湖南省娄底市2021-2022学年高三化学上学期期末教学质量检测（Word版附解析）

娄底市2021年下学期高三教学质量检测化学注意事项：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，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2021年6月17日，神舟十二号载人飞船成功升空，历时3个月后于2021年9月17日顺利完美返回。多种化工材料成为“神舟”完美助力。下列“神舟”使用的材料中，属于新型无机非金属材料的是A.保障神舟飞船平稳运行的由高强度碳纤维材料制造的操纵棒B.航天员太空漫步所穿的鞋子上的特殊橡胶C.由经特殊处理的棉材料所得高性能纤维制作的太空服中最内舒适层D.航天员舱外清晰探索神秘宇宙所用的由聚碳酸酯共聚物制成的头盔【答案】A【解析】【详解】A．高强度碳纤维是新型无机非金属材料，A符合题意；B．塑料、合成纤维、合成橡胶（特殊橡胶属于合成橡胶一种）常见人造高分子材料，B不符合题意；C．高性能纤维属于人造纤维，属于人造高分子材料，C不符合题意；D．聚碳酸酯共聚物属于人造高分子材料，D不符合题意；故答案选A。2.下列说法错误的是A.小苏打常用作焙制糕点的发酵粉 B.“84”消毒液、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性C.燃煤中加入生石灰，不仅能有效减少SO2的排放，还能减少碳排放D.胶体的聚沉是物理变化【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点的发酵粉，故A正确；B．“84”消毒液、双氧水都具有强氧化性，使蛋白质氧化变性，用于杀菌消毒，故B正确；C．燃煤中加入生石灰可以吸收燃烧生成的二氧化硫，最终生成稳定的硫酸钙，减少的排放，碳酸盐高温分解成，所以加入生石灰不能减少碳排放，故C错误；D．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故D正确；故选：C。3.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD用CCl4提取碘酒中的I2测量Cl2的体积配制一定量NaOH溶液时，向容量瓶中转移溶液用NaOH标准溶液滴定盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳与酒精(乙醇)互溶，不能用四氯化碳提取碘酒中碘，故A错误；B．氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定氯气的体积，故B正确；C．用玻璃棒引流时，烧杯口应紧靠玻璃棒，且玻璃棒末端应插在容量瓶刻度线下方，故C错 误；D．用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误；故选B。4.工业上用盐酸酸化的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，分别取腐蚀后的滤液并向其中加入下列指定物质，反应后的溶液中主要存在的-组离子正确的是A.加入过量CuO:Fe3+、H+、Cu2+、Cl-B.加入过量NaOH溶液: Na+、Fe2+、 OH-、Cl-C.通入过量Cl2: Fe3+、H+、Cu2+、Cl-D.通入过量SO2: Fe3+、H+、Cu2+、SO42-、Cl-【答案】C【解析】【详解】腐蚀后的溶液中含Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－等离子。A.加入过量CuO，CuO与H＋反应生成Cu2＋和水，反应后的溶液中主要存在的离子为：Fe3＋、Cu2＋、Cl－，A错误；B.加入过量NaOH溶液，NaOH与Fe3＋、H＋、Cu2＋、Fe2＋反应，反应后的溶液中主要存在的离子为：Cl－、Na＋、OH－，B错误；C.通入过量Cl2，Cl2与Fe2反应生成Fe3＋和Cl－，反应后的溶液中主要存在的离子为：Fe3＋、H＋、Cu2＋、Cl－，C正确；D.通入过量SO2，SO2与Fe3＋反应生成Fe2＋和SO42-，反应后的溶液中主要存在的离子为：H＋、Cu2＋、SO42-、Cl－、Fe2＋，D错误；答案选C.点睛：D为易错项，Fe3＋能将SO2氧化成SO42-5.白藜芦醇是天然存在的物质，具有抗肿瘤、保护心血管，防止机体老化的功效。其结构如图所示，下列有关白藜芦醇的说法中，正确的是A.分子式为C14H16O3B.分子中所有碳原子一定共平面C.1mol白藜芦醇可与6molH2加成D.苯环上一溴取代物有4种结构【答案】D 【解析】【详解】A．由结构简式可知，白藜芦醇的分子式为C14H12O3，故A错误；B．由结构简式可知，白藜芦醇分子中碳碳双键与苯环之间以可旋转的单键相连，分子中所有碳原子可能在同一平面，不能肯定在同一平面，故B错误；C．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol白藜芦醇可与7mol氢气发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有4类氢原子，则一溴取代物共有4种结构，故D正确；故选D。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NAB.1.2gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中含阳离子数目为0.01NAC.