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四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题原卷版docx、四川省遂宁市射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
(时间：75分钟 满分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：C- 12 O- 16 S- 32 Cl-35.5 Fe-56 Hg -201
第I卷(选择题)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 下列有关说法中正确的是
A. 如图所示，HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道重叠形成
B. 2-丁烯的键线式：
C. 基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为和
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】C
【解析】
【详解】A．如图所示HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道重叠形成 ， A项错误；
B．2－丁烯的键线式为：，B项错误；
C．基态As砷原子的电子排布式和价电子排布分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，C项正确；
D．对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸高的主要原因，D项错误；
故答案选C。
2. 下列实验有关操作不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸在水中溶解度随着温度升高显著上升，而氯化钠在水中溶解度变化不大，故可用重结晶的方法除杂，A项正确；
B．先用生石灰吸收水，再利用蒸馏的方法获得乙醇，B项错误；
C．丁醇和乙醚互为同分异构体，但丁醇存在分子间氢键，两者沸点差异较大，故可用蒸馏的方法进行除杂，C项正确；
D．饱和碳酸钠溶液可以与乙酸反应，并且降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度，D项正确；
故正确答案为B。
3. 下列有机物的命名正确的是
A. ：1，3，4-三甲苯B. ：3-甲基戊烯
C. ：2-甲基-1-丙醇D. ：2-溴戊烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质的名称为1，2，4-三甲苯，A项错误；
B．烯烃需要指出双键碳并使双键碳序号尽可能的小，该物质为3-甲基-2-戊烯，B项错误；
C．选择连羟基的最长的碳链为主链，该物质的名称为2-丁醇，C项错误；
D．把卤素原子当取代基，该物质为2-溴戊烷，D项正确；
故选D。
4. 某有机化合物的结构如图所示，下列说法不正确的是
A 该化合物属于芳香族衍生物，分子中含有3种官能团
B. 分子式为C15H17NO2，分子中含有1个手性碳原子
C. 分子中N原子为杂化，所有C原子不可能在同一平面上
D. 该化合物能发生取代反应、加聚反应、氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物有碳碳三键、酯基、亚氨基三种官能团，含苯环，属于芳香族衍生物，A正确；
B．该有机物含有2个手性碳原子，如图中“*”所示，B错误；
C．该有机物中N原子有3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化，结构中有多个sp3杂化的碳原子，不可能均在同一平面上，C正确；
D．该有机物含酯基可发生取代反应，含碳碳三键可发生加成反应、氧化反应，D正确；
故答案为：B。
5. 关于分子的性质，下列说法不正确的是
A. H－Cl键能比H－I的键能大，故HCl分子比HI分子稳定
B. 三氯乙酸酸性大于一氯乙酸，是因为Cl3C－的极性大于ClH2C－
C. 乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶解释
D. 分子晶体的熔点通常比共价晶体的熔点低得多
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能的大小决定着物质的化学性质，键能越大，物质越稳定，H—Cl比H—I键能大，HCl比HI稳定，选项A正确；
B．由于Cl3C－比ClH2C－多一个氯原子，使Cl3C－的极性大于ClH2C－的极性，导致三氯乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，选项B正确；
C．乙醇在水中的溶解度大于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，是因为CH3CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH占比少，溶解度明显减小，选项C错误；
D．分子晶体熔化时破坏分子间作用力，共价晶体熔化时破坏共价键，分子间作用力比共价键弱的多，所以分子晶体的熔点一般比共价晶体的熔点低，选项D正确；
答案选C。
6. 冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与形成的螯合离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该螯合离子所形成的物质是离子晶体，晶体中存在离子键、极性键、非极性键。
B. 该螯合离子有4种一氯代物，中心离子的配位数为6
C. 该螯合离子有分子识别和自组装的功能
D. 该螯合离子中C原子杂化方式有2种，6个O原子与可能在同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．螯合阳离子和阴离子结合形成离子晶体，阴阳离子间存在离子键，阳离子中存在C—H极性键和C—C非极性键，A项正确；
B．螯合离子上下对称、左右对称，只有如图4种等效氢，，的配位数为6，如图中“→”所示，B项正确；
C．分子识别和自组装是超分子的两大特征，C项正确；
D．螯合离子中，除苯环外，碳原子、氧原子均为杂化，不可能在同一平面上，D项错误；
故选D。
7. 朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为anm，A原子的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. S的配位数是6
B. 晶胞中B原子分数坐标为()
C. 该晶体的密度是g/cm3
D. 相邻两个Hg的最短距离为nm
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞图知，S的配位数是4，A错误；
B．由A原子的分数坐标为（0，0，0），结合投影图知，晶胞中B原子分数坐标为()，B错误；
C．由晶胞图可知，含S原子=4×1=4个，Hg原子位于8个顶角和6个面心，共含Hg原子数=6×+8×=4，故该晶体的密度是ρ===g/m3，C正确；
D．相邻两个Hg的最短距离面对角线的一半，为anm，D错误；
故答案为：C。
8. 已知pKa=-lgKa，如图下表是几种不同有机酸的pK大小，由此产生的推断，正确的是
A. 对键合电子吸引力：
B 酸性：
C.
