【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-605e642aae16553ed13a0242bee8d6c6.html

以下为本文档部分文字说明：

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：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64

Ag108Ba137Ce140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：2As2S3+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，1

L0.50mol·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===1molM46g/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S

O2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

/CCl4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CH3CH2CH2Cl(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，CH3

CHClCH3(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Ksp=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)+3C11H23COO-(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Na2CO3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NaHCO

3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-+H2OHCO3-+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CaCl

2，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-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(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1

s22s22p43s1、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-O

H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SO

42-；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+SO33

SOCl2；(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=CH3COCl+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、CO

2、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CO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600℃，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=3

m，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，C

H4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。(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+=H2PO

3-+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(C

e4+)=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/HCl⎯⎯⎯→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、、、。