3为氢供体，BH3在a极上失去电子生成H+，所以a极为阳极，A项正确；B．a极BH3失电子反应生成H+，b极上结合H+

得到电子发生还原反应，则H+经质子交换膜移向阴极区，即离子交换膜为质子交换膜，B项正确；C．该方法可应用于双键（C=O，C=N和C=C等）的还原，苯环中不存在C=C，苯环不能还原，所以b极不可能生成，C项错误；D．a极BH3完全反应的电极反应为BH3-6e-+3H2O=B(OH)3+6H

+，1molBH3完全转化为B(OH)3时转移6mol电子，b极生成1mol需要4mol电子，所以a极完全消耗1molBH3时，b极得到1.5mol，D项正确；故选C。14.一定温度下，M2+在不同p

H的Na2A溶液中存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM=-lgc(M2+)]随pH的变化如图1，Na2A溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。已知①MA，M(OH)2均为难溶物；②初始c(Na2A)=0.2mol/L。下列说法错误的是A.c(A2-)=c(H2A)时，pH=8.5B.

初始状态a点发生反应：A2-+M2+=MA↓C.I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=Ksp[M(OH)2]D.初始状态的b点，平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.2mol/L【答案】D【解析】【分析

】由()2+22-sp[]=(MOM)(H)HOKcc可得，()2+p2slg(M)=2pH-lMOHg[]28cK−−，故曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线II表示MA的溶解平衡曲线。【详解】A．由图2可得，H2A的电离平衡常数，+-6.5

a12(H)(HA)=110(HA)ccKc−=，+2-10.5a2-(H)(A)=110(HA)ccKc−=，2+2-6.510.517a1a22(H)(A)=110110110(HA)ccKKc−−−==，则当c(

A2-)=c(H2A)时，+178.5(H)110mol/L110mol/Lc−−==，即pH=8.5，故A正确；B．初始状态a点在曲线II的上方，曲线I的下方，故生成MA，故发生反应：A2-+M2+=

MA↓，故B正确；C．曲线I表示M(OH)2的溶解平衡曲线，故I曲线上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=Ksp[M(OH)2]，故C正确；D．初始状态的b点在曲线II的上方，曲线I的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)＜0.2mol/L，故D错误；故选D

。15.如图所示，Ti和Au可以形成α和β两种不同类型的合金。α型晶胞中，a=b=c=415pm，α=β=γ=90°。β型晶胞(a=b=c=509pm，α=β=γ=90°)中，每个晶胞面上有两个Ti原子，它们之间的连线平行于晶胞的棱且连线中点为面心，它们之间的距离恰好是晶胞棱长的一半。

下列说法错误的是A.α和β两种合金的化学式都是3TiAuB.α型的合金硬度更高C.β晶体的密度为38.59gcmD.α和β两种晶胞中，与Ti距离最近且相等的Au的数目均为4【答案】AC【解析】【详解】A．在α类型晶胞中，Au原子位于顶角，Ti原

子位于面心，根据均摊法可得，Au原子个数为1818=，Ti原子个数为1632=，化学式为Ti3Au。在β型晶胞中，Au原子位于顶角和体心，个数为18128+=，每个晶胞面上有两个Ti原子，个数为1

1262=，根据均摊法得化学式为Ti3Au，A正确；B．β型的合金原子之间距离更近，故硬度更高，B错误；C．β晶体的密度为3AcTiAu2M()Nab，代入数据得密度为8.59g/cm3，C正确；D．α型晶胞中距离Ti最近的Au是4，配位数是4，β型晶胞中距离Ti最近的Au是2，配位数是

2，D错误；故选AC。二、非选择题：本题共小题，共55分。16.V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下：已知：①“

酸浸”时有2VO+生成。②“萃取”时离子萃取率的大小顺序为3+2++2+3+2Fe>VO>VO>Fe>Al。回答下列问题：（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做的目的是_______。（2）“滤渣Ⅰ”除掉主要杂质元素是_

______(填元素符号)。（3）H2C2O4作用是将+2VO转化为2+VO，转化的目的是_______，发生的离子反应方程式为_______。（4）“沉钒”时，生成43NHVO沉淀，“步骤X”的目的是_______，写出“煅烧”时的化学反应方程式_______。（

5）以“沉钒率”(43NHVO沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比)表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是_______。【答案】（1）生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率（2）Si（3）①.VO2+的浸取率大于2VO+，转化为VO2+可

以提高钒的浸取率②.22VO++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O（4）①.将VO2+氧化为3VO−②.2NH4VO3==2NH3↑+V2O5+H2O（5）温度高于80℃时，4NH+的水解程度增大，4NH+浓度减小导致沉钒率下降【解析】【分析】将钒页岩(一种主

