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jiajiao6767 )
2022 学年第二学期高三化学教学质量调研试卷
(时间60分钟，满分100分)
考生注意：
1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
2.答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号。
3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Na-23 Cu-64 Br-80 I-127
一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)
的
1. 生活中处处有化学，下列叙述正确 是
A. HB铅笔芯的成分为二氧化铅 B. 碳酸氢钠可做食品膨松剂
C. 青铜和黄铜是不同结构的单质铜 D. 焰火中红色来源于钠盐灼烧
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确 ；
C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是
铜单质，C错误；
D．钠元素灼烧显黄色，D错误；
故选B。
2. 下列说法不正确的是
A. 电解熔融氯化镁可制取金属镁 B. 电解饱和食盐水可制取氯气
C. 纯铁比生铁易生锈 D. 硫黄或硫铁矿可用于接触法制硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A． ，A项正确；
B． ，B项正确；
C．生铁中铁与C和电解质形成原电池腐蚀更快，C项不正确；
D．硫磺火硫铁矿经灼烧变为SO 再转为SO 经浓硫酸吸收转化为硫酸，D项正确；
2 3
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故选C。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氟原子的结构示意图： B. 质子数为53中子数为78的碘原子：
C. 硫化钠的电子式： D. 明矾的化学式：Al (SO )
2 4 3
【答案】B
【解析】
【详解】A．该图为氟离子的结构示意图，A项错误；
B．质子数为53中子数为78的碘原子的质量数为131，表达为 ，B项正确；
C．硫化钠为离子化合物，C项错误；
D．明矾的化学式为 ，D项错误；
故选B。
4. 下列过程中共价键被破坏的是
A. 氯气溶于水 B. 碘升华 C. 乙醇溶于水 D. NaOH溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气溶于水后，部分Cl 与HO反应生成HCl和HClO，破坏Cl-Cl、H-O共价键，A符合题意；
2 2
B．碘升华，分子未变，化学键未变，只改变分子间的距离，B不合题意；
C．乙醇溶于水，不发生反应，只形成分子间的氢键，C不合题意；
D．NaOH溶于水，完全电离为Na+和OH-，只破坏离子键，D不合题意；
故选A。
5. 苯是不饱和烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为
A. 苯能溶于四氯化碳 B. 苯是非极性分子
C. 苯能发生取代反应 D. 苯中不存在烯烃典型的碳碳双键
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯能溶于四氯化碳，但苯不能与溴单质发生反应，即与其不能使溴的四氯化碳溶液褪色无关，
A不合题意；
B．苯是非极性分子，与其不能使溴的四氯化碳溶液褪色无关，B不合题意；
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C．苯能发生取代反应，但不能和溴的四氯化碳溶液发生取代反应，C不符合题意；
D．苯的化学性质稳定，且结构中不含碳碳双键，苯中碳碳键介于单键和双键之间，与溴不发生加成反应，
所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D符合题意；
综上所述答案为D。
6. 下列说法不正确的是
A. 乙醇和丙三醇互为同系物
B. 和 互为同位素
C. 和 互为同素异形体
D. 丙酮( )和环氧丙烷( )互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似，组成上相差若干个CH 原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CHCHOH)是饱和一
2 3 2
元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；
B．质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为
17，中子数为20，两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；
C．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O 和O 是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素
2 3
异形体，C正确；
D．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互
为同分异构体，D正确；
答案选A。
7. 100%硫酸吸收SO 可生成焦硫酸(分子式为HSO 或HSO ·SO )。下列说法不正确的是
3 2 2 7 2 4 3
A. 焦硫酸具有强吸水性
B. 焦硫酸具有强氧化性
C. 焦硫酸可与碱反应生成盐和水
D. 100%硫酸吸收SO 生成焦硫酸的变化是物理变化
3
【答案】D
【解析】
【详解】A．100%硫酸吸收SO 可生成焦硫酸，HSO ·SO 具有强吸水性，故A正确；
3 2 4 3
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B．浓硫酸具有强氧化性，100%硫酸吸收SO 可生成焦硫酸，焦硫酸具有强氧化性，故B正确；
3
C．酸碱反应生成盐和水，HSO 可与碱反应生成盐和水，故C正确；
2 2 7
D．100%硫酸吸收SO 生成HSO，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
3 2 2 7
选D 。
