浙江省杭州地区（含周边）重点高中2023-2024学年高二年级下册4月期中考试化学含解析

2023学年杭州地区(含周边)重点中学高二年级第二学期期中考试

化学试题

考生须知：

L本卷满分100分，考试时间90分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数

字。

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题卷。

5.可能用到的相对原子质量:H-l；B-ll；C-12；N-14；0-16；Na-23；Mg-24；Al-27；P-

31；Si-28；S-32；Cl-35.5；K-39；Ca-40；Ti-48；Fe-56；Cu-64；1-127

选择题部分

一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列物质属于纯净物的是

A.明机B.聚乙烯C.Fe(OH)3胶体D.汽油

【答案】A

【解析】

【详解】A.明矶是KA1(SO4)2」2H2O的俗称，是纯净物，A符合题意；

B.聚乙烯是由链节相同但聚合度不同的高聚物组成的混合物，B不符合题意；

C.Fe(OH)3胶体含有Fe(OH)3胶体粒子与水，故属于混合物，C不符合题意；

D.汽油是分子中含C原子在5~12之间的烧的混合物，D不符合题意；

故答案选A»

2.下列化学用语表示不正确的是

3s3p

A.基态s原子价层电子轨道表示式：mHI.

B.CH4分子的球棍模型:

C.MgJ的形成过程：：3二「.Mg.GEl[：0：陵+[@]

D.Fe的原子结构示意图:

【答案】B

【解析】

3s3p

【详解】A.基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为BEnnA正确;

B.CH4分子的空间填充模型为故B错误;

c.MgCL为离子化合物，用电子式表示氯化镁的形成过程中，镁失去电子，弯箭头由镁原子指向氯原

子，故C正确;

D.Fe为26号元素，核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,原子结构示意图为

D正确;

故答案选B。

3.火箭推进发生反应的化学方程式为：C2H82+2^。4=2€：02个+4凡0个+3此个92凡电中（2、

N元素的化合价相等），下列说法正确的是

A.CzHgN2是氧化剂B.氧化产物与还原产物之比为2:3

C.MO,被氧化D.ImolNzO”完全反应，转移电子数为8NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.C2H8N2中H元素的化合价为+1价，C、N元素的化合价相等，则C、N元素的化合价都为

-2价，反应中C元素的化合价由C2H8电中的-2价升至CO2中的+4价，N元素的化合价由C2HgN2中-2

价升至N2中。价，C2H8N?被氧化是还原剂，A项错误；

B.根据A项，CO2和部分N2为氧化产物，反应中N元素的化合价由N2O4中+4价降至N2中的0价，部

分N2为还原产物，结合得失电子守恒和原子守恒，氧化产物QmolCCh和lmolN2）与还原产物（2mol）物质

的量之比为3：2,B项错误；

C.反应中N元素的化合价由N2O4中+4价降至N2中的0价，N2O4被还原，C项错误；

D.反应中N元素的化合价由N2O4中+4价降至N2中的。价，ImolNzCU完全反应，有8NA个电子转移,

D项正确;

答案选D。

4.下列实验装置合理且能达到实验目的的是

A.制取乙酸乙酯B.验证铁的吸氧腐蚀

C.除去甲烷中的乙烯气体D.比较碳、硅两元素非金属性的强弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.导气管不能伸入液面下防止倒吸，A项不符合题意；

B.铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，消耗大试管中02造成压强减小从而导气管中的液柱上升，B项符合

题意；

C.甲烷在溟的四氯化碳溶液中溶解，C项不符合题意；

D.C在高温下与Si02反应产生C0气体和硅单质，高温下固态物质生成气态物质，不能以此推测C和

Si的非金属性强弱，D项不符合题意；

故选B。

5.下列有关物质结构与性质的说法不正确的是

A.：«2。2不溶于CC1”可从H?。？是极性分子而CC14是非极性分子的角度解释

B.熔融NaCl能导电，是由于熔融状态下产生了自由移动的Na+和C「

C.缺角氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块是因为晶体的自范性

D.对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因

【答案】D

【解析】

【详解】A.H?。？是极性分子，四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，不溶于Cd”

