浙江省台金七校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题（含答案）

浙江省台金七校联盟2023-2024学年高二4期中联考化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、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．下列物质不属于电解质的是（）A．NH3 B．NaH C．KHS 2．重铬酸钾（K2CrA．Cr位于元素周期表d区，最外层电子数为1B．在碳素钢中加入Cr和Ni，可以增强抗腐蚀能力C．酸性K2D．K2Cr3．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．中子数为10的氟原子：10B．次氯酸分子的电子式：C．2pz的电子云轮廓图：D．三氟化硼分子的球棍模型：4．工业上用S8（分子结构：）与CH4为原料制备CS2，发生反应：A．S8B．消耗1molCH4C．生成17gH2SD．CS5．在强碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是（）A．K+、MnO4−、Cl−、Ba2+ C．Na+、Mg2+、Cl−、NO3−6．钛（熔点为1668℃）广泛应用于生活和科技等各领域，用镁还原TiClA．工业上，一般选择电解熔融MgO制备金属MgB．“真空蒸馏”的目的是为了降低单质Mg和MgClC．高温还原过程中可通入N2D．“电解”时，阴极上生成单质a，可用作工业的氧化剂7．运用化学知识可以解决生产生活中的一些问题，下列有关生产生活问题处理方法及原理解释合理的是（）选项生产生活问题处理方法原理解释A清洁油污加热苏打溶液可提高去污能力温度升高，油脂溶解度增大B提高金属硬度加入其他金属或非金属金属原子层之间相对滑动变得困难C含Cu加入FeSCu2+与D检测酒驾通过红热的CuO固体乙醇可以还原氧化铜，生成红色固体A．A B．B C．C D．D8．下列实验装置使用正确的是（）A．图①装置用于测定盐酸浓度B．图②装置用于灼烧碎海带C．图③除去SOD．图④装置用于配置一定物质的量浓度的NaOH溶液9．关于有机物检测，下列说法正确的是（）A．用核磁共振氢谱可以鉴别正丁烷和异丁烷B．用红外光谱可帮助确定有机物分子的相对分子质量C．往1-溴丁烷中加入硝酸银溶液，检验1-溴丁烷中是否存在溴元素D．淀粉与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入碘水，可判断淀粉是否完全水解10．下列化学反应与方程式不正确的是（）A．向冷的石灰乳中通入Cl2B．铝片溶于NaOH溶液，有无色气体产生：2C．苯酚钠溶液中通入CO2D．碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠混合加热：N11．克拉维酸钾是一种β-内酰胺类抗生素，下列说法不正确的是（）A．克拉维酸钾存在顺反异构B．克拉维酸分子含有5种官能团C．上述转化中的二者均能使酸性KMnOD．实现上述转化可加入KOH溶液12．T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。基态原子中，T有三个能级，各能级电子数相等；X的价层电子排布式为nsA．电负性大小：X＞W＞YB．最简单氢化物的沸点：W＞T＞YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞T＞YD．Y与W、Z与X均能形成原子个数比为3∶4的化合物13．如图所示是一种光电催化体系，该体系在实现烟气脱SO2的同时，获得A．该装置将光能和电能转化为化学能B．交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜C．阳极反应为：2D．每生成1molSO42−14．CH3OHA．反应Ⅰ、反应Ⅱ均为放热反应B．CO分子中σ键和π键数目和COC．选择合适的催化剂可降低反应活化能和焓变D．该反应机理中涉及物质中有两种非极性分子、三种极性分子15．室温下，通过矿物中PbSO4获得已知：Ksp(PbSOA．Na2B．“脱硫”后上层清液中：c(SC．PbCO3悬浊液加入HNOD．反应PbSO416．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是（）选项实验目的方案设计现象结论A比较Ksp[Mg(OH)向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴生成蓝色沉淀KB乙醇消去反应产物检验向圆底烧瓶中加入无水乙醇和浓硫酸，加热，将产生的气体通入酸性KMnOKMnO乙醇消去反应的产物含有碳碳双键C比较Cl元素与C元素的非金属性在碳酸钠固体中滴加盐酸产生无色气体非金属性：Cl＞CD检验N向待测溶液中加入稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸不变蓝该溶液中不含NA．A B．B C．C D．D二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17．铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用，CuS是常见硫化物。请回答下列问题：（1）基态铜原子的价层电子排布式。（2）Cu2+能与多种物质形成配合物，向①深蓝色晶体化学式为。②该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力（填“＞”、“＝”或“＜”）③H—N—H键角大小：[Cu(NH3)4（3）已知：晶胞中硫离子的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心。晶胞的俯视图如图2所示。已知CuS晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA图1图2①CuS晶体中距离S最近的Cu数目为。②CuS晶体的密度为ρ=g/18．酿酒工业中的食品添加剂SO（1）SO2中硫原子的杂化类型，SOCl（2）下列叙述正确的是____。A．S2B．SOCl2可与H2C．已知PCl5固体中含阳离子PCl4+D．S2Cl2易溶于（3）SOCl2与NH（4）S2Cl2与（5）设计实验检验SOCl19．“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国的新名片。（1）Ⅰ．已知25℃和101kPa下：①2CH②2CO(③H2O表示CH3OH（2）Ⅱ．CO2和CH4在一定条件下反应可制得合成气，反应方程式：该反应在（填“高温”或“低温”）条件下能自发进行。（3）下列能判断COA．一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变C．一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D．CO2和（4）一定条件下，在2L密闭容器中通入CO2和CH4各1mol，CO（5）Ⅲ．如图所示组成闭合回路，其中甲装置是新型电池，以CH4—装置中气体A为（填“CH4”或“O2和C20．实验室制备苯甲酸（相对分子质量122），提纯及纯度测定步骤如下：Ⅰ．往圆底烧瓶中加入2.5mL甲苯和140mL水，加热至沸，从仪器A上口（如图）分批加入10.4gKMnO4固体，最后用少量水将粘在仪器A内壁的KMnOⅡ．继续煮沸并间歇性摇动圆底烧瓶，直至甲苯完全反应。（反应方程式：）Ⅲ．趁热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，将滤液放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化，使溶液从强碱性至强酸性，苯甲酸全部析出为止。Ⅳ．过滤可得粗产品约2g。用重结晶法提纯。Ⅴ．用碱滴定法测纯度，取0.1000g样品，溶于乙醇中，加入10mL水和2滴酚酞，用0.02mol/LNaOH溶液滴定。回答下列问题。（1）步骤Ⅰ中仪器A的名称是。（2）步骤Ⅱ加热前需要向圆底烧瓶中加入沸石，目的是。（3）步骤Ⅲ“趁热过滤反应混合物，用少量热水洗涤滤渣”中使用热水的目的是（4）步骤Ⅳ中重结晶操作的合理步骤为a→→→→。（步骤不重复）a．加入约100mL水（75℃）配制成热的浓溶液；b．加半匙活性炭；c．用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；d．搅拌下将溶液煮沸3～5min，趁热过滤；e．冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。（5）步骤Ⅴ中测得苯甲酸纯度大于100%的可能原因是，因此将该步骤改为中和酸滴定法：称取0.1000g样品，溶于15mL浓度为0.1mol/LNaOH溶液中，加入2滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L盐酸调至红色消失，加入20mL乙醚，10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用0.1000mol/L盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，水层显淡绿色时为滴定终点，四次滴定平行数据如表，则苯甲酸的纯度为。序号1234样品质量/g0.10000.10000.10000.1000耗酸体积/mL8.008.027.988.9621．一种非甾体抗炎药物（H）的合成路线如下（部分反应条件省略）：已知：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）物质B中含氧官能团名称。（2）下列说法正确的是____。A．反应D→E的反应类型是取代反应B．含物质A的溶液中滴加氯化铁溶液，产生紫色沉淀C．物质H中最多有13个碳原子共平面D．设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基的对位氢不被取代（3）E→F的化学反应方程式为。（4）G的结构简式为。（5）符合下列条件G的同分异构体有种，写出其中一种结构简式为。①除结构外，不含其他环状结构；②含有−OCH③含有四种化学环境的氢（6）已知：RCOOH+PCl3→RCOCl。综合上述信息，写出以和ClCH

