还剩24页未读，
继续阅读
浙江省强基联盟2022-2023学年高三化学上学期12月联考试题（Word版附解析）
展开
这是一份浙江省强基联盟2022-2023学年高三化学上学期12月联考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 下列表示正确的是， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是，6ml， 下列判断不正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江强基联盟2022-2023学年高三上学期12月联考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108
选择题部分
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20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. 疫情的防控离不开化学知识，新型冠状病毒肺炎疫情终将过去。下列说法正确的是
A. 漂白粉、75%酒精都是利用强氧化性杀灭细菌和病毒的
B. 制作口罩的无纺布(聚酯纤维)是加聚产物
C. 制作口罩的熔喷布(聚丙烯)可在自然界被微生物降解
D. 制作口罩鼻梁定型条的铁丝通常根据电化学原理镀锌防锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．75%酒精能使蛋白质变性，从而杀灭细菌和病毒，故A错误；
B．聚酯纤维是缩聚产物，故B错误；
C．聚丙烯不可在自然界被微生物降解，故C错误；
D．可以通过电镀的方法在铁丝表面镀锌，防止铁生锈，故D正确；
故选D。
2. 下列表示正确的是
A. 分子的VSEPR模型：
B. 氨分子的球棍模型：
C. 双氧水分子的电子式：
D. 基态硼原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O分子中O原子的价层电子对数为=2+=4，VSEPR模型为四面体，但由于含2对孤电子对，则其分子的空间构型为V形，故A错误；
B．氨分子的电子式为，含有孤电子对，则氨分子的空间构型为三角锥，氨气的球棍模型为：，故B错误；
C．过氧化氢是共价化合物，分子中形成的化学键是：氧原子和氢原子间形成极性共价键，氧原子和氧原子间形成非极性共价键，过氧化氢为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．B为5号元素，核外电子排布式为1s22s22p1，基态硼原子的核外电子轨道表示式，故D正确；
故选：D
3. 下列说法不正确的是
A. 氯气可杀灭细菌、病毒，常用于室内空气消毒
B. 硫酸铁、氯化铝常用作污水处理的混凝剂
C. 亚硝酸钠可用作肉制品的防腐剂和护色剂
D. 工业生产中用还原制备高纯硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气可杀灭细菌、病毒，但氯气本身有毒不能用于室内空气消毒，A错误；
B．利用铁离子和铝离子在水溶液中水解生成胶体，故硫酸铁、氯化铝常用作污水处理的混凝剂，B正确；
C．亚硝酸钠可用作肉制品的防腐剂和护色剂，但需要控制用量，C正确；
D．电子工业中用的高纯硅则是用氢气还原三氯氢硅或四氯化硅而制得，D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 煤的主要成分为焦炭，此外还含有一些有机化合物
B. 护肤品和医用软膏中的“凡士林”的主要成分是烷烃
C. 汽油、煤油是石油的裂解产品，属于不可再生能源
D. 天然气、煤气、煤层气和沼气的主要成分都是甲烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．焦炭是煤的干馏产物，故A错误；
B．护肤品和医用软膏中的“凡士林”的主要成分是长链烷烃，故B正确；
C．汽油、煤油是石油的分馏产品，故C错误；
D．天然气、煤层气和沼气的主要成分都是甲烷，煤气的主要成分是一氧化碳，故D错误；
选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 麦芽糖、乳糖和蔗糖都属于寡糖
B. 1mol丙氨酸钠可与2molHCl反应
C. 核酸、蛋白质和超分子都属于高分子化合物
D. 食品工业常使用有机溶剂来提取植物种子里的油
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，属于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，选项A正确；
B．丙氨酸钠与盐酸反应的化学方程式为CH3-CH(NH2)-COONa+2HCl→CH3-CH(NH3Cl)-COOH+NaCl，选项B正确；
C．蛋白质、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相对分子质量的分子，也不是指大分子，和相对分子质量无关，选项C不正确；
D．油脂易溶于有机溶剂，食品工业中，可用有机溶剂提取植物种子中的油，选项D正确；
答案选C。
6. 下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验室制备少量氨气
用酒精萃取水中的溴
吸收尾气中的
制备少量氧气
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，故不能用分解氯化铵的方法制取氨气，故A错误；
B．酒精与水互溶，不能用酒精萃取水中的溴，故B错误；
C．氯气与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故C正确；
D．过氧化钠为淡黄色粉末，多孔隔板起不到作用，故D错误；
故选C。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 与的混合物中O原子数为
B. pH=14的溶液中离子数为
C. 100g36.5%盐酸中HCl分子数为
D. 4.48L乙烯中σ键数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．应用极端假设法，若18g都是，可得n(O)=1mol，O原子数为，若18g都为，可得n(O)=1mol，O原子数为，因此二者的混合物中O原子数为，A正确；
B．题目未给溶液的体积，无法计算离子的物质的量，B错误；
C．盐酸中不存在HCl分子，C错误；
D．乙烯气体未说明标准状况，无法计算其物质的量，D错误；
故选A。
8. 误食白磷中毒，曾通过口服溶液解毒：。关于该反应的下列说法不正确的是
A. 不可服用浓溶液
B. 既是氧化剂又是还原剂
C. 中Cu元素化合价为+1
D. 生成6mol时，被氧化的为0.6mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu是重金属，不可服用浓溶液，否则会重金属中毒，故A正确；
B．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．中Cu元素为+1价，故C正确；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，6mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，生成6mol时，有6mol的CuSO 4参加反应，6molCuSO 4得到6mol电子，1molP4参加反应失去20mol电子，所以6molCuSO 4能氧化白磷的物质的量是=0.3mol，故D错误；
故选D。
9. 下列判断不正确的是
A. 键角：
B. 电负性：Li>Na
C. 电离常数：
D. 水中溶解度：邻羟基苯甲酸>对羟基苯甲酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O和H2S的中心原子均为sp3杂化，但氧原子半径更小，电负性更大，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对间的排斥作用更大，键角更大，故A正确；
B．同主族元素，从上到下，电负性递减，所以电负性：Li>Na，故B正确；
C．甲基是给电子基团，有机羧酸中，除羧基的烷基越小酸性越强，酸性：，电离常数： ，故C正确；
D．对羟基苯甲酸可形成分子间氢键，增大溶解度，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，降低溶解度，则水中溶解度：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸，故D错误；
故选D。
10. 下列有关物质性质说法不正确的是
A. 与水反应生成两种强酸
B. 可通过干燥的与在催化剂作用下反应得到
C. 可用作由制取无水的脱水剂
D. 与足量作用可得到
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2Cl2的结构式为，与水反应时，水的氢原子与氯结合生成盐酸，水的氢氧离子与硫氧结合生成硫酸，A正确；
B．二氧化硫与氯气在活性炭催化剂作用下反应氧化还原反应，生成SO2Cl2，B正确；
C．极易水解，得到SO2会被氧化为H2SO4，则Fe3+会被还原为Fe2+，C错误；
D．与足量作用发生取代反应，将羟基中的氢原子取代，可得+→+2HCl，D正确；
故答案为：C。
二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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)
11. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 石灰乳吸收废气中的二氧化氮：
B 亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钾溶液：
C. 氧化银()溶于浓氨水：
D. 乙二酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．石灰乳中的Ca(OH)2需要保留化学式，正确的离子方程式为：2NO2+Ca(OH)2=NO+NO+H2O+Ca2+，故A错误；