常温下，1mol甲烷被氯气完全取代后，所得氯代烃的分子总数为NAD.0.1mol乙烯和0.1mol乙醇完全燃烧所消耗的氧原子数均为0.6NA【答案】A【解析】【详解】A．气体为，由于存在可逆反应，所以容器内的分子数小于，故A错误；B．、的摩尔质量都是，和的混合物的物质的量为，含有的阳离子为，含有的阳离子为，所以含阳离子数目为，故B正确；C．根据碳原子守恒，甲烷取代后所得的氯代物、、、总物质的量为，个数为，故C正确；D．相同物质的量的乙烯、乙醇的耗氧量相同，故D正确；故选A。7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，M是元素Y的单质，常温下，M 遇甲的浓溶液发生钝化，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.丁和戊中所含元素种类不相同B.简单离子半径大小：X＞YC.简单氢化物的还原性：X＞ZD.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。M是元素Y的单质，常温下，M遇甲的浓溶液发生钝化，则Y元素是，甲是硝酸或硫酸。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，因此丙是二氧化硫，则甲是硫酸，丁是水，乙是硫酸铝，故W、X、Y、Z分别为H、O、、S，二氧化硫与戊反应生成硫酸，则戊具有氧化性，应该是过氧化氢。【详解】A．根据前面分析丁和戊分别是和，所含元素种类相同，故A错误；B．核外电子排布相同时，离子半径随核电荷数的增大而减小，则简单离子半径大小：，故B正确；C．非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，非金属性，则简单氢化物的还原性：，故C错误；D．铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存，二者发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝和硫化氢，故D错误。综上所述，答案为B。8.以“火法粗炼”“电解精炼”相结合的炼制精铜的工艺流程如图：已知焙烧中发生的反应为，冰铜还原生成粗铜的过程 中发生的反应是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。下列叙述正确的是A.“焙烧”过程中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂B.“还原”过程中，每生成1molCu，Cu元素失去2mole—C.“电解”过程中，粗铜与电源负极相连，作阴极D.该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物【答案】A【解析】【分析】由题给流程和方程式可知，CuFeS2焙烧得到冰铜，冰铜还原生成粗铜，粗铜电解得到精铜。【详解】A．由方程式可知，焙烧中CuFeS2中铜元素的化合价降低被还原，铁元素化合价没有变化，硫元素化合价部分升高被氧化，所以CuFeS2既是反应的氧化剂又是反应的还原剂，故A正确；B．由方程式可得冰铜还原生成粗铜的总反应为Cu2S+O22Cu+SO2，由方程式可知，每生成1mol铜，铜元素得到1mole—，故B错误；C．电解过程中，粗铜应与直流电源的正极相连，做精炼池的阳极，故C错误；D．冰铜还原得粗铜过程中发生反应生成的二氧化硫对环境不友好，能引起酸雨，属于大气污染物，故D错误；故选A。9.用锌灰(主要成分Zn、ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO及SiO2)制备ZnC12溶液的一种工艺流程如下：下列说法错误的是A.“浸取”时不断搅拌可提高锌的浸取率B.滤渣1的主要成分为SiO2C.“氧化”时，Mn2＋、Fe2＋均被氧化D.“置换”中所加试剂X可能是铁粉 【答案】D【解析】【详解】A.“浸取”时不断搅拌，可增大矿石与盐酸的接触面积，提高锌的浸取率，A正确；B.从过滤后溶液的成分看，只有Si元素没有进入滤液中，所以滤渣1的主要成分为SiO2，B正确；C.从过滤2所得滤渣的成分看，“氧化”时，Mn2＋、Fe2＋均被氧化，C正确；D.“置换”中所加试剂X可能是锌粉，D错误。故选D。10.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):n(B)的变化关系。则下列结论正确的是A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L－1·min－1B.图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的△H<0，且a=2C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)＞v(逆)D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5【答案】D【解析】【详解】由图Ⅰ可知，200℃时，5min反应达到平衡，A的物质的量变化量为△n(A)=0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为△n(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C的物质的量变化量为△n(C)=0.2mol，故x：y：z=△n(A):△n(B):△n(C)=2:1:1，则反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，A.