【文档说明】2024年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟卷03（全解全析）.docx，共(17)页，1.680 MB，由小赞的店铺上传

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2024年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟试卷03(考试时间：90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108Ba137Ce140选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题

3分，共48分。每个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．下列食品添加剂的成分属于酸的是()A．可乐中的二氧化碳B．饮料中的苯甲酸C．奶粉中的硫酸亚铁D．香肠中的亚硝酸钠【答案】B【解析】A项，二氧化碳属于氧化物，A错误；B项

，苯甲酸属于酸，B正确；C项，硫酸亚铁属于盐，C错误；D项，亚硝酸钠属于盐，D错误；故选B。2．下列化学用语表示正确的是()A．BF3价层电子对互斥模型：B．氦原子轨道的电子云图：C．羟基电子式：D．CH3C

HBrCH2Br名称读作：2位3位两个溴丙烷【答案】C【解析】A项，BF3中心原子价层电子对为3，没有孤电子对，为平面三角形，A错误；B项，氦原子核外电子排布为1s2，轨道的电子云图为球对形，B错误；C项，

羟基为中性原子团，电子式：，C正确；D项，CH3CHBrCH2Br名称读作：1，2-二溴丙烷，D错误；故选C。3．BaSO4是重晶石的主要成分，下列说法不正确．．．的是()A．硫酸钡属于强电解质B．钡元

素位于周期表的s区C．硫酸钡可以制备白色颜料D．钡离子无毒，BaSO4可用作“钡餐”【答案】D【解析】A项，熔融态硫酸钡完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故A正确；B项，钡元素位于周期表的第IIA族，属于s区元素，故B正确；C项，硫酸钡是白色难溶于水的固体可做白色颜料，

故C正确；D项，钡离子有毒，BaSO4可用作“钡餐”的原因是BaSO4不溶于水和酸，故D错误；故选D。4．物质的性质决定用途，下列说法正确的是()A．银氨溶液具有弱还原性，可用于制银镜B．CO有可燃性，可用于炼铁C．干冰升华能吸

收大量热，可用于人工降雨D．Al性质稳定，可用铝制槽车运输浓硫酸【答案】C【解析】A项，银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜，A错误；B项，CO有还原性，可用于炼铁，B错误；C项，干冰升华能吸收大量热，可用于人工降雨，C正确；D项，Al性质活泼

，可用铝制槽车运输浓硫酸是因为铝发生钝化，D错误；故选C。5．完成下述实验，装置或试剂不正确．．．的是()A．实验室制氯气B．验证氨气易溶于水且溶液呈碱性C．溶液的转移D．实验室制乙炔除去H2S杂质【答案】C【解析】A项

，实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，故A正确；B项，氨气易溶于水会引发喷泉实验，滴有酚酞的溶液变红说明氨气溶于水形成的溶液呈碱性，故B正确；C项，配置一定物质的量浓度溶液中，“转移”需要用玻璃棒引流，故C错误；D项，H2S通入硫酸铜溶液中会生成CuS沉淀，实验室用硫酸

铜溶液除去乙炔中的H2S杂质，故D正确；故选C。6．油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是()A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中

，元素As和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()()22nOnHO：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化231molAsS转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】A项，S2O32-的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故

其空间结构不是正四面体形，A错误；B项，As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C项，根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2SO4，反应Ⅱ的方程式为：2A

s2S3+7O2+6H2O2H3AsO3+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()()22nOnHO：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D项，As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1molAs2S3失电子3×4mol=12mol

；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1molAs2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正

确的是()A．1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NAB．一定温度下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均小于0.5NA，且前者更少C．1mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反

应，转移的电子数均为2NAD．1L0.01mol·L-1溶液中，和的离子数目之和为0.01NA【答案】A【解析】A项，硝基-NO2既没有得电子也未失电子，46g二氧化氮(NO2)的物质的量m46gn===1molM46

g/mol，故1mol硝基中含有的电子数与二氧化氮中的相同，均为23NA，故A正确；B项，盐溶液越稀，盐类水解程度越大，故1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量不同，且是前者大，故B错误；C项，过氧化钠和

