2022年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟试卷A(考试时间：90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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．下列物质属于纯净物的是()A．漂白粉B．浓硫酸C．冰醋酸D．加碘盐【答案】C【解析】A项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A不符合；B项，浓硫酸是98%的硫酸，有少量的水，是混合物，B不符合；C项，冰醋酸是纯净物，C符合；D项，加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾，是混合物，D不符合；故选C。2．下列物质属于强电解质的是()A．NaHCO3B．SO2C．HClOD．食盐水【答案】A【解析】A项，NaHCO3在水溶液中能完全电离成Na+和HCO3-，故NaHCO3是强电解质，A符合题意；B项，SO2在水溶液或熔融状态下均不能电离，且为化合物，所以是非电解质，B不符合题意；C项，HClO在水溶液中部分电离，是弱电解质，C不符合题意；D项，食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D不符合题意；故选A。3．下列物质的化学成分不正确的是()A．生石灰：Ca(OH)2B．重晶石：BaSO4C．尿素：CO(NH2)2D．草酸：HOOC-COOH【答案】A【解析】A项，生石灰的主要成分为氧化钙，故A错误；B项，重晶石的主要成分为硫酸钡，故B正确；C项，尿素的分子式为CO(NH)2，故C正确；D项，草酸是乙二酸的俗称，结构简式为HOOC—COOH，故D正确；故选A。 4．下列仪器与名称一一对应的是()A．坩锅B．表面皿C．三脚架D．干燥管【答案】D【解析】A项，为坩埚，A错误；B项，可知为蒸发皿，B错误；C项，为泥三角，C错误；D项，为干燥管，D正确；故选D。5．下列表示正确的是()A．羟基的电子式：B．乙炔的结构式：HC＝CHC．氯原子的结构示意图：D．NCl3分子的比例模型：【答案】C【解析】A项，羟基的电子式：，A错误；B项，乙炔的结构式：HCCH，B错误；C项，氯原子的结构示意图：，C正确；D项，是NCl3分子的球棍模型，图中球棍模型的N原子和Cl原子的相对大小不对，D错误；故选C。6．下列说法正确的是()A．CH4和C9H20互为同系物B．H35Cl和H37Cl互为同素异形体C．32S2和33S8互为同位素D．和互为同分异构体【答案】A【解析】A项，CH4和C9H20均为链状的烷烃，二者一定互为同系物，A正确；B项，同素异形体是同一元素的不同单质，H35Cl和H37Cl是同一物质，B错误；C项，32S2和33S8是同 一元素的不同单质，二者互为同素异形体，C错误；D项，和是同一物质，D错误；故选A。7．关于有机反应类型，下列判断不正确的是()A．(加成反应)B．(还原反应)C．(消去反应)D．(水解反应)【答案】D【解析】A项，是1,3-丁二烯与单质溴发生的1,4-加成反应，A正确；B项，是醛基和氢气的加成反应，也是还原反应，B正确；C项，是乙醇的消去反应，C正确；D项，是葡萄糖的分解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D错误；故选D。8．关于反应2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O，下列说法正确的是()A．KCuO2发生氧化反应B．CuCl2是氧化产物C．若生成标准状况下4.48L氯气，则转移0.4mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4【答案】C【解析】高酮酸钾(KCuO2)中的Cu为罕见的+3价，反应中化合价降低，为氧化剂，CuCl2为还原产物；HCl中的Cl由-1价升为0价，为还原剂，Cl2为氧化产物。A项，KCuO2是氧化剂，发生还原反应，A错误；B项，CuCl2为还原产物，B错误；C项，4.48LCl2的物质的量为=0.2mol，Cl由-1价变为0价，生成每个Cl2转移2个电子，故生成0.2molCl2转移0.4mol个电子，C正确；D项，根据方程式可知，8个HCl参加反应，只有2个被氧化，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，D错误；故选C。9．化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是() A．聚丙烯酸钠可作“尿不湿”的原料B．植物油、石蜡油、矿物油、地沟油的化学成分完全相同C．FeO是一种具有磁性的黑色晶体，可作录音磁带的原材料D．PE(聚乙烯)材料因其无毒且易降解，广泛用于食品包装【答案】A【解析】A项，聚丙烯酸钠有很强的吸水和蓄水能力，切对人体无害，可作“尿不湿”的原料，A正确；B项，植物油属于油脂，属于酯类，矿物油属于从石油炼制所得的烃类混合物，地沟油是厨房加工过的废弃油，属于油脂，石蜡油是一种矿物油，是从原油分馏中得到的混合物，主要成分为烃类，所以化学成分不相同，B错误；C项，Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体，可作录音磁带的原材料，C错误；D项，PE(聚乙烯)材料无毒，可广泛用于食品包装，但其不易降解，引起的环境问题为“白色污染”，D错误；故选A。