c(H2S)=0.100mol?L-1+c(H2S)，故C错误；
D．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)= c(HS-)+2c(H2S)，故D正确； 故答案选D。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。 Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：
实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。 Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：
(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。 【答案】SO2（g）
－
SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H
＋
+ HSO3－；HSO3－H+ + SO32
干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡
0.32 盐酸的挥发造成的干扰 【解析】
【详解】
（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2＋H2OSO2＋H2O
H2SO3；H2SO3H2SO3；H2SO3
H
＋
SO2 （aq）；SO2 （aq）；
+ HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）H＋ + SO32－；
H＋ + HSO3－；HSO3－
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
11n(NaOH)=×0.04000 mol/L×0.025L=0.0005mol，221000=0.32g，该葡萄质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×
100（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=
酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。 （1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。 （2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步： 第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－ 第二步：___；
－
第三步：AlCl4+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应。
（3）由G生成H的化学方程式为___
（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。 ①属于芳香族化合物②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;
（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。
【答案】苯乙烯浓硫酸、加热取代反应
C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O14种
、
CH?CH
【解析】 【分析】
F不能与银氨溶液发生反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH； 根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为
，B为
；C能
和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E
能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反
应生成K，K结构简式为；
（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。 【详解】
（1）根据分析，C为
，化学名称为苯乙烯；反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、
加热；K结构简式为；
故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步： 第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-； 第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+； 第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl
故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2
OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O， OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；
（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香
族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一
个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符
合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原
子，符合要求的结构式为、，
故答案为：14种；、；
（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：
，
故答案为：。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．（化学——选修3：物质结构与性质）
第23号元素钒在地壳中的含量大约为0.009%，在过渡元素中仅次于Fe、Ti、Mn、Zn，排第五位。我国四川攀枝花地区蕴藏着极其丰富的钒钛磁铁矿。
(1)钒在周期表中的位置为__________，电子占据的最高能层的轨道形状为_______
(2)在地壳中含量最高的五种过渡金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中，基态原子核外单电子数最多的是_____。 (3)过渡金属可形成许多羧基配合物，即CO作为配体形成的配合物。 ①CO的等电子体有N2、CN、_______等(任写一个)。 ②CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是________。
(4)过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如[Fe(CO)5]、[Mn(CO)5]－等都满足这个规则。
①下列钒配合物中，钒原子满足18电子规则的是__________。 A [V(H2O)6]2＋ B [V(CN)6]4－ C [V(CO)6]－ D [V(O2)4]3－ ②化合物
的熔点为138℃，其晶体类型为________。
－
(5)VCl2(熔点1027℃)和VBr2(熔点827℃)均为六方晶胞，结构如图所示。
①VCl2和VBr2两者熔点差异的原因是_________。
②设晶体中阴、阳离子半径分别为r－和r＋，该晶体的空间利用率为________(用含a、c、r＋和r－的式子表示)。
C2 C的电负性小于O，【答案】第四周期第VB族 球形 Mn NO+、对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易 C 分子晶体 两者均为离子晶体，Cl-半径小于Br-半径，VCl2中晶格能大于
2?83?(2r-3?r+3)VBr2，故VCl2熔点高于VBr2。 ?100% 29ac
★试题6套汇总★2020年福建省泉州市高考第六次模拟化学试题
