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2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷03）（全解全析）
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这是一份2024年高考押题预测卷—化学（浙江卷03）（全解全析），共20页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列化学反应与方程式不相符的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ti 48 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)。
1．下列物质中不属于配合物的是( )
A．NaAl(OH)4B．CuSO4•5H2OC．[Ag(NH3)2]OHD．(NH4)2C2O4
【答案】D
【解析】A项，Al(OH)4-中四个羟基与Al3＋间存在配位键，形成配合物，A不符合；B项，CuSO4•5H2O以Cu(H2O)4SO4•H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，B不符合；C项，二氨合银离子中两个NH3分子与Ag＋形成配位键，是配合物，C不符合；D项，(NH4)2C2O4由铵离子和草酸根离子构成，不是配合物，D符合；故选D。
2． SO2常用作葡萄酒添加剂，可有效抑制霉菌的繁殖。下列说法不正确的是( )
A．常温下，SO2饱和溶液的pH小于5.6
B．SO2具有漂白性，将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色
C．可用酸性高锰酸钾溶液来测定空气中SO2的含量，利用了SO2的还原性
D．SO2通入足量Ba(NO3)2溶液中可生成不溶于盐酸的白色沉淀
【答案】B
【解析】A项，常温下正常雨水因溶有CO2使得pH=5.6，pH＜5.6的雨水称为酸雨，SO2的排放可形成酸雨，故常温下SO2饱和溶液的pH小于5.6，A正确；B项，虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊褪色，故将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸只变红、不褪色，B错误；C项，SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应5SO2+2 MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，故可用酸性高锰酸钾溶液测定空气中SO2的含量，C正确；D项，SO2具有还原性，SO2的水溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2+生成不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，反应可表示为3SO2+3Ba2++2 NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，D项正确；故选B。
3．下列表示正确的是( )
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
B．的电子式：
C．基态的价层电子轨道表示式：
D．的名称：乙二酸乙二酯
【答案】A
【解析】A项，BF3的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B项，H3O+的电子式为，B错误；C项，基态的价层电子轨道表示式为C错误；D项，的名称为乙二酸二乙酯，D错误；故选A。
4．已知反应3IF2-+6OH-=6F-+2I-+IO3-+3H2O，下列说法正确的是( )
A．IO3-的空间结构是平面三角形
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1
C．3ml IF2-反应时转移5ml电子
D．IF2-可能会与H2SO3反应
【答案】D
【解析】A项，IO3-的价层电子对数为，空间结构是三角锥形，A错误；B项，IF2-中I的化合价为+1价，在反应中由2个I的化合价降低为还原产物，由1个I的化合价升高为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，B错误；C项，反应中有2个I从+1降到-1价，故有3ml IF2-反应时转移4ml电子，C错误；D项，IF2-中的I为+1价，具有氧化性，H2SO3具有还原性，故IF2-可能会与H2SO3反应，D正确；故选D。
5．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．0.1ml·L-1NaOH溶液：Na+、K+、ClO-、AlO2-
B．c(Fe2+)=1.0ml·L-1的溶液：K+、H+、[Fe(CN)6]3-、MnO4-
C．水电离产生的c(H＋)=10-13ml·L-1的溶液：Na+、Ca2+、HCO3-、CrO42-
D．使甲基橙变红的溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO32-
【答案】A
【解析】A项，在0.1ml·L-1NaOH溶液中Na+、K+、ClO-、AlO2-四种离子不发生任何反应，可以大量共存，故A正确；B项，Fe2+与[Fe(CN)6]3-发生反应生成特征蓝色沉淀而不能大量共存，且Fe2+与高锰酸根发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误； C项，水电离产生的c(H＋)=10-13ml·L-1的溶液，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，HCO3-在酸、碱溶液中均不能大量共存，故C错误；D项，使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根和SO32-发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；故选A。
6．实验室提纯乙酸乙酯的流程如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管
B．饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度
C．试剂1的作用是将乙醇氧化成乙酸溶于水而除去
D．操作1为蒸馏
【答案】C
【解析】回流产物蒸馏，蒸馏产物加入碳酸钠调节pH、氯化钠溶液洗涤分液，分液分离出有机相，加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，分液分离出有机相，加入无水硫酸镁干燥，蒸馏分离得到乙酸乙酯。A项，为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管，增加气体在冷凝管中的时间，达到更好的冷凝效果，A正确； B项，饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度，利于除杂和酯的析出，B正确；C项，试剂1的作用是加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，C错误； D项，操作1分离出乙酸乙酯的操作，为蒸馏，D正确；故选C。
7．根据物质的组成和结构可推测其性质，下列推测不合理的是( )
【答案】C
【解析】A项，Al(CH3)3与水与水反应剧烈，反应可得到CH4和Al(OH)3，甲烷易燃，故会着火，推测合理；B项，溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，推测合理；C项，在空气中灼烧K4[Fe(CN)6]，Fe(II)会被氧化为Fe(III)，不会生成FeO，推测不合理；D项，SbF5∙HF是质子酸SbF5与HF的混合物，属于超强酸，推测合理；故选C。
8．利用下列装置(夹持装置省略)进行实验，能达到实验目的的是( )
【答案】B
【解析】A项，氯水具有强氧化性，也能使得酚酞试液褪色，不能氯水中有酸， A不符合题意；B项，装置乙左试管发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，消耗氧气，使试管内气压下降，右试管中导管液面上升， B符合题意；C项，制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，不能用硫酸铁，C不符合题意；D项，二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂漂白褪色，则题给装置不能达到检验二氧化硫漂白性的实验目的，D不符合题意；故选B。
9．下列说法不正确的是( )
A．与环氧丙烷()在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料
B．牛胰岛素分子中含6个硫原子，硫元素含量约为3.6％，可求出其相对分子质量为5533
C．以农林产品中的木材、秸秆等经加工可生产人造丝、人造棉等化学纤维
D．在加热和催化剂的作用下，可使石油中的链状结构转化为环状结构，获得芳香烃
【答案】B
【解析】A项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料，A正确；B项，根据硫元素质量分数为3.6%，可以求得牛胰岛素相对分子量为，B错误；C项，木材，秸秆中主要含纤维素，经过加工可以生产人造丝，人造棉，C正确；D项，石油的催化重整，可使链状烃转变为环状烃，故D正确；故选B。
10．下列化学反应与方程式不相符的是( )
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3- +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
