【文档说明】浙江省 A9 协作体2023-2024学年高三上学期返校联考化学试题 含解析.docx，共(23)页，2.581 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省A9协作体2023-2024学年高三上学期返校联考化学试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题时在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填写相应数字；3.所有答案必须写在答题卷上

，写在试卷上无效；考试结束后，只需上交答题卷。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28P-31S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Ag-108Ba-137选择题部分一、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.下列物质溶于水中，因发生氧化还原反应而使溶液呈碱性的是A.NaHB.KHSC.NH3D

.Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．NaH溶于水，发生反应22HOHNaHNaOH+=+，A符合题意；B．HS-水解程度大于电离程度，故KHS溶于水显碱性，但水解不属于氧化还原反应，B不符合题意；C．NH3溶于水生成32HONH，电离显碱性，

但电离不是氧化还原反应，C不符合题意；D．23CO−水解显碱性，但与氧化还原反应无关，D不符合题意；答案选A。2.重铬酸钾(K2Cr2O7)和铬酸钾(K2CrO4)应用广泛，下列说法不正确的是A.Cr位

于元素周期表d区，最外层电子数为1B.K2CrO4属于强电解质C.酸性K2Cr2O7溶液可将乙醇氧化为乙酸D.K2CrO4在碱性溶液中可转化为K2Cr2O7【答案】D【解析】【详解】A．Cr为24号元素，价层电子排布为3d54s1，位于d区，最外层有1个电子

，A正确；B．K2CrO4属于盐，是强电解质，B正确；C．酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能将乙醇氧化为乙酸，C正确；D．K2CrO4在酸性溶液中可转化为K2Cr2O7，D错误；故选D。3.下列化学用语表示不正确的是A.2，2−二甲基丁烷的结构简式：B.三氟化硼分子

的空间填充模型：C.次氯酸分子的电子式：D.基态氯原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p5【答案】D【解析】【详解】A．根据烷烃的命名原则，2，2-甲基丁烷的结构简式为，故A说法正确；B．三氟化硼的结构

简式为BF3，中心原子B价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，其空间填充模型为，故B说法正确；C．HClO的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故C说法正确；D．基态氯原子的简化电子排布式为[Ne]

3s23p5，故D说法错误；答案为D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.NaHCO3可中和酸并受热分解产生CO2，可作蓬松剂B.NO2具有较强的氧化性，可用于饮用水消毒C.FeCl2具有还原性，可用于制作

印刷电路板D.H2S具有弱酸性，可除去废水中的Hg2+【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3可中和酸并受热分解产生CO2，可以使食物产生多孔而蓬松，故可作蓬松剂，A正确；B．二氧化氮没有强氧化性，B错误；C．氯化铁具有强氧化性，能制作印刷电路板，和铜反应，C错误；D．硫化氢和汞离子反应上次硫化

汞沉淀，不是利用其弱酸性，D错误；故选A。5.关于下列物质工业制备的说法正确的是A.烧碱：通过Na2O与H2O反应来制备B.铝单质：通过电解AlCl3溶液来制备C.盐酸：H2与Cl2燃烧生成HCl溶于水制得D.粗硅：高温下用H2还原SiHCl3制得【答案】C

【解析】【详解】A．工业制备烧碱，利用电解饱和食盐水得到，其反应2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；B．工业冶炼金属铝单质，常电解熔融氧化铝，即2Al2O3电解4Al+3O2↑，故B错误；C．氢气在氯气燃烧生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，故C正确；D．粗硅制备是

焦炭与二氧化硅反应，其反应为2C+SiO2高温2CO+Si，得到粗硅，然后再与HCl反应得到SiHCl，最后与氢气反应生成Si，得到高纯度的硅，故D错误；答案为C。6.工业上用S8(分子结构：)与CH4为原料制备CS2，发生反应：S8+2CH4=2CS2+4H2

S。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.S8既是氧化剂，又是还原剂B.生成17gH2S，断开S−S键数为NAC.消耗1gCH4转移电子数为NAD.CS2中σ键与π键数量之比为2：1【答案】B【解析】【详解】A．反应中C元素化合价

由CH4中-4价升至CS2中+4价，CH4做还原剂，S元素化合价由0价降至-2价，S8做氧化剂，A错误；B．1molS8中含有8molS-S键，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，B正确；C．每消耗1mo

lCH4，反应转移8mol电子，故消耗1gCH4，转移电子数1816mol，C错误；D．1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1:1，D错误；答案选B。7.能正确表示下列反应的离子方程式是A.硝酸银溶液中滴入少

