遼寧省盤錦市遼河油田第二高級中學(xué)2023學(xué)年高三第二次聯(lián)考化學(xué)試卷含解析

1、2023高考化學(xué)模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、現(xiàn)有部分元素的原子結(jié)構(gòu)特點如表，下列敘述中正確的是AW原子結(jié)構(gòu)示意圖為B元素X和Y只能形成原子個數(shù)比為12的化合物C元素X比元素Z的非金屬性強(qiáng)DX、Y、Z、W四種元素不能形成離子化合物2、下列各項反應(yīng)對應(yīng)的圖像正確的是(

2、 )A圖甲為25時，向亞硫酸溶液中通入氯氣B圖乙為向NaAlO2溶液中通入HCl氣體C圖丙為向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉D圖丁為向BaSO4飽和溶液中加入硫酸鈉3、扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體，以物質(zhì)a為原料合成扁桃酸衍生物b的過程如下：下列說法正確的是（ ）A物質(zhì)X是Br2， 物質(zhì)a轉(zhuǎn)化為b屬于取代反應(yīng)Blmol物質(zhì)a能與3molH2反應(yīng)，且能在濃硫酸中發(fā)生消去反應(yīng)C物質(zhì)b具有多種能與NaHCO3反應(yīng)的同分異構(gòu)體D物質(zhì)b的核磁共振氫譜有四組峰4、水玻璃(Na2SiO3溶液)廣泛應(yīng)用于耐火材料、洗滌劑生產(chǎn)等領(lǐng)域，是一種重要的工業(yè)原料。如圖是用稻殼灰(SiO2：65%70%、C：30%35%)制

3、取水玻璃的工藝流程：下列說法正確的是()A原材料稻殼灰價格低廉，且副產(chǎn)品活性炭有較高的經(jīng)濟(jì)價值B操作A與操作B完全相同C該流程中硅元素的化合價發(fā)生改變D反應(yīng)器中發(fā)生的復(fù)分解反應(yīng)為SiO22NaOH=Na2SiO3H2O5、圖甲是利用一種微生物將廢水中尿素的化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能，并生成環(huán)境友好物質(zhì)的裝置，同時利用此裝置在圖乙中的鐵上鍍銅。下列說法中不正確的是( )A銅電極應(yīng)與電極相連接B通過質(zhì)子交換膜由左向右移動C當(dāng)電極消耗氣體時，則鐵電極增重D電極的電極反應(yīng)式為6、我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進(jìn)展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A丙烯醛分子中所有原子可能共平面B可用溴水鑒別

4、異戊二烯和對二甲苯C對二甲苯的二氯代物有6種DM能發(fā)生取代，加成，加聚和氧化反應(yīng)7、一定條件下，等物質(zhì)的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應(yīng)：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應(yīng)在溫度T時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應(yīng)在某一起始反應(yīng)條件改變時N2的濃度隨時間的變化。敘述正確的是（ ）A溫度T時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=B溫度T時，混合氣體的密度不變即達(dá)到平衡狀態(tài)C曲線b對應(yīng)的條件改變可能是加入了催化劑D若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應(yīng)放熱8、25時，將濃度均為0.1molL、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb10

5、0mL，Va、Vb與混合液的pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb點時c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d幾點中，水的電離程度dbaDa b點過程中，可能存在c(X)ZQD該化合物中與 Y 單鍵相連的 Q 不滿足 8 電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)15、下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)速率的說法錯誤的是（）A化學(xué)反應(yīng)速率是用于衡量化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行快慢的物理量B可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時，反應(yīng)停止，正、逆反應(yīng)速率都為零C決定化學(xué)反應(yīng)速率的主要因素是反應(yīng)物本身的性質(zhì)D增大反應(yīng)物濃度或升高反應(yīng)溫度都能加快化學(xué)反應(yīng)速率16、pC類似pH，如圖為CO2的水溶液中加入強(qiáng)酸或強(qiáng)堿溶

6、液后，平衡時溶液中各種組分的pC - pH圖。依據(jù)圖中信息，下列說法不正確的是A不能在同一溶液中大量共存BH2CO3電離平衡常數(shù)C人體血液里主要通過碳酸氫鹽緩沖體系（）可以抵消少量酸或堿，維持pH =7.4，但當(dāng)過量的酸進(jìn)入血液中時，血液緩沖體系中的最終將變大DpH =9時，溶液中存在關(guān)系17、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子數(shù)目為NAB2L0.5molL-1磷酸溶液中含有的H+數(shù)目為3NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷中含有的共價鍵數(shù)目為1.9NAD50mL12 molL-1鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.3NA18、下列有關(guān)儀

