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【高考真题】2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分：共50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．（2022·浙江6月选考）下列消毒剂的有效成分属于盐的是（　　）
A．高锰酸钾溶液 B．过氧乙酸溶液
C．双氧水 D．医用酒精
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，KMnO4在水溶液中电离出K+和 ，因此KMnO4属于盐，A符合题意；
B．过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，B不符合题意；
C．双氧化的成分为H2O2，含有H和O两种元素，属于氧化物，C不符合题意；
D．医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，CH3CH2OH属于有机物，不属于盐，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物。
2．（2022·浙江6月选考）下列物质属于强电解质的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 是弱酸，部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；
B． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；
C． 是盐，在水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，C符合题意；
D． 是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中完全电离的电解质属于强电解质。
3．（2022·浙江6月选考）名称为“吸滤瓶”的仪器是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．图示仪器为蒸馏烧瓶，A不符合题意；
B．图示仪器为分液漏斗，B不符合题意；
C．图示仪器为容量瓶，C不符合题意；
D．图示仪器为吸滤瓶，其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 吸滤瓶是一种类似有一个分支的锥形瓶。
4．（2022·浙江6月选考）下列物质对应的化学式正确的是（　　）
A．白磷： B．甲基丁烷：
C．胆矾： D．硬脂酸：
【答案】B
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．白磷的化学式为： ，A不符合题意；
B． 2-甲基丁烷分子中主链上含有四个碳原子，2号碳上有一个甲基，其结构简式为 ，B符合题意；
C．胆矾是五水硫酸铜，其化学式为：CuSO4·5H2O， 是绿矾的化学式，C不符合题意；
D．硬脂酸是含有18个碳原子的饱和羧酸，其化学式为： ， 是软脂酸的化学式，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.白磷分子中含有4个P原子；
B.2-甲基丁烷分子中主链上含有四个碳原子，2号碳上有一个甲基；
C.胆矾是CuSO4·5H2O；
D.硬脂酸是含有18个碳原子的饱和羧酸。
5．（2022·浙江6月选考）下列表示正确的是（　　）
A．乙醛的结构简式：
B．丁烯的键线式：
C．的结构示意图：
D．过氧化钠的电子式：
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙醛含醛基，其结构简式为：CH3CHO，A不符合题意；
B.2-丁烯的碳碳双键位于2号碳原子和3号碳原子之间，其结构简式为CH3CH=CHCH3，键线式为 ，B不符合题意；
C．硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，则硫离子的结构示意图为 ，C不符合题意；
D．过氧化钠为离子化合物，钠离子和过氧根之间存在离子键，过氧根中含有O-O共价键，其电子式为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醛的官能团为醛基；
B.2-丁烯的碳碳双键位于2号碳原子和3号碳原子之间；
C.硫离子最外层有8个电子；
D.过氧化钠是含有非极性共价键的离子化合物。
6．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本
C．天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．油脂的相对分子质量远小于10000，不是高分子化合物，A符合题意；
B．福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，B不符合题意；
C．天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C不符合题意；
D．我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.油脂不是高分子化合物；
B.甲醛能使蛋白质变性；
C.天然气的主要成分是甲烷；
D.1965年我国科学家成功合成结晶牛胰岛素。
7．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．和互为同位素
C．和互为同素异形体
D．丙酮（）和环氧丙烷（）互为同分异构体
【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，两者结构不相似，不互为同系物，A符合题意；
B．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，B不符合题意；
C．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C不符合题意；
D．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
C.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
D.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
8．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；焰色反应；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，光导纤维的成分为二氧化硅，A符合题意；
B．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用作透雾能力强的高压钠灯，B不符合题意；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C不符合题意；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫的过程中，碳酸钙分解生成氧化钙：CaCO3 CaO+CO2↑，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙：2CaSO3+O2=2CaSO4，最终得到石膏，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.光导纤维的成分为二氧化硅；
B.钠的焰色反应为黄色，穿透力强；
C.高熔点的物质能作为耐高温耐火材料；
D.碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙。
9．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（　　）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
10．（2022·浙江6月选考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
11．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出
B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜
C．利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
D．蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁（等物质的量）的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此应将润洗液从滴定管下口放出，A符合题意；
B．铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，因此在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛，B不符合题意；
