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湖南省常德市2023_2024学年高三化学上学期第二次月考试题含解析
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这是一份湖南省常德市2023_2024学年高三化学上学期第二次月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了 下列表示正确的是， 已知等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Si 28 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 下列表示正确的是
A. 基态Fe的电子排布式：[Ar]3d6
B. H2O的VSEPR模型：
C. MgH2的电子式
D. 二氯乙烷的结构简式：ClCH2CH2Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe的电子排布式：[Ar]3d64s2，A错误；
B．水中中心原子O上有2个键和两个孤电子对，故H2O的VSEPR模型：，B正确；
C．MgH2中，阳离子与阴离子的比例为2比1，故应将阴离子置于阳离子的两侧，C错误；
D．二氯乙烷的结构有两种，分别为ClCH2CH2Cl和CH3CHCl2，D错误；
故选B。
2. 化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是
A. “天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料
B. 二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中
C. 桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水
D. 大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】A
【解析】
【详解】A．“天宫一号”中使用的碳纤维，碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧剂，B错误；
C．桐油为油脂，不溶于水，但不属于天然高分子化合物，C错误；
D．胶体不带电，呈电中性，胶体中的分散质粒子带电，D错误；
故选A。
3. 已知：①固体的熔点为300℃；②无水晶体易升华；③熔融状态的不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于、和的说法正确的是
A. 均为弱电解质
B. 均为离子化合物
C. 的水溶液导电能力很弱，说明其难溶于水
D. 在水中的电离方程式可能是
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlCl3是强电解质，溶于水完全电离，故A错误；
B．无水氯化铝易升华，熔融状态HgCl2不导电说明都是共价化合物，故B错误；
C．的水溶液导电能力很弱，不能说明难溶于水，故C错误；
D．的水溶液导电能力很弱，说明HgCl2可能是弱电解质，电离是可逆过程，电离方程式可能是，故D正确；
答案选D
4. 价类二维图是学习元素化合物的工具之一，a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示，下列说法正确的是
A. 存在a→b→d→a的循环转化关系B. c属于酸性氧化物
C. 物质的酸性：D. f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为二氧化氯、d为次氯酸、e为高氯酸、f为次氯酸盐、g为金属氯化物。
【详解】A．氯化氢具有还原性，能与合适的氧化剂反应生成氯气，氯气与水反应盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则氯元素及其化合物存在a→b→d→a的循环转化关系，故A正确；
B．二氧化氯中氯元素为+4价，氯元素不存在+4价的含氧酸，则二氧化氯不属于氧化物，故B错误；
C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，则次氯酸的酸性弱于盐酸，故C错误；
D．碱性条件下，氯化钠溶液和次氯酸钠溶液不发生反应，不可能生成有毒的气体，故D错误；
故选A。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16 g氨基(－NH2)含有的电子数为9NA
B. 60 g SiO2中的Si－O共价键的数目为2NA
C. 高温下，1 ml C(s)与足量的CO2充分反应，产生CO分子数为2NA
D. 一定温度下，1 L 0.5 ml·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 ml·L－1 NH4Cl溶液含NH均为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．16g氨基的物质的量为1ml，1ml氨基含有9ml电子，A正确；
B．60gSiO2的物质的量为1ml，1ml SiO2中含有4ml Si-O键，B错误；
C．C(s)与CO2反应生成CO的反应为可逆反应，不能进行到底，C错误；
D．一定温度下0.5ml/L NH4Cl溶液与0.25ml/L NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量不同，水解程度不同，所以溶液中NH的物质的量不同，D错误；
故选A。
6. 用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是
A. 整个过程中作催化剂
B. 反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C. 过程Ⅰ中发生的反应为
D. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
7. 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，下列说法正确的是
A. Z和M的合金可用于制造飞机和宇宙飞船
B. 第一电离能：Y>M>Z
C. 该物质中Y杂化方式为杂化
D. 简单离子半径：Z>M>Y
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，则X是H，M是Al，Y是O，根据团簇分子结构发现Z的原子半径大于M，大于Y，所以Z元素应该和M同周期，再结合团簇分子发现，H原子2个，O原子6个，Al原子2个，Z原子2个，根据化合物化合价总和推断出Z元素是Mg。
【详解】A．镁铝合金密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A项正确；
B．非金属元素第一电离能通常大于金属元素第一电离能，Mg最外层电子排布式为全满而稳定，第一电离能比Al大，即第一电离能Y>Z>M，B项错误；
C．该物质中O的杂化方式应为杂化，C项错误；
D．电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Y>Z>M，D项错误；
故选A。
8. 19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下：
反应Ⅰ：Cl2＋H2O2＝HCl＋HOOCl
反应Ⅱ：HOOCl＝HCl＋O2
下列说法正确的是
A. 氧化性：O2＞Cl2
B. 反应Ⅰ中H2O2作还原剂
C. 反应Ⅰ中每消耗0.1 ml Cl2，转移0.1 ml e－
