山东滨州市2026届高三下学期二模考试 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份山东滨州市2026届高三下学期二模考试 化学试题（含解析）高考模拟，共27页。试卷主要包含了 下列对物质用途解释错误的是， 下列离子方程式书写错误的是， 乙酸是一种重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 I-127 Ce-140
第Ⅰ卷 选择题(共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学材料助力科技发展。下列说法正确的是
A. “三结砷化镓太阳能电池”使用的砷化镓属于合金
B. “谷神星一号”电缆绝缘层使用的聚四氟乙烯属于烃类
C. “纳米药物载体”制备过程中使用的甘油属于酯类
D. “垂直轴风力发电机”叶片使用的碳纤维增强环氧树脂属于复合材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．砷化镓是Ga与As形成的共价化合物，合金是由金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的混合物，因此砷化镓不属于合金，A错误；
B．烃是仅含C、H两种元素的有机物，聚四氟乙烯含有F元素，不属于烃类，B错误；
C．甘油是丙三醇，属于多元醇类，酯类物质需含有酯基，甘油不含酯基，不属于酯类，C错误；
D．复合材料是由两种及以上不同性能的材料复合形成的材料，碳纤维增强环氧树脂是碳纤维与环氧树脂复合得到的，属于复合材料，D正确；
故选D。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 的电子式：
B. 基态原子的电子排布式：
C. 中P的杂化轨道表示式：
D. 固体HF中的链状结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．是共价化合物，不能用离子式的电子式表示，应该为，A错误；
B．Se原子序数为34，基态Se原子的电子排布式：，B错误；
C．中P价层电子对数为，P采用sp3杂化，P的价电子数为5，杂化后4个轨道应容纳5个电子，C正确；
D．氢键具有方向性，氢键的两个电负性较大的原子与H原子在一条直线上时，排斥力最小，最稳定，所以固体HF链状结构应为，D错误；
故选C。
3. 关于实验室安全，下列做法错误的是
A. 酸、碱废液分别收集后，直接排放
B. 实验中未用完的钠、钾、白磷立即放回原试剂瓶
C. 不需要回收利用的部分有机废液，用焚烧法处理
D. 身上的衣物着火且燃烧面积较大，躺在地上翻滚灭火
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸、碱废液具有腐蚀性，直接排放会腐蚀下水管道、污染水体，需处理至pH达标且无其他有毒有害成分后才可排放，A错误；
B．钠、钾性质活泼，易与水、氧气反应引发危险，白磷着火点低易自燃，随意丢弃易引发安全事故，未用完的需放回原试剂瓶保存，做法正确，B正确；
C．不需要回收的部分有机废液多具有可燃性，采用焚烧法可将其转化为无害物质，避免污染环境，C正确；
D．身上衣物燃烧面积较大时，躺在地上翻滚可隔绝空气，能够快速灭火避免火势蔓延，D正确；
故选A。
4. 下列对物质用途解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅胶具有多孔疏松结构，吸附水分子的能力强，且无毒安全，可作食品干燥剂，A不符合题意；
B．乙醇提取青蒿素利用的是相似相溶原理，青蒿素作为有机物易溶于有机溶剂乙醇，该过程为物理变化，二者并未发生酯化反应，B符合题意；
C．二氧化氯具有强氧化性，可使细菌、病毒的蛋白质发生变性失活，因此可用于自来水消毒，C不符合题意；
D．石墨是层状晶体，层与层之间靠较弱的范德华力维系，层间易发生相对滑动，因此可作精密仪器的优良润滑剂，D不符合题意；
故选B。
5. 下列实验装置(夹持装置略)或操作正确的是
A. 制备少量NOB. 探究钠与水的反应
C. 萃取过程中放气D. 吸收氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜与稀硝酸反应生成NO，NO易与空气中的O2反应生成NO2，因此制备时必须隔绝空气，A正确；
B．钠与水反应剧烈，会熔化成小球、四处游动，同时放出大量热，若将钠直接投入竖直的试管中，反应放热可能导致氢氧混合气体燃烧爆炸使试管炸裂，且钠可能溅出伤人，应将钠放入盛水的烧杯中，并用玻璃片盖在烧杯口，防止钠溅出，B错误；