C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C不符合题意；
D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.润洗液应从滴定管下口放出；
B.铝热反应非常剧烈且放出大量热；
C.红外光谱可测定有机物中存在的化学键；
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小。
12．（2022·浙江6月选考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．中含有个阳离子
B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C．含有中子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子， 的物质的量为0.1mol，含有 个阳离子，A不符合题意；
B．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B不符合题意；
C． 一个 分子含有6个中子， 的物质的量为0.5mol，含有的中子数为 ，C符合题意；
D． 和 发生反应生成 ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则 和 于密闭容器中充分反应后， 分子总数小于 ，D说不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.NaHSO4在水溶液中能够电离出Na+、H+、和，固体中含有Na+和；
B.气体所处的状态未知；
C.一个 分子含有6个中子；
D.H2与I2的反应为可逆反应。
13．（2022·浙江6月选考）下列反应的离子方程式不正确的是（　　）
A．盐酸中滴加溶液：
B．溶液中通入过量：
C．乙醇与酸性溶液反应：
D．溴与冷的溶液反应：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液产生硅酸沉淀，反应的离子方程式为 ，A不符合题意；
B．Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为 ，B不符合题意；
C．乙醇与 酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸， 被还原为 ，该反应的离子方程式为 ，C不符合题意；
D．类比氯气与碱反应可知，溴与冷的 溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.盐酸中滴加Na2SiO3溶液产生硅酸沉淀；
B.Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2；
C.乙醇具有还原性，具有氧化性；
D.溴与NaOH反应生成溴化钠、次溴酸钠和水。
14．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；银镜反应
【解析】【解答】A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A不符合题意；
B．蛋白质、氨基酸中加入茚三酮溶液，加热煮沸均会出现蓝紫色，B符合题意；
C．麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C不符合题意；
D．羧基脱羟基，氨基脱氢原子形成链状二肽，形成1个肽键；甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.植物油中含有的含有不饱和键能使溴的四氯化碳褪色；
B.溶液中含有蛋白质或氨基酸，加入茚三酮溶液，加热煮沸均会出现蓝紫色；
C.麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖；
D.同种氨基酸和不同氨基酸之间均可形成二肽。
15．（2022·浙江6月选考）染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是（　　）
A．分子中存在3种官能团
B．可与反应
C．该物质与足量溴水反应，最多可消耗
D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A不符合题意；
B．该物质含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B符合题意；
C．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，则1mol该物质最多消耗5molBr2，C不符合题意；
D．酚羟基能和NaOH以1：1反应，则1mol该物质最多消耗3molNaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质含有的官能团为酚羟基、碳碳双键、醚键和羰基；
B.碳碳双键能和HBr发生加成反应；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应；
D.该物质中只有酚羟基与NaOH反应。
16．（2022·浙江6月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（　　）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．与的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A不符合题意；
B．Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，B符合题意；
C．Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，MQ为NaCl，两者均为离子晶体，C不符合题意；
D．X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH ·H O，其溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素， 分子呈三角锥形 ，则Y为N元素，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，则M为Na元素，Q为Cl元素。
17．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B不符合题意；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
18．（2022·浙江6月选考）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） O H
能量/ 249 218 39 10 0 0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是（　　）
A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据表格中的数据可知， H2的键能为218×2=436 ，A不符合题意；
B．由表格中的数据可知 的键能为：249×2=498 ，由题中信息可知 中氧氧单键的键能为 ，则 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍，B不符合题意；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 ， 中氧氧单键的键能为 ，C符合题意；
D．由表中的数据可知 的 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氢气的键能为H的能量的两倍；
B.氧气的键能为O的能量的两倍，中O-O键的键能为；
D.根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算。
19．（2022·浙江6月选考）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c(HClO)减小，A不符合题意；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B不符合题意；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C不符合题意；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温该反应的平衡逆向移动；
B.氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质；
C.加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子浓度变化。