D. 每产生22.4 L O2，则至少消耗Cl2 1 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误；
B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原剂，水的化合价没有变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；
C．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1 ml Cl2，转移0.1 ml e－，C正确；
D．未注明是否为标准状况，不能计算产生的氧气的质量，D错误；
故选C。
9. 室温下，实验小组用氢氧化钠溶液滴定浓度均为的和溶液，用传感仪记录数据得下图。已知电解质的电导率越大，电解质溶液导电能力越强。下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定醋酸溶液的曲线
B. 图中D点溶液中
C. 图中A点溶液中
D. 室温下在溶液中A、B、C三点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同浓度的盐酸和醋酸，离子浓度：盐酸＞醋酸，则开始时醋酸溶液电导率较小，根据图知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；
B．D点溶液中溶质为NaCl、NaOH，且存在c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=3c(Cl-)，所以存在c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，故B正确；
C．A点酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)，溶液体积增大一倍导致其浓度降为原来的一半，所以A点c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.050 ml•L-1，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点溶质为NaCl，不影响水电离，B点溶质为NaOH、CH3COONa，抑制水电离，所以A、B、C三点水的电离程度：A>C>B，故D错误；
故选：B。
10. 可降解塑料PCL的合成路线如下：
下列说法错误的是
A. 可用饱和溴水鉴别X和Y
B. Z→W发生的是氧化反应
C. W发生缩聚反应得到PCL
D. W和PCL在氢氧化钠溶液中均可水解，且产物相同
【答案】C
【解析】
【分析】苯酚与在Ni催化下加热，生成环己醇，则Y是环己醇，Z与过氧乙酸发生氧化反应，生成，则W中含有酯基，W在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。
【详解】A．X是苯酚，Y是环己醇，苯酚与溴水可以反应，生成三溴苯酚白色沉淀，环己醇与溴水不反应，A正确；
B．由题干可知Z→W的反应为过氧乙酸氧化Z生成W，发生氧化反应，B正确；
C．缩聚反应有小分子生成，而W到PCL过程没有小分子生成，C错误；
D．W含有酯基，PCL是W聚合反应得到的，均含有酯基，均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物，D正确；
故选C。
11. 下列离子方程式正确的是
A. 的溶液水解：
B. 滴定反应：
C. 向溶液中通入气体，出现白色沉淀：
D. 硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的溶液水解离子方程式为，A错误；
B．高锰酸钾是氧化剂，双氧水是还原剂，电子得失不守恒，正确的离子方程式为，B错误；
C．向溶液中通入气体，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为，C错误；
D．，，产生FeCO3沉淀后，上述平衡正向移动，H+浓度增大，再与反应产生CO2，故得，D正确；
故选D。
12. 化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br-强，A选项正确；
B．Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B选项错误；
C．CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C选项错误；
D．由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D选项错误；
答案选A。
13. 碘(I2)主要用于制药物、染料等。一种从除氯后含碘海水(主要含Na+和I-)制备I2的方法如图所示：
下列有关说法正确的是
A. “沉碘”时可以用淀粉溶液检验反应是否完全
B. “置换”反应的离子方程式为Fe+3AgI=3Ag+Fe3++3I-
C. “氧化”后可以用酒精萃取含I2溶液中的I2
D. 已知I2晶胞如图所示(I2分别位于晶胞顶点和面心)，1个晶胞中含有4个碘分子
【答案】D
【解析】
【分析】除氯后含碘海水中加入硝酸银沉碘，会生成AgI沉淀，得到的悬浊液中加入铁粉，铁粉将AgI还原生成Ag，反应的离子方程式为：，滤渣中含Ag和Fe，滤液中含亚铁离子和碘离子，通入适量氯气，碘离子先参与反应生成碘单质。
【详解】A．沉碘时溶液中碘元素的存在形式为碘离子，不能用淀粉溶液检验碘离子是否反应完全，A错误；
B．置换反应的离子方程式为：，B错误；
C．酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘单质，C错误；
D．根据晶胞结构，用均摊法计算碘分子个数：个，D正确；
故选D。
14. 下列所述知识类比推理正确的是
①AgNO3溶液和过量NaOH溶液反应先生成白色沉淀，然后沉淀转化为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3H2O反应现象也相同。
②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀。
③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸。
④HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2。
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】D
【解析】
【详解】A．①AgOH不溶于NaOH溶液，但能溶于氨水生成银氨溶液，最后得到澄清的银氨溶液，所以AgNO3溶液分别和过量NaOH溶液、过量氨水反应现象不同，A错误；
B．②碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2和BaCl2溶液不反应，则少量CO2通入BaCl2溶液没有明显现象，B错误；
C．③乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，则乙二醇被足量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸，并进一步氧化成CO2，C错误；
D．④HBr的还原性大于HCl，HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2，所以推出HBr在一定定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)22H2O，其工艺流程如下所示：
回答下列问题：