D. 碱性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性：F＞Cl＞Br，对键合电子吸引力：F＞Cl＞Br，A错误；
B．根据表中pKa：CH2BrCOOH＜CH2ClCOOH＜CH2FCOOH，可知相同浓度下酸性：CH2ICOOH＜CH2FCOOH，B错误：
C．F属于吸电子基团，吸电子基团个数越多，使羧基中羟基的极性越大，酸的酸性越强，pKa越小，所以相同浓度下酸性：CHF2COOH＞CH2FCOOH，pKa：CHF2COOH＜CH2FCOOH，C正确；
D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2FCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2FCOONa＜CH3COONa，D错误；
故答案为：C。
9. 下列说法正确的是
A. 二环[1.1.0]丁烷()的二溴代物4种(不考虑立体异构)
B. 三联苯( )的一氯代物有3种
C. 与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，产物有4种
D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．二环[1.1.0]丁烷()的二溴代物有、、、，共4种(不考虑立体异构)，故A正确；
B．三联苯( )的一氯代物有、、、，共4种，故B错误；
C．与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，产物有、、、、，共5种，故C错误；
D．CH3CH2OH和羟基个数不同，不是同系物，故D错误；
选A。
10. 无机小分子可以通过多聚形成高度对称的精美结构，化合物X就是由四种短周期非金属元素A、B、C、D组成的三聚物，A、C位于同一周期；B、C可形成平面三角形分子；D元素为p区元素，且能形成多种化合价的含氧酸，下列说法正确的是
A. 因为简单氢化物中键能H-C>H-A，所以简单氢化物的稳定性和熔点大小为：C>A
B. 电离能：A>C>B
C. 元素D与氟元素位于同一主族，气态氟化氢中存在(HF)2，则气态D的氢化物也存在(HD)2缔合分子
D. X分子中，各原子均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，化合物X就是由四种短周期非金属元素A、B、C、D组成的三聚物，结合题干化合物结构式可知，A能形成3个共价键，C能形成2个共价键，A、C位于同一周期；则A为N、C为O，B、C可形成SO3为平面三角形分子； B能形成6个共价键，则B为S， D能形成1个共价键，D元素为p区元素，且能形成多种化合价的含氧酸，则D为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，A为N、C为O，由于O的电负性比N的大，故简单氢化物中键能H-C即H-O>H-A即H-N，所以简单氢化物的稳定性H2O＞NH3，但熔点大小为H2O＞NH3即C>A与其键能相对大小无关，A错误；
B．由分析可知，A为N、B为S、C为O，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常高于同周期相邻元素，同一主族从上往下依次减小可知，电离能：N＞O＞S即A>C>B，B正确；
C．由分析可知，元素D为Cl与氟元素位于同一主族，由于存在H-F…H分子间氢键，导致气态氟化氢中存在(HF)2，但HCl中不能形成氢键，故D的氢化物即Cl不存在(HD)2缔合分子，C错误；
D．由分析结合X分子的结构式可知，X分子中，各原子C、O、N均满足8电子稳定结构，但S周围不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：B。
11. 二茂铁是一种含铁有机化合物，黄色针状晶体，熔点(在时开始升华)，沸点，可看作与两个正五边形的环戊二烯负离子()形成的夹心型分子(如图所示)。下列说法不正确的是
A. 二茂铁中存在极性键、非极性键、配位键
B. 环戊二烯负离子()中的大键可表示为
C. 环戊二烯负离子()中碳原子杂化方式为
D. 二茂铁晶体是分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．二茂铁中存在C-H极性键、C-C极性键、与形成配位键，故A正确；
B．环戊二烯中每个碳原子都有一个电子形成大π键，和得到的一个电子形成的是五中心六电子的大π键，环戊二烯负离子()中的大键可表示为，故B错误；
C．环戊二烯负离子()为正五边形，为平面结构，碳原子杂化方式应为，故C正确；
D．二茂铁晶体熔沸点较低，属于分子晶体，故D正确；
故选B。
12. 室温下，为探究Na2C2O4溶液性质，设计了如表探究实验(已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9)，下列说法正确的是
A. 实验1溶液中：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c()+c()
B. NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)＞c()
C. 实验2滴加盐酸过程中存在某一时刻：c(Na+)=c(HC2O)+2c()+c(Cl-)
D. 实验3所得上层清液中：c()=2.5×10-7ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物料守恒可知，，故A错误；
B．由实验2知，等体积的等浓度的与恰好完全反应生成，溶液呈酸性，则电离大于水解，，故B错误：
C．电荷守恒知，，滴加盐酸过程中存在某一点(溶液呈中性)，此时(，故C正确；
D．混合后，，故D错误；
故选C。
13. 碳酸氢钠的分解反应如下：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) △H＞0，一定温度下，在密闭容器中放入NaHCO3固体，反应达平衡时容器中压强为4×103Pa。下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数为4×106Pa2
B. 升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小
C. 当容器中的气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
D. 缩小体积，再次达到平衡后CO2浓度变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的平衡常数为，A正确；
B．升高温度正逆反应速率都会增大，B错误；
C．反应过程中，生成，则气体平均摩尔质量，一直不变，C错误；
D．温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时总压强不变，根据理想气体方程，，浓度不变，D错误；
答案选A。
14. 常温下，向100mL0.01ml/LHA溶液中逐滴加入0.02ml/LMOH溶液，如图所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. HA为强酸
B. K点溶液中离子浓度的大小关系为c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 根据N点可以计算MOH的电离常数
D. 实验测得K点溶液的pH=9，则c(MOH)+c(OH-)=0.01ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，HA溶液的，说明其完全电离，故A正确；
B．K点是由HA溶液与溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，MA发生完全电离，MOH发生部分电离，所以c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；