C．萃取分液时，放气的正确操作是：倒转分液漏斗，使漏斗颈斜向上，打开活塞放出气体，而不是图中所示的“漏斗口向上倾斜”放气，C错误；
D．氨气极易溶于水，直接将导管插入水中会发生倒吸，应使用倒扣的漏斗、球形干燥管等防倒吸装置，或让导管口贴近水面，D错误；
故答案选A。
6. 2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料(MOFs)的科学家。某MOF材料由第四周期元素Z和配体L构成。配体L由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y组成，其结构如图。已知原子序数存在关系：。下列说法错误的是
A. 电负性：Y＞X＞W
B. 基态Z原子核外电子有15种空间运动状态
C. 配体L酸化后得到的分子含2种官能团
D. 配体L上引入、可增强MOF材料与H2O之间的吸附作用
【答案】C
【解析】
【分析】配体L中，W只形成1个共价键，且是原子序数最小的短周期元素，推断W为H；X形成4个共价键，推断X为C；Y形成2个共价键，原子序数大于C，推断Y为O，根据关系式，代入，因此，因此Z为Zn，据此分析。
【详解】A．同周期从左到右电负性增大，C的电负性大于H，因此O>C>H，即Y＞X＞W，A正确；
B．空间运动状态数等于轨道数，每个轨道对应1种空间运动状态，Zn的核外电子排布：，轨道数计算：1s：1个，2s：1个，2p：3个，3s：1个，3p：3个，3d：5个，4s：1个，总轨道数为15个，即15种空间运动状态，B正确；
C．配体L酸化后包括-COOH官能团；酸化后的分子结构，除了羧基不含其他的官能团，因此含有一种官能团，C错误；
D．、为极性基团，能与水分子形成氢键，从而增强MOF与水的相互作用，D正确；
故答案选C。
7. 下列离子方程式书写错误的是
A. AgNO3溶液中加入过量氨水：
B. 锅炉水垢中加入饱和溶液：
C. 溶液中通入过量：
D. 乙二醇溶液中加入过量酸性KMnO4溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中加过量氨水，与过量反应生成可溶性银氨络离子，离子方程式书写正确，A不符合题意；
B．溶解度大于，加入饱和溶液可发生沉淀转化，将难溶于酸的转化为可溶于酸的，离子方程式书写正确，B不符合题意；
C．溶液中通入过量，与发生归中反应生成S单质，过量时生成，离子方程式书写正确，C不符合题意；
D．酸性溶液过量时，会将乙二醇氧化生成的进一步氧化为，正确的离子方程式为，D符合题意；
故答案选D。
8. 荧光开关分子是一类能响应光、热、特定离子等刺激的光学分子。分子X(非荧光态)结合和后转变为Y(荧光态)，转化过程如图。
下列说法正确的是
A. 1 ml X中含36NA个C-Hσ键B. 和键角：①＜②
C. Y中氧原子与Na+形成离子键D. X能有效增大CsCl在有机溶剂中的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A．1 ml X中共有39 ml氢原子，且氢原子均连接在碳原子上，故C-H σ键共有39NA个，A错误；
B．和中N原子均为sp3杂化，前者有一对孤电子对，后者没有，孤电子对对共用电子对的斥力较大，故①键角较小，B正确；
C．Y中氧原子与Na+形成配位键，C错误；
D．X对钠离子有较强络合能力，Cs+半径较大，与X匹配度差，无法有效增大CsCl在有机溶剂中的溶解度，D错误；
故选B。
9. 乙酸是一种重要的化工原料。在催化剂作用下，以甲醇为原料合成乙酸的反应历程如图。
下列说法错误的是
A. 虚线框内的物质可为CO
B. 增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大
C. 反应历程中Rh元素的化合价发生了变化
D. 反应过程中测得TN2含量最少，可能原因是TN2→TN3活化能最低
【答案】B
【解析】
【详解】A．对比TN2 ​和TN3 ​的原子组成，根据原子守恒，反应恰好补充1个CO，因此虚线框内物质为CO，A正确；
B．由反应历程可知，LiI在反应中先消耗、后生成，属于该反应的催化剂；催化剂只能改变反应速率，不能改变反应物的平衡转化率，因此增大LiI用量，甲醇的平衡转化率不变，B错误；
C．不同中间体中Rh连接的基团、成键情况均发生改变，因此Rh元素的化合价发生了变化，C正确；
D．活化能越低，对应反应的速率越快；若TN2 ​→TN3 ​​活化能最低，则TN2 生成后会快速转化为TN3 ​​，因此体系中TN2 含量最少，D正确；
故答案为B。
10. 溶液电导率是衡量电解质溶液导电能力的物理量。25℃时，移取溶液于烧杯中，用盐酸标准溶液滴定，过程中溶液电导率变化如图(实验中无气体逸出，忽略空气中CO2的影响)。
下列说法错误的是
A.
