【文档说明】备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）02（解析版）.docx，共(18)页，1.831 MB，由小赞的店铺上传

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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)黄金卷02(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108I

127Ba137Pb207第Ⅰ卷一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列含有离子键的食品添加剂是()A．CH3COOHB．ZnSO4C．SO2D．C6H12O6(葡萄糖)【答案】B【解析】A项，CH3COOH属于共价化合物

，不含离子键，故A错误；B项，ZnSO4属于离子化合物，含离子键，故B正确；C项，SO2属于共价化合物，不含离子键，故C错误；D项，SO2属于共价化合物，不含离子键，故D错误；故选B。2．下列符号表征或说法不正确．．．的是()A．氨的电子式：B．Cu位于

元素周期表的ds区C．NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-D．SO2的VSEPR模型：【答案】A【解析】A项，N的质子数为7，原子核外最外层有5个电子，氨的电子式为：，A错误；B项，Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，故

Cu位于元素周期表的ds区，B正确；C项，因H2SO4为强酸，故NaHSO4在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，C正确；D项，已知SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，故SO

2的VSEPR模型：，D正确；故选A。3．氯化钠应用广泛，下列说法正确的是()A．侯氏制碱法是将足量CO2通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出Na2CO3晶体B．氯碱工业采用阴离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化

钠C．用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，该样品一定是氯化钠D．饱和氯化钠溶液能使蛋白质盐析【答案】D【解析】A项，侯氏制碱法是将足量二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A错误；B项，为防止氯气与氢氧化钠溶液和氢气反应，氯碱工业采用

阳离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠，故B错误；C项，用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色说明样品中含有钠元素，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，故C错误；D项，饱和氯化钠溶液能降低蛋白质的溶解度，使蛋白质

析出而产生盐析，故D正确；故选D。4．下列有关物质用途的说法正确的是()A．葡萄酒中加入二氧化硫，可抗氧化、抑制细菌生长B．生石灰、铁粉、硅胶是食品行业中常用的干燥剂C．碳酸氢铵、碳酸氢钠可做食品凝固剂D．工业上用氢气高温还原二氧化硅制取粗硅【答案】A【解析】A项，葡萄酒中加入适量二氧化

硫可以达到抗氧化和抗菌的作用，故A正确；B项，铁粉具有还原性，常用于抗氧化剂，不具有干燥剂作用，故B错误；C项，碳酸氢铵、碳酸氢钠主要做膨化剂或蓬松剂，故C错误；D项，工业上用二氧化硅与碳在高温下反应制粗硅，故D错误；故

选A。5．下列实验装置能达到实验目的的是()ABCDA．实验室制取氨气B．实验室制备银氨溶液C．制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色D．除去苯中混有的苯酚【答案】C【解析】A项，实验室制取氨气是加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，A错误；B项，配制银氨溶液应将氨水滴入硝酸银溶

液中，至沉淀恰好溶解时为止，B错误；C项，Fe与电源正极相连为阳极，Fe被氧化成Fe2+，结合溶液中的OH-生成Fe(OH)2，C棒为阴极，水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生OH-，所以溶液一直显碱性，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以用图2装置制备Fe(OH)2

并能较长时间观察其颜色，C正确；D项，溴和三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选用氢氧化钠分液来除杂，D错误；故选C。6．超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：2CuO+2KO22KCuO

2+O2↑，则下列说法正确的是()A．CuO既是氧化剂，又是还原剂B．KCuO2只是氧化产物C．当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化D．标准状况下，生成2.24LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.2mol【答案】C【解析】分析方程式2CuO

+2KO22KCuO2+O2↑可知，K2O中的O元素的化合价12−由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为KCuO2，KCuO2中O为-2价，Cu为+3价，故氧气为氧化产物，KCuO2即是氧化产物也是还原产物。A项，该反应中CuO中Cu的化合价由

+2价升高为+3价，CuO被氧化，为还原剂，K2O的中O化合价由12−价部分升高为O价，部分降低为-2价，既有升高，又有降低，KO2既是氧化剂又是还原剂，A错误；B项，KCuO2中Cu的化合价由+2价升高