量氨水：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+B.二氧化锰与浓盐酸共热：MnO2+4HClΔMn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OC.乙酰甲胺在稀盐酸中水解：CH3CONHCH3+H2O+H+⎯⎯→CH3COOH+CH3NH3+D.次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++ClO-+SO2+H

2O=CaSO4↓+Cl-+2H+【答案】C【解析】【详解】A．硝酸银溶液中滴入少量氨水生成白色沉淀AgOH、可以进一步分解为黑色沉淀Ag2O，A错误；B．浓盐酸在离子方程式书写时能拆，故二氧化锰与浓盐酸共热的离子方程式

为：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O，B错误；C．乙酰甲胺中的酰胺基先发生水解生成羧基和氨基，氨基再与H+结合，故乙酰甲胺在稀盐酸中水解：CH3CONHCH3+H2O+H+⎯⎯→CH3COOH+CH3NH3+，C正确；D．由于HClO是弱酸，故次氯酸钙溶液中通入少量二

氧化硫的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，D错误；故答案为：C。8.下列说法正确的是A.硝酸纤维和醋酸纤维均以纤维素为原料B.聚乳酸和聚丙烯酸均通过缩聚反应制得C.甲苯中混有苯酚，可加入适量浓溴

水后过滤除去D.核糖核酸(RNA)分子呈双螺旋结构【答案】A【解析】【详解】A．硝酸纤维和醋酸纤维均是由纤维素反应所得，A正确；B．乳酸分子中含有羧基和羟基，可通过缩聚反应得到聚乳酸，丙烯酸分子中含有碳碳双键，通过加聚反应制得聚丙烯酸，B错误；C．苯

酚和溴生成的三溴苯酚会溶于甲苯中不能过滤分离，C错误；D．DNA分子为双螺旋结构，RNA分子一般为单链状结构，D错误；故选A。9.有机物G是合成药物的中间体。下列说法不正确的是A.G分子中含有1个手性碳原子B

.G在酸或碱溶液中都可发生水解反应C.1molG完全燃烧需消耗20molO2D.1molG能与7molH2发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，所以G中只含一个手性碳原子，A正确；B．G中含有酯基，在酸或碱溶液中都可发生水

解反应，B正确；C．G的分子式为C19H16O5，1molG完全燃烧需消耗20.5molO2，C错误；D．1个G中含有2个苯环，1个碳碳双键，1个苯环可与3个氢气发生加成反应，故1molG能与7molH2发生加成反应，D正确；故选C。10.

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的各能级电子数相等；X的价层电子排布式为nsnnp2n；Y的核外电子填充在8个轨道中；Z有4个未成对电子。下列说法不正确的是A.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4：3的化合物【答案】BC【解析】【分析】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的各能级电子数相等，若有2个能级(1s22s2)，则T为Be元素，若有3个能级(1s22s22p2)，则T为C元素；X的价层电子排布式为nsnnp2n，则n=2，则价层电子排布式为2s22p4，则X为O元素；当T为B

e时，W可能为B、C或N等元素，当T为C元素时，W为N元素，故W只能为N元素；Y的核外电子填充在8个轨道中，则3p轨道中有1个空轨道，电子排布式为1s22s22p63s23p2，Y为Si元素；Z有4个未成对电子，则3d轨道有4个未成对电子，电子排布式1s22s22p63s23p

63d64s2，则Z为Fe。【详解】A．同周期元素核电荷数越大电负性越大，W和X为第二周期元素，N元素电负性小于O元素的电负性，同主族元素核电荷数越大，电负性越小，Si元素电负性小于C元素电负性，C元素的电负性小于O元素的电负性，综上所述电负性大小：X>W>Y，A正确；B．W简单氢化物为NH3，

能形成氢键，Y的简单氢化物为SiH4，无氢键，故W简单氢化物的沸点大于Y简单氢化物的沸点，T的简单氢化物可能为BeH2或CH4，前者为固体，后者为气体，无法比较W、T、Y简单氢化物的沸点高低，B错误；C．W、

T、Y最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、H2CO3或Be(OH)2、H2SiO3，无法比较W、T、Y最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱，C错误；D．Y与W、Z与X能形成Si3N4和Fe3O4，D正确；故答案为：BC

