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上海市金山区 2022-2023 学年高三下学期二模测试
化学试题
考生注意：
1.考试时间60分钟，试卷满分100分。
2.答题前，务必在答题卡上填写座位号、学校和姓名。
3.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须做在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
4.注意试题号与答题纸编号一一对应，不能错位。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Ba-137
一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)
1. 某合金与铁的物理性质的比较如下表所示,还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合
做
熔点/℃ 密度(g/cm3) 硬度(金刚石为10) 导电性(银为100)
某合金 2500 3.00 7.4 2.3
铁 1535 7.86 4.5 17
A. 导线 B. 门窗框 C. 炉具 D. 飞机外壳
【答案】A
【解析】
【详解】根据表中数据可知该合金的熔点高、硬度大，密度小于铁，导电性差，因此该合金不适合做导线，
答案选A。
2. 反应2NH ＋NaClO=N H＋NaCl＋HO可用于制备火箭推进剂的燃料NH。下列有关说法正确的是
3 2 4 2 2 4
A. NH 的结构式： B. 中子数为8的氮原子：15N
2 4
C. O原子的最外层电子排布式：2s22p6 D. NaClO的电子式：
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【答案】B
【解析】
【详解】A．NH 中每个氮和氢形成单键，氮氮之间为单键，其结构式： ，故A错误；
2 4
B．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号为：15N，故B正确；
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p4，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，其电子式： ，故D错误。
综上所述，答案为B。
3. 下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A. Na B. NaO C. NaO D. NaSO
2 2 2 2 3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na与空气中氧气反应生成氧化钠，是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．NaO与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠、氢氧化钠，是非氧化还原反应，故B符合题意；
2
C．NaO 与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，是氧化还原反应，故C不符合
2 2
题意；
D．NaSO 与空气中氧气反应生成硫酸钠，是氧化还原反应，故D不符合题意。
2 3
综上所述，答案为B。
4. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A. HCl B. Fe (SO ) C. KS D. FeSO
2 4 3 2 4
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A
不选；
B．铜能和Fe (SO ) 反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe (SO ) 溶液中溶解 ，故B选；
2 4 3 2 4 3
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入KS，生成HS，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
2 2
D．向稀硫酸反应加入FeSO 后，铜与FeSO 不反应，不能溶解铜，故 D不选；
4 4
故选：B。
5. 下列不能用键能解释的事实是
A. 晶体密度：SiO＞CO B. 热稳定性：CH＞SiH
2 2 4 4
C. 活泼性：乙烯＞苯 D. 硬度：金刚石＞晶体硅
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【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体密度与键能无关，故A符合题意；
B．键能越大，物质越稳定，碳氢键键能大，因此热稳定性：CH＞SiH，故B不符合题意；
4 4
C．乙烯中碳碳双键中π键键能小，易断裂，因此活泼性：乙烯＞苯，故C不符合题意；
D．金刚石中碳碳键键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度：金刚石＞晶体硅，故D不符合题意 。
综上所述，答案为A。
6. 下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A. CHOH B. NH Cl C. C H D. NaO
3 4 2 4 2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CHOH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
3
B．NH Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
4
C．C H 含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
2 4
D．NaO 中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
2 2
故选C。
7. 布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A. 分子式为C H O
13 16 2
B. 有6种一氯代物
C. 分子中至少有9个碳原子共面
D. 能发生取代、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式为C H O，故A错误；
13 18 2
B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误；
C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A. CHCHCH=CHCH CH B. CH=CHC(CH )
3 2 2 3 2 3 3
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C. (CH)C=C(CH ) D. CHCH=CHCH(CH )
3 2 3 2 3 3 2
【答案】C
【解析】
【详解】某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CHCHCH=CHCH CH 加氢产物为CHCHCHCHCHCH，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3
3 2 2 3 3 2 2 2 2 3
种，故A不符合题意；
B．CH=CHC(CH ) 加氢产物为CHCHC(CH)，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故B不符合
2 3 3 3 2 3 3
题意；
C．(CH)C=C(CH ) 加氢产物为(CH)CHCH(CH )，该产物有2种位置的氢，其一氯代物有2种，故C符
3 2 3 2 3 2 3 2
合题意；
D．CHCH=CHCH(CH ) 加氢产物为CHCHCHCH(CH )，该产物有5种位置的氢，其一氯代物有5种，
3 3 2 3 2 2 3 2
故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
9. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
a中反应 b中检测试剂及现象
AgNO(aq)中有白色沉
A MnO (s)和浓HCl(aq)生成Cl 3
2 2 淀
B C(s)与浓HSO 生成CO 澄清石灰水变浑浊
2 4 2
C 浓NaOH(aq)与NH Cl(aq)生成NH 酚酞溶液变红
4 3
CHCHBr与NaOH乙醇溶液生成
D 3 2 KMnO (H+)褪色
CH=CH 4
2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．生成的Cl 与水反应生成盐酸和次氯酸，挥发的盐酸及氯气与水反应生成的盐酸均与硝酸银反
2
应，则不能根据b中现象判断a中有Cl 生成，故A错误；
2
B．浓HSO 与碳生成的CO、SO ，CO、SO 均能使澄清石灰水变浑浊，则不能根据b中现象判断a中有
2 4 2 2 2 2
CO 生成，故B错误；
2
C．加热条件下，浓NaOH溶液和NH Cl反应生成的NH 溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH-而使
4 3
酚酞溶液变红色，则可根据b中现象判断a中有NH 生成，故C正确；
3