10．下列说法不正确的是()A．纯碱因碱性过强，不可用于食品工业B．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞C．石灰石—石膏法、氨水法等常用于燃煤烟气的脱硫处理D．电解ZnSO4溶液可以制备金属锌【答案】A【解析】A项，纯碱可以用于食品工业，如制作面食、味精等，A错误；B项，NO在人体的血管系统内具有传送信号的功能，极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，B正确；C项，石灰石—石膏法脱硫的原理为：石灰石在高温下发生分解生成CaO和SO2反应生成CaSO3，CaSO3和O2反应生成CaSO4，CaSO4可用来生产副产品石膏(生石膏CaSO4∙2H2O、熟石膏2CaSO4∙H2O)；氨水法脱硫的原理为：氨水和SO2发生反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3和O2反应生成(NH4)2SO4，(NH4)2SO4可用作氮肥，C正确；D项，电解池中，Zn2+比H2O的H+先放电，可以通过电解ZnSO4制备金属Zn，D正确；故选A。11．下列说法正确的是()A．酸液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗B．搅拌下在阿司匹林粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，直到没有气体产生为止，过滤，取滤液结晶，可以得到纯度较高的阿司匹林C．将移液管中的溶液放出时，不能使管尖与容器内壁接触D．在1mL0.5mol·L-1AlCl3溶液中，加入饱和NaF溶液，充分振荡后，继续滴加1mL 3.0mol·L-1的氨水，可以观察到有白色沉淀生成【答案】A【解析】A项，如果酸液不慎溅到手上，可以先用大量水冲洗，再用碳酸氢钠溶液洗，最后用水冲洗，A正确；B项，阿司匹林的溶解度较小，溶于碳酸氢钠溶液中，增大了溶解性，再加盐酸，有阿司匹林析出，为减少阿司匹林的溶解性，再用冷水洗涤晶体，可以得到纯度较高的阿司匹林，B错误；C项，将移液管中的液体放出时，应将移液管尖嘴在容器内壁上前后小距离滑动几下，以使液体全部进入容器，C错误；D项，加入NaF溶液后Al3+与F-结合生成新物质，溶液中几乎没有Al3+，再加入氨气溶液，没有白色沉淀产生，D错误；故选A。12．下列“类比”合理的是()A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3B．SiH4的沸点比CH4高，则PH3的沸点也比NH3高C．NH3与HCl反应生成NH4Cl，则N2H4与HCl反应生成N2H6Cl2D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2【答案】C【解析】A项，氯气的氧化性大于碘单质，Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI2，A错误；B项，组成与结构相似的共价分子：相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则SiH4的沸点比CH4高，但氨气形成分子间氢键会增大熔沸点，则PH3的沸点比NH3低，B错误；C项，氨气是碱性气体：NH3与HCl反应生成NH4Cl，氨基有碱性、N2H4由2个氨基连接而成，则N2H4可与HCl反应生成N2H6Cl2，C正确；D项，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2具有强氧化性、SO2有强还原性，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，D错误；故选C。13．下列反应的方程式正确的是()A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-B．[Ag(NH3)2]OH与较浓盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2OC．硫酸铵与亚硝钠溶液共热：(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2NH3+NO2+NO+H2OD．向酸化KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O【答案】B【解析】A项，向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，A错误；B项，[Ag(NH3)2]OH与较浓盐酸反应生成AgCl的离 子方程式为：[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2O，B正确；C项，硫酸铵与亚硝钠溶液共热的反应方程式为：(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2N2↑+4H2O，C错误；D项，向酸化KMnO4溶液中通入SO2的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，D错误；故选B。14．有机物的有关说法不正确的是()A．该分子中有1个手性碳原子B．分子中所有碳原子不可能处于同一平面C．