C．N点，n(HA)=1.0×10-3ml，n(MOH)=0.02ml/L×0.051L=1.02×10-3ml，发生反应后，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7ml∙L-1，n(M+)=n(A-)=1.0×10-3ml，n(MOH)=2.0×10-5ml，则MOH的电离常数为=5×10-6，故C正确；
D．由物料守恒得，由电荷守恒得，，故D错误；
故选D。
第II卷 (非选择题)
15. 回答下列问题：
（1）氯化铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：
①氯化铁用作水处理剂的原因是_____(用离子方程式表示)。
②试写出吸收塔中吸收剂Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：_____。
③温度超过400度，捕集器中收集到的物质的相对分子质量为325，该物质的分子式为_____。
④常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c(Fe3+)=______ml/L。(常温下Ksp[Fe(OH)3=2.6×10-39])。
⑤FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容后取出10.00mL于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉指示剂，用cml•L-1Na2S2O3溶液滴定，用去Na2S2O3溶液VmL。(已知：I2+2=2I-+)滴定终点的现象是：_____，样品中氯化铁的质量分数为_____(用字母m、c、V来表示)。
（2）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
①甲烷燃料电池负极反应为_____。
②电解NaCl溶液的总反应为_____。
③若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为_____L。
【答案】（1） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ③. Fe2Cl6 ④. 2.6×10-9 ⑤. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ⑥. ×100%
（2） ①. CH4+10OH--8e-=+7H2O ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. 8
【解析】
【分析】氯气与铁屑在反应炉内发生反应，生成氯化铁，用捕集器收集氯化铁，然后冷却，便可得到无水氯化铁；尾气中混有氯气，在吸收塔中加入吸收剂，将氯气吸收并转化为氯化铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得FCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
①氯化铁在水溶液中易发生水解，生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用作水处理剂的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
②吸收剂Q与Cl2反应生成FeCl3，则Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
③FeCl3的相对分子质量为162.5，则相对分子质量为325的物质，其化学式为(FeCl3)2，即该物质的分子式为Fe2Cl6。
④常温下，pH=4时，c(OH-)=10-10ml/L，则溶液中c(Fe3+)=ml/L=2.6×10-9ml/L。
⑤Fe3+将I-氧化生成Fe2+和I2，I2能使淀粉变蓝色，加入Na2S2O3溶液将I2完全还原，溶液变为无色，则滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。由发生的化学反应，可建立关系式2Fe3+——I2——2 Na2S2O3，则样品中氯化铁的质量分数为=×100%。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2Cl6；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；×100%；
【小问2详解】
①甲烷燃料电池中，通CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，负极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O。
②电解NaCl溶液，生成NaOH、Cl2和H2，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
③两个电池串联，与其中的1个电池相比较，电路中通过的电流和电量分别相等，若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：CH4——4Cl2，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为2L×4=8L。答案为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；8。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化时，一定要强调“半分钟内不变色”。
16. 研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（1）Cu基态原子核外电子排布式为___________，该元素位于元素周期表第___________族，属于___________区。
（2）下列说法正确的是___________(填序号)
a．H2O、CH4、CO2的沸点：H2O>CO2>CH4
b．CH4分子中含有极性键，是极性分子
c．CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式不同
d．根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中，H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子
（3）已知具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构，这一原理称为“等电子原理”。根据等电子原理，写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或者离子___________。
（4）在海洋生物作用下形成CaCO3，亦是减缓大气中CO2增加的主要途径。CaCO3中的化学键除了σ键外，还存在___________和大π键，CO大π键应表示为___________。(大π键可用符号Π表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键表示为Π)
（5）铜基催化剂铁表面上铁原子吸附离解的碳原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表碳原子，灰球代表铜原子)。则催化剂表面上C/Cu原子数比为___________。
（6）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm-3，则阿伏加德罗常数为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d104s1 ②. IB ③. ds
（2）ad （3）CS2、SCN-或COS等
（4） ①. 离子键 ②.