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D．挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中现象不能证明a中乙烯生成，故D错误；
故选：C。
10. 将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确
的是
A. 铜发生了析氢腐蚀
B. 石墨电极发生 O+4e—+2H O = 4OH-
2 2
C. 电池总反应是：2Cu+2H SO +O =2CuSO+2H O
2 4 2 4 2
D. 石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，该装置为原电池，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极
反应式Cu—2e—=Cu2+，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反
应式为O+4e—+4H+=2H O，电池总反应为2Cu+2H SO +O =2CuSO+2H O。
2 2 2 4 2 4 2
【详解】A．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H SO +O =2CuSO+2H O，则溶液出现蓝色是因为铜发生
2 4 2 4 2
了吸氧腐蚀，故A错误；
B．由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式
为O+4e—+4H+=2H O，故B错误；
2 2
C．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H SO +O =2CuSO+2H O，故C正确；
2 4 2 4 2
D．由分析可知，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，
则铜电极附近铜离子浓度增大，故D错误；
故选C。
11. 实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质 乙酸 1−丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸
沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃
溶解性 溶于水和有机溶剂 溶于水和有机溶剂 微溶于水，溶于有机溶剂 与水混溶
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下列叙述正确的是
A. 采用加热回流装置
B. 不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C. 分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D. 粗品精制：加吸水剂分液
【答案】A
【解析】
【详解】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高
反应物的利用率，A正确；
B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；
C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能
溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和NaCO 溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，
2 3
用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；
D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；
故选A。
12. 如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A. 物质X是Fe O
3 4
B. Fe O→Fe的转化，Fe O 发生氧化反应
2 3 2 3
C. 在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D. 可通过复分解反应实现FeCl 和FeCl 的相互转化
2 3
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质X是FeO，故A错误；
B．Fe O→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe O 发生还原反应，故B错误；
2 3 2 3
C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终
变成红褐色，故C正确；
D．FeCl 和FeCl 中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应
2 3
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实现FeCl 和FeCl 的相互转化，故D错误。
2 3
综上所述，答案为C。
13. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A. X为SO
2
B. 现代工业用稀硫酸吸收SO
3
C. 上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D. 制取HNO 是利用了强酸制弱酸的反应原理
3
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失
去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生
成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正
确；
B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；
C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程
中没有置换反应，C错误；
D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；
故选A。
14. 氮化硅(Si N)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si N)的原理为3SiH＋
3 4 4 3 4 4
4NH ＝Si N＋12H，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
3 3 4 2
在
A. 键角：SiH＞NH B. SiH 反应中作还原剂
4 3 4
C. Si N 为原子晶体 D. SiH 与NH 分子的极性不同
3 4 4 3
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiH、NH 中心原子价层电子对数均为4，SiH 中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对数为
4 3 4
1，因此键角：SiH＞NH ，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
4 3
B．SiH 中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH 中H失去电子，化合价升高，因此SiH 在反应中作还原剂，
4 4 4
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NH 中N化合价未变，NH 中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si非金属性
3 3
强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si N)熔点高、硬度大，说明Si N 为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
3 4 3 4
D．SiH 是非极性分子，NH 是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题意。
4 3
综上所述，答案为B。
15. 下列由废催化剂(主要含FeBr 及少量溴、苯)制取无水FeCl 的实验，能达到实验目的的是
3 3
D．蒸干溶液得
A．制取氯气 B．氧化Br－ C．分离FeCl (aq)
3 FeCl ·6H O
3 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
的
C．用苯萃取溶液中 溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体
从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl ·6H O，得到氢氧化铁，故D错误。
3 2
综上所述，答案为C。
16. 常温下酸性：HSO >HClO。SO 与足量Ca(ClO) (aq)反应的离子方程式为
2 2
A. SO ＋HO＋ClO－＝HSO ＋HClO
2 2
B. SO ＋HO＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO↓＋2HClO
2 2 3
C. SO ＋HO＋Ca2+＋ClO－＝CaSO↓＋Cl－＋2H+
2 2 4