7、器用法正確的是（）A對試管進(jìn)行加熱一定不能使用石棉網(wǎng)B使用滴定管量取液體，可精確至0.01mLC用量筒量取一定體積的溶液，要洗滌23次，確保溶液全部轉(zhuǎn)移D酸堿滴定實驗中，錐形瓶干燥后使用可減少誤差19、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A霧和霾的分散劑相同B霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨CNH3是形成無機(jī)顆粒物的催化劑D霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)20、如圖是金屬鎂和鹵素單質(zhì)(X2)反應(yīng)的能量變化示意圖。下列說法正確的是() A由MgCl2制取Mg是放熱過程B熱穩(wěn)定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常溫下氧化性：F2Cl2Br2c(HX)

8、c(OH)c(H+)，故B正確；C. a b點過程，相當(dāng)于向HA溶液中加氨水至恰好反應(yīng)，所以水的電離程度逐漸增大，a、b、d幾點中，水的電離程度bad，故C錯誤；D. a b點過程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根據(jù)電荷守恒，不可能存在c(X)c()c(OH-)c()c()，因此D選項的離子濃度關(guān)系不可能出現(xiàn)，故D錯誤；答案選D。17、A【答案解析】A、乙酸和丙醇的摩爾質(zhì)量均為60g/mol，故60g混合物的物質(zhì)的量為1mol，則含分子數(shù)目為NA個，故A正確；B、磷酸為弱酸，不能完全電離，則溶液中的氫離子的個數(shù)小于3NA個，故B錯誤；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷為液體，所以無法由體積求物質(zhì)的量，

9、故C錯誤；D、二氧化錳只能與濃鹽酸反應(yīng)，和稀鹽酸不反應(yīng)，故濃鹽酸不能反應(yīng)完全，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA個，故D錯誤；答案選A。18、B【答案解析】A、試管加熱不用墊石棉網(wǎng)，但如果墊石棉網(wǎng)也是可以的，故A錯誤； B、滴定管能精確到0.01mL，比量筒精確度高，故B正確； C、量筒的洗滌液必需倒入廢液缸，不能將洗滌液倒入燒杯，故C錯誤； D、酸堿中和滴定時，錐形瓶不用干燥，如果不干燥不影響實驗結(jié)果，故D錯誤。 故選：B。19、C【答案解析】A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據(jù)示意圖分析；C.在化學(xué)反應(yīng)里能改變反應(yīng)物化學(xué)反應(yīng)速率（提高或降低）而不改變化學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)前后

10、都沒有發(fā)生改變的物質(zhì)叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣?！绢}目詳解】A. 霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B. 由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機(jī)顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C. NH3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機(jī)顆粒物的催化劑，C錯誤；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，D正確。答案選C?！敬鸢更c睛】結(jié)合示意圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系明確霧霾的形成原理是解答的關(guān)鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應(yīng)用導(dǎo)向，聚焦學(xué)科核心

11、素養(yǎng)，既可以引導(dǎo)考生認(rèn)識與化學(xué)有關(guān)的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學(xué)觀念，又體現(xiàn)了高考評價體系中的應(yīng)用性和綜合性考查要求。20、D【答案解析】A、依據(jù)圖象分析判斷，Mg與Cl2的能量高于MgCl2，依據(jù)能量守恒判斷，所以由MgCl2制取Mg是吸熱反應(yīng)，A錯誤；B、物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖像數(shù)據(jù)分析，化合物的熱穩(wěn)定性順序為：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，B錯誤；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，C錯誤；D、依據(jù)圖象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，將第一個方程式減去第二方

12、程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117KJ/mol，D正確；答案選D。21、A【答案解析】由題意可知反應(yīng)的前后壓強(qiáng)之比為 5：4，說明反應(yīng)正向是體積減小的反應(yīng)，即C、D 物質(zhì)中只有一種是氣體，列三段式： 由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：145：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是氣體，D物為氣體?！绢}目詳解】A.增大反應(yīng)體系中物質(zhì)的濃度，平衡向濃度減小的方向移動，但C不是氣體，增加C不能使平衡正向移動，所以B 的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故A正確；B.B的平衡轉(zhuǎn)化率=0.8mol2mol100%=40%，故B錯誤；C.