B. B点：
C. 滴定过程中：
D. CD段溶液电导率变化较快的主要原因是H+导电能力强于其他离子
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠与盐酸第一步反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，B点为第一步反应终点，消耗盐酸体积约4.66 mL。根据n(Na2CO3)=n(HCl)，可得V(Na2CO3)==≈4.4 L，A正确；
B．B点时碳酸钠与盐酸恰好1∶1反应生成NaHCO3和NaCl，且二者的物质的量之比为1∶1，此时根据电荷守恒可得关系式，根据元素守恒可得关系式，联立两式可得关系式，故，B正确；
C．AB段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，此时溶液中存在元素守恒，但随着盐酸的滴入，B点过后，碳酸氢钠会继续和盐酸反应，生成碳酸，同时会有二氧化碳溶解在水中，导致元素守恒不成立，C错误；
D．BC段发生反应：，故C点溶质为NaCl和H2CO3，CD段继续滴加盐酸，H+和Cl-浓度显著增大，而H+导电能力远强于其他离子，所以电导率快速上升，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲苯使酸性溶液褪色是因为苯环对甲基的影响，使甲基活性增强易被氧化，无法验证甲基对苯环的影响，A错误；
B．具有还原性，会与发生氧化还原反应，无法探究对分解的催化作用，B错误；
C．水晶是晶体，玻璃是非晶体，X射线衍射实验中晶体会产生分立斑点或明锐衍射峰，非晶体无此现象，可以区分二者，C正确；
D．与反应生成黑色沉淀是因为难溶于酸，该反应不符合强酸制弱酸规律，不能比较和的酸性强弱，D错误；
答案选C。
12. 化合物Q是一种常见消炎药，其合成路线如下。
下列说法正确的是
A. M中所有原子均可共平面
B. M→N反应中，仅作溶剂
C. 与N具有相同官能团，能发生银镜反应的芳香族同分异构体共有16种
D. 1 ml Q与NaOH溶液反应时，最多消耗5 ml NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．M中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A错误；
B．显碱性，能与生成的HCl反应，促使反应的进行，B错误；
C．N中的官能团有羰基，碳氯键，酯基，与N官能团相同，又能发生银镜反应，则有甲酸酯的酯基，按照由整到分的思路，如果是一个取代基，结构为、如果是两个取代基，则可以是(3种)、(3种)；如果是3个取代基，结构可以为(10种)，故满足条件的有17种，C错误；
D．Q中含有2个酚酯基，一个酰胺基，故1 ml Q与NaOH溶液反应时，最多消耗5 ml NaOH，D正确；
故答案选D。
13. 混合可充电式液流电池在充放电过程中具有良好的稳定性。某电池工作过程中还可合成醋酸铵，原理如图。
下列说法正确的是
A. 隔膜为质子交换膜
B. 电极电势：Ru-Ni(OH)2电极＞Zn电极
C. 充电时，Ru-Ni(OH)2电极的反应式为
D. 若恰好生成1 ml醋酸铵，理论上的物质的量增加2 ml
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子生成，则Zn板为负极，电极方程式为：，正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式：，此时OH-通过离子交换膜由左侧移向右侧；充电时，阴极的电极反应式：，阳极的乙醇被氧化为乙酸根，电极方程式为：，此时通过离子交换膜由右侧移向左侧，且生成的氨气和醋酸反应生成，据此解题。
【详解】A．该电池为碱性环境，负极（Zn侧）反应消耗，正极（Ru侧）生成，需要通过离子交换膜由左侧移向右侧，因此隔膜为阴离子交换膜，不是质子交换膜，A错误；
B．放电时，原电池正极的电极电势一定高于负极，充电时作阳极接外接电源正极，Zn作阴极接外接电源负极，阳极电势仍高于阴极，因此电极电势：​电极>Zn电极，B正确；
C．充电时，​作阳极，发生氧化反应，得电子还原为，且体系为碱性环境，不会生成，电极反应式为，C错误；
D．生成1 ml醋酸铵（），需要（来自氧化，共失4 ml e-）和（来自​还原，共得），剩余由Zn失电子提供：失生成，因此对应生成，即物质的量增加2 ml，D正确；
故选BD。
14. 为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，对光敏感，其制备流程如下。
已知步骤Ⅰ发生反应：。
下列说法错误的是
A. 步骤Ⅰ中，不可用替代
B. 步骤Ⅱ中，加热煮沸是为了得到更大颗粒的沉淀
C. 步骤Ⅲ中，反应的离子方程式为：