二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移NA个电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，故1mol过氧化钠转移2NA个电子，故C错误；D项，部分水解生成邻苯二甲酸，依据物料守恒可知，1L0.01mol•L-1溶液中，和的离子

数目之和小于0.01NA，故D错误；故选A。8．下列说法不正确．．．的是()A．冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子B．甲苯、甘油都与浓硝酸发生取代反应分别生成TNT和硝化甘油C．只用新制氢氧化铜(可加热)

就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳、葡萄糖D．新冠疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性【答案】C【解析】A项，冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子，A正确；B项，甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，即TNT；甘油与浓硝酸发生取代反应生成硝化甘油，B正确；C项

，乙醇与新制氢氧化铜溶液互溶；己烷密度比水小，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在上层；四氯化碳密度比水大，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在下层；乙醛和葡萄糖在加热条件下与新制氢氧化铜反应均生成砖红色沉淀，无法区分，C错误；D项，低温可防止蛋

白质变性，疫苗一般采用冷藏存放，D正确；故选C。9．下列离子方程式正确的是()A．碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：3Fe2++4NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OB．氯化铝溶液与浓氨水混合：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OC

．银氨溶液中加入足量盐酸：[Ag(NH3)2]2++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2OD．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑【答案】C【解析】A项，碘离子的还原性比亚铁离子强，碘化亚铁中滴入少量稀硝酸，与碘离子反应，A错误；B项，氯化铝与浓

氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能生成偏铝酸根，B错误；C项，银氨溶液与盐酸反应生成氯化银、氯化铵和水，离子方程式正确，C正确；D项，镁离子与氢氧根不共存，会生成氢氧化镁沉淀，离子反应方程式错误，D错误；故选C。10．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与

环己醇反应制得，下列说法正确的是()A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种B．环己醇分子中有1个手性碳原子C．DCHP能发生加成反应、取代反应、消去反应D．1molDCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2molNaOH

【答案】D【解析】A项，邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；B项，环己醇中不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，不存在

手性碳原子，B错误；C项，DCHP中含有苯环能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；D项，1molDCHP含2mol-COOC，则1molDCHP最多可与2mol氢氧化钠反应，D正确；故选D。11．经科学家们研究发现，火星气体及岩石中

含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q，其中X与Q同主族，XZ2是造成温室效应的重要气体，Y的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，W基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，下列说法正确的是()A．原子半径：W>Q>Z>Y>XB．简单氢化物的沸点：X>Y>ZC

．X和Q分别与Z形成的二元化合物所含化学键类型和晶体类型完全相同D．Y与W形成的化合物能与NaOH溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体【答案】D【解析】由题干信息可知，X与Q同主族，XZ2是造成温室效应的重要气体，是CO2，则X为C元素，Q为Si元素，Z为O元素；Y的基态原子核外的

单电子数是同周期中元素最多的，则Y为N元素；W基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，则W为Al元素。A项，原子半径：Al＞Si＞C＞N＞O＞即W＞Q＞X＞Y＞Z，A错误；B项，X的氢化物有CH4(g)、C6H6(l)，

Y的氢化物有NH3(g)、N2H4(l)等，Z的氢化物可能为H2O(l)、H2O2(l)，所以X、Y、Z的氢化物沸点不一定是X大于Y大于Z，B错误；C项，C与O、Si与O形成的二元化合物分别为和CO2、SiO2，前者是分子晶体，含有极性键，后者是共价晶体，含有极性键，C错误；D项，Y与W形成的

化合物AlN能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；故选D。12．通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。下列说法不正确．．．的是()A．I2/CC

l4溶液可以用乙酸乙酯萃取分离其中的碘B．操作①为分液，需要使用分液漏斗C．步骤②发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2↓+3H2OD．操作③为升华法(如图)，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质【答案】A【解析】A项，向碘的四氯化碳溶液中加入氢