B．因为还原性>I-，亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钾溶液反应，碘酸钾是氧化剂，而亚硫酸氢钠是还原剂，反应生成和I-，离子方程式为：3+IO═3+I-+3H+，故B错误；
C．氧化银()溶于浓氨水生成银铵离子，离子方程式为：，故C正确；
D．高锰酸钾溶液与乙二酸(草酸)发生氧化还原反应，乙二酸被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原为二价锰离子，离子方程式：，故D错误；
故选C。
12. 关于2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮，下列说法不正确的是
A. 分子中有1个手性碳原子
B. 苯环上的一氯代物有4种
C. 1mol该物质可消耗3molNaOH
D. 能使酸性稀溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．在有机物分子中，连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮分子中只有1个手性碳原子，即标*的碳原子：，选项A正确；
B．2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮的苯环上有2种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项B不正确；
C．分子中含有两个酰胺基和一个碳氯键，1mol该物质可消耗3molNaOH，选项C正确；
D．分子中含有醇羟基，能使酸性稀溶液褪色，选项D正确；
答案选B。
13. X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A. X与Y不能形成具有18电子的分子
B. 简单离子的半径大小：Q>Z>W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q
D. 和中含有的化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大， W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，则W核外有6根原子轨道，则W为Na或者Mg，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，故Y为N，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化即NH3中N原子采用sp3杂化，则X为H，W为Na，Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，则Z为O，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素，故Q为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H，Y为N，则N2H4分子中含有18个电子，即X与Y能形成具有18电子的分子，A错误；
B．由分析可知，Z为O，W为Na，Q为Cl，则Cl-具有3个电子层，Na+和O2-均只具有两个电子层，且Na的核电荷数大于O，故简单离子的半径大小为Cl-＞O2-＞Na+即Q>Z>W，B正确；
C．由分析可知，Y为N，Q为Cl，且Cl的电负性比N的大，元素电负性越大其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HNO3即Y＜Q，C错误；
D．由分析可知，X为H、Z为O、W为Na，故即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，即Na2O2中含有离子键和非极性共价键，则二者含有的化学键类型不相同，D错误；
故答案为：B。
14. 下列说法正确的是
A. 室温下，将pH=a的HCl溶液加水稀释倍，所得溶液的pH=a+b
B. NaOH溶液滴定醋酸溶液时，离子浓度大小关系可能为
C. 生成盐的弱酸酸性越弱，盐的水解程度越大，所以醋酸钠溶液的pH不可能大于碳酸钠溶液
D. 室温下，醋酸溶液稀释过程中，电离度逐渐增大，逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．室温下，将pH=a的HCl溶液加水稀释倍，若a+b<7，所得溶液的pH=a+b，若，则PH无限接近于7，所以PH不一定是a+b，A错误；
B．NaOH溶液滴定醋酸溶液时，溶液中存在电荷守恒，当时，，所以离子浓度大小关系可能为，B正确；
C．醋酸酸性大于碳酸，弱酸酸性越弱，对应盐的水解程度越大，所以相同温度下，相同浓度的醋酸钠溶液的pH小于碳酸钠溶液，但水解还会受浓度影响，若醋酸钠溶液浓度较大，碳酸钠浓度较小，有可能醋酸钠溶液的pH大于碳酸钠溶液，C错误；
D．室温下，醋酸溶液稀释过程中，电离程度逐渐增大，但n（H+）增大的倍数小于溶液体积增大的倍数，所以逐渐减小，D错误；
故答案选B。
15. 某温度下，将A和B各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应 ，反应过程中，B的物质的量n(B)随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 当v(A)=v(X)时，反应达到平衡
B. 前2min的平均速率
C. 9min时，改变的反应条件为降温或加催化剂
D. 若起始充入A和B各0.30mol，平衡时
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一化学反应用不同物质表示速率，速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，反应过程中一定有v(A)=v(X)，不能由此判断反应是否达到平衡，A错误；
B．前2min的平均速率，，B错误；
C．由图像可知7min-9min反应达平衡状态，加催化剂平衡不移动，B的物质的量不会改变，C错误；
D．由图像可知，某温度下，将A和B各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，达平衡，B浓度，在恒温恒容时，投料变为原来2倍，若平衡转化率相同，达平衡，但是恒温恒容条件下，相同比例相同倍数的增加反应物浓度，其平衡移动结果相当于加压，B的转化率增大，所以，D正确；
故答案为D。
16. 航天员呼吸产生的通过反应 ，再电解水可实现的循环利用。热力学中规定由最稳定单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓()，最稳定单质的标准生成焓规定为0.已知上述反应式中：；；；。则的数值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】已知上述反应式中：C(s)+O2(g)= CO2(g) ；H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ，则总反应： =2-=2×(-242kJ•mol-1)-(-394 kJ•mol-1)= -90 kJ•mol-1，故选A。
17. 利用如图所示装置可以将非氧化还原反应设计成原电池——浓差电池。两侧半电池中的特定物质存在浓度差，导致半电池上发生的氧化还原反应程度不同，从而产生电势差。下列说法正确的是
编号
电极A
电解质A
电解质B
电极B
①
②
③
A. ①号电池中，电极B上产生
B. ①号电池中，电解质A中阳离子通过盐桥流入电解质B
C. ②号电池中，若氢气压强，则A为负极
D. ③号电池中，电池总反应为，电极B为负极
【答案】D
【解析】
【分析】浓度差电池放电时，两个电极区的电解质溶液浓度差会减小，当两个电极区的电解质浓度相等时放电停止，在浓差电池中，氧化剂多的电势高，作正极，还原剂多的电势低，作负极；
【详解】A．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，B极为负极，发生，B极产生O2，A错误；
B．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，根据原电池原理，阳离子移动到正极，B错误；
C．②号电池中，若氢气压强 p1
故答案为：D。
18. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为的KCl、溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(，不考虑离子的水解)。下列叙述正确的是
A. 横坐标x为6.54
B. P点表示的饱和溶液
C. 上述两溶液混合后，滴入溶液先生成AgCl沉淀
D. 平衡体系中
【答案】C
【解析】
【分析】在右上方的曲线上两点，分别为pc(Ag+)=4和pc(Ag+)=2，则c(Ag+)=10-4mol/L和c(Ag+)=10-2mol/L，c(X-)分别为10-5.74mol/L和10-7.74mol/L，且两点的c(Ag+) c(X-)的值相等，即Ksp(AgX)= c(Ag+) c(X-)=10-4mol/L 10-5.74mol/L =10-2mol/L 10-7.74mol/L =10-9.74mol2/L2，所以该曲线为AgCl的Ksp曲线，则另一条为Ag2C2O4的Ksp曲线；
【详解】A．由图可知，当pc(Ag+)=4时，c(Ag+)=10-4mol/L，Ksp(Ag2C2O4)= c2(Ag+) =(10-4mol/L)2 10-3.27mol/L=10-11.27 (mol/L)3，Ksp(Ag2C2O4)= (10-2mol/L)2 10-xmol/L=10-11.27 (mol/L)3，求得x=7.27，选项A错误；
B．由图可知， P点在曲线的上方，相同时，P点c(Ag+)小于曲线上对应的c(Ag+)，则P点离子的浓度积Q< ，即P点表示的不饱和溶液，选项B错误；
C．由图像可知，当阴离子浓度相等时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，则用溶液分别滴定浓度均为的KCl、溶液，先析出AgCl沉淀，选项C正确；
D．的平衡常数K==，此时溶液中的c(Ag+)相同，当银离子的浓度为10-4mol/L时，c(Cl-)=10-5.74mol/L，c()=10-3.27mol/L，则K==102.47，选项D错误；
答案选C。
19. 工业上用铝土矿(主要成分为，含有、等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如下：