。11.电有机合成相对于传统有机合成具有显著优势，利用如图所示装置实现电催化合成呋喃二甲酸。下列说法不正确的是A.催化电极b为阴极，发生还原反应B.电极a上的反应为-6e-+2H2O=+6H+C.电路中每转移1mole-，阳极区与阴极区质量变化的差为2gD.若

1molNi2+在催化电极a放电，可制得呋喃二甲酸26g【答案】B【解析】【分析】由图可知，a极上镍离子失去电子发生氧化反应，为阳极，则b为阴极；【详解】A．据分析，催化电极b为阴极，发生还原反应，A正确；B．电极a

上的反应为Ni2+失去电子被氧化为NiO(OH)，NiO(OH)再被还原为Ni2+，则阳极区的总反应为-6e-+2H2O=+6H+，B错误；C．反应时阳离子向阴极迁移，电路中每转移1mole−，会有1mol氢

离子从阳极区进入阴极去，导致阳极区减小1g、阴极区增加1g，质量变化的差为2g，C正确；D．由图示可知，21molNi+在催化电极a放电生成1molNiO(OH)，然后发生反应6NiO(OH)++12H+=6Ni2+++10H2O，则21molNi+在催化电极a放电可得到1mol1

56g/mol=26g6呋喃二甲酸，D正确；答案选B。12.N2O5在HClO4中发生反应：N2O5+3HClO4=2+2NO+3-4ClO+H3O+。N2O5的结构如图，可看作H2O分子中H原子被硝基取代而形成。下列说法不正确的是A.N2O5是非极

性分子B.-4ClO空间构型为正四面体形C.+2NO中N杂化轨道类型为spD.H3O+的键角大于H2O的键角【答案】A【解析】【详解】A．N2O5是平面形分子，可看作H2O分子中H原子被硝基取代而形成，H2O是极性分子，则N2O5分子的正负

电荷中心不重合，也为极性分子，选项A不正确；B．-4ClO中Cl原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体形，选项B正确；C．+2NO中N原子的价层电子对数为5122−=，N杂化轨道类型为sp，选

项C正确；D．H3O+中O原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，H2O中O原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，孤电子对数越多，键角越小，选项D正确；答案选A。13.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系

不正确的是A.0.1mol·L−1Na2SO3溶液中：c(SO23−)>c(OH-)>c(HSO3−)B.NH4Cl溶液中加入等体积稀盐酸，NH4Cl溶液酸性可能减弱C.室温下，将pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，

所得溶液的pH>5D.室温下，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合：c(NH4+)+c(OH-)>c(Cl-)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol·L−1Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解产生氢氧根离子和亚硫酸氢根离子，水解是微弱的，且水也会电离产

生氢氧根离子，故c(SO23−)>c(OH-)>c(HSO3−)，A正确；B．所加盐酸浓度可能较小，其酸性如果比该氯化铵溶液的酸性还弱，则加入等体积稀盐酸，NH4Cl溶液酸性就会减弱，B正确；C．弱酸稀释时，会促进弱酸的电离，则将pH=3的醋酸溶液

加水稀释100倍，所得溶液的pH<5，C错误；D．根据电荷守恒可知，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，室温下，pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，所以c(NH4+)+c(OH-)>c(Cl-)+c(H+)，D正确；故选C。14.在

1L密闭容器中充入0.2molCl2和0.3molNO，不同温度下发生反应Cl2(g)+2NO(g)2ClNO(g)ΔH<0，ClNO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应温度大小

关系：T1>T2>T3B.实验Ⅱ相比实验Ⅰ、Ⅲ，除温度不同外还可能使用了催化剂C.NO和Cl2的物质的量之比保持不变时，反应达到平衡状态D.实验Ⅲ25min内用NO表示的反应速率为0.004mol/(L·min)【答案】D【解析】【详解】A．该反应为放

热反应，温度升高平衡逆向移动，ClNO的体积分数将减小，结合图像可知T1>T2>T3，故A正确；B．由以上分析可知T1>T2，但T2对应的速率比T1快，可知除温度不同外还可能使用了催化剂使得速率加快，故B正确；C．NO和Cl2的起始物质的量之比为3：2，变化量之