完全水解的产物之一有两性且能使FeCl3溶液显紫色D．与足量的NaOH溶液完全反应最多消耗NaOH5mol【答案】C【解析】A项，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，在该分子中只有1个手性碳原子，即标*的碳原子：，A正确；B项，该分子中有一个六元环，全部以单键相连，环上的5个碳原子不可能处于同一平面，B正确；C项，该有机物分子中含有两个肽键结构，完全水解生成和，分子中有羧基，有酸性，但没有碱性；分子中有氨基，有碱性但没有酸性，两个分子中都没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显紫色，C错误；D项，该有机物分子中含有两个肽键结构，可以发生水解反应，由于肽键的存在，1mol该有机物能消耗2molNaOH；该分子中含有苯环，苯环上直接连着氯原子，可以发生卤代烃的水解，水解后生成的酚会继续和NaOH发生酸碱中和反应，由于氯原子的存在，1mol该有机物消耗2molNaOH，所以1mol该物质与足量的NaOH溶液完全反应最多消耗NaOH5mol，D正确；故选C。15．短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序数依次增大，X与D同族，A和E同族；元素Y的一种高硬度单质是宝石；D、E两元素的质子数之和是X、A两元素的质子数之和的3倍；X、G、A元素组成的物质GA2、XGA在杀菌消毒方面有重要作用。下列有关说法，不正确的是()A．D2E2中的化学键有离子键、共价键 B．化合物XGA的电子式为：C．Z的最高价氧化物的水化物的浓溶液，加热时可将Y的单质氧化为最高价D．Y的氢化物沸点不一定比Z的氢化物沸点低【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序数依次增大，X与D同族，A和E同族；元素Y的一种高硬度单质是宝石，则Y是C元素；D、E两元素的质子数之和是X、A两元素的质子数之和的3倍；X、G、A元素组成的物质GA2、XGA在杀菌消毒方面有重要作用，则G是Cl元素，A是O元素；X是H元素；由于X与D同族，D原子序数比O大，则D是Na；Z原子序数比6大，比8大，则Z是N元素；A和E同族，E为S元素。根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是N，A是O，D是Na，E是S，G是Cl元素。A项，D是Na，E是S，二者形成的化合物Na2S2是离子化合物，Na+与S22-之间以离子键结合，在S22-中2个S原子之间以共价键结合，故D2E2中的化学键有离子键、共价键，A正确；B项，化合物XGA是HClO，其中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中各原子都达到稳定结构，故HClO的电子式为：，B错误；C项，Z是N，Y是C，Z的最高价氧化物的水化物HNO3的浓溶液具有强氧化性，加热时可将Y的单质氧化为CO2，浓硝酸被还原为NO2，同时产生H2O，C正确；D项，Y是C，Z是N，Y形成的氢化物可以是CH4、C6H6等；Z形成的化合物可以是NH3、N2H4等，如CH4的沸点比NH3低，而C6H6的沸点比NH3高，D正确；故选B。16．已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理的是()A．ClF3与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质D．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物【答案】A【解析】A项，ClF3与水按照1：2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2，生成了两种弱酸，A错误；B项，ClF3中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，B正确；C项，三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，C正确；D项，因ClF3 有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物，D正确；故选A。17．指定由稳定单质生成lmol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成焓。例如：C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol-1，则1molCO2(g)的标准生成焓ΔH=-394kJ·mol-1。下列标准生成焓ΔH最大的是()A．lmolSO2(g)B．lmolNO(g)C．2molH2O(g)D．2molH2O(l)【答案】B【解析】1molSO2(g)的标准生成焓ΔH=-296.0kJ·mol-1，1molNO(g)的标准生成焓ΔH=+90.0kJ·mol-1，1molH2O(g)的标准生成焓ΔH=-241.8kJ·mol-1，1molH2O(l)的标准生成焓ΔH=-285.8kJ·mol-1。故标准生成焓ΔH最大的是lmolNO(g)。故选B。18．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．1mol冰中含有2NA个氢键B．