已知：① 、；
②、、、的沸点分别为57.6℃、1023℃、300℃(升华)、180℃(升华)。下列说法不正确的是
A. 步骤I中300℃焙烧可将还原为Al
B. 步骤II中加入的原料气应为和
C. 步骤II的尾气经足量NaOH溶液吸收，生成物中有、NaClO
D. 步骤V中加入铝粉的目的是除去，提高纯度
【答案】A
【解析】
【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3 和SiO2 先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2 反应生成对应的氯化物，即SiCl4 、AlCl3 、FeCl3 ，CO和O2 反应生成CO2 ，后冷却到100℃，尾气为CO2 、多余的Cl2、O2，SiCl4、以及AlCl3 和FeCl3 变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，尾气中含有氯气，可用氢氧化钠溶液处理，以此解答该题。
【详解】A．Al2O3不会焦炭反应得到Al，故A错误；
B．步骤II中固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3 和SiO2 先被焦炭还原为Al、Fe、Si，故B正确；
C．由分析可知，步骤II的尾气为CO2 、多余的Cl2、O2，经足量NaOH溶液吸收，生成物中有、NaClO，故C正确；
D．铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，故D正确；
故选A。
20. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
比较H2O2和Fe3+的氧化性
取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象
若产生气体使带火星木条复燃，说明Fe3+的氧化性强于H2O2
B
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
若溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
检验某有机物否含有酰胺键
将适量有机物放入试管，加入足量NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察现象
若红色石蕊试纸未变蓝，说明待测样品中不含酰胺键
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体先通过NaOH溶液，再通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察到气体使带火星木条复燃，说明反应产生了O2，不能说明Fe3+的氧化性强于H2O2，A错误；
B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，二者反应产生BaCO3沉淀，同时看到溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH-)减小，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；
C．将适量有机物放入试管，加入足量NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若红色石蕊试纸未变蓝，可能是待测样品中不含酰胺键，无NH3产生，也可能是溶液浓度小，反应产生的NH3少，不能使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，因此不能证明待测样品中是否含酰胺键，C错误；
D．电石中含有杂质CaS、Ca3P2等，当电石与饱和食盐水反应时，杂质CaS与水反应产生的H2S会被NaOH溶液吸收，而Ca3P2与水反应产生的PH3不能被吸收，该气体具有还原性，生成PH3也能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪色，因此不能根据酸性KMnO4溶液褪色就判断生成了乙炔气体，D错误；
故合理选项是B。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21. 红蓝宝石、祖母绿、金绿猫眼、钻石为举世公认的珍贵宝石。
（1）红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝()，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的简化电子排布式为_______。
（2）祖母绿主要成分的化学式为，Be与Al的第一电离能大小关系为：I(Be)_______I(Al)。Be能与NaOH溶液反应，请简单说明判断依据：_______。
（3）金绿猫眼主要成分的化学式为，经碱熔酸浸可得到和，分子的空间构型为_______。常以二聚分子的形式存在，分子中所有原子均达到8稳定结构，请画出的结构式并解释其形成原因：_______。
（4）钻石是经过琢磨的金刚石，金刚石熔点高于晶体硅，原因为_______。金刚石晶胞结构如图所示，与晶胞面心处碳原子距离最近且等距离的碳原子数为_______。
【答案】（1）[Ar]3d54s1
（2） ①. ＞ ②. “对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似
（3） ①. 直线形 ②. ，缺电子的铝原子提供空轨道，氯原子提供孤对电子，形成Cl→Al配位键
（4） ①. 金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键 ②. 4
【解析】
【小问1详解】
Cr为24号元素，根据构造原理可知，基态铬原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1。
【小问2详解】
因为Be的第一电离能比Mg的第一电离能大，由于Mg的3s能级全充满，3p能级全空，故Mg的第一电离能比Al的第一电离能大，则Be与Al的第一电离能大小关系为：I(Be)＞I(Al)。因为“对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似，所以Be能与NaOH溶液反应。
【小问3详解】
分子的中心原子Be原子没有孤电子对，有2对成键电子对，价层电子对数为2，故其空间构型为直线形。常以二聚分子的形式存在，分子中所有原子均达到8稳定结构，故缺电子的铝原子提供空轨道，氯原子提供孤对电子，形成Cl→Al配位键，则的结构式为。
【小问4详解】
金刚石熔点高于晶体硅，原因为金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键。由金刚石晶胞结构可知，与晶胞面心处碳原子距离最近且等距离的碳原子数为4。
22. X通常状况下是一种红黄色气体，相对分子质量小于100，含有三种常见短周期元素。为研究X的组成，5.895g的X分三等份进行实验，过程如下(气体体积已折算至标准状况)：
请回答：
（1）X的化学式为_______。溶液A的成分为_______。
（2）X与反应的化学方程式为_______。
（3）金(Au)可溶于浓B溶液生成C和金的一价配离子(与具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）设计一个实验方案，探究溶液F中溶质的阳离子成分：_______。
【答案】（1） ①. NOCl ②. NaCl、NaNO2、NaOH
（2）3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO
（3）Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O
（4）F溶液中含有的阳离子可能为Fe3+、Fe2+。取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+
【解析】
【分析】为研究X的组成，5.895g的X分三等份进行实验，一份加水之后形成溶液B和无色气体C，C和空气中的氧气反应生成红棕色气体，该气体为NO2，说明X中含有N元素；溶液B中加入足量硝酸银溶液，得到白色沉淀，该沉淀是AgCl，说明1.965g的X中含有Cl；1.965g的X和Fe反应生成无色气体，结合X中含有N元素，可以推知该无色气体是Fe与硝酸反应生成的NO，物质的量为，则X中N原子个数和Cl原子个数相同，1.965g的X中剩余的元素质量为：1.965g-×35.5g/mol-×14g/mol=0.48g，X相对分子质量小于100，可以推知X中还含有O元素，物质的量为，则X的化学式为NOCl。
【小问1详解】
由分析可知，X的化学式为NOCl；NOCl中N的化合价为+3价、O是-2价、Cl是-1价，和过量NaOH溶液发生反应得到的溶液A成分为NaCl、NaNO2、NaOH。
【小问2详解】
由分析可知，X与水反应有NO和HNO3生成，N元素化合价有+3价上升到+5价，又由+3价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO。
【小问3详解】
金(Au)可溶于浓HNO3溶液生成NO和金的一价配离子(与具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式为：Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O。
【小问4详解】
一定量Fe和硝酸反应产物中可能存在Fe2+，取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+。
23. 以“水煤气”为原料合成氨，需在变换塔中将CO变换成，变换塔中主要发生的反应为：
主反应：
副反应：
（1）关于合成氨工艺的下列理解，正确的有_______。
A. 在合成氨时，控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高平衡转化率和反应速率
B. 在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中CO与的物质的量之比增大
C. 为提高原料中转化率，应向反应器中加入适当过量的空气
D. 体系温度升高，可能导致催化剂失活，用热交换器将原料气可预热并使反应体系冷却