由图Ⅰ可知，200℃时，5min反应达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故，故A错误；B.由图Ⅱ可知，当n(A):n(B)一定时，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平 衡向正反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；该反应的方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，在一定温度下，只要A、B起始物质的量之比刚好等于化学方程式中的化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，故a=2，故B错误；C.恒温恒容条件下，在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，由于容器容积不变，则混合物中各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故v(正)=v(逆)，故C错误；D.由图Ⅰ可知，200℃时，当充入0.8molA和0.4molB达到平衡时，A的体积分数为：；200℃时，向该容器中充入2molA和1molB，达到的平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确；故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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.下列实验中现象与结论相对应正确的是选项实验现象结论A电流计指针偏转形成了原电池，铝片作负极，镁片作正极B加热一段时间后溶液蓝色褪去淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖 C加热蒸发CuSO4溶液制取硫酸铜蓝色晶体D①和②中均迅速产生大量气泡MnO2一定是②中反应的催化剂A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铝镁溶液形成的原电池中，铝片能与溶液反应，镁不能与溶液反应，因此铝作负极，镁作正极，A正确；B．酸性条件下淀粉水解，检验葡萄糖应在碱性溶液中，图中实验不能说明产物为葡萄糖，B错误；C．该操作应蒸发皿中进行，不能在坩埚中进行，C错误；D．过氧化钠与水反应生成，①和②中均迅速产生大量气泡，不能说明催化剂的作用，D错误；故答案为：A。12.当前各种新型二次电池层出不穷，其中以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠子电池格外引人注意，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是 A.放电时，正极反应式：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]B.充电时，Mo箔接电源的负极C.充电时，右室Na+浓度减小D.外电路中通过.0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g【答案】AD【解析】【详解】A．根据原电池工作原理，箔作负极，箔作正极，正极反应式为，故A正确；B．充电时，电解池的阴极(原电池的负极)接电源的负极，电解池的阳极(原电池的正极)接电源的正极，即箔接电源的正极，故B错误；C．充电时，阳离子移向阴极，应从左室移向右室，右室浓度增大，故C错误；D．负极上的电极反应式是，外电路中通过电子时，消耗，质量减少2.4g，故D正确；故选：AD。13.我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 A.水煤气变换的△H<0B.该历程中最大能垒(活化能)E正=1.91eVC.经过过渡态2步骤的化学方程式可以表示为H2O*=H*+OH*D.该过程的总反应速率由过渡态1步骤决定【答案】BD【解析】【详解】A．根据水煤气变换并结合水煤气变换的反应历程的相对能量可知，的能量高于的能量，则水煤气变换的小于0，故A正确；B．活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值是最大能垒(活化能)，则最大能垒(活化能)，故B错误；C．经过过渡态2步骤的反应为，因反应前后和1个未发生改变，也可以表示成，故C正确；D．过程的总反应速率由反应历程所需最大能垒(活化能)步骤决定，因此，该过程的总反应速率由过渡态2步骤决定，故D错误；故选BD。14.已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽略滴定过程中溶液混合后的体积变化)。则下列结论正确的是 A.