B．1-氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热：
C．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：ZnS(s)＋Cu2+(aq) CuS(s)+ Zn2+(aq)
D．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】B
【解析】A项，碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式正确，A正确；B项，卤代烃在NaOH水溶液中发生水解反应而不是消去反应，B错误；C项，CuSO4溶液与ZnS反应生成CuS和硫酸锌，其中ZnS和CuS难溶于水，离子方程式正确，C正确；D项，银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，反应生成乙酸铵、Ag和水，离子方程式正确，D正确；故选B。
11．维纶(化合物W)是聚乙烯醇缩甲醛的商品名，按如下路线合成，下列说法不正确的是( )
A．X分子中所有碳原子均可共面
B．聚合物Y的链节为
C．不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定
D．由维纶(化合物W)的结构可知，维伦在酸性和碱性条件下均易水解
【答案】D
【解析】A项，碳碳双键是一个平面，酯基上碳原子可以在一个平面上，两者可以通过单键旋转共面，X分子中所有碳原子均可共面，A正确；B项，X到Y发生加聚反应，碳碳双键转化为单键，聚合物Y的链节为，B正确；C项，羟基连接在碳碳双键上不稳定，不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定，C正确；D项，由维纶(化合物W)的结构中的官能团是醚键，醚键一般不能发生水解，D错误；故选D。
12．五种短周期主族元素的原子序数依次增大，的轨道半充满，是电负性最大的元素，逐级电离能(kJ·ml－1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376；的单质被广泛用作半导体材料。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能：Y＜X＜Z
B．简单氢化物的沸点：X＜Y＜Z
C．基态原子核外电子有7种空间运动状态
D．最高价氧化物的水化物的酸性：X＞Q
【答案】B
【解析】X的2p轨道半充满，X为N，Z是目前发现的电负性最大的元素，Z为F；结合原子序数可知Y为O；M的第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，M为Al；Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si。A项，N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则第一电离能：O＜N＜F，A正确；B项，H2O常温下为液态，其沸点高于HF和NH3，B错误；C项，Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，核外电子有7种空间运动状态，C正确；D项，非金属性：N＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2SiO3，D正确；故选B。
13．光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及MnO2的晶胞结构如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
B．每生成11.2LC2H4 (标准状况下)时，阳极生成的数目为3NA
C．晶胞中黑球为Mn原子
D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【解析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳。A项，阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故A正确；B项，未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为3NA，故B错误；C项，晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合MnO2的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D项，以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选B。
14．乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应生成相同物质的量的比吸收的热量更多
B．反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1
C．升温可以提高产物中取代物2所占的比例
D．稳定性：>
【答案】C
【解析】A项，乙苯与氯气在光照条件下的反应为放热反应，A错误；B项，反应①的活化能更低，所以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B错误；C项，反应②的活化能大，所以升温可以提高产物中取代物2所占的比例，C正确；D项，的能量高，所以其稳定性差，D错误；故选C。
15．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： CaC2O4(s)Ca2+ (aq)+ C2O42- (aq)，已知25℃，Ksp(CaC2O4)= 4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列有关说法正确的是(均在25℃的条件下) ( )
A．上层清液里含碳微粒最主要以C2O42-形式存在
B．0.1mlCaC2O4固体可全部溶于1L0.2ml/LHCl溶液中
C．将CaC2O4加到①0.1ml/LCaCl2，②0.01ml/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①<②
D．向上层清液里通入HCl至pH=1，则： 2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s) = Ca2+ (aq) + C2O42- (aq)，上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在，A正确；B项，上层清液中存在物料守恒：c(Ca2+) = c(C2O42-) + c(HC2O4-)+ c( H2C2O4)，B正确；C项，H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成CaC2O4沉淀，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则：2c(Ca2 +)-2c(C2O42-) - c(HC2O4-)=c(OH-)=10-13ml/L，D错误；故选D。
16．探究铜及其化合物的性质，下列实验方案设计、现象和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，铁片表面无变化是因为铁发生了钝化，仍是铁的还原性强于铜，故A错误；B项，验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；C项，用新制氢氧化铜碱性悬浊液可以检验醛基存在，新制氢氧化铜碱性悬浊液有弱氧化性，在加热下被醛基还原为砖红色的氧化亚铁沉淀，故C正确；D项，Na2S与ZnSO4反应中，Na2S过量，可以继续与CuSO4反应产生黑色沉淀，无法证明由硫化锌转化为了硫化铜，故无法得出Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)的结论，故D错误；故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．(10分)硅材料在生产、生活中占有重有地位。回答下列问题：
(1)基态原子的电子排布式 。
(2)某含硅化合物(SiS2)n的长链状结构(片段)截取部分如图所示。该化合物的晶体类型是 。
(3)下列有关硅及其化合物说法正确的是___________。
A．在晶体Si和晶体SiO2结构中Si均是sp3杂化
B．常温下粗硅与盐酸反应制取SiHCl3，再以H2高温还原得到高纯硅
C．SiCl4比CCl4易水解原因之一是Si-Cl键能弱于C-Cl
D．SiO2晶体的X射线图谱显示有明锐的衍射峰
(4)硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。硅酸盐中的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构成的简单阴离子SiO44- (图a)，也有以硅氧四面体结构单元构成的无限延长的单链(SiO3)n2n- (图b)、双链(图c)等更复杂的结构。
写出图c所示阴离子的化学式 。
(5)碳和硅的有关化学键键能、键长如下所示：
硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多，试从共价键的成键角度解释原因 。
(6)已知晶体的密度为ρg· cm-3，其晶胞结构如图所示。阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中两个原子之间的距离为 。
σ
【答案】(1) 1s22s22p63s23p2(1分) (2)分子晶体(1分)
(3)ACD(2分) (4) (Si4O11)n6n-(2分)