（5）1：2 （6）ml-1
【解析】
【小问1详解】
已知Cu是29号元素，故Cu基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，该元素位于元素周期表第IB族，属于ds区，故答案为：[Ar]3d104s1；IB；ds；
【小问2详解】
a．H2O、CH4、CO2均为分子晶体，H2O中存在分子间氢键，CO2的相对分子质量比CH4大，分子间作用力较大，故它们的沸点：H2O>CO2>CH4，a正确；
b．CH4分子中含有C-H极性键，但分子的正负电荷中心重合，是非极性分子，b错误；
c．CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，c错误；
d．根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中中心原子周围的价层电子对数分别为：3+=3、2+=4、3+=3、3+=3，则H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子，d正确；
故答案为：ad；
【小问3详解】
与CO2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有3个原子，价电子数为16，常见有CS2、SCN-或COS等，故答案为：CS2、SCN-或COS等；
【小问4详解】
已知CaCO3是离子化合物，故除了σ键外，还存在Ca2+和CO之间的离子键和大π键，在CO中，碳原子是sp2杂化，3个杂化轨道与3个O原子分别形成3个σ键，碳原子剩下的1个电子，加上3个O原子的3个2p电子，还有2个负电荷的2个电子，共计是6个π电子，是4中心6电子的π键，即，CO大π键应表示为 ，故答案为：离子键；；
【小问5详解】
根据碳原子在铜的晶面上的单层附着局部示意图可以看出，每个铜原子周围有2个碳原子，而每个碳原子周围有4个铜原子，所以对于某个碳原子来讲，属于这个碳原子的铜原子数为4×=2，所以氮原子与铁原子的个数比为1：2，故答案为：1：2；
【小问6详解】
由题干CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞示意图可知，1个晶胞中含有碳原子个数为：，O原子个数为：16，则一个晶胞的质量为：g，CO2的晶胞参数(棱长)apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，其密度为bg•cm-3，故有：b=，则阿伏加德罗常数NA为：ml-1，故答案为：ml-1。
17. 1，2-二氯乙烷是杀菌剂稻瘟灵和植物生长调节剂矮壮素的中间体。它不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点83.6℃；在光照下易分解：碱性条件下易水解。化学家们提出了“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理和实验装置图如下。
已知：；甘油的沸点为290℃。
请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是_______，装置Ⅵ中水的作用是_______。
（2）①装置Ⅳ中多孔球泡的作用是_______。
②Ⅳ中反应前先加入少量1，2-二氯乙烷液体，其作用是_______(填序号)。
a.溶解和乙烯 b.作催化剂 c.促进气体反应物间的接触
③写出装置Ⅳ中发生的化学反应方程式_______，反应类型为_______。
④制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，可适当加热将气体逐出，逐出的气体可依次通过NaOH溶液、_______以达到尾气处理的目的。
（3）Ⅶ装置中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是_______。
（4）已知液相直接氯化法可生成1，2-二氯乙烷的同系物，满足分子式的同分异构体有_______种，写出其中符合以下条件的同分异构体的结构简式_______。
①核磁共振氢谱图有3组峰；②峰面积之比为1∶3∶4
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去乙烯中的乙醇杂质
（2） ①. 增大气体与液体的接触面积，使反应物反应更充分 ②. ac ③. ④. 加成反应 ⑤. 酸性溶液(或溴水)
（3）加热温度恒定、受热均匀，加热温度较高
（4） ①. 9 ②.
【解析】
【分析】Ⅰ中反应生成氯气通过Ⅱ中饱和食盐水除去氯化氢后进入Ⅲ装置干燥，然后进入Ⅳ；Ⅶ 装置生成乙烯通过Ⅵ 装置除杂后通过Ⅴ装置干燥后进入Ⅳ；装置Ⅳ中乙烯和氯气反应生成1，2-二氯乙烷。
【小问1详解】
仪器A的名称是分液漏斗；乙醇易溶于水而乙烯难溶，Ⅵ中水除去乙烯中的乙醇。
【小问2详解】
①Ⅵ装置中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分；
②氯气和乙烯在水相中溶解度较小，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解和乙烯、促进气体反应物间的接触，故选ac；
③“乙烯液相直接氯化法”即乙烯与氯气的加成反应：；
④制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，逐出的、乙烯可使用NaOH溶液除去，乙烯可通过与酸性溶液的氧化反应或者与溴水的加成反应除去。
【小问3详解】
Ⅶ装置中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是加热温度恒定，受热均匀，且加热温度较高。
【小问4详解】
同分异构体共有9种，如图所示：
其中有3种等效氢，且个数比为1∶3∶4的结构简式。
18. 回答下列问题：
（1）利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，充入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①下列可以表明该反应达到化学平衡状态的是______。
a.气体密度不再改变
b.3min时反应达到平衡
c.CH3OH的浓度不再改变
d.单位时间内消耗nmlH2，同时消耗nmlH2O
②从0min到3min内，v(H2)=______ml•L-1•min-1。反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一般认为反应i是通过反应ii和iii来实现：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.16kJ•ml-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
iiiCO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.66kJ•ml-1
①反应ii的△H2=_______kJ•ml-1。
②反应iii能够自发进行的条件是_____(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
③增大压强，CO2的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)。
④若反应ii为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)，判断的理由是_____。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. c ②. 0.5ml•L-1•min-1 ③.
