高考化学真题重05--浙江专用(解析版)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 P—31 S—32 Cl—35.5 K—39 Mn—55 Fe—56 Cu—64 Zn—65 Ga—70 Se—79 Br-80 Ag—108 Cd —112 I—127 Ba—137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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．(2020·浙江1月选考)有共价键的离子化合物是( )
A．Na2O2 B．H2SO4 C．CH2Cl2 D．SiC
【答案】A
【解析】A项，Na2O2中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价价，故A正确；B项，硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C项，二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D项，碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误；故选A。
2．(2015·浙江10月选考)有关SO2的性质，下列说法不正确的是( )
A．能使品红溶液褪色 B．能与NaOH溶液反应
C．能与H2O反应生成H2SO4 D．一定条件下能与O2反应生成SO3
【答案】C
【解析】A项，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，正确；B项，SO2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，正确；C项，SO2能与H2O反应生成H2SO3，而不是H2SO4，不正确；D项，SO2在催化剂及加热积极作用下与氧气反应生成SO3，正确。
3．(2019·浙江4月选考)下列表示不正确的是( )
A．次氯酸的电子式 B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式CH2＝CH2 D．原子核内有8个中子的碳原子146C
【答案】A
【解析】A项，次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故选A。
4．(2020·浙江1月选考)下列关于铝及其化合物说法，不正确的是( )
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。
5．(2022·浙江6月选考)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．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】A项，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项，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项，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项，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：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；故选A。
6．(2021·浙江1月选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化( )
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
7．(2020·浙江1月选考)不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O
B．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO32—
D．醋酸钠水解：CH3COO ＋H2OCH3COOH＋OH
【答案】C
【解析】A项，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；B项，FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；C项，苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋CO2＋H2O→＋HCO3—，故C错误；D项，醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO ＋H2OCH3COOH＋OH ，故D正确；故选C。
8．(2023·浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
【答案】A
【解析】A项，从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及其缩合产物，故A错误；B项，某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B正确；C项，酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故C正确；D项，聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D正确；故选A。
9．(2023·浙江1月选考)七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是( )
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C．1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2 molBr2
D．1 mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗3 molNaOH
【答案】B
【解析】A项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A错误；B项，分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B正确；C项，酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，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3mol，C错误；D项，分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4molNaOH，D错误；故选B。
10．(2021·浙江6月选考)已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不正确的是( )
A．还原性：ZQ2＜ZR4
B．X能从ZQ2中置换出Z
C．Y能与Fe2O3反应得到Fe
D．M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
【答案】A
【解析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为：Mg，Y为：Al，Z为：C，M为：N，Q为：S，R为：Cl。A项，ZQ2为CS2，ZR4为CCl4，CS2中硫的还原性强于CCl4中的氯元素，A错误；B项，Mg和CO2发生下述反应：2Mg+CO22MgO+O，B正确；C项，Al和Fe2O3发生铝热反应如下：2Al+Fe2O3 Al2O3 +2Fe，C正确；D项，M为：N，N的最高价氧化物的水化物为HNO3，最低价氢化物为NH3，二者发生如下反应：HNO3+NH3=NH4NO3，D正确；故选A。
11．(2022·浙江1月选考)pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极(在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag—AgCl电极)和另一Ag—AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059。下列说法正确的是( )
A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl(0.1mol·L-1)
B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化
C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH
D．pH计工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】A项，如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反应，A错误；B项，已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B错误；C项，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH，C正确；D项，pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误；故选C。
12．(2021 山东卷)关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法不正确的是( )
A．CH3OH为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
13．(2021·浙江6月选考)取两份10mL 0.05mol·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05mol·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是( )
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小
C．a→d→e过程中：c(Na＋)＜c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；故选C。
14．(2018·浙江11月选考)已知：H2O(g)=H2O(l) △H1
C6H12O6 (g)= C6H12O6 (s) △H2
C6H12O6 (s)+6O2 (g)= 6H2O(g) +6CO2 (g) △H3
C6H12O6 (g)+6O2 (g)= 6H2O(l) +6CO2 (g) △H4
下列说法正确的是( )
A． H1<0， H2<0， H3< H4 B．6 H1+ H2+ H3- H4=0
C．-6 H1+ H2+ H3- H4=0 D．-6 H1+ H2- H3+ H4=0
【答案】B
【解析】物质由气态转化为液态(液化)需要放热，物质由固态转化为气态需要吸热，比较反应3和反应4中 C6H12O6(s)→ C6H12O6(g)为吸热过程，6H2O(g)→ 6 H2O(l)为放热过程，所以反应4放出更多能量，△H更小，故△H3＞△H4，选项A错误；由盖斯定律知，反应1的6倍与反应2与反应3的和可以得到反应4，即6△H1＋△H2＋△H3＝△H4，经数学变形，可以得到6△H1＋△H2+△H3－△H4＝0，选项B正确；选项C、D均错误。故选B。
15．(2022·浙江6月选考)关于反应Cl2(g)＋H2O(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，c(Cl-)/ c(HClO)增大
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3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】A项，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项，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项，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，因此增大，C正确；D项，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；故选D。