20．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
21．（2022·浙江6月选考）通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，发生还原反应，A不符合题意；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B不符合题意；
C．由分析可知，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C符合题意；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上LiMn2O4转化为Mn2+和Li+，发生了还原反应，则电极A为阴极，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，电极反应为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，两极相加得到总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
22．（2022·浙江6月选考）关于化合物的性质，下列推测不合理的是（　　）
A．与稀盐酸反应生成、、
B．隔绝空气加热分解生成、、
C．溶于氢碘酸（），再加萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与高温反应能生成
【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．化合物 中Fe的化合价为+3价，则与盐酸发生反应FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，生成 、 、 ，A不符合题意；
B．化合物 中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、 、 则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、 、 ，B符合题意；
C．化合物 中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)，Fe3+能将I-氧化为I2，再加 萃取，碘易溶于四氯化碳，因此有机层呈紫红色，C不符合题意；
D．化合物 在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物 与 高温反应能生成 ，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 中Fe的化合价为+3价，与盐酸反应生成 、 、 ；
B.若生成FeO、 、 ，得失电子不守恒；
C.Fe3+能将I-氧化为I2；
D.Fe为+3价，与SiO2高温可能反应能生成。
23．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
24．（2022·浙江6月选考）尖晶石矿的主要成分为（含杂质）。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物（沸点为，在升华）：。下列说法不正确的是（　　）
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．高温条件下，C与H2O反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A不符合题意；
B．由题干信息可知， 在 升华，故输送气态产物的管道温度要保持在 以上，B不符合题意；
C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C不符合题意；
D．反应过程中若保持炭过量，可能发生反应：SiO2+2C Si+2CO或者SiO2+3C SiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯化铝和氯化镁均会水解；
B.氯化铝在180℃时发生升华；
C.加炭氯化法加快反应速率，C被氧化为CO放出热量，又为氯化提供了能量；
D.炭过量会产生杂质。
25．（2022·浙江6月选考）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品（成分为亚硝酸钠或氯化钠）溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．KClO3与亚硝酸钠会发生反应： KClO3 +3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸能生成AgCl白色沉淀，A不符合题意；
B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B不符合题意；
C．亚硝酸有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变为黄色，C符合题意；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性条件下，KClO3能被NaNO2还原为Cl-；
B.高锰酸钾能氧化Cl-；
C.亚硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子；
D.亚硫酸根能被稀硝酸氧化为硫酸钠。
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
26．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是　 　。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是　 　。
【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
27．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：
，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
（1）每完全分解石灰石（含，杂质不参与反应），需要投料　 　焦炭。
（2）每生产纯碱，同时可获得　 　（列式计算）。
【答案】（1）10.8
（2）由（1）计算可知参与反应的和焦炭的物质的量之比为1∶1，因此
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）完全分解 石灰石(含 ，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是 ＝162000kJ，已知：焦炭的热值为 (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 ＝10800g＝10.8kg。
（2）参加反应的CO2与生成的纯碱之比为1：1，40%的CO2最终转化为纯碱，每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量为2500mol，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是 =900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是 ＝70kg。
【分析】（1）先计算完全分解100kg石灰石（含CaCO390%，杂质不参与反应），所需要的能量，再根据焦炭的热值和热量有效利用率计算；
（2）先计算参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比，根据碳原子守恒求出每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，由此计算。
28．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为　 　；X的化学式为　 　。
（2）溶液C的溶质组成为　 　（用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式　 　。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体　 　。
【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
29．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图　 　。
④在、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因　 　。
【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
C.根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S-H键、CH4中的C-H键相对强弱；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
