天津市河西区2025届高三化学下学期二模考试试卷含解析

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Ti48

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

选择题(本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。)

1.中华文化源远流长，下列说法错误的是

A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金

B.“竹木简牍”中“竹”主要成分是纤维素，属于天然有机高分子

C.“书之竹帛，镂之金石”中“帛”充分燃烧只生成二氧化碳和水

D.“铜官窑彩瓷”是以黏土为主要原料，经高温烧结而成

【答案】C

【解析】

【详解】A．四羊方尊由青铜制成，青铜是铜锡合金，青铜属合金范畴，A正确；

B．竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，B正确；

C．“帛”指丝织品，主要成分为蛋白质。蛋白质燃烧除生成CO2和H2O外，还会产生含氮化合物等，C错误；

D．以黏土为主要原料，经高温烧结而成陶瓷，铜官窑彩瓷就用此方法制得，D正确；

故选C。

2.臭氧可以氧化氢碘酸，原理是O3+2HI=O2+I2+H2O，下列说法正确的是

A.O3是含极性键的极性分子B.O3和O2互为同位素，化学性质相似

23

C.HI的电子式：D.1.8gH2O含有的中子数约为6.0210

【答案】A

【解析】

【详解】A．臭氧分子呈V形，正负电中心不重合，为极性分子，O-O键的电子云偏向端位氧原子，使每个

O-O键具有极性，故O3是由极性键形成的极性分子，故A正确；

B．O3和O2是由氧元素形成的不同的单质，二者互为同素异形体，不互为同位素，故B错误；

C．HI是共价化合物，氢和碘之间共用一对电子，故HI的电子式是，故C错误；

2323

D．H2O含有8个中子，1.8gH2O的物质的量为0.1mol，含有0.86.0210=4.81610个中子，故D

错误；

故选A。

3.下列相关实验安全的说法中，错误的是

A.硫化银废渣，应集中送至环保单位处理

B.金属燃烧起火，可用冷水冷却，降低金属着火点

C.轻微烫伤时，先用洁净的冷水处理，再涂抹烫伤药膏

D.未用完的白磷、钾等易燃物应放回原试剂瓶中

【答案】B

【解析】

【详解】A．硫化银废渣含有重金属银，属于危险废物，需由环保单位专门处理，A正确；

B．不活泼的金属着火时，用冷水冷却是为了将温度降至金属的着火点以下，但金属的着火点是固有性质，

无法被降低，部分活泼金属如Na，着火时，不能用水泼灭，B错误；

C．轻微烫伤后立即用冷水降温可减少组织损伤，再涂抹药膏保护伤口，C正确；

D．白磷、钾等易燃物易与空气或水反应，未用完时应放回原瓶以避免危险，D正确；

故选B。

4.下列物质性质差异与影响因素没有关联的是

性质差异影响因素

A键角：BF3PCl3B、P的杂化方式

B酸性：二氟乙酸>二氯乙酸F、Cl的电负性

C沸点：I2Br2II、BrBr键能

D识别K的能力：18-冠-612-冠-4冠醚的空腔尺寸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

1

【详解】A．BF3中心原子价层电子对数为3+3-31=3，B原子为sp²杂化，平面三角形结构，键角120°；

2

13

PCl3中心原子价层电子对数为3+5-31=4，P原子为sp杂化，为三角锥形结构，孤对电子排斥使键

2

角减小至约107°，键角差异确实由杂化方式不同导致，A正确；

B．由于F的电负性比Cl大，吸引电子的能力更强，二氟乙酸羧基中的O-H键的极性更大，更易电离出H+，

酸性更强，B正确；

C．I2和Br2都是分子晶体，I2沸点高于Br2是因I2分子量更大，范德华力更强，而非I-I和Br-Br键能，键

能影响化学键强度，与沸点无关，C错误；

D．18-冠-6的空腔尺寸与K+匹配，识别能力更强；12-冠-4空腔较小，适合Li+，性质差异与影响因素有关

联，D正确；

故选C。

5.下列有关物质的制备方法正确的是

A.饱和溶液制备纯碱：饱和溶液(1)CO2(2)NH3

NaClNaClNaHCO3Na2CO3

B.工业制取盐酸：饱和溶液电解和点燃

NaClH2Cl2HCl

催化剂

C.工业以制取硝酸：O2H2O

NH3NH3NO2HNO3

D.海水提镁：浓缩海水石灰乳盐酸溶液电解

Mg(OH)2MgCl2Mg

【答案】B

【解析】

【详解】A．工业上制备纯碱时，应该先向饱和食盐水中通入NH3，营造碱性环境，增大CO2的溶解度，再通

入CO2反应生成NaHCO3，并使溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3固体再受热分解制备Na2CO3，A错