A正确；

B.氯化钠在熔融状态产生了自由移动的Na+和C「，从而可以导电，B正确；

C.晶体的自范性是指在适当的条件下，晶体能够自发地呈现多面体外形的性质，破损的晶体在溶液中可

以得到修复，故缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，C正确；

D.分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主

要原因，D错误；

故答案选D。

6.下列说法不亚确的是

A.用X射线衍射实验可获得晶体结构的相关信息

B.聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞

C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72,可推断其分子式为C4H8。

D.具有回收利用价值的有机废液，可以用溶剂萃取，分液后回收，或直接蒸储，回收特定储分

【答案】C

【解析】

【详解】A.晶体结构的相关信息可以通过X射线衍射实验测得，A正确；

B.聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞，B正确；

C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72,不可据此推断其分子式为C4H80,也可能是C5H⑵C错

误；

D.具有回收利用价值的有机废液，可以用溶剂萃取，分液后回收，或直接蒸储，回收特定微分，D正

确；

故答案选C。

7.下列有关有机化合物结构和性质的说法正确的是

A.乙烯、苯和乙酸均能与H2发生加成反应

B.某芳香煌的分子式为C"H14,它可使酸性KM11O4溶液褪色，且分子结构中只有一个侧链，符合条件

的芳香煌有4种

C.2-丁烯有顺反异构，它们的化学性质基本相同，物理性质有一定的差异

D.油脂皂化反应得到高级脂肪酸和甘油

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙酸不能与氢气发生加成反应，故A错误；

B.侧链是烷基，为-C4H9,-C4H9的异构体有：-CH2cH2cH2cH3、-CH(CH3)CH2cH3、-CH2CH(CH3)2.-

C(CH3)3四种，其中-C(CH3)3不能被氧化，故B错误；

C.由于存在双键或环，这些分子的自由旋转受阻，产生两个物理性质或化学性质均不相同的同分异构

体，分别称为顺式和反式异构体，故C正确；

D.油脂在碱性溶液中的水解为皂化反应，生成高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；

故选Co

8.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.0.5mol异丁烷分子中◎键的数目为6.5NA

B.0.9g水中含有的孤电子对数为0.2NA

C.2L1.0mol•口A1CL溶液中，A13+的数目为2N人

D.标准状况下，2.24LCC14中的原子总数为0.5NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.1个异丁烷©Hio)分子中含10个C-H键和3个C-C键共13个共价键，则0.5mol异丁烷分子