（2）相对压力平衡常数的表达式就是在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体B的相对分压等于其分压p(B)(单位为kPa)除以标准压强，其分压p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。
变换塔中恒容条件下充入1.0molCO、、、，T℃下，反应达到平衡后，测得0.7mol和。则T℃时，主反应的相对压力平衡常数_______。
（3）变换塔中主反应正逆反应速率可以表示为：，，和都是温度的函数。在图中画出、随温变化的趋势。_______
（4）以煤为原料生产水煤气，反应过程如下：
反应过程
化学方程式
焓变
送风(空气)发热
通水(蒸气)制气
131
副反应
172
为维持炉温，送风发热和制气交替进行，但实际送风发热产生的热量远远多于制气所需热量，其原因是_______。
（5）研究发现在以为主的催化剂上也可还原NO(需参与反应)，可能发生的反应过程如下，用化学方程式补充该催化反应历程(反应机理)：(a)，(b)_______，(c)。
【答案】（1）BD （2）7.5
（3） （4）热量被出炉气体带走或热量向环境散去
（5）Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+
【解析】
【小问1详解】
A．在合成氨时，控制温度远高于室温，是为了提高催化剂的活性，A错误；
B．在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中反应向逆反应方向移动，CO与的物质的量之比增大，B正确；
C．为提高原料中转化率，若向反应器中加入适当过量的空气，其中的氧气会消耗一氧化氮和氢气，不会提高转化率，C错误；
D．体系温度升高，可能导致催化剂失活，用热交换器将原料气可预热并使反应体系冷却，D正确；
故选B D
【小问2详解】
由题意得到两个反应的三段式：
、、、，，答案：7.5；
【小问3详解】
变换塔中主反应是放热反应，随着温度的升高正逆反应速率都要增大，但逆反应速率增大的更多，平衡逆向移动，答案：
；
【小问4详解】
热量被出炉气体带走或热量向环境散去；
【小问5详解】
由题可知参加反应的物质是三种，所以在(b)中应该有NO参与反应最终生成氮气，应该转化成，得到Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+，答案：Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+。
24. 四羟甲基盐酸鏻(THPC)是一种高效、广谱、低毒、易生物降解的杀菌剂。某小组用白磷、锌粉、甲醛和盐酸为原料，以如下流程和装置开展实验(夹持仪器、加热装置等已省略)。
已知：①锌与酸生成的强还原性的新生态氢与白磷反应生成活化的磷化氢，再与甲醛及酸反应得到四羟甲基盐酸鏻：。
②熔点为150℃，难溶于乙醇，与水以任意比例互溶，酸性环境中较稳定，pH在6.5~9.0时开始大量解离。
③强酸型阳离子交换树脂含有大量强酸性基团，如磺酸基等，可以吸附溶液中的阳离子，同时释放出等量的氢离子。
请回答：
（1）仪器a的名称是_______。
（2）步骤I需要在四口烧瓶中进行反应，第4个瓶口连接的装置X的作用是_______。
（3）下列说法不正确的是_______。
A. 步骤I中温度计水银球应在液面下，不接触烧瓶底部
B. 步骤II、IV、V中蒸出的主要物质均为水
C. 步骤VI重结晶应选用无水乙醇作溶剂，冷却结晶，得到产品
D. 步骤VI重结晶应选用蒸馏水作溶剂，减压脱水，得到产品
（4）用离子交换法和滴定分析法确定产品纯度。
①从下列选项选择合适操作并排序，将实验步骤补充完整：______
准确称取2.00g产品于烧杯中，加入50mL蒸馏水稀释，转入100mL容量瓶，定容、摇匀。将已经用乙醇、蒸馏水、盐酸浸泡预处理的25g强酸型阳离子交换树脂装入离子交换柱，用蒸馏水洗至流出液呈中性。移取20.00mL溶液加入离子交换柱→(_______)→(_______)→(_______)→用NaOH标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积mL→另取20.00mL产品溶液做空白实验→选择指示剂→直接用NaOH标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积mL。
a.控制流出液滴速约40滴/min；
b.控制流出液滴速约20滴/min；
c.弃去前面的20mL流出液，于锥形瓶中，得到50mL流出液；
d.弃去前面的50mL流出液，于锥形瓶中，得到20mL流出液；
e.加入几滴甲基橙作指示剂；
f.加入几滴石蕊作指示剂；
g.加入几滴酚酞作指示剂。
②若NaOH标准液浓度为c，则该产品纯度为_______。
③空白实验的指示剂选择酚酞是否合适？理由是_______。
【答案】（1）(球形)冷凝管
（2）提供氮气等保护气，避免反应物和产物被空气中的氧气氧化 （3）CD
（4） ①. b→c→e/g ②. ③. 不宜使用酚酞作指示剂。若使用酚酞作指示剂，达到滴定终点前，pH6.5~9时产品也会解离，消耗NaOH，导致空白实验失败
【解析】
【分析】步骤Ⅰ生成四羟甲基盐酸鏻和氯化锌，步骤Ⅱ除去溶液中的水使氯化锌等物质结晶过滤分离，盐酸是逐滴加入的反应物，在步骤Ⅱ中过量的HCl也会蒸出，但主要蒸出的还是水；步骤Ⅲ调节pH后生成氯化钠，步骤Ⅳ的目的仍然是通过蒸发浓缩使杂质结晶过滤分离，所以步骤Ⅳ蒸出的主要物质仍为水；步骤Ⅴ就是最后的蒸发结晶，除去最后残留的水，得到含杂质相对较少的产品；步骤Ⅵ重结晶是为了得到高纯度的产品，由已知可知四羟甲基盐酸鏻难溶于乙醇，与水以任意比例互溶，酸性环境中较稳定，故应选用酸溶液重结晶，据此进行分析。
【小问1详解】
仪器a的名称是球形冷凝管。
【小问2详解】
步骤Ⅰ反应过程中会生成强还原性的新气态氢，故反应不能与氧气接触，则装置X的作用是提供氮气等保护气，避免反应物和产物被空气中的氧气氧化。
【小问3详解】
A．反应需控制反应液的温度，所以温度计水银球应在液面以下，但不接触瓶底部，A正确；
B．由分析可知，步骤II、IV、V中蒸出的主要物质均为水，B正确；
C．由分析可知，步骤Ⅵ重结晶应选用酸溶液，产品难溶于乙醇，不能用乙醇重结晶，C错误；
D．pH在6.5~9.0时产品开始大量解离，故不能用蒸馏水重结晶，D错误；
故选CD。
【小问4详解】
离子交换柱用蒸馏水洗涤后，有蒸馏水留存，加入溶液后，最先流出水中没有氢离子，可以弃去，但不可弃去太多，否则会造成氢离子的损失，导致误差。流出速度宜慢不宜快，否则可能离子交换不充分，导致误差。因为是强碱滴定强酸，指示剂选择甲基橙或酚酞均可以，酚酞最佳；因产品中的一些杂质也会导致溶液呈酸性，所以需要做空白实验，将离子交换后滴定所需碱液减去空白实验消耗的碱液，即为产品消耗的碱量。
①由上述分析可知，补充的实验步骤为b→c→e/g；
②实验碱液减去空白实验消耗的碱液，即为产品消耗的碱量，则产品消耗的NaOH的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，消耗的碱与产品的物质的量相等，由于只取配制溶液的五分之一，故产品的纯度为。
③不宜使用酚酞作指示剂。若使用酚酞作指示剂，达到滴定终点前，pH6.5~9时产品也会解离，消耗NaOH，导致空白实验失败。
25. 某研究小组按下列路线合成安眠药扎来普隆：
已知：
请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸
B. 化合物B中含氧官能团是醛基、硝基
C. B→C的反应过程中发生了还原反应、取代反应
D. 扎来普隆的分子式是
（2）化合物E的结构简式是_______。
（3）C→D的化学方程式：______________。_______
（4）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式：_______。
①1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中有6种不同化学环境的H原子，无甲基，含碳氮双键；
②包含和另一个六元环。
（5）补充完整从甲醇合成的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选)。______
【答案】（1）BD （2）
（3）2CH3OH （4）、、、 、 、 、、 、 、
（5）
【解析】
【分析】苯和发生取代反应生成A，结合A的分子式可以推知A为，由A、B的分子式可知，A发生硝化反应生成了B，结合D的结构式可知，B为，B发生还原反应将硝基转化为氨基，C的结构简式为，D和C2H5Br取代反应生成E，结合最终产物的结构简式，可以推知E为，以此解答。
【小问1详解】
A．对比A. B的结构可知，A发生硝化反应生成B，需要条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，故A正确；
B．B为，含氧官能团是羰基、硝基，故B错误；
C．B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应，然后氢原子被乙基替代，属于取代反应，故C正确；
D．由扎来普隆的结构式可知，其分子式为; ，故D错误；
故选BD。
【小问2详解】
由分析可知，化合物E的结构简式是。
【小问3详解】
C和发生取代反应生成D，反应方程式为：2CH3OH。
【小问4详解】
化合物C的同分异构体满足①1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中有6种不同化学环境的H原子，无甲基，含碳氮双键；②包含和另一个六元环；由分子式可知，该6元环可以是、、、、、、、、、，满足条件的同分异构体为： 、、 、 、 、 、 、 、 、 。
【小问5详解】
甲醇和HBr发生还原反应生成CH3Br，CH3Br和氨气发生已知反应生成CH3NHCH3，另外甲醇和氧气发生催化氧化反应生成甲酸，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，甲酸甲酯和CH3NHCH3发生取代反应生成，合成路线为：。
浙江强基联盟2022-2023学年高三上学期12月联考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108
选择题部分