误；

B．电解饱和NaCl溶液会生成H2和Cl2，H2和Cl2在点燃的条件下反应生成HCl，以此制取盐酸，B正确；

C．工业制硝酸的正确流程为NH3在催化剂作用下氧化生成NO，NO进一步氧化为NO2，最后NO2溶于水生成

HNO3，C错误；

D．海水提镁的流程为：浓缩海水中加石灰乳沉淀Mg(OH)2，盐酸溶解Mg(OH)2生成MgCl2溶液，经蒸发结晶、

脱水得到无水MgCl2，最后电解熔融MgCl2得金属Mg，电解MgCl2溶液无法得到Mg，D错误；

故选B。

6.下列各组离子在给定溶液中，一定能大量共存的是

A.甲基橙变黄色的溶液：2、2、、2

FeCuNO3S2O3

B.与反应放氢气的溶液：3、、2、

AlFeIBaHCO3

C.醋酸溶液中：2、、、

SO4NH4FH

D.酚酞变红溶液中：、、、2

KClNaCO3

【答案】D

【解析】

【详解】A．甲基橙变黄色，溶液pH≥4.4，溶液为弱酸性至碱性，2与在酸性条件下可能发生氧

FeNO3

化还原反应，不能大量共存，2不能在碱性溶液中大量存在，2在酸性溶液中不能大量共存，且会

CuS2O3

和发生氧化还原反应，不能大量共存，A不选；

NO3

B．与Al反应放氢气的溶液可能呈酸性或碱性，Fe3不能在碱性溶液中大量存在，Fe3和I会发生氧化还

原反应，3和会发生双水解反应，与H+或OH-发生反应，B不选；

FeHCO3HCO3

+

C．醋酸溶液呈酸性，H和F不能大量共存，C不选；

D．酚酞变红的溶液呈碱性，、、、2在碱性溶液中不发生反应，能大量共存，D选；

KClNaCO3

故选D。

7.碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1，图2是有、无碘离子存在时，过氧化

氢分解的能量变化示意图。

下列说法错误的是

A.X和Y分别为H2O和O2B.H2O2的分解反应是吸热反应

C.碘离子不改变H2O2分解的焓变D.反应速率大小：①<②

【答案】B

【解析】

----

【详解】A．反应①中H2O2和I反应生成IO，I被H2O2氧化为IO，H2O2为氧化剂，被还原为H2O，反应②中

----

H2O2和IO反应生成I，IO被H2O2还原为I，H2O2为还原剂，被氧化为O2，X和Y分别为H2O和O2，A正

确；

B．由图2可知，H2O2的分解反应中，反应物的总能量高于生成物，为放热反应，B错误；

-

C．由图1可知，I先被消耗，后又生成，为该反应的催化剂，催化剂不改变H2O2分解的焓变，C正确；

D．由图2可知，反应①的活化能高于反应②，则反应速率大小：①<②，D正确；

故选B。

8.光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。

下列说法错误的是

A.化合物X为CH3OHB.异山梨醇分子中有3个手性碳原子

C.该高分子材料一定条件下可以降解D.碳酸二甲酯中碳原子的杂化方式有两种

【答案】B

【解析】

【详解】A．异山梨醇和碳酸二甲酯发生缩聚反应生成聚碳酸异山梨醇酯，由反应物的结构简式，结合原子

守恒可知，化合物X为CH3OH，A正确；

B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，异山梨醇分子中有4个手性碳原子，为：

，B错误；

C．该高分子材料聚碳酸异山梨醇酯中含有酯基，在一定条件下可以水解，即可以降解，C正确；

D．碳酸二甲酯中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种杂化方式，D正确；

故选B。

9.实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验方法均正确的是

气体除杂试别检验试剂或试纸

1-溴丁烷消去反应

A无溴的四氯化碳溶液

产生的1-丁烯

电石和食盐水反应

B酸性KMnO4溶液硫酸铜溶液

产生的乙炔

木炭和浓硫酸反应

C饱和NaHCO3溶液澄清石灰水

产生的CO2

D碳酸氢铵分解产生碱石灰蓝色的石蕊试纸

的NH3

AAB.BC.CD.D

.