中共价键的数目为6.5NA,A正确；

B.1个H2O分子所含孤电子对数为2,则0.9g水(0.05mol)中含有的孤电子对数为O.INA,B错误；

C.2L1.0molLTAlCb溶液中，所含AF+的物质的量为2mol,由于AF+的水解，使得溶液中AF+的数目

小于2NA,C错误；

D.标况下CC14不是气体，无法计算其物质的量，D错误；

故选Ao

9.下列反应的离子方程式不亚建的是

+

A.Na2s2O3溶液与稀H?SO4反应的离子方程式：S2O；-+2H=S+SO2T+H2O

B.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：CO?+〔]——>[|

^^COOHCOO-

+co2f+H2O

C.氟化物能预防蹒齿的化学原因：Ca5（PC）4）3OH（s）+F（aq）,Ca5（PO4）3F（s）+OIT（aq）

+

DNa2sO3溶液中滴入足量氯水：SOt+H2O+Cl2=SOt+2H+2CF

【答案】B

【解析】

【详解】A.Na2s2。3溶液溶液在酸性条件下会发生自身的歧化反应，故为为

-+

S2Oj+2H=S+SO2T+H2O,A正确；

CC1

B.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应生成水杨酸钠和碳酸氢钠，2co7+

^^COOH

°+28cq,B错误；

COO-

ca.氟化物能预防龈齿的化学原因是因为氟离子和羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，故为

Ca5（PO4）3O/f（s）+F~（a^）Ca5（FO4）3F（s）+O//~（a^）,C正确；

D.N4SQ溶液中滴入足量氯水，亚硫酸钠具有还原性，氯气具有氧化性，故亚硫酸根变为硫酸根，氯

气变为氯离子，故，SOj+H2O+a2=SOj+2H++2C/-D正确；

故选B。

10.五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2P轨道半充满，z是电负性最

大的元素，M逐级电离能（kJ-moL）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376；Q的单质被广泛用

作半导体材料。下列说法不IE聊的是

A.第一电离能：Y<X<ZB.简单氢化物的沸点：X<Y<Z

C.M基态原子核外电子有7种空间运动状态D.最高价氧化物的水化物的酸性：X>Q

【答案】B

【解析】

【分析】X的2P轨道半充满，X为N,Z是目前发现的电负性最大的元素，Z为F；结合原子序数可知Y

为O；M的第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F,M为A1；

Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si,据此解答；

【详解】A.N、0、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满

稳定结构，其第一电离能大于0,则第一电离能：0<N<F,A正确；

B.H2O常温下为液态，其沸点高于HF和NH3,B错误；

C.A1的核外电子排布式为Is22s22P63s23pi,核外电子有7种空间运动状态，C正确；

D.非金属性：N>Si,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HNO3>H2SiO3,

D正确；

故答案为：Bo

11.有机物X结构如图所示，下列有关说法正确的是

oCkH2OH

A.Imol该物质最多能与4molH2发生加成反应B.不能使澳水褪色

C.含有2种官能团D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗

ImolNaOH

【答案】A

【解析】

【详解】A.Imol该有机物有Imol碳碳双键，能与ImolH2发生加成反应，Imol该有机物有Imol苯

环，能与3moiH2发生加成反应，可知最多与4molH2发生加成反应，故A正确；

B.该有机物中含有碳碳双键，能与滨水发生加成反应，使之褪色，故B错误；

C.该有机物中含有碳碳双键、酯基、羟基三种官能团，故C错误；

D.酯基水解时需要ImolNaOH,水解产生酚羟基，还需要ImolNaOH,所以是2mol,故D错误；

故答案选A。

12.25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所

示：

60

§40

骋20

要0

-20

反应进程

已知产物1是乙烯，产物2是乙酸，下列说法不正确的是

A.乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量

B.生成产物2的决速步骤活化能为46kcal-moF1

C.生成产物1的热化学方程式为：CH3cH20H⑴CH2=CH2（g）+H2O（l）

AH1=+13.8kcal-mor1

D.乙醇脱水生成产物1和产物2的反应类型不同

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；

B.生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：9.3kcal-mol1+50.8kcal-mol1=60.1

kcal-mol1，B错误；

C.根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为：

1

CH3cHQH（1）'CH0=CH2（g）+H2O（l）AH,=+13.8kcal-mor,C正确；

D.乙醇的分子间脱水属于取代反应，分子内脱水属于消去反应，乙醇脱水生成产物1和产物2的反应类

型不同，D正确；

故选B。

13.对下列事实的解释不正理的是

选

事实解释

项

A稳定性：HF>HIHF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键

B键角：中心原子均采取Sp3杂化，孤电子对有较大的斥力

C熔点：石英〉干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强

的电负性大于的极性大于使一的极性大

酸性：CF3COOH>FCLF-CCl-C,F3C

D

CC13COOH于ChC—的极性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键

键能比H-I大，故A错误；

B.钱根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，镂根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤

对电子对数分别为。和2,孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以镂根离子的键

角大于水分子，故B正确；

C.石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干

冰，故c正确；

D.氟元素的电负性大于氯元素，F—C的极性大于Cl-C,使F3C一的极性大于CbC—的极性，对竣基

的吸电子能力大于C13C一,所以CF3coOH更易电离出氢离子，酸性强于CC13coOH,故D正确；

故选A„

14.如下图所示，利用海水可提取很多重要的化工原料。

------厂一粗盐①A精盐—・氢麻工业

海水一►Mg(0H)2--------►MgC12心电0③A无水MgCl2

'aNaBr——*•Brj饱和b'fa2cOj溶液吸收⑥aBr?

