【文档说明】2022年高考真题——化学（浙江卷）含解析.doc，共(30)页，3.027 MB，由envi的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64I127Ba137一、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.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【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和-4

MnO，故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，不合题意；C．双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D．医用酒精的

有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故答案为：A。2.下列物质属于强电解质的是A.HCOOHB.FeC.23NaCOD.22CH【答案】C【解析】【详解】A．HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B．Fe是单质，不是电解质，B不

合题意；C．23NaCO是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；D．22CH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不合题意；故答案为：C。3.名称为“吸滤瓶”的仪器是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．图示实验仪器为蒸馏烧瓶，A不

合题意；B．图示实验仪器为分液漏斗，B不合题意；C．图示实验仪器为容量瓶，C不合题意；D．图示实验仪器为吸滤瓶，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。4.下列物质对应的化学式正确的是A.白磷：2PB.2−甲基丁烷

：()3232CHCHCHCHC.胆矾：42FeSO7HOD.硬脂酸：1531CHCOOH【答案】B【解析】【详解】A．白磷的化学式为：4P，A不合题意；B．2−甲基丁烷的结构简式为：()3232CHCHCHCH，B符合题意；C．胆矾的化学式为：C

uSO4·5H2O，而42FeSO7HO是绿矾的化学式，C不合题意；D．硬脂酸的化学式为：1735CHCOOH，而1531CHCOOH是软脂酸的化学式，D不合题意；故答案为：B。5.下列表示正确的是A.乙醛的结构简式：3CHCOHB.2−

丁烯的键线式：C.2-S的结构示意图：D.过氧化钠的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．乙醛含醛基，其结构简式为：CH3CHO，A错误；B．2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，键线式为：，B错误；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，硫离子的结构示意图为：，C错误；D．过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为：，D正确；答案选D。6.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【解析】【详解】A．油脂的相对分子质量虽然较大，但

比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A错误；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正确；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正确；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，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D正确；答案选A。7.下列说法不正确．．．的是A.乙醇和丙三醇互为同系物B.35Cl和37Cl互为同位素C.2O和3O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【解析】【详解】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，不互为同系物，A错误；B．质子数相同、中子数不同的同种元素互

为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为17，中子数为20，两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；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正确；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正确；答案选A。8.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.用石灰右-石膏法

对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏【答案】A【解析】【详解】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，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；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正确；D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3=高温CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；答案

选A。9.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【解析】【详解】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；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不正确；C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；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，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。10.关于反应223242422NaSOHSO=NaSOS++SO++HO，下列说法正确的是A.24HSO发生还原反应B.2

23NaSO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∶1D.2231molNaSO发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代

硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说

法不正确；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)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；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说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。11.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【解析】【详解】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，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A

说法不正确；B．铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，有大量火星飞溅出来，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说法正确；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说法正确；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，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D说法正确。综上所述，本题选A

。12.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.412gNaHSO中含有A0.2N个阳离子B.11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为A3NC.48gCH含有中子数为A3ND.20.1molH和20.1m

olI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为A0.2N【答案】C【解析】【详解】A．4NaHSO由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，412gNaHSO的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有A0.1N个阳离子，A说法不正确；

B．没有指明气体的温度和压强，无法确定11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；C．4CH分子中有6个中子，48gCH的物质的量为0.5mol，因此，48gCH含有的中子数为A3

N，C说法正确；D．2H和2I发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于A0.2N，D说法不正确。综上所述，本题选C。13.下列反应的离子方程式不正确．．．的是A.盐酸中滴加23N

aSiO溶液：2-+323SiO+2H=HSiOB.23NaCO溶液中通入过量2SO：2--32232CO+2SO+HO=2HSO+COC.乙醇与227KCrO酸性溶液反应：2-+3+3227323CHCHOH+2CrO+16H3CHCOOH+4Cr+11HO⎯⎯→D.溴与冷的NaOH溶液

反应：---+2Br+OH=Br+BrO+H【答案】D【解析】【详解】A．盐酸中滴加23NaSiO溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为2-+323SiO+2H=HSiO，A正确；B．亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，23NaC

O溶液中通入过量2SO发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为2--32232CO+2SO+HO=2HSO+CO，B正确；C．乙醇与227KCrO酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙

酸，2-27CrO被还原为3+Cr，该反应的离子方程式为2-+3+3227323CHCHOH+2CrO+16H3CHCOOH+4Cr+11HO⎯⎯→，C正确；D．类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH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---22Br+2OH=Br+BrO+HO，D不正确。综上所述，本题选D。14.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【解析】【详解】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，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B．某溶液中加入茚三酮试剂，加

热煮沸后溶液出现蓝紫色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，B错误；C．麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C正确；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正确；答案选B。15.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HBr反应C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗24molBrD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH【答案】

B【解析】【详解】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错误；B．含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；C．酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以

最多消耗单质溴5mol，C错误；D．分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，D错误；答案选B。16.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，3YX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.2MZ与MQ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【解析】【分析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q

为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl，以此解题。【详解】A．由分析可知X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A错误；B．由分析可知Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C．由分析可知Z

为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；D．由分析可知X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；故选B。17.25℃时，苯酚()65CHOH的

10aK=1.010−，下列说法正确的是A.相同温度下，等pH的65CHONa和3CHCOONa溶液中，()()--653ccCHO>CHCOOB.将浓度均为-10.10molL的65CHONa和NaOH溶液加

热，两种溶液的pH均变大C.25℃时，65CHOH溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00，则此时溶液中()()-6565cCHO=cCHOHD.25℃时，-10.10molL的65CHOH溶液中加少量65CHONa固

体，水的电离程度变小【答案】C【解析】【详解】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A错误；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错误；C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，--10--106+565a6565CHO1.010c(H

)c()c()CHOK1.010CHOHCH==c()Hc()O=，故c(C6H5O-)=c(C6H5OH)，C正确；D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。18.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO2H2O22HO2H

O能量/-1kJmol249218391000136−242−可根据22HO(g)+HO(g)=HO(g)计算出22HO中氧氧单键的键能为-1214kJmol。下列说法不正确．．．的是A.2H的键能为-1436kJmolB.2

O的键能大于22HO中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量：22HOO<HOD.-1222HO(g)+O(g)=HO(g)ΔH=-143kJmol【答案】C【解析】【详解】A．根据表格中的数据可知，2H的键能为218

×2=436-1kJmol，A正确；B．由表格中的数据可知2O的键能为：249×2=498-1kJmol，由题中信息可知22HO中氧氧单键的键能为-1214kJmol，则2O的键能大于22HO中氧氧单键的

键能的两倍，B正确；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=278-1kJmol，22HO中氧氧单键的键能为-1214kJmol，C错误；D．由表中的数据

可知222HO(g)+O(g)=HO(g)的-1ΔH=-136-249-(-242)=-143kJmol，D正确；故选C19.关于反应+-22Cl(g)+HO(l)HClO(aq)+H(aq)+Cl(aq)ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确．．．

的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)减小B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大C.取氯水稀释，()-cCl/c(HClO)增大D.取两份氯水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI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【解析】【详解】A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；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正确；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-c(Cl)c(HClO)增大，C正确；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错误；答案选D。20.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：3222NH(

g)N(g)+3H(g)催化剂，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①，020min，()-5-1-12vN=1.0010molLminB.实验②，60min时

处于平衡状态，x0.40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【解析】【详解】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)=-44.0010mol/L20min=2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=12v(NH3)=1.

0010-5mol/(L·min)，A正确；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正确；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60

min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错误；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正确；答案选C。21.通过电解废旧锂电池中的24LiMnO可获得难溶性的23LiCO和2MnO，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：2+-+222HO+Mn-2e=MnO+4HC.电解一段时间后溶液中2+Mn浓度保持不变D.电解结束，可通过调节pH除去2+Mn，再加入23NaCO溶液以获得23LiCO【

答案】C【解析】【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确

；C．电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，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错误；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正确；答案选C。22.关于化合物()3

FeOOCH的性质，下列推测不合理．．．的是A.与稀盐酸反应生成3FeCl、3CHOH、2HOB.隔绝空气加热分解生成FeO、2CO、2HOC.溶于氢碘酸(HI)，再加4CCl萃取，有机层呈紫红色D.在空气中，与2SiO高温反应能生成()233Fe

SiO【答案】B【解析】【分析】已知化合物()3FeOOCH中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，化合物()3FeOOCH中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成

3FeCl、3CHOH、2HO，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B．由分析可知，化合物()3FeOOCH中Fe的化合价为+3价，C为-1，若隔绝空气加热分解生成FeO、2CO、2HO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、2CO、2HO，B符合题意；C．由分析可知，化合物()3FeOOCH中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加4CCl萃取，有机层呈紫红