【答案】A

【解析】

【详解】A．1-溴丁烷和NaOH醇溶液发生消去反应产生的1-丁烯中混有乙醇，乙醇不和溴的四氯化碳溶液

反应，不需要除杂即可检验1-丁烯，A正确；

B．电石和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，乙炔和H2S均可以和酸性KMnO4溶液反应而被吸收，无法用

硫酸铜溶液检验乙炔，B错误；

C．木炭和浓硫酸反应产生的CO2中混有SO2，SO2和饱和NaHCO3溶液反应会生成CO2，后续澄清石灰水变

浑浊，无法证明木炭和浓硫酸反应生成了CO2，C错误；

D．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可除去水和二氧化碳，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变

蓝，可检验生成的氨气，不能用蓝色的石蕊试纸检验氨气，D错误；

故选A。

10.根据下列实验操作及现象进行的分析和推断，正确的是

操

作

现一段时间后：①中裸露在外的铁钉附近区域变红；②中裸露在外的铁钉附

象近区域_______，铜丝附近区域_______。

A.①中铁钉附近变红，因为发生，促进了水的电离

2H2O+2e=2OH+H2

B.②中现象是：铁钉附近区域变红，铜丝附近变蓝

C.②中正极区域发生了反应：

O2+4e+2H2O=4OH

D.①和②中发生的氧化反应均可表示为M2e=M2+(M代表铁或铜)

【答案】C

【解析】

【分析】①中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应Zn-2e-=Zn2+，铁钉作正极，发生

---2+

反应O2+4e+2H2O=4OH；②中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e=Fe，铜作

--

正极，发生反应O2+4e+2H2O=4OH。

--

【详解】A．由分析可知，①中铁钉附近变红，是因为铁钉作正极，电极方程式为：O2+4e+2H2O=4OH，产生

了OH-，A错误；

B．由分析可知，②中铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，反应生成的

2+3-

Fe与[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，使②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜作正极，发生反应

---

O2+4e+2H2O=4OH，生成OH使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，B错误；

C．由分析可知，②中铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，铜作正极，

--

发生反应O2+4e+2H2O=4OH，C正确；

D．①中发生的氧化反应为Zn-2e-=Zn2+，②中发生的氧化反应为Fe-2e-=Fe2+，均可表示为M-2e-＝M2+(M代

表锌或铁)，D错误；

故选C。

11.恒温密闭容器中，足量的碳酸钙分解存在平衡：，反应达平衡时，

CaCO3sCaOs+CO2g

二氧化碳的浓度为amol/L。下列说法正确的是

A.增加CaO质量，平衡逆向移动

B.增大碳酸钙表面积，可以缩短达到平衡的时间，提高CO2浓度

C.容器容积缩小为原来一半，达平衡时，amol/L<cCO2<2amol/L

D.容器容积增大为原来2倍，再次达平衡时，CO2密度不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．CaO为固体，增加CaO质量，反应体系中气体的浓度不变，化学平衡不移动，故A错误；

B．增大碳酸钙表面积，反应物的接触面积增大，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变，

故B错误；

C．反应的平衡常数K=c(CO2)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则容器容积缩小为原来一

半，再次达平衡时，二氧化碳的浓度不变，故C错误；

D．反应的平衡常数K=c(CO2)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则容器容积增大为原来的

2倍，再次达平衡时，二氧化碳的浓度不变，但是气体体积和二氧化碳质量都变为原来的二倍，所以二氧化

碳的密度不变，故D正确；

故选：D。

12.亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，分子结构是。25℃时，某亚磷酸溶液中含磷微粒的浓度