要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中添加NaCl-Na2SO4进行焙烧，可将V转化为易溶的钠盐，Fe、Al等转化为金属氧化物；加入酸进行酸浸，滤渣1为硅的化合物；调节溶液的pH至5.1，所得滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有2VO+；加入H2C2O4进行还原，将2VO+还原为V

O2+；加入萃取的率进行萃取，去掉水相，再进行反萃取，分离出含有VO2+的水溶液；加入氧化剂将VO2+氧化为3VO−；加入NH4Cl溶液进行沉钒，过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3，制得V2O5。【小问1详解

】“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做能将钒转化为可溶性盐，目的是：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率。【小问2详解】加入酸后，钒对应的盐，铁、铝的氧化物等都易溶于酸，只有硅的化合物不溶，所以“滤渣Ⅰ”除掉的主要杂质元

素是Si。【小问3详解】题干信息显示，VO2+的浸取率大于2VO+，则H2C2O4作用是将+2VO转化为2+VO，所以转化的目的是：VO2+的浸取率大于2VO+，转化为VO2+可以提高钒的浸取率；发生的离子反应方程式为22VO++H2C2

O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O。【小问4详解】“沉钒”时，生成43NHVO沉淀，则“步骤X”操作后，VO2+转化为3VO−，所以目的是将VO2+氧化为3VO−，“煅烧”时的化学反应方程式为2NH4VO3==2N

H3↑+V2O5+H2O。【小问5详解】从图中可以看出，温度高于80℃时，沉钒率下降，可能是4NH+浓度减小造成的，原因是：温度高于80℃时，4NH+的水解程度增大，4NH+浓度减小导致沉钒率下降。【点睛】盐水解通常为吸热过程，温度升高，水

解程度增大。17.滴定法是用于测定溶液中微粒浓度的重要方法。某实验小组利用滴定法测定碘酒中碘的含量。（1）测定碘含量：移取10.00mL碘酒，准确配制100mL稀碘液。每次取25.00mL稀碘液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，加入适量稀24HSO后，用浓度为-12230.10

00molLNaSO标准溶液滴定，实验数据如下表所示。已知：2322462NaS2O+I=2NaI+NaSO。序号223NaSO溶液的用量/mL稀碘液的用量/mL121.3225.00220.0225.00的319.9825.00①第1次实验223NaSO溶液的用量明显多于后两次，原因可能是

_______。A．盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗B．滴入半滴标准溶液，溶液变色，即判定达滴定终点C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生D．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面②该碘

酒中碘的含量为_______-1gmL。(已知-12M4()I=25gmol)（2）借鉴(1)的方法，用图所示的流程测定海带中的碘含量。①加入22HO，发生的离子反应方程式是_______。②预测达到滴定终点的

实验现象为_______，在实验时却发现溶液变色片刻后，恢复滴定前的颜色。继续滴加223NaSO，溶液变色片刻后再一次恢复原色。（3）探究异常现象产生的原因。该学习小组通过设计对照实验，发现空气中的氧气并不能较快地氧化待测液中的I−。提出猜想：__

___(填化学式)将生成的I−重新氧化成碘单质。实验验证：将2mL待测液、2滴1240.1molLHSO−溶液、2滴淀粉溶液和少量22HO混合，用223NaSO溶液滴定，氧化后的待测液静置半小时，利用氧化还

原电势传感器测定滴定过程中电势的变化，待溶液变色后停止滴定，溶液恢复原色后继续滴加223NaSO至溶液变色，循环往复，得到图所示的曲线。已知：i．氧化性物质的电势值高于还原性物质。ⅱ．一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，

还原性物质浓度越高，电势越低。a-b段电势升高的原因是_______被氧化。由a-b段电势变化的斜率小于b-c段可推测溶液反复变色的原因是_______。优化流程：将用22HO氧化后的待测液_______，再进行滴定，到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。【答案】

（1）①.A②.0.1016（2）①.-+22222I+HO+2H=I+2HO②.溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复到蓝（3）①.H2O2②.I-③.H2O2氧化I-的速率慢于Na2S2O3还原I2的速率④.加热煮沸使过氧化氢完全分解【解析】【分析】Na2S2O3具有还原性将I2还原，反应

方程式为2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，利用淀粉做指示剂进行滴定；H2O2具有氧化性将I-氧化，发生反应为-+22222I+HO+2H=I+2HO，利用淀粉做指示剂进行滴定；滴定终点，继续滴加Na2S2O3，

会有H2O2氧化I-与Na2S2O3还原I2的两过程，因速率不同而产生现象的循环往复，据此分析；【小问1详解】①根据反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，造成标准溶液用量过多，A正确；滴入半滴标准溶液，溶液变色，应该等30s，即