（1）滤渣①的主要成分是_______，适量的Na2SO3固体的作用是_______；
（2）浸锰时，FeO生成Fe3＋的离子方程式为_________；
（3）可用_______(填试剂名称)溶液检验滤液①中是否含有Fe2＋；
（4）试剂X为钠的正盐，从环保、经济角度，X最好为_______(写化学式)；
（5）“沉锰”后需要过滤、洗涤沉淀，检验该沉淀洗涤干净的方法是______；
（6）“萃取分液”时，Fe3＋的萃取率与pH的关系如图，如pH＞1.7后，随pH增大，Fe3＋萃取率下降的原因是_______。
【答案】（1） ①. SiO2 ②. 作还原剂，将MnO2还原为Mn2＋
（2）2FeO＋MnO2＋8H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
（3）铁氰化钾或酸性高锰酸钾
（4）Na2CO3（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有
（6）pH＞1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中Fe3＋浓度降低，所以萃取率下降
【解析】
【分析】软锰矿中有MnO2，FeO，Al2O3，SiO2等，根据流程图和结合题目中信息，我们要分析到这些元素的最终去处，浸锰中生成了Fe3+、Al3+、Mn2+，滤渣①是二氧化硅，萃取分液的目的是除去Fe3+离子，调节pH是除去Al3+离子，最后沉锰、酸溶得到产品。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣①的主要成分是SiO2；亚硫酸钠具有还原性，则加入Na2SO3的作用是把MnO2还原为Mn2+离子；
【小问2详解】
FeO是被MnO2氧化为Fe3+离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得出离子方程式为：；
【小问3详解】
铁氰化钾遇到铁会生成蓝色沉淀，二价铁具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故检验二价铁的试剂是：铁氰化钾或酸性高锰酸钾；
【小问4详解】
沉锰所用试剂要求经济环保，不会引入杂质离子，应该选用碳酸盐，MnCO3是沉淀，沉淀再酸溶不会引入杂质，故选择Na2CO3；
【小问5详解】
洗涤沉淀主要是洗去沉淀表面吸附的杂质离子，检验是否洗净主要检验容易检出的离子，由题可知溶液中有硫酸根离子容易检验，因此取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有；
【小问6详解】
在滤液①中存在下述水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降。
16. 按要求回答下列问题：
Ⅰ．我国空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：
已知“萨巴蒂尔反应”为：CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) H1
反应Ⅰ：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) H2＝b kJ·ml－1
反应Ⅱ：CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(g) H3＝c kJ·ml－1
（1）一般而言，H＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝a kJ·ml－1，则该反应的正反应活化能为_______kJ·ml－1(用含a、b、c的式子表示)；
（2）“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)；
（3）恒压条件时，按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，只发生反应Ⅱ，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。
图中代表CH4浓度变化情况的曲线为_______，350℃时，A点的平衡常数为K=_______；
Ⅱ．[C(NH3)5Cl]Cl2是一种重要含钴配合物。
（4）该配合物的配位原子为_______，NH3的空间结构呈_______形，NH3极易溶于水的原因是_______；
（5）该配合物中钴元素的化合价为_______；
（6）设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_______(补全实验操作)，称量沉淀质量为_______(精确到0.01 g)。已知[C(NH3)5Cl]Cl2、AgCl的相对分子质量分别为250.5、143.5。
【答案】（1）(a＋2b－c)
（2）适当增大压强、增大H2和CO2的原料比
（3） ①d ②. 1
（4） ①. N、Cl ②. 三角锥形 ③. H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键
（5）＋3（6） ①. 充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量 ②. 2.87
【解析】
【小问1详解】
将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ即可得到“萨巴蒂尔反应”，则“萨巴蒂尔反应”的ΔH=(2b-c)kJ/ml，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝a kJ/ml，则该反应的正反应活化能为ΔH+E逆=(a＋2b－c)kJ/ml。
【小问2详解】
要提高CO2的平衡转化率，需使平衡正向移动，可以适当增大压强、增大H2和CO2的原料比或降低水蒸气的浓度等。
【小问3详解】
反应Ⅱ是甲烷的燃烧反应，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷和氧气的浓度增大，二氧化碳和水蒸气的浓度降低。c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，根据化学方程式可知，水蒸气的物质的量始终是二氧化碳的二倍，生成的甲烷和氧气的物质的量也存在着1：2的关系，所以a代表水蒸气，b代表二氧化碳，c代表氧气，d代表甲烷。设起始投入的二氧化碳的物质的量为1ml，则起始投入的水蒸气为2ml，设转化的二氧化碳的物质的量为x，则可列三段式：
，350℃时二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相等，则物质的量也相等，所以有x=1-x，则x=0.5，则平衡时CH4、O2、CO2、H2O的物质的量分别为0.5ml、1ml、0.5ml、1ml。设容器体积为VL，则平衡常数K==1。
【小问4详解】
氨分子中的氮原子和内界的氯离子提供孤电子对，N、Cl是配位原子，NH3的中心原子是sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，所以NH3是三角锥形，H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键，所以NH3极易溶于水。
【小问5详解】
NH3是中性分子，Cl为-1价，所以钴元素化合价为+3价。
【小问6详解】