之和为0.1mol/L，溶液中所有含磷微粒的pc与pOH的关系如图所示。

已知：pc=lgc，pOH=lgcOH，下列说法正确的是

23

A.亚磷酸溶液中：cHcH2PO32cHPO33cPO3cOH

B.水的电离程度：xyz

2

C.溶液pH4时：cH2PO32cHPO30.1mol/L

D.反应2的平衡常数5.3

H3PO3HPO32H2PO3K1.010

【答案】C

【解析】

【分析】任何pH下，图中含磷物质均有3种，分别为HPO、HPO和HPO2，随着pH增大，c(OH-)逐渐增

33233

大，根据HPO+OH-=HPO+HO、HPO+OH-=HPO2+HO，可知c(HPO)逐渐减小，c(HPO)先增大后减小，

3323223323323

c(HPO2)逐渐增大，故pc(HPO)逐渐增大，pc(HPO)先减小后增大，pc(HPO2)逐渐减小，故曲线①表示

333233

c(HPO2)，曲线②表示c(HPO)，曲线③表示c(HPO)，据此分析解题。

32333

【详解】A．亚磷酸溶液中溶液显电中性，则c(H+)=c(HPO)+2c(HPO2)+c(OH−)，A错误；

233

B．pOH越大，氢离子浓度越大，水电离的抑制程度就越大，水的电离程度：x>y>z，B错误；

C．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时pc(HPO)=pc(HPO)，即c(HPO)=c(HPO)，而

33233323

c(HPO)+c(HPO)+c(HPO2)=0.1mol·L-1，故2c(HPO)+c(HPO2)=0.1mol·L-1，C正确；

33233333

D．根据x点知，c(HPO2)=c(HPO)时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则HPO的

32333

c(H+)c(HPO2-)

K=3=c(H+)=10-6.7，根据z点知，c(HPO)=c(HPO)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，

a2-2333

c(H2PO3)

c(H+)c(HPO-)

c(H+)=10-1.4mol/L，则HPO的K=23=c(H+)=10-1.4，由HPOHPO+H+减去

33a13323

c(H3PO3)

1.4

2+2Ka1105.3

H2POHPO+H，可得H3PO3+HPOH2PO，则平衡常数K===10，D错误；

33336.7

Ka210

故答案为：C。

第Ⅱ卷

13.钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题：

（1）基态Ti原子的价层电子排布图是_______。

（2）某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图：

①组成R的元素中，C、O、Ti电负性由大到小的顺序是_______。

②R中含有的化学键有_______(填序号)。

a．π键b．σ键c．离子键d．配位键e．氢键

（3）TiCl4的工业制法是将钛酸亚铁矿FeTiO3与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，

该反应的化学方程式为_______。

（4）TiCl4水解法制备TiO2xH2O的流程如下，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。

已知：TiCl4的水解是三步进行：

①3②32③2；其

TiCl4H2OTiOHH4ClTiOHTiOHTiOH2OTiO22H

中①为快反应，TiOSO4难溶于冷水，在热水中易水解。

①第一步TiCl4与水混合时，冰水浴的目的是_______。

②加入的目的是_______。

NH42SO4

（5）金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。阿伏伽德罗常数为NA，该晶体的密度为

3

_______gcm(用含a、b、NA字母表示)。

【答案】（1）（2）①.O>C>Ti②.abd

高温

（3）2FeTiO37Cl26C2TiCl42FeCl36CO

（4）①.减慢反应①的速率，防止H浓度过大，抑制后续反应②.生成TiOSO4沉淀，促进了

反应②的正向进行

1.61023

（5）

2

NAab

【解析】

【分析】TiCl4溶于水，将装置放入冰水浴中，加入硫酸铵和盐酸，生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正

向进行；加入NH3∙H2O调节pH=6~8，在95℃的热水浴中加热，促进TiOSO4水解，从而得到TiO2沉淀，过滤、

洗涤、干燥，得到纳米TiO2。

【小问1详解】

钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为。

【小问2详解】

①同短周期主族元素，从左往右，电负性依次减小，则电负性：O>C，非金属的电负性强于金属，则C、O、

Ti电负性由大到小的顺序是O>C>Ti；

②由催化剂R的结构可知，R属于分子晶体，不可能含有离子键和金属键，分子中含有钛氧配位键，含有的

苯环、碳碳双键中含有π键和σ键，碳碳键、碳氢键、碳氧键、钛氯键、配位键都属于σ键，氢键不属于

化学键，则R分子中含有的化学键有π键、σ键和配位键，故答案为：abd。

【小问3详解】

TiCl4的工业制法是将钛酸亚铁矿FeTiO3与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，同时生