比为2：1，则反应过程中NO和Cl2的物质的量之比始终发生改变，当保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；D．根据已知条件列三段式：()()()2xC/lgo+2NxOg2xClNO/mol0.20.3ml22x/mol0.2x0.3g2x2−−起始转化平衡2xφ()=50%2x+0.3-

2x-O0.2-xClN=，x=0.1，NO表示反应速率为0.2mol1L0.00825min=mol/(L·min)；故选：D。15.常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgQ[Q表示24224(HCO)(HCO)cc−或22424(CO)(HCO

)cc−−随pH的变化关系如图所示。已知常温下，Ksp(CaC2O4)=10-8.63，下列说法不正确的是A.NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)<c(C2O24−)B.若P点坐标为(4.19，x)，则x=2.96的C.反应CaC2

O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数K=10−3.21D.当pH取值范围为(1.23，4.19)时c(HC2O4−)>c(C2O24−)>c(H2C2O4)【答案】D【解析】【分析】24224(HCO)(HCO)cc−=a1()Kc

H+或22424(CO)(HCO)cc−−=a2(H)Kc+，二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2，左侧直线表示Q与c(H+)乘积等于1×10−1.23，则H2C2O4溶液的Ka1=1×10−1.23，右侧直线表示Q与c(H+)乘积等于1×10−4.19，则H2C2O4溶的Ka2=

1×10−4.19。【详解】A．H2C2O4−的电离平衡常数=1×10−4.19，H2C2O4−的水解平衡常数K=1KwKa==10−12.77，电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)<c(

C2O24−)，故A正确；B．pH=1.23时，左侧曲线中，lgQ=lg24224(HCO)(HCO)cc−=0时，c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，24224(HCO)(HCO)cc−=a1()KcH+Ka1=24

224(HCO)(HCO)cc−×c(H+)=c(H+)=10-1.23，pH=4.19时，lg24224(HCO)(HCO)cc−=x，得到计算式x=lg24224(HCO)(HCO)cc−=lg1()KacH+=lg1.234.191010−−=2.

96，故B正确；C．反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数K=()()28.632242242421.234.1924222210110110()()()()()()12cHCOcHCOcCOcCOcCacCaKspcHcHKaKa−++

++−−−−====10−3.21，故C正确；D．lgQ为增函数，pH=1.23时，左侧曲线中，lgQ=lg24224(HCO)(HCO)cc−=0时，c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，右侧曲线中lgQ=lg22424(CO)(HCO)cc−−=lg2()KacH+=4.

191.231010−−≈-3，103c(C2O24−)=c(HC2O4−)=c(H2C2O4)；pH=4.19时，左侧曲线中，lgX=lg24224(HCO)(HCO)cc−≈3，c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)

，右侧曲线中，lgX=lg22424(CO)(HCO)cc−−=0，c(C2O24−)=c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)，所以1.23＜pH＜4.19的过程中，c(HC2O4−)实质先逐渐增大后减小，c(H2C2O4)逐渐

减小，c(C2O24−)逐渐增大，则不一定满足c(C2O24−)＞c(H2C2O4)，故D错误；故选D。16.探究硫及其化合物的性质，记录到如下现象，下列方案设计和结论都正确的是选项实验方案现象结论A取某

含氧酸盐溶液，加入稀硝酸酸化，若无明显现象，再加BaCl2溶液，观察现象溶液中产生白色沉淀说明该含氧酸盐溶液中含有2-4SOB将SO2分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液，观察现象品红的乙醇溶液不褪色，品红的水溶液慢慢褪色说明使品红褪色的不是SO2，而是SO2与水反应后的

产物C将乙醇与浓硫酸混合于试管中加热，产生气体通入酸性KMnO4稀溶液中，观察现象紫色溶液褪色说明浓硫酸具有脱水性，将乙醇转化为乙烯D将硫磺与浓KOH溶液共热，待固体消失后，加入足量稀硫酸，观察现象溶液变浑浊说明硫磺与碱反应生成硫化物和硫酸盐A.AB.BC.CD.D【答案】B【

解析】【详解】A．若原溶液中不存在2-4SO，而存在少量2-3SO，2-3SO被稀硝酸氧化为2-4SO，加入BaCl2溶液后，会产生不溶于硝酸的BaSO4沉淀。若存在银离子，加氯化钡溶液也会生成白色沉淀,故该实验结论错误，选项A错误；B．将SO2分别通入品红