氧化钠溶液，分液后水层中含有碘离子和碘酸根离子，加入硫酸后，碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成碘单质，得含有碘单质的悬浊液，过滤后得碘单质。A项，乙酸乙酯与四氯化碳互溶，不能萃取，故A错误；B项，操作①为分液，需分液漏斗，故B正确；C项，步骤②碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成

碘单质，离子方程式：IO3-+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，故C正确；D项，操作③为升华，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质，故D正确；故选A。13．通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列

说法正确的是()A．电解液E为阳极电解液，呈酸性B．电极B的电极反应：NO+2H2O-3e-=HNO3-+3H+C．中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向A、B极迁移D．若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸【

答案】D【解析】由图可知，A极氮元素价态降低得电子，故A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO3-+4H+。A项，根据以上分析，A极为阴

极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，故A错误；B项，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO3-+4H+，故B错误；C项，由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH-、H+分别透过

选择性离子膜向B、A极迁移，故C错误；D项，由图可知，A极NO→NH3～5e-，B极NO→NO3-～3e-，根据电子得失守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，故D正确；故选D。14．一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生加成反应有①、②

两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确．．．的是()A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量C．其他条件不变，适当提高反应

温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例D．相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)【答案】B【解析】A项，焓变在给定反应中，只与始态和终态有关，与中间状态无关，根据图像可知，该反应为放热反应，放出热量越多，产物能量越低，该物质越稳定，故A正确

；B项，根据图像可知，反应①、②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步为吸收热量，故B错误；C项，CH3CH2CH2Cl(g)CH3CHClCH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，可以提高CH3C

H2CH2Cl(g)的比例，故C正确；D项，反应②的活化能比反应①的活化能低，化学反应速率快，因此相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，故D正确；故选B。15．印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常

坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43-(aq)+3C11H23COO-(aq)Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的K

sp=2.8×10-9。下列说法不正确．．．的是()A．椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳B．弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳

酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化D．海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大【答案】D【解析】A项，由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成

更加坚硬的甲壳，A正确；B项，弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B正确；C项，将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸

钠溶液中，较高浓度的碳酸根离子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)转化为CaCO3(s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；D项，海水中CO2浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C1

1H23COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D错误；故选D。16．碳酸钠、碳酸氢钠是实验室中常见的物质，下列方案设计、现象和结论都正确的是()实验方案现象结论A测定等浓度的Na2

CO3溶液和Na2SO3溶液的pHNa2CO3溶液的pH较大非金属性是S＞CB将Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液分别加入到Na2CO3溶液中均出现白色沉淀Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液均可使CO32-的水解平衡正向移动C将稀苯酚溶液逐滴加入加

有酚溶液红色褪去Ka1(H2CO3)＞Ka(苯酚)＞Ka2(H2CO3)酞的碳酸钠溶液中至过量但无气泡产生D向少量NaHCO3溶液加入一小块打磨过的镁条，观察实验现象产生气泡该气体主要是CO2【答案】C【解析】A项，Na2CO3溶液的pH较大，说明

水解程度：CO32-＞SO32-，酸性：：HCO3-＜HSO3-，但是不能由此得出非金属性S>C的结论，因为比较非金属性强弱，要比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而S和C对应的酸应为H2SO4和H2CO3，A错误；B项，CO32-存在水解平衡CO32-+H2OH

CO3-+OH-，碳酸钠溶液中加入硫酸铝，Al3+结合OH-生成Al(OH)3沉淀，使得OH-浓度减小，水解平衡正向移动；加入CaCl2，Ca2+结合碳酸根离子生成CaCO3沉淀，碳酸根浓度减小，水解平衡逆向移动，B错误；C

项，将稀苯酚溶液逐滴加入加有酚酞的碳酸钠溶液中至过量，发生反应C6H5-OH+CO32-→C6H5-O-+HCO3-，溶液红色褪去但无气泡产生，由此可得酸性：H2CO3>苯酚>HCO3-，则Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)>Ka2(H2CO3)，C正确；D项，向

少量NaHCO3溶液加入一小块打磨过的镁条，镁和碳酸氢根电离出的氢离子反应生成H2，D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)卤化物、氢化物在科研和生活中占有重要地位。回答下列问题：(1)下列氟元素的不同微粒，用光谱仪可捕捉到发射

