【高考真题】2023年浙江省高考真题化学试题（6月）

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【高考真题】2023年浙江省高考真题化学试题（6月）
一、单选题
1．（2023·浙江）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯 B．不锈钢
C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、石墨烯的主要成分是碳单质，不属于有机物，A不符合题意。
B、不锈钢的主要成分为铁碳合金，不属于有机物，B不符合题意。
C、石英光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机物，C不符合题意。
D、聚酯纤维的主要成分为有机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、石墨烯的主要成分是碳单质。
B、不锈钢的主要成分是铁碳合金。
C、石英光导纤维的主要成分是SiO2。
D、聚酯纤维的主要成分是有机物。
2．（2023·浙江）下列化学用语表示正确的是
A．分子的球棍模型：
B．的价层电子对互斥模型：
C．的电子式：
D．的名称：3 甲基戊烷
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、硫原子的半径大于氢原子的半径，因此H2S分子的球棍模型为，A不符合题意。
B、AlCl3的中心原子的价层电子对数为，所以AlCl3的价层电子对互斥模型为三角锥形，B不符合题意。
C、KI是由K＋和I－构成的，其电子式为，C不符合题意。
D、CH3CH(CH2CH3)2的最长碳链含有5个碳原子，为戊烷；且第三个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为3－甲基戊烷，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、硫原子的半径大于氢原子。
B、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其价层电子对互斥模型。
C、KI为离子化合物，由K＋和I－构成。
D、根据系统命名法对该有机物进行命名。
3．（2023·浙江）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质
B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得
D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、FeCl3属于化合物，其水溶液具有导电性，因此FeCl3属于电解质，由于FeCl3在水中能完全电离，因此属于强电解质，A符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用FeCl3腐蚀铜板，B不符合题意。
C、Fe与Cl2点燃条件下发生反应2Fe＋3Cl22FeCl3，因此FeCl3可由Fe和Cl2反应得到，C不符合题意。
D、往沸水中逐滴滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色，可得到Fe(OH)3胶体，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、FeCl3属于电解质。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、Cl2具有氧化性，可可变价态金属反应时生成最高价金属氯化物。
D、将饱和FeCl3溶液滴加入沸水中可制得Fe(OH)3胶体。
4．（2023·浙江）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；钠的氧化物
【解析】【解答】A、铝用于制作门窗框架，是利用铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点，与其强还原性无关，A符合题意。
B、CaO能与H2O发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，因此可用作干燥剂，B不符合题意。
C、维生素C具有还原性，因此可用作食品的抗氧化剂，C不符合题意。
D、Na2O2能与CO2发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可做潜水艇的供氧剂，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、铝制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点。
B、CaO能与水反应，可用作干燥剂。
C、维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂。
D、Na2O2可做潜水艇中的供氧剂。
5．（2023·浙江）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图1装置中NH4Cl受热分解为NH3和HCl，试管口NH3和HCl又会化合生成NH4Cl，因此不能用NH4Cl分解制NH3，A不符合题意。
B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4需用酸式滴定管盛装，B不符合题意。
C、定容俯视时，所得溶液的体积偏小，因此最终所得溶液的物质的量浓度偏大，C符合题意。
D、该原电池的总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，因此Zn电极为负极，Cu电极为正极，在原电池中，阳离子移向正极，所以装置中盐桥中阳离子移向CuSO4溶液中，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl又会化合成NH4Cl。
B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装。
C、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小。
D、原电池中，阳离子移向正极。
6．（2023·浙江）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有键断裂，则转移电子
C．②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、加入药剂A后，所得产物中增加了氢原子，因此该过程中发生了还原反应，所以药剂A为还原剂，具有还原性，A不符合题意。
B、①→②过程中硫元素由-1价变为-2价，得到一个电子，因此当有2molS-S键断裂时，转移4mol电子，B不符合题意。
C、②→③过程中所得产物失去了氢原子，发生氧化反应，则H2O2发生还原反应，所得产物为H2O，C符合题意。
D、由图可知，化学烫发过程蛋白质中的S-S键位置发生了改变，从而起到定型作用，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加入药剂A后，增加了氢原子，发生还原反应。
B、①→②的过程中，S-S键断裂，硫元素由-1价变为-1价，据此计算其转移电子数。
C、H2O2转化为O2的过程中发生氧化反应，所得O2为氧化产物。
D、由图可知，烫发过程中S－S键的位置发生变化。
7．（2023·浙江）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、4.4gC2H4O的物质的量，当其为环氧乙烷时，共有7个σ键，因此所含σ键数目最多为0.7NA，A符合题意。
B、1.7gH2O2的物质的量，一个H2O2分子中含有2个氧原子，因此其所含的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，B不符合题意。
C、CH3COOH是弱电解质，在水中部分电离，因此该溶液中所含n(CH3COO－)＜0.1mol，当通入NH3至溶液显中性时，溶液中n(NH4＋)=n(CH3COO－)＜0.1NA，C不符合题意。
D、标准状态下，11.2LCl2的物质的量，Cl2与H2O的反应为可逆反应，因此0.5molCl2无法完全反应，所以溶液中Cl－的数目小于0.5NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、根据公式计算其物质的量，再结合C2H4O的结构，确定其所含的σ个数。
B、根据公式计算n(H2O2)，一个H2O2分子中含有2个氧原子。
C、中性溶液中n(CH3COO－)=n(NH4＋)，结合CH3COOH的弱电离分析。
D、Cl2与H2O的反应为可逆反应。
8．（2023·浙江）下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
【答案】C
【知识点】有机物的鉴别；苯酚的性质及用途；乙酸的化学性质；盐析；醛的化学性质；晶体的定义
【解析】【解答】A、通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，A不符合题意。
B、利用盐析可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出，从而从溶液中分离，B不符合题意。
C、苯酚和甲醛反应生成酚醛树脂的反应为缩聚反应，C符合题意。
D、新制Cu(OH)2悬浊液与苯不反应，混合后分层；与乙醛加热时产生砖红色沉淀；与醋酸混合式Cu(OH)2溶解，产生蓝色溶液。三者的现象不同，可鉴别，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、X射线衍射法克测定晶体的结构。