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】这几种物质均属于化合物，其中只有NH3在水溶液里和熔融状态下本身均不能电离出自由移动离子，属于非电解质，其余在水溶液里或熔融状态下本身均能电离出自由移动离子，属于电解质；

故答案为：A。

【分析】电解质是指在水溶液里或熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。非电解质是指在水溶液里和熔融状态下本身均不能电离出自由移动离子的化合物。2．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，Cr位于元素周期表d区，最外层电子数为1，A不符合题意；

B．由分析可知，在碳素钢中加入Cr和Ni，可以增强抗腐蚀能力，B不符合题意；

C．酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，C不符合题意；

D．K2CrO4溶液中存在化学平衡，2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，碱性条件下利于平衡逆向移动，所以K2CrO4在碱性溶液中不可转化为K2Cr2O7，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.Cr的核电荷数为24，价电子排布3d54s1。

B.Ni可以促进C、Cr等元素的固溶，进一步提高钢的强度和耐腐蚀性能。

C.酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性。

D.K2CrO4溶液中存在化学平衡，2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O。3．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，氟原子的中子数=19-10=9，A不符合题意；

B．由分析可知，次氯酸分子的电子式为，B不符合题意；

C．由分析可知，2pz的电子云轮廓图：，C符合题意；

D．该图是三氟化硼的比例模型，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.原子左下角数字表示其质子数，左上角数字表示其质量数，质量数=质子数+中子数。

B.次氯酸分子的结构式为H-O-Cl。

C.P轨道的电子云轮廓图是哑铃形，pz表示沿z轴方向伸展。

D.球棍模型是用小球和小棍表示的模型。4．【答案】B【解析】【解答】A．根据化学方程式可知，反应前后S元素化合价由0降为-2，C元素化合价由-4升为+4，则S8是氧化剂，CH4是还原剂，A不符合题意；

B．根据化学方程式可知，反应前后C元素化合价由-4升为+4，则消耗1molCH4转移电子数为8NA，B符合题意；

C.17gH2S即0.5mol，根据化学方程式可知，生成0.5molH2S需消耗0.125mol的S8，1个S8分子中含有8个S-S键，则0.125mol的S8中S-S键数为NA，所以生成17gH2S，断开S-S键数为NA，C不符合题意；

D．CS2的结构为S=C=S，则其VSEPR模型是直线型，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。

B.反应前后C元素化合价由-4升为+4。

C.1个S8分子中含有8个S-S键。

D.CS2的结构为S=C=S。5．【答案】D【解析】【解答】A．溶液中MnO4-为紫红色，A不符合题意；

B．HCO3-与OH-结合生成H2O，不能大量共存，B不符合题意；

C．Mg2+与OH-结合生成沉淀，不能大量共存，C不符合题意；

D．在OH-中，各离子之间军不发生反应，能大量共存，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。6．【答案】B【解析】【解答】A．MgO的熔点较高，工业生产一般采用电解熔融MgCl2制备金属Mg，A不符合题意；

B．根据题干信息，钛的熔点高，结合分析可知，“真空蒸馏”的目的是降低单质Mg和MgCl2的沸点，使其气化分离出去，B符合题意；

C．高温还原过程中通入的N2是为了排除装置中的空气，C不符合题意；

D．单质a是Cl2，“电解”时，阳极上发生反应2Cl--2e-═Cl2↑，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据题干信息及流程图，“电解”过程中生成Mg和Cl2，其中单质a为Cl2；“高温还原”过程中涉及反应是2Mg+TiCl4=高温Ti+2MgCl2；“真空蒸馏”时，需要将金属Mg、MgCl27．【答案】B【解析】【解答】A．苏打（Na2CO3）溶液水解呈碱性，升温促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，而油脂在碱性条件下水解，所以加热苏打溶液可提高去污能力，A不符合题意；