（2） ①. +42.50 ②. 较低温度 ③. 增大 ④. A ⑤. △H2为正值，△H1和△H3为负值，反应ii的活化能大于反应iii的活化能
【解析】
【小问1详解】
①a．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，a不符合题意；
b．3min时后，各物质的量仍在变化，反应没有平衡，b不符合题意；
c．CH3OH的浓度不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，c符合题意；
d．单位时间内消耗nmlH2，同时消耗nmlH2O，此时正逆反应速率不相等，d不符合题意；
故选c；
②从0min到3min内，；
反应后总的物质的量为2.5ml，反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数
【小问2详解】
①由盖斯定律可知，反应i- iii得反应ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故；
②根据，反应可以自发进行，反应iii为放热的熵减反应，所以应该在较低温度进行；
③反应i、iii为气体分子数减小的反应，反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i、iii平衡正向移动，的平衡转化率提高。
④过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由反应可知，△H2为正值，△H1和△H3为负值，且反应ii为慢反应，则反应ii的活化能大于反应iii的活化能，故符合的图像为A。
被提纯物(杂质)
除杂方法
A
苯甲酸(NaCl)
加热溶解，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
B
加入生石灰，过滤
丁醇(乙醚)
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
加入饱和碳酸钠溶液，分液
pKa
2.66
2.86
3.21
4.74
实验1
测定0.0100ml/LNa2C2O4溶液pH
pH为8.6
实验2
向实验1溶液中滴加等体积的0.0100ml/L盐酸
pH由8.6降为4.8
实验3
向实验1溶液中加入等体积0.0200ml/LCaCl2溶液
出现白色沉淀
(时间：75分钟 满分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：C- 12 O- 16 S- 32 Cl-35.5 Fe-56 Hg -201
第I卷(选择题)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 下列有关说法中正确的是
A. 如图所示，HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道重叠形成
B. 2-丁烯的键线式：
C. 基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为和
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】C
【解析】
【详解】A．如图所示HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道重叠形成 ， A项错误；
B．2－丁烯的键线式为：，B项错误；
C．基态As砷原子的电子排布式和价电子排布分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，C项正确；
D．对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸高的主要原因，D项错误；
故答案选C。
2. 下列实验有关操作不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸在水中溶解度随着温度升高显著上升，而氯化钠在水中溶解度变化不大，故可用重结晶的方法除杂，A项正确；
B．先用生石灰吸收水，再利用蒸馏的方法获得乙醇，B项错误；
C．丁醇和乙醚互为同分异构体，但丁醇存在分子间氢键，两者沸点差异较大，故可用蒸馏的方法进行除杂，C项正确；
D．饱和碳酸钠溶液可以与乙酸反应，并且降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度，D项正确；
故正确答案为B。
3. 下列有机物的命名正确的是
A. ：1，3，4-三甲苯B. ：3-甲基戊烯
C. ：2-甲基-1-丙醇D. ：2-溴戊烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质的名称为1，2，4-三甲苯，A项错误；
B．烯烃需要指出双键碳并使双键碳序号尽可能的小，该物质为3-甲基-2-戊烯，B项错误；
C．选择连羟基的最长的碳链为主链，该物质的名称为2-丁醇，C项错误；
D．把卤素原子当取代基，该物质为2-溴戊烷，D项正确；
故选D。
4. 某有机化合物的结构如图所示，下列说法不正确的是
A 该化合物属于芳香族衍生物，分子中含有3种官能团
B. 分子式为C15H17NO2，分子中含有1个手性碳原子
C. 分子中N原子为杂化，所有C原子不可能在同一平面上
D. 该化合物能发生取代反应、加聚反应、氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物有碳碳三键、酯基、亚氨基三种官能团，含苯环，属于芳香族衍生物，A正确；
B．该有机物含有2个手性碳原子，如图中“*”所示，B错误；
C．该有机物中N原子有3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化，结构中有多个sp3杂化的碳原子，不可能均在同一平面上，C正确；
D．该有机物含酯基可发生取代反应，含碳碳三键可发生加成反应、氧化反应，D正确；
故答案为：B。
5. 关于分子的性质，下列说法不正确的是
A. H－Cl键能比H－I的键能大，故HCl分子比HI分子稳定
B. 三氯乙酸酸性大于一氯乙酸，是因为Cl3C－的极性大于ClH2C－
C. 乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶解释
D. 分子晶体的熔点通常比共价晶体的熔点低得多
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能的大小决定着物质的化学性质，键能越大，物质越稳定，H—Cl比H—I键能大，HCl比HI稳定，选项A正确；
B．由于Cl3C－比ClH2C－多一个氯原子，使Cl3C－的极性大于ClH2C－的极性，导致三氯乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，选项B正确；
C．乙醇在水中的溶解度大于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，是因为CH3CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH占比少，溶解度明显减小，选项C错误；
D．分子晶体熔化时破坏分子间作用力，共价晶体熔化时破坏共价键，分子间作用力比共价键弱的多，所以分子晶体的熔点一般比共价晶体的熔点低，选项D正确；
答案选C。
6. 冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与形成的螯合离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该螯合离子所形成的物质是离子晶体，晶体中存在离子键、极性键、非极性键。
B. 该螯合离子有4种一氯代物，中心离子的配位数为6
C. 该螯合离子有分子识别和自组装的功能
D. 该螯合离子中C原子杂化方式有2种，6个O原子与可能在同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．螯合阳离子和阴离子结合形成离子晶体，阴阳离子间存在离子键，阳离子中存在C—H极性键和C—C非极性键，A项正确；
B．螯合离子上下对称、左右对称，只有如图4种等效氢，，的配位数为6，如图中“→”所示，B项正确；
C．分子识别和自组装是超分子的两大特征，C项正确；
D．螯合离子中，除苯环外，碳原子、氧原子均为杂化，不可能在同一平面上，D项错误；
故选D。
7. 朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为anm，A原子的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. S的配位数是6
B. 晶胞中B原子分数坐标为()
C. 该晶体的密度是g/cm3
D. 相邻两个Hg的最短距离为nm
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞图知，S的配位数是4，A错误；
B．由A原子的分数坐标为（0，0，0），结合投影图知，晶胞中B原子分数坐标为()，B错误；
C．由晶胞图可知，含S原子=4×1=4个，Hg原子位于8个顶角和6个面心，共含Hg原子数=6×+8×=4，故该晶体的密度是ρ===g/m3，C正确；
D．相邻两个Hg的最短距离面对角线的一半，为anm，D错误；
故答案为：C。
8. 已知pKa=-lgKa，如图下表是几种不同有机酸的pK大小，由此产生的推断，正确的是
A. 对键合电子吸引力：
B 酸性：
C.