B、盐析的方法可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出。
C、苯酚与甲醛的反应为缩聚反应。
D、根据苯、乙醛和醋酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应的不同现象分析。
9．（2023·浙江）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
C．铜与稀硝酸：
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。
B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。
D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。
B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。
D、SO2能与S2－反应生成S单质。
10．（2023·浙江）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
【答案】B
【知识点】烯烃；卤代烃简介；消去反应；聚合反应
【解析】【解答】A、丙烯的结构简式为CH2＝CH－CH3，其中与C=C相连的原子都在同一个平面内，－CH3为四面体结构，因此丙烯分子中共平面的原子最多有7个，A不符合题意。
B、CH3－CH＝CH2与Br2在光照条件下，发生－CH3上的取代反应，因此所得X的结构简式为BrCH2－CH＝CH2，B符合题意。
C、Y是由CH3－CH＝CH2与Br2发生加成反应得到的，所以Y的结构简式为CH3CH(Br)CH2Br，Y与NaOH醇溶液发生消去反应，所得产物的结构简式为CH3－C≡CH，C不符合题意。
D、聚合物Z的结构简式为，因此其链节为，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、与双键碳原子直接相连的原子都在同一个平面内，烷烃基为四面体结构。
B、光照条件下发生烷烃基的取代反应。
C、Y为1，2－二溴丙烷，可发生两次消去反应。
D、根据Z的结构简式确定其链节。
11．（2023·浙江）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：
D．与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，由于N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，因此其第一电离能较大，所以第一电离能：Z>Y>X，A符合题意。
B、同一周期元素，核电荷数越大，电负性越强，非金属元素的电负性一般强于金属元素，所以四种元素的电负性：Z>Y>X>W，B不符合题意。
C、Z、W形成的简单离子分别为F－、Na＋，其核外电子排布式相同，核电荷数越大， 离子半径越小，因此离子半径W＜Z，C不符合题意。
D、W2X2的化学式为Na2C2，其与水反应的化学方程式为Na2C2＋2H2O=2NaOH＋C2H2↑，其产物C2H2的结构简式为HC≡CH，属于非极性分子，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】X、Y、Z同一周期，W在同周期中原子半径最大，因此W为Na。X、Y、Z在第二周期，且X的基态原子核外有2个未成对电子，因此X的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，所以X为C或O。由于X、Y、Z位于同一周期，且原子序数依次增大，因此X为C。只有Y与X相邻，所以Y为N、Z为F。
12．（2023·浙江）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、操作Ⅰ中为防止苯甲酸未完全溶解，可根据苯甲酸的溶解度估算需要水的量，A不符合题意。
B、操作Ⅱ中趁热过滤式为了防止温度降低，苯甲酸结晶析出，同时过滤出粗苯甲酸中的泥沙，NaCl的量很少，过程中无法结晶析出，B符合题意。
C、操作Ⅲ中缓慢冷却结晶，降低结晶速率，可减少杂质的包裹，C不符合题意。
D、操作Ⅳ中用冷水洗涤晶体，可减少苯甲酸的溶解，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
13．（2023·浙江）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，电极A为阳极，因此电极A应与电源的正极相连，发生失电子的氧化反应，A不符合题意。
B、由分析可知，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B符合题意。
C、电极B周围产生OH－，要在右室得到较高浓度的NaOH溶液，则应使左室的Na＋通过离子交换膜进入右室，因此应选用阳离子交换膜，C不符合题意。
D、改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，从而减少能耗，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电极A上Cl－发生失电子对应反应，生成Cl2，因此电极A为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。电极B上O2发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
14．（2023·浙江）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、反应Ⅱ都是放热反应，且反应Ⅲ也是放热反应，因为反应Ⅱ放出的热量更多，所以反应Ⅱ的焓变更小，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，A不符合题意。
B、由图可知，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应所需的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B不符合题意。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例减小，C符合题意。
D、由图可知，在相对较短的反应时间内，产物Ⅰ的占比较大，因此及时分离可促使反应Ⅰ正向移动，或高高产率的产物Ⅰ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中放出热量的多少比较焓变的大小，反应过程中放出的热量越多，其焓变越小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能越低。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例不一定增加。
D、由图可知，在较短时间内，产物Ⅰ的占比较大。
15．（2023·浙江）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；指示剂；电离平衡常数
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中滴定终点溶液的溶质为Na2C2O4，由于C2O42－的水解，使得溶液显碱性，因此不可用甲基橙作指示剂，应用无色酚酞做指示剂，A不符合题意。
B、实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时，反应后所得溶液中的溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，溶液中C2O42－的水解平衡常数，而HC2O4－的电离常数为5.4×10－5，所以HC2O4－的电离常数大于C2O42－的水解常数，因此溶液中c(C2O42－)＞c(HC2O4－)，B不符合题意。
C、实验Ⅱ中NaHC2O4过量，因此发生反应：2HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数，反应的平衡常数＞105，说明反应完全进行，因此不会发生反应“HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H＋”，C不符合题意。
D、混合后溶液中，此时溶液中，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、滴定终点为Na2C2O4溶液，溶液先碱性。
B、实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时，所得溶液的溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，根据电离常数计算比较C2O42－的水解程度和HC2O4－的电离程度的大小，从而判断二者的浓度大小。
C、滴加过程中NaHC2O4过量，则发生反应2HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H2C2O4。
D、根据溶液中c(Ca2＋)，结合CaC2O4的溶度积计算溶液中c(C2O42－)。
16．（2023·浙江）探究卤族元素单质及其化合物的性质，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 往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 转化为，溶解度小于溶解度