该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，则该配合物溶于水时，只有外界的氯离子能电离。2.505 g[C(NH3)5Cl]Cl2的物质的量为0.01ml，电离时电离出0.02mlCl-，则生成0.02mlAgCl沉淀，质量为0.02ml×143.5g/ml=2.87g。实验操作为：称取2.505 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量，质量为2.87g。
17. 二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解。实活性炭验室制备SO2Cl2的原理为：，部分装置如图所示。回答以下问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）滴液漏斗中盛放的液态物质b为___________，述装置各接口连接的顺序依次为①、___________、___________、___________。
（3）通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是___________；试剂碱石灰的两个作用分别是①___________；②___________。
（4）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为___________ (填标号)。
A．蒸馏 B．蒸发 C．萃取 D．重结晶
若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL (SO2足量)，最后得到纯净的，则的产率为___________。
（5）用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则三者的物质的量之比___________。
【答案】（1）球形冷凝管
（2） ①. 饱和食盐水 ②. ③ ③. ② ④. ④
（3） ①. 提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率 ②. 吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境 ③. 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解
（4） ①. A ②. 50%
（5）1∶3∶2
【解析】
【分析】由题干实验装置图可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，然后经过浓硫酸干燥后进入三颈瓶中，发生反应来制备SO2Cl2，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
【小问2详解】
由分析可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水，述装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④，故答案为：饱和食盐水；③；②；④；
【小问3详解】
有题干信息可知，SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解，通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率，试剂碱石灰的两个作用分别是①吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，②防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解，故答案为：提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解；
【小问4详解】
已知SO2Cl2的沸点为，沸点较低，易挥发，故实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为蒸馏，若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL (SO2足量)，n(Cl2)=，根据方程式可知，n(SO2Cl2)=0.04ml，m(SO2Cl2)=0.04ml×135g‧ml-1=5.4g，最后得到纯净的，则的产率为，故答案为：A；50%；
【小问5详解】
用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则反应方程式为：S+3Cl2+2SO3=3SO2Cl2，则三者的物质的量之比1∶3∶2，故答案为：1∶3∶2。
18. M是合成某药物的中间体，以丁烷为原料合成M的一种流程如下：
已知：① CH3CH＝CH2CH3COOH
② RX RCN
③ R1OOCCH2COOH RCH＝CHCOOH，R、R1均为烃基
回答下列问题：
（1）G的名称为_______，物质K所含官能团的名称为_______；
（2）常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是_______；
（3）D→E的反应类型是_______；
（4）J→M的化学方程式为_______；
（5）N是K的同分异构体，同时满足下列条件的N的结构有_______种；
①苯环上有两个取代基
②能发生银镜反应
③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；
其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为1:1:2:2:3的结构简式为_______；
（6）参照上述合成路线，以CH3COOH为原料，设计制备丙二酸的合成路线_______。(其他无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 苯甲醛 ②. 氨基、羧基
（2）氯吸引电子能力强，使O－H键极性增大，电离氢离子能力增强
（3）取代反应（4）
（5） ①. 6 ②.
（6）
【解析】
【分析】由C和氯气变成氯乙酸可推出C为乙酸，由已知①可推出B为丙烯，由已知②可推出D→E发生了取代反应，E的结构简式为HOOCCH2CN，E→F发生的是酯化反应和CN-的水解反应，故F为CH3OOCCH2COOH，结合已知③可推出J的结构简式为，J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基、K中的氨基脱掉氢同时生成水，据此作答。
【小问1详解】
根据G的结构简式可判断G的名称为苯甲醛，根据物质K的结构简式可判断所含官能团的名称为氨基和羧基。
【小问2详解】
常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是氯原子吸引电子能力强，使O－H键极性增大，O－H键更容易断裂，故电离氢离子能力增强。
【小问3详解】
由已知②可推出D→E发生了卤素原子与CN-的取代反应。
【小问4详解】
J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基K中的氨基脱掉掉氢同时生成水，方程式为。
【小问5详解】
①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；说明N含甲酸酚酯基，还剩1个N和1个C形成取代基，苯环上的两个取代基：－OCHO、－CH2NH2或－OCHO、－NHCH3，均有邻间对三种，共计是6种；其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为的结构简式为。
【小问6详解】
选项
实验目的
选用试剂(或操作)
实验装置
A
验证Fe2+和Br-的还原性强弱
取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置
甲
B
制备氢氧化亚铁