下列有关说法正确的是

A.第①步中除去粗盐中的SO42—、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2cCh溶液—NaOH

溶液-BaCL溶液一过滤后加盐酸

B.第②步中工业上可采用石墨为阴极，铁为阳极，采用阳离子交换膜的电解装置

C.第③步中结晶出的MgCb6H2O可在空气中受热分解制无水MgCh

D.在第④步中澳元素被氧化，第⑤、⑥步中既有澳元素被氧化也有澳元素被还原

【答案】D

【解析】

【详解】A、第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2\Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品的顺序应保证Na2cCh

在BaCL之后，除去过量的钢离子，可以为：NaOH溶液—BaCb溶液—Na2cCh溶液一过滤后加盐酸，A

错误；

B、氯碱工业中，电解池阳极材料也是惰性的，B错误；

C、由③的转化可知，结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁，为防止镁离子水解，应在氯化氢的氛围下进

行，C错误；

D、由④可知NaBr—Br2,澳元素的化合价升高，被氧化，第⑤、⑥步是澳的提纯，既有澳元素被氧化也

有澳元素被还原，D正确。

答案选D。

2+

15.HCHO与[ZnICN)/"在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]-+4H+4H2O=

2+

[Zn(H2O)4]+4HOCH2CN；下列说法不正确的是

A.反应中HCHO发生了加成反应

B.HCHO和H2。中心原子的价层电子对数不相同

C.HOCH?CN分子中碳原子轨道的杂化类型只有sp3

D.[Zn(CN)4『-中Zi?+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为:

【答案】C

【解析】

【详解】A.HCHO中含有C=O键，转化为HOCH?CN时C=O键处发生加成反应，A正确;

B.HCHO的中心原子的价层电子对数为3,H2O中心原子的价层电子对数为4,B正确；

C.HOCH?CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN中的C为sp杂化，C错误；

D.[Zn(CN)4T「中Zu?*与CNF—C三N)的C原子形成配位键，结构可表示为：

故答案选c。

16.下列方案设计、现象和结论都正确的是

选

目的方案设计现象和结论

项

验证CH?=CHCHO取样与适量滨水混合，充分反应，滨水褪色，说明样品分子中

A

分子中的碳碳双键观察现象含有碳碳双键

取少量固体溶于水，加入NaOH溶

检验某固体中是否含钱试纸变蓝，说明固体中含

B液，用湿润的红色石蕊试纸检验产

根离子NH；

生的气体

取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸和

探究乙醇消去反应的产少量沸石，迅速升温，将产生的气溶液紫红色逐渐褪去，则乙

C

物体先通入足量NaOH溶液，再通入醇消去反应的产物是乙烯

酸性KMnC%溶液中

盛有苯的试管中溶液紫红色

探究有机物基团间的相分别向两支盛有苯和甲苯的试管中不褪去，盛有甲苯的试管中

D

互影响滴加酸性高镒酸钾溶液，振荡。溶液紫红色褪去，则甲苯中

的甲基对苯环有影响

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.澳水具有强氧化性，CH2=CHCHO中含有的醛基能被滨水氧化，因此澳水褪色不能说明