D. SO ＋HO＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO↓＋Cl－＋2HClO
2 2 4
【答案】D
【解析】
【详解】由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫酸
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根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO ＋HO
2 2
＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO↓＋Cl－＋2HClO ，故D正确。
4
综上所述，答案为D。
17. 向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH) (aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO (aq)，测得溶液电导率的变化如图。
2 3
下列说法错误的是
A. a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO =BaCO ↓＋2HO＋CO
3 2
B. b→c，溶液中的c(OH-)减小
C. c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO )＋2c(HCO)
2 3
D. 溶液中水的电离程度：c>b>a
【答案】A
【解析】
【详解】A．向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH) (aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO (aq)，即氢氧化钡过量碳酸氢钠
2 3
少量，结合横坐标知a→b发生的主要反应为 ，A错误；
B．b→c时加入的NaHCO 继续消耗氢氧根离子，c点两者恰好完全反应，因此b→c溶液中c(OH-)减小，B
3
正确；
C．由题意知c点两者恰好完全反应，即该点溶质为碳酸钠，存在电荷守恒
、物料守恒 ，
所以有质子守恒c(OH-)-c(H+)=c(HCO )＋2c(HCO)，C正确；
2 3
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，a点溶液中全部是Ba(OH) ，水的电离受到
2
抑制，电离程度最小，b点为反应一半的点，氢氧化钡还有剩余，c点Ba(OH) 和NaHCO 恰好完全反应，
2 3
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因此水的电离程度c>b>a，D正确；
故选A。
18. 溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH 、Mg2+、SO 、SO 、Cl-、OH-。为确定溶液中所含
离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A. 气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. 若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C. 滤液C中大量存在的离子有NH 、Ba2+、Cl-、OH-
D. 溶液A中可能有Na+，无Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气
体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n( )=n(BaSO )=
4
=0.01mol ， n( )=n(BaSO )= =0.01mol ， n( )=n(BaSO )=
3 4
=0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO 和0.01mol的BaSO，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根
4 3
据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
19. 将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶
液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是
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A. 共消耗锌48.0 g B. 共转移电子1.6 mol
C. 气体中 D. 生成气体体积约为17.92 L(STP)
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据Zn＋2HSO (浓)＝ZnSO ＋SO ↑＋2HO、Zn＋HSO ＝ZnSO ＋H↑，无论那个反应，
2 4 4 2 2 2 4 4 2
产生气体与消耗锌的物质的量之比为 1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为
0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误；
B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；
C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中
c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质
的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，
m=0.2x−0.2，则气体中 ，故C正确；
D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。
综上所述，答案为A。
20. 以Fe O 为原料炼铁，主要发生如下反应：
3 4
反应Ⅰ：Fe O(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO(g)＋Q(Q ＜0)
3 4 2 1 1
反应Ⅱ：Fe O(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO(g)＋Q
3 4 2 2
将一定体积CO通入装有Fe O 粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的
3 4
变化关系如图所示。下列说法正确的是
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A. Q＜0
2
B. 反应温度越高，Fe O 主要还原产物中铁元素的价态越低
3 4
C. 在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D. 温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，
CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q＞0，故A错误；
2
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反
应温度越高，Fe O 主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
3 4
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说
明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数
，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，
因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
二、综合题
(一)(本题共16分)
的
21. 白云石 化学组成是CaCO ·MgCO ，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则
3 3
彻底分解成氧化物。
（1）镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电
子层数)。
（2）白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
（3）从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________ 。
（4）白云石分解得到的CO 是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程
2
式。___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。
处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl 。以质量比为1.44∶1的CaCl ·6H O与冰水混合，可
2 2 2
获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl 的原因是___________。
2
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【答案】（1） ①. ⅡA ②.