判定达滴定终点，会使标准液用量少，B不符合；滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生，使标准液体积用量偏少，C不符合；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使标准液体积偏小，D不符合；②2Na2S2O3~I2

，()()()-3-3222311nI=nNaSO=20?10?0.1000=10mol22，()-32-310molcI==0.04mol/L25?10L，碘酒中碘的含量为-1-10.04mol?10?254g?mol=0.101

6gmL?1000mL；【小问2详解】①双氧水把碘离子氧化为碘单质：-+22222I+HO+2H=I+2HO；②当最后半滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复到蓝色；【小问3详解】空气中的氧气并不能

较快地氧化待测液中的I−，可能是过氧化氢过量，能将生成的I-重新氧化成碘单质；一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势越低。a-b段电势升高的原因是因过氧化氢氧化I-生成具有氧化性的碘单质；由a-b段电势变化的斜率小于b-c段可推测溶液反复变色的原因是H2O2氧化I

-速率慢于Na2S2O3还原I2的速率；将用H2O2氧化后的待测液加热煮沸使过氧化氢完全分解再进行滴定，到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。18.人体摄入少量氟可预防龋齿，增强免疫力，但摄入过量会导致氟斑牙、氟骨症和肿瘤的

发生，因此需要对氟离子进行定量检测。化合物J可以定量检测氟离子，其合成路线如下回答下列问题：（1）按照系统命名法，B的名称为_______。（2）D中所含官能团的名称为_______。（3）G的结构简式为_

______。（4）已知RCN在酸性条件下水解生成RCOOH，I在酸性条件下充分水解的离子方程式为____。（5）H→J分2步进行，反应类型依次为_______、_______。（6）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有____种(不考虑立体异构)。其中，含有手性碳的异构体的结构简

式为_____。①具有链状结构且含有硝基。②碳原子不全在一条直线上。（7）J检测氟离子时，J转化为释放出较强的荧光信号，同时生成氟硅烷，从结构的角度分析Si-O转换为Si-F的原因：_______。【答案】（1）１－碘丙烷（

2）羰基（3）（4）+3H2O+3H+→HOOCCH2COOH+OH−+4NH+（5）①.加成反应②.消去反应（6）①5②.（7）Si－F键比Si－O键短，键能大，键更稳定。【解析】【分析】A与反应转化为C，依据A、C的结构简式，可确定B为CH3C

H2CH2I；C与D发生取代反应，生成和NH3；在AICl3、DCM作用下，发生取代反应，生成和CH3OH，由F、H的结构简式及G的分子式，可确定G的结构简式为，H与I发生加成、消去反应生成J等。【小问1

详解】A中亚氨基上的一个H原子被B中的丙基替代生成C和HI，所以为取代反应，故B的名称为1-碘丙烷；【小问2详解】D中官能团含有羰基，故答案为：羰基；【小问3详解】由解析可知，G的结构式为；【小问4详解】已知RCN在酸性条件下水解生成RCOOH，I为，在酸性条件

下生成HOOCCH2COOH、CH3OH等，所以离子方程式为：+3H2O+3H+→HOOCCH2COOH+OH−+4NH+【小问5详解】H上的—CHO首先与I物质发生加成反应，然后加成生成的羟基与邻位H原子发生脱水消去反应，形成碳碳双键，故答案为：加成反应，消去反应；【小问6详解】.

I（）的同分异构体中，同时满足题意条件的有机物可能为：、HC≡C-CH2-CH2-NO2、O2N-C≡C-CH2-CH3、O2N-CH=CH-CH=CH2、，共5种，符合题意的同分异构体为，故答案为：5种，【小问7详解】J检测氟离子时，J转化为，Si—O键断裂，O的电负性小于F，则形成Si－

O键更稳定，所以F的原子半径比O小，所以Si－F键比Si－O键短，键能大，键更稳定。故答案为：Si－F键比Si－O键短，键能大，键更稳定19.甲硫醇(3CHSH)是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过3CHOH和2HS

合成3CHSH的主要反应为：I．()()()()-132321CHOHg+HSgCHSHg+HOgΔH=+akJ?molⅡ．()()()()-13233212CHOHg+HSgCHSCHg+2HOgΔH=+bkJ?mol回答下列问题：（1）计算反应()()(

)33322CHSHgCHSCHg+HSg的1ΔH=_______kJ/mol。（2）1T℃时，向恒容密闭容器中充入一定量()3CHOHg和()2HSg发生反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______