为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由12−价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，B错误；C项，根据方程式分析可知，当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO

被氧化，C正确；D项，标准状况下，生成2.24LO2时，即0.1molO2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.2mol，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.1mol，D错误；故选

C。7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．0.5mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NAB．0.9g水中含有的孤电子对数为0.2NAC．2L1.0mol⋅L−1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数

为0.5NA【答案】A【解析】A项，1个异丁烷(C4H10)分子中含10个C-H键和3个C-C键共13个共价键，则0.5mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；B项，1个H2O分子所含孤电子对数为2，则0.9g水(0.05mol)中含有的孤电子对数为0.1NA，B错误；C项，2

L1.0mol⋅L−1AlCl3溶液中，所含Al3+的物质的量为2mol，由于Al3+的水解，使得溶液中Al3+的数目小于2NA，C错误；D项，标况下CCl4不是气体，无法计算其物质的量，D错误；故选A。8．下化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说

法正确的是()A．制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属B．食盐、白糖是常见的食品调味剂，没有防腐作用C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质D．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏【答案】D【解析】A项，

钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，不是稀土金属，故A错误；B项，食盐可以使细菌脱水，可以杀菌，故B错误；C项，笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸是利用天然纤维制作而成的，主要成分是纤维素，不是蛋白质，故C错误；D项，文中“酸坏”是指少量乙醇被氧

化为乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏操作进行分离，故D正确；故选D。9．下列反应的离子方程式正确的是()A．NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液：2HCO3-+2OH−+Ca2+=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：5C2O42-+

2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC．CH2BrCO18OCH2CH3与足量NaOH溶液共热：CH2BrCO18OCH2CH3+OH-CH2BrCOO-+H18OCH2CH3D．Ba(NO3)2溶液中通入过量

SO2：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+【答案】A【解析】A项，NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液，则NaHCO3和Ca(OH)2按物质的量之比2:1反应，其离子方程式为：2HCO3-+2OH

−+Ca2+=CaCO3↓+CO32-+2H2O，A项正确；B项，向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B项错误；C项，CH2BrCO18OCH2CH3与足量NaOH溶液共热：C

H2BrCO18OCH2CH3+2OH-CH2OHCOO-+H18OCH2CH3+Br-，C项错误；D项，Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-，D项错误；故选A。10

．乙醛可发生如下转化，下列说法不正确．．．的是()A．乙醛分子中最多5个原子共面B．X与NaOH的乙醇溶液共热可生成HOCH2CHOC．乙醛→Y的反应类型为氧化反应D．Z的结构简式为CH3CH(OH)CH2CHO【答案】B【解

析】A项，乙醛分子中含有碳氧双键，与碳氧双键直接相连的原子共平面，则乙醛分子中最多5个原子共平面，A正确；B项，X为BrCH2CHO，X与NaOH的水溶液共热发生取代反应生成HOCH2CHO，B错误；C项，乙醛→Y为乙醛氧化为乙酸，反

应类型为氧化反应，C正确；D项，Z的结构简式由两分子乙醛发生加成反应得到，故乙的结构简式为CH3CH(OH)CH2CHO，D正确；故选B。11．中国地质科学院地质研究所对嫦娥五号月球玄武岩开展了分析，证明月球在19.6亿年前仍存在岩浆活动。X、Y、Z、V、

W是月核中含有的五种原子序数依次增大的前20号元素，X原子的s能级电子数量和p能级电子数量相等，V的单质常在地球火山口附近沉积，Y的氧化物常用作耐高温材料。Y、W原子的最外层电子数相等，且之和等于Z原子的最外层电子数。下列说法正确的是()A．Y的氧化物是两性氧化物B．简单氢化物的稳定性：XZ

VC．简单离子半径：WVYD．第一电离能WYZVX【答案】D【解析】X、Y、Z、V、W是月球中含有的五种原子序数依次增大的前20号元素，X原子的s能级电子数量和p能级电子数量相等，则X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素；V的单质常在