光谱的是________。A．1s22s22p43s1B．1s22s22p43d2C．1s22s22p5D．1s22s22p6(2)OF2的VSEPR模型名称为____________。(3)二氟氮烯(N2F2)分子中，每个原子均满足八电子稳定结构，则N2F2的结构式为

____________。(4)C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(1kJmol−)如下表：H3C-CH3H2N-NH2HO-OH346247207A-A键的键能依次降低的原

因是_______________________________________。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料。CH3NH3PbI3的晶胞如图所示，

其中CH3NH3+位于顶点(大空心球)位置。已知CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，阿佛加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为____________g·cm-3。(用最简式表达)【答案】(1)AB(2分)(2)四面体形(1分)(3)F-N=N-F(1分)(4)H3C-CH3、H2N-N

H2、HO-OH中中心原子C、N、O形成化学键后的故电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，则排斥作用越大，导致其形成的化学键越不稳定，键能减小(3分)(5)21A362Na010(3分)【解析】(1)氟为9号元素，基态原子核外

电子排布为1s22s22p5；若处于激发态的电子跃迁到较低轨道会得到发射光谱，根据构造原理1s22s22p43s1、1s22s22p43d2中有电子处于激发态，故用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s22p43s1、1s22s22p43d2，故选AB

；(2)OF2中氧原子的价层电子对数为2+6-122=4，则中心原子为sp3杂化，VSEPR模型名称为四面体形；(3)二氟氮烯(N2F2)分子中，每个原子均满足八电子稳定结构，则N2F2中氟与氮形成1个

共价键、氮氮之间形成2个共价键，其结构式为F-N=N-F；(4)H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中中心原子C、N、O形成化学键后的故电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，则排斥作用越大，导致其形成的化学键越不稳定，键能减小；(5)根据“均摊法”，晶胞中含1818=个

CH3NH3+，结合化学式可知，1个晶胞中含有1个CH3NH3PbI3，则晶体密度为2132313AA3MN62010gcm1gmN=0caa−−。18．(10分)氯化亚砜()常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其

制备及用途，回答下列问题：(1)用硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%。写出该反应方程式。(2)下列有关说法不正确．．．的是。A．SO3是极性分子，容易与H2O发生反应B．途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解C．

FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为：Fe3++H2OFe(OH)2++H+D．CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺(3)途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应方程式。(4)SOCl2极易水解，试从共价键的

极性角度分析其原因。(5)途径①可能发生氧化还原反应而生成副产物，设计实验分别检验氧化产物和还原产物的存在。【答案】(1)2S+3Cl2+SO33SOCl2(2分)(2)A(2分)(3)CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑(2分)(4)

O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应(2分)(5)取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-；另一份滴加K3

[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成(2分)【解析】(1)硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%，则反应为化合反应，根据质量守恒配平可知反应为2S+3Cl2+SO33SOCl2；(2)A项，SO3分子中硫形成3个

共价键且无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，三氧化硫容易与H2O发生反应生成硫酸，A错误；B项，水溶液中铁离子能水解生成氢氧化铁，途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2

吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解，从而制的无水氯化铁，B正确；C项，FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应生成Fe(OH)2+和H+：Fe3++H2OFe(OH)2++H+，C正确；D项，CH3COCl中Cl带负

电荷，氨分子中氢带正电荷，则CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺和HCl，D正确；故选A；(3)途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，根据质量守恒可知，两种气体为二氧化硫、氯化氢，则该反应方程式CH3COOH+SOCl2=C

H3COCl+SO2↑+HCl↑；(4)O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应使得SOCl2极易水解；(5)铁离子具有氧化性，SOCl2中硫处于低价态具有还原性，两

者容易发生氧化还原反应生成氧化产物硫酸根离子和还原产物亚铁离子，故实验设计为：取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成。19．(10分)“碳达峰·碳中和”是我国社会

发展重大战略之一，CO2加氢制CH4进行回收利用是实现“双碳”经济的有效途径之一、Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时．．．混合气体中含碳物质(CH4、CO2、