8. 侯氏制碱法中没有用到的原料是
A. CaO B. NaCl C. NH D. CO
3 2
【答案】A
【解析】
【详解】侯氏制碱法的过程是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢
钠晶体加热分解后即可得到纯碱，则没有用到的原料是氧化钙，故选A。
9. 关于化合物2−苯基丙烯（ ），下列说法正确的是
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B. 可以发生加成聚合反应
C. 分子中所有原子共平面
D. 易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】2-苯基丙烯的分子式为C H ，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
9 10
【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶
液褪色，故A错误；
B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；
C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不
可能在同一平面上，故C错误；
D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙
烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类
反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
10. 下列反应不属于离子反应的是
A. 乙醇与乙酸 B. 氨水与醋酸
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C. 碳酸钙与盐酸 D. 氯化铁溶液与硫氰化钾溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应不是在溶液中进
行，不属于离子反应，故A正确；
B．氨水与醋酸在溶液中反应生成醋酸铵和水，属于离子反应，故B错误；
C．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，属于离子反应，故C错误；
D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液发生络合反应生成硫氰化铁和氯化钾，属于离子反应，故D错误；
故选A。
【点睛】离子反应是离子之间的反应，电解质在水溶液中反应的实质是离子之间的反应，注意离子反应的
实质是解题的关键。
11. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 酸性：HSO ＞HClO B. 金属性：Mg＞Al
2 4
C. 碱性：NaOH＞LiOH D. 稳定性：CH＞SiH
4 4
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸为强酸、HClO为弱酸，酸性HSO ＞HClO，HClO不是Cl的最高价含氧酸，不能利用元
2 4
素周期律解释，故A选；
B．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性 Mg＞Al，能用元素周期律解释，故B不选；
C．金属性Na＞Li，对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故C不
选；
D．非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，非金属性C＞Si，则热稳定性：CH＞SiH，能用元素周期律
4 4
解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意含氧酸的酸性强弱与非金属性强弱的关系中，只能根据最高价含氧酸
的酸性强弱判断。
12. 常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）
A. pH=0的硫酸
B. 0.01mol/L NaOH溶液
C. pH=10的纯碱溶液
.
D pH=5的氯化铵溶液
【答案】C
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【解析】
【详解】硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，
0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液
中水的电离氢氧根离子浓度是 ；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢
离子浓度是 ，故C正确。
【点睛】酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液
中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是 。
13. 除去下列物质中所含的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是
A. FeCl 溶液(CuCl )铁粉 B. C H(C H)：H/催化剂
3 2 2 6 2 4 2
C. CO(SO )：酸性高锰酸钾溶液 D. 乙醛(乙酸)：饱和碳酸钠溶液
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁粉会与FeCl 发生反应，A项不合理；
3
B．C H 和H 反应产生C H 而除杂，但同时引入新杂质H，B项不合理；
2 4 2 2 6 2
C．SO 能与酸性高锰酸钾反应产生硫酸根，而CO 不反应，C项合理；
2 2
D．乙酸与碳酸钠反应，而乙醛溶于饱和碳酸钠溶于而无法分离，D项不合理；
故选C。
14. 下列实验方案中不能达到实验目的的是
A. 用装置①测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度
B. 用装置②除去Cl 中少量的HC1气体
2
C. 用装置③可以说明氨气极易溶于水
D. 用装置④检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物