(5)①硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②Si的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(2分)
(6) (2分)
【解析】(1)Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，则核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；(2)根据某含硅化合物(SiS2)n的长链状结构(片段)截取部分可知，(SiS2)n的空间结构不是空间网状结构，是分子晶体；(3)A项，晶体硅和SiO2晶体中的Si原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，两种晶体中Si原子杂化类型都是sp3杂化，故A正确；B项，高纯硅的制取是以初步冶炼得到的粗硅为原料，在加热条件下与氯化氢气体反应，制成气态化合物SiHCl3，与杂质分离，然后在高温条件下用氢气还原，重新得到硅和氯化氢气体，这样就去掉了杂质，得到高纯硅，故B错误；C项，SiCl4比CCl4易水解原因之一是Si-Cl键能弱于C-Cl，共价键容易断裂，故C正确；D项，SiO2晶体的X射线图谱上能看到分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体SiO2的X射线图谱上能看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，故D正确；故选ACD；(4)根据结构类推，红线圈中为重复部分，有4个Si，有4个O与另一个重复部分平分，占一半，则O的个数为9+4=11，再结合硅为+4价，O为-2价可知，图c所示阴离子的化学式为(Si4O11)n6n-；(5)①硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②Si的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，因此，硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多；(6)根据均摊法可知，一个晶胞中含有8+6=4个C，4个Si，设晶胞的参数为a，则=，a=，晶胞中两个Si原子之间的距离为边长的对角线的一半，即为。
18．(10分)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。
请回答下列问题：
(1)Y中所含溶质的化学式为 。
(2)下列说法正确的是 。
A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小
B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快
C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形
D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应
E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则
(3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。
(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。
(5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。
【答案】(1) HCl(2分) (2)BC(2分)
(3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4(2分)
(4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热(2分)
(5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量(2分)
【解析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。(1)Y中所含溶质的化学式为HCl。(2)A项，根据相似相溶原理，CuCl是极性分子，CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B项，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C项，SO2 分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态亚铜的价层电子排布式为3d10，Cu2O能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E项，滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。(3)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。(5)Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。
19．(10分)硫酸有着广泛的用途。硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)某科研单位利用电化学原理，使用SO2来制备硫酸，装置如图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许通过。
(1)该装置负极的电极反应式为 。
(2)我国古籍记载了硫酸的制备方法- “炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。
①借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有 、 (填化学式)和SO2。
②已知下列热化学方程式：
CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)+5H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1
CuSO4·xH2O(s)==CuSO4(s)+xH2O(g) ΔH2＝bkJ·ml−1
CuSO4·yH2O(s)==CuSO4(s)+yH2O(g) ΔH3＝ckJ·ml−1
则CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)===2[CuSO4·xH2O(s)]的△H= kJ/ml。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)) ΔH2＝-98.9kJ·ml−1
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图，下列说法正确的是 。
A温度越高，反应速率越大
B．α=0.88的曲线代表平衡转化率
C． α越大，反应速率最大值对应温度越低
D．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
②固定投料比，在压强分别为0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到SO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。则在5.0MPa、550℃时，该反应的平衡转化率= 。
③对于气体参与的反应，可用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)来表示平衡常数Kp。设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，则上述催化氧化反应的Kp= (用含p和αe的代数式表示)。
【答案】(1) 2SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-(1分)
(2) CuO(1分) SO3(1分) (a+c-2b) (1分)
(3) ①CD(2分) ②0.975(2分) ③ (2分)
【解析】(1)SO2制备硫酸，O2作氧化剂，电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，二氧化硫具有还原性，在负极反应，通入SO2的电极为负极，其电极反应式为2SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-；(2)①根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2；②已知下列热化学方程式：
CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)+5H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1
CuSO4·xH2O(s)==CuSO4(s)+xH2O(g) ΔH2＝bkJ·ml−1
CuSO4·yH2O(s)==CuSO4(s)+yH2O(g) ΔH3＝ckJ·ml−1
根据盖斯定律，方程式a+c-2b可得CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)===2[CuSO4·xH2O(s)]的的△H=(a+c-2b) kJ·ml-1；(3)①A项，根据图示，温度过高，催化剂失活，反应速率减慢，A错误；B项，催化剂不改变平衡状态，相同温度下转化率还有高于0.88的，说明α=0.88的曲线不能代表平衡转化率，B错误；C项，根据图示，转化率越大，反应速率最大值对应温度越低，C正确；D项，可根据不同α下的最大速率，选择最合适的生产温度，D正确；故选CD。②该反应正向为气体分子数减小的反应，温度相同时增大压强，化学平衡向正向移动，SO2的平衡转化率(α)增大，5.0MPa>2.5MPa=p2，故p1=5.0MPa。故5.0 MPa、550℃时，α=0.975。③利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==。