的乙醇溶液和品红的水溶液，观察到品红的乙醇溶液不褪色，而品红的水溶液慢慢褪色，说明使品红褪色的不是SO2，而是SO2与水反应后的产物H2SO3，选项B正确；C．由于乙醇易挥发，且乙醇具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则该实验中高锰酸钾紫色溶液褪;色，

不能证明乙醇转化为乙烯，即不能证明浓硫酸具有脱水性，选项C错误；D．3S+6KOH(浓)=2K2S+K2SO3+3H2O，固体消失后，加入足量稀硫酸，发生2S2-+2-3SO+6H+=3S↓+3H2O，溶液变浑浊，结论:硫磺与碱反应生成了硫化物和亚硫酸

盐，选项D错误；的答案选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.石灰氮(CaCN2)可用作肥料、除草剂、杀菌剂、杀虫剂以及有机化工原料。请回答：（1）石灰氮可与稀硫酸反应生成硫酸钙和氨基氰，氨基氰(CH2N2)的结构式是___________。（2）氨基氰可水解生成尿

素[(CO(NH2)2]，C、N、O第一电离能从大到小排列的顺序是___________。已知尿素分子中所有原子均共平面，则分子中C、N原子的杂化轨道类型分别是___________、_________

__。（3）上世纪初曾用石灰氮与过热水蒸气反应制氨气，已知NH3沸点高于PH3、AsH3而低于SbH3、BiH3，原因是___________。（4）石灰氮可由电石与氮气反应制得：CaC2+N2=CaCN2+C。CaC2的

晶胞与NaCl相似，但由于C22−的结构导致晶胞沿一个方向拉长，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是___________。A.Ca2+填充在C22−围成的八面体空隙中B.每个C22−周围距离最近且等距离的Ca2+有6个C.一个晶胞内相距最远的Ca2+之间距离为222a+bpmD

.CaC2晶体密度计算表达式为230A864ab10N−g/cm3【答案】（1）（2）①.N>O>C②.sp2③.sp2（3）结构相似的分子，通常相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，所以NH3沸点低于SbH3、BiH

3，但NH3分子间存在氢键，分子间作用力较大，所以NH3沸点高于PH3、AsH3（4）BD的【解析】【小问1详解】依据2电子和8电子稳定结构判断，氨基氰(CH2N2)的结构式应该是。【小问2详解】同周期自

左向右第一电离能逐渐增大，但由于氮元素的2p轨道电子半充满，稳定性强，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O的第一电离能从大到小排列的顺序是N>O>C。由于尿素分子中所有原子均共平面，则分子中C、N原子的杂化轨道类型均是sp2。【小问3详解】由于结构相似的分子

，通常相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，所以NH3沸点低于SbH3、BiH3，但NH3分子间存在氢键，分子间作用力较大，所以NH3沸点高于PH3、AsH3；【小问4详解】A．由晶胞图可知，Ca2+的上下左右前后六个方向分别有一个C22−，因此Ca2+填充

在C22−围成的八面体空隙中，故A正确；B．由晶胞图可知，每个Ca2+周围等距紧邻的C22−有4个，故B错误；C．一个晶胞内相距最远的Ca2+之间距离为体对角线，即为222a+bpm，故C正确；D．根据均摊法得

一个晶胞中含有的Ca2+的数目为8×18+6×12=4，C22−离子的数目为12×14+1=4，因此一个晶胞中含有4个CaC2，晶胞的质量为：m=A464Ng，晶胞的体积为V=a2×b×10-30cm3，因此CaC2晶体密度的计算

式为ρ=m÷V=30A241064bNa−g/cm3＝230A46410aNb−g/cm3，故D错误；故选：BD。18.化工原料氨基磺酸(H2NSO3H)是硫酸的羟基被氨基取代而形成的一种无机固体酸，可通过下列流程制备：已知：氨

基磺酸溶液呈强酸性，加热至60℃以上时发生水解反应。请回答：（1）步骤Ⅲ产物除H2NSO3H外，还生成了一种气体，反应的化学方程式是___________。（2）氨基磺酸与氨基酸类似，是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐。预测熔点大小关系是：H2

NSO3H___________H2SO4(填“>”或“<”)，理由是___________。（3）下列说法不正确的是___________。A.液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B.H2NCOONH4既属于酯