地球火山口附近沉积，则V为S元素；Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，则Y、W同主族，且Z处于偶数族，而Y的氧化物常用作耐高温材料，结合原子序数可知Y为Mg、W为Ca，Z原子最外层

电子数为4，可推知Z为Si元素。A项，SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，故A错误；B项，元素的非金属性O＞S＞Si，故简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，故B错误；C项，电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：S2-＞Ca2+＞Mg2+，

故C错误；D项，同周期元素，从左到右第一电离有逐渐减小的趋势，通常IIA族、VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素，从上到下，第一电离能逐渐增加，则第一电离能：Ca<Mg<Si<S<O，故D正确；故选D。1

2．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法不正确．．．的是()A．操作a为分液，操作c为重结晶B．操作b中需用到直形冷凝

管C．可用冷水洗涤苯甲酸粗品D．无水MgSO4可以用浓硫酸代替【答案】D【解析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；

苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃，蒸馏(操作b)后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲酸钠，加入硫酸

反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸。A项，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确；B项，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确；C项，用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确；D项，浓硫酸使苯

甲酸乙酯部分发生水解，故D错误；故选D。13．我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料—Cu3(PO4)2的水系双离子电池，该电池以0.442NaMnO和Cu3(PO4)2为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述不正确．．．的是()A．充电时，电极a应接电源的正极B．放电时，若电极a得到6.4gCu

和1.44gCu2O，则电路中转移0.22mol电子C．充电时，电极b的电极反应式为+-0.44-20.442NaMnO+Na-e=NaMnOxxxD．第2次放电时，溶液碱性逐渐增强【答案】C【解析】由图可知，放电时a电极上Cu3(PO

4)2得到电子发生还原反应最终生成铜，为正极，则b为负极。A项，放电时电极a为正极，则充电时电极a为阳极，应接电源的正极，故A正确；B项，放电时，电子转移情况为Cu~2e-、Cu2O~2e-，若电极a得到6.

4gCu(为0.1mol)和1.44gCu2O(为0.01mol)，则电路中转移0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol电子，B正确；C项，充电时，电极b为阴极，0.44-2NaMnOx得到电子发生还原反应生成0.442Na

MnO，电极反应式为+-0.44-20.442NaMnO+Na+e=NaMnOxxx，故C错误；D项，第2次放电时，Cu2O得到电子发生还原反应生成铜和氢氧根离子，Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，溶液碱性逐渐增强，故D正确；故选C。1

4．25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确．．．的是()A．乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量B．生成产物2的决速步活化能为60.1k

cal·mol−1C．生成产物1的热化学方程式为：CH3CH2OH(l)→CH2=CH2(g)+H2O(l)ΔH＝13.8kcal·mol−1D．升高温度、延长反应时间及选择合适催化剂均可提高产物1的产率【答案】D【解析】A项，根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，

A正确；B项，生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：9.3+50.8=60.1kcal·mol−1，B正确；C项，根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为：CH3CH2OH(l)→CH2=CH2(g)+H2O(l)ΔH＝13

.8kcal·mol−1，C正确；D项，反应存在限度，延长反应时间及选择合适催化剂不能提高转化率，D错误；故选D。15．草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(a

q)[已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有关说法不正确．．．的是()A．上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-

形式存在B．上层清液中存在：c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D．向上层清液中通入HCl至pH=1，则：2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c

(OH―)=0.1mol·L-1【答案】D【解析】A项，溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确；B项，根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+

c(H2C2O4)，B正确；C项，草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则有电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H＋)=2

c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH―)+c(Cl－)，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=c(Cl－)-c(H＋)，不能确定氯离子浓度

，故D错误；故选D。16．探究铁单质及其化合物的性质，由操作、现象能得出正确结论的是()选项操作现象结论A．向2mL0.1mol·L⁻¹FeCl3溶液加入2mL0.01mol·L⁻¹KI溶液，再滴入数滴AgN