20．(10分)四氯化钛是无色液体，在工业生产中有广泛的用途。实验室用钛铁矿(FeTiO3)为原料制备TiCl4的实验装置如图所示。
已知：①装置中发生的反应为：
②四氯化钛极易水解，高温下能与O2反应
③
请回答下列问题：
(1)装置名称为 。
(2)该制备装置不足之处是 。
(3)利用下图装置测定所得TiCl4纯度：
a．准确称取产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水摇动至TiCl4完全水解。
b．将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，加入·L-1AgNO3标准溶液。
c．加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。
d．以Fe(NO3)3溶液为指示剂，用0.1000ml·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
①下列有关该实验操作过程中的说法正确的是 。
A．用容量瓶配制AgNO3标准溶液前需进行检漏操作，容量瓶倒置一次即可
B．滴定过程中若省去步骤，所测定TiCl4产品的质量分数会偏小
C．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
D．滴定终点的现象为溶液血红色褪去，且半分钟内颜色不复原
②安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有 。
③写出TiCl4水解的化学反应方程式 。
(4)假设产品中杂质不参与反应，TiCl4的质量分数为 ( TiCl4摩尔质量为，结果化简)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶(1分)
(2)没有处理CO、Cl2尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解(2分)
(3) B(2分) 液封，吸收挥发的HCl气体(1分)
TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl(2分)
(4)0.05M(或)(2分)
【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气与碳、钛铁矿共热反应得到氯化铁和氯化钛的混合物，该制备装置的缺陷是缺少吸收空气中水蒸气进入的装置，且无尾气处理装置。(1)装置D名称为蒸馏烧瓶；(2)根据题给信息知TiCl4极易水解，所以该装置的不足之处是缺少吸收空气中水蒸气进入的装置，空气中水蒸气会进入C中使产品发生水解，也没有无尾气处理装置，CO与剩余Cl2会污染环境，故选没有处理CO、Cl2尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解；(3)①A项，用容量瓶配制AgNO3标准溶液前需进行检漏操作，容量瓶倒置一次，然后再重复一次；A错误；B项，由题意可知，硝酸银消耗氯离子，过量的硝酸银用硫氰化钾滴定，铁离子可与硫氰化钾显红色，作其指示剂，步骤c中使沉淀表面被有机物覆盖，防止氯化银电离出的部分银离子干扰实验；滴定过程中若省去步骤c，则会导致0.1000ml·L-1KSCN标准液用量增大，使得测定TiCl4产品的质量分数会偏小，B正确；C项，滴定管读数时应取下滴定管用右手大拇指和食指捏住滴定管上部无刻度处，使滴定管保持垂直，并使自己的视线与所读的液面处于同一水平上，C错误；D项，铁离子可与硫氰化钾显红色，作其指示剂，滴定终点的现象为最后半滴标准液加入后，溶液变为血红色，且半分钟内颜色不复原，D错误；故选B；②HCl气体容易挥发，导致出现实验误差，安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的HCl气体；③TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀和HCl，化学反应方程式TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；(4)由题意可知，KSCN~ AgNO3，与硫氰化钾溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.1000ml/L×0.01L=0.001ml，则与溶液中氯离子反应的硝酸银的物质的量为2.900ml/L×0.01L-0.001ml=0.028ml，结合氯元素守恒和氯化银化学式可知：TiCl4~4Cl-~4AgNO3，则14.0g产品中TiCl4的质量分数为。
21．(12分)化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：
已知：①结构与苯相似；
②(R代表烃基)。
请回答：
(1)化合物I含有的官能团名称是 。
(2)反应⑤为取代反应，产物中有，则F的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是__________。
A．反应④的反应类型是氧化反应
B．反应⑥除生成H外，还生成
C．已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E中所有原子均在同一平面上
D．化合物J中有3个手性碳原子
(4)化合物A的分子式为C7H10N2，写出反应①的化学方程式 。
(5)设计以氯苯为原料合成物质K()的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 (不考虑立体异构)。
①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；
③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。
【答案】(1)羟基、氨基(1分) (2) (1分) (3)BCD(2分)
(4)+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3(2分)
(5) (3分)
(6)、、、、(3分)
【解析】化合物A的分子式为C7H10N2，A与HCl在一定条件下反应生成B()，可推知A为，与NH2-NH2发生类似②(R代表烃基)反应，生成C，则C为，与在加热条件下反应生成D；D与过氧化物加热条件下反应生成E，E与F在一定条件下反应生成G，结合G的结构简式，反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是，G在硫酸作用下反应生成H为，H与I反应生成J。(1)化合物I()含有的官能团名称是羟基、氨基；(2)反应⑤为取代反应，产物中有HBr ，则F的结构简式是；(3)A项，反应④是D与过氧化物加热条件下反应生成E，形成苯环，为去氢反应，反应类型是氧化反应，A正确；B项，反应⑥是由G在硫酸作用下生成H为，发生水解反应，则除生成H外，还生成(CH3)3COH，B不正确；C项，已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E()中存在两个甲基，根据甲烷的正四面体结构，故不可能所有原子均在同一平面上，C不正确；D项，化合物J中有2个手性碳原子，如图，D不正确；故选BCD；(4)化合物A的分子式为C7H10N2，根据分析可知A为，反应①是与HCl反应生成和NH4Cl或氨气，的化学方程式为+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3；(5)以氯苯为原料催化加氢得到，在氢氧化钠的水溶液中加热水解生成，氧化得到，氯苯与NH2-NH2反应得到，与合成物质K()，合成路线为；(6)B为，其同分异构体符合：①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构，结合条件推知符合条件的同分异构体有、、、、。
物质
性质描述
推测
A
三甲基铝Al(CH3)3
暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈
水反应可得到CH4和Al(OH)3
B
三氟化氯
ClF3
极强助燃剂，能发生自耦电离：
2ClF3 ClF2++ClF4-+
BrF3比ClF3更易发生自耦电离
C
亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]
食盐的抗结剂，3K4[Fe(CN)6] 12KCN+Fe3C+5C+3N2↑
在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2
D
魔酸SbF5∙HSO3F
五氟化锑和氟磺酸的混合物，是一种酸性比普通无机酸强106~1010倍的超强酸
SbF5∙HF是超强酸
A．证明氯水中有酸
B．观察铁的的吸氧腐蚀
C．制备Fe(OH)3胶体
D．检验二氧化硫的漂白性
实验方案
现象
结论
A
铁片与铜片用导线相连，放入盛有浓硝酸的烧杯中
铜片不断溶解，而铁片表面无明显变化
该情况下，铜单质的还原性强于铁单质
B
向铜丝与浓硫酸反应后的溶液中加蒸馏水稀释
溶液变为蓝色
该反应的产物中有CuSO4产生
C
在试管中加入2mL 10% NaOH溶液，再加入5滴5% CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热
有砖红色沉淀产生
乙醛能将新制氢氧化铜悬浊液还原为Cu2O
D
向10mL 0.1ml/L Na2S溶液中滴入2mL 0.1ml/L ZnSO4溶液，再加入2mL 0.1ml/L CuSO4溶液