（2）CaCO ·MgCO CaCO ＋MgO＋CO↑
3 3 3 2
（3）MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键
强，热稳定性好
（4） ①. NaCl＋NH ＋CO ＋HO=NaHCO ↓＋NH Cl ②. NaHCO NaCO ＋CO↑+H O ③.
3 2 2 3 4 3 2 3 2 2
NH ④. 无水CaCl 水合时放热，降低制冷效果
3 2
【解析】
【小问1详解】
镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为 。答案为ⅡA； ；
【小问2详解】
500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大稳定，
所以MgCO 先分解。反应为CaCO ·MgCO CaCO ＋MgO＋CO↑。答案为CaCO ·MgCO CaCO ＋MgO
3 3 3 3 2 3 3 3
＋CO↑；
2
【小问3详解】
两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电
子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；
【小问4详解】
氨碱法制纯碱，先利用CO 、NH 和NaCl制得NaHCO 反应为：NaCl＋NH ＋CO ＋HO=NaHCO ↓＋
2 3 3 3 2 2 3
NH Cl，再加热 NaHCO 分解得到 NaCO ：NaHCO NaCO ＋CO↑+H O。生石灰与 NH Cl 反应制得
4 3 2 3 3 2 3 2 2 4
NH ，从而循环利用。无水 CaCl 形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为 NaCl＋NH ＋CO ＋
3 2 3 2
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HO=NaHCO ↓＋NH Cl；NaHCO NaCO＋CO↑+H O；NH ；无水CaCl 水合时放热，降低制冷效果。
2 3 4 3 2 3 2 2 3 2
(二)(本题共13分)
22. Ⅰ.H S与CH 重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH(g)＋2HS(g) CS(g)
2 4 4 2 2
＋4H(g)＋Q(Q<0)
2
（1）在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。
A. 混合气体密度不变
B. 容器内压强不变
C. 2v (H S)=v (CS)
正 2 逆 2
D. CH 与H 的物质的量分数之比保持不变
4 2
Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH)∶n(H S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物
4 2
质的量分数随温度的变化如图所示。
（2）如图中表示CH、CS 变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。
4 2
（3）M点对应温度下，HS的转化率是___________。
2
Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH 会导致Al O 催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。
4 2 3
如图表示800℃，Al O 催化剂条件下投入等量HS，投料比[n(CH )∶n(H S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，
2 3 2 4 2
达平衡时HS转化率、平均反应速率。
2
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（4）投料比n(CH)∶n(H S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C
4 2
的
组图像中平均反应速率最低 可能原因是___________。
（5）未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气
发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）BD （2） ①. d ②. b
（3）20% （4） ①. B ②. C组中n(CH)∶n(H S)=12∶1，CH 比例过高使催化剂Al O 失活，
4 2 4 2 3
反应速率小
（5）CH C＋H
4 2
【解析】
【小问1详解】
A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体
密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在
增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v (H S)=4v (CS)=v (CS)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反
正 2 正 2 逆 2
应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH 与H 的物质的量分数之比保持不变，说明CH 与H 的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应
4 2 4 2
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达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
【小问2详解】
根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减