(填选项字母)。A.容器内气体密度不再发生变化B.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化C.()2HSg的体积分数不再发生变化D.()33CHSCHg和()2HOg的物质的量之比不再变化（3）2T℃时，向压强为0P的恒压密闭容器中按物质的量之比为1：2充入()3

CHOHg和()2HSg发生反应，达到平衡时，()3CHOHg的转化率为80%，()33CHSCHg的体积分数为5%。①计算()3CHSHg的选择性为_______(3CHSH的选择性=33CHSH100CHOH生成的物质的量％转化

总物质的量)。②反应I的平衡常数pK=_______(pK是用分压表示的平衡常数，结果保留两位小数)。（4）在()()32nCHOHg=1:2nHSg反应压力为0.7Mpa条件下，气体按90mL/min的速率通过催化剂表面发生反应，

每分钟反应体系中()3CHOHg转化率、()3CHSHg选择性随温度的变化如图甲所示，催化机理如图乙所示。①370℃时，用()3CHSHg分压表示的反应速率为_______Mpa/min(结果保留两位有效数字)。②当温度高于370

℃时，()3CHOHg转化率随温度升高而降低的原因可能为_______。③从电负性的角度描述ⅲ→i中脱水的过程：_______。【答案】（1）(b-2a)（2）CD（3）①.62.5％②.1.48（4）①.0.19②.温

度过高，催化剂会失去活性③.ⅲ中的W-O键中O带部分负电，W带部分正电，极性较强易断裂，H-S键中H带部分正电，S带部分负电，H-S键易断裂，之后OH中的O与H结合在一起形成水【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅱ-2×Ⅰ，

整理可得()()()33322CHSHgCHSCHg+HSg的△H=(b-2a)kJ/mol；【小问2详解】A．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则无论反应是否达到平衡状态

，混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；两个反应反应前后气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不变，根据混合气体的平均摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于其平均相对分子质量，故混合气体

的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C．两个反应反应前后气体的物质的量都不变，H2S是反应物，若反应正向进行，则H2S体积分数就会减小；若反应逆向进行，则其体积分数就会增大，故当H2S(g

)的体积分数不再发生变化，反应达到平衡状态，C符合题意；D．H2O在两个反应中都会产生，而CH3SCH3(g)只在第二个反应中生成，因此若CH3SCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比不再变化，则反应达到了平衡状态，D符合题意；故合理选项是CD；【小问3详

解】①假设加入CH3OH(g)为1mol，H2S(g)为2mol，混合气体总物质的量是3mol，反应达到平衡时CH3OH(g)的转化率是80%，则反应消耗CH3OH(g)为0.80mol，未反应的CH3OH(g)为0.20mol。反应达到平衡时CH3SCH3(g

)的体积分数为5％，因此反应产生的CH3SCH3(g)的物质的量为3mol×5％=0.15mol，根据反应Ⅱ中物质反应转化关系可知其消耗0.30molCH3OH(g)，反应Ⅰ消耗0.50molCH3OH(g)，反应Ⅰ产生CH3SH(g)

的物质的量是0.50mol，故CH3SH(g)的选择性为：0.500.80×100%=62.5%；②根据①的计算可知反应达到平衡时n(CH3OH)=0.20mol，n(CH3SH)=0.50mol，n(CH3SCH3)

=0.15mol，结合两个反应中物质反应转化关系可知平衡时n(H2S)=2mol-0.5mol-0.15mol=1.35mol，n(H2O)=0.50mol+2×0.15mol=0.80mol，n(总)=3m

ol，反应在恒温恒压条件下进行，则反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=()()()()323200000.50mol0.80molPPpp0.500.803.0mol3.0mol==0.20mol1.35molpp0.201.35mCHSHPoHP3.0

l3.0mHolHOCOHS=1.48；【小问4详解】①根据甲图可知：在370℃时每分钟CH3OH(g)的选择性为92%，CH3SH(g)的选择性为90%，由于()()32nCHOHg=1:2nHSg

，反应压力为0.7MPa，假设加入CH3OH(g)的物质的量为1mol，n(H2S)=2mol，则每分钟反应产生CH3SH(g)的物质的量为n(CH3SH)=1mol×92%×90%=0.828mol，因此用CH3SH

(g)的分压表示的反应速率v(CH3SH)=a0n0.7MP3.828mol/mmoli=0.19MPa/min；②当温度高于370℃时，CH3OH(g)的转化率随温度升高而降低的原因可能是温度过高，催化剂会失去活性；反应速率降低，故物质CH3OH(g)的转化率降低；③根据

图示可知：ⅲ中的W-O键中O带部分负电，W带部分正电，极性较强易断裂，H-S键中H带部分正电，S带部分负电，H-S键易断裂，之后OH中的O与H结合在一起形成水，从而形成水。