开始有白色沉淀产生，后产生黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
图a
图b
图c
化学键
键能/
348
615
812
413
226
318
键长/
154
133
120
109
235
150
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ti 48 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)。
1．下列物质中不属于配合物的是( )
A．NaAl(OH)4B．CuSO4•5H2OC．[Ag(NH3)2]OHD．(NH4)2C2O4
【答案】D
【解析】A项，Al(OH)4-中四个羟基与Al3＋间存在配位键，形成配合物，A不符合；B项，CuSO4•5H2O以Cu(H2O)4SO4•H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，B不符合；C项，二氨合银离子中两个NH3分子与Ag＋形成配位键，是配合物，C不符合；D项，(NH4)2C2O4由铵离子和草酸根离子构成，不是配合物，D符合；故选D。
2． SO2常用作葡萄酒添加剂，可有效抑制霉菌的繁殖。下列说法不正确的是( )
A．常温下，SO2饱和溶液的pH小于5.6
B．SO2具有漂白性，将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色
C．可用酸性高锰酸钾溶液来测定空气中SO2的含量，利用了SO2的还原性
D．SO2通入足量Ba(NO3)2溶液中可生成不溶于盐酸的白色沉淀
【答案】B
【解析】A项，常温下正常雨水因溶有CO2使得pH=5.6，pH＜5.6的雨水称为酸雨，SO2的排放可形成酸雨，故常温下SO2饱和溶液的pH小于5.6，A正确；B项，虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊褪色，故将SO2的水溶液滴到蓝色石蕊试纸上，试纸只变红、不褪色，B错误；C项，SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应5SO2+2 MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，故可用酸性高锰酸钾溶液测定空气中SO2的含量，C正确；D项，SO2具有还原性，SO2的水溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2+生成不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，反应可表示为3SO2+3Ba2++2 NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，D项正确；故选B。
3．下列表示正确的是( )
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
B．的电子式：
C．基态的价层电子轨道表示式：
D．的名称：乙二酸乙二酯
【答案】A
【解析】A项，BF3的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B项，H3O+的电子式为，B错误；C项，基态的价层电子轨道表示式为C错误；D项，的名称为乙二酸二乙酯，D错误；故选A。
4．已知反应3IF2-+6OH-=6F-+2I-+IO3-+3H2O，下列说法正确的是( )
A．IO3-的空间结构是平面三角形
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1
C．3ml IF2-反应时转移5ml电子
D．IF2-可能会与H2SO3反应
【答案】D
【解析】A项，IO3-的价层电子对数为，空间结构是三角锥形，A错误；B项，IF2-中I的化合价为+1价，在反应中由2个I的化合价降低为还原产物，由1个I的化合价升高为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，B错误；C项，反应中有2个I从+1降到-1价，故有3ml IF2-反应时转移4ml电子，C错误；D项，IF2-中的I为+1价，具有氧化性，H2SO3具有还原性，故IF2-可能会与H2SO3反应，D正确；故选D。
5．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．0.1ml·L-1NaOH溶液：Na+、K+、ClO-、AlO2-
B．c(Fe2+)=1.0ml·L-1的溶液：K+、H+、[Fe(CN)6]3-、MnO4-
C．水电离产生的c(H＋)=10-13ml·L-1的溶液：Na+、Ca2+、HCO3-、CrO42-
D．使甲基橙变红的溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO32-
【答案】A
【解析】A项，在0.1ml·L-1NaOH溶液中Na+、K+、ClO-、AlO2-四种离子不发生任何反应，可以大量共存，故A正确；B项，Fe2+与[Fe(CN)6]3-发生反应生成特征蓝色沉淀而不能大量共存，且Fe2+与高锰酸根发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误； C项，水电离产生的c(H＋)=10-13ml·L-1的溶液，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，HCO3-在酸、碱溶液中均不能大量共存，故C错误；D项，使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根和SO32-发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；故选A。
6．实验室提纯乙酸乙酯的流程如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管
B．饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度
C．试剂1的作用是将乙醇氧化成乙酸溶于水而除去
D．操作1为蒸馏
【答案】C
【解析】回流产物蒸馏，蒸馏产物加入碳酸钠调节pH、氯化钠溶液洗涤分液，分液分离出有机相，加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，分液分离出有机相，加入无水硫酸镁干燥，蒸馏分离得到乙酸乙酯。A项，为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管，增加气体在冷凝管中的时间，达到更好的冷凝效果，A正确； B项，饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度，利于除杂和酯的析出，B正确；C项，试剂1的作用是加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，C错误； D项，操作1分离出乙酸乙酯的操作，为蒸馏，D正确；故选C。
7．根据物质的组成和结构可推测其性质，下列推测不合理的是( )
【答案】C
【解析】A项，Al(CH3)3与水与水反应剧烈，反应可得到CH4和Al(OH)3，甲烷易燃，故会着火，推测合理；B项，溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，推测合理；C项，在空气中灼烧K4[Fe(CN)6]，Fe(II)会被氧化为Fe(III)，不会生成FeO，推测不合理；D项，SbF5∙HF是质子酸SbF5与HF的混合物，属于超强酸，推测合理；故选C。
8．利用下列装置(夹持装置省略)进行实验，能达到实验目的的是( )
【答案】B
【解析】A项，氯水具有强氧化性，也能使得酚酞试液褪色，不能氯水中有酸， A不符合题意；B项，装置乙左试管发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，消耗氧气，使试管内气压下降，右试管中导管液面上升， B符合题意；C项，制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，不能用硫酸铁，C不符合题意；D项，二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂漂白褪色，则题给装置不能达到检验二氧化硫漂白性的实验目的，D不符合题意；故选B。
9．下列说法不正确的是( )
A．与环氧丙烷()在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料
B．牛胰岛素分子中含6个硫原子，硫元素含量约为3.6％，可求出其相对分子质量为5533
C．以农林产品中的木材、秸秆等经加工可生产人造丝、人造棉等化学纤维
D．在加热和催化剂的作用下，可使石油中的链状结构转化为环状结构，获得芳香烃
【答案】B
【解析】A项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料，A正确；B项，根据硫元素质量分数为3.6%，可以求得牛胰岛素相对分子量为，B错误；C项，木材，秸秆中主要含纤维素，经过加工可以生产人造丝，人造棉，C正确；D项，石油的催化重整，可使链状烃转变为环状烃，故D正确；故选B。
10．下列化学反应与方程式不相符的是( )
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3- +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
B．1-氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热：
C．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：ZnS(s)＋Cu2+(aq) CuS(s)+ Zn2+(aq)