CO)的物质的量随温度的变化如图2所示。Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4，主要涉及到如下反应：反应i：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝-164.7kJ·mol−1反应ii：CO(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+

41.2kJ·mol−1(1)反应i自发进行的条件是：___________。(2)实验测得，随着CO2的浓度增大化学反应速率先增大后减小，试解释原因___________(已知：图1中步骤．．Ⅱ．、．Ⅲ．是决速步．．．．)(3)根据图2，下列说法不正确．．．的是_________

__。A．温度低于200℃时，测得反应一定时间后的产物中几乎无CH4，原因可能主要发生反应iiB．曲线B表示平衡时n(CO)随温度的变化关系C．在高温条件下，可同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率D．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂(

4)在图2中，高于600℃，曲线B随温度升高而减小的原因___________。(5)已知CH4的选择性42CH100%CO=生成的物质的量参加反应物质的量，CO的选择性2CO100%CO=生成的物质

的量参加反应物质的量，CH4的选择性+CO的选择性=1。则①在图2中T1℃，平衡时容器体积为VL，则反应i的平衡常数K=___________(用V、m列式表示)②在图中画出200-800℃之间CH4和C

O选择性比(Y)与温度变化的趋势图，并标注a点的坐标___________。【答案】(1)低温自发(1分)(2)CO2浓度增大，吸附在催化剂表面的CO2增多，解离为CO增多，反应速率加快；增大到一定程度后，吸附在催化剂表面的

H2减少，H2解离为H减少，反应速率减慢(2分)(3)ABC(2分)(4)ΔH1＜0、ΔH2＞0，温度升高反应ii正移程度大于反应i逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小(2分)(5)3249mV(1-2m)(4-5m)(2

分)(1分)【解析】(1)反应i是气体体积减小的放热反应，H<0，S<0，低温时G<0，所以低温时反应能自发进行；(2)Ni-CeO2催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1，增大CO2浓度，吸附在催化剂表面的CO2增多，解离为CO增多，使步骤Ⅲ的反应速率加快，但CO2增大到一定程

度后，吸附在催化剂表面的H2减少，H2解离为H减少，使步骤Ⅱ的反应速率减慢，由于步骤Ⅱ、Ⅲ是决速步骤，所以随着CO2的浓度增大化学反应速率先增大后减小；(3)A项，图2中曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C

表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，由图可知，温度低于200℃时，测得反应一定时间后的产物中几乎无CO，产物主要是CH4，说明这一阶段主要发生反应i，故A错误；B项，曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，则曲线B表示

平衡时n(CO2)随温度的变化关系，故B错误；C项，由图可知，在高温条件下，CO2的平衡转化率较高，但CH4的含量和平衡产率较低，则高温不利于提高CH4的平衡产率，故C错误；D项，由图可知，低温条件下CH4的含量较高，即在低温条件下有利于提高CO2转化为CH4的转化率，并且

高效的催化剂可提高反应速率，所以研发在低温区高效的催化剂可提高CO2转化为CH4的转化率，故D正确；故选ABC；(4)反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，曲线B表示平衡时n(CO2)随温度的变化关系，由图可知，温度高于6

00℃，CO含量增大，CH4含量减小，CO2含量也减小，说明CO2的平衡转化率增大，CO的平衡产率增大，CH4的平衡产率减小，即升高温度时，反应ii向正向移动的程度大于反应i逆向进行的程度；(5)①图2中1T℃时，n

(CH4)=n(CO)=mmol，设n(CO2)=ymol，n(H2)=zmol，n(H2O)=xmol，根据C、H、O原子守恒列式有：2m+y=1，4m+2x+2z=8，m+2y+x=2，解得x=3m，y=1-2m，z=4-5m，则反应i的平衡常数242422(CH)(HO)=(CO)

(H)ccKcc=243()1245()mmVVmmVV−−=3249mV(1-2m)(4-5m)；②ΔH1＜0、ΔH2＞0，随着温度升高，CH4的选择性逐渐减小，CO的选择性逐渐增大，则CH4和CO选择性比(Y)逐