色，C不合题意；D．化合物()3FeOOCH在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物()3FeOOCH与2SiO高温反应能生成()233FeSiO，D不合题意；故答案为：B。23.25

℃时，向20mL浓度均为-10.1molL的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入-10.1molL的NaOH溶液(酷酸的5aK=1.810−；用-10.1molL的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH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NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：+-2H+OH=HOC.滴定过程中，()()()--33cCl=cCHCOO+cCHCOOHD.pH=7时，()()()()+--33cNa>cCl>cCHCOO>cCHCOOH【答案】B【解

析】【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B．根据电离常数，-10.1molL的盐酸和醋酸中，c(H+)=-3-11.810molL>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，B错误；C．滴定

前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；D．向20mL浓度均为-10.1molL的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入-10.1molL的NaOH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，故()()()()+--33cNa>cCl>cCHCOO>cCHCOOH，D正确；故选B。24.尖晶石矿的主要成分为24MgAlO(含2SiO杂质)。

已知：4222230MgAlO(s)+4Cl(g)=MgCl(s)l(g)+2O(Ag)2+lΔH>C。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备2MgCl和3AlCl，同时还可得到副产物4SiCl(4SiCl沸点为58℃，3AlC

l在180℃升华)：24223MgAlO(s)+4C(s)+4Cl(g)MgCl(s)+2AlCl(g)+4CO(g)高温。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180℃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2CO，

反应过程中需保持炭过量【答案】D【解析】【详解】A．由于高温条件下，C与H2O将反应生成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正确；B．由题干信息可

知，3AlCl在180℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上，B正确；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正确；D．反应过程

中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2C高温Si+2CO或者SiO2+3C高温SiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；故答案为：D。25.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3KClO溶液，再加3AgNO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4KMnO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2FeCl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23NaSO溶液，再加入2BaCl溶液和稀硝酸，振荡若产生

白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．3KClO溶于水，电离出钾离子和氯酸根离子，亚硝酸钠溶于水电离出钠离子和亚硝酸根离子，由于AgNO2沉淀可溶于稀硝酸，滴加硝酸银和足量稀硝酸不能生成白色沉淀，A错误；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错误；C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；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错误；故选C。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题：（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。KH的还原性比NaH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）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【解析】【小问1详解】乙醇和水均可形成分子晶体，且其均可形成分子间氢键，但是，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。因此，乙醇的挥发性比水的强的原因是：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。【小问2详解】KH和NaH均可形

成离子晶体，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，其中的H—更难失电子、还原性更弱，因此，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。27.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：2-132CaCO(s)=CaO(s)+CO(g)ΔH=1.810kJmol，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2CO，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含2CO的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的2CO最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为-130kJg(假设焦炭不含杂质)。请回答：（1）每完全分解10

0kg石灰石(含3CaCO90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。（2）每生产106kg纯碱，同时可获得_______kgCaO(列式计算)。【答案】（1）10.8（2）70【解析】【小问1详解】完全分解100kg石灰石(含3CaCO90%

，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是1000000.9180/100/gkJmolgmol＝162000kJ，已知：焦炭的热值为-130kJg(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162000230g＝10800g＝10.8kg。【小问2详解】

根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是10800g12g/mol=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10656/106/40%2kggmolgmol＝70kg

。28.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800℃，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）①.Ba、Cu、O②.BaCu3O4（2）HCl、H

2SO4（3）①.2NH3+BaCu3O4ΔBa(OH)2+3Cu+N2+2H2O②.BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)24++Ba2＋+8OH－+8H2O（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NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】【分析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.01

5mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的

物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g

＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。【小问

2详解】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。【小问3详解】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+BaCu3O4ΔBa(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)24+生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)24++Ba2＋+8OH－+8H2O。

【小问4详解】反应中氨气可能过量，高温下水是气态，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。29.主要成分为2HS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2HS燃烧，产生的2SO与其余2HS混合后反应：228232HS(g)+SO(g)S(s)+2HO(g)8。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为()-5-1-12cHS=2.010molL、()-5-12cSO=5.010molL、()-3-12cHO=4.