曲线Ⅰ、Ⅱ中，代表滴定盐酸的曲线是ⅠB.a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>bC.a点溶液中：c(Na+)=0.05mol·L-1D.b点溶液中：c(OH-)<c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】BC【解析】【详解】A．离子浓度越大溶液导电能力越强，其电导率越大，相同浓度的盐酸和醋酸，离子浓度：c(盐酸)>c(醋酸)，所以电导率：盐酸>醋酸，根据图知，Ⅱ代表滴定盐酸的曲线，故A错误；B．a点溶质为醋酸钠、c点溶质为氯化钠、b点溶质为相同浓度的和醋酸钠，酸或碱抑制水电离，弱的离子促进水电离，a点促进水电离、b点抑制水电离、c点不影响水电离，则水的电离程度为，故B正确；C．a点溶液中，溶液体积为20.00mL，则，故C正确；D．b点溶液中存在电荷守恒、存在物料守恒，所以存在，故有，故D错误；故选BC。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考 生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括3小题，共39分。15.实现太阳能的转化与存储，近年来取得重大突破。利用含硫物质的热化学循环过程如图：（1）反应Ⅰ由两步反应完成：a.H2SO4(l)=SO3(g)+H2O(g)△H1=+177kJ·mol-1b.2SO3(g)=2SO2(g)+H2O(g)△H2=+197kJ·mol-1①反应Ⅰ的热化学方程式为____。②对于反应Ⅰ中的b反应，如图纵坐标y表示SO3平衡转化率(%)，横坐标x可表示温度或压强，A、B可表示温度曲线或压强曲线。则i.横坐标x可表示的物理量是____。ii.当x的量一定时，A、B的大小关系是A____B(填“<”“>”或“=”)。（2）已知反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H3=-254kJ·mol-1①在25℃时，该反应能否自发进行？____(填“能”“否”或“不能确定”)。②在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 可得出结论p2>p1，其理由是____。（3）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：A.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2OBI2+2H2O+SO2=4H++SO+2I-欲探究A、B反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL。下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)实验序号试剂组成实验现象a0.4mol·L-1KI溶液变黄，一段时间后出现浑浊bnmol·L-1KI、0.2mol·L-1H2SO4溶液变黄，出现浑浊较a快c0.2mol·L-1H2SO4无明显现象d0.2mol·L-1KI、0.0002I2溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较a快①b是a的对比实验，则n=____。②比较a、b、c，可得出的结论是___。③实验表明，SO2的歧化反应速率d>a，结合A、B反应速率解释原因：____。【答案】（1）①.2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1②.压强③.＞（2）①.不能确定②.反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 （3）①.0.4②.I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率③.反应B比A快，d中由反应B产生的H+使反应A加快【解析】【小问1详解】①应用盖斯定律，反应a×2+反应b得，2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1。②i．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，的转化率减小，所以x表示的物理量应为压强。ii.根据上问可知曲线表示的是温度，该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，的转化率增大，故。【小问2详解】①对于反应Ⅱ，由于，，而反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，，根据，则不能确定是大于0或是小于0，因此不能确定反应Ⅱ在25℃时能否自发进行。②在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，时的物质的量分数大于时；反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，物质的量增加，体系总物质的量减小，物质的量分数增大，则。【小问3详解】①b是a的对比实验，采用控制变量法，b比a多加了，a与b中浓度应相等，则。②对比a与b，加入可以加快歧化反应的速率；对比b与c，不能催化的歧化反应；比较a、b、c可得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率。