D. 碱性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性：F＞Cl＞Br，对键合电子吸引力：F＞Cl＞Br，A错误；
B．根据表中pKa：CH2BrCOOH＜CH2ClCOOH＜CH2FCOOH，可知相同浓度下酸性：CH2ICOOH＜CH2FCOOH，B错误：
C．F属于吸电子基团，吸电子基团个数越多，使羧基中羟基的极性越大，酸的酸性越强，pKa越小，所以相同浓度下酸性：CHF2COOH＞CH2FCOOH，pKa：CHF2COOH＜CH2FCOOH，C正确；
D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2FCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2FCOONa＜CH3COONa，D错误；
故答案为：C。
9. 下列说法正确的是
A. 二环[1.1.0]丁烷()的二溴代物4种(不考虑立体异构)
B. 三联苯( )的一氯代物有3种
C. 与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，产物有4种
D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．二环[1.1.0]丁烷()的二溴代物有、、、，共4种(不考虑立体异构)，故A正确；
B．三联苯( )的一氯代物有、、、，共4种，故B错误；
C．与Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，产物有、、、、，共5种，故C错误；
D．CH3CH2OH和羟基个数不同，不是同系物，故D错误；
选A。
10. 无机小分子可以通过多聚形成高度对称的精美结构，化合物X就是由四种短周期非金属元素A、B、C、D组成的三聚物，A、C位于同一周期；B、C可形成平面三角形分子；D元素为p区元素，且能形成多种化合价的含氧酸，下列说法正确的是
A. 因为简单氢化物中键能H-C>H-A，所以简单氢化物的稳定性和熔点大小为：C>A
B. 电离能：A>C>B
C. 元素D与氟元素位于同一主族，气态氟化氢中存在(HF)2，则气态D的氢化物也存在(HD)2缔合分子
D. X分子中，各原子均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，化合物X就是由四种短周期非金属元素A、B、C、D组成的三聚物，结合题干化合物结构式可知，A能形成3个共价键，C能形成2个共价键，A、C位于同一周期；则A为N、C为O，B、C可形成SO3为平面三角形分子； B能形成6个共价键，则B为S， D能形成1个共价键，D元素为p区元素，且能形成多种化合价的含氧酸，则D为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，A为N、C为O，由于O的电负性比N的大，故简单氢化物中键能H-C即H-O>H-A即H-N，所以简单氢化物的稳定性H2O＞NH3，但熔点大小为H2O＞NH3即C>A与其键能相对大小无关，A错误；
B．由分析可知，A为N、B为S、C为O，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常高于同周期相邻元素，同一主族从上往下依次减小可知，电离能：N＞O＞S即A>C>B，B正确；
C．由分析可知，元素D为Cl与氟元素位于同一主族，由于存在H-F…H分子间氢键，导致气态氟化氢中存在(HF)2，但HCl中不能形成氢键，故D的氢化物即Cl不存在(HD)2缔合分子，C错误；
D．由分析结合X分子的结构式可知，X分子中，各原子C、O、N均满足8电子稳定结构，但S周围不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：B。
11. 二茂铁是一种含铁有机化合物，黄色针状晶体，熔点(在时开始升华)，沸点，可看作与两个正五边形的环戊二烯负离子()形成的夹心型分子(如图所示)。下列说法不正确的是
A. 二茂铁中存在极性键、非极性键、配位键
B. 环戊二烯负离子()中的大键可表示为
C. 环戊二烯负离子()中碳原子杂化方式为
D. 二茂铁晶体是分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．二茂铁中存在C-H极性键、C-C极性键、与形成配位键，故A正确；
B．环戊二烯中每个碳原子都有一个电子形成大π键，和得到的一个电子形成的是五中心六电子的大π键，环戊二烯负离子()中的大键可表示为，故B错误；
C．环戊二烯负离子()为正五边形，为平面结构，碳原子杂化方式应为，故C正确；
D．二茂铁晶体熔沸点较低，属于分子晶体，故D正确；
故选B。
12. 室温下，为探究Na2C2O4溶液性质，设计了如表探究实验(已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9)，下列说法正确的是
A. 实验1溶液中：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c()+c()
B. NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)＞c()
C. 实验2滴加盐酸过程中存在某一时刻：c(Na+)=c(HC2O)+2c()+c(Cl-)
D. 实验3所得上层清液中：c()=2.5×10-7ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物料守恒可知，，故A错误；
B．由实验2知，等体积的等浓度的与恰好完全反应生成，溶液呈酸性，则电离大于水解，，故B错误：
C．电荷守恒知，，滴加盐酸过程中存在某一点(溶液呈中性)，此时(，故C正确；
D．混合后，，故D错误；
故选C。
13. 碳酸氢钠的分解反应如下：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) △H＞0，一定温度下，在密闭容器中放入NaHCO3固体，反应达平衡时容器中压强为4×103Pa。下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数为4×106Pa2
B. 升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小
C. 当容器中的气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
D. 缩小体积，再次达到平衡后CO2浓度变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的平衡常数为，A正确；
B．升高温度正逆反应速率都会增大，B错误；
C．反应过程中，生成，则气体平均摩尔质量，一直不变，C错误；
D．温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时总压强不变，根据理想气体方程，，浓度不变，D错误；
答案选A。
14. 常温下，向100mL0.01ml/LHA溶液中逐滴加入0.02ml/LMOH溶液，如图所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. HA为强酸
B. K点溶液中离子浓度的大小关系为c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 根据N点可以计算MOH的电离常数
D. 实验测得K点溶液的pH=9，则c(MOH)+c(OH-)=0.01ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，HA溶液的，说明其完全电离，故A正确；
B．K点是由HA溶液与溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，MA发生完全电离，MOH发生部分电离，所以c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；