D. 步骤Ⅳ得到的产品应密封保存在棕色试剂瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤Ⅰ中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2为绿色氧化剂，还原产物为H2O，不引入杂质，若用HNO3替代，HNO3会引入杂质离子，且能氧化，故不可替代，A正确；
B．步骤I中生成的Fe(OH)3多为小颗粒，加热煮沸可以促进小颗粒沉淀聚集，得到较大颗粒的Fe(OH)3沉淀，便于后续分离，B正确；
C．步骤Ⅲ中，Fe(OH)3与H2C2O4和K2C2O4反应，生成，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中不拆，产物配离子为，离子方程式为：，C错误；
D．步骤Ⅳ得到的产品，其对光敏感，需密封保存在棕色试剂瓶中避光，D正确；
故选C。
15. 钛单质及其化合物在航空航天领域应用广泛。以Ti和TiCl4为原料制备TiCl3过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①
②
③
在恒容密闭容器中，投料比，平衡时反应体系中各含钛组分的物质的量分数[例如TiCl3的物质的量分数]随温度变化如图。
下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ对应的物质为Ti
B. T0℃时，TiCl4的平衡转化率为96.67%
C. 上述平衡体系中，
D. 900℃时，压缩容器体积会增大平衡时TiCl4的物质的量
【答案】AC
【解析】
【分析】反应①是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，使Ti和TiCl4物质的量增大、TiCl2的物质的量减小；反应②、反应③均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，使TiCl2的物质的量减小、TiCl3的物质的量增大、TiCl4物质的量减小，反应③正向移动使Ti物质的量减小，且随温度升高，曲线Ⅲ的变化值大于曲线Ⅰ、TiCl4的物质的量分数增大较小，则曲线Ⅱ对应的物质为TiCl2；Ⅰ、Ⅲ对应的物质分别为Ti、TiCl3。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的物质为Ti，A正确；
B．设起始Ti、TiCl4的物质的量分别为2 ml、1 ml，由图可知，T₀℃时，Ti、TiCl2、TiCl3的物质的量分数分别为：56.67%、0、40.00%，由Ti原子守恒可知，TiCl4的物质的量为：3ml×(1-56.67%-40.00%)≈0.1ml，则四氯化钛的转化率为：(1 ml-0.1 ml)/1ml × 100% = 90%，B错误；
C．初始投料比为 ，设初始时 ， 。根据Ti原子守恒，体系中所有含Ti组分的物质的量满足：；根据Cl原子守恒，体系中所有含Cl组分的物质的量满足：；选项C的不等式为：，将式(1)变形为 ，代入不等式左边：；现在需要验证：，整理不等式：；根据Cl原子守恒有 。将此式乘以 得 。因为反应生成了，所以 ，则 。因此 ，不等式得证，C正确；
D．根据平衡常数进行分析。温度不变时，反应①的平衡常数 为定值，故平衡时 不变。当压缩容器体积V时，根据 可知，平衡时的物质的量会减小，D错误；
故选AC。
第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 铋(Bi，原子序数83)是一种重金属元素，其单质及化合物在医药、环保等领域有重要应用。
（1）基态Bi原子的价电子排布为，该元素位于元素周期表中的___________区，的中子数为___________。
（2）某种含Bi的配合物具有保护胃肠黏膜的作用，结构如图。
①该配合物的配体有___________种(不考虑立体异构)。
②该配合物中存在的化学键类型有___________(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．氢键
（3）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。
①BiOCl可由水解后过滤得到，该反应的化学方程式为___________。的中心原子价层电子对数为___________。
②BiOCl的晶胞形状为长方体，结构如图。面心位于构成的正四面体空隙，已知原子分数坐标为(0，0，0)，原子B分数坐标为(1，，)，则原子C分数坐标为___________，晶胞中原子B、C间距离为___________nm(用含a、c的代数式表示)。
【答案】（1） ①. p ②. 126
（2） ①. 2 ②. BCD
（3） ①. ②. 7 ③. (，1，) ④.
