江西省遂川2022年高三第一次调研测试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42(黄色)+2H+Cr2O72(橙红色)+H2O，已知:25时,Ksp(Ag2CrO4)=11012 Ksp(Ag2Cr2O7)=2107。下列说法正确的是A当2c( Cr2O72)=c(CrO42)时，达到了平衡状态B当pH=1时，溶液呈黄色C若向溶液中

2、加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小2、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B反应后生成的气体要净化后进入反应装置C升高温度，有利于反应提高产率D反应中有气体生成3、中国传统文化博大精深，明代方以智的物理小识中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A物理小识中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B

3、文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料4、下列离子方程式错误的是A向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2H SO42=BaS042H2OB酸性介质中KMnO4氧化 H2O2：2MnO45H2O26H= 2Mn25O2 8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合：Mg22OH= Mg(OH)2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4 2H2O2e- = PbO24HSO425、化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B可以用Si3N

4、4、A2O3制作高温结构陶瓷制品CGe(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质6、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A原子半径和离子半径均满足：YZBY的单质易与R、T的氢化物反应C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性7、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为

5、混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2+ H2O。下列说法正确的是A明矾、小苏打都可称为混盐B在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C每产生1molCl2，转移电子数为NAD1molCaOCl2中共含离子数为4NA8、碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（）A石墨2极与直流电源负极相连B石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+CH+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动D

6、电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：19、根据下列实验现象，所得结论正确的是 实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性Ag2SAgBrAgClD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiAABBCCDD10、分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实 验现 象结 论A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡CCl4层无色Fe2的还原性强于BrC相

7、同的铝片分别与同温同体积，且c(H)=1molL1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用D向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)”或“”)。（5）元素e在周期表中的位置是_区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“”表示出其中的配位键_。18、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(

8、OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。19、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置制备SnCl4（每个装置最多使用

9、一次）。已知：有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/沸点/Sn银白色固体231.92260SnCl2易水解，SnCl4易水解生成固态二氧化锡， 锡与Cl2反应过程放出大量的热SnCl4无色液体33114SnCl2无色晶体246652Fe3+Sn2+Fe2+Sn4+ Fe2+ + Cr2O72- +H+Fe3+Cr3+H2O（未配平）回答下列问题：(1)“冷凝管”的名称是_，装置中发生反应的离子方程式为_。(2)用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）_。 (3)如何检验装置的气密性_，实验开始时的操作为_。(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中，预期可看到的现象是出

10、现白色烟雾，化学方程式为_。(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量，准确称取该样品m g放于烧杯中，用少量浓盐酸溶解，加入过量的氯化铁溶液，再加水稀释，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000molL-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL，则产品中SnCl2的含量为_%(用含m的代数式表示)，在测定过程中，测定结果随时间延长逐渐变小的原因是_（用离子方程式表示）。20、三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：

11、回答下列问题：（1）仪器a的名称是_。装置A中发生反应的化学方程式为_。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为_。（3）C装置控制反应在6065进行，其主要目的是_。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀；III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用c molL1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgC

12、l)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是（填序号）_，滴定终点的现象为_。a.酚酞 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙Cl元素的质量分数为（列出算式）_。若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为_；该反应使测定结果_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。21、铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：(1)铜和锌相邻，铜和锌的几种状态：铜：Ar3d10；铜：Ar3d104s1铜：Ar3d104p1锌：Ar3d104s1锌：Ar3d104s2。它们都失去1个电子时需要的能量由大到小排序为 _(填字母)。a. b.

13、c. d.画出基态铜原子的价电子排布图_。(2)Cu2+与NH3H2O等形成配离子。Cu(NH3)42+中2个NH3被2个H2O取代得到两种结构的配离子，则Cu(NH3)42+的空间构型是_(填“正四面体”或“正四边形”)。(3)CuF2晶体的熔点为836。其能量循环图示如下(a、b、c 等均大于0)：F-F键能为 _kJmol-1，CuF2(s)的晶格能为 _kJmol-1。(4)铜常作醇氧化反应的催化剂。M中C原子的杂化类型有 _种，M的熔沸点比N的高，原因是 _。 (5)磷青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为铜与铜原子最近距离为_nm。磷青铜晶体密度为_

14、 gcm-3(用代数式表示)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 当2c( Cr2O72)=c(CrO42)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B. 当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C. 组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D. 稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、 c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变

15、，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。【点睛】温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。2、C【解析】A. 根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D. 反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂

16、得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。3、A【解析】A由物理小识中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。4、C【解析】A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba22OH2HSO42=BaS042H2O，书写正确，故A不符合题意；B.酸性介质

17、中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO45H2O26H= 2Mn25O2 8H2O，书写正确，故B不符合题意；C. 等物质的量的Ba(OH)2和 HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H+Mg24OH=Mg(OH)2+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO42H2O2e- =PbO24HSO42，故D不符合题意；故答案选C。5、D【解析】A. 蚕丝主要成分为蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味，而人