C．N点，n(HA)=1.0×10-3ml，n(MOH)=0.02ml/L×0.051L=1.02×10-3ml，发生反应后，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7ml∙L-1，n(M+)=n(A-)=1.0×10-3ml，n(MOH)=2.0×10-5ml，则MOH的电离常数为=5×10-6，故C正确；
D．由物料守恒得，由电荷守恒得，，故D错误；
故选D。
第II卷 (非选择题)
15. 回答下列问题：
（1）氯化铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：
①氯化铁用作水处理剂的原因是_____(用离子方程式表示)。
②试写出吸收塔中吸收剂Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：_____。
③温度超过400度，捕集器中收集到的物质的相对分子质量为325，该物质的分子式为_____。
④常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c(Fe3+)=______ml/L。(常温下Ksp[Fe(OH)3=2.6×10-39])。
⑤FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容后取出10.00mL于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉指示剂，用cml•L-1Na2S2O3溶液滴定，用去Na2S2O3溶液VmL。(已知：I2+2=2I-+)滴定终点的现象是：_____，样品中氯化铁的质量分数为_____(用字母m、c、V来表示)。
（2）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
①甲烷燃料电池负极反应为_____。
②电解NaCl溶液的总反应为_____。
③若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为_____L。
【答案】（1） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ③. Fe2Cl6 ④. 2.6×10-9 ⑤. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ⑥. ×100%
（2） ①. CH4+10OH--8e-=+7H2O ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. 8
【解析】
【分析】氯气与铁屑在反应炉内发生反应，生成氯化铁，用捕集器收集氯化铁，然后冷却，便可得到无水氯化铁；尾气中混有氯气，在吸收塔中加入吸收剂，将氯气吸收并转化为氯化铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得FCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
①氯化铁在水溶液中易发生水解，生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用作水处理剂的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
②吸收剂Q与Cl2反应生成FeCl3，则Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
③FeCl3的相对分子质量为162.5，则相对分子质量为325的物质，其化学式为(FeCl3)2，即该物质的分子式为Fe2Cl6。
④常温下，pH=4时，c(OH-)=10-10ml/L，则溶液中c(Fe3+)=ml/L=2.6×10-9ml/L。
⑤Fe3+将I-氧化生成Fe2+和I2，I2能使淀粉变蓝色，加入Na2S2O3溶液将I2完全还原，溶液变为无色，则滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。由发生的化学反应，可建立关系式2Fe3+——I2——2 Na2S2O3，则样品中氯化铁的质量分数为=×100%。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2Cl6；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；×100%；
【小问2详解】
①甲烷燃料电池中，通CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，负极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O。
②电解NaCl溶液，生成NaOH、Cl2和H2，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
③两个电池串联，与其中的1个电池相比较，电路中通过的电流和电量分别相等，若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：CH4——4Cl2，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为2L×4=8L。答案为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；8。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化时，一定要强调“半分钟内不变色”。
16. 研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（1）Cu基态原子核外电子排布式为___________，该元素位于元素周期表第___________族，属于___________区。
（2）下列说法正确的是___________(填序号)
a．H2O、CH4、CO2的沸点：H2O>CO2>CH4
b．CH4分子中含有极性键，是极性分子
c．CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式不同
d．根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中，H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子
（3）已知具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构，这一原理称为“等电子原理”。根据等电子原理，写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或者离子___________。
（4）在海洋生物作用下形成CaCO3，亦是减缓大气中CO2增加的主要途径。CaCO3中的化学键除了σ键外，还存在___________和大π键，CO大π键应表示为___________。(大π键可用符号Π表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键表示为Π)
（5）铜基催化剂铁表面上铁原子吸附离解的碳原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表碳原子，灰球代表铜原子)。则催化剂表面上C/Cu原子数比为___________。
（6）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm-3，则阿伏加德罗常数为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d104s1 ②. IB ③. ds
（2）ad （3）CS2、SCN-或COS等
（4） ①. 离子键 ②.