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；测定溶液pH的方法；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、往I2的CCl4溶液中加入等体积的KI溶液，振荡后下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈现棕黄色，说明I2由CCl4中转移到KI溶液中，因此I2在浓KI溶液中溶解能力大于在CCl4中的溶解度，A符合题意。
B、NaClO溶液具有氧化性，能将变色后的pH试纸氧化褪色，因此不能用pH试纸测NaClO溶液的pH值，B不符合题意。
C、滴加4滴0.1mol·L－1的KCl溶液，反应后AgNO3剩余，再滴加4滴0.1mol·L－1的KI溶液，KI直接与AgNO3反应，产生AgI沉淀，不存在AgCl沉淀转化为AgI沉淀，因此无法比较二者溶解度的大小，C不符合题意。
D、滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明由I2生成，氯水中的HClO具有氧化性，都能将I－氧化成I2，因此不能说明氯水中含有Cl2，所以无法说明Cl2与H2O的反应存在限度，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、CCl4的密度比水大，在下层。
B、NaClO具有氧化性，能使变色的pH试纸褪色。
C、AgNO3过量，则加入KI后，直接与AgNO3反应，不存在沉淀的转化。
D、要证明Cl2与H2O的反应为可逆反应，则需证明溶液中含有Cl2。
二、结构与性质
17．（2023·浙江）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
（1）基态N原子的价层电子排布式是　 　。
（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是　 　。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．最简单的氮烯分子式：
D．氮烷中N原子的杂化方式都是
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为　 　。
③给出的能力：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为　 　，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为　 　。
【答案】（1）2s22p3
（2）A；NnHn+2 2m(，m为正整数)；＜；形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
（3）CaCN2；6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】 （1）N的原子序数为7，其核外电子排布式为1s22s22p3，所以其价层电子排布式为2s22p3。
（2）①A、能量最低的激发态N原子，其发生跃迁的电子为2p轨道上的一个电子，因此其电子排布式为1s22s22p23s1，A符合题意。
B、由于金属性Ca＞Mg，所以化学键中离子键成分的百分数Ca3N2＞Mg3N2，B不符合题意。
C、氮原子的最外层电子数为5，其中含有一个孤电子对和三个孤电子，当其形成氮烯时，两个氮原子形成氮氮双键，剩余一个孤电子与氢原子形成氮氢单键，因此最简单的氮烯的分子式为N2H2，B不符合题意。
D、氮烷中存在3个σ键和一对孤电子对，因此氮原子采用sp3杂化，D不符合题意。
故答案为：A
②一个氮原子形成的氮烷为NH3，两个氮原子形成的氮烷为N2H4，三个氮原子形成的氮烷为N3H5，四个氮原子形成的氮烷为N4H6，因此n个氮原子形成的氮烷的分子是为NnHn＋2。存在一个氮氮双键时，减少2个氢原子；则当存在m个氮氮双键时，减少2m个氢原子。所以当氮氮双键的个数为m时，其分子式的通式为NnHn+2-2m。
③[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引力，使得电子云偏向铜原子，导致N－H键的极性变强，因此更容易断裂，所以NH3结合H＋的能力小于[CuNH3]2＋。
（3）Ca2＋位于晶胞的顶点和内部，因此晶胞中所含Ca2＋的个数为；CN22－位于晶胞的棱心和内部，因此CN22－的个数为。所以该晶体的化学式为CaCN2。
根据六方最密堆积如图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个。本体中分析得到，以这个CN22－进行分析，其俯视图如下。因此距离最近的Ca2＋的个数为6，所以每个阴离子的配位数为6。
【分析】（1）根据N的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）①A、能量最低的激发态N原子其发生跃迁的电子为2p轨道上的电子。
B、金属性越强，则离子键成分的百分数越大。
C、氮原子的最外层电子数为5，可形成三个共价键。
D、氮烷中氮原子形成三个共价键，同时存在一个孤电子对。
②根据氮烷的分子式，以及含双键对氢原子个数的影响确定分子式的通式。
③结合电子云的偏移对化学键极性的影响分析。
（3）根据晶胞结构进行分析。
三、工业流程题
18．（2023·浙江）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式　 　。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是　 　。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是　 　。
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素　 　；写出实验过程中涉及的反应方程式　 　。
【答案】（1）
（2）BCD；硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素； +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3进一步与空气中的O2反应生成CaSO4，该反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2。
（2）由分析可知，A的结构简式为。
A、硫的电负性大于C、H，因此在有机硫中硫元素显负价，A不符合题意。
B、化合物A的结构简式为，分子结构中含有羟基氢原子，可解离出H+，因此化合物A具有酸性，B符合题意。
C、化合物A可有酸（H2SO4）脱去-OH，醇（CH3OH）脱去氢原子反应得到，因此化合物A是一种无机酸酯，C符合题意。
D、工业上可用浓硫酸吸收SO3，用于生产发烟硫酸，D符合题意。
故答案为：BCD
②化合物A中只有一个-OH可形成分子间氢键，而H2SO4中含有两个-OH可形成分子间氢键。H2SO4可形成氢键的个数多于化合物A，因此H2SO4的沸点高于化合物A。
（3）化合物A是一种无机酸酯，在碱性条件下可发生水解反应，生成CH3OH、Na2SO4和H2O，Na2SO4能与BaCl2反应产生白色沉淀。因此可通过证明水解产物中含有SO42－来证明化合物A中含有硫元素。其实验过程为：取少量化合物A加入足量的NaOH溶液，充分反应后加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。过程中发生反应的化学方程式为： ＋2NaOH→CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaCl。
【分析】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3能进一步被空气中的O2氧化成CaSO4。
（2）①根据SO3与H2O发生的反应可知，SO3与CH3OH反应生成A的结构简式为。据此结合选项进行分析。
②硫酸分子可形成更多的分子间氢键，使得沸点更高。
（3）证明化合物A中含有硫元素，则可将化合物A在碱性条件下水解，通过检验SO42－的存在证明硫元素的存在。
四、原理综合题
19．（2023·浙江）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
（1）　 　。
（2）恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数　 　。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式　 　。
（3）下列说法正确的是____。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是　 　。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线　 　。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是　 　。
【答案】（1）6
（2）2；CO+3H2 CH4+H2O
（3）A；C
（4）AC；
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，目标反应的反应热ΔH2=ΔH－ΔH1=－41.2kJ·mol－1－(－47.2kJ·mol－1)=6kJ·mol－1，所以ΔH2=6 kJ·mol－1。
（2）①令体系中n(H2O)=12mol，则n(CO)=5mol，反应达到平衡时，生成n(CO2)=xmol，则可得平衡三段式如下：
反应达到平衡状态时，p(CO2)=0.40MPa，所以，解得x=4mol。
所以平衡时n(CO)=1mol、n(H2O)=8mol、n(CO2)=n(H2)=4mol，设反应容器的容积为V，则可得该条件下反应的平衡常数。