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20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. 疫情的防控离不开化学知识，新型冠状病毒肺炎疫情终将过去。下列说法正确的是
A. 漂白粉、75%酒精都是利用强氧化性杀灭细菌和病毒的
B. 制作口罩的无纺布(聚酯纤维)是加聚产物
C. 制作口罩的熔喷布(聚丙烯)可在自然界被微生物降解
D. 制作口罩鼻梁定型条的铁丝通常根据电化学原理镀锌防锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．75%酒精能使蛋白质变性，从而杀灭细菌和病毒，故A错误；
B．聚酯纤维是缩聚产物，故B错误；
C．聚丙烯不可在自然界被微生物降解，故C错误；
D．可以通过电镀的方法在铁丝表面镀锌，防止铁生锈，故D正确；
故选D。
2. 下列表示正确的是
A. 分子的VSEPR模型：
B. 氨分子的球棍模型：
C. 双氧水分子的电子式：
D. 基态硼原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O分子中O原子的价层电子对数为=2+=4，VSEPR模型为四面体，但由于含2对孤电子对，则其分子的空间构型为V形，故A错误；
B．氨分子的电子式为，含有孤电子对，则氨分子的空间构型为三角锥，氨气的球棍模型为：，故B错误；
C．过氧化氢是共价化合物，分子中形成的化学键是：氧原子和氢原子间形成极性共价键，氧原子和氧原子间形成非极性共价键，过氧化氢为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．B为5号元素，核外电子排布式为1s22s22p1，基态硼原子的核外电子轨道表示式，故D正确；
故选：D
3. 下列说法不正确的是
A. 氯气可杀灭细菌、病毒，常用于室内空气消毒
B. 硫酸铁、氯化铝常用作污水处理的混凝剂
C. 亚硝酸钠可用作肉制品的防腐剂和护色剂
D. 工业生产中用还原制备高纯硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气可杀灭细菌、病毒，但氯气本身有毒不能用于室内空气消毒，A错误；
B．利用铁离子和铝离子在水溶液中水解生成胶体，故硫酸铁、氯化铝常用作污水处理的混凝剂，B正确；
C．亚硝酸钠可用作肉制品的防腐剂和护色剂，但需要控制用量，C正确；
D．电子工业中用的高纯硅则是用氢气还原三氯氢硅或四氯化硅而制得，D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 煤的主要成分为焦炭，此外还含有一些有机化合物
B. 护肤品和医用软膏中的“凡士林”的主要成分是烷烃
C. 汽油、煤油是石油的裂解产品，属于不可再生能源
D. 天然气、煤气、煤层气和沼气的主要成分都是甲烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．焦炭是煤的干馏产物，故A错误；
B．护肤品和医用软膏中的“凡士林”的主要成分是长链烷烃，故B正确；
C．汽油、煤油是石油的分馏产品，故C错误；
D．天然气、煤层气和沼气的主要成分都是甲烷，煤气的主要成分是一氧化碳，故D错误；
选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 麦芽糖、乳糖和蔗糖都属于寡糖
B. 1mol丙氨酸钠可与2molHCl反应
C. 核酸、蛋白质和超分子都属于高分子化合物
D. 食品工业常使用有机溶剂来提取植物种子里的油
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，属于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，选项A正确；
B．丙氨酸钠与盐酸反应的化学方程式为CH3-CH(NH2)-COONa+2HCl→CH3-CH(NH3Cl)-COOH+NaCl，选项B正确；
C．蛋白质、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相对分子质量的分子，也不是指大分子，和相对分子质量无关，选项C不正确；
D．油脂易溶于有机溶剂，食品工业中，可用有机溶剂提取植物种子中的油，选项D正确；
答案选C。
6. 下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验室制备少量氨气
用酒精萃取水中的溴
吸收尾气中的
制备少量氧气
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，故不能用分解氯化铵的方法制取氨气，故A错误；
B．酒精与水互溶，不能用酒精萃取水中的溴，故B错误；
C．氯气与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故C正确；
D．过氧化钠为淡黄色粉末，多孔隔板起不到作用，故D错误；
故选C。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 与的混合物中O原子数为
B. pH=14的溶液中离子数为
C. 100g36.5%盐酸中HCl分子数为
D. 4.48L乙烯中σ键数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．应用极端假设法，若18g都是，可得n(O)=1mol，O原子数为，若18g都为，可得n(O)=1mol，O原子数为，因此二者的混合物中O原子数为，A正确；
B．题目未给溶液的体积，无法计算离子的物质的量，B错误；
C．盐酸中不存在HCl分子，C错误；
D．乙烯气体未说明标准状况，无法计算其物质的量，D错误；
故选A。
8. 误食白磷中毒，曾通过口服溶液解毒：。关于该反应的下列说法不正确的是
A. 不可服用浓溶液
B. 既是氧化剂又是还原剂
C. 中Cu元素化合价为+1
D. 生成6mol时，被氧化的为0.6mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu是重金属，不可服用浓溶液，否则会重金属中毒，故A正确；
B．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．中Cu元素为+1价，故C正确；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，6mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，生成6mol时，有6mol的CuSO 4参加反应，6molCuSO 4得到6mol电子，1molP4参加反应失去20mol电子，所以6molCuSO 4能氧化白磷的物质的量是=0.3mol，故D错误；
故选D。
9. 下列判断不正确的是
A. 键角：
B. 电负性：Li>Na
C. 电离常数：
D. 水中溶解度：邻羟基苯甲酸>对羟基苯甲酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O和H2S的中心原子均为sp3杂化，但氧原子半径更小，电负性更大，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对间的排斥作用更大，键角更大，故A正确；
B．同主族元素，从上到下，电负性递减，所以电负性：Li>Na，故B正确；
C．甲基是给电子基团，有机羧酸中，除羧基的烷基越小酸性越强，酸性：，电离常数： ，故C正确；
D．对羟基苯甲酸可形成分子间氢键，增大溶解度，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，降低溶解度，则水中溶解度：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸，故D错误；
故选D。
10. 下列有关物质性质说法不正确的是
A. 与水反应生成两种强酸
B. 可通过干燥的与在催化剂作用下反应得到
C. 可用作由制取无水的脱水剂
D. 与足量作用可得到
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2Cl2的结构式为，与水反应时，水的氢原子与氯结合生成盐酸，水的氢氧离子与硫氧结合生成硫酸，A正确；
B．二氧化硫与氯气在活性炭催化剂作用下反应氧化还原反应，生成SO2Cl2，B正确；
C．极易水解，得到SO2会被氧化为H2SO4，则Fe3+会被还原为Fe2+，C错误；
D．与足量作用发生取代反应，将羟基中的氢原子取代，可得+→+2HCl，D正确；
故答案为：C。
二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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)
11. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 石灰乳吸收废气中的二氧化氮：
B 亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钾溶液：
C. 氧化银()溶于浓氨水：
D. 乙二酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．石灰乳中的Ca(OH)2需要保留化学式，正确的离子方程式为：2NO2+Ca(OH)2=NO+NO+H2O+Ca2+，故A错误；
B．因为还原性>I-，亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钾溶液反应，碘酸钾是氧化剂，而亚硫酸氢钠是还原剂，反应生成和I-，离子方程式为：3+IO═3+I-+3H+，故B错误；
C．氧化银()溶于浓氨水生成银铵离子，离子方程式为：，故C正确；
D．高锰酸钾溶液与乙二酸(草酸)发生氧化还原反应，乙二酸被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原为二价锰离子，离子方程式：，故D错误；
故选C。
12. 关于2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮，下列说法不正确的是
A. 分子中有1个手性碳原子
B. 苯环上的一氯代物有4种
C. 1mol该物质可消耗3molNaOH