【解析】
【小问1详解】
铋(Bi，原子序数83)，位于元素周期表中的p区；的中子数为；
【小问2详解】
①配体是指直接与中心离子（此处为）形成配位键的分子或离子，从结构图可以看出，该配合物中的配体是和，共两种；
②该配合物中存在的化学键类型有：配位键、极性共价键（不同种原子之间形成的共价键）、非极性共价键（碳碳之间形成非极性共价键），故选BCD；
【小问3详解】
①BiOCl可由水解后过滤得到，该反应的化学方程式为：；价层电子对数=σ键数+孤电子对数，的中心原子的价层电子对数为；
②BiOCl的晶胞形状为长方体，结构如图，又知面心位于构成的正四面体空隙，原子分数坐标为(0，0，0)，原子B（即）分数坐标为(1，，)，可知原子B（即）位于面上，则其余的也应位于面上，根据结构特点，原子C（即）的分数坐标为(，1，)；晶胞中原子B、C间距离为(12a)2+(12a)2+(12c)2=2a2+c22nm 。
17. 二氧化铈(CeO2)在工业领域发挥着重要作用。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为，含SiO2、、等杂质)为原料制备CeO2，同时获得晶体和晶体的工艺流程如下。
已知：
①Ce2O3易溶于硫酸，CeO2难溶于硫酸；在空气中极易吸潮。
②常温下，。
③当离子浓度时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”中，化合价发生变化的元素为___________(填元素符号)，提高焙烧效率的措施有___________(任写一种)。
（2）“滤渣Ⅰ”溶解时，不宜用价格低廉的浓盐酸代替稀硫酸和，原因是___________(用离子方程式表示)。
（3）取产品加入坩埚中，在空气中“焙烧”时固体质量与温度的关系如图。
据图分析：A→B质量减小的原因是___________，D→E的化学方程式为___________。
（4）“回收液”经脱碳处理后转化为溶液。常温下，若加入等体积的CaCl2溶液将F-沉淀完全，则CaCl2溶液浓度至少为___________(忽略F-的水解及溶液混合引起的体积变化)。
（5）为提高晶体产量，向“滤液Ⅰ”中加入的物质X是___________(填物质名称)。由“滤渣Ⅲ”制备晶体时，理论上消耗硫酸铵和硫酸的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. Ce ②. 粉碎(搅拌、升温、固气逆流)
（2）
（3） ①. 固体失去吸附水 ②.