13、化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變則平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D.由于生成物C為非氣體，其濃度為1，所以該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=，故D錯誤；故答案為A?！敬鸢更c睛】注意掌握外界條件對化學(xué)平衡的影響和反應(yīng)三段式的應(yīng)用。22、D【答案解析】A根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”原則，由圖可知T2T1，且對應(yīng)x(SiHCl3)小，可知升高溫度平衡正向移動，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，且v正av逆b，故A錯誤；Bv消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C反應(yīng)進(jìn)行到a處時，x(SiHCl3)=0.8，此時v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正，由反應(yīng)可知轉(zhuǎn)化的SiHCl3為0

14、.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均為0.1mol，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.01k逆，則=，平衡時k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，x(SiHCl3)=0.75，結(jié)合反應(yīng)中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知=，則=，故C錯誤；DT2K時平衡體系中再充入1molSiHCl3，體積不變時壓強(qiáng)增大，但是反應(yīng)物的濃度增大，平衡正向移動，增大，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、醛基 4-硝基甲苯（對硝基甲苯） 取代反應(yīng) 加成反應(yīng) 14 或 【答案解析】A(C2H4O)能夠與新制氫氧化銅反應(yīng)，說明A含有醛基，因此A

15、為CH3CHO，則B為CH3COOH；結(jié)合C和E的分子式可知，C和D應(yīng)該發(fā)生取代反應(yīng)生成E和氯化氫，則D為；甲苯在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)為對硝基甲苯()，F(xiàn)被還原生成G，G為對氨基甲苯()，根據(jù)已知信息，G和乙醛反應(yīng)生成H，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，H為，則E為，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)上述分析，A為C2H4O，含有的官能團(tuán)為醛基；F為，名稱為對硝基甲苯，故答案為醛基；4-硝基甲苯(對硝基甲苯)；(2)C和D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(3)G為對硝基甲苯中硝基被還原的產(chǎn)物，G為，故答案為；(4)由D生成F是甲苯的硝化反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)，

16、根據(jù)流程圖，E和H生成J的過程中N=C雙鍵轉(zhuǎn)化為了單鍵，屬于加成反應(yīng)，故答案為取代反應(yīng)；加成反應(yīng)；(5)E為，芳香化合物K是E的同分異構(gòu)體。若K能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明K中含有醛基，則K的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上連接1個乙基和1個醛基有3種；苯環(huán)上連接2個甲基和1個醛基有6種；苯環(huán)上連接1個甲基和1個CH2CHO有3種；苯環(huán)上連接1個CH2 CH2CHO有1種；苯環(huán)上連接1個CH(CH3)CHO有1種，共14種；其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或，故答案為14；或。24、 硝基、羥基 +2NaOH+NaCl+H2O AB 、(任意兩種) 【答案解析】苯和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成A，A為，F(xiàn)中不飽和度=，根據(jù)

17、柳胺酚結(jié)構(gòu)簡式知，F(xiàn)中含有苯環(huán)和碳氧雙鍵，所以F為；E為；D和鐵、HCl反應(yīng)生成E，結(jié)合題給信息知，D結(jié)構(gòu)簡式為； A反應(yīng)生成B，B和NaOH水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成C，根據(jù)D結(jié)構(gòu)簡式知，A和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為，C為，C和HCl反應(yīng)生成D，據(jù)此解答?！绢}目詳解】(1)、由分析可知B為，F(xiàn)為；故答案為； ；(2)、D結(jié)構(gòu)簡式為 ，官能團(tuán)為羥基和硝基；故答案為硝基、羥基；(3)、BC的化學(xué)方程式為+2NaOH+NaCl+H2O；故答案為+2NaOH+NaCl+H2O ；(4) A、柳胺酚中酚羥基、肽鍵水解生成的羧基能和NaOH反應(yīng)，所以1mol柳胺酚最多可以和3mol NaOH反應(yīng)，故A

18、不正確；B、柳胺酚中含有苯環(huán)，可以發(fā)生硝化反應(yīng)，故B不正確；C、含有肽鍵，所以可發(fā)生水解反應(yīng)，故C正確;D、含有酚羥基，溴和苯環(huán).上酚羥基鄰對位氫原子發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；故選AB；(5)、能發(fā)生顯色反應(yīng)為屬酚類化合物，且苯環(huán)上有二種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，說明苯環(huán)上含有酚羥基，且苯環(huán)上有二種類型的氫原子；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明該有機(jī)物中含有醛基，所以符合條件的F的同分異構(gòu)體有：；故答案為。25、A B D E C NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3 溶液 吸收揮發(fā)的、同時生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向