③反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
30．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
31．（2022·浙江6月选考）某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。

已知：① ；
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是____。
A．硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B．化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基
C．化合物B具有两性
D．从的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）化合物C的结构简式是　 　；氯氮平的分子式是　 　；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为　 　。
（3）写出的化学方程式　 　。
（4）设计以和为原料合成的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式　 　。
①谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键。
②分子中含一个环，其成环原子数。
【答案】（1）D
（2） ；；加成反应、消去友应
（3） + → +CH3OH
（4）；
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；消去反应
【解析】【解答】（1）A．苯环发生硝化反应时需要浓硫酸作催化剂、浓硝酸作反应物，A符合题意；
B．由分析可知化合物A是 ，其中的含氧官能团是硝基和羧基，B符合题意；
C．由分析可知化合物B为 ，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C符合题意；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D不符合题意；
故答案为：D；
（2）由分析可知化合物C的结构简式为 ；根据氯氮平的结构简式可知其分子式为：C18H19ClN4；对比H和氯氮平的结构简式可知，H→氯氮平经历的反应是先发生加成反应，后发生消去反应；
（3）由分析可知，E为，G为，E和F反应生成G，则E→G的方程式为： + → +CH3OH；
（4）乙烯首先氧化得到环氧乙烷 ，乙烯和HCl加成生成CH3CH2Cl，之后NH3和 反应生成 ，再和 反应生成 ，结合信息②和CH3CH2Cl反应得到 ，具体流程为： ； CH3CH2Cl，NH3 ；
（5）化合物F含有1个环，则其不饱和度为1，其同分异构体，有3种等效氢，含有N-H键，且分子中含有含一个环，其成环原子数≥4 ，则这样的结构有 ， ， ， 。
【分析】G与氢气发生还原反应得到H，根据H的结构简式和G的分子式可知，G为，E与F反应得到G，则E为，C与D反应生成E，则C为，B与甲醇发生酯化反应生成C，则B为，A被还原生成B，则A为。
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【高考真题】2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分：共50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．（2022·浙江6月选考）下列消毒剂的有效成分属于盐的是（　　）
A．高锰酸钾溶液 B．过氧乙酸溶液
C．双氧水 D．医用酒精
2．（2022·浙江6月选考）下列物质属于强电解质的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·浙江6月选考）名称为“吸滤瓶”的仪器是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022·浙江6月选考）下列物质对应的化学式正确的是（　　）
A．白磷： B．甲基丁烷：
C．胆矾： D．硬脂酸：
5．（2022·浙江6月选考）下列表示正确的是（　　）
A．乙醛的结构简式：
B．丁烯的键线式：
C．的结构示意图：
D．过氧化钠的电子式：
6．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本
C．天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
7．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．和互为同位素
C．和互为同素异形体
D．丙酮（）和环氧丙烷（）互为同分异构体
8．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
9．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（　　）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
10．（2022·浙江6月选考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
11．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出
B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜
C．利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
D．蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁（等物质的量）的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体
12．（2022·浙江6月选考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．中含有个阳离子
B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C．含有中子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
13．（2022·浙江6月选考）下列反应的离子方程式不正确的是（　　）
A．盐酸中滴加溶液：
B．溶液中通入过量：
C．乙醇与酸性溶液反应：
D．溴与冷的溶液反应：
14．（2022·浙江6月选考）下列说法不正确的是（　　）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
15．（2022·浙江6月选考）染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是（　　）
A．分子中存在3种官能团
B．可与反应
C．该物质与足量溴水反应，最多可消耗
D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗
16．（2022·浙江6月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（　　）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．与的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
17．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
18．（2022·浙江6月选考）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） O H
能量/ 249 218 39 10 0 0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是（　　）
A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
19．（2022·浙江6月选考）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
20．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
21．（2022·浙江6月选考）通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
22．（2022·浙江6月选考）关于化合物的性质，下列推测不合理的是（　　）
A．与稀盐酸反应生成、、
B．隔绝空气加热分解生成、、
C．溶于氢碘酸（），再加萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与高温反应能生成