类物质又属于酰胺类物质C.CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥D.H2NSO3H发生水解反应后得到硫酸氢铵溶液（4）氨气与光气(COCl2)反应也可生成CO(NH2)2和一种盐，反应的化学方程式是___________。（5）设计实验方案检验氨基磺酸中的N元素___________。【

答案】（1）CO(NH2)2+H2SO4·SO3=2H2NSO3H+CO2↑（2）①.>②.氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO3−，类似氨基酸形成内盐，熔点较高，而固态硫酸为分子晶体，熔点较低（3）BC（4）4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH

4Cl（5）取少量氨基磺酸于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝色，说明含N元素【解析】【分析】氨气和二氧化碳反应生成H2NCOONH4，H2NCOONH4脱水得CO(NH2)2，CO(NH2)2与H2SO4

·SO3反应生成H2NSO3H。【小问1详解】步骤Ⅲ中CO(NH2)2与H2SO4·SO3反应除生成H2NSO3H外，还生成了一种气体，由质量守恒定律推断该气体为二氧化碳，反应化学方程式为：CO(NH2)2+H2SO4·SO3=2H2NSO3H+CO2↑；【小问2详解】氨基磺酸

分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO3−，类似氨基酸形成内盐，熔点较高，而固态硫酸为分子晶体，熔点较低；【小问3详解】A．液氨气化时要吸收大量的热，利用这一性质，可用作制冷剂，故A正确；B．H2NCOONH4不属于酯类，酯基的

的官能团为-COOR（R一般为烷烃基），故B错误；C．CO(NH2)2是尿素，属于有机物，不属于铵盐，但其含氮量高，可作氮肥，故C错误；D．H2NSO3H发生水解反应后得到硫酸氢铵溶液，反应方程式为，故D正确；故选BC；【小问4详解】氨气与光气

(COCl2)反应也可生成CO(NH2)2和一种盐，由质量守恒定律可知，盐应为氯化铵，反应的化学方程式是4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；【小问5详解】氨基磺酸与碱反应并加热，可生成氨气，再检验氨气，即可检验氨基磺酸中的N元素。

19.CH3OH是一种绿色燃料，可由CO或CO2制备。工业上制备CH3OH发生如下反应：反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ/mol反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+412kJ/mol请回答：（1）CO(g)+2H2(

g)CH3OH(g)，该反应的ΔH=___________kJ/mol。（2）将CO2和H2按1︰3通入密闭容器中发生反应1和反应2，改变反应温度，分别测得1MPa、3MPa、5MPa下CO2的平衡转化率(α)以及3MPa时生成CH3OH、CO选择性(S)的变化如图甲(选择性为目

标产物在总产物中的比率)。①代表5MPa下α(CO2)随温度变化趋势的是曲线___________(填“a”“b”或“c”)。②随着温度升高，a、b、c三条曲线接近重合的原因是___________。③P点对应的反应2

的平衡常数Kp=___________。④分子筛膜反应器可提高反应1的平衡转化率，原理如图乙所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是___________。.⑤请在下图中画出5MPa时生成CH3OH、CO选择性(S)随温度变

化的曲线。__________【答案】（1）-90.7（2）①.a②.升温会抑制放热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较高时以反应2为主，而反应2前后气体分子数相等，压强改变对平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合③.1104或0.0096或9.6×10-

3④.分子筛膜可将H2O从体系中移出，使c(H2O)降低，促使反应1平衡正向移动⑤.(S(CO)位于3MPa曲线下方，S(CH3OH)位于3MPa曲线上方，两线交点纵坐标为50)【解析】【小问1详解】根据盖斯定律：

反应1-反应2计算可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应的ΔH=-49.5kJ/mol-（+41.2kJ/mol）=-90.7kJ/mol【小问2详解】①由图可知，一定低温条件下、5MPa时甲醇的选择性（S）最大，CO选择性（S）最小，说明低温条件增大压强时主要发生反应1，反应

1是气体体积减小的反应，增大压强反应1的平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率(α)增大，即压强越大二氧化碳的平衡转化率(α)越大，所以代表5MPa下，α（CO2）随温度变化趋势的是曲线a；②由图可知，温度较高时甲醇的选择性（S）较小，CO选择性（S）较大，说明温度较高时主要