②条件2下H2的分压减小，CH4的分压增大，说明有部分H2发生副反应生成为CH4，而由于副反应中没有CO2参与反应，因此碳元素应来自于CO，所以该副反应的化学方程式为：CO＋3H2=CH4＋H2O。
（3）A、由于CO、H2都能与O2反应，因此通入反应器的原料气中应避免混入O2，防止CO、H2与O2反应，造成原料的利用率降低，A符合题意。
B、反应过程中气体分子数保持不变，因此保持恒定水碳比，增加体系的压强，平衡不移动，因此H2平衡产率不变，B不符合题意。
C、通入过量的水蒸气，则反应“Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g)”正向移动，使更多的Fe3O4转化为Fe2O3，防止Fe3O4被还原为Fe，C符合题意。
D、通入惰性气体，总压强增大，但由于反应容器的容积不变，反应物、生成物的浓度不变，因此反应速率不变，D不符合题意。
故答案为：CD
（4）①由图像可知，b-c段温度降低，CO的平衡转化率降低，说明温度降低，平衡逆向移动。
A、按原水碳比通入冷的原料气，温度降低，平衡逆向移动，CO的转化率降低，A符合题意。
B、喷入冷水(蒸汽)，此时温度降低，但由于c(H2O)增大，平衡正向移动，CO的转化率会增大，B不符合题意。
C、通过热交换器换热，可使温度降低，平衡逆向移动，CO转化率降低，C符合题意。
故答案为：AC
②若采用喷入冷水蒸汽的方式降温，则反应速率减小，由于c(H2O)增大，平衡正向移动，CO的转化率会增大。因此可得图像如图。
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①令参与反应的n(H2O)=12mol，则n(CO)=5mol。设反应生成n(CO2)=xmol，根据平衡时CO2的压强计算反应生成的n(CO2)，从而得出平衡时各物质的物质的量，结合平衡常数的表达式进行计算。
②条件2下H2的平衡分压降低，说明H2发生副反应，转化为CH4，据此书写反应的化学方程式。
（3）A、CO、H2都能与O2反应。
B、反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动。
C、增大水蒸气的浓度，可促进Fe3O4转化为Fe2O3。
D、通入惰性气体增大压强，体系的浓度不变，反应速率不变。
（4）①结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
②水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，据此作图。
（5）结合温度对催化剂活性、反应速率的影响分析。
五、工业流程题
20．（2023·浙江）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是　 　。
（2）下列说法不正确的是____。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是　 　；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是　 　。
（4）测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为　 　。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
【答案】（1）NaAlO2
（2）C
（3）蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4）0.7；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，铝土矿中的Al2O3与NaOH溶液发生反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，过滤后所得溶液中的主要溶质为NaAlO2。
（2）A、步骤Ⅰ中反应温度为140~230℃，温度较高，因此反应需在密闭耐高压的容器中进行，A不符合题意。
B、步骤Ⅱ中过量的CO2与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，滤液浓度较大时可防止NaHCO3结晶析出，B不符合题意。
C、步骤Ⅲ中洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，否则会使滤纸破损，C符合题意。
D、步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品中OH－和Cl－的量，即控制a、b的值，从而控制产品的盐基度，D不符合题意。
故答案为：C
（3）仪器A的名称为蒸发皿。步骤Ⅴ中从聚合氯化铝溶液中获得聚合氯化铝固体时，采用水浴加热可使溶液受热均匀；若直接用酒精灯加热，则受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
（4）①滴定过程中消耗n(Ag＋)=22.50×10－3L×0.1mol·L－1=2.25×10－3mol。由反应的离子方程式Ag＋＋Cl－=AgCl↓可得，25.00mL溶液中n(Cl－)= 2.25×10－3mol，所以溶液中，由于溶液中c(Al3＋)=0.1mol·L－1，由溶液的电中性可得，溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1×3－0.09mol·L－1=0.21mol·L－1。所以聚合氯化铝固体中，所以盐基度为。
②若溶液的pH过低，则溶液中c(H＋)过大，易发生反应2CrO42－＋2H＋=Cr2O72－＋H2O，反应生成的Cr2O72－具有强氧化性，能将溶液中的Cl－氧化成Cl2，使得参与反应的n(AgNO3)减小，测得n(Cl－)偏小。若pH值过高，则OH－与Ag＋反应，使得参与反应n(AgNO3)增大，测得n(Cl－)偏大。
【分析】铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入NaOH溶液后，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO；SiO2与NaOH溶液反应生成难溶性铝硅酸盐；Fe2O3与NaOH溶液不反应，因此过滤后所得滤液中的溶质为NaAlO2和NaOH。往滤液中通入CO2，NaAlO2与CO2反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。Al(OH)3沉淀分两份，一份与稀盐酸反应生成AlCl3，所得AlCl3溶液与另一份Al(OH)3沉淀反应生成聚合氯化铝溶液，对溶液进行加热结晶，得到聚合氯化铝固体。
六、有机推断题
21．（2023·浙江）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是____。
A．化合物A能与发生显色反应
B．A→B的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）写出E→F的化学方程式　 　。
（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺( )。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)
（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环
②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基( )。
【答案】（1）羟基、醛基
（2）B；C
（3）ClCH2CH2N(CH3)2
（4） +2H2 +H2O
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）化合物B的结构简式为，其中所含的含氧官能团为羟基、醛基。
（2）A、化合物A中含有酚羟基，因此能与FeCl3发生显色反应，A不符合题意。
B、苯环上的-CH3能被酸性KMnO4溶液氧化成-COOH，同时酚羟基也能被酸性KMnO4溶液氧化，因此A→B不能用酸性KMnO4溶液，B符合题意。
C、在B+C→D的反应中B与C反应生成D的同时生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进B与C的反应，因此K2CO3不是作为反应的催化剂，C符合题意。
D、伊托必利结构中含有酰胺基，因此在酸性、碱性条件下都能发生水解反应，D不符合题意。
故答案为：BC
（3）由分析可知，化合物C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。
（4）由分析可知，E的结构简式为，F的结构简式为。因此E→F的化学方程式为：。
（5）可由和反应生成。而可由与H2反应生成；可由与SOCl2反应生成。因此该合成路线图如下：
。
（6）分子中共有4种不同化学环境的氢原子，则结构具有对称性。满足条件的同分异构的结构简式如下： 。
【分析】B与C反应生成D，结合B、D的结构简式可知C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。与F反应生成，因此F的结构简式为。D与H2NOH反应生成E，E与H2反应生成F，因此E的结构简式为。
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【高考真题】2023年浙江省高考真题化学试题（6月）
一、单选题
1．（2023·浙江）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯 B．不锈钢
C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
2．（2023·浙江）下列化学用语表示正确的是