D．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】B
【解析】A项，碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式正确，A正确；B项，卤代烃在NaOH水溶液中发生水解反应而不是消去反应，B错误；C项，CuSO4溶液与ZnS反应生成CuS和硫酸锌，其中ZnS和CuS难溶于水，离子方程式正确，C正确；D项，银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，反应生成乙酸铵、Ag和水，离子方程式正确，D正确；故选B。
11．维纶(化合物W)是聚乙烯醇缩甲醛的商品名，按如下路线合成，下列说法不正确的是( )
A．X分子中所有碳原子均可共面
B．聚合物Y的链节为
C．不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定
D．由维纶(化合物W)的结构可知，维伦在酸性和碱性条件下均易水解
【答案】D
【解析】A项，碳碳双键是一个平面，酯基上碳原子可以在一个平面上，两者可以通过单键旋转共面，X分子中所有碳原子均可共面，A正确；B项，X到Y发生加聚反应，碳碳双键转化为单键，聚合物Y的链节为，B正确；C项，羟基连接在碳碳双键上不稳定，不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定，C正确；D项，由维纶(化合物W)的结构中的官能团是醚键，醚键一般不能发生水解，D错误；故选D。
12．五种短周期主族元素的原子序数依次增大，的轨道半充满，是电负性最大的元素，逐级电离能(kJ·ml－1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376；的单质被广泛用作半导体材料。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能：Y＜X＜Z
B．简单氢化物的沸点：X＜Y＜Z
C．基态原子核外电子有7种空间运动状态
D．最高价氧化物的水化物的酸性：X＞Q
【答案】B
【解析】X的2p轨道半充满，X为N，Z是目前发现的电负性最大的元素，Z为F；结合原子序数可知Y为O；M的第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，M为Al；Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si。A项，N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则第一电离能：O＜N＜F，A正确；B项，H2O常温下为液态，其沸点高于HF和NH3，B错误；C项，Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，核外电子有7种空间运动状态，C正确；D项，非金属性：N＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2SiO3，D正确；故选B。
13．光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及MnO2的晶胞结构如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
B．每生成11.2LC2H4 (标准状况下)时，阳极生成的数目为3NA
C．晶胞中黑球为Mn原子
D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【解析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳。A项，阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故A正确；B项，未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为3NA，故B错误；C项，晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合MnO2的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D项，以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选B。
14．乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应生成相同物质的量的比吸收的热量更多
B．反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1
C．升温可以提高产物中取代物2所占的比例
D．稳定性：>
【答案】C
【解析】A项，乙苯与氯气在光照条件下的反应为放热反应，A错误；B项，反应①的活化能更低，所以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B错误；C项，反应②的活化能大，所以升温可以提高产物中取代物2所占的比例，C正确；D项，的能量高，所以其稳定性差，D错误；故选C。
15．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： CaC2O4(s)Ca2+ (aq)+ C2O42- (aq)，已知25℃，Ksp(CaC2O4)= 4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列有关说法正确的是(均在25℃的条件下) ( )
A．上层清液里含碳微粒最主要以C2O42-形式存在
B．0.1mlCaC2O4固体可全部溶于1L0.2ml/LHCl溶液中
C．将CaC2O4加到①0.1ml/LCaCl2，②0.01ml/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①<②
D．向上层清液里通入HCl至pH=1，则： 2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s) = Ca2+ (aq) + C2O42- (aq)，上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在，A正确；B项，上层清液中存在物料守恒：c(Ca2+) = c(C2O42-) + c(HC2O4-)+ c( H2C2O4)，B正确；C项，H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成CaC2O4沉淀，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则：2c(Ca2 +)-2c(C2O42-) - c(HC2O4-)=c(OH-)=10-13ml/L，D错误；故选D。
16．探究铜及其化合物的性质，下列实验方案设计、现象和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，铁片表面无变化是因为铁发生了钝化，仍是铁的还原性强于铜，故A错误；B项，验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；C项，用新制氢氧化铜碱性悬浊液可以检验醛基存在，新制氢氧化铜碱性悬浊液有弱氧化性，在加热下被醛基还原为砖红色的氧化亚铁沉淀，故C正确；D项，Na2S与ZnSO4反应中，Na2S过量，可以继续与CuSO4反应产生黑色沉淀，无法证明由硫化锌转化为了硫化铜，故无法得出Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)的结论，故D错误；故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．(10分)硅材料在生产、生活中占有重有地位。回答下列问题：
(1)基态原子的电子排布式 。
(2)某含硅化合物(SiS2)n的长链状结构(片段)截取部分如图所示。该化合物的晶体类型是 。
(3)下列有关硅及其化合物说法正确的是___________。
A．在晶体Si和晶体SiO2结构中Si均是sp3杂化
B．常温下粗硅与盐酸反应制取SiHCl3，再以H2高温还原得到高纯硅
C．SiCl4比CCl4易水解原因之一是Si-Cl键能弱于C-Cl
D．SiO2晶体的X射线图谱显示有明锐的衍射峰
(4)硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。硅酸盐中的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构成的简单阴离子SiO44- (图a)，也有以硅氧四面体结构单元构成的无限延长的单链(SiO3)n2n- (图b)、双链(图c)等更复杂的结构。
写出图c所示阴离子的化学式 。
(5)碳和硅的有关化学键键能、键长如下所示：
硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多，试从共价键的成键角度解释原因 。
(6)已知晶体的密度为ρg· cm-3，其晶胞结构如图所示。阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中两个原子之间的距离为 。
σ
【答案】(1) 1s22s22p63s23p2(1分) (2)分子晶体(1分)
(3)ACD(2分) (4) (Si4O11)n6n-(2分)
(5)①硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②Si的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(2分)
(6) (2分)