23．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
24．（2022·浙江6月选考）尖晶石矿的主要成分为（含杂质）。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物（沸点为，在升华）：。下列说法不正确的是（　　）
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量
25．（2022·浙江6月选考）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品（成分为亚硝酸钠或氯化钠）溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
26．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是　 　。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是　 　。
27．（2022·浙江6月选考）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：
，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为（假设焦炭不含杂质）。
请回答：
（1）每完全分解石灰石（含，杂质不参与反应），需要投料　 　焦炭。
（2）每生产纯碱，同时可获得　 　（列式计算）。
28．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为　 　；X的化学式为　 　。
（2）溶液C的溶质组成为　 　（用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式　 　。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体　 　。
29．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图　 　。
④在、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因　 　。
30．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
31．（2022·浙江6月选考）某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。

已知：① ；
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是____。
A．硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B．化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基
C．化合物B具有两性
D．从的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）化合物C的结构简式是　 　；氯氮平的分子式是　 　；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为　 　。
（3）写出的化学方程式　 　。
（4）设计以和为原料合成的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式　 　。
①谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键。
②分子中含一个环，其成环原子数。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，KMnO4在水溶液中电离出K+和 ，因此KMnO4属于盐，A符合题意；
B．过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，B不符合题意；
C．双氧化的成分为H2O2，含有H和O两种元素，属于氧化物，C不符合题意；
D．医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，CH3CH2OH属于有机物，不属于盐，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物。
2．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 是弱酸，部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；
B． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；
C． 是盐，在水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，C符合题意；
D． 是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中完全电离的电解质属于强电解质。
3．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．图示仪器为蒸馏烧瓶，A不符合题意；
B．图示仪器为分液漏斗，B不符合题意；
C．图示仪器为容量瓶，C不符合题意；
D．图示仪器为吸滤瓶，其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 吸滤瓶是一种类似有一个分支的锥形瓶。
4．【答案】B
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．白磷的化学式为： ，A不符合题意；
B． 2-甲基丁烷分子中主链上含有四个碳原子，2号碳上有一个甲基，其结构简式为 ，B符合题意；
C．胆矾是五水硫酸铜，其化学式为：CuSO4·5H2O， 是绿矾的化学式，C不符合题意；
D．硬脂酸是含有18个碳原子的饱和羧酸，其化学式为： ， 是软脂酸的化学式，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.白磷分子中含有4个P原子；
B.2-甲基丁烷分子中主链上含有四个碳原子，2号碳上有一个甲基；
C.胆矾是CuSO4·5H2O；
D.硬脂酸是含有18个碳原子的饱和羧酸。
5．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙醛含醛基，其结构简式为：CH3CHO，A不符合题意；
B.2-丁烯的碳碳双键位于2号碳原子和3号碳原子之间，其结构简式为CH3CH=CHCH3，键线式为 ，B不符合题意；
C．硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，则硫离子的结构示意图为 ，C不符合题意；
D．过氧化钠为离子化合物，钠离子和过氧根之间存在离子键，过氧根中含有O-O共价键，其电子式为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醛的官能团为醛基；
B.2-丁烯的碳碳双键位于2号碳原子和3号碳原子之间；
C.硫离子最外层有8个电子；
D.过氧化钠是含有非极性共价键的离子化合物。
6．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．油脂的相对分子质量远小于10000，不是高分子化合物，A符合题意；
B．福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，B不符合题意；
C．天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C不符合题意；
D．我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.油脂不是高分子化合物；
B.甲醛能使蛋白质变性；
C.天然气的主要成分是甲烷；
D.1965年我国科学家成功合成结晶牛胰岛素。
7．【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，两者结构不相似，不互为同系物，A符合题意；
B．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，B不符合题意；
C．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C不符合题意；
D．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
C.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
D.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
8．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；焰色反应；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，光导纤维的成分为二氧化硅，A符合题意；