一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A错误；

B.检验镂根离子的方法是：取少量样品溶解后，加入NaOH溶液，加热后，用湿润的红色石蕊试纸放在

试管口，如发现试纸变蓝，则证明镂根离子的存在，需要加热氨气才能逸出来，且需要再试管口进行检

验，故B错误；

C.乙醇消去反应产生乙烯的过程中会产生乙醛、二氧化硫、二氧化碳等杂质气体，同时乙醇还会挥发，

用NaOH溶液可以除去二氧化硫、二氧化碳、挥发的乙醇，再通入到酸性高镒酸钾中，若紫红色褪去，

说明乙烯与酸性高锦酸钾发生氧化还原反应而褪色，故C正确；

D.甲苯被酸性高锦酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高镒酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化,

故D错误；

故答案选Co

非选择题部分

二、非选择题(本大题共5小题，共52分)

17.用丙酮为原料来合成化合物B的路线如图(其中部分产物未列出)：

CH

3

()—

II

浓

2H.CCCH3盐酸-CH3

OH

(1)反应③的反应类型是o

(2)中间产物A可经还原直接得到对应相同碳骨架的烷烧，请写出得到的该烷妙的分子式,用

系统命名法命名该烷嫌：。

(3)写出化合物B与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式：o

(4)丙酮可发生自身羟醛缩合，研究表明该反应机理为，碱性条件下丙酮失去1个H+形成阴离子，再和

另一分子丙酮发生加成反应。请解释丙酮具有一定的酸性(Ka=IO-，的理由______。

【答案】(1)取代反应

(2)©.C6H14②.2,2-二甲基丁烷

HO

(3)+NaOH2^+NaBr(4)丙酮中默基对相邻的碳原子有吸

电子作用，使C-H键极性增强

【解析】

HCCHHH

3I1333

C-C-HC

【分析】丙酮在Mg(Hg)浓盐酸条件下反应生成H3cII33C-C-CHa反应生成A,A

3I3

OHOH

OH

最后与Bn发生取代反应生成B„

【小问1详解】

A中右侧甲基上的H被Br取代生成B,反应类型为取代反应。

【小问2详解】

中间产物A可经还原直接得到对应相同碳骨架的烷烽，A中含有6个C,6个C的烷烽的分子式为

H3C

C6H14。碳骨架相同，则该烷煌为HsC-C—CHrCHs，名称为2,2-二甲基丁烷。

CH3

【小问3详解】

H.CO

3|II

B与氢氧化钠的水溶液共热会发生卤代燃的水解反应生成HsC—C—C—CH?OH，化学方程式为

CH3

，_<Br+NaOH竽^-^OH+NaBr0

【小问4详解】

丙酮中埃基对相邻的碳原子具有吸附电子的作用，使得C-H键的极性增强，故丙酮可电离出少量H+,从

而具有一定的酸性。

18.铁(Fe)、钻(Co)、银(Ni)是第四周期第VO族的元素，在化学上称为铁系元素，其合金和化合物在生产

生活中应用广泛。

(1)基态Ni原子的价层电子排布式为o

(2)Fe3+的检验试剂常用硫氯化钾(KSCN),K、S、C、N四种元素中电负性最大的是,Imol

SCN~中含兀键的数目为o

(3)Co?+在水溶液中以[ColH?。%]”的形式存在。向含Co?*的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的

2+，试分析2+更稳定的原因是

[CO(NH3)6][CO(NH3)6]o

(4)硫酸银溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SC>4蓝色溶液。

①SOj空间构型为

②[Ni(NH3)6]SC)4含有的化学键类型包括(填字母)。

A.极性共价键B.离子键C.配位键D.金属键E.非极性共价键

(5)一种Al-Fe合金的立方晶胞如图所示，其沿x轴、y轴、z轴的投影完全相同。

若此合金中Al、Fe原子核中心之间最近的距离为apm,则此合金的密度「=g<m-3(设阿伏加德

罗常数的值为NA，列出计算式即可)。

【答案】(D3d84s2

(2)①.N②.2NA

(3)N元素电负性比。元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强

(4)①.正四面体形②.ABC

4x139

【解析】

【小问1详解】

Ni是第28号元素，因此基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2,故答案为：3d84s2。

【小问2详解】

元素的非金属性越强，电负性越强，同周期自左向右电负性增大，同一主族元素从上到下哦电负性逐渐

减小，故电负性最大的是N；SCN-的结构为［S-C三N「，1个SCN-中含有2个◎键，2个几键，

ImolSCN-中含支键的数目为2NA，故答案为：N；2NAo

【小问3详解】

向含Co?+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的［CO(NH3)6F+,原因是N元素的电负性比O元素小，N