取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液
乙
C
除去CO2中少量的SO2、H2O(g)
试剂a为饱和碳酸钠溶液
丙
D
制备AlCl3固体
蒸发AlCl3饱和溶液
丁
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Si 28 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 下列表示正确的是
A. 基态Fe的电子排布式：[Ar]3d6
B. H2O的VSEPR模型：
C. MgH2的电子式
D. 二氯乙烷的结构简式：ClCH2CH2Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe的电子排布式：[Ar]3d64s2，A错误；
B．水中中心原子O上有2个键和两个孤电子对，故H2O的VSEPR模型：，B正确；
C．MgH2中，阳离子与阴离子的比例为2比1，故应将阴离子置于阳离子的两侧，C错误；
D．二氯乙烷的结构有两种，分别为ClCH2CH2Cl和CH3CHCl2，D错误；
故选B。
2. 化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是
A. “天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料
B. 二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中
C. 桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水
D. 大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】A
【解析】
【详解】A．“天宫一号”中使用的碳纤维，碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧剂，B错误；
C．桐油为油脂，不溶于水，但不属于天然高分子化合物，C错误；
D．胶体不带电，呈电中性，胶体中的分散质粒子带电，D错误；
故选A。
3. 已知：①固体的熔点为300℃；②无水晶体易升华；③熔融状态的不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于、和的说法正确的是
A. 均为弱电解质
B. 均为离子化合物
C. 的水溶液导电能力很弱，说明其难溶于水
D. 在水中的电离方程式可能是
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlCl3是强电解质，溶于水完全电离，故A错误；
B．无水氯化铝易升华，熔融状态HgCl2不导电说明都是共价化合物，故B错误；
C．的水溶液导电能力很弱，不能说明难溶于水，故C错误；
D．的水溶液导电能力很弱，说明HgCl2可能是弱电解质，电离是可逆过程，电离方程式可能是，故D正确；
答案选D
4. 价类二维图是学习元素化合物的工具之一，a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示，下列说法正确的是
A. 存在a→b→d→a的循环转化关系B. c属于酸性氧化物
C. 物质的酸性：D. f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为二氧化氯、d为次氯酸、e为高氯酸、f为次氯酸盐、g为金属氯化物。
【详解】A．氯化氢具有还原性，能与合适的氧化剂反应生成氯气，氯气与水反应盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则氯元素及其化合物存在a→b→d→a的循环转化关系，故A正确；
B．二氧化氯中氯元素为+4价，氯元素不存在+4价的含氧酸，则二氧化氯不属于氧化物，故B错误；
C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，则次氯酸的酸性弱于盐酸，故C错误；
D．碱性条件下，氯化钠溶液和次氯酸钠溶液不发生反应，不可能生成有毒的气体，故D错误；
故选A。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16 g氨基(－NH2)含有的电子数为9NA
B. 60 g SiO2中的Si－O共价键的数目为2NA
C. 高温下，1 ml C(s)与足量的CO2充分反应，产生CO分子数为2NA
D. 一定温度下，1 L 0.5 ml·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 ml·L－1 NH4Cl溶液含NH均为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．16g氨基的物质的量为1ml，1ml氨基含有9ml电子，A正确；
B．60gSiO2的物质的量为1ml，1ml SiO2中含有4ml Si-O键，B错误；
C．C(s)与CO2反应生成CO的反应为可逆反应，不能进行到底，C错误；
D．一定温度下0.5ml/L NH4Cl溶液与0.25ml/L NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量不同，水解程度不同，所以溶液中NH的物质的量不同，D错误；
故选A。
6. 用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是
A. 整个过程中作催化剂
B. 反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C. 过程Ⅰ中发生的反应为
D. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
7. 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，下列说法正确的是
A. Z和M的合金可用于制造飞机和宇宙飞船
B. 第一电离能：Y>M>Z
C. 该物质中Y杂化方式为杂化
D. 简单离子半径：Z>M>Y
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数为6，则X是H，M是Al，Y是O，根据团簇分子结构发现Z的原子半径大于M，大于Y，所以Z元素应该和M同周期，再结合团簇分子发现，H原子2个，O原子6个，Al原子2个，Z原子2个，根据化合物化合价总和推断出Z元素是Mg。
【详解】A．镁铝合金密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A项正确；
B．非金属元素第一电离能通常大于金属元素第一电离能，Mg最外层电子排布式为全满而稳定，第一电离能比Al大，即第一电离能Y>Z>M，B项错误；
C．该物质中O的杂化方式应为杂化，C项错误；
D．电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Y>Z>M，D项错误；
故选A。
8. 19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下：
反应Ⅰ：Cl2＋H2O2＝HCl＋HOOCl
反应Ⅱ：HOOCl＝HCl＋O2
下列说法正确的是
A. 氧化性：O2＞Cl2
B. 反应Ⅰ中H2O2作还原剂
C. 反应Ⅰ中每消耗0.1 ml Cl2，转移0.1 ml e－
D. 每产生22.4 L O2，则至少消耗Cl2 1 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误；