A．分子的球棍模型：
B．的价层电子对互斥模型：
C．的电子式：
D．的名称：3 甲基戊烷
3．（2023·浙江）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质
B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得
D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
4．（2023·浙江）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
5．（2023·浙江）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
6．（2023·浙江）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有键断裂，则转移电子
C．②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
7．（2023·浙江）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
8．（2023·浙江）下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
9．（2023·浙江）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
C．铜与稀硝酸：
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
10．（2023·浙江）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
11．（2023·浙江）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：
D．与水反应生成产物之一是非极性分子
12．（2023·浙江）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
13．（2023·浙江）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
14．（2023·浙江）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
15．（2023·浙江）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
16．（2023·浙江）探究卤族元素单质及其化合物的性质，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 往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 转化为，溶解度小于溶解度
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
二、结构与性质
17．（2023·浙江）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
（1）基态N原子的价层电子排布式是　 　。
（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是　 　。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．最简单的氮烯分子式：
D．氮烷中N原子的杂化方式都是
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为　 　。
③给出的能力：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为　 　，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为　 　。
三、工业流程题
18．（2023·浙江）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式　 　。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是　 　。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是　 　。
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素　 　；写出实验过程中涉及的反应方程式　 　。
四、原理综合题
19．（2023·浙江）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
（1）　 　。
（2）恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数　 　。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式　 　。
（3）下列说法正确的是____。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是　 　。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线　 　。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是　 　。
五、工业流程题
20．（2023·浙江）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是　 　。
（2）下列说法不正确的是____。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是　 　；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是　 　。
（4）测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为　 　。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
六、有机推断题
21．（2023·浙江）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是____。
A．化合物A能与发生显色反应
B．A→B的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）写出E→F的化学方程式　 　。
（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺( )。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)
（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环
②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基( )。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、石墨烯的主要成分是碳单质，不属于有机物，A不符合题意。
B、不锈钢的主要成分为铁碳合金，不属于有机物，B不符合题意。
C、石英光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机物，C不符合题意。
D、聚酯纤维的主要成分为有机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、石墨烯的主要成分是碳单质。
B、不锈钢的主要成分是铁碳合金。
C、石英光导纤维的主要成分是SiO2。
D、聚酯纤维的主要成分是有机物。
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、硫原子的半径大于氢原子的半径，因此H2S分子的球棍模型为，A不符合题意。
B、AlCl3的中心原子的价层电子对数为，所以AlCl3的价层电子对互斥模型为三角锥形，B不符合题意。
C、KI是由K＋和I－构成的，其电子式为，C不符合题意。
D、CH3CH(CH2CH3)2的最长碳链含有5个碳原子，为戊烷；且第三个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为3－甲基戊烷，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、硫原子的半径大于氢原子。
B、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其价层电子对互斥模型。
C、KI为离子化合物，由K＋和I－构成。
D、根据系统命名法对该有机物进行命名。
3．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、FeCl3属于化合物，其水溶液具有导电性，因此FeCl3属于电解质，由于FeCl3在水中能完全电离，因此属于强电解质，A符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用FeCl3腐蚀铜板，B不符合题意。
C、Fe与Cl2点燃条件下发生反应2Fe＋3Cl22FeCl3，因此FeCl3可由Fe和Cl2反应得到，C不符合题意。