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【答案】D
【解析】
【详解】A．用简易量热计可以测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度，A正确；
B．可用饱和食盐水除去Cl 中少量的HC1气体，B正确；
2
C．由于氨气极易溶于水，将胶头滴管中的水挤入烧瓶，使得烧瓶内压强小于外界大气压，从而形成喷泉，
C正确；
D．反应生成的乙烯和挥发出来的乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能用装置④检验反应的产物，
D错误；
故选D。
15. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法
正确的是
A. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱
C. 阴极的电极反应式为
D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】A
【解析】
【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正
极；
【详解】A．图中钢铁设施作原电池的正极，正极发生还原反应，钢铁设施表面积累大量电子而被保护，
故A正确；
B．阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比
Fe的活动性强，故B错误；
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C．阳极金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，金属自身不再失
电子从而被保护，故C错误；
D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水
中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；
故答案选A。
16. 氢化铵与氯化铵的结构相似，又知NH H与水反应有H 生成，下列叙述中正确的是
4 2
A. NH H是共价化合物 B. NH H溶于水所形成的溶液显酸性
4 4
C. NH H固体投入少量的水中有两种气体产生 D. NH H与水反应时，NH H是氧化剂
4 4 4
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢化铵和氯化铵的结构相似，那么它们为离子化合物，A项错误；
B．NH H与水反应生成碱和H，该溶液为碱性，B项错误；
4 2
C．NH H与水反应生成一水合氨和H，一水合氨分解产生NH ，C项正确；
4 2 3
D．氢化铵中的氢负离子为-1价具有强还原性作为还原剂，D项错误；
故选C。
17. 常温常压下，1mol CHOH与O 发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化如图(反应物O 和生成物水
3 2 2
略去)，下列说法正确的是
A. 加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小
B. 加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多
C. 1mol CHOH完全燃烧生成液态水和二氧化碳(g)放出393kJ的热量
3
D. 生成HCHO的热化学方程式为2CHOH+O =2HCHO+2H O+316kJ
3 2 2
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的
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活化能降低，A项错误；
B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更
快，B项正确；
C．1mol CHOH完全燃烧生成液态水和一氧化碳(g)放出393kJ的热量，C项错误；
3
D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项错误；
故选B。
18. 关于反应KHIO +9HI=2KI+4I +6H O，下列说法正确的是
2 3 6 2 2
A. 生成12.7g I 时，转移0.1mol电子 B. KI是还原产物
2
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 D. KHIO 发生氧化反应
2 3 6
【答案】C
【解析】
【详解】A．12.7g I 的物质的量为0.05mol，由方程式可知此时有 mol=0.0125mol K HIO 被还原，转
2 2 3 6
移0.0125mol×7= 0.0875mol电子，A错误；
B．生成KI，元素化合价没有变化，B错误；
C．由化合价的变化可知，反应KHIO +9HI═2KI+4I +6H O中，I元素化合价分别由+7价、-1价变化为0
2 3 6 2 2
价，还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；
D．KHIO 中I元素化合价降低，被还原，发生还原反应，D错误；
2 3 6
综上所述答案为C。
19. 温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g)ΔH，反应
均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确⇌的是
A. a点再充入一定量的X，X的转化率减小
B. d点有ν =ν
正 逆
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C. 正反应速率v(b)=v(d)
D. 若c点为平衡点，则浓度平衡常数K=0.9
【答案】A
【解析】
【分析】四点所对应容器容积不同，容积越小速率越大，先平衡，所以 a、b容器已经达到平衡，d容器未
平衡。
【详解】A．a点已平衡，所以再充入一定量的X，平衡右移，但压强增大，X的转化率减小，A正确；
B．d容器未平衡，有V正≠v逆，B错误；
C．b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C错误；
D．c容器容积未知，无法计算浓度常数，D错误；
故答案为：A。
20. 下列离子方程式正确的是