渐减小，图中a点二者选择性相等，选择性比(Y)为1，变化趋势如图。20．(10分)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)在空气中可自燃，与过量烧碱溶液混合，80~90℃时反应生成NaH2PO

2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。(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NaH2PO

2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)三颈烧瓶(1分)安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中(1分)(2)排尽装置内的空气(1分)(3)f(1分)e(1分)(4)AB(2分)(5)0.044Vx或311000.1V1088210x−(3分)【解析】(

1)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；(2)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。(3)

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；(4)A项，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项，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项，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项，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；故选AB；(5)根据反应的离子方程式可得关系式：H2PO2-~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=10xxg100110011.000V10881.000V10mol88g/mol2102=0.044Vx。21．(12分)某研究小组按下列路线合成药物罗美昔布的中间体W。回答下列问题：已知：R－NH2R-Xt-BuONa⎯⎯⎯⎯

→R－NH－R′3R-XAlCl/Δ⎯⎯⎯→(1)化合物W的含氧官能团名称是。(2)下列说法不正确．．．的是。A．A→B的反应试剂/条件是浓硝酸/加热B．B→C的反应类型为取代反应C．C→G的作用是定位氯原子的位置并保护氨基D．中②号碳氯键与羰基共同作用

，C的正电性更大，反应活性更强(3)化合物I的结构简式为。(4)写出C→D的化学方程式。(5)利用以上合成路线中的信息，设计以苯和ClCH2COCl为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(6)写出符合下列条件的D的同分异构体。

①分子中含有苯环且与F原子直接相连；②1H－NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有。【答案】(1)酰胺基(1分)(2)AB(2分)(3)(1分)(4)+(CH3CO)2O→+CH3COOH(2分)(5)Δ⎯

⎯⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸、浓硫酸Fe/HCl⎯⎯⎯→3AlClΔ⎯⎯⎯→(3分)(6)、、、(3分)【解析】A项，A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B：，B与Fe/HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生-NH2上

H原子的取代反应产生D：，D与HOSO2Cl、NH3·H2O反应产生E，E在H2O/H+作用下反应产生F，F与HCl/H2O2反应产生G：，G与C7H7Br在t-BuONa作用下发生取代反应产生H，H与ClCH2COCl发生取代

反应产生I：，I与AlCl3在加热条件下发生反应产生W。(1)根据化合物W结构简式，可知该物质分子中含有的含氧官能团名称是酰胺基；(2)A项，A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B：和H2O，故A→B的反应试剂/条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，A错误；B项，物质B是，B与Fe、HCl

发生还原反应产生C：，故B→C的反应类型为还原反应，B错误；C项，物质C与乙酸酐发生氨基上的取代反应生成D，D在一定条件下发生-F在苯环对位上的取代反应产生E，E在酸性条件下又反应产生-NH2，从而起

到保护氨基的作用，反应产生的F与HCl、H2O2发生苯环与-NH2邻位上的H原子取代反应而上来Cl原子，故C→G的作用是定位氯原子的位置并保护氨基，C正确；D项，由于电负性：O＞C，Cl＞C，所以中②号碳

氯键与羰基共同作用，使C原子的正电性更大，反应活性更强，D正确；故选AB；(3)化合物I的结构简式为；(4)化合物C是，C与(CH3CO)2O发生-NH2上H原子的取代反应产生D：和CH3COOH，故C→D的化学方程式为：+(CH3CO)2O

→+CH3COOH；(5)苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生硝基苯，然后与Fe/HCl作用发生还原反应产生苯胺，苯胺与ClCH2COCl在加热90℃条件下发生-NH2上的取代反应产生，该物质与AlCl3混合加热就制取得到目标产物：，故制取流程为：Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸、浓硫酸Fe/H

Cl⎯⎯⎯→3AlClΔ⎯⎯⎯→。(6)化合物D是，其同分异构体满足条件：①分子中含有苯环且与F原子直接相连；②1H－NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有，则符合要求的同分异构体结构简式是、、、。