（5）1：2 （6）ml-1
【解析】
【小问1详解】
已知Cu是29号元素，故Cu基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，该元素位于元素周期表第IB族，属于ds区，故答案为：[Ar]3d104s1；IB；ds；
【小问2详解】
a．H2O、CH4、CO2均为分子晶体，H2O中存在分子间氢键，CO2的相对分子质量比CH4大，分子间作用力较大，故它们的沸点：H2O>CO2>CH4，a正确；
b．CH4分子中含有C-H极性键，但分子的正负电荷中心重合，是非极性分子，b错误；
c．CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，c错误；
d．根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中中心原子周围的价层电子对数分别为：3+=3、2+=4、3+=3、3+=3，则H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子，d正确；
故答案为：ad；
【小问3详解】
与CO2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有3个原子，价电子数为16，常见有CS2、SCN-或COS等，故答案为：CS2、SCN-或COS等；
【小问4详解】
已知CaCO3是离子化合物，故除了σ键外，还存在Ca2+和CO之间的离子键和大π键，在CO中，碳原子是sp2杂化，3个杂化轨道与3个O原子分别形成3个σ键，碳原子剩下的1个电子，加上3个O原子的3个2p电子，还有2个负电荷的2个电子，共计是6个π电子，是4中心6电子的π键，即，CO大π键应表示为 ，故答案为：离子键；；
【小问5详解】
根据碳原子在铜的晶面上的单层附着局部示意图可以看出，每个铜原子周围有2个碳原子，而每个碳原子周围有4个铜原子，所以对于某个碳原子来讲，属于这个碳原子的铜原子数为4×=2，所以氮原子与铁原子的个数比为1：2，故答案为：1：2；
【小问6详解】
由题干CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞示意图可知，1个晶胞中含有碳原子个数为：，O原子个数为：16，则一个晶胞的质量为：g，CO2的晶胞参数(棱长)apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，其密度为bg•cm-3，故有：b=，则阿伏加德罗常数NA为：ml-1，故答案为：ml-1。
17. 1，2-二氯乙烷是杀菌剂稻瘟灵和植物生长调节剂矮壮素的中间体。它不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点83.6℃；在光照下易分解：碱性条件下易水解。化学家们提出了“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理和实验装置图如下。
已知：；甘油的沸点为290℃。
请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是_______，装置Ⅵ中水的作用是_______。
（2）①装置Ⅳ中多孔球泡的作用是_______。
②Ⅳ中反应前先加入少量1，2-二氯乙烷液体，其作用是_______(填序号)。
a.溶解和乙烯 b.作催化剂 c.促进气体反应物间的接触
③写出装置Ⅳ中发生的化学反应方程式_______，反应类型为_______。
④制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，可适当加热将气体逐出，逐出的气体可依次通过NaOH溶液、_______以达到尾气处理的目的。
（3）Ⅶ装置中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是_______。
（4）已知液相直接氯化法可生成1，2-二氯乙烷的同系物，满足分子式的同分异构体有_______种，写出其中符合以下条件的同分异构体的结构简式_______。
①核磁共振氢谱图有3组峰；②峰面积之比为1∶3∶4
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去乙烯中的乙醇杂质
（2） ①. 增大气体与液体的接触面积，使反应物反应更充分 ②. ac ③. ④. 加成反应 ⑤. 酸性溶液(或溴水)
（3）加热温度恒定、受热均匀，加热温度较高
（4） ①. 9 ②.
【解析】
【分析】Ⅰ中反应生成氯气通过Ⅱ中饱和食盐水除去氯化氢后进入Ⅲ装置干燥，然后进入Ⅳ；Ⅶ 装置生成乙烯通过Ⅵ 装置除杂后通过Ⅴ装置干燥后进入Ⅳ；装置Ⅳ中乙烯和氯气反应生成1，2-二氯乙烷。
【小问1详解】
仪器A的名称是分液漏斗；乙醇易溶于水而乙烯难溶，Ⅵ中水除去乙烯中的乙醇。
【小问2详解】
①Ⅵ装置中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分；
②氯气和乙烯在水相中溶解度较小，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解和乙烯、促进气体反应物间的接触，故选ac；
③“乙烯液相直接氯化法”即乙烯与氯气的加成反应：；
④制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，逐出的、乙烯可使用NaOH溶液除去，乙烯可通过与酸性溶液的氧化反应或者与溴水的加成反应除去。
【小问3详解】
Ⅶ装置中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是加热温度恒定，受热均匀，且加热温度较高。
【小问4详解】
同分异构体共有9种，如图所示：
其中有3种等效氢，且个数比为1∶3∶4的结构简式。
18. 回答下列问题：
（1）利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，充入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①下列可以表明该反应达到化学平衡状态的是______。
a.气体密度不再改变
b.3min时反应达到平衡
c.CH3OH的浓度不再改变
d.单位时间内消耗nmlH2，同时消耗nmlH2O
②从0min到3min内，v(H2)=______ml•L-1•min-1。反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一般认为反应i是通过反应ii和iii来实现：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.16kJ•ml-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
iiiCO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.66kJ•ml-1
①反应ii的△H2=_______kJ•ml-1。
②反应iii能够自发进行的条件是_____(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
③增大压强，CO2的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)。
④若反应ii为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)，判断的理由是_____。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. c ②. 0.5ml•L-1•min-1 ③.
（2） ①. +42.50 ②. 较低温度 ③. 增大 ④. A ⑤. △H2为正值，△H1和△H3为负值，反应ii的活化能大于反应iii的活化能
【解析】
【小问1详解】
①a．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，a不符合题意；
b．3min时后，各物质的量仍在变化，反应没有平衡，b不符合题意；
c．CH3OH的浓度不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，c符合题意；
d．单位时间内消耗nmlH2，同时消耗nmlH2O，此时正逆反应速率不相等，d不符合题意；
故选c；
②从0min到3min内，；
反应后总的物质的量为2.5ml，反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数
【小问2详解】
①由盖斯定律可知，反应i- iii得反应ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故；
②根据，反应可以自发进行，反应iii为放热的熵减反应，所以应该在较低温度进行；
③反应i、iii为气体分子数减小的反应，反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i、iii平衡正向移动，的平衡转化率提高。
④过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由反应可知，△H2为正值，△H1和△H3为负值，且反应ii为慢反应，则反应ii的活化能大于反应iii的活化能，故符合的图像为A。
被提纯物(杂质)
除杂方法
A
苯甲酸(NaCl)
加热溶解，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
B
加入生石灰，过滤
丁醇(乙醚)
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
加入饱和碳酸钠溶液，分液
pKa
2.66
2.86
3.21
4.74
实验1
测定0.0100ml/LNa2C2O4溶液pH
pH为8.6
实验2
向实验1溶液中滴加等体积的0.0100ml/L盐酸
pH由8.6降为4.8
实验3
向实验1溶液中加入等体积0.0200ml/LCaCl2溶液
出现白色沉淀
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