A. 足量的CO 通入饱和碳酸钠溶液中：CO+CO +H O=2HCO
2 2 2
B. 酸性条件下KIO 溶液与KI溶液反应生成I：5I-+IO +3H O=3I +6OH-
3 2 2 2
C. 向NH Al(SO ) 溶液中滴入Ba(OH) 使SO 恰好完全反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO =BaSO ↓+AlO
4 4 2 2 4
+2H O
2
D. NH HSO 溶液中逐滴加入足量的Ba(OH) 溶液：NH +HSO +Ba2++2OH-=BaSO ↓+NH·H O+HO
4 3 2 3 3 2 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于碳酸氢钠的溶解度较小，足量的CO 通入饱和碳酸钠溶液中会析出碳酸氢钠晶体，离子
2
方程式应为2Na++CO +CO +H O=2NaHCO ，A错误；
2 2 3
B．酸性条件不会有氢氧根生成，正确离子方程式为5I-+IO +6H+=3I +3H O，B错误；
2 2
C．铵根也可以和氢氧根反应，SO 恰好完全反应时应生成氢氧化铝沉淀，正确离子方程式为2Ba2++4OH-
+Al3++NH 2SO =2BaSO ↓+Al(OH) ↓+NH·H O，C错误；
4 3 3 2
D．NH HSO 溶液中逐滴加入足量的Ba(OH) 溶液生成亚硫酸钡沉淀和一水合氨，D正确；
4 3 2
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为
综上所述答案 D。
二、综合题(共60分)
21. 1962年首个稀有气体化合物XePtF 问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙( Xe)的最多，氪( Kr)
6 54 36
次之，氩( Ar)化合物极少。[BrOF ][AsF ]•xKrF 是[BrOF ]+、[AsF ]-与KrF 分子形成的加合物，回答下列
18 2 6 2 2 6 2
问题：
（1）As元素原子序数为33，在周期表中的位置是_______。As原子的价电子排布式为_______。与磷酸相
比，最高价氧化物的水化物酸性强弱的顺序是：_______。
（2）Ar、Kr、Xe原子半径大小顺序为_______。Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是________。
（3）晶体熔点：KrF _______XeF (填“>”“＜”或“=”)，判断依据是______________。
2 2
（4）试猜想：[BrOF ][AsF ]•xKrF 晶体中的化学键类型有_______。
2 6 2
【答案】（1） ①. 第四周期第VA族 ②. 4s24p3 ③. HPO >H AsO
3 4 3 4
（2） ①. r(Ar)＜r(Kr)＜r( Xe) ②. 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有
效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3） ①. < ②. 二者为同构型的分子晶体，XeF 相对分子质量大，范德华力大，熔点高
2
（4）离子键、共价键
【解析】
【小问1详解】
As为33号元素，其电子排布为[Ar]3d104s24p3，它为第四周期第VA族。其价电子为最外层电子为4s24p3。
同主族元素，至上而下非金属性减弱，最高价氧化物的水化物酸性降低即HPO >H AsO 。答案为第四周
3 4 3 4
期第VA族；4s24p3；HPO >H AsO ；
3 4 3 4
【小问2详解】
同族至上而下电子层增多半径增大即Ar<Kr<Xe，随着半径的增大原子失电子越来越溶液金属性增大，所
有活泼性为Ar<Kr<Xe。答案为Ar<Kr<Xe；同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的
有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
【小问3详解】
两者均为分子晶体，随着摩尔质量增大，范德华力增大，熔沸点增大即KrF <XeF 。答案为<；二者为同构
2 2
型的分子晶体，XeF 相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
2
【小问4详解】
该物质存在[BrOF ]+、[AsF ]-，所有该物质中存在离子键其他非金属之间为共价键。答案为离子键和共价键。
2 6
22. CS 是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S )与CH 为原料制备CS，S 受热分解成气态S，发
2 8 4 2 8 2
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生反应2S(g)+CH (g) CS(g)+2HS(g)，回答下列问题：
2 4 2 2
（1）CH 的立体构型为_______，CS 分子的电子式为_______。
4 2
（2）某温度下若S 完全分解成气态S。在恒温恒容密闭容器中S 与CH 物质的量比为2∶1时开始反应。
8 2 2 4
①当CS 的体积分数为10%时，CH 的转化率为_______。
2 4
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．CH 与S 体积比 d．CS 的体积分数
4 2 2
（3）一定条件下，CH 与S 反应中CH 的平衡转化率、S 分解产生S 的体积分数随温度的变化曲线如图
4 2 4 8 2
所示。据图分析，生成CS 的反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条
2
件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：_______。
（4）用燃煤废气(含N、O、SO 、CO、HO等)使尾气中的HS转化为单质硫S，可实现废物利用，保护
2 2 2 2 2 2
环境，写出其中一个反应的化学方程式_______。燃煤废气中常含有的NO 也能使HS转化为单质硫S，完
x 2
成其化学方程式，并标出电子转移的方向和数目(用含X的代数式表示)_______。
_______HS＋_______NO ＝_______S＋_______＋_______N
2 x 2
.