B．纯金属内所有原子的大小和形状都是相同的，原子排列规整，加入其他金属或非金属，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，提高了金属硬度，B符合题意；

C．涉及反应是FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq），没有发生氧化还原反应，C不符合题意；

D．乙醇可以还原氧化铜生成红色铜，但红热氧化铜用于检测酒驾，颜色变化不明显，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.升温促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，而油脂在碱性条件下水解。

B.当加入其他原子时，金属内部粒子分步不均匀。

C.CuS的溶解度比FeS小。

D.红热氧化铜用于检测酒驾，颜色变化不明显。8．【答案】C【解析】【解答】A．NaOH溶液应盛装在碱式滴定管中，A不符合题意；

B．由分析可知，可在坩埚中灼烧碎海带，B不符合题意；

C．饱和NaHSO3溶液与SO2不反应，与HCl反应生成NaCl、SO2、H2O，所以图③可除去SO2中的HCl，C符合题意；

D．容量瓶不能用于溶解固体，固体应在烧杯中溶解、冷却后，再转移到容量瓶中定容，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.注意碱式滴定管下端有橡胶管和玻璃珠，酸式滴定管下端有玻璃活塞。

B.固体加热用坩埚。

C.除杂过程中注意不要引入新杂质。

D.容量瓶不能用于溶解固体。9．【答案】A【解析】【解答】A．正丁烷和异丁烷均含2种H原子，核磁共振氢谱都有两个吸收峰，A符合题意；

B．红外光谱可确定有机物分子中的化学键或官能团，B不符合题意；

C.1-溴丁烷中没有自由移动的溴离子，无法检验1-溴丁烷中是否存在溴元素，C不符合题意；

D．碘单质能和氢氧化钠反应，无法判断淀粉是否完全水解，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.核磁共振仪用于检测有机物分子中氢的种类。

B.质谱仪可测出有机物分子的相对分子质量。

C.1-溴丁烷中没有自由移动的溴离子。

D.碘单质能和氢氧化钠反应。10．【答案】A【解析】【解答】A．石灰乳为微溶物，不能拆成离子形式，正确离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2═Ca2++Cl-+ClO-+H2O，A符合题意；

B．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H11．【答案】D【解析】【解答】A．根据克拉维酸钾的结构可知，碳碳双键中两个碳原子上连接不同原子或基团，则其存在顺反异构，A不符合题意；

B．根据克拉维酸的结构可知，其含有碳碳双键、醚键、羟基、羧基、酰胺基共5种官能团，B不符合题意；

C．这两种有机物中均含有碳碳双键与羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液发生反应而使其褪色，C不符合题意；

D．克拉维酸中的酰胺基与羧基均能与KOH溶液反应，不能实现上述转化，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.存在顺反异构的条件是：分子不能自由旋转；双键上同一碳上不能有相同的原子或基团。

B.熟悉有机物中常见官能团。

C.碳碳双键与羟基均能与酸性高锰酸钾溶液发生反应而使其褪色。

D.酰胺基与羧基均能与KOH溶液反应。12．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，X、W、Y分别为O、N、Si，根据同周期元素的电负性自左而右逐渐增大，同主族自上而下逐渐减小，所以电负性：X＞W＞Y，A不符合题意；

B．由分析可知，W、T、Y分别为N、C、Si元素，NH3分子间有氢键，沸点较高，CH4和SiH4分子没有氢键，但SiH4分子间范德华力比CH4的大，所以其最简单氢化物的沸点：W＞Y＞T，B符合题意；

C．由分析可知，W、T、Y分别为N、C、Si元素，元素非金属性：N＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞T＞Y，C不符合题意；