D. 能使酸性稀溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．在有机物分子中，连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮分子中只有1个手性碳原子，即标*的碳原子：，选项A正确；
B．2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮的苯环上有2种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项B不正确；
C．分子中含有两个酰胺基和一个碳氯键，1mol该物质可消耗3molNaOH，选项C正确；
D．分子中含有醇羟基，能使酸性稀溶液褪色，选项D正确；
答案选B。
13. X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A. X与Y不能形成具有18电子的分子
B. 简单离子的半径大小：Q>Z>W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q
D. 和中含有的化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大， W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，则W核外有6根原子轨道，则W为Na或者Mg，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，故Y为N，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化即NH3中N原子采用sp3杂化，则X为H，W为Na，Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，则Z为O，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素，故Q为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H，Y为N，则N2H4分子中含有18个电子，即X与Y能形成具有18电子的分子，A错误；
B．由分析可知，Z为O，W为Na，Q为Cl，则Cl-具有3个电子层，Na+和O2-均只具有两个电子层，且Na的核电荷数大于O，故简单离子的半径大小为Cl-＞O2-＞Na+即Q>Z>W，B正确；
C．由分析可知，Y为N，Q为Cl，且Cl的电负性比N的大，元素电负性越大其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HNO3即Y＜Q，C错误；
D．由分析可知，X为H、Z为O、W为Na，故即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，即Na2O2中含有离子键和非极性共价键，则二者含有的化学键类型不相同，D错误；
故答案为：B。
14. 下列说法正确的是
A. 室温下，将pH=a的HCl溶液加水稀释倍，所得溶液的pH=a+b
B. NaOH溶液滴定醋酸溶液时，离子浓度大小关系可能为
C. 生成盐的弱酸酸性越弱，盐的水解程度越大，所以醋酸钠溶液的pH不可能大于碳酸钠溶液
D. 室温下，醋酸溶液稀释过程中，电离度逐渐增大，逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．室温下，将pH=a的HCl溶液加水稀释倍，若a+b<7，所得溶液的pH=a+b，若，则PH无限接近于7，所以PH不一定是a+b，A错误；
B．NaOH溶液滴定醋酸溶液时，溶液中存在电荷守恒，当时，，所以离子浓度大小关系可能为，B正确；
C．醋酸酸性大于碳酸，弱酸酸性越弱，对应盐的水解程度越大，所以相同温度下，相同浓度的醋酸钠溶液的pH小于碳酸钠溶液，但水解还会受浓度影响，若醋酸钠溶液浓度较大，碳酸钠浓度较小，有可能醋酸钠溶液的pH大于碳酸钠溶液，C错误；
D．室温下，醋酸溶液稀释过程中，电离程度逐渐增大，但n（H+）增大的倍数小于溶液体积增大的倍数，所以逐渐减小，D错误；
故答案选B。
15. 某温度下，将A和B各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应 ，反应过程中，B的物质的量n(B)随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 当v(A)=v(X)时，反应达到平衡
B. 前2min的平均速率
C. 9min时，改变的反应条件为降温或加催化剂
D. 若起始充入A和B各0.30mol，平衡时
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一化学反应用不同物质表示速率，速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，反应过程中一定有v(A)=v(X)，不能由此判断反应是否达到平衡，A错误；
B．前2min的平均速率，，B错误；
C．由图像可知7min-9min反应达平衡状态，加催化剂平衡不移动，B的物质的量不会改变，C错误；
D．由图像可知，某温度下，将A和B各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，达平衡，B浓度，在恒温恒容时，投料变为原来2倍，若平衡转化率相同，达平衡，但是恒温恒容条件下，相同比例相同倍数的增加反应物浓度，其平衡移动结果相当于加压，B的转化率增大，所以，D正确；
故答案为D。
16. 航天员呼吸产生的通过反应 ，再电解水可实现的循环利用。热力学中规定由最稳定单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓()，最稳定单质的标准生成焓规定为0.已知上述反应式中：；；；。则的数值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】已知上述反应式中：C(s)+O2(g)= CO2(g) ；H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ，则总反应： =2-=2×(-242kJ•mol-1)-(-394 kJ•mol-1)= -90 kJ•mol-1，故选A。
17. 利用如图所示装置可以将非氧化还原反应设计成原电池——浓差电池。两侧半电池中的特定物质存在浓度差，导致半电池上发生的氧化还原反应程度不同，从而产生电势差。下列说法正确的是
编号
电极A
电解质A
电解质B
电极B
①
②
③
A. ①号电池中，电极B上产生
B. ①号电池中，电解质A中阳离子通过盐桥流入电解质B
C. ②号电池中，若氢气压强，则A为负极
D. ③号电池中，电池总反应为，电极B为负极
【答案】D
【解析】
【分析】浓度差电池放电时，两个电极区的电解质溶液浓度差会减小，当两个电极区的电解质浓度相等时放电停止，在浓差电池中，氧化剂多的电势高，作正极，还原剂多的电势低，作负极；
【详解】A．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，B极为负极，发生，B极产生O2，A错误；
B．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，根据原电池原理，阳离子移动到正极，B错误；
C．②号电池中，若氢气压强 p1
故答案为：D。
18. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为的KCl、溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(，不考虑离子的水解)。下列叙述正确的是
A. 横坐标x为6.54
B. P点表示的饱和溶液
C. 上述两溶液混合后，滴入溶液先生成AgCl沉淀
D. 平衡体系中
【答案】C
【解析】
【分析】在右上方的曲线上两点，分别为pc(Ag+)=4和pc(Ag+)=2，则c(Ag+)=10-4mol/L和c(Ag+)=10-2mol/L，c(X-)分别为10-5.74mol/L和10-7.74mol/L，且两点的c(Ag+) c(X-)的值相等，即Ksp(AgX)= c(Ag+) c(X-)=10-4mol/L 10-5.74mol/L =10-2mol/L 10-7.74mol/L =10-9.74mol2/L2，所以该曲线为AgCl的Ksp曲线，则另一条为Ag2C2O4的Ksp曲线；
【详解】A．由图可知，当pc(Ag+)=4时，c(Ag+)=10-4mol/L，Ksp(Ag2C2O4)= c2(Ag+) =(10-4mol/L)2 10-3.27mol/L=10-11.27 (mol/L)3，Ksp(Ag2C2O4)= (10-2mol/L)2 10-xmol/L=10-11.27 (mol/L)3，求得x=7.27，选项A错误；
B．由图可知， P点在曲线的上方，相同时，P点c(Ag+)小于曲线上对应的c(Ag+)，则P点离子的浓度积Q< ，即P点表示的不饱和溶液，选项B错误；
C．由图像可知，当阴离子浓度相等时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，则用溶液分别滴定浓度均为的KCl、溶液，先析出AgCl沉淀，选项C正确；
D．的平衡常数K==，此时溶液中的c(Ag+)相同，当银离子的浓度为10-4mol/L时，c(Cl-)=10-5.74mol/L，c()=10-3.27mol/L，则K==102.47，选项D错误；
答案选C。
19. 工业上用铝土矿(主要成分为，含有、等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如下：
已知：① 、；
②、、、的沸点分别为57.6℃、1023℃、300℃(升华)、180℃(升华)。下列说法不正确的是
A. 步骤I中300℃焙烧可将还原为Al
B. 步骤II中加入的原料气应为和
C. 步骤II的尾气经足量NaOH溶液吸收，生成物中有、NaClO
D. 步骤V中加入铝粉的目的是除去，提高纯度
【答案】A
【解析】
【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3 和SiO2 先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2 反应生成对应的氯化物，即SiCl4 、AlCl3 、FeCl3 ，CO和O2 反应生成CO2 ，后冷却到100℃，尾气为CO2 、多余的Cl2、O2，SiCl4、以及AlCl3 和FeCl3 变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，尾气中含有氯气，可用氢氧化钠溶液处理，以此解答该题。