【答案】（1） ① 正四面体形 ②.
（2） ①. 30% ②. d
（3） ①. 放热 ②. 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S 浓度明显偏小，且反应速
2
率慢
（ 4 ） ① . 2HS ＋ SO ＝ 3S ＋ 2HO 、 2HS ＋ O ＝ 2S ＋ 2HO ②.
2 2 2 2 2 2
【解析】
【小问1详解】
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CH 中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型为正四面体形，CS 分子中每个硫和碳共用两对电子，其
4 2
电子式为 ；故答案为：正四面体形； 。
【小问2详解】
①根据题意假设S(g)、CH(g)物质的量分别为2mol、1mol，建立三段式
2 4
，当CS 的体积分数为10%时即
2
，解得x＝0.3mol，则CH 的转化率为 ；故答案为：30%。
4
②a．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，则密度始终不再改变，因此当
密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．该反应是等体积反应，压强不变，因此当气体总
压不变，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．CH 与S 体积比始终是1:2，因此不能作为判断平
4 2
衡标志，故c不符合题意；d．CS 的体积分数不变，能作为判断平衡的标志，故d符合题意；综上所述，
2
答案为：d。
【小问3详解】
据图分析，升高温度，甲烷的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则生成 CS 的反应为放热反应。工业
2
上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于 600℃可能的原因是：根据图中分析得到
600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S 浓度明显偏小，且反应速率慢；故答案为：放热；
2
600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S 浓度明显偏小，且反应速率慢。
2
【小问4详解】
用燃煤废气(含N、O、SO 、CO、HO等)使尾气中的HS转化为单质硫S，可实现废物利用，保护环境，
2 2 2 2 2 2
能得到硫的反应的化学方程式2HS＋SO ＝3S＋2HO、2HS＋O＝2S＋2HO。燃煤废气中常含有的NO
2 2 2 2 2 2 x
也能使HS转化为单质硫S，1mol硫化氢转移2mol电子，氮氧化物变为1mol氮气转移4xmol电子，根据
2
得失电子守恒则氮气系数配1，硫化氢系数配2x，根据守恒得到方程式为2xHS＋2NO ＝2xS＋2xHO＋
2 x 2
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N，其电子转移为 ；故答案为：2HS＋SO ＝3S＋
2 2 2
2HO、2HS＋O＝2S＋2HO； 。
2 2 2 2
23. 基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯
酸V、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
（1）化合物I的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。
（2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示
例，完成下表。
序
结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型
号
① -CH=CH- H -CH-CH- _______
2 2 2
② _______ _______ _______ 氧化反应
③ _______ _______ _______ 取代反应
（3）化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到
2molV，则化合物a为_______。化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，
分子中只有1种化学环境氢原子的结构简式为_______。
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（4）选用含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。
写出Ⅷ的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。(合成路线常用的表达方式为：A
……B 目标产物)
【答案】（1） ①. C HO ②. 醛基
5 4 2
（2） ①. 加成反应 ②. -CHO ③. O ④. -COOH ⑤. -COOH ⑥. CHOH ⑦. -
2 3
COOCH
3
（3） ①. CH=CH (或乙烯) ②. 2 ③.