O3溶液出现黄色浑浊证明FeCl3和KI反应存在限度B．将Fe粉与S粉混合在惰性气体中加热，再将反应后的产物溶于稀硫酸得到黑色固体，该固体溶于稀硫酸后得浅绿色溶液证明Fe与S生成了FeSC．向2mL0.01mol·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量Fe粉，振荡

后静置溶液的血红色变浅证明Fe粉与Fe3⁺反应，降低Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动D．将SO2气体通入Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液的棕黄色变浅、白色沉淀为BaSO3溶液产生白色沉淀【答案】C【解析】A项，向2mL0.1mol·L⁻¹FeCl3溶液加入2mL0.01mo

l·L⁻¹KI溶液，两者发生反应生成碘；再滴入数滴AgNO3溶液，出现黄色浑浊说明有碘化银生产，由于没有分离出碘，碘的水溶液中一定有碘离子(类比氯气与水反应，碘也可与水反应)，不能说明氯化铁与碘化钾反应存在限度，A错误；B项，将Fe粉与S粉混合在惰

性气体中加热，得到黑色固体，再将反应后的产物溶于稀硫酸，后得浅绿色溶液，只能证明黑色固体与酸反应生成了Fe2⁺，并不能证明黑色固体一定是FeS，若铁粉过量也能与硫酸反应生成Fe2⁺，B错误；C项，向2mL0.01mol·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量Fe粉，Fe粉与Fe3⁺反应生成Fe2⁺

，降低了Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动，血红色变浅，C正确；D项，将SO2气体通入Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，硝酸根在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子反应生产硫酸钡白色沉淀，三价铁被还原为二

价铁，溶液棕黄色变浅，D错误；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共5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(2分)(3)F-N=N-F(2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(2分)(5)21A362Na010(2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-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C

H3NH3PbI3，则晶体密度为2132313AA3MN62010gcm1gmN=0caa−−。18．(10分)烟道气中含有SO2，通过一系列变化可得重要的无机化合物M(仅含两种元素，相对分子质量为184)

。(1)写出NH3的电子式；(2)下列叙述正确的是；A．烟道气中的SO2含量可用一定体积、浓度的酸性高锰酸钾溶液测定B．S2Cl2是橡胶硫化剂，橡胶硫化程度越高，弹性越好C．SOCl2可与H2O发生反应，能作为AlCl3·6H2O的脱水剂D．PCl5固体中含阳离子PCl4+和阴离

子PCl6-，PCl4+空间构型为正四面体E．S2Cl2易溶于CCl4，则S2Cl2为非极性分子(3)SOCl2与过量NH3反应的化学方程式；(4)S2Cl2与NH3反应除生成M外，同时有淡黄色固体和一种盐。则M的分子式为；(5)设计实验检验SOCl2

与足量NaOH溶液反应生成的阴离子。【答案】(1)(2分)(2)ACD(2分)(3)SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl(2分)(4)S4N4或N4S4或(SN)4(2分)(5)取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有SO32-；另取少量反应液

滴加先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀，则有Cl-(2分)【解析】(1)NH3的电子式：；(2)A项，烟道气中的SO2具有还原性，其含量可用一定体积、浓度的酸性高锰酸钾溶液测定，故A正确；B项，S2Cl2是橡胶硫化剂，橡胶硫化程度越高，弹性越差，故B错误；C项，SOCl2可与

H2O发生反应，能作为AlCl3·6H2O的脱水剂，故C正确；D项，PCl4+中心原子P价层电子对数：()1444142+−=，无孤电子对，空间构型为正四面体，故D正确；E项，S2Cl2正负电荷中心不重合，为极性分子，故E错误；故选ACD；(3)SOCl2与过量NH3反应的化学方程式：SOCl2

+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl；(4)S2Cl2与NH3反应除生成M外，同时有淡黄色固体为S，则M为S4N4或N4S4或(SN)4；(5)取少量反应液滴加稀盐酸并加热，若产生的气体使品红溶液褪色，则有SO32-；另取少量反应液滴加