B．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用作透雾能力强的高压钠灯，B不符合题意；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C不符合题意；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫的过程中，碳酸钙分解生成氧化钙：CaCO3 CaO+CO2↑，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙：2CaSO3+O2=2CaSO4，最终得到石膏，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.光导纤维的成分为二氧化硅；
B.钠的焰色反应为黄色，穿透力强；
C.高熔点的物质能作为耐高温耐火材料；
D.碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙。
9．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
11．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此应将润洗液从滴定管下口放出，A符合题意；
B．铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，因此在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛，B不符合题意；
C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C不符合题意；
D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.润洗液应从滴定管下口放出；
B.铝热反应非常剧烈且放出大量热；
C.红外光谱可测定有机物中存在的化学键；
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小。
12．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子， 的物质的量为0.1mol，含有 个阳离子，A不符合题意；
B．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B不符合题意；
C． 一个 分子含有6个中子， 的物质的量为0.5mol，含有的中子数为 ，C符合题意；
D． 和 发生反应生成 ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则 和 于密闭容器中充分反应后， 分子总数小于 ，D说不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.NaHSO4在水溶液中能够电离出Na+、H+、和，固体中含有Na+和；
B.气体所处的状态未知；
C.一个 分子含有6个中子；
D.H2与I2的反应为可逆反应。
13．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液产生硅酸沉淀，反应的离子方程式为 ，A不符合题意；
B．Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为 ，B不符合题意；
C．乙醇与 酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸， 被还原为 ，该反应的离子方程式为 ，C不符合题意；
D．类比氯气与碱反应可知，溴与冷的 溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.盐酸中滴加Na2SiO3溶液产生硅酸沉淀；
B.Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2；
C.乙醇具有还原性，具有氧化性；
D.溴与NaOH反应生成溴化钠、次溴酸钠和水。
14．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；银镜反应
【解析】【解答】A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A不符合题意；
B．蛋白质、氨基酸中加入茚三酮溶液，加热煮沸均会出现蓝紫色，B符合题意；
C．麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C不符合题意；
D．羧基脱羟基，氨基脱氢原子形成链状二肽，形成1个肽键；甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.植物油中含有的含有不饱和键能使溴的四氯化碳褪色；
B.溶液中含有蛋白质或氨基酸，加入茚三酮溶液，加热煮沸均会出现蓝紫色；
C.麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖；
D.同种氨基酸和不同氨基酸之间均可形成二肽。
15．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A不符合题意；
B．该物质含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B符合题意；
C．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，则1mol该物质最多消耗5molBr2，C不符合题意；
D．酚羟基能和NaOH以1：1反应，则1mol该物质最多消耗3molNaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质含有的官能团为酚羟基、碳碳双键、醚键和羰基；
B.碳碳双键能和HBr发生加成反应；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应；
D.该物质中只有酚羟基与NaOH反应。
16．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A不符合题意；
B．Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，B符合题意；
C．Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，MQ为NaCl，两者均为离子晶体，C不符合题意；
D．X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH ·H O，其溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素， 分子呈三角锥形 ，则Y为N元素，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，则M为Na元素，Q为Cl元素。
17．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B不符合题意；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
18．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据表格中的数据可知， H2的键能为218×2=436 ，A不符合题意；
B．由表格中的数据可知 的键能为：249×2=498 ，由题中信息可知 中氧氧单键的键能为 ，则 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍，B不符合题意；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 ， 中氧氧单键的键能为 ，C符合题意；
D．由表中的数据可知 的 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氢气的键能为H的能量的两倍；
B.氧气的键能为O的能量的两倍，中O-O键的键能为；
D.根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算。
19．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c(HClO)减小，A不符合题意；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B不符合题意；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C不符合题意；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温该反应的平衡逆向移动；
B.氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质；