30g的甲醛、乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗NA个O2C．含0.1molNa3AlF6溶液中阳离子数目为0.4NAD．2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42-，1mol[2Mn2++5S2O82-]完全反应转移的电子数为10NA【答案】C【解析】A项，1分子水形成2个氢键，则1mol冰中含2NA个氢键，A项正确；B项，甲醛、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故消耗的氧气分子数为NA，B项正确；C项，0.1molNa3AlF6可电离出0.3molNa+和0.1molAlF6-，则阳离子数目为0.3NA，C项错误；D项，Mn的化合价由+2升到+7，则2molMn2+完全反应转移电子的物质的量为2mol×[(+7)-(+2)]=10mol，即转移电子数为10NA，D项正确；故选C。19．下列说法正确的是()A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸B．常温下，pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液pH增大，醋酸的电离度增大C．25OC时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=3.0，所得溶液中的c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1D．用同浓度的溶液分别与等体积等的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的溶液体积多 【答案】C【解析】A项，若NaHA溶液的pH＜7，H2A也可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸是弱酸，故A错误；B项，常温下，pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，溶液pH增大，醋酸的电离度减小，故B错误；C项，25OC时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=3.0，所得溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，则溶液中，故C正确；D项，醋酸是弱酸，等体积等pH的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的NaOH溶液分别与等体积等pH的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选C。20．苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应：++HBr，某实验小组在原料及催化剂钯用量等均相同的条件下进行多组实验，测得如下数据；反应温度/℃100100100100120140160反应时间/h10121416141414产率/%81.284.486.686.293.596.696.0下列说法正确的是A．该反应为吸热反应B．由表中数据可知最佳反应条件为120℃、14hC．在100℃时、反应时间10-14h内，产率增加的原因是反应速率增大D．从140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】A项，由表中数据可知，温度为100℃时，随时间的推移产率增大，说明在该温度下14小时还未达到平衡，反应还在正向进行，此产率并非是平衡时的产率，由140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动，故该反应为放热反应，A错误；B项，由表中数据可知，反应条件为140℃、14h时产率最高，故为最佳反应条件，B错误；C项，温度不变，随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减慢，而在100℃时、反 应时间10-14h内，产率增加的原因是在该温度下14小时还未达到平衡，反应还在正向进行，生成的产物越来越多，产率增大，C错误；D项，由A项分析可知，从140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动，也可能是催化剂高温下失去活性，D正确；故选D。21．直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体，相同温度和压强下，ΔH1(X)＜ΔH1(Y)＜ΔH1(Z)，下列判断不正确的是()C4H8(g)+6O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)ΔH1C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)ΔH2A．ΔH1＜0，ΔH2＜0B．Y(g)→Z(g)为放热反应C．ΔH2(X)＜ΔH2(Y)＜ΔH2(Z)D．