先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀，则有Cl-。19．(10分)低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应Ⅰ2CH3I

(g)C2H4(g)+2HI(g)ΔH1反应Ⅱ3C2H4(g)2C3H6(g)ΔH2反应Ⅲ2C2H4(g)C4H8(g)ΔH3(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的H随温度的变化如图1所示。298K下，ΔH1=kJ·mol

－1。(2)针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有。A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂(3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，

回答下列问题：①下列有关说法正确的是。A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以ΔH2＜0、ΔH3＜0B．若H随温度的上升而增大，则ΔH＞0C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ

的平衡常数小于反应Ⅲ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：。(4)维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1molCH3I，测得平衡体系中n(C2H4)=n(C3H6)=0.14mol，n(C4H8)=0.0

65mol。①平衡时CH3I的转化率为。②已知810K条件下，存在等式()()2324xCHI=ApxCH(常数)1MPa−(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如()(

)pB=pxB，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图。【答案】(1)80.24(1分)(2)BC(1分)(3)

AC(2分)反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显(2分)(4)96%(2分)(2分)【解析】(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的ΔH随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ

为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，ΔH1=+80.24kJ·mol－1；(2)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故选BC；(3)①A项，因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则ΔG=

ΔH-TΔS＜0，且为熵减小反应，则ΔS＜0，所以必须ΔH2＜0、ΔH3＜0，A正确；B项，若ΔH随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故ΔH＜0，B错误；C项，由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向

移动，C正确；D项，当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，D错误；故选AC；②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者

均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；(4)①根据三段式可知：故平衡时CH3I的转化率为0.96100%96%1=；②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1molCH3I，平衡时气体总物质的量为0.04m

ol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=0.96100%71.4%1.345=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。20．(10分)碘酸钙为白色固体，微溶于水，

是一种无机精细与专用化学品，一种制备并测定六水合碘酸钙含量的实验设计如下。步骤Ⅰ：碘酸氢钾(KIO3·HIO3)的制备在三颈烧瓶中加入2.54gI2、2.60g氯酸钾和50mL水，滴加6mol/L的盐酸至pH=1，控制温度85℃左右，装置如图。步骤Ⅱ：碘酸钙晶体[Ca(I

O3)2·6H2O]的制备将步骤Ⅰ反应后的溶液转入烧杯中，加入KOH溶液调节pH10=；继续滴加11mL1mol/LCaCl2溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、用少量冰水洗涤、再用少量无水乙醇洗涤，干燥，得粗产品碘酸钙晶体4.5

0g。步骤Ⅲ：产品中碘酸钙晶体含量测定①准确称取1.200g粗产品，置于烧杯中，加入20mLHClO4溶解样品，转移到250mL容量瓶中定容。量取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入稍过量的KI，然后用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色

，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次后取平均值，用去25.24mL标准溶液。②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗0.04mLNa2S2O3标准溶液。已知：Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4

)2，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-请回答下列问题：(1)仪器c与普通漏斗相比的优点为。(2)步骤1中有黄绿色气体产生，则制备KIO3·HIO3；反应的化学方程式为，d中盛放的药品是。(写化学式)(3)步骤Ⅰ中控制温度85℃左右的

原因是。(4)步骤Ⅱ中用少量无水乙醇洗涤的目的是。(5)下列关于滴定分析的操作，不正确的是。A．用量筒量取25.00待测液转移至碘量瓶中B．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的溶液冲下C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．

读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“零刻度”以下(6)碘酸钙晶体中Ca(IO3)2·6H2O(相对分子质量为498)的纯度为(计算结果保留两位小数)。【答案】(1)便于随时添加盐酸，且能平衡压强(1分)(2)

I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑(2分)碱石灰(1)(3)温度过低，反应速率慢，温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低(1分)(4)可以除去晶体表面的水分，同时乙醇易挥发便于快速干燥(1分)(5)AC(2分)(

6)87.15%(2分)【解析】在三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加盐酸至PH=1，控制温度85℃左右，发生如下反应：I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑；生成的氯气用盛有碱石灰的干燥管吸收；将步骤Ⅰ反应后