（4）1.3 （5） ①. 铁粉 ②. 1：3
【解析】
【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2、和HF，、、与空气、水蒸气不反应，故得到的酸性气体为，氧化物为、、、。酸性气体中加入废碱液得到的碳酸氢铵可回收进入滤液II。氧化物为、、、加入稀硫酸难溶于水的、进入滤渣I，、溶于稀硫酸形成、进入滤液I。滤渣I加入将还原为后再溶于稀硫酸形成可溶于水的进入滤液II，不反应进入滤渣II。滤液II含加入将转化为，对其焙烧后得到。含、的滤液I加入物质X后转化为，故物质X具有还原性，为不引入杂质可加入铁粉。在经过调pH获得滤渣III为晶体，滤液III为溶液，经系列操作获得其晶体。
【小问1详解】
“氧化焙烧”中转化为+4价的CeO2，被氧化的元素为Ce。
提高焙烧效率的措施有粉碎、搅拌、升温、固气逆流等。
【小问2详解】
“滤渣Ⅰ”溶解时，若用具有还原性的浓盐酸代替稀硫酸和，会发生反应：，产生污染性气体，故不能替代。
【小问3详解】
的相对分子质量为550，的相对分子质量为460，故B到C点过程中失去的是结晶水，则图中由A到B失去的是吸附在晶体上的水。
C点的化学式应为，根据、，D处生成，E处生成，D→E的化学方程式为。
【小问4详解】
溶液中加入等体积的溶液，发生反应：，可知用于反应消耗的溶液浓度为。
常温下，，时沉淀完全，溶液中，需要消耗的溶液浓度为。共用溶液浓度为。
【小问5详解】
根据分析，为提高晶体产量，向“滤液Ⅰ”中加入的物质X是铁粉。
由“滤渣Ⅲ”晶体，制备晶体时，加入硫酸酸化得，再通过加入的硫酸铵得到，化学方程式为：，理论上消耗硫酸铵和硫酸的物质的量之比为1：3。
18. 二氯化二硫(S2Cl2)是重要的有机化工原料。某小组以氯气和熔融硫磺为原料制备S2Cl2并测定其纯度(装置图中夹持、加热装置略)。
已知：
回答下列问题：
（1）组装仪器，___________(填操作名称)，添加药品。
（2）该实验的操作顺序为___________(填序号)。
①加热装置A ②加热装置D ③通冷凝水 ④停止加热装置D ⑤停止加热装置A
（3）缺少C装置时，实验中发现产品浑浊不清，原因是___________(用化学方程式表示)。
（4）F中收集到的产品所含杂质除Cl2外还有___________(填化学式)；下列措施能提高产品纯度的有___________(填标号)。
A．调节A中分液漏斗旋塞，控制液体滴加速率
B．进一步升高装置D的温度
C．对装置F收集到的粗产品进行减压蒸馏
（5）该小组用如下装置测定提纯后S2Cl2产品的纯度(杂质不影响测定)。
步骤如下：
ⅰ．称取mg样品于三颈烧瓶。
ⅱ．关闭，打开，通过分液漏斗向烧瓶B中加入足量蒸馏水，充分反应。
ⅲ．打开，加热烧瓶A，向B中持续通入水蒸气，将样品水解生成的和HCl全部蒸出，用足量的NaOH溶液充分吸收。
ⅳ．实验结束后，取下锥形瓶，加入指示剂X，用的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH溶液，至终点时，消耗盐酸。
ⅴ．不加S2Cl2样品，重复步骤ⅱ～ⅳ做空白实验。滴定NaOH溶液至终点时消耗盐酸。
①步骤ⅳ中，指示剂X为___________。
②样品中S2Cl2纯度为___________%(用含、、、的代数式表示)。
③下列操作会导致测定结果偏高的是___________(填标号)。
A．步骤ⅲ中，水蒸气的通入时间较短
B．步骤ⅳ中，滴定后俯视读数
C．步骤ⅴ中，滴定前滴定管尖端充满液体，滴定后有气泡
【答案】（1）检查装置的气密性
（2）③①②④⑤ （3）
（4） ①. SCl2、S ②. AC
（5） ①. 酚酞溶液 ②. ③. B
【解析】
【分析】实验目的为制备二氯化二硫，并测定产物纯度，A装置制取氯气，B装置除去氯气中的氯化氢气体，C装置除去水蒸气，D装置中氯气与硫反应生成二氯化二硫，F装置收集冷凝的二氯化二硫粗品，G装置防止外界的水进入F装置导致产物水解同时吸收未反应完的氯气，防止污染空气；测定纯度，向装置B中加入二氯化二硫样品，再加入足量蒸馏水使其水解，通入水蒸气将样品水解生成的和HCl全部蒸出，用足量的NaOH溶液充分吸收，剩余的氢氧化钠再用盐酸滴定，消耗盐酸体积ml，做空白对照实验，消耗盐酸mL，两次盐酸的差量为水解产物消耗氢氧化钠的量。
【小问1详解】
有气体参与的实验，组装仪器后添加药品前需要检查装置气密性；
【小问2详解】