【解析】(1)Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，则核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；(2)根据某含硅化合物(SiS2)n的长链状结构(片段)截取部分可知，(SiS2)n的空间结构不是空间网状结构，是分子晶体；(3)A项，晶体硅和SiO2晶体中的Si原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，两种晶体中Si原子杂化类型都是sp3杂化，故A正确；B项，高纯硅的制取是以初步冶炼得到的粗硅为原料，在加热条件下与氯化氢气体反应，制成气态化合物SiHCl3，与杂质分离，然后在高温条件下用氢气还原，重新得到硅和氯化氢气体，这样就去掉了杂质，得到高纯硅，故B错误；C项，SiCl4比CCl4易水解原因之一是Si-Cl键能弱于C-Cl，共价键容易断裂，故C正确；D项，SiO2晶体的X射线图谱上能看到分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体SiO2的X射线图谱上能看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，故D正确；故选ACD；(4)根据结构类推，红线圈中为重复部分，有4个Si，有4个O与另一个重复部分平分，占一半，则O的个数为9+4=11，再结合硅为+4价，O为-2价可知，图c所示阴离子的化学式为(Si4O11)n6n-；(5)①硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②Si的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，因此，硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多；(6)根据均摊法可知，一个晶胞中含有8+6=4个C，4个Si，设晶胞的参数为a，则=，a=，晶胞中两个Si原子之间的距离为边长的对角线的一半，即为。
18．(10分)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。
请回答下列问题：
(1)Y中所含溶质的化学式为 。
(2)下列说法正确的是 。
A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小
B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快
C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形
D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应
E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则
(3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。
(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。
(5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。
【答案】(1) HCl(2分) (2)BC(2分)
(3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4(2分)
(4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热(2分)
(5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量(2分)
【解析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。(1)Y中所含溶质的化学式为HCl。(2)A项，根据相似相溶原理，CuCl是极性分子，CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B项，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C项，SO2 分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态亚铜的价层电子排布式为3d10，Cu2O能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E项，滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。(3)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。(5)Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。
19．(10分)硫酸有着广泛的用途。硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)某科研单位利用电化学原理，使用SO2来制备硫酸，装置如图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许通过。
(1)该装置负极的电极反应式为 。
(2)我国古籍记载了硫酸的制备方法- “炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。
①借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有 、 (填化学式)和SO2。
②已知下列热化学方程式：
CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)+5H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1
CuSO4·xH2O(s)==CuSO4(s)+xH2O(g) ΔH2＝bkJ·ml−1
CuSO4·yH2O(s)==CuSO4(s)+yH2O(g) ΔH3＝ckJ·ml−1
则CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)===2[CuSO4·xH2O(s)]的△H= kJ/ml。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)) ΔH2＝-98.9kJ·ml−1
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图，下列说法正确的是 。
A温度越高，反应速率越大
B．α=0.88的曲线代表平衡转化率
C． α越大，反应速率最大值对应温度越低
D．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
②固定投料比，在压强分别为0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到SO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。则在5.0MPa、550℃时，该反应的平衡转化率= 。
③对于气体参与的反应，可用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)来表示平衡常数Kp。设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，则上述催化氧化反应的Kp= (用含p和αe的代数式表示)。
【答案】(1) 2SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-(1分)
(2) CuO(1分) SO3(1分) (a+c-2b) (1分)
(3) ①CD(2分) ②0.975(2分) ③ (2分)
【解析】(1)SO2制备硫酸，O2作氧化剂，电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，二氧化硫具有还原性，在负极反应，通入SO2的电极为负极，其电极反应式为2SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-；(2)①根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2；②已知下列热化学方程式：
CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)+5H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1
CuSO4·xH2O(s)==CuSO4(s)+xH2O(g) ΔH2＝bkJ·ml−1
CuSO4·yH2O(s)==CuSO4(s)+yH2O(g) ΔH3＝ckJ·ml−1
根据盖斯定律，方程式a+c-2b可得CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)===2[CuSO4·xH2O(s)]的的△H=(a+c-2b) kJ·ml-1；(3)①A项，根据图示，温度过高，催化剂失活，反应速率减慢，A错误；B项，催化剂不改变平衡状态，相同温度下转化率还有高于0.88的，说明α=0.88的曲线不能代表平衡转化率，B错误；C项，根据图示，转化率越大，反应速率最大值对应温度越低，C正确；D项，可根据不同α下的最大速率，选择最合适的生产温度，D正确；故选CD。②该反应正向为气体分子数减小的反应，温度相同时增大压强，化学平衡向正向移动，SO2的平衡转化率(α)增大，5.0MPa>2.5MPa=p2，故p1=5.0MPa。故5.0 MPa、550℃时，α=0.975。③利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==。