成CO和FeCl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

高温

2FeTiO37Cl26C2TiCl42FeCl36CO。

【小问4详解】

①3过程中有H+生成，第一步与水混合时，冰水浴的目的是减慢

TiCl4H2OTiOHH4ClTiCl4

反应①的速率，防止H浓度过大，抑制后续反应；

②由32可知，加入的目的是生成沉淀，促进了反应②的正向进

TiOHTiOHNH42SO4TiOSO4

行。

【小问5详解】

11

晶胞中位于顶点和体心的钛离子个数为8×+1=2，位于面上和体内的氧离子个数为4×+2=4，则晶胞质

82

280

量为g，晶胞体积为anm×anm×bnm=a2b×10-21cm3，晶胞密度

NA

m280g1.610231.61023

-3，该晶体的密度为3。

ρ=22132gcm2gcm

VNAab10cmNAabNAab

14.有机物J是有机合成的中间体，高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由芳香烃A和E为

原料制备J和G的合成路线如下：

已知：

（1）A转化为B的试剂为_______；B中含有的官能团名称为_______。

（2）E的系统命名为_______。

（3）I转为J的反应类型为_______。

（4）G的结构简式为_______。

（5）B转化为C的方程式为_______。

（6）芳香族化合物M是D的同分异构体。写出同时满足下列条件的所有M的结构简式为_______。

①能与FeCl3溶液显色

②1molM能消耗2molNaOH溶液

③核磁共振氢谱显示为3组峰，且面积之比为1:1:3

（7）参照上述合成路线，写出用为原料，制取化合物的合成路线_______(其

他无机试剂任选)。

【答案】（1）①.酸性高锰酸钾②.羧基

（2）1,4二氯丁烷

（3）取代反应（4）

（5）（6）

（7）

【解析】

【分析】根据芳香烃A的分子式结合H的结构简式可知，A为，芳香烃A被氧化生成B为

，B和甲醇发生酯化反应生成C为，C发生还原反应生成D为

，D发生催化氧化生成H，H发生信息的反应生成I，I结构简式为，I和

甲醇发生取代反应生成J；E先发生取代反应后发生水解反应得到F，根据E、F的分子式知，E为

CH2ClCH2CH2CH2Cl，F和D发生缩聚反应生成G，G为

。

【小问1详解】

芳香烃A为，被氧化生成B为，A转化为B的试剂为酸性高锰酸钾，B中

含有的官能团名称为羧基。

【小问2详解】

由分析可知，E为CH2ClCH2CH2CH2Cl，系统命名为1，4−二氯丁烷。

【小问3详解】

由分析可知，I和甲醇发生取代反应生成J。

【小问4详解】

由分析可知，F和D发生缩聚反应生成G，G为。

【小问5详解】

B和甲醇发生酯化反应生成C，化学方程式为：

。

【小问6详解】

芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①能与FeCl3溶液显色，说明其中含有酚羟基；②1molM

能消耗2molNaOH溶液，结合D的不饱和度可知，M中含有2个酚羟基；③核磁共振氢谱显示为3组峰，

且面积之比为1:1:3，说明M是对称的结构，含有2个对称的甲基；则满足条件的M有：

。

【小问7详解】

发生C生成D的原理生成，发生催化氧化反应生成，

发生已知信息的反应原理得到，发生取代反应生成，合成路

线为：。

15.苯乙酸铜常作为有机偶联反应的催化剂，下图是实验室合成苯乙酸铜路线。

查阅资料：

①苯乙酸(M=136g/mol)的熔点为76.5℃，沸点161℃，微溶于冷水，易溶于乙醇；苯乙腈(M=117g/mol)