B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原剂，水的化合价没有变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；
C．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1 ml Cl2，转移0.1 ml e－，C正确；
D．未注明是否为标准状况，不能计算产生的氧气的质量，D错误；
故选C。
9. 室温下，实验小组用氢氧化钠溶液滴定浓度均为的和溶液，用传感仪记录数据得下图。已知电解质的电导率越大，电解质溶液导电能力越强。下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定醋酸溶液的曲线
B. 图中D点溶液中
C. 图中A点溶液中
D. 室温下在溶液中A、B、C三点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同浓度的盐酸和醋酸，离子浓度：盐酸＞醋酸，则开始时醋酸溶液电导率较小，根据图知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；
B．D点溶液中溶质为NaCl、NaOH，且存在c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=3c(Cl-)，所以存在c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，故B正确；
C．A点酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)，溶液体积增大一倍导致其浓度降为原来的一半，所以A点c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.050 ml•L-1，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点溶质为NaCl，不影响水电离，B点溶质为NaOH、CH3COONa，抑制水电离，所以A、B、C三点水的电离程度：A>C>B，故D错误；
故选：B。
10. 可降解塑料PCL的合成路线如下：
下列说法错误的是
A. 可用饱和溴水鉴别X和Y
B. Z→W发生的是氧化反应
C. W发生缩聚反应得到PCL
D. W和PCL在氢氧化钠溶液中均可水解，且产物相同
【答案】C
【解析】
【分析】苯酚与在Ni催化下加热，生成环己醇，则Y是环己醇，Z与过氧乙酸发生氧化反应，生成，则W中含有酯基，W在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。
【详解】A．X是苯酚，Y是环己醇，苯酚与溴水可以反应，生成三溴苯酚白色沉淀，环己醇与溴水不反应，A正确；
B．由题干可知Z→W的反应为过氧乙酸氧化Z生成W，发生氧化反应，B正确；
C．缩聚反应有小分子生成，而W到PCL过程没有小分子生成，C错误；
D．W含有酯基，PCL是W聚合反应得到的，均含有酯基，均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物，D正确；
故选C。
11. 下列离子方程式正确的是
A. 的溶液水解：
B. 滴定反应：
C. 向溶液中通入气体，出现白色沉淀：
D. 硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的溶液水解离子方程式为，A错误；
B．高锰酸钾是氧化剂，双氧水是还原剂，电子得失不守恒，正确的离子方程式为，B错误；
C．向溶液中通入气体，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为，C错误；
D．，，产生FeCO3沉淀后，上述平衡正向移动，H+浓度增大，再与反应产生CO2，故得，D正确；
故选D。
12. 化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br-强，A选项正确；
B．Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B选项错误；
C．CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C选项错误；
D．由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D选项错误；
答案选A。
13. 碘(I2)主要用于制药物、染料等。一种从除氯后含碘海水(主要含Na+和I-)制备I2的方法如图所示：
下列有关说法正确的是
A. “沉碘”时可以用淀粉溶液检验反应是否完全
B. “置换”反应的离子方程式为Fe+3AgI=3Ag+Fe3++3I-
C. “氧化”后可以用酒精萃取含I2溶液中的I2
D. 已知I2晶胞如图所示(I2分别位于晶胞顶点和面心)，1个晶胞中含有4个碘分子
【答案】D
【解析】
【分析】除氯后含碘海水中加入硝酸银沉碘，会生成AgI沉淀，得到的悬浊液中加入铁粉，铁粉将AgI还原生成Ag，反应的离子方程式为：，滤渣中含Ag和Fe，滤液中含亚铁离子和碘离子，通入适量氯气，碘离子先参与反应生成碘单质。
【详解】A．沉碘时溶液中碘元素的存在形式为碘离子，不能用淀粉溶液检验碘离子是否反应完全，A错误；
B．置换反应的离子方程式为：，B错误；
C．酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘单质，C错误；
D．根据晶胞结构，用均摊法计算碘分子个数：个，D正确；
故选D。
14. 下列所述知识类比推理正确的是
①AgNO3溶液和过量NaOH溶液反应先生成白色沉淀，然后沉淀转化为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3H2O反应现象也相同。
②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀。
③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸。
④HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2。
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】D
【解析】
【详解】A．①AgOH不溶于NaOH溶液，但能溶于氨水生成银氨溶液，最后得到澄清的银氨溶液，所以AgNO3溶液分别和过量NaOH溶液、过量氨水反应现象不同，A错误；
B．②碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2和BaCl2溶液不反应，则少量CO2通入BaCl2溶液没有明显现象，B错误；
C．③乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，则乙二醇被足量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸，并进一步氧化成CO2，C错误；
D．④HBr的还原性大于HCl，HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2，所以推出HBr在一定定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)22H2O，其工艺流程如下所示：
回答下列问题：
（1）滤渣①的主要成分是_______，适量的Na2SO3固体的作用是_______；
（2）浸锰时，FeO生成Fe3＋的离子方程式为_________；
（3）可用_______(填试剂名称)溶液检验滤液①中是否含有Fe2＋；