D．由分析可知，W、Y、Z、X分别是N、Si、Fe、O，则Y与W可形成Si3N4，Z与X可形成Fe3O4，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据题干信息，基态原子中，T有三个能级，各能级电子数相等，可推出T原子核外电子排布式为1s22s22p2，即T是C元素；X的价层电子排布式为nsnnp2n，而s能级最多填充2个电子，则n=2，所以X的价层电子排布式为2s22p4，可推出X是O元素；Y的核外电子填充在8个轨道中，则其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，可推出Y为Si元素；Z有4个未成对电子，说明Z位于第四周期，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可推出Z为Fe元素；W的原子序数位于T与X之间，可推出W为N元素。13．【答案】C【解析】【解答】A．该装置是电解池，将光能和电能转化为化学能，A不符合题意；

B．根据图示信息及分析可知，OH-靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应，则a为阴离子交换膜；H+通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应，则b是阳离子交换膜，B不符合题意；

C．由分析可知，阳极反应式为SO2-2e-+4OH-=SO42-+2H2O，C符合题意；

D．由分析可知，涉及反应关系式为，SO42-~2e-~H2O2，则每生成1molSO42-伴随着1molH2O2的生成，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】该装置为电解池，根据图示信息，SO2→SO42-，硫元素化合价升高，失电子发生氧化反应，则左侧电极为阳极，其电极反应式为SO2-2e-+4OH-=SO42-+2H2O，右侧电极为阴极，其电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2。14．【答案】D【解析】【解答】A．从能量变化图可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，A不符合题意；

B．每个CO2中有2个σ键和2个π键，每个CO分子中有1个σ键和2个π键，B不符合题意；

C．选择合适的催化剂可降低反应活化能，但不能改变焓变，C不符合题意；

D．根据题干信息，该反应机理中涉及物质中有两种非极性分子（H2、CO2），三种极性分子（CH3OH、H2O、CO），D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量，△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应。

B.注意CO2的结构式为O=C=O。

C.催化剂可降低反应活化能，但不改变焓变。

D.极性分子中正负电荷重心不重合，非极性分子中正负电荷重心重合。15．【答案】C【解析】【解答】A．Na2CO3溶液中，根据质子守恒可知，c（OH-）=c（HCO3−）+c（H+）+2c（H2CO3），而c（HCO3−）+c（H+）+2c（H2CO3）＞c（HCO3−）+c（H+）+c（H2CO3），即c（OH-）＞c（HCO3−）+c（H+）+c（H2CO3），A不符合题意；

B．由分析可知，上层清液中各离子的电荷守恒关系为2c（CO32−）+2c（SO42−）+c（HCO3−）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）+2c（Pb2+），B不符合题意；

C．“溶解”过程中，PbCO3与HNO3反应生成Pb(NO3)2、CO2和H2O，c(CO32−)逐渐减小，C符合题意；

D．反应PbSO4+CO32−⇌PbCO3+SO42−的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=1.6×10-87.4×10-14=837×106，若反应正向进行时，则浓度熵Q＜K，即Q=c(SO42-)c(CO32-)＜837×106，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.Na2CO3溶液中，根据质子守恒可知，c（OH-16．【答案】A【解析】【解答】A．向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴CuSO4溶液，生成蓝色沉淀，即Cu(OH)2，说明Cu(OH)2的溶解度比Mg(OH)2小，即Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，A符合题意；

B．乙醇消去反应生成乙烯，浓硫酸在一定条件下可能生成SO2，乙烯、SO2、挥发的乙醇均与酸性高锰酸钾溶液反应而使其褪色，无法说明乙醇消去反应的产物含有碳碳双键，B不符合题意；

C．该实验只能说明盐酸的酸性比碳酸强，无法比较Cl元素与C元素的非金属性，C不符合题意；

D．稀NaOH溶液与含NH4+溶液反应生成的NH3·H2O在加热条件下分解生成NH3，NH3遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验设计中可能缺加热，无法说明该溶液中是否含NH4+，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.注意加入的CuS17．【答案】（1）3（2）[Cu(NH3)4（3）4；384【解析】【解答】（1）铜为第29号元素，核外电子数为29，价电子排布式为3d104s1。

（2）①根据题干信息，CuSO4与过量氨水反应最终得到的深蓝色溶液的主要成分是[Cu(NH3)4]SO4，经结晶得到的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O。