有冷凝装置的实验先通冷凝水，然后加热A制备氯气，排尽装置内空气防止反应物被氧化；之后加热D使氯气和硫反应制备；反应结束后先停止加热D，继续通氯气将产物全部赶入收集装置，最后停止加热A，故顺序为③①②④⑤；
【小问3详解】
C装置用于干燥氯气，缺少C时，水蒸气进入装置，遇水分解生成难溶的S单质，使溶液浑浊，配平后方程式为；
【小问4详解】
根据题干信息，S易溶于，可被过量氯气氧化为，二者沸点不同，都会随蒸出，故杂质为、​；
A． 调节A中分液漏斗旋塞，控制液体滴加速率可以控制氯气的流速，减少氯气过量，避免​被氧化为，提高纯度，A正确；
B． 升高D温度，会使更多S蒸出，且​100℃以上会分解，导致纯度降低，B错误；
C． 三种物质沸点不同，减压蒸馏可分离提纯，提高纯度，C正确；
故选AC；
【小问5详解】
①样品水解生成的和HCl全部蒸出，用足量的NaOH溶液充分吸收时产物中有，水解导致溶液呈碱性，用标准盐酸滴定剩余的NaOH溶液至终点时溶液呈碱性，故选用酚酞作为指示剂；
② 1 ml ​水解生成0.5 ml ​和2 ml ，共消耗0.52+21=3 ml ，与蒸出的酸性气体反应的，则，，纯度计算： ；
③测定 结果与成正比：
A．水蒸气通入时间短，酸性气体未完全蒸出，消耗NaOH偏少，剩余NaOH偏多，偏大，偏小，结果偏低，A错误；
B．滴定后俯视读数，读数偏小，偏大，结果偏高，B正确；
C． 空白实验滴定后有气泡，读数偏小，偏小，结果偏低，C错误；
故选B。
19. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等疾病。开瑞坦前体K的合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A的名称为___________；B→C反应类型为___________。
（2）C→D反应的化学方程式为___________。
（3）F的结构简式为___________，G中含氧官能团的名称为___________。
（4）B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为___________。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应
b．氯原子不与苯环直接相连
c．含有不对称碳原子且核磁共振氢谱有5组峰
（5）H→Ⅰ经历了如下多步反应。其中，中间产物1有两个六元环，中间产物2、3中均含N-O键和。
中间产物2的结构简式为___________。
（6）I→J的过程中，SeO2转化为单质Se．若生成1 ml J，理论上消耗SeO2的物质的量为___________ml。
【答案】（1） ①. 间二氯苯或二氯苯 ②. 取代反应
（2）+CH2(COOCH3)2HBr+
（3） ①. ②. 醛基、羧基
（4） （5） （6）1.5
【解析】
【分析】由题干合成路线图中E的结构简式、D的分子式和D到E的转化条件以及已知信息i可知，D的结构简式为：，由C的分子式和C到D的转化条件以及已知信息i可知C的结构简式为：，由B的分子式和C的结构简式可知，B的结构简式为：，比较B、C的结构简式可知，试剂a为HBr，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由F的分子式和E到F的转化条件可知，F的结构简式为：，由G的分子式和F到G的转化条件可知，G的结构简式为：，由I、K的结构简式、J的分子式和I到J、J到K的转化条件可知，J的结构简式为：，据此分析解题。
【小问1详解】
A的结构为间位两个氯取代苯，名称为1,3-二氯苯（或间二氯苯）； B中羟基被溴原子取代得到C，反应类型为取代反应；
【小问2详解】
根据已知反应①，C（溴代烃）与丙二酸二甲酯发生取代反应，化学方程式： ；
【小问3详解】
E中酯基水解酸化得到F，F的结构简式为： ； G是F脱羧得到的产物，含氧官能团为醛基、羧基；
【小问4详解】
B分子式为 ，满足条件：含酚羟基（遇显色）、Cl不连苯环、有手性碳、核磁共振氢谱5组峰，即有5种类型的氢原子，结构简式为：；
【小问5详解】
H含酮羰基和醛基，结合已知信息②，与 加成关环得到两个六元环的中间产物1，脱水后得到含N-O键和甲基的中间产物2，结构简式为： ；
【小问6详解】
中Se为价，生成单质Se（价）， 得到电子；是I中甲基氧化成羧基，生成时，C由-3价升到+3价，失去电子，根据电子转移守恒，理论消耗 。
20. 碘单质()在催化、染料、医药等多领域有重要作用，可用氧化萃取法从卤水中提取。涉及的主要反应如下(R作萃取剂，其浓度视为常数)：