丁醇的消去产物中，X的选择性最高【答案】D【解析】A项，燃烧是放热反应，则ΔH1＜0，在不饱和烃的氢化反应中，断裂H-H键和兀键所消耗的能量比形成两个C-H键所放出的能量少，因此，氢化是放热反应，所以ΔH2＜0，A正确；B项，相同温度和压强下，ΔH1(X)＜ΔH1(Y)＜ΔH1(Z)，由于是焓变是小于0的，这说明能量高低顺序为X＞Y＞Z，所以Y(g)→Z(g)为放热反应，B正确；C项，能量高低顺序为X＞Y＞Z，又因为焓变是小于0的，所以ΔH2(X)＜ΔH2(Y)＜ΔH2(Z)，C正确；D项，X的能量最高，说明最不稳定，因此2-丁醇的消去产物中，X的选择性最低，D错误；故选D。22．燃烧电池能量转化率高，以下是氢氧燃料电池结构示意图：(*PTFE为聚四氟乙烯的缩写，工作温度65℃左右)下列说法不正确的是A．电极室a为负极室，电极室b为正极室B．燃烧电池的能量转化率比柴油发动机的能量利用率高 C．碱性电解液的氢氧燃料电池，氧化生成的水在O2侧产生；酸性电解液电池，水在H2侧产生D．多孔隔膜既是电解液的仓库，也是反应产物H2O的通道，电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体【答案】C【解析】A项，电极室a中氢气失电子产生氢离子，为负极室，电极室b中氧气得电子产生氢氧根离子，为正极室，A正确；B项，燃烧电池的能量主要为化学能转化为电能，转化率比柴油发动机的能量(热能部分转化为动能再转化为电能)利用率高，B正确；C项，碱性电解液的氢氧燃料电池，H2失电子产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，氧化生成的水在H2侧产生；酸性电解液电池，O2和电子产生氢氢根离子与氢离子反应生成水，水在O2侧产生，C不正确；D项，多孔隔膜既是电解液的仓库，也是反应产物H2O的通道，电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体，起到导电的作用，D正确；故选C。23．25OC时，向一定浓度的H2R溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，混合溶液中pH与的关系如图所示。下列说法不正确的是()A．L1代表pH和的关系B．当溶液中时，溶液可能呈酸性C．室温下，若，则D．L2上的所有点对应溶液中水的电离程度一定大于直线L1【答案】D【解析】A项，H2RH++HR-，故①；HR-H++R2-， 故②；由①可推导得：pH=-+pKa1③；由②可推导得：pH=-+pKa2④；又Ka1＞Ka2，故pKa1＞pKa2，故L1代表pH和的关系，A正确；B项，由④可知pH=+pKa2，溶液可能呈酸性、中性或碱性，B正确；C项，由②、④可得，当时，，即a=m=2.95；当时，，即b=n=5.41；C正确；D项，L2对应的pH对水的电离有抑制作用，L2直线上各点对应的pH不一定大于L1，D错误；故选D。24．使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是()A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑B．反应过程中，Ir(III)配合物B为催化剂，Ir(III)配合物A为中间产物C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程 D．反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂【答案】D【解析】A项，据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；B项，据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应，所以Ir(III)配合物B是催化剂，Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；C项，据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；D项，纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误；故选D。25．下列方案设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A检验电解法制备的氯气电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体若试纸变蓝色，则说明有氯气产生B探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出现黄色，则说明H2O2的氧化性比Fe3+强C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH试纸分别测定0.1mol·L−1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa)，则说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有机物基团之间的相互影响取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性KMnO4溶液(必要时可以稍稍加热)，再观察现象若加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试管中的溶液不褪色，则说明苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧化【答案】D【解析】A项，电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产生的气体，A错误；B项，氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe(NO3)2，B错误；C项，NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；D项，做这组对比实验，实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪 去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环对甲基有影响，D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26．(4分)(1)常温下，乙醇在___________(填“环己烷或乙酸”)中溶解度更大，主要原因是___________。(2)Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155【答案】(1)乙酸(1分)乙酸与乙醇能形成氢键(1分)(2)TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高(2分)【解析】(1)乙醇可以和乙酸形成分子间氢键，所以乙醇在乙酸中的溶解度更大；(2)根据题目所给数据可知TiF4熔点较高，可知其应为离子化合物，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。27．(4分)某有机化合物A的相对分子质量(分子量)大于110，小于150.经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧。请回答：(1)A的分子式中氧原子数为___________(要求写出简要推理过程)。(2)A的分子式为___________。【答案】(1)A的分子式中：，故A的分子式中N(O)=4(2分)(2)C5H10O4(2分)【解析】(1)由题意可知，碳和氢的质量分数之和为52.24%，则氧的质量分数为1-52.24%=47.76%，由于有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于=3.28，小于=4.48，所以氧原子数为4个；(2)分子中氧原子为4，氧元素的质量分数为47.76%，则有机物分子质量为=134，分子中氧原子为4 个，所以C、H的相对原子质量之和为134-4×16=70，C原子数目为=5…10，故分子中含有5个C，10个H，可以确定化学式为C5H10O4。28．(10分)某有机工业化合物X是由四种常见元素组成的，实验探究其组成过程如图：实验过程有现象：气体A燃烧时，火焰呈淡蓝色；白色沉淀G可溶于强碱溶液。(1)化合物X的组成元素：___________，(填元素符号)沉淀G的化学式：___________。(2)化合物X与水共热的化学反应方程式为：___________(3)沉淀C中有色固体成分与稀硝酸反应的离子方程式为：___________(4)无色气体D与气体A在Pd/Al2O3催化下反应，可消除二者对环境的影响，实现“绿色化学”，该反应的化学反应方程式是：___________(5)向深蓝色溶液F通入SO2气体，待反应稳定后，溶液褪色，并产生白色沉淀物，试设计实验验证白色沉淀物中的阴离子：___________(提示：Cu2SO4溶于水快速歧化，Cu2SO4=Cu+CuSO4)。【答案】(1)Cu、Al、C、H(1分)Al(OH)3(1分)(2)CuAl(CH3)4+7H2OCu2O+2Al(OH)3+8CH4(2分)(3)3Cu2O+2NO3-+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O(2分)(4)4NO+CH42N2+CO2+2H2O(2分)(5)取白色沉淀物于大试管中，加入适量盐酸充分溶解，同时再试管口放一蘸有品红溶液的棉花团，可观察到得澄清溶液，并产生大量气泡，品红溶液褪色，则阴离子为SO32-(2分)【解析】气体A燃烧时，火焰呈淡蓝色，生成无色无味气体，能使澄清石灰水变浑浊，因此A为CH4；白色沉淀G可溶于强碱溶液，说明G为Al(OH)3；得到蓝色溶液，说明X中含有Cu，则四种元素分别为Cu、Al、C、H，由转化关系可知，n(C)=n(CaCO3)==0.08mol，n(Al)=n[(Al(OH)3)]==0.02mol，n(Cu)=2n(Cu2O)=2=0.02mol，n(H)= =0.24mol，n(Cu):n(Al):n(C):n(H)=0.02:0.02:0.08:0.24，则化学式为CuAl(CH3)4。(1)根据前面分析得到化合物X的组成元素：Cu、Al、C、H，沉淀G的化学式：Al(OH)3；(2)化合物X与水共热反应生成氧化亚铜、氢氧化铝沉淀和甲烷，其化学反应方程式为：CuAl(CH3)4+7H2OCu2O+2Al(OH)3+8CH4；(3)沉淀C中有色固体成分为氧化亚铜，氧化亚铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu2O+2NO3-+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O；(4)无色气体D与气体A在Pd/Al2O3催化下反应，可消除二者对环境的影响，实现“绿色化学”，即甲烷和NO反应生成氮气、二氧化碳和水，其反应的化学反应方程式是：4NO+CH42N2+CO2+2H2O;(5)向深蓝色溶液F通入SO2气体，待反应稳定后，溶液褪色，并产生白色沉淀物，说明四氨合铜离子与二氧化硫反应生成亚硫酸亚铜白色沉淀，取白色沉淀物于大试管中，加入适量盐酸充分溶解，同时再试管口放一蘸有品红溶液的棉花团，可观察到得澄清溶液，并产生大量气泡，品红溶液褪色，则阴离子为SO32-。