小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反
应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应
①的化学计量数，生成物中CS 的物质的量比H 小，则a表示H，b表示CS，同理，c表示的是HS，d
2 2 2 2 2
表示的是CH，故答案为表示CH、CS 变化的曲线分别是d、b。
4 4 2
【小问3详解】
M点对应温度下，起始时n(CH)∶n(H S)=1∶2，设起始时n(CH) =1mol, n(H S)= 2mol，转化的CH 为x mol，
4 2 4 2 4
则可得
M点对应温度下，平衡时，a表示的H 和d表示的CH 的物质的量分数相等，则可得关系式 1-x=4x，
2 4
x=0.2mol，则HS的转化率= 。
2
【小问4详解】
在反应①中，适当提高n(CH)∶n(H S)的比值可提高HS转化率，当投料比[n(CH )∶n(H S)]分别为1∶1、
4 2 2 4 2
1∶3、12∶1 时，即 n(CH)∶n(H S)分别为 1∶1、 ∶1、12∶1 时，n(CH)∶n(H S)=1∶1 为三种组合中，
4 2 4 2
n(CH)∶n(H S)的比值处于中间，则 HS转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的
4 2 2
CH 会导致Al O 催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中HS转化率最高，即n(CH)∶n(H S)比值最高，即
4 2 3 2 4 2
n(CH)∶n(H S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH)∶n(H S)=12∶1，CH 比
4 2 4 2 4
例过高使催化剂Al O 失活，反应速率小。
2 3
【小问5详解】
根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH 含有碳元素，则Co助剂可能
4
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催化原料气发生反应的化学方程式为CH C＋H。
4 2
(三)(本题共16分)
23. 环氧乙烷( )是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M( )的
一条合成路线如下：
（1）在一定条件下，环氧乙烷可与H、HO、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如反应①。写出反
2 2
应①的化学方程式___________。
（2）反应②的反应类型是___________。设计反应③的目的是___________。
（3）A的结构简式为___________，C中含有的官能团有羰基和___________，写出一种满足下列条件的C
的结构简式___________。
①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应
（4）反应⑤的反应条件是___________。
（5）以 和HOCH CHOH为主要原料合成B( )(无机试剂任选)，将以下合成路
2 2
线补充完整。已知：RBr RMgBr
____________
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【答案】（1） （2） ①. 取代 ②. 保护羰
基
（3） ①. ②. 醛基 ③.
（4）浓HSO ，△
2 4
（5）
【解析】
【分析】 转变为A后再在酸性条件下水解转变为 ，由于卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热
下消去可引入碳碳双键，则A为 ，A在酸性条件下水解转变为 ， 与B(
)反应、进一步在酸性条件下水解转变为C，C经过反应④被氧化、醛基转变为羧基，
所得产物与乙醇在浓硫酸加热下经过反应⑤、羧基发生酯化反应得到目标产物M。
【小问1详解】
反应①为一定条件下环氧乙烷与HO发生类似加成的开环反应得到乙二醇，反应①的化学方程式：
2
。
【小问2详解】
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反应②羰基邻位的氢被溴取代，则反应类型是取代。 经过反应③后 转变为A后再在
酸性条件下水解转变为 ，则设计反应③的目的是保护羰基。
【小问3详解】
据分析，A的结构简式为 ，根据结构简式C( )，C中含有的官能团有羰基和
醛基， C的同分异构体满足①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应，则结合
该同分异构体结构对称、分子内含醛基，得到一种满足条件的结构简式为： 。
【小问4详解】
反应⑤为酯化反应，反应条件是浓HSO ，△。
2 4
【小问5详解】
以 和 HOCH CHOH 为主要原料合成 B( )(无机试剂任选)，则需要
2 2
与Mg、水反应得到， 可由乙二醇和Br(CH)CHO仿流程中的反应
2 3
③得到，Br(CH)CHO由Br(CH)CHOH催化氧化得到，Br(CH)CHOH由 于HBr开环反应得到，
2 3 2 3 2 2 3 2
故合成路线为： 。
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(四)(本题共15分)
24. Ⅰ．氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO 热分解是实验室制取O 的方法之一，KClO
3 2 3
在不同条件下热分解结果如下：
实验 反应体系 第一放热温度/℃ 第二放热温度/℃
A KClO 400 480
3
B KClO＋Fe O 360 390
3 2 3
C KClO＋MnO 350
3 2
已知：①K(s)＋ Cl(g)=KCl(s)＋437kJ
2
②K(s)＋ Cl(g)＋ O=KClO (s)＋398kJ
2 2 3
③K(s)＋ Cl(g)＋2O=KClO (s)＋433kJ
2 2 4