常温为液体，沸点233℃，350℃以上分解

②

回答下列问题：

Ⅰ．制取苯乙酸：

①连接好图装置，将a中加入足量的70%硫酸和碎瓷片；c中通入冷凝水。②用b缓缓滴加23.4g苯乙腈

到硫酸溶液中，然后升温到130℃，继续反应一段时间；③反应结束后，将a中的产物转移到烧杯中；④加

入适量冰水，静置，分离出苯乙酸粗品。

（1）仪器c作用是_______。

（2）配制70%的硫酸，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______。

（3）步骤④中加入冰水的目的是_______。

（4）从粗品的苯乙酸得到纯品的后续实验操作是_______(填序号)。

a．蒸馏b．重结晶c．萃取分液d．升华

（5）经上述实验操作后，得到24.48g纯品苯乙酸，则苯乙酸的产率是_______。

（6）制取苯乙酸的反应温度控制在130℃左右的原因_______。

Ⅱ．制取苯乙酸铜：

①用CuCl2和NaOH溶液制备Cu(OH)2，过滤后用蒸馏水洗涤沉淀2~3次；

②将苯乙酸加入乙醇与水的混合溶剂中，加入Cu(OH)2充分搅拌、过滤，得到滤液；

③静置滤液一段时间，析出苯乙酸铜晶体。

（7）写出制苯乙酸铜的化学方程式_______。

（8）检验Cu(OH)2沉淀是否洗净的试剂为_______。

（9）乙醇与水的混合溶剂中，乙醇的作用是_______。

【答案】（1）冷凝回流苯乙酸等有机物

（2）量筒胶头滴管

（3）降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶体

（4）b（5）90%

（6）温度过高，导致苯乙腈等有机物分解；温度过低，反应速率慢

（7）（8）稀硝酸，

AgNO3溶液

（9）增大苯乙酸在水中的溶解度

【解析】

【分析】苯乙腈溶于70%硫酸溶液，然后升温到130℃，反应生成苯乙酸，苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，

混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后苯乙酸溶液与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜，以此解答。

【小问1详解】

装置c是球形冷凝管，作用是冷凝回流苯乙酸等有机物。

【小问2详解】

配制70%的硫酸，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管，具体步骤如下：将所需量的水倒入

烧杯中，缓慢地将浓硫酸沿烧杯壁倒入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以防止局部过热和飞溅，用量筒和

胶头滴管精确调整硫酸的浓度，直到达到所需的70%浓度。

【小问3详解】

苯乙酸微溶于冷水，步骤④中加入冰水的目的是降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶体。

【小问4详解】

由已知信息可知，苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶，故选b。

【小问5详解】

℃

由反应+2HO+HSO130+NHHSO可知，23.4g苯乙腈生成苯乙酸为

22444

13624.48g

23.4g×=27.2g，最终得到24.48g纯品，则苯乙酸的产率是×100%=90%。

11727.2g

【小问6详解】

苯乙腈350℃以上会分解，则制取苯乙酸的反应温度控制在130℃左右的原因是：温度过高，导致苯乙腈等

有机物分解；温度过低，反应速率慢。

【小问7详解】

苯乙酸含有羧基具有酸性，能与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜和水，反应的化学方程式：

。

【小问8详解】

-

检验Cu(OH)2沉淀是否洗净只需要检验最后乙醇洗涤液中的Cl即可，所用的试剂为稀硝酸，AgNO3溶液。

【小问9详解】

苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后苯乙酸溶液与Cu(OH)2反应生

成苯乙酸铜，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应。

16.硫酰氯SO2Cl2常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：

SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(g)H，回答下列问题：

（1）SO2的VSEPR模型是_______形。

（2）相同条件下，SO2比Cl2在水中溶解度大的原因是_______。

（3）298K时，相关物质的相对能量如图1，该反应的ΔH=_______kJ/mol。

（4）恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2和Cl2，测定不同温度下体系达平衡时的压强差Δp结果如图

2(p=p0p，p0为体系初始压强，p0240kPa，p为体系平衡压强)

、、

①图2中温度T1T2T3由高到低的顺序为_______。

②M点SO2的转化率为_______。

1

③T1温度下，用各组分分压表示该反应的平衡常数Kp=_______kPa。[已知对于气相反应，用某组分的

平衡压强分压也可表示平衡常数，记作KP，如p(B)=px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物

质的量分数]

（5）锂—硫酰氯电池是一种高能锂电池。该电池采用非编织玻璃隔膜，以金属Li和多孔碳为电极，溶解有

LiAlCl4的液态硫酰氯SO2Cl2作为电解液。

①负极的材料是_______。

②放电一段时间，正极生成的连二亚硫酸锂Li2S2O4以固态形式析出，可维持电极结构的稳定性，则正

极的电极反应式为_______。

10、5

（6）SO2Cl2可水解生成两种强酸，某温度下，