③对比d和a，d中加入的浓度小于a，d中多加了，反应A消耗和，反应B中消耗，d中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较a快”，反应速率，由此可见，反应B比反应A速率快，反应B产生使增大，从而使反应A加快。 16.磷化镉(Cd3P2)常用作杀虫剂。一种以镉铁矿(主要成分为CdO2，Fe2O3、FeO，还有少量的Al2O3和SiO2)为原料制备Cd3P2的工艺流程如图：已知：25℃时，0.1mol·L-1相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Cd2+开始沉淀的pH1.76.33.1>7.0沉淀完全的pH3.38.34.7回答下列问题：（1）镉铁矿“粉碎”的目的是___。（2）“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为___。（3）加入H2O2溶液的目的是___。（4）“滤渣2”所含物质的化学式是____。（5）工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定“聚沉”后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2++2NaR=2Na++CdR2，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将“聚沉”后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.1104g·L-1，若该条件下Cd(OH)2的Ksp=2.4×10-15，此时“聚沉”后溶液的pH=__。（6）电解制取Cd，Cd在____(填“阳极”或“阴极”)析出，阳极反应式为___。【答案】（1）增大固体与溶液的接触面积，加快反应速率，提高浸出率（2）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+（3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（4）Fe(OH)3和Al(OH)3（5）8（6）①.阴极②.2H2O-4e-=O2↑+4H+【解析】【小问1详解】粉碎的目的是：增大固体与溶液的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。【小问2详解】酸浸后生成的具有很强的氧化性，能将甲醇氧化，由题中信息：“还原镉”时，产生能使 澄清石灰水变浑浊的气体，可知该气体是，则发生反应的离子方程式为。【小问3详解】的作用是将溶液中的氧化为。【小问4详解】由已知信息可知，在时，、分别以、的形式沉淀，而仍在溶液中，因此“滤渣2”是和。【小问5详解】增加的物质的量浓度：，由反应，可计算得到的物质的量浓度：，设，根据：，则，得，所以，则。【小问6详解】电解液中主要有、、、，在阴极放电析出，阳极是放电，则阳极的电极反应式为：。17.二氧化硫是大气主要污染物，同时也是世界各国允许使用的还原性漂白剂。SO2对食品有漂白作用，对植物性食品内的氧化酶有强烈的抑制作用。我国规定SO2可用于葡萄酒和果酒的最大使用量为0.25g·L-1。某学习小组在实验室中利用图甲所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。 回答下列问题：（1）图甲中，装置b的作用是____。（2）图甲中，装置a中反应的化学方程式为____。（3）图甲中，装置c、d、e、f中可证明SO2具有还原性的是___，其现象是___。（4）某兴趣小组用图乙装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的SO2并对其含量进行测定。操作过程：在B中加入300.00mL葡萄酒和适量硫酸，加热使SO2全部逸出并与C中的H2O2完全反应；除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1的NaOH标准溶液进行滴定。①仪器A的名称为____。②SO2与C中H2O2反应的化学方程式为____。③加热使SO2全部逸出，则“加热仪器D”应选用下列仪器中的____(填标号)加热。A.电热套B.酒精灯C.水浴锅D.煤气灯④当滴定至终点时，消耗NaOH溶液的体积为25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为____g·L-1。【答案】（1）作安全瓶(或防倒吸)（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（3）①.e②.KMnO4溶液的紫红色变浅或褪色 （4）①.直形冷凝管②.SO2+H2O2=H2SO4③.B④.0.24【解析】【分析】a中在加热条件下铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，利用品红溶液检验二氧化硫的漂白性，碘化钾溶液和二氧化硫不反应，酸性高锰酸钾溶液检验其还原性，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染环境，据此解答。【小问1详解】为防止a中产生气体不均匀而使气流不稳定，若没有b装置，可能会造成c中溶液倒吸入a装置的反应溶液中，使实验失败，故b起安全瓶(或防倒吸)作用。