16．(2021·浙江6月选考)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 探究乙醇消去反应的产物 取4 mL乙醇，加入12 mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入2 mL溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴FeCl3溶液 若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入2~3 mL蒸馏水 若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
D 探究Na2SO3固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
【答案】D
【解析】A项，乙醇在140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；B项，乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B项不符合题意；C项，如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C项不符合题意；D项，加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D项符合题意；故选D。
二、非选择题(本题共5题，共52分)
17．(2022 河北省选择性考试)(10分)含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______，原因是_______。
(3) SnCl3-的几何构型为_______，其中心离子杂化方式为_______。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[ Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【答案】(1)1：2或2：1(1分)
(2) Cu (1分) Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大(2分)
(3) 三角锥形(1分) sp3杂化(1分)
(4)B(1分)
(5) D (1分) D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO4-(2分)
【解析】(1)基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为：1：2或2：1；(2)Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；(3)Sn是ⅣA族元素，SnCl3-的中心离子Sn2+价层电子对数为3+，有1对孤电子对，中心离子是sp3杂化，SnCl3-的几何构型是三角锥形；(4)根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。A项，[Cu(NH3)2]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；B项，[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，符合题意；C项，[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D项，Na2[Zn(OH)4] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故选B。(5)Mn2+转化为MnO4-需要氧化剂，且氧化性比MnO4-的强，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO4-，故A不符合；B、C中的S化合价比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO4-，故D符合。
18．(2022·浙江1月选考)(10分)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
(1)组成X的元素有______，X的化学式为___________。
(2)溶液C中溶质的成分是______(用化学式表示)；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序_____________________。
(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_____________________。
(4)设计实验确定溶液G中阴离子____________________________________。
【答案】(1)Fe、S、O、H(2分) FeH(SO4)2 (2分)
(2)FeCl3、HCl、BaCl2(1分) Cl-、H2O、SCN-、OH-(1分)
(3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2(2分)
(4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-(2分)
【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(2)X 为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；(4)设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
19．(2022·浙江6月选考)(10分)主要成分为H2S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H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4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 2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol 1
Ⅱ CH4(g)+ S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol 1
总反应：
Ⅲ 2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)
投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表：
温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150
H2/V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
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N2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，H2S的转化率越高
C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2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H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。
⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(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)8×108 L·mol－1(2分)
(2) 高温(1分) AB(2分) (1分)
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(2分)
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(2分)
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝=；(2)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项，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项，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项，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项，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；故选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。
20．(2021·浙江6月选考)(10分) Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。
③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和CCl4转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：
2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl-
实验数据如下表：
加入量n(H2SO4) /mol 2.505×10-3
滴定Ⅰ测出量n(I2) /mol 2.005×10-3
滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /mol 1.505×10-3
①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。
【答案】(1)①浓H2SO4(1分) ②a(1分)
(2)ABC(2分) (3)抽气(或通干燥氮气) (1分)
(4)a b g (2分)
(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复(1分)
②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求(2分)
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。
21．(2021·浙江6月选考)(12分)某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．化合物B分子中所有的碳原子共平面
B．化合物D的分子式为C12H12N6O4
C．化合物D和F发生缩聚反应生成P
D．聚合物P属于聚酯类物质
(3)化合物C与过量溶液反应的化学方程式是_______。
(4)在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物。用键线式表示其结构_______。
(5)写出3种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：_______。
①谱显示只有2种不同化学环境的氢原子
②只含有六元环
③含有结构片段，不含键
(6)以乙烯和丙炔酸为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】(1) (1分) HOCH2CH2Br(1分) (2)C(2分)
(3) +4NaOH+2+2NaBr(2分)
(4) (1分)
(5) 、、、(任写3种) (3分)
(6) (2分)
【解析】A的分子式为C8H10，其不饱和度为4，结合D的结构简式可知A中存在苯环，因此A中取代基不存在不饱和键，D中苯环上取代基位于对位，因此A的结构简式为，被酸性高锰酸钾氧化为，D中含有酯基，结合已知信息反应可知C的结构简式为，B与E在酸性条件下反应生成，该反应为酯化反应，因此E的结构简式为HOCH2CH2Br，D和F发生已知反应得到化合物P中的五元环，则化合物F中应含有碳碳三键，而化合物P是聚合结构，其中的基本单元来自化合物D和化合物F，所以化合