19、生成水溶液方向移動 9 酸式 95.68% 偏低 【答案解析】(一)根據(jù)制備的反應(yīng)原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O，結(jié)合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答(1)(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進(jìn)行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應(yīng)生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)

20、律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)(8)?！绢}目詳解】(一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序為：FABDEC，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3，故答案為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應(yīng)先通入NH3，后通入過量的CO2，因

21、為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應(yīng)為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(6)向CeT3(有機(jī)層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知

22、298K時，KspCe(OH)3=110-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)=110-5mol/L，由Kw可知c(H+)=110-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)FeSO4屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為25.30mL，誤差較大應(yīng)舍棄，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量為0.1000molL-10.001L/mL=0.0023mol，根據(jù)電子得失守恒可得關(guān)系式CeO2FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質(zhì)量為0.0023208g=0.4784g，則Ce(OH)4產(chǎn)品的純度為100%=9

23、5.68%，故答案為95.68%；改用0.1000molL-1的FeCl2溶液滴定產(chǎn)品從而測定Ce(OH)4產(chǎn)品的純度，Ce4+有強(qiáng)氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質(zhì)的量及質(zhì)量偏小，則測定的Ce(OH)4產(chǎn)品的純度偏低，故答案為偏低。26、C H Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 取少量的“純凈水”于一支潔凈的試管中，滴加AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明該“純凈水”是自來水 AgNO3十HCl=AgCl+HNO3 氯水中的酸與堿發(fā)生中和反應(yīng) 次氯酸將有色物質(zhì)漂白 取“紅色褪去”溶液12mL于試管中，滴加NaOH溶液，若紅色恢復(fù)，則是由氯水

24、的酸性所致；否則是由次氯酸的漂白性所致 【答案解析】(1)在實驗室中，通常用二氧化錳固體與濃鹽酸在加熱的條件下制取氯氣，因此需要加熱；氯氣是一種黃綠色、密度比空氣大且有毒的氣體，氯氣可以用氫氧化鈉溶液吸收，因此選擇H；故答案為：C；H；(2)氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，配平即可，故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“純凈水”中有鹽酸和次氯酸，可以用硝酸銀溶液檢驗，鹽酸和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀和硝酸；故答案為：取少量的“純凈水”于一支潔凈的試管中，滴加AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明該“純凈水”是自來水；AgNO3HCl=AgCl+HN

25、O3；(4)紅色褪去的原因可能有兩種情況：酸和堿發(fā)生了中和反應(yīng)，紅色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使紅色褪去；故答案為：氯水中的酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)；次氯酸將有色物質(zhì)漂白；(5)簡單的實驗是：在反應(yīng)后的溶液中加氫氧化鈉溶液，如果紅色又出現(xiàn)，那么原因就是酸堿中和；反之則為氯水氧化指示劑；故答案為：取“紅色褪去”溶液12mL于試管中，滴加NaOH溶液，若紅色恢復(fù)，則是由氯水的酸性所致；否則是由次氯酸的漂白性所致。【答案點睛】氣體的制取裝置的選擇與反應(yīng)物的狀態(tài)和反應(yīng)的條件有關(guān)；氣體的收集裝置的選擇與氣體的密度和溶解性有關(guān)。27、防止暴沸 b 平衡壓強(qiáng)，使?jié)饬蛩犴樌蜗?2HBr+H2SO4(濃)SO2

26、+Br2+2H2O 加快反應(yīng)速率，蒸餾出溴乙烷 SO2 防止污染環(huán)境 冷卻并減少溴乙烷的揮發(fā) 檢漏 53.4% 【答案解析】(1)液體加熱需要防止液體瀑沸，B為球形冷凝管，應(yīng)采取逆流原理通入冷凝水，進(jìn)行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的壓強(qiáng)相等，使?jié)饬蛩犴樌飨拢?3)濃硫酸有強(qiáng)氧化性，氫溴酸與濃硫酸混合加熱可生成Br2和SO2；(4)給A加熱可以加快反應(yīng)速率蒸出溴乙烷；實驗中產(chǎn)生的二氧化硫、溴化氫、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通過E的末端插入水面以下冷卻減少溴乙烷的揮發(fā)；(6)帶有活塞或瓶塞的裝置使用前要檢查是否漏水；10mL乙醇的質(zhì)量為0.7910g=7.9g，其