【小问2详解】与(浓)在加热条件下反应：。【小问3详解】装置c中品红溶液褪色证明具有漂白性，装置d不反应，装置e中具有强氧化性，将氧化成，说明具有还原性，现象是溶液的紫红色变浅或褪色。【小问4详解】①根据仪器构造可判断仪器A的名称为直形冷凝管；②SO2与C中H2O2反应生成硫酸，反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；③加热葡萄酒使其含有的全部逸出，温度不宜过高或过低且要快速，因此可选用酒精灯加热，而电热套、煤气灯加热温度过高，水浴锅加热温度过低且慢，因此选B。④由和中和反应得：～，因此二氧化硫的物质的量，的质量，因此该葡萄酒中的含量：。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 18.Ⅰ.人类在使用金属的历史进程中，经历了铜、铁、铝之后，第四种将被广泛应用的金属被科学家预测是钛(22Ti)，它被誉为“未来世纪的金属”。试回答下列问题：（1）Ti元素在元素周期表中的位置是第四周期第___族；其基态原子的电子排布式为___。（2）在Ti的化合物中，Ti可以呈现+2、+3、+4三种化合价，其中以+4价的Ti最为稳定。偏钛酸钡的热稳定性好、介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如图所示，则它的化学式是___，其中Ti4+的氧配位数为___，Ba2+的氧配位数为____。（3）常温下的TiCl4是有刺激性臭味的无色透明液体，熔点-23.2℃，沸点136.2℃，所以TiCl4是___晶体。（4）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物，其空间构型为正八面体，如图a所示，我们通常可以用图b所示的方法来表示其空间构型(其中A表示配体，M表示中心原子)。配位化合物[Co(NH3)4Cl2]的空间构型也为八面体形，它有___种同分异构体。（5）已知过氧化氢分子的空间结构如图c所示，分子中氧原子采取___杂化。 （6）24Cr是1~36号元素中未成对电子数最多的原子，Cr3+在溶液中存在如下转化关系：Cr3+Cr(OH)3[Cr(OH)4]-。①基态Cr原子的价电子排布式为___。②Cr(OH)3是分子晶体，[Cr(OH)4]-中存在的化学键是___(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键【答案】（1）①.ⅣB②.1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)（2）①.BaTiO3②.6③.12（3）分子（4）2（5）sp3（6）①.3d54s1②.BD【解析】【小问1详解】的原子序数为22，则电子排布式为或[Ar]3d24s2，位于第四周期ⅣB族；【小问2详解】由图知，一个晶胞中有：1个，：个，O：个，则化学式为；与直接相邻的O有6个，故其配位数为6，与直接相邻的O为12个，则其配位数为12；【小问3详解】由其熔、沸点较低可判断为分子晶体；【小问4详解】配位体A可为4个和2个，和位于正八面体的顶点，当2个相邻为一种结构，2个不相邻时为另一种结构，故只有2种同分异构体，即： 【小问5详解】过氧化氢中氧原子的价电子对数为2+(6-21)/2=4，因此氧原子采取杂化；【小问6详解】①的原子序数为24，则价电子排布式为；②是由(分子晶体)和结合而成的，因此中有极性键和配位键，答案选BD。19.一种以甲苯某为原料合成抗炎药物的关键中间体H的合成路线如图：回答下列问题：（1）H中官能团的名称是___；①的反应条件为____；②的反应类型为___。（2）E的结构简式为____。（3）反应⑥的化学方程式为___。（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的名称为___。（5）符合下列条件的G的同分异构体有___种。①能发生银镜反应②苯环上一氯取代物只有一种③核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线___。【答案】（1）①.酯基、溴原子②.光照③.取代反应 （2）CCH3HCN（3）CCH3HCOOH+CH3OHCCH3HCOOCH3+H2O（4）乙二醇（5）4（6）【解析】【分析】A是甲苯，根据转化关系可知，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反应生成C为；对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。【小问1详解】由以上分析，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；反应①是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；②的反应类型为取代反应。【小问2详解】E的结构简式为。【小问3详解】根据以上分析可知反应⑥是F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为。【小问4详解】根据原子守恒可知反应⑦除生成H外，还生成，名称为乙二醇。【小问5详解】G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物的结构简式为、、、，共4种。 【小问6详解】