（1）验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为4KClO(s) 3KClO(s)＋KCl(s)＋Q，
3 4
Q=___________kJ。
（2）实验C制得的O 因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是___________，检验方法是
2
___________。
Ⅱ．甲苯(C HCH)与干燥的Cl 在光照下反应生成氯化苄(C HCHCl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称
6 5 3 2 6 5 2
取0.255 g样品，与足量 4 mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用
25.00 mL 0.1000 mol∙L−1AgNO(aq)处理，再以NH Fe(SO ) 为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NH SCN(aq)滴定剩
3 4 4 2 4
余的AgNO(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH SCN(aq) 6.75 mL。
3 4
（3）滴定终点溶液为___________色，样品中氯化苄的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
（4）通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因___________。
（5）上述方法不适用于氯苯(C HCl)的纯度分析，原因是___________。
6 5
【答案】（1）144 （2） ①. Cl(或者O、ClO ，合理即可) ②. 使湿润的淀粉KI试纸变蓝
2 3 2
（3） ①. 血红色 ②. 0.91
（4）C HCH 与Cl 光照下反应生成少量的多氯代物C HCHCl 、C HCCl ；反应物Cl 和另一产物HCl部
6 5 3 2 6 5 2 6 5 3 2
分溶解于氯化苄中
（5）C HCl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－
6 5
【解析】
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【分析】甲苯(C HCH)与干燥的Cl 在光照下反应生成氯化苄(C HCHCl)，氯化苄(C HCHCl)与足量 4
6 5 3 2 6 5 2 6 5 2
mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，生成氯化钠，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，将生成的氯离子用
银离子沉淀，加入足量硝酸银沉淀，以NH Fe(SO ) 为指示剂，用 NH SCN(aq)滴定剩余的AgNO(aq)。
4 4 2 4 3
【小问1详解】
将反应③的3倍，加上反应①，再减去反应②的4倍得到4KClO(s) 3KClO(s)＋KCl(s)＋Q，Q=433kJ
3 4
×3＋437kJ−398kJ×4=144 kJ；故答案为：144。
【小问2详解】
实验C制得的O 因混有杂质而有轻微的刺激性气味，根据元素分析，杂质气体可能是Cl(或者O、ClO ，
2 2 3 2
合理即可)，所含的杂质具有强氧化性，因此检验方法是使湿润的淀粉KI试纸变蓝；故答案为：Cl(或者
2
O、ClO ，合理即可)；使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
3 2
【小问3详解】
Ⅱ．甲苯(C HCH)与干燥的Cl 在光照下反应生成氯化苄(C HCHCl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称
6 5 3 2 6 5 2
取0.255 g样品，与足量 4 mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用
25.00 mL 0.1000 mol∙L−1AgNO(aq)处理，再以NH Fe(SO ) 为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NH SCN(aq)滴定剩
3 4 4 2 4
余的AgNO(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH SCN(aq) 6.75 mL。
3 4
以NH Fe(SO ) 为指示剂，SCN－过量后与铁离子反应，因此滴定终点溶液为血红色，样品中氯化苄的物质
4 4 2
的量为0.1000 mol∙L−1×0.025L−0.1000 mol∙L−1×0.00675L=0.001825mol，则样品中氯化苄的质量分数为
；故答案为：血红色；0.91。
【小问4详解】
通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，说明氯离子含量变多，则可能的原因C HCH 与Cl 光
6 5 3 2
照下反应生成少量的多氯代物C HCHCl 、C HCCl ；反应物Cl 和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中；故
6 5 2 6 5 3 2
答案为：C HCH 与Cl 光照下反应生成少量的多氯代物C HCHCl 、C HCCl ；反应物Cl 和另一产物HCl
6 5 3 2 6 5 2 6 5 3 2
部分溶解于氯化苄中。
【小问5详解】
C HCHCl与氢氧化钠溶液反应得到氯离子，上述方法不适用于氯苯(C HCl)的纯度分析，原因是C HCl
6 5 2 6 5 6 5
无法与NaOH(aq)共热生成Cl－；故答案为：C HCl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－。
6 5
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