29．(10分)硫及其化合物在生产生活中有重要的应用。请回答：(1)在一定条件下还原金属硫化物制备金属单质，假设稳定单质的能量为0，相关物质能量大小如右图所示：工业上可用利用反应Fe(s)+HgS(s)=Fe(s)+Hg(l)制备汞，但不能用氢气还原HgS来制备，试解释原因___________。(2)已知：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，在一定温度下将H2S和CO2以物质的量之比为1:4充入密闭容器反应，达到平衡后，水蒸气的体积分数为2.0%，则该温度下反应的平衡常数K=___________。(3)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)∆H<0，下列关于该反应说法不正确的是___________。A．为提高SO2的平衡转化率，工业生产常将SO2和O2压缩后再通入接触室B．工业上采用热交换技术，并使SO2、O2多次与催化剂接触氧化，既节约了能源，又提 高了SO2的转化率C．其它条件相同，恒压比恒容条件具有更高的平均反应速率和更高的平衡转化率D．使用较低温的高效催化剂，有利于提高SO2的转化率(4)CuSO4·5H2O和少量水蒸气置于容积可变的真空密闭容器中，受热逐渐失去H2O的三个反应式、水蒸气的平衡压强和温度关系如下表所示：平衡水蒸气的平衡压强p(H2O)/kPa25℃50℃Ⅰ：CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)1.046.05Ⅱ：CuSO4·3H2O(s)CuSO4·H2O(s)+2H2O(g)0.754.12Ⅲ：CuSO4·H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)0.110.60①下图表示水蒸气平衡压强与温度的关系曲线，其中表示平衡Ⅰ的曲线是___________(填选a、b或c)，表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是___________(填A、B、C或D)。②在图二中，画出25℃p(H2O)≤1.04kPa条件下，达到平衡时固体成分中n(H2O)/n(CuSO4)与p(H2O)的关系图。___________(5)硫代硫酸钠常作为工业脱氯剂，可以脱去废水中的“游离氯”，请写出相关离子方程式：___________。【答案】(1)H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)∆H=+25kJ/mol>0 ，反应需在较高温度下进行，温度升高，硫化氢易分解，生成的硫与汞与硫会重新化合(2分)(2)0.0028(2分)(3)A(2分)(4)a(1分)B(1分)(1分)(5)S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+(1分)【解析】(1)根据图像可知硫化氢的能量高，反应H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)∆H=+25kJ/mol＞0，反应需在较高温度下进行，温度升高，硫化氢易分解，生成的硫与汞与硫会重新化合，因此不能用氢气还原HgS来制备；(2)根据三段式可知：达到平衡后，水蒸气的体积分数为2.0%，即，解得x＝0.1，反应前后体积不变，则该温度下反应的平衡常数K=≈0.0028；(3)A项，常压下二氧化硫的转化率已经很高，增大压强会增加成本，实际生产过程中往往采用常压，A错误；B项，工业上采用热交换技术，并使SO2、O2多次与催化剂接触氧化，提高原料利用率，因此既节约了能源，又提高了SO2的转化率，B正确；C项，正反应是体积减小的可逆反应，恒容条件下压强会逐渐减小，所以其它条件相同，恒压比恒容条件具有更高的平均反应速率和更高的平衡转化率，C正确；D项，正反应放热，因此使用较低温的高效催化剂，有利于提高SO2的转化率，D正确；故选A。(4)①根据表中数据可知相同温度下反应Ⅰ的水蒸气的平衡压强最大，因此其中表示平衡Ⅰ的曲线是a，同理可判断表示平衡Ⅱ的曲线是b，所以表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是B；②达到平衡时固体成分中n(H2O)/n(CuSO4)＜1时，p(H2O)＝0.11，1≤n(H2O)/n(CuSO4)＜3时，p(H2O)＝0.75，3≤n(H2O)/n(CuSO4)≤5时，p(H2O)＝1.04，所以关系图为： ；(5)硫代硫酸钠常作为工业脱氯剂，可以脱去废水中的“游离氯”，自身被氧化为硫酸根，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。30．(10分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题：(1)仪器a的名称为___________。