原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成配位键更强，故答案为：N元素电负性比O元素电负性小，

N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。

【小问4详解】

,1

①SO1的中心原子S原子的价层电子对数为：4+-(6+2-4x2)=4=4,无孤电子对，有4个成键电子

对，则SO：的空间构型为正四面体形；

②同种非金属元素的原子之间易形成非极性键；不同非金属元素的原子之间易形成极性键；含有空轨道

和孤电子对的原子之间易形成配位键，[Ni(NH3)6]SO4含有的化学键类型包括[Ni(NH3)6产+与SO：之间的离

子键，[Ni(NH3)6]2+内部的配位键和N-H极性键，SO；内部的极性键，故不含金属键和非极性共价键，合

理选项是ABC；

故答案为：正四面体形；ABCo

【小问5详解】

由图示晶胞图中可知，Fe位于8个顶点、6个面心、体心和12条棱心上，故一个晶胞中含有Fe原子的个

数为：8xl+6x1+12x」+l=8个，A1均位于体内，且位于4条体对角线的处，故1个晶胞中含有4

8244

个A1,若此合金中最近Al、Fe原子核中心之间的距离为体对角线的工，假设晶胞边长为：dpm,则有

4

_m_4义1394x139

—d=apm,d=—V3apm,故有v(4^/3a[“0)z，故答案为：｛4>/3a1-1。)z°

43—必——xlO限

19.以煤为主要原料可以制备乙二醇，相关工艺流程如图：

⑴方法1：反应方程式如下：2CO(g)+3H2(g)^HOCH2CH2OH(g)AH=akJ/mol

①该反应能够自发进行，可以推出a0；(填或“=")。

②在一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入2moic0(g)和3m01国仅)，反应前后压强之比

为15：7,则该温度下的化学平衡常数K=o

(2)方法2：在恒容密闭容器中投入草酸二甲酯和H2发生如下反应：

CH3OOC-COOCH3(g)+4H2(g).•HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)AH=-34kJ/mol

为提高乙二醇的产量和速率，宜采用的措施是(填字母)。

A.升高温度B.增大压强C.增大氢气浓度

(3)草酸二甲酯水解生成草酸：CH3OOC-COOCH3+2H2OHOOC-COOH+2CH3OH

①设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有。

A.室温下，取0.005mol-LT的H2c溶液，测其pH=2

B.室温下，取O.OlOmollT的NaHCzOd溶液，测其pH<7

C.室温下，取pH=a（a<3）H2c2O4溶液稀释100倍后，测其pH<a+2

D.标准状况下，取0.10mol-l7i的H2c2O4溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H?体积为224mL

②Na2c2O4溶液显______（填“酸性”、“中性”或“碱性”），溶液中各离子浓度从大到小的顺序为

（4）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极为电源的（填“正”或“负”）

极，负极反应式为o

【答案】⑴①.<②.1.5

++

⑵BC（3）①.C②.碱性c（iVa）>c（C2O^）>c（OH）>c（HC2O4）>c（H）

（4）①.负HOCH2CH2OH-10e~+14OH-=2COj+10H2O

【解析】

【小问i详解】

①若反应能够自发进行，则AH—TA5<0,该反应A5<0,故可得AH<0。②

2C0(g)+3H2(g).HOCH2cH20H(g)