20．(10分)四氯化钛是无色液体，在工业生产中有广泛的用途。实验室用钛铁矿(FeTiO3)为原料制备TiCl4的实验装置如图所示。
已知：①装置中发生的反应为：
②四氯化钛极易水解，高温下能与O2反应
③
请回答下列问题：
(1)装置名称为 。
(2)该制备装置不足之处是 。
(3)利用下图装置测定所得TiCl4纯度：
a．准确称取产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水摇动至TiCl4完全水解。
b．将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，加入·L-1AgNO3标准溶液。
c．加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。
d．以Fe(NO3)3溶液为指示剂，用0.1000ml·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
①下列有关该实验操作过程中的说法正确的是 。
A．用容量瓶配制AgNO3标准溶液前需进行检漏操作，容量瓶倒置一次即可
B．滴定过程中若省去步骤，所测定TiCl4产品的质量分数会偏小
C．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
D．滴定终点的现象为溶液血红色褪去，且半分钟内颜色不复原
②安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有 。
③写出TiCl4水解的化学反应方程式 。
(4)假设产品中杂质不参与反应，TiCl4的质量分数为 ( TiCl4摩尔质量为，结果化简)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶(1分)
(2)没有处理CO、Cl2尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解(2分)
(3) B(2分) 液封，吸收挥发的HCl气体(1分)
TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl(2分)
(4)0.05M(或)(2分)
【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气与碳、钛铁矿共热反应得到氯化铁和氯化钛的混合物，该制备装置的缺陷是缺少吸收空气中水蒸气进入的装置，且无尾气处理装置。(1)装置D名称为蒸馏烧瓶；(2)根据题给信息知TiCl4极易水解，所以该装置的不足之处是缺少吸收空气中水蒸气进入的装置，空气中水蒸气会进入C中使产品发生水解，也没有无尾气处理装置，CO与剩余Cl2会污染环境，故选没有处理CO、Cl2尾气；空气中的水蒸气会进入D中，使产品发生水解；(3)①A项，用容量瓶配制AgNO3标准溶液前需进行检漏操作，容量瓶倒置一次，然后再重复一次；A错误；B项，由题意可知，硝酸银消耗氯离子，过量的硝酸银用硫氰化钾滴定，铁离子可与硫氰化钾显红色，作其指示剂，步骤c中使沉淀表面被有机物覆盖，防止氯化银电离出的部分银离子干扰实验；滴定过程中若省去步骤c，则会导致0.1000ml·L-1KSCN标准液用量增大，使得测定TiCl4产品的质量分数会偏小，B正确；C项，滴定管读数时应取下滴定管用右手大拇指和食指捏住滴定管上部无刻度处，使滴定管保持垂直，并使自己的视线与所读的液面处于同一水平上，C错误；D项，铁离子可与硫氰化钾显红色，作其指示剂，滴定终点的现象为最后半滴标准液加入后，溶液变为血红色，且半分钟内颜色不复原，D错误；故选B；②HCl气体容易挥发，导致出现实验误差，安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的HCl气体；③TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀和HCl，化学反应方程式TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；(4)由题意可知，KSCN~ AgNO3，与硫氰化钾溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.1000ml/L×0.01L=0.001ml，则与溶液中氯离子反应的硝酸银的物质的量为2.900ml/L×0.01L-0.001ml=0.028ml，结合氯元素守恒和氯化银化学式可知：TiCl4~4Cl-~4AgNO3，则14.0g产品中TiCl4的质量分数为。
21．(12分)化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：
已知：①结构与苯相似；
②(R代表烃基)。
请回答：
(1)化合物I含有的官能团名称是 。
(2)反应⑤为取代反应，产物中有，则F的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是__________。
A．反应④的反应类型是氧化反应
B．反应⑥除生成H外，还生成
C．已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E中所有原子均在同一平面上
D．化合物J中有3个手性碳原子
(4)化合物A的分子式为C7H10N2，写出反应①的化学方程式 。
(5)设计以氯苯为原料合成物质K()的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 (不考虑立体异构)。
①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；
③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。
【答案】(1)羟基、氨基(1分) (2) (1分) (3)BCD(2分)
(4)+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3(2分)
(5) (3分)
(6)、、、、(3分)
【解析】化合物A的分子式为C7H10N2，A与HCl在一定条件下反应生成B()，可推知A为，与NH2-NH2发生类似②(R代表烃基)反应，生成C，则C为，与在加热条件下反应生成D；D与过氧化物加热条件下反应生成E，E与F在一定条件下反应生成G，结合G的结构简式，反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是，G在硫酸作用下反应生成H为，H与I反应生成J。(1)化合物I()含有的官能团名称是羟基、氨基；(2)反应⑤为取代反应，产物中有HBr ，则F的结构简式是；(3)A项，反应④是D与过氧化物加热条件下反应生成E，形成苯环，为去氢反应，反应类型是氧化反应，A正确；B项，反应⑥是由G在硫酸作用下生成H为，发生水解反应，则除生成H外，还生成(CH3)3COH，B不正确；C项，已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2，则E()中存在两个甲基，根据甲烷的正四面体结构，故不可能所有原子均在同一平面上，C不正确；D项，化合物J中有2个手性碳原子，如图，D不正确；故选BCD；(4)化合物A的分子式为C7H10N2，根据分析可知A为，反应①是与HCl反应生成和NH4Cl或氨气，的化学方程式为+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3；(5)以氯苯为原料催化加氢得到，在氢氧化钠的水溶液中加热水解生成，氧化得到，氯苯与NH2-NH2反应得到，与合成物质K()，合成路线为；(6)B为，其同分异构体符合：①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构，结合条件推知符合条件的同分异构体有、、、、。
物质
性质描述
推测
A
三甲基铝Al(CH3)3
暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈
水反应可得到CH4和Al(OH)3
B
三氟化氯
ClF3
极强助燃剂，能发生自耦电离：
2ClF3 ClF2++ClF4-+
BrF3比ClF3更易发生自耦电离
C
亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]
食盐的抗结剂，3K4[Fe(CN)6] 12KCN+Fe3C+5C+3N2↑
在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2
D
魔酸SbF5∙HSO3F
五氟化锑和氟磺酸的混合物，是一种酸性比普通无机酸强106~1010倍的超强酸
SbF5∙HF是超强酸
A．证明氯水中有酸
B．观察铁的的吸氧腐蚀
C．制备Fe(OH)3胶体
D．检验二氧化硫的漂白性
实验方案
现象
结论
A
铁片与铜片用导线相连，放入盛有浓硝酸的烧杯中
铜片不断溶解，而铁片表面无明显变化
该情况下，铜单质的还原性强于铁单质
B
向铜丝与浓硫酸反应后的溶液中加蒸馏水稀释
溶液变为蓝色
该反应的产物中有CuSO4产生
C
在试管中加入2mL 10% NaOH溶液，再加入5滴5% CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热
有砖红色沉淀产生
乙醛能将新制氢氧化铜悬浊液还原为Cu2O
D
向10mL 0.1ml/L Na2S溶液中滴入2mL 0.1ml/L ZnSO4溶液，再加入2mL 0.1ml/L CuSO4溶液
开始有白色沉淀产生，后产生黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
图a
图b
图c
化学键
键能/
348
615
812
413
226
318
键长/
154
133
120
109
235
150
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