发生反应2，反应2是气体体积不变化的吸热反应，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影响，即a、b、c三条曲线接近重合的原因是为温度较高时以反应2为主，该反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响，故答案为：升温会抑制放热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较

高时以反应2为主，而反应2前后气体分子数相等，压强改变对平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合；③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，P点时甲醇的选择性（S）、CO选择性（S）均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=

20%，体系压强为3MPa，平衡时：n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，设n(H2)=xmol，n(CH3OH)=n(CO)=ymol，n(H2O)=zmol，根据C、H、O原子守恒可知，

0.8+2y=1，,2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6mol，y=0.1mol，z=0.2mol，体系中气体的总物质的量n=2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol+0.8mol=3.8mol，p(CO2)=0.8mol243MPa=MPa3.8m

ol38；同理可知：p(H2)=78MPa38p(CO)=3MPa38，p(H2O)=6MPa38，反应2的平衡常数Kp=22236MPaMPap(HO)p(CO)38387824p(CO)p(H)MPaMPa3838==0.0096

；④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功能，只催化反应1，且能分离出生成物水蒸气，促进反应1的平衡正向移动，以提高二氧化碳的平衡转化率，分子筛膜可将H2O从体系中移出，使c(H2O)降低，促使反应1平衡正向移动；⑤压强增大，S(CO)降低，位于3MPa曲线下方，S(CH3O

H)增大，位于3MPa曲线上方，两线交点纵坐标为50，故曲线为20.某兴趣小组设计如图实验装置制备次磷酸钠(NaH2PO2)。已知：①白磷(P4)空气中可自燃，与过量烧碱溶液混合，80~90℃时反应生成NaH2PO2和PH3。②PH3是一种有强还原性的有毒气体，空气中可自燃，

可与NaClO溶液反应生成NaH2PO2。请回答：（1）①仪器a的名称是___________。②仪器b组成的装置的作用是___________。（2）检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段时间，目的是________。（3）仪器c中充分反应后生成NaH2PO2和

NaCl，经过一系列操作可获得固体NaH2PO2。相关物质的溶解度(S)如下：S(25℃)S(100℃)NaCl3739NaH2PO2100667从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤。[“___________”上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作，均用字母表示]。

取仪器c中溶液，用蒸发皿(___________)→用___________(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到NaH2PO2)→洗涤→干燥→NaH2PO2粗产品。仪器：d．普通三角漏斗；e．铜制保温漏斗；操作：f．蒸

发浓缩至有大量晶体析出；g.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜。在（4）下列有关说法不正确的是___________。A.次磷酸(H3PO2)是三元酸B.为加快反应速率，投料前应先在通风橱内将白磷碾成薄片状C.反应结束后应继续通入N2一段时间，可提高NaH2PO2产率D.d中所盛硫

酸铜溶液可用酸性高锰酸钾溶液代替（5）产品纯度测定：取产品xg配成100mL溶液，取10mL于锥形瓶中，酸化后加入50mL0.1000mol/L的NH4Fe(SO4)2溶液，以邻二氮菲做指示剂，再用0.1000mol/L的硫酸铈滴定至终点，平均消耗VmL。相关反

应的离子方程式为：H2O+H2PO2−+2Fe3+=H2PO3−+2Fe2++2H+、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，产品纯度表达式为___________(用含x、V的式子表示)。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中

（2）排尽装置内的空气（3）①.f②.e（4）AB（5）0.044Vx或311000.1V1088210x−【解析】【分析】在三颈烧瓶中加入白磷，通过分液漏斗加入烧碱溶液，先打开K通入一会儿氮气，排出装置中的空气，然后关闭K，再滴加NaOH溶液并加热，A中生成的PH3，在

c装置中PH3被NaC1O溶液氧化为NaH2PO2，同时NaClO被反应产生NaCl。实验结束后继续打开K通入一会儿氮气，含有PH3的尾气用CuSO4溶液吸收。在进行NaH2PO2含量测定时，要利用关系式法进行计算。【小问1详解】①根据装置图可知：仪器a的名称是三颈烧瓶

；②仪器b是空的广口瓶，导气管短进长出，组成的装置的作用是安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中；【小问2详解】检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段时间，目的是排尽装置内的空气，防止白磷及反应产生的PH3被氧化。【小问3详解】根据表格数据可