②由①可知，Cu2+与NH3的结合能力大于OH-。

③[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤对电子，与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，使得H-N-H键角增大，即[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角大于NH3。

（3）①由分析可知，CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，Cu2+的配位数为4，则距离S2-最近的Cu数目也为4。

②由分析可知，CuS晶胞的质量为64×4+32×4NA=384NAg，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，所以密度为384NAg(a×10-10)3cm3=384NAa3×10−30g/cm3。

【分析】（1）铜元素的原子序数为29，核外电子数为29。

（2）①CuSO4与过量氨水反应最终得到的深蓝色溶液的主要成分是[Cu(NH3)4]SO4，经结晶得到的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O。

②Cu(OH)2沉淀与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3的结合能力大于OH-。

18．【答案】（1）sp2（2）B；C（3）SOCl（4）S4N4或（5）取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有SO3【解析】【解答】（1）SO2分子中S原子价层电子对数是62=3，杂化类型为sp2。SOCl2分子中S原子价层电子对数是6+22=4，杂化类型为sp3。

（2）A.橡胶硫化程度越高，强度越大，弹性越差，错误；

B.SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水反应，生成的HCl能抑制AlCl3的水解，所以SOCl2能作为AlCl3•6H2O的脱水剂，正确；

C.PCl4+中P原子价层电子对数为5+4-12=4，其空间构型为正四面体型，正确。

D.S2Cl2分子中，正负电荷的重心不重合，为极性分子，错误。

答案为：BC

（3）根据流程图信息及质量守恒定律可知，SOCl2与NH3反应生成SO(NH2)2和NH4Cl，其化学方程式为SOCl2+4NH3    __SO(NH2)2+2NH4Cl。

（4）根据题干信息，淡黄色固体为S单质，盐为NH4Cl，而M由两种元素组成，其原子个数比为1：1，且相对分子质量为184，可推测M是由S、N元素组成，假设其实验式为SN，则所含原子数为18432+14=4，所以M的分子式为S4N4或N4S4或(SN)4。

（5）由分析可知，其设计方案是取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有SO32−；另取少量反应液，先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀，则有Cl−。

【分析】（1）根据中心原子价层电子对数进行分析。

（2）A.橡胶硫化程度越高，强度越大，弹性越差。

B.SOCl2与水反应生成的HCl能抑制AlCl3的水解。

C.根据中心原子价层电子对数进行分析。

D.S2Cl2分子中，正负电荷的重心不重合，为极性分子。

（3）注意反应前后元素种类、原子数目不变。

（4）淡黄色固体为S单质，盐为NH4Cl，而M由两种元素组成，其原子个数比为1：1，且相对分子质量为184，可推测M是由S、N元素组成，假设其实验式为SN，则所含原子数为18432+14=4，所以M的分子式为S4N4或N4S419．【答案】（1）C（2）高温（3）B；C（4）1（5）CH4；2H2O-4e-=O2【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知12（①+②+4×③）表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+32O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−(a+b+4c)2kJ/mol。

（2）该反应前后气体体积增大，即△S＞0，由分析可知，若反应自发进行，则△G=△H-T△S＜0，而△H＞0，所以该反应在高温条件下能自发进行。

（3）A.容积不变，即反应前后气体总体积不变，而反应前后气体总质量不变，根据m=ρV，则气体密度也不变，无法判断是否达到平衡，错误；

B.该反应为吸热反应，容器温度保持不变，说明反应达到了平衡，正确。

C.该反应前后气体质量不变，气体物质的量增大，根据m=nM可知，平均相对分子质量不变，说明反应达到了平衡，正确；

D.CO2与CH4的物质的量之比不再改变，无法判断是否达到平衡，错误。

答案为：BC

（4）根据化学方程式，通入CO2与CH4各1mol，达到平衡时，n(H2)=1mol，可推出△n(CO2)=△n(CH4)=0.5mol，则平衡时，n(CO2)=n(CH4)=1mol-0.5mol=0.5mol，n(H2)=n