D、往沸水中逐滴滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色，可得到Fe(OH)3胶体，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、FeCl3属于电解质。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、Cl2具有氧化性，可可变价态金属反应时生成最高价金属氯化物。
D、将饱和FeCl3溶液滴加入沸水中可制得Fe(OH)3胶体。
4．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；钠的氧化物
【解析】【解答】A、铝用于制作门窗框架，是利用铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点，与其强还原性无关，A符合题意。
B、CaO能与H2O发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，因此可用作干燥剂，B不符合题意。
C、维生素C具有还原性，因此可用作食品的抗氧化剂，C不符合题意。
D、Na2O2能与CO2发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可做潜水艇的供氧剂，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、铝制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀性能强等优点。
B、CaO能与水反应，可用作干燥剂。
C、维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂。
D、Na2O2可做潜水艇中的供氧剂。
5．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图1装置中NH4Cl受热分解为NH3和HCl，试管口NH3和HCl又会化合生成NH4Cl，因此不能用NH4Cl分解制NH3，A不符合题意。
B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4需用酸式滴定管盛装，B不符合题意。
C、定容俯视时，所得溶液的体积偏小，因此最终所得溶液的物质的量浓度偏大，C符合题意。
D、该原电池的总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，因此Zn电极为负极，Cu电极为正极，在原电池中，阳离子移向正极，所以装置中盐桥中阳离子移向CuSO4溶液中，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl又会化合成NH4Cl。
B、KMnO4溶液具有氧化性，能将塑胶氧化，因此KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装。
C、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小。
D、原电池中，阳离子移向正极。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、加入药剂A后，所得产物中增加了氢原子，因此该过程中发生了还原反应，所以药剂A为还原剂，具有还原性，A不符合题意。
B、①→②过程中硫元素由-1价变为-2价，得到一个电子，因此当有2molS-S键断裂时，转移4mol电子，B不符合题意。
C、②→③过程中所得产物失去了氢原子，发生氧化反应，则H2O2发生还原反应，所得产物为H2O，C符合题意。
D、由图可知，化学烫发过程蛋白质中的S-S键位置发生了改变，从而起到定型作用，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加入药剂A后，增加了氢原子，发生还原反应。
B、①→②的过程中，S-S键断裂，硫元素由-1价变为-1价，据此计算其转移电子数。
C、H2O2转化为O2的过程中发生氧化反应，所得O2为氧化产物。
D、由图可知，烫发过程中S－S键的位置发生变化。
7．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、4.4gC2H4O的物质的量，当其为环氧乙烷时，共有7个σ键，因此所含σ键数目最多为0.7NA，A符合题意。
B、1.7gH2O2的物质的量，一个H2O2分子中含有2个氧原子，因此其所含的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，B不符合题意。
C、CH3COOH是弱电解质，在水中部分电离，因此该溶液中所含n(CH3COO－)＜0.1mol，当通入NH3至溶液显中性时，溶液中n(NH4＋)=n(CH3COO－)＜0.1NA，C不符合题意。
D、标准状态下，11.2LCl2的物质的量，Cl2与H2O的反应为可逆反应，因此0.5molCl2无法完全反应，所以溶液中Cl－的数目小于0.5NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、根据公式计算其物质的量，再结合C2H4O的结构，确定其所含的σ个数。
B、根据公式计算n(H2O2)，一个H2O2分子中含有2个氧原子。
C、中性溶液中n(CH3COO－)=n(NH4＋)，结合CH3COOH的弱电离分析。
D、Cl2与H2O的反应为可逆反应。
8．【答案】C
【知识点】有机物的鉴别；苯酚的性质及用途；乙酸的化学性质；盐析；醛的化学性质；晶体的定义
【解析】【解答】A、通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，A不符合题意。
B、利用盐析可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出，从而从溶液中分离，B不符合题意。
C、苯酚和甲醛反应生成酚醛树脂的反应为缩聚反应，C符合题意。
D、新制Cu(OH)2悬浊液与苯不反应，混合后分层；与乙醛加热时产生砖红色沉淀；与醋酸混合式Cu(OH)2溶解，产生蓝色溶液。三者的现象不同，可鉴别，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、X射线衍射法克测定晶体的结构。
B、盐析的方法可降低蛋白质的溶解度，使其结晶析出。
C、苯酚与甲醛的反应为缩聚反应。
D、根据苯、乙醛和醋酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应的不同现象分析。
9．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。
B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。
D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。
B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。
D、SO2能与S2－反应生成S单质。
10．【答案】B
【知识点】烯烃；卤代烃简介；消去反应；聚合反应
【解析】【解答】A、丙烯的结构简式为CH2＝CH－CH3，其中与C=C相连的原子都在同一个平面内，－CH3为四面体结构，因此丙烯分子中共平面的原子最多有7个，A不符合题意。
B、CH3－CH＝CH2与Br2在光照条件下，发生－CH3上的取代反应，因此所得X的结构简式为BrCH2－CH＝CH2，B符合题意。
C、Y是由CH3－CH＝CH2与Br2发生加成反应得到的，所以Y的结构简式为CH3CH(Br)CH2Br，Y与NaOH醇溶液发生消去反应，所得产物的结构简式为CH3－C≡CH，C不符合题意。
D、聚合物Z的结构简式为，因此其链节为，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、与双键碳原子直接相连的原子都在同一个平面内，烷烃基为四面体结构。
B、光照条件下发生烷烃基的取代反应。
C、Y为1，2－二溴丙烷，可发生两次消去反应。
D、根据Z的结构简式确定其链节。
11．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，由于N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，因此其第一电离能较大，所以第一电离能：Z>Y>X，A符合题意。
B、同一周期元素，核电荷数越大，电负性越强，非金属元素的电负性一般强于金属元素，所以四种元素的电负性：Z>Y>X>W，B不符合题意。
C、Z、W形成的简单离子分别为F－、Na＋，其核外电子排布式相同，核电荷数越大， 离子半径越小，因此离子半径W＜Z，C不符合题意。
D、W2X2的化学式为Na2C2，其与水反应的化学方程式为Na2C2＋2H2O=2NaOH＋C2H2↑，其产物C2H2的结构简式为HC≡CH，属于非极性分子，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】X、Y、Z同一周期，W在同周期中原子半径最大，因此W为Na。X、Y、Z在第二周期，且X的基态原子核外有2个未成对电子，因此X的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，所以X为C或O。由于X、Y、Z位于同一周期，且原子序数依次增大，因此X为C。只有Y与X相邻，所以Y为N、Z为F。
12．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、操作Ⅰ中为防止苯甲酸未完全溶解，可根据苯甲酸的溶解度估算需要水的量，A不符合题意。
B、操作Ⅱ中趁热过滤式为了防止温度降低，苯甲酸结晶析出，同时过滤出粗苯甲酸中的泥沙，NaCl的量很少，过程中无法结晶析出，B符合题意。
C、操作Ⅲ中缓慢冷却结晶，降低结晶速率，可减少杂质的包裹，C不符合题意。