27、物質(zhì)的量為0.172mol，所以理論制得溴乙烷的物質(zhì)的量為0.172mol，其質(zhì)量為18.75g，根據(jù)產(chǎn)率=100%計算?！绢}目詳解】(1)液體加熱加入沸石，可以防止液體瀑沸，B為球形冷凝管，應(yīng)采取逆流原理通入冷凝水，進(jìn)行充分冷凝回流，所以B中進(jìn)水口為b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的壓強(qiáng)相等，使?jié)饬蛩犴樌飨?，而分液漏斗沒有這個功能；(3)濃硫酸有強(qiáng)氧化性，氫溴酸與濃硫酸混合加熱可生成Br2和SO2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HBr+H2SO4(濃)SO2+Br2+2H2O；(4)加熱的目的是加快反應(yīng)速率，溫度高于38.4溴乙烷全部揮發(fā)蒸餾出來，實驗中產(chǎn)生的二氧化硫、溴化氫、溴

28、等會污染空氣，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染環(huán)境；(5)導(dǎo)管E的末端須在水面以下，通過冷卻得到溴乙烷，減少溴乙烷的揮發(fā)；(6)分液漏斗有上口塞子和下口有控制液體流量的活塞，在使用前需要檢查是否漏水；10mL乙醇的質(zhì)量為0.7910g=7.9g，其物質(zhì)的量為0.172mol，所以理論制得溴乙烷的物質(zhì)的量為0.172mol，其質(zhì)量為18.75g，所以溴乙烷的產(chǎn)率=100%53.4%。【答案點睛】考查制備實驗方案設(shè)計，為高頻考點，涉及計算、基本操作、氧化還原反應(yīng)、除雜等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)、基本操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，知道各個裝置可能發(fā)生的反應(yīng)，題目難度中等。28、離子鍵 硫（S）

29、 CD V形 sp3 極性 水分子間存在氫鍵（答案合理即可） 鍵和鍵 4 【答案解析】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-；CuFeS2中硫為非金屬元素，鐵和銅為金屬元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；鐵原子價電子為3d64s2，銅原子價電子為3d104s1，基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖中半滿或全滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；(2)在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產(chǎn)生為H2S氣體；硫原子和兩個氫原子形成兩個共價鍵，根據(jù)H2S屬AX2，價層電子對為4對，VSEPR模型為四面體形，但S原子有2對孤電子對來判斷分子的立體構(gòu)型，中心原子硫原子雜化方式為sp3雜化，為V

30、性結(jié)構(gòu)，分子具有極性；H2S的沸點比水低的主要原因是水分子間形成氫鍵；(3)二氧化硫為共價化合物，硫原子和兩個氧原子間分別形成一個鍵，同時氧原子和硫原子間形成一個4電子離域鍵；(4)四方晶系CuFeS2晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示分析可知亞銅離子形成四個共價鍵，硫原子連接兩個亞鐵離子和兩個亞銅離子；晶胞中亞鐵離子=8+4+1=4，亞銅離子=6+4=4，硫離子=8，晶胞內(nèi)共含4個CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，則晶體的密度=?！绢}目詳解】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-，存在的化學(xué)鍵類型為離子鍵；CuFeS2中硫為非金屬元素，鐵和銅為金屬元素，則三種元素中電負(fù)性較

31、強(qiáng)的是硫元素；鐵原子價電子為3d64s2，銅原子價電子為3d104s1：A二價鐵離子是鐵原子失去最外層2個電子形成的陽離子，3d軌道有一個成對電子，4s軌道為空軌道，故A錯誤；B銅原子價電子為3d104s1 ，軌道表示式不符合，故B錯誤；C三價鐵離子是鐵原子失去4s兩個電子和3d一個電子，3d軌道上各有一個電子為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D亞銅離子是失去4s軌道一個電子形成的陽離子，軌道表示式正確，故D正確；故答案為CD；(2)H2S分子中，價層電子對為4對，VSEPR模型為四面體形，價層電子對之間的夾角均為10928，但S原子有2對孤電子對，所以分子的構(gòu)型為V形，中心原子雜化類型為sp3雜化，屬于極性分子；H2S的沸點比水低的主要原因是水分子間形成氫鍵；(3)二氧化硫為共價化合物，硫原子和兩個氧原子間分別形成一個鍵，同時氧原子和硫原子間形成一個4電子離域鍵，SO2中心原子的價層電子對數(shù)為3對，共價鍵的類型有：鍵和鍵；(4)晶胞結(jié)構(gòu)分析可知，由面心上Cu與2個S相連，晶胞中每個Cu原子與4個S相連，Cu+的配位數(shù)為4；晶胞中亞鐵離子=8+4+1