(2)装置A用来制取ClO2，发生反应的离子方程式为___________。(3)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol/L，=___________。 (4)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。(5)充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：()→()→()→干燥，___________a．趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结晶(6)在化学定分析中为了方便计算，常用滴定度(T)表示标准液的滴定能力，是指每毫升标准溶液相当于样品中所含被测物质的质量。准确称取一定质量的NaClO2(摩尔质量为Mg/mol)样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O，得待测溶液。取一定量消耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗cmol·L-1的Na2S2O3标准液VmL(己知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。则滴定度T=___________g/mL。【答案】(1)三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)(1分)(2)H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O(1分)(3)4(1分)0.8(1分)(4)防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解(2分)(5)e→a→b(2分)(6)(2分)【解析】装置A用来制取ClO2，故H2O2为还原剂，C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故用冰降温，用氢氧化钠吸收尾气。(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)；(2)装置A用来制取ClO2故H2O2为还原剂，与NaClO3反应生成O2和ClO2，离子方程式为： H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O；(3)c(NaOH)=4mol/L与=0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料；(4)C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，使用冰水浴可降低反应混合液的温度，防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；(5)为从产品溶液中获取NaClO2晶体，操作顺序为：55℃恒温减压蒸发结晶、趁热过滤、50℃水洗涤，低于60度干燥，故答案为：e→a→b；(6)由ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得ClO2--2I2-4S2O32-，则n(ClO2-)=n(S2O32-)×cV×10-3mol，则m(NaClO2)=，由滴定度定义可知，T=。31．(12分)质子泵抑制剂奥美拉唑的中间体1可通过如下路线合成：已知：①，与苯环性质相似②③(1)化合物G的含氮官能团的名称___________。(2)下列说法正确的是___________。A．化合物C的分子式为C8H9N2O3B．H可能存在两种结构 C．化合物A分子中所有的碳原子共平面D．化合物I可发生取代、加成、缩聚等反应(3)写出反应H+E→I的化学方程式___________。(4)在制备H的过程中还可能生成一种分子式为C16H14N4O2S的化合物。用键线式表示其中一种结构___________。(5)写出3种满足下列条件的化合物G的同分异构体的结构简式__________。①1H-NMR谱显示只有6种不同环境的氢原子②含有苯环且只有一个取代基，另含有一个五元环③不含—O—O—、、等结构片段(6)根据题给信息，用不超过三步的反应设计D→的合成路线。【答案】(1)硝基、氨基(1分)(2)BC(2分)(3)+HCl+或+HCl+(2分)(4)或或(2分)(5)、、、(3分) (6)(2分)【解析】根据信息①可知A的结构简式为：；反推可知B的结构简式为：；C的结构简式为：；根据G的结构简式和信息③可知H的结构简式为：。(1)根据G的结构简式可知，化合物G的含氮官能团的名称为：硝基、氨基。(2)A项，C的结构简式为：，化合物C的分子式为C8H10N2O3，A正确；B项，H可能存在两种结构、，B正确；C项，与苯环性质相似，化合物A分子中所有的碳原子共平面，C正确；D项，化合物I，可发生取代、加成、不能发生缩聚等反应，D错误；(3)H+E发生取代反应生成I，的化学方程式：+HCl+或+HCl+；(4)根据分子式为C16H14N4O2S，其键线式表示结构为：或或；(5)满足①1H-NMR 谱显示只有6种不同环境的氢原子说明有6种不同环境H原子②含有苯环且只有一个取代基，另含有一个五元环③不含—O—O—、、等结构片段，符合条件的化合物G的同分异构体的结构简式：、、、共计四种。(6)根据信息②，D→的合成路线：。