D、操作Ⅳ中用冷水洗涤晶体，可减少苯甲酸的溶解，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，电极A为阳极，因此电极A应与电源的正极相连，发生失电子的氧化反应，A不符合题意。
B、由分析可知，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B符合题意。
C、电极B周围产生OH－，要在右室得到较高浓度的NaOH溶液，则应使左室的Na＋通过离子交换膜进入右室，因此应选用阳离子交换膜，C不符合题意。
D、改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，从而减少能耗，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电极A上Cl－发生失电子对应反应，生成Cl2，因此电极A为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。电极B上O2发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ、反应Ⅱ都是放热反应，且反应Ⅲ也是放热反应，因为反应Ⅱ放出的热量更多，所以反应Ⅱ的焓变更小，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ，A不符合题意。
B、由图可知，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应所需的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B不符合题意。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例减小，C符合题意。
D、由图可知，在相对较短的反应时间内，产物Ⅰ的占比较大，因此及时分离可促使反应Ⅰ正向移动，或高高产率的产物Ⅰ，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中放出热量的多少比较焓变的大小，反应过程中放出的热量越多，其焓变越小。
B、反应速率越快，反应所需的活化能越低。
C、增加c(HCl)，平衡正向移动，产物Ⅰ和产物Ⅱ的物质的量增加，但比例不一定增加。
D、由图可知，在较短时间内，产物Ⅰ的占比较大。
15．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；指示剂；电离平衡常数
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中滴定终点溶液的溶质为Na2C2O4，由于C2O42－的水解，使得溶液显碱性，因此不可用甲基橙作指示剂，应用无色酚酞做指示剂，A不符合题意。
B、实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时，反应后所得溶液中的溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，溶液中C2O42－的水解平衡常数，而HC2O4－的电离常数为5.4×10－5，所以HC2O4－的电离常数大于C2O42－的水解常数，因此溶液中c(C2O42－)＞c(HC2O4－)，B不符合题意。
C、实验Ⅱ中NaHC2O4过量，因此发生反应：2HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数，反应的平衡常数＞105，说明反应完全进行，因此不会发生反应“HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H＋”，C不符合题意。
D、混合后溶液中，此时溶液中，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、滴定终点为Na2C2O4溶液，溶液先碱性。
B、实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时，所得溶液的溶质为Na2C2O4、NaHC2O4，根据电离常数计算比较C2O42－的水解程度和HC2O4－的电离程度的大小，从而判断二者的浓度大小。
C、滴加过程中NaHC2O4过量，则发生反应2HC2O4－＋Ca2＋=CaC2O4↓＋H2C2O4。
D、根据溶液中c(Ca2＋)，结合CaC2O4的溶度积计算溶液中c(C2O42－)。
16．【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；测定溶液pH的方法；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、往I2的CCl4溶液中加入等体积的KI溶液，振荡后下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈现棕黄色，说明I2由CCl4中转移到KI溶液中，因此I2在浓KI溶液中溶解能力大于在CCl4中的溶解度，A符合题意。
B、NaClO溶液具有氧化性，能将变色后的pH试纸氧化褪色，因此不能用pH试纸测NaClO溶液的pH值，B不符合题意。
C、滴加4滴0.1mol·L－1的KCl溶液，反应后AgNO3剩余，再滴加4滴0.1mol·L－1的KI溶液，KI直接与AgNO3反应，产生AgI沉淀，不存在AgCl沉淀转化为AgI沉淀，因此无法比较二者溶解度的大小，C不符合题意。
D、滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明由I2生成，氯水中的HClO具有氧化性，都能将I－氧化成I2，因此不能说明氯水中含有Cl2，所以无法说明Cl2与H2O的反应存在限度，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、CCl4的密度比水大，在下层。
B、NaClO具有氧化性，能使变色的pH试纸褪色。
C、AgNO3过量，则加入KI后，直接与AgNO3反应，不存在沉淀的转化。
D、要证明Cl2与H2O的反应为可逆反应，则需证明溶液中含有Cl2。
17．【答案】（1）2s22p3
（2）A；NnHn+2 2m(，m为正整数)；＜；形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
（3）CaCN2；6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】 （1）N的原子序数为7，其核外电子排布式为1s22s22p3，所以其价层电子排布式为2s22p3。
（2）①A、能量最低的激发态N原子，其发生跃迁的电子为2p轨道上的一个电子，因此其电子排布式为1s22s22p23s1，A符合题意。
B、由于金属性Ca＞Mg，所以化学键中离子键成分的百分数Ca3N2＞Mg3N2，B不符合题意。
C、氮原子的最外层电子数为5，其中含有一个孤电子对和三个孤电子，当其形成氮烯时，两个氮原子形成氮氮双键，剩余一个孤电子与氢原子形成氮氢单键，因此最简单的氮烯的分子式为N2H2，B不符合题意。
D、氮烷中存在3个σ键和一对孤电子对，因此氮原子采用sp3杂化，D不符合题意。
故答案为：A
②一个氮原子形成的氮烷为NH3，两个氮原子形成的氮烷为N2H4，三个氮原子形成的氮烷为N3H5，四个氮原子形成的氮烷为N4H6，因此n个氮原子形成的氮烷的分子是为NnHn＋2。存在一个氮氮双键时，减少2个氢原子；则当存在m个氮氮双键时，减少2m个氢原子。所以当氮氮双键的个数为m时，其分子式的通式为NnHn+2-2m。
③[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引力，使得电子云偏向铜原子，导致N－H键的极性变强，因此更容易断裂，所以NH3结合H＋的能力小于[CuNH3]2＋。
（3）Ca2＋位于晶胞的顶点和内部，因此晶胞中所含Ca2＋的个数为；CN22－位于晶胞的棱心和内部，因此CN22－的个数为。所以该晶体的化学式为CaCN2。
根据六方最密堆积如图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个。本体中分析得到，以这个CN22－进行分析，其俯视图如下。因此距离最近的Ca2＋的个数为6，所以每个阴离子的配位数为6。
【分析】（1）根据N的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）①A、能量最低的激发态N原子其发生跃迁的电子为2p轨道上的电子。
B、金属性越强，则离子键成分的百分数越大。
C、氮原子的最外层电子数为5，可形成三个共价键。
D、氮烷中氮原子形成三个共价键，同时存在一个孤电子对。
②根据氮烷的分子式，以及含双键对氢原子个数的影响确定分子式的通式。
③结合电子云的偏移对化学键极性的影响分析。
（3）根据晶胞结构进行分析。
18．【答案】（1）
（2）BCD；硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素； +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3进一步与空气中的O2反应生成CaSO4，该反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2。
（2）由分析可知，A的结构简式为。
A、硫的电负性大于C、H，因此在有机硫中硫元素显负价，A不符合题意。
B、化合物A的结构简式为，分子结构中含有羟基氢原子，可解离出H+，因此化合物A具有酸性，B符合题意。
C、化合物A可有酸（H2SO4）脱去-OH，醇（CH3OH）脱去氢原子反应得到，因此化合物A是一种无机酸酯，C符合题意。
D、工业上可用浓硫酸吸收SO3，用于生产发烟硫酸，D符合题意。
故答案为：BCD