C.加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子浓度变化。
20．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
21．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，发生还原反应，A不符合题意；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B不符合题意；
C．由分析可知，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C符合题意；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上LiMn2O4转化为Mn2+和Li+，发生了还原反应，则电极A为阴极，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，电极反应为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，两极相加得到总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
22．【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．化合物 中Fe的化合价为+3价，则与盐酸发生反应FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，生成 、 、 ，A不符合题意；
B．化合物 中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、 、 则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、 、 ，B符合题意；
C．化合物 中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)，Fe3+能将I-氧化为I2，再加 萃取，碘易溶于四氯化碳，因此有机层呈紫红色，C不符合题意；
D．化合物 在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物 与 高温反应能生成 ，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 中Fe的化合价为+3价，与盐酸反应生成 、 、 ；
B.若生成FeO、 、 ，得失电子不守恒；
C.Fe3+能将I-氧化为I2；
D.Fe为+3价，与SiO2高温可能反应能生成。
23．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
24．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．高温条件下，C与H2O反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A不符合题意；
B．由题干信息可知， 在 升华，故输送气态产物的管道温度要保持在 以上，B不符合题意；
C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C不符合题意；
D．反应过程中若保持炭过量，可能发生反应：SiO2+2C Si+2CO或者SiO2+3C SiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯化铝和氯化镁均会水解；
B.氯化铝在180℃时发生升华；
C.加炭氯化法加快反应速率，C被氧化为CO放出热量，又为氯化提供了能量；
D.炭过量会产生杂质。
25．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．KClO3与亚硝酸钠会发生反应： KClO3 +3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸能生成AgCl白色沉淀，A不符合题意；
B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B不符合题意；
C．亚硝酸有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变为黄色，C符合题意；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性条件下，KClO3能被NaNO2还原为Cl-；
B.高锰酸钾能氧化Cl-；
C.亚硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子；
D.亚硫酸根能被稀硝酸氧化为硫酸钠。
26．【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
27．【答案】（1）10.8
（2）由（1）计算可知参与反应的和焦炭的物质的量之比为1∶1，因此
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）完全分解 石灰石(含 ，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是 ＝162000kJ，已知：焦炭的热值为 (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 ＝10800g＝10.8kg。
（2）参加反应的CO2与生成的纯碱之比为1：1，40%的CO2最终转化为纯碱，每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量为2500mol，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是 =900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是 ＝70kg。
【分析】（1）先计算完全分解100kg石灰石（含CaCO390%，杂质不参与反应），所需要的能量，再根据焦炭的热值和热量有效利用率计算；
（2）先计算参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比，根据碳原子守恒求出每生产106kg纯碱，需要CO2的物质的量，二氧化碳中C来源于石灰石和焦炭，由此计算。
28．【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
29．【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
C.根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S-H键、CH4中的C-H键相对强弱；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
③反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
30．【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
31．【答案】（1）D
（2） ；；加成反应、消去友应
（3） + → +CH3OH
（4）；
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；消去反应
【解析】【解答】（1）A．苯环发生硝化反应时需要浓硫酸作催化剂、浓硝酸作反应物，A符合题意；
B．由分析可知化合物A是 ，其中的含氧官能团是硝基和羧基，B符合题意；
C．由分析可知化合物B为 ，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C符合题意；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D不符合题意；
故答案为：D；
（2）由分析可知化合物C的结构简式为 ；根据氯氮平的结构简式可知其分子式为：C18H19ClN4；对比H和氯氮平的结构简式可知，H→氯氮平经历的反应是先发生加成反应，后发生消去反应；
（3）由分析可知，E为，G为，E和F反应生成G，则E→G的方程式为： + → +CH3OH；
（4）乙烯首先氧化得到环氧乙烷 ，乙烯和HCl加成生成CH3CH2Cl，之后NH3和 反应生成 ，再和 反应生成 ，结合信息②和CH3CH2Cl反应得到 ，具体流程为： ； CH3CH2Cl，NH3 ；
（5）化合物F含有1个环，则其不饱和度为1，其同分异构体，有3种等效氢，含有N-H键，且分子中含有含一个环，其成环原子数≥4 ，则这样的结构有 ， ， ， 。
【分析】G与氢气发生还原反应得到H，根据H的结构简式和G的分子式可知，G为，E与F反应得到G，则E为，C与D反应生成E，则C为，B与甲醇发生酯化反应生成C，则B为，A被还原生成B，则A为。
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