010molL，计算该温度下的平衡常数K=_______。（2）热解2HS制2H。根据文献，将2HS和4CH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-122212HS(g

)2H(g)+S(g)ΔH=170kJmolⅡ-142222CH(g)+S(g)CS(g)+2H(g)ΔH=64kJmol总反应：Ⅲ24222HS(g)+CH(g)CS(g)+4H(g)投料按体积之比()()24VHS:VCH=2:1，并用2N稀释；常压，不同温度下反应相

同时间后，测得2H和2CS体积分数如下表：温度/℃95010001050110011502H/V(%)0.51.53.65.58.52CS/V(%)0.00.00.10.41.8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Ar替代2N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，2HS的转化率越高C.由实验数据推出2HS中的S-H键强于4CH中的C-H键D.恒温恒压下，增加2N的体积分数，2H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1000℃，常压下，保持通入的2HS体积分数不变，提高投料比()()24VHS:VCH，2HS的转化率不变，原因是_______。⑤在950~1150℃℃范围内(其他条件不变)，2S(g)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）8×108L·mol－1（2）①.高温②.AB③.④.1000℃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⑤.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【解析】【小问1详解】根据方程式可知该温度下平衡常数K＝()()()()()23228225522410HOL/810L/HSSO210510cmolmolcc−−

−==；【小问2详解】①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的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下自发进行；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正确；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正确；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错误；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错误；答案选AB；③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，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由于在低温段，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。30.氨基钠(2NaNH)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100mL液氨

和()3230.05gFeNO9HO，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得2NaNH粒状沉积物。Ⅲ.除去液氨，得产品2NaNH。已知：2NaNH几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。3222Na+2NH=2NaNH+H

223NaNH+HO=NaOH+NH22234NaNH+3O=2NaOH+2NaNO+2NH请回答：（1）()323FeNO9HO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()323FeNO9HO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，则反应己完

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2NaNHD.产品2NaNH应密封保存于充满干燥氮气的瓶中（5）产品分析：假设NaOH是产品2NaNH的唯一杂质，可采用如下方法测定产品2NaNH纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。准确称取产品

2NaNHxg()()()→→→→计算a.准确加入过量的水b.准确加入过量的HCl标准溶液c.准确加入过量的4NHCl标准溶液d.滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4～6.2)e.滴加石蕊指示剂(变色的pH范围4.5～8.3)f.

滴加酚酞指示剂(变色的pH范围8.2～10.0)g.用NaOH标准溶液滴定h.用4NHCl标准溶液滴定i.用HCl标准溶液滴定【答案】（1）①.催化②.防止氧气、水进入密闭体系（2）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）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）BC（5）bdg【解析】【分析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷

却液控制一定的温度。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，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。【小问1详解】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9H

2O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；【小问2详解】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，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：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；【小问3详解】上述化学反应中，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)；【小问4详解】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

正确；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，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；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错误；D.因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；故选BC；【小问5详解】题干信息中提到假设产品NaNH2的唯

一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计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，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，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。31.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C→E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E→G的化学方程式_______。（4）设计以22CH=CH和32CHNH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_______。①1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有N-H键。②分子

中含一个环，其成环原子数4。【答案】（1）D（2）①.②.C18H19ClN4③.加成反应，消去反应（3）+→+CH3OH（4）22CH=CH2O⎯⎯⎯→催化剂；22CH=CHHCl⎯⎯⎯→CH3CH2Cl，NH3⎯⎯⎯⎯

→环氧乙烷32CHNH⎯⎯⎯⎯→32CHCHCl⎯⎯⎯⎯→（5），，，【解析】【分析】甲苯硝化得到硝基苯，结合H的结构简式，可知A，再还原得到B为，B和甲醇发生酯化反应生成C，结合信息②可知E为，再结合信息②可知G为，以此解题。【小问1详解】A．硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热

时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；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正确；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正确；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错误；故选D；【小问2详解】由分析可知化合物C的结构简式是；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；【小问3详解】由分析可知E→G的方程式为：+→

+CH3OH；【小问4详解】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32CHNH反应生成，结合信息②和CH3CH2Cl反应得到，具体流程为：22CH=CH2O⎯⎯⎯→催化剂；2

2CH=CHHCl⎯⎯⎯→CH3CH2Cl，NH3⎯⎯⎯⎯→环氧乙烷32CHNH⎯⎯⎯⎯→32CHCHCl⎯⎯⎯⎯→；【小问5详解】化合物F的同分异构体，则有1个不饱和度，其有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，，，。