2 2
（4）
【解析】
【分析】I发生反应生成Ⅱ，Ⅱ发生氧化反应生成Ⅲ，Ⅲ发生水解反应得到Ⅳ，化合物Ⅳ到化合物V的反
应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为CH=CH ，V发
2 2
生还原反应生成Ⅵ，Ⅵ发生还原反应得到Ⅶ，以此解答。
【小问1详解】
根据化合物I的结构简式可知，其分子式为C HO；其环上的取代基为醛基。
5 4 2
【小问2详解】
①化合物Ⅱ′中含有-CH=CH-可以和H 发生加成反应得到-CH-CH-；
2 2 2
②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被O 氧化为-COOH；
2
③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如CHOH)发生酯化反应生成酯。
3
【小问3详解】
化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子
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式为C H，为乙烯；化合物VI的分子式为C HO，其同分异构体中含有 ，则符合条件的同
2 4 3 6
分异构体有 和 共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简
式为 。
【小问4详解】
根据化合物Ⅲ的结构简式可知，其单体为 ， 其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧
基的化合物，原料可以是 ， 发生题干Ⅳ V的反应得到人
， 还原为 ，再加成得到 ，
和 发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为
。
24. 溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末，
常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如图。
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（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去蒸馏水中的 _______ (写化学式)； 三颈烧瓶中反应生成
CuBr的离子方程式为_______；控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是 _______ ；说明反应已完
成的现象是 _______。
（2）步骤②抽滤需要避光的原因是_______，步骤③依次用溶有少量SO 的水、溶有少量SO 的乙醇、极
2 2
易挥发的乙醚洗涤，洗涤剂需“溶有SO ”的原因是_______ ；最后用乙醚的目的可能是_______。
2
（3）将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，
得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。
（4）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有NaSO 、NaHSO 等)制取较纯净的NaSO ·7H O晶
2 3 3 2 3 2
体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO 至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g 20% NaOH；③
2
加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空
干燥箱中干燥。
【答案】（1） ①. O ②. 2Cu2++ 2Br-+ SO + 2H O ═ 2CuBr↓+SO +4H+ ③. 60℃水浴加热
2 2 2
④. 溶液蓝色完全褪去
（2） ①. 防止CuBr见光分解 ②. 防止CuBr被氧化 ③. 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
（3）83.3% （4） ①. 100 ②. 冷却结晶
【解析】
【分析】在CuSO 和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入 SO 气体，即可得到CuBr沉淀，
4 2
经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO 的水溶液进行洗涤，防止CuBr被氧化；
2
SO 气体有毒，尾气需要用碱液吸收处理。
2
【小问1详解】
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水中溶解的氧气可以氧化CuBr，实验中所用的蒸馏水需煮沸除去O；三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原
2
成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，SO 被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++ 2Br-+ SO +
2 2
2HO=2CuBr↓+SO +4H+；所需温度低于水的沸点，可以用60℃的水浴加热；实验所用45gCuSO •5H O
2 4 2
为0.18mol，30.9gNaBr为0.3mol，所以NaBr稍过量，当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，现象为溶
液蓝色完全褪去；
【小问2详解】
溴化亚铜见光会分解，所以抽滤需要避光，防止CuBr见光分解，在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需
“溶有SO ”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
2
【小问3详解】
实验所用NaBr过量，根据CuSO ·5H O的物质的量可知理论上可以得到0.18molCuBr，所用产率为
4 2
×100%=83.3%；
【小问4详解】
原烧杯中含有100g×20%=20gNaOH，物质的量为0.5mol，实验完成后烧杯中的吸收液主要含NaSO 、
2 3
NaHSO 等，制取较纯净的NaSO •7H O晶体，可以在烧杯中继续通入SO 至饱和，将NaSO 生成
3 2 3 2 2 2 3
NaHSO，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO 的物质的量为0.5mol，之后再加入0.5molNaOH即可
3 3
以使NaHSO 恰好完全反应生成NaSO ，所用加入100g 20%的NaOH溶液；加入少量维生素C溶液(抗氧
3 2 3
剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥。
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