知在仪器c中生成的NaH2PO2、NaCl的溶解度受温度的影响不同，可知：NaH2PO2的溶解度受温度的影响变化较大，而温度对NaCl的溶解度几乎无影响，故要从c中溶液中获得NaH2PO2的粗产品，取仪器c中溶液，用蒸发皿蒸发浓缩至有大量晶体析出，再用铜制保温漏斗(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→

用漏斗(过滤得到NaH2PO2)→洗涤→干燥→NaH2PO2粗产品。故合理选项是f、e；【小问4详解】A．在c中白磷与过量NaOH反应产生NaH2PO2，则NaH2PO2是正盐，说明H3PO2是一元酸，A错误；B．投料前若先在通风橱内将白磷碾成薄片状，白磷

会被空气中的氧气氧化，因此不可以进行该操作，B错误；C．反应结束后应继续通入N2一段时间，可以排出装置中的空气，可防止生成NaH2PO2的被氧化而变质，从而可以提高NaH2PO2的纯度，C正确；D．反应产生的PH3是有毒气体，

在排放前要进行尾气处理，可以使用CuSO4溶液吸收，也可以使用酸性KMnO4溶液吸收，D正确；故合理选项是AB；【小问5详解】根据反应的离子方程式可得关系式：-22HPO~2Fe2+~2Ce4+，将xg样品配制成100mL溶液，取出10mL样品溶液，进行滴定消耗Ce4

+的物质的量是n(Ce4+)=0.1000mol/L×V×10-3L=1.000×V×10-4mol，则其中含有的NaHPO2的物质的量为n(NaHPO2)=12n(Ce4+)=12×1.000×V×10-4mol，则该样品的纯度为：-4-4=10xxg100

110011.000V10881.000V10mol88g/mol2102=0.044Vx。21.某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成有机光电材料中间体K。已知：①R-BrNaCN⎯⎯⎯→醇R-CN⎯⎯⎯⎯→2+HOHR-COOH；②R-CHO+

CH3CHONaOHΔ⎯⎯⎯⎯→溶液R-CH=CHCHO。请回答：（1）反应Ⅰ所需试剂和反应条件分别是___________、___________。化合物M的结构简式是___________。（2）下列说法不正确的

是___________。A.化合物D分子中所有原子可能共平面B.化合物E与苯甲酸互为同系物C.E→F、G→J的反应类型分别为加成反应、取代反应D.化合物N可由环戊二烯与乙烯经加成反应制得（3）反应F→G第①步反应的化学方程式

是___________。（4）写出同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式___________。①分子中含有苯环；遇氯化铁溶液显紫色；②1H−NMR谱表明分子中有5种化学环境不同的氢原子；IR谱显示存在碳氧双键、碳

碳双键。（5）设计以HCHO、CH3CHO为原料合成的合成路线___________(用流程图表示，其它无机试剂任选)。【答案】（1）①.氯气②.光照③.CH3CH2OH（2）BD（3）（4）、（5）或【解析】【分析】根据题中各

物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A()，A发生水解反应生成B()，B经过催化氧化生成C()，根据已知②，C与乙醛反应生成D()，D发生氧化反应生成E()，E与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成F（），F与

氢氧化钠的乙醇溶液反应后酸化生成G()，由G和J的分子式结合G生成J的反应条件可知，M为CH3CH2OH，G与M发生酯化反应生成J（），根据J与K的结构简式，可得N为，据此分析解题。【小问1详解】根据分析，反

应Ⅰ为甲苯在光照条件下与氯气反应生成，所需试剂和反应条件分别是氯气、光照；化合物M的结构简式是CH3CH2OH。【小问2详解】A．根据分析，化合物D为，分子中苯环及其连接原子共平面，碳碳双键所连原子共平面，碳氧双键所连原子共平面，单键可以旋转，故D中所有原子可能共平面，A正确；B．根据分析，化合

物E为，含有碳碳双键，与苯甲酸不互为同系物，B错误；C．根据分析，E→F、G→J的反应类型分别为加成反应、取代反应，C正确；D．环戊二烯与乙烯经加成反应制得，不能生成，D错误；故选BD。【小问3详解】根据分析，反应F→G第①步反应的化学方程式是，得到的产

物酸化后生成G。【小问4详解】化合物的同分异构体：①分子中含有苯环；遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；②分子中有5种氢原子；存在碳氧双键、碳碳双键。符合上述条件的化合物的同分异构体的结构简式有、。【小问5详解】