（4）试剂X为钠的正盐，从环保、经济角度，X最好为_______(写化学式)；
（5）“沉锰”后需要过滤、洗涤沉淀，检验该沉淀洗涤干净的方法是______；
（6）“萃取分液”时，Fe3＋的萃取率与pH的关系如图，如pH＞1.7后，随pH增大，Fe3＋萃取率下降的原因是_______。
【答案】（1） ①. SiO2 ②. 作还原剂，将MnO2还原为Mn2＋
（2）2FeO＋MnO2＋8H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
（3）铁氰化钾或酸性高锰酸钾
（4）Na2CO3（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有
（6）pH＞1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中Fe3＋浓度降低，所以萃取率下降
【解析】
【分析】软锰矿中有MnO2，FeO，Al2O3，SiO2等，根据流程图和结合题目中信息，我们要分析到这些元素的最终去处，浸锰中生成了Fe3+、Al3+、Mn2+，滤渣①是二氧化硅，萃取分液的目的是除去Fe3+离子，调节pH是除去Al3+离子，最后沉锰、酸溶得到产品。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣①的主要成分是SiO2；亚硫酸钠具有还原性，则加入Na2SO3的作用是把MnO2还原为Mn2+离子；
【小问2详解】
FeO是被MnO2氧化为Fe3+离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得出离子方程式为：；
【小问3详解】
铁氰化钾遇到铁会生成蓝色沉淀，二价铁具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故检验二价铁的试剂是：铁氰化钾或酸性高锰酸钾；
【小问4详解】
沉锰所用试剂要求经济环保，不会引入杂质离子，应该选用碳酸盐，MnCO3是沉淀，沉淀再酸溶不会引入杂质，故选择Na2CO3；
【小问5详解】
洗涤沉淀主要是洗去沉淀表面吸附的杂质离子，检验是否洗净主要检验容易检出的离子，由题可知溶液中有硫酸根离子容易检验，因此取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有；
【小问6详解】
在滤液①中存在下述水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降。
16. 按要求回答下列问题：
Ⅰ．我国空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：
已知“萨巴蒂尔反应”为：CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) H1
反应Ⅰ：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) H2＝b kJ·ml－1
反应Ⅱ：CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(g) H3＝c kJ·ml－1
（1）一般而言，H＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝a kJ·ml－1，则该反应的正反应活化能为_______kJ·ml－1(用含a、b、c的式子表示)；
（2）“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)；
（3）恒压条件时，按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，只发生反应Ⅱ，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。
图中代表CH4浓度变化情况的曲线为_______，350℃时，A点的平衡常数为K=_______；
Ⅱ．[C(NH3)5Cl]Cl2是一种重要含钴配合物。
（4）该配合物的配位原子为_______，NH3的空间结构呈_______形，NH3极易溶于水的原因是_______；
（5）该配合物中钴元素的化合价为_______；
（6）设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_______(补全实验操作)，称量沉淀质量为_______(精确到0.01 g)。已知[C(NH3)5Cl]Cl2、AgCl的相对分子质量分别为250.5、143.5。
【答案】（1）(a＋2b－c)
（2）适当增大压强、增大H2和CO2的原料比
（3） ①d ②. 1
（4） ①. N、Cl ②. 三角锥形 ③. H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键
（5）＋3（6） ①. 充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量 ②. 2.87
【解析】
【小问1详解】
将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ即可得到“萨巴蒂尔反应”，则“萨巴蒂尔反应”的ΔH=(2b-c)kJ/ml，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆＝a kJ/ml，则该反应的正反应活化能为ΔH+E逆=(a＋2b－c)kJ/ml。
【小问2详解】
要提高CO2的平衡转化率，需使平衡正向移动，可以适当增大压强、增大H2和CO2的原料比或降低水蒸气的浓度等。
【小问3详解】
反应Ⅱ是甲烷的燃烧反应，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷和氧气的浓度增大，二氧化碳和水蒸气的浓度降低。c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，根据化学方程式可知，水蒸气的物质的量始终是二氧化碳的二倍，生成的甲烷和氧气的物质的量也存在着1：2的关系，所以a代表水蒸气，b代表二氧化碳，c代表氧气，d代表甲烷。设起始投入的二氧化碳的物质的量为1ml，则起始投入的水蒸气为2ml，设转化的二氧化碳的物质的量为x，则可列三段式：
，350℃时二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相等，则物质的量也相等，所以有x=1-x，则x=0.5，则平衡时CH4、O2、CO2、H2O的物质的量分别为0.5ml、1ml、0.5ml、1ml。设容器体积为VL，则平衡常数K==1。
【小问4详解】
氨分子中的氮原子和内界的氯离子提供孤电子对，N、Cl是配位原子，NH3的中心原子是sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，所以NH3是三角锥形，H2O、NH3均为极性分子，相似相溶，NH3与H2O可形成分子间氢键，所以NH3极易溶于水。
【小问5详解】
NH3是中性分子，Cl为-1价，所以钴元素化合价为+3价。
【小问6详解】
该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，则该配合物溶于水时，只有外界的氯离子能电离。2.505 g[C(NH3)5Cl]Cl2的物质的量为0.01ml，电离时电离出0.02mlCl-，则生成0.02mlAgCl沉淀，质量为0.02ml×143.5g/ml=2.87g。实验操作为：称取2.505 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量，质量为2.87g。