【详解】A．Al2O3不会焦炭反应得到Al，故A错误；
B．步骤II中固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3 和SiO2 先被焦炭还原为Al、Fe、Si，故B正确；
C．由分析可知，步骤II的尾气为CO2 、多余的Cl2、O2，经足量NaOH溶液吸收，生成物中有、NaClO，故C正确；
D．铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，故D正确；
故选A。
20. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
比较H2O2和Fe3+的氧化性
取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象
若产生气体使带火星木条复燃，说明Fe3+的氧化性强于H2O2
B
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
若溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
检验某有机物否含有酰胺键
将适量有机物放入试管，加入足量NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察现象
若红色石蕊试纸未变蓝，说明待测样品中不含酰胺键
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体先通过NaOH溶液，再通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察到气体使带火星木条复燃，说明反应产生了O2，不能说明Fe3+的氧化性强于H2O2，A错误；
B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，二者反应产生BaCO3沉淀，同时看到溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH-)减小，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；
C．将适量有机物放入试管，加入足量NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若红色石蕊试纸未变蓝，可能是待测样品中不含酰胺键，无NH3产生，也可能是溶液浓度小，反应产生的NH3少，不能使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，因此不能证明待测样品中是否含酰胺键，C错误；
D．电石中含有杂质CaS、Ca3P2等，当电石与饱和食盐水反应时，杂质CaS与水反应产生的H2S会被NaOH溶液吸收，而Ca3P2与水反应产生的PH3不能被吸收，该气体具有还原性，生成PH3也能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪色，因此不能根据酸性KMnO4溶液褪色就判断生成了乙炔气体，D错误；
故合理选项是B。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21. 红蓝宝石、祖母绿、金绿猫眼、钻石为举世公认的珍贵宝石。
（1）红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝()，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的简化电子排布式为_______。
（2）祖母绿主要成分的化学式为，Be与Al的第一电离能大小关系为：I(Be)_______I(Al)。Be能与NaOH溶液反应，请简单说明判断依据：_______。
（3）金绿猫眼主要成分的化学式为，经碱熔酸浸可得到和，分子的空间构型为_______。常以二聚分子的形式存在，分子中所有原子均达到8稳定结构，请画出的结构式并解释其形成原因：_______。
（4）钻石是经过琢磨的金刚石，金刚石熔点高于晶体硅，原因为_______。金刚石晶胞结构如图所示，与晶胞面心处碳原子距离最近且等距离的碳原子数为_______。
【答案】（1）[Ar]3d54s1
（2） ①. ＞ ②. “对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似
（3） ①. 直线形 ②. ，缺电子的铝原子提供空轨道，氯原子提供孤对电子，形成Cl→Al配位键
（4） ①. 金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键 ②. 4
【解析】
【小问1详解】
Cr为24号元素，根据构造原理可知，基态铬原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1。
【小问2详解】
因为Be的第一电离能比Mg的第一电离能大，由于Mg的3s能级全充满，3p能级全空，故Mg的第一电离能比Al的第一电离能大，则Be与Al的第一电离能大小关系为：I(Be)＞I(Al)。因为“对角线规则”或Be、Al原子半径相差不大，电负性几乎相同(或相差不大)，性质相似，所以Be能与NaOH溶液反应。
【小问3详解】
分子的中心原子Be原子没有孤电子对，有2对成键电子对，价层电子对数为2，故其空间构型为直线形。常以二聚分子的形式存在，分子中所有原子均达到8稳定结构，故缺电子的铝原子提供空轨道，氯原子提供孤对电子，形成Cl→Al配位键，则的结构式为。
【小问4详解】
金刚石熔点高于晶体硅，原因为金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，因碳的原子半径小于硅，金刚石中碳碳键键能大于硅硅键。由金刚石晶胞结构可知，与晶胞面心处碳原子距离最近且等距离的碳原子数为4。
22. X通常状况下是一种红黄色气体，相对分子质量小于100，含有三种常见短周期元素。为研究X的组成，5.895g的X分三等份进行实验，过程如下(气体体积已折算至标准状况)：
请回答：
（1）X的化学式为_______。溶液A的成分为_______。
（2）X与反应的化学方程式为_______。
（3）金(Au)可溶于浓B溶液生成C和金的一价配离子(与具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）设计一个实验方案，探究溶液F中溶质的阳离子成分：_______。
【答案】（1） ①. NOCl ②. NaCl、NaNO2、NaOH
（2）3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO
（3）Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O
（4）F溶液中含有的阳离子可能为Fe3+、Fe2+。取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+
【解析】
【分析】为研究X的组成，5.895g的X分三等份进行实验，一份加水之后形成溶液B和无色气体C，C和空气中的氧气反应生成红棕色气体，该气体为NO2，说明X中含有N元素；溶液B中加入足量硝酸银溶液，得到白色沉淀，该沉淀是AgCl，说明1.965g的X中含有Cl；1.965g的X和Fe反应生成无色气体，结合X中含有N元素，可以推知该无色气体是Fe与硝酸反应生成的NO，物质的量为，则X中N原子个数和Cl原子个数相同，1.965g的X中剩余的元素质量为：1.965g-×35.5g/mol-×14g/mol=0.48g，X相对分子质量小于100，可以推知X中还含有O元素，物质的量为，则X的化学式为NOCl。
【小问1详解】
由分析可知，X的化学式为NOCl；NOCl中N的化合价为+3价、O是-2价、Cl是-1价，和过量NaOH溶液发生反应得到的溶液A成分为NaCl、NaNO2、NaOH。
【小问2详解】
由分析可知，X与水反应有NO和HNO3生成，N元素化合价有+3价上升到+5价，又由+3价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO。
【小问3详解】
金(Au)可溶于浓HNO3溶液生成NO和金的一价配离子(与具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式为：Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O。
【小问4详解】
一定量Fe和硝酸反应产物中可能存在Fe2+，取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+。
23. 以“水煤气”为原料合成氨，需在变换塔中将CO变换成，变换塔中主要发生的反应为：
主反应：
副反应：
（1）关于合成氨工艺的下列理解，正确的有_______。
A. 在合成氨时，控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高平衡转化率和反应速率
B. 在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中CO与的物质的量之比增大
C. 为提高原料中转化率，应向反应器中加入适当过量的空气
D. 体系温度升高，可能导致催化剂失活，用热交换器将原料气可预热并使反应体系冷却
（2）相对压力平衡常数的表达式就是在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体B的相对分压等于其分压p(B)(单位为kPa)除以标准压强，其分压p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。
变换塔中恒容条件下充入1.0molCO、、、，T℃下，反应达到平衡后，测得0.7mol和。则T℃时，主反应的相对压力平衡常数_______。
（3）变换塔中主反应正逆反应速率可以表示为：，，和都是温度的函数。在图中画出、随温变化的趋势。_______
（4）以煤为原料生产水煤气，反应过程如下：
反应过程
化学方程式
焓变
送风(空气)发热
通水(蒸气)制气
131
副反应
172