起始(mo/)230

反应前后压强之比为15：7,则反应前后

变化(mo/)2x3xx

平衡jmolj2-2x

3-3xx

,,5_15_2.R

的物质的量之为15：7,

2-2x+3-3x+x73仔］⑴3

【小问2详解】

为提高乙二醇的产量和速率，需要平衡正向移动，A.升高温度，平衡逆向移动，故A错误，B.增大要

强，相当于缩小体积，浓度增大，化学反应速率增大，平衡正向移动，故B正确，C.氢气浓度增大，化

学反应速率加快，平衡正向移动，故C正确，故选BC。

【小问3详解】

①A.0.005"幻/・匚1的H2c2O4溶液，若为弱酸，氢离子不能完全电离，则PH应大于2,A错误;

B.,取O.OlOmollT的NaHC?O4溶液，其pH<7,说明NaHC2。,溶液，会继续电离出氢离子，导

致pH<7,无法判断，B错误;

C.取=a的H2c2O4溶液稀释100倍后，对于强酸PH应为p〃=a+2,而测其pH＜a+2,说明

在稀释过程中H2c2O4继续电离，C正确；

D.0.10mH.匚1的H2c2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是否为强酸，则最终H2c2O4溶液氢原

子全部转化为氢气，体积都为224mL,D错误；

故选C。②N4C2O4溶液中草酸根离子会进行水解，使溶液呈碱性，草酸钠直接电离出钠离子和草酸根

离子，但草酸根离子进行水解，故c（Na+）＞c（C2。：一），草酸根离子水解，水解出草酸根离子和氢氧根

离子,但是水也能电离出氢氧根离子，故有c（OH）＞c（HC2O4），溶液为碱性，则氢离子浓度最小，

故c（A/a+）＞c（C2。：）＞c（HGO4）＞c（H+）。

【小问4详解】

乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池中，总反应为乙二醇的燃烧反应，则乙二醇失去电子，故乙二

醇作负极；因为在碱性条件下，乙二醇失去10个电子生成碳酸根，故负极电极反应为

HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2c0，+10凡0。

20.四氯化钛（TiC，）是无色或淡黄色液体，实验室用钛铁矿（FeTiOs）为原料制备TiC）的实验装置如图

所示。

ABCE

已知：①装置C中发生的反应为：2FeTiO3+6C+7C12"FeCl3+2TiCl4+6CO,无水FeC^的熔点

为306℃,沸点为316℃。

②四氯化钛熔点为-30℃,沸点为136.4C,极易水解，高温下能与。2反应

③Ag++SCN-=AgSCNJKsp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）

I.请回答下列问题：

（1）装置A中发生反应的化学方程式为。

(2)装置D名称为。

(3)该制备装置不足之处是。

(4)停止滴加浓盐酸并关闭止水夹a,将装置C中所得物质转移到装置E中进行相关操作。装置E的锥

形瓶内得到的物质是(写化学式)-

(5)下列有关该实验操作过程中的说法正确的是o

A.装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠溶液

B.通入N2的主要作用是排出装置内的空气

C.装置E中冷凝管若改为球形冷凝管，冷凝效果更好

D.蒸储操作结束后，先停止加热，再停止通冷凝水

II.已知：TiCL+(2+n)H2O士TiC^nHzOJMHCl,测定TiJ产品纯度的实验如下：

①E装置相关操作结束后，待锥形瓶中的液体冷却至室温，准确称取14.00gTiCl,产品，置于盛有

60.00mL蒸储水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，过滤后将水解液配成100mL溶液。

②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL2.900mol/LAgNO3标准溶液。

③加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。

④以Fe(NC)3)3溶液为指示剂，用01000mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNC)3溶液，达到滴定终点时共

用去10.00mLKSCN溶液。

(6)滴定过程中若省去步骤③，所测定TiC)产品的质量分数会(填“偏大”、“偏小”或“无影

响”)。

(7)假设产品中杂质不参与反应，TiC1的质量分数为%。

【答案】(1)Mn。？+4HC1(浓)—MnCl?+Cl2T+2H2O

(2)蒸储烧瓶(3)没有处理CO、Cl2尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解

(4)TiCl4(5)BD

(6)偏小(7)95%

【解析】

【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锦与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中盛有的浓硫酸用于