①
②
③
回答下列问题：
（1）反应的焓变___________。
（2）萃取率是反映溶质从水相转移到萃取相的比例。
上述平衡体系中，碘萃取率
①其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率曲线如图。
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降，结合平衡移动原理分析其原因是___________。当萃取温度超过320 K时，碘萃取率明显下降的原因有___________(任写一条)。
②下列说法错误的是___________(填标号)。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低
B．增大萃取剂用量，碘萃取率不变
C．加少量水稀释，变小
D．增大的浓度，达到新平衡时，反应②的逆反应速率会增大
（3）分配比(D)可用于衡量物质在两相间的分配能力及分配效果。上述平衡体系中在水相和有机相间的分配比关系为：，下，，则D=___________(用含、、的代数式表示)。
（4）未加有机萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图。[总碘浓度=各组分折合为后的浓度之和，，如δI3−=3cI3−0.01 ml⋅L−1]
计算反应的平衡常数K=___________(结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）-276.4
（2） ①. ①反应②、③均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降的分解 ②. I2升华、萃取剂挥发 ③. BC
（3）
（4）667
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应=反应①+反应②，因此ΔH=ΔH1+ΔH2=-257.5kJ·ml-1+(-18.9kJ·ml−1)=-276.4 kJ ml-1；
【小问2详解】
①反应②、反应③均为放热反应，升高温度，两个平衡均逆向移动，不利于碘转移到有机相，因此碘萃取率缓慢下降，温度升高，受热分解，浓度降低，生成的总量减少，②A．增大溶液，减小，反应①平衡逆向移动，生成减少，碘萃取率降低，A正确；
B．增大萃取剂用量，平衡③正向移动，更多碘转移到有机相，碘萃取率升高，B错误；
C．整理平衡常数得c(I2)c(RI3)=1K2K3c(R)c(I-)，稀释后c (I-) 减小，因此比值增大，C错误；
D．增大c(I-) ，反应②平衡正向移动，新平衡增大，逆反应速率增大，D正确；
答案选BC；
【小问3详解】
由K2=c(I3−)c(I−)c(I2)和c平(I-)=a 得，c(I3−)=K2a c(I2) ，因此c(I2)+c(I3−)=c(I2)(1+K2a) ，由K3=c(RI3−)c(I3−)c(R)​得c(RI3−)=K2K3ac(R)c(I2) ，代入分配比定义，约去c(I2) 得D=c平(RI3−)c平(I2)+c平(I3−)=K2K3ac(R)c(I2)c(I2)(1+K2a)=K2K3ac(R)1+K2a，R浓度视为常数，故将c(R ) 为常数合并入，所以D=K2K3a1+K2a；
【小问4详解】
交点处，根据分布分数的定义，，则，，则，总分布系数和为1，故，即，则，平衡常数。选项
用途
解释
A
硅胶可用作食品干燥剂
硅胶具有多孔结构，能吸附水分子
B
乙醇可用来提取青蒿素
青蒿素与乙醇发生酯化反应而溶解
C
二氧化氯可用于自来水消毒
二氧化氯具有强氧化性
D
石墨可作精密仪器的优良润滑剂
石墨层间靠范德华力维系
选项
实验操作
实验目的
A
将少量酸性KMnO4溶液分别滴入等体积的苯、甲苯中，观察溶液褪色情况
验证甲基对苯环的影响
B
将FeSO4溶液滴入溶液中，观察气泡产生情况
探究能否催化分解
C
将待测固体样品放入X射线衍射仪中，观察记录仪上是否产生分立斑点或明锐衍射峰
区分玻璃和水晶
D
将气体通入溶液中，观察是否产生黑色沉淀
比较和的酸性强弱
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
S2Cl2
138
遇水分解生成S、SO2和HCl；100℃以上部分分解成S和Cl2；能被氯气氧化成SCl2.
SCl2
59
—
S
113
445
易溶于S2Cl2