为维持炉温，送风发热和制气交替进行，但实际送风发热产生的热量远远多于制气所需热量，其原因是_______。
（5）研究发现在以为主的催化剂上也可还原NO(需参与反应)，可能发生的反应过程如下，用化学方程式补充该催化反应历程(反应机理)：(a)，(b)_______，(c)。
【答案】（1）BD （2）7.5
（3） （4）热量被出炉气体带走或热量向环境散去
（5）Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+
【解析】
【小问1详解】
A．在合成氨时，控制温度远高于室温，是为了提高催化剂的活性，A错误；
B．在一定压强下，随着温度的升高，变换塔中反应向逆反应方向移动，CO与的物质的量之比增大，B正确；
C．为提高原料中转化率，若向反应器中加入适当过量的空气，其中的氧气会消耗一氧化氮和氢气，不会提高转化率，C错误；
D．体系温度升高，可能导致催化剂失活，用热交换器将原料气可预热并使反应体系冷却，D正确；
故选B D
【小问2详解】
由题意得到两个反应的三段式：
、、、，，答案：7.5；
【小问3详解】
变换塔中主反应是放热反应，随着温度的升高正逆反应速率都要增大，但逆反应速率增大的更多，平衡逆向移动，答案：
；
【小问4详解】
热量被出炉气体带走或热量向环境散去；
【小问5详解】
由题可知参加反应的物质是三种，所以在(b)中应该有NO参与反应最终生成氮气，应该转化成，得到Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+，答案：Fe2+-NH2 +NO=N2+H2O+Fe2+。
24. 四羟甲基盐酸鏻(THPC)是一种高效、广谱、低毒、易生物降解的杀菌剂。某小组用白磷、锌粉、甲醛和盐酸为原料，以如下流程和装置开展实验(夹持仪器、加热装置等已省略)。
已知：①锌与酸生成的强还原性的新生态氢与白磷反应生成活化的磷化氢，再与甲醛及酸反应得到四羟甲基盐酸鏻：。
②熔点为150℃，难溶于乙醇，与水以任意比例互溶，酸性环境中较稳定，pH在6.5~9.0时开始大量解离。
③强酸型阳离子交换树脂含有大量强酸性基团，如磺酸基等，可以吸附溶液中的阳离子，同时释放出等量的氢离子。
请回答：
（1）仪器a的名称是_______。
（2）步骤I需要在四口烧瓶中进行反应，第4个瓶口连接的装置X的作用是_______。
（3）下列说法不正确的是_______。
A. 步骤I中温度计水银球应在液面下，不接触烧瓶底部
B. 步骤II、IV、V中蒸出的主要物质均为水
C. 步骤VI重结晶应选用无水乙醇作溶剂，冷却结晶，得到产品
D. 步骤VI重结晶应选用蒸馏水作溶剂，减压脱水，得到产品
（4）用离子交换法和滴定分析法确定产品纯度。
①从下列选项选择合适操作并排序，将实验步骤补充完整：______
准确称取2.00g产品于烧杯中，加入50mL蒸馏水稀释，转入100mL容量瓶，定容、摇匀。将已经用乙醇、蒸馏水、盐酸浸泡预处理的25g强酸型阳离子交换树脂装入离子交换柱，用蒸馏水洗至流出液呈中性。移取20.00mL溶液加入离子交换柱→(_______)→(_______)→(_______)→用NaOH标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积mL→另取20.00mL产品溶液做空白实验→选择指示剂→直接用NaOH标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积mL。
a.控制流出液滴速约40滴/min；
b.控制流出液滴速约20滴/min；
c.弃去前面的20mL流出液，于锥形瓶中，得到50mL流出液；
d.弃去前面的50mL流出液，于锥形瓶中，得到20mL流出液；
e.加入几滴甲基橙作指示剂；
f.加入几滴石蕊作指示剂；
g.加入几滴酚酞作指示剂。
②若NaOH标准液浓度为c，则该产品纯度为_______。
③空白实验的指示剂选择酚酞是否合适？理由是_______。
【答案】（1）(球形)冷凝管
（2）提供氮气等保护气，避免反应物和产物被空气中的氧气氧化 （3）CD
（4） ①. b→c→e/g ②. ③. 不宜使用酚酞作指示剂。若使用酚酞作指示剂，达到滴定终点前，pH6.5~9时产品也会解离，消耗NaOH，导致空白实验失败
【解析】
【分析】步骤Ⅰ生成四羟甲基盐酸鏻和氯化锌，步骤Ⅱ除去溶液中的水使氯化锌等物质结晶过滤分离，盐酸是逐滴加入的反应物，在步骤Ⅱ中过量的HCl也会蒸出，但主要蒸出的还是水；步骤Ⅲ调节pH后生成氯化钠，步骤Ⅳ的目的仍然是通过蒸发浓缩使杂质结晶过滤分离，所以步骤Ⅳ蒸出的主要物质仍为水；步骤Ⅴ就是最后的蒸发结晶，除去最后残留的水，得到含杂质相对较少的产品；步骤Ⅵ重结晶是为了得到高纯度的产品，由已知可知四羟甲基盐酸鏻难溶于乙醇，与水以任意比例互溶，酸性环境中较稳定，故应选用酸溶液重结晶，据此进行分析。
【小问1详解】
仪器a的名称是球形冷凝管。
【小问2详解】
步骤Ⅰ反应过程中会生成强还原性的新气态氢，故反应不能与氧气接触，则装置X的作用是提供氮气等保护气，避免反应物和产物被空气中的氧气氧化。
【小问3详解】
A．反应需控制反应液的温度，所以温度计水银球应在液面以下，但不接触瓶底部，A正确；
B．由分析可知，步骤II、IV、V中蒸出的主要物质均为水，B正确；
C．由分析可知，步骤Ⅵ重结晶应选用酸溶液，产品难溶于乙醇，不能用乙醇重结晶，C错误；
D．pH在6.5~9.0时产品开始大量解离，故不能用蒸馏水重结晶，D错误；
故选CD。
【小问4详解】
离子交换柱用蒸馏水洗涤后，有蒸馏水留存，加入溶液后，最先流出水中没有氢离子，可以弃去，但不可弃去太多，否则会造成氢离子的损失，导致误差。流出速度宜慢不宜快，否则可能离子交换不充分，导致误差。因为是强碱滴定强酸，指示剂选择甲基橙或酚酞均可以，酚酞最佳；因产品中的一些杂质也会导致溶液呈酸性，所以需要做空白实验，将离子交换后滴定所需碱液减去空白实验消耗的碱液，即为产品消耗的碱量。
①由上述分析可知，补充的实验步骤为b→c→e/g；
②实验碱液减去空白实验消耗的碱液，即为产品消耗的碱量，则产品消耗的NaOH的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，消耗的碱与产品的物质的量相等，由于只取配制溶液的五分之一，故产品的纯度为。
③不宜使用酚酞作指示剂。若使用酚酞作指示剂，达到滴定终点前，pH6.5~9时产品也会解离，消耗NaOH，导致空白实验失败。
25. 某研究小组按下列路线合成安眠药扎来普隆：
已知：
请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸
B. 化合物B中含氧官能团是醛基、硝基
C. B→C的反应过程中发生了还原反应、取代反应
D. 扎来普隆的分子式是
（2）化合物E的结构简式是_______。
（3）C→D的化学方程式：______________。_______
（4）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式：_______。
①1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中有6种不同化学环境的H原子，无甲基，含碳氮双键；
②包含和另一个六元环。
（5）补充完整从甲醇合成的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选)。______
【答案】（1）BD （2）
（3）2CH3OH （4）、、、 、 、 、、 、 、
（5）
【解析】
【分析】苯和发生取代反应生成A，结合A的分子式可以推知A为，由A、B的分子式可知，A发生硝化反应生成了B，结合D的结构式可知，B为，B发生还原反应将硝基转化为氨基，C的结构简式为，D和C2H5Br取代反应生成E，结合最终产物的结构简式，可以推知E为，以此解答。
【小问1详解】
A．对比A. B的结构可知，A发生硝化反应生成B，需要条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，故A正确；
B．B为，含氧官能团是羰基、硝基，故B错误；
C．B→C是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于还原反应，然后氢原子被乙基替代，属于取代反应，故C正确；
D．由扎来普隆的结构式可知，其分子式为; ，故D错误；
故选BD。
【小问2详解】
由分析可知，化合物E的结构简式是。
【小问3详解】
C和发生取代反应生成D，反应方程式为：2CH3OH。
【小问4详解】
化合物C的同分异构体满足①1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中有6种不同化学环境的H原子，无甲基，含碳氮双键；②包含和另一个六元环；由分子式可知，该6元环可以是、、、、、、、、、，满足条件的同分异构体为： 、、 、 、 、 、 、 、 、 。
【小问5详解】
甲醇和HBr发生还原反应生成CH3Br，CH3Br和氨气发生已知反应生成CH3NHCH3，另外甲醇和氧气发生催化氧化反应生成甲酸，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，甲酸甲酯和CH3NHCH3发生取代反应生成，合成路线为：。
相关试卷
浙江强基联盟2023-2024学年高三上学期10月联考化学试题（Word版附解析）： 这是一份浙江强基联盟2023-2024学年高三上学期10月联考化学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本卷可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体2023–2024学年高三上学期九月化学入学联考化学试题（Word版附解析）： 这是一份浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体2023–2024学年高三上学期九月化学入学联考化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
浙江省强基联盟2023-2024学年高三化学上学期10月联考试题（Word版附解析）： 这是一份浙江省强基联盟2023-2024学年高三化学上学期10月联考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本卷可能用到的相对原子质量，下列说法正确的是，下列说法不正确的是，下列反应的离子方程式不正确的是，富马酸等内容，欢迎下载使用。