干燥氯气，装置C中氯气与碳、钛铁矿共热反应得到氯化铁和氯化钛的混合物，该制备装置的缺陷是缺少

吸收空气中水蒸气进入的装置和无尾气处理装置，装置E为分离氯化铁和氯化钛的蒸储装置。

【小问1详解】

由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锦与浓盐酸共热反应生成氯化镐、氯气和水，反应的化学方

程式为MnO2+4HC1（浓）生MnC"+C12T+2H2O,故答案为：

MnO2+4HClw-MnCl2+C12T+2H2O。

【小问2详解】

由实验装置图可知，装置D为蒸储烧瓶，故答案为：蒸储烧瓶。

【小问3详解】

根据题给信息知TiCL极易水解，所以该装置的不足之处是缺少吸收空气中水蒸气进入的装置，空气中水

蒸气会进入C中使产品发生水解，也没有无尾气处理装置，CO与剩余Cb会污染环境，故答案为：没有

处理CO、CL尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解；

【小问4详解】

由分析可知，装置E为分离氯化铁和氯化钛的蒸储装置，根据题给FeCb、TiCL的沸点可知，蒸储出来的

是TiCL故答案为：TiCk。

【小问5详解】

A.装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，A错误；

B.由于碳受热易与空气中的氧气反应，为防止空气干扰实验，装置A加热前先通一段时间氮气，排尽装

置中的空气，B正确；

C.装置E中的直形冷凝管换成球形冷凝管，不利于冷凝液体顺利流下进入锥形瓶，故C错误；

D.蒸储结束后需先关闭热源开关停止加热，再停止通入冷凝水，D正确；

故答案选BD。

【小问6详解】

加入硝基苯的目的是防止滴加硫氟化钾溶液时，氯化银沉淀与硫氧化钾溶液反应生成硫氧化银沉淀，若

省去步骤③，会导致滴定过量硝酸银消耗硫氟化钾溶液体积偏大，使得氯离子的物质的量减小，TiCk的

质量分数测定结果偏小，故答案为：偏小。

【小问7详解】

由题意可知，与硫氧化钾溶液反应的过量硝酸银的物质的量为QlOOOmoI.I?x0.01L=0.001mol＞则

与溶液中氯离子反应的硝酸银的物质的量为2.900mol.L1x0.01L-0.001mol=0.028mol-由

TiCl44CF4AgNC)3可得14.0g产品中TiCl4的质量分数为S028molxl0x」xl90g/mol

14.0g

xl00%=95%,故答案为：95%„

2L吧噪布芬为抗血栓形成药，用于治疗动脉硬化引起的缺血性心血管、脑血管病变。其合成路线如图所

zj\O

已知：RBr+NaCNfRCN+NaBr(R为炫基)；

请回答：

(1)化合物F的官能团名称是；

已知M核磁共振氢谱有两组峰，M的结构简式是。

(2)下列说法正确的是o

A.化合物C和D互为同系物

B.化合物G可发生加成、取代反应，也能使酸性高锦酸钾溶液褪色

C.叫口朵布芬的分子式是Cl8H16NC>3

D.F生成G的反应类型和H生成明噪布芬的反应类型相同

(3)写出D生成E的化学反应方程式。

(4)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式______o

①苯环对位上有两个取代基，其中一个是一N。？；

②能水解

③H-NMR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子

CH3——CH——COOH

(5)仿照上述合成路线设计由丙醇(CH3cH2cH2OH)合成2-甲基丙酸(|)

CH3

的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。

【答案】(1)①.硝基、竣基(2)ABD

0

(4)

1ne八/、浓H,SC)4

l+HO

+HNO3(浓)——»02N2

NO2

OOCCHCH

33

CH

OOCHCH33

(5)

浓硫酸HBrNaCN

CH3cH2cH20H———►CH3CH=