17. 二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解。实活性炭验室制备SO2Cl2的原理为：，部分装置如图所示。回答以下问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）滴液漏斗中盛放的液态物质b为___________，述装置各接口连接的顺序依次为①、___________、___________、___________。
（3）通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是___________；试剂碱石灰的两个作用分别是①___________；②___________。
（4）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为___________ (填标号)。
A．蒸馏 B．蒸发 C．萃取 D．重结晶
若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL (SO2足量)，最后得到纯净的，则的产率为___________。
（5）用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则三者的物质的量之比___________。
【答案】（1）球形冷凝管
（2） ①. 饱和食盐水 ②. ③ ③. ② ④. ④
（3） ①. 提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率 ②. 吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境 ③. 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解
（4） ①. A ②. 50%
（5）1∶3∶2
【解析】
【分析】由题干实验装置图可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，然后经过浓硫酸干燥后进入三颈瓶中，发生反应来制备SO2Cl2，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
【小问2详解】
由分析可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水，述装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④，故答案为：饱和食盐水；③；②；④；
【小问3详解】
有题干信息可知，SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解，通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率，试剂碱石灰的两个作用分别是①吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，②防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解，故答案为：提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解；
【小问4详解】
已知SO2Cl2的沸点为，沸点较低，易挥发，故实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为蒸馏，若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL (SO2足量)，n(Cl2)=，根据方程式可知，n(SO2Cl2)=0.04ml，m(SO2Cl2)=0.04ml×135g‧ml-1=5.4g，最后得到纯净的，则的产率为，故答案为：A；50%；
【小问5详解】
用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则反应方程式为：S+3Cl2+2SO3=3SO2Cl2，则三者的物质的量之比1∶3∶2，故答案为：1∶3∶2。
18. M是合成某药物的中间体，以丁烷为原料合成M的一种流程如下：
已知：① CH3CH＝CH2CH3COOH
② RX RCN
③ R1OOCCH2COOH RCH＝CHCOOH，R、R1均为烃基
回答下列问题：
（1）G的名称为_______，物质K所含官能团的名称为_______；
（2）常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是_______；
（3）D→E的反应类型是_______；
（4）J→M的化学方程式为_______；
（5）N是K的同分异构体，同时满足下列条件的N的结构有_______种；
①苯环上有两个取代基
②能发生银镜反应
③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；
其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为1:1:2:2:3的结构简式为_______；
（6）参照上述合成路线，以CH3COOH为原料，设计制备丙二酸的合成路线_______。(其他无机试剂任选)
【答案】（1） ①. 苯甲醛 ②. 氨基、羧基
（2）氯吸引电子能力强，使O－H键极性增大，电离氢离子能力增强
（3）取代反应（4）
（5） ①. 6 ②.
（6）
【解析】
【分析】由C和氯气变成氯乙酸可推出C为乙酸，由已知①可推出B为丙烯，由已知②可推出D→E发生了取代反应，E的结构简式为HOOCCH2CN，E→F发生的是酯化反应和CN-的水解反应，故F为CH3OOCCH2COOH，结合已知③可推出J的结构简式为，J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基、K中的氨基脱掉氢同时生成水，据此作答。
【小问1详解】
根据G的结构简式可判断G的名称为苯甲醛，根据物质K的结构简式可判断所含官能团的名称为氨基和羧基。
【小问2详解】
常温下，Ka(ClCH2COOH)＞Ka(CH3COOH)，其主要原因是氯原子吸引电子能力强，使O－H键极性增大，O－H键更容易断裂，故电离氢离子能力增强。
【小问3详解】
由已知②可推出D→E发生了卤素原子与CN-的取代反应。
【小问4详解】
J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基K中的氨基脱掉掉氢同时生成水，方程式为。
【小问5详解】
①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，本身遇FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应；说明N含甲酸酚酯基，还剩1个N和1个C形成取代基，苯环上的两个取代基：－OCHO、－CH2NH2或－OCHO、－NHCH3，均有邻间对三种，共计是6种；其中核磁共振氢谱上有5组峰，且峰的面积比为的结构简式为。
【小问6详解】
选项
实验目的
选用试剂(或操作)
实验装置
A
验证Fe2+和Br-的还原性强弱
取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置
甲
B
制备氢氧化亚铁
取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液
乙
C
除去CO2中少量的SO2、H2O(g)
试剂a为饱和碳酸钠溶液
丙
D
制备AlCl3固体
蒸发AlCl3饱和溶液
丁
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