的溶液转入烧杯中，加入KOH溶液调节HP=10；继续滴加CaCl2溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、用少量冰水洗涤、再用少量无水乙醇洗涤，干燥，得粗产品碘酸钙晶体。(1)仪器c的名称为恒压滴液漏斗，与普通漏斗相比的优点为便于随时添加盐酸，

且能平衡压强；(2)由分析知，三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加盐酸至PH=1，控制温度85℃左右，发生如下反应：I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑；生成的氯气用盛有碱石灰的干燥管吸收；(3)因反应物碘单质易升华，同时盐酸易挥发，因此反应温度

不宜过高，温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低，温度过低，反应速率慢；(4)用乙醇洗涤晶体可以除去晶体表面的水分，同时乙醇易挥发便于快速干燥；(5)A项，用滴定管量取25.00mL待测液转移至碘量瓶中，故A错

误；B项，滴定过程中用少量蒸馏水将锥形并瓦内壁附着的溶液冲下，使其充分反应，以减小误差，故B正确；C项，滴定时应一直注视锥形瓶内溶液颜色变化，故C错误；D项，读数时应将滴定管从滴定管夹上取下，用手捏住管上端无刻度处，使滴定管

保持垂直，然后读取体积，故D正确；E项，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故E正确；(6)由已知反应得关系式：2-323223Ca(IO)~2HIO~6I~12SO；结合实验可知空气也会氧化部分碘离子生成碘单质，则由上述关系

生成的碘单质消耗的0.1000mol/LNa2S2O3的体积为25.24mL-0.04mL=25.20mL，；碘酸钙晶体Ca(IO3)2·6H2O中(相对分子质量为498)的纯度为0.0021mol498g/mol10

0%=87.15%1.20g。21．(12分)化合物G是一种生物拮抗剂的前体，它的合成路线如下所示：请回答：(1)A的官能团名称是。(2)下列说法正确的是___________。A．化合物B、C都

具有碱性B．C→D的反应类型是还原反应C．已知用甲酸乙酯代替HC(OC2H5)3和D反应生成E，推测其限度相对较小D．化合物G的分子式是C9H8ClN4(3)化合物F的结构简式是。(4)已知D→E的反应生成三

个相同的小分子，写出化学方程式。(5)写出同时符合下列条件E的同分异构的结构简式。①分子中只含一个苯环、不含其它环②可以发生银镜反应③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子(6)完成以F为原料合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。【答案】(1)碳氯键(1分)(2)BC(2分)(3

)(1分)(4)CH(OC2H5)+→+3C2H5OH(2分)(5)(3分)(6)(3分)【解析】A()在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成B：，B与CH3NH2发生取代反应生成C：，C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D()，D与CH(OC2H5)3反应生成

E：，E与氯气发生取代反应生成F：，F经过多步反应生成G。(1)A为，官能团为碳氯键；(2)A项，化合物B：中没有碱性基团而不具有碱性，A错误；B项，C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D()，C→D的反应类型是还原反应，B正确；C项，H

C(OC2H5)3和D反应生成E的过程中断裂碳氧键和氮氢键，形成碳碳双键和碳氮单键，若用甲酸乙酯代替HC(OC2H5)3和D反应生成E，因甲酸乙酯中碳氧键的影响使得反应的限度相对较小，C正确；D项，化合物G的分子式是C9H7ClN4，D错误；故选BC；(3)由上述分析知化合物F的结构简式是；

(4)D与CH(OC2H5)3反应生成E：和三个相同的小分子：CH(OC2H5)+→+3C2H5OH；(5)①分子中只含一个苯环、不含其它环；②可以发生银镜反应，含有醛基；③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子，说

明该分子具有高度的对称性，同时符合条件的E()同分异构的结构简式为：、、、；(6)F在浓硫酸催化作用下引入硝基，再发生硝基的还原反应生成氨基，再与CH(OC2H5)3反应生成目标产物：。