②化合物A中只有一个-OH可形成分子间氢键，而H2SO4中含有两个-OH可形成分子间氢键。H2SO4可形成氢键的个数多于化合物A，因此H2SO4的沸点高于化合物A。
（3）化合物A是一种无机酸酯，在碱性条件下可发生水解反应，生成CH3OH、Na2SO4和H2O，Na2SO4能与BaCl2反应产生白色沉淀。因此可通过证明水解产物中含有SO42－来证明化合物A中含有硫元素。其实验过程为：取少量化合物A加入足量的NaOH溶液，充分反应后加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。过程中发生反应的化学方程式为： ＋2NaOH→CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaCl。
【分析】（1）SO2与CaCO3反应生成CaSO3和CO2，CaSO3能进一步被空气中的O2氧化成CaSO4。
（2）①根据SO3与H2O发生的反应可知，SO3与CH3OH反应生成A的结构简式为。据此结合选项进行分析。
②硫酸分子可形成更多的分子间氢键，使得沸点更高。
（3）证明化合物A中含有硫元素，则可将化合物A在碱性条件下水解，通过检验SO42－的存在证明硫元素的存在。
19．【答案】（1）6
（2）2；CO+3H2 CH4+H2O
（3）A；C
（4）AC；
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，目标反应的反应热ΔH2=ΔH－ΔH1=－41.2kJ·mol－1－(－47.2kJ·mol－1)=6kJ·mol－1，所以ΔH2=6 kJ·mol－1。
（2）①令体系中n(H2O)=12mol，则n(CO)=5mol，反应达到平衡时，生成n(CO2)=xmol，则可得平衡三段式如下：
反应达到平衡状态时，p(CO2)=0.40MPa，所以，解得x=4mol。
所以平衡时n(CO)=1mol、n(H2O)=8mol、n(CO2)=n(H2)=4mol，设反应容器的容积为V，则可得该条件下反应的平衡常数。
②条件2下H2的分压减小，CH4的分压增大，说明有部分H2发生副反应生成为CH4，而由于副反应中没有CO2参与反应，因此碳元素应来自于CO，所以该副反应的化学方程式为：CO＋3H2=CH4＋H2O。
（3）A、由于CO、H2都能与O2反应，因此通入反应器的原料气中应避免混入O2，防止CO、H2与O2反应，造成原料的利用率降低，A符合题意。
B、反应过程中气体分子数保持不变，因此保持恒定水碳比，增加体系的压强，平衡不移动，因此H2平衡产率不变，B不符合题意。
C、通入过量的水蒸气，则反应“Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g)”正向移动，使更多的Fe3O4转化为Fe2O3，防止Fe3O4被还原为Fe，C符合题意。
D、通入惰性气体，总压强增大，但由于反应容器的容积不变，反应物、生成物的浓度不变，因此反应速率不变，D不符合题意。
故答案为：CD
（4）①由图像可知，b-c段温度降低，CO的平衡转化率降低，说明温度降低，平衡逆向移动。
A、按原水碳比通入冷的原料气，温度降低，平衡逆向移动，CO的转化率降低，A符合题意。
B、喷入冷水(蒸汽)，此时温度降低，但由于c(H2O)增大，平衡正向移动，CO的转化率会增大，B不符合题意。
C、通过热交换器换热，可使温度降低，平衡逆向移动，CO转化率降低，C符合题意。
故答案为：AC
②若采用喷入冷水蒸汽的方式降温，则反应速率减小，由于c(H2O)增大，平衡正向移动，CO的转化率会增大。因此可得图像如图。
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①令参与反应的n(H2O)=12mol，则n(CO)=5mol。设反应生成n(CO2)=xmol，根据平衡时CO2的压强计算反应生成的n(CO2)，从而得出平衡时各物质的物质的量，结合平衡常数的表达式进行计算。
②条件2下H2的平衡分压降低，说明H2发生副反应，转化为CH4，据此书写反应的化学方程式。
（3）A、CO、H2都能与O2反应。
B、反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动。
C、增大水蒸气的浓度，可促进Fe3O4转化为Fe2O3。
D、通入惰性气体增大压强，体系的浓度不变，反应速率不变。
（4）①结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
②水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，据此作图。
（5）结合温度对催化剂活性、反应速率的影响分析。
20．【答案】（1）NaAlO2
（2）C
（3）蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4）0.7；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，铝土矿中的Al2O3与NaOH溶液发生反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，过滤后所得溶液中的主要溶质为NaAlO2。
（2）A、步骤Ⅰ中反应温度为140~230℃，温度较高，因此反应需在密闭耐高压的容器中进行，A不符合题意。
B、步骤Ⅱ中过量的CO2与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，滤液浓度较大时可防止NaHCO3结晶析出，B不符合题意。
C、步骤Ⅲ中洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，否则会使滤纸破损，C符合题意。
D、步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品中OH－和Cl－的量，即控制a、b的值，从而控制产品的盐基度，D不符合题意。
故答案为：C
（3）仪器A的名称为蒸发皿。步骤Ⅴ中从聚合氯化铝溶液中获得聚合氯化铝固体时，采用水浴加热可使溶液受热均匀；若直接用酒精灯加热，则受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
（4）①滴定过程中消耗n(Ag＋)=22.50×10－3L×0.1mol·L－1=2.25×10－3mol。由反应的离子方程式Ag＋＋Cl－=AgCl↓可得，25.00mL溶液中n(Cl－)= 2.25×10－3mol，所以溶液中，由于溶液中c(Al3＋)=0.1mol·L－1，由溶液的电中性可得，溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1×3－0.09mol·L－1=0.21mol·L－1。所以聚合氯化铝固体中，所以盐基度为。
②若溶液的pH过低，则溶液中c(H＋)过大，易发生反应2CrO42－＋2H＋=Cr2O72－＋H2O，反应生成的Cr2O72－具有强氧化性，能将溶液中的Cl－氧化成Cl2，使得参与反应的n(AgNO3)减小，测得n(Cl－)偏小。若pH值过高，则OH－与Ag＋反应，使得参与反应n(AgNO3)增大，测得n(Cl－)偏大。
【分析】铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入NaOH溶液后，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO；SiO2与NaOH溶液反应生成难溶性铝硅酸盐；Fe2O3与NaOH溶液不反应，因此过滤后所得滤液中的溶质为NaAlO2和NaOH。往滤液中通入CO2，NaAlO2与CO2反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。Al(OH)3沉淀分两份，一份与稀盐酸反应生成AlCl3，所得AlCl3溶液与另一份Al(OH)3沉淀反应生成聚合氯化铝溶液，对溶液进行加热结晶，得到聚合氯化铝固体。
21．【答案】（1）羟基、醛基
（2）B；C
（3）ClCH2CH2N(CH3)2
（4） +2H2 +H2O
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）化合物B的结构简式为，其中所含的含氧官能团为羟基、醛基。
（2）A、化合物A中含有酚羟基，因此能与FeCl3发生显色反应，A不符合题意。
B、苯环上的-CH3能被酸性KMnO4溶液氧化成-COOH，同时酚羟基也能被酸性KMnO4溶液氧化，因此A→B不能用酸性KMnO4溶液，B符合题意。
C、在B+C→D的反应中B与C反应生成D的同时生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进B与C的反应，因此K2CO3不是作为反应的催化剂，C符合题意。
D、伊托必利结构中含有酰胺基，因此在酸性、碱性条件下都能发生水解反应，D不符合题意。
故答案为：BC
（3）由分析可知，化合物C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。
（4）由分析可知，E的结构简式为，F的结构简式为。因此E→F的化学方程式为：。
（5）可由和反应生成。而可由与H2反应生成；可由与SOCl2反应生成。因此该合成路线图如下：
。
（6）分子中共有4种不同化学环境的氢原子，则结构具有对称性。满足条件的同分异构的结构简式如下： 。
【分析】B与C反应生成D，结合B、D的结构简式可知C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。与F反应生成，因此F的结构简式为。D与H2NOH反应生成E，E与H2反应生成F，因此E的结构简式为。
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