18、造纤维没有这种气味，则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A项正确；B. Si3N4、A2O3为常见的新型高温陶瓷材料，B项正确；C. Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近，可做半导体材料，C项正确；D. 人体内没有纤维素水解酶，因此纤维素不能再人体内水解，D项错误；答案选D。6、B【解析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T化合

19、物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZ，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为YZ，故A错误；BY的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR，故C错误；D由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。7、C【解析】A选项，明矾是

20、两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。8、D【解析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电

21、源的负极，阴极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。【详解】A. 由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；B. 阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；C. 电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；D. 常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO 4e-

22、O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；答案选D。9、A【解析】A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：AlFeCu，故A正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2Br2、Cl2I2，不能证明Br2I2，故B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶

23、液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2SAgBrAgCl，故C错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【点睛】根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。10、D【解析】A. 氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分

24、子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；B. 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br，故B正确；C. 氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl对该反应起到促进作用，故C正确；D. 滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；故答案选D。11、C【解析】丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，

25、故选：C。12、B【解析】根据图像电流方向，可知a为负极，b为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。【详解】A选项，根据上面分析得出a极为电源的负极，发生氧化反应，故A正确；B选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下44.8L氢气，故B错误；C选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H2O+Mo4+2e=MoO3+6H+，故C正确；D选项，电路中电子流向为：负极a极阴极石墨，阳极钛基钛锰电极正极b极，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】电解质中电子移动方向：电源负极电解质阴极，电解质阳极电源正极；电解质中离子移动方向：阳离子

26、移向阴极，阳离子移向阳极。13、B【解析】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故H=（5412+348-3412-612-436）kJmol-1=+124kJmol-1，故选B。点睛：解题关键是明确有机物分子结构，搞清断裂与形成的化学键及键数，反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差。14、B【解析】A. 滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反

27、应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故B正确；C. 淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D. 酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。15、D【解析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，

28、负极上电极反应式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.2 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.05mol，在标准状况下的体积为0.05mol22 .4L/mol=1.12L，故A正确；B该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生

29、成Cu2O，故B正确；C该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D错误；故答案为D。16、D【解析】A.O原子核内质子数为8，有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B. 羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为OH，故B错误；C.Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D. 二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。二、非选择题（本题包

30、括5小题）17、O 1:2 sp3 H2SO4、H2SO3 HNO3 d 【解析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。b单质分子为氮气，氮气中键与键的个数比为1:2，故答案为：1:2。a与

31、c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为HOOH，每个氧原子有2个键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有，故答案为：sp3；。这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构

32、；硫酸分子S有4个键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；。元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中

33、间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为：d；。18、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件

34、，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：

35、氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。19、直形冷凝管 2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好 先打开中

36、的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯 SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl 855/m 2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O 【解析】装置为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过装置，装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置以及吸收多余的Cl2，可在装置后连接装置。（1）根据仪器特点解答仪器名称，装置II中KMnO4与HC

37、l反应制Cl2；（2）依据上述分析进行仪器连接；需注意制备的氯气应先除杂后干燥，干燥、纯净的氯气再和Sn反应，因为SnCl4易水解，应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置，防止空气中的水蒸气进入，同时要吸收尾气Cl2；（3）气密性的检验可采用加热法，升高发生装置体系内气体的温度，可以增大压强，使体系内空气外逸，当温度恢复初始温度时，体系内压强减小，导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气；（4）根据信息书写方程式；（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+ 、6Fe

38、2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式3Sn2+Cr2O72-，由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2，进一步计算SnCl2的含量；Sn2+具有强还原性，易被O2氧化。【详解】（1）“冷凝管”的名称是直形冷凝管；装置中是KMnO4和HC1制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O。本小题答案为：直形冷凝管；2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O。（2）装置为制备氯气的装置，产生的氯气中会

39、混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过装置，装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置后连接装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。本小题答案为：BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。（3）检查装置的气密性用加热法，操作为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，

40、在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开中的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯。本小题答案为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；先打开中的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯。（4）根据表格所给信息，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，将四氯化锡少许暴露于空气中，还可看到白色烟雾，说

41、明水解产物中还有HCl，HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，现象为白雾，化学方程式为SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。本小题答案为：SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式3Sn2+Cr2O72-（或根据得失电子守恒判断），实验中消耗的n(K2Cr2O7)= 0.1000molL-10.015L=0.0015mol，则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol3=0.0045

42、mol，则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol，m(SnCl2)=0.045mol190g/mol=8.55g，则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg100%=%；根据反应“2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+”得出Sn2+的还原性强于Fe2+，Sn2+在空气中易被氧化，测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化，发生2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O反应，滴定时消耗的重铬酸钾的量减少，由此计算出的SnCl2量减小，测量结果变小。本小题答案为：855/m ；2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O。20、冷凝管 2Na2O2+2H2O

43、=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2 2PCl3+O2=2POCl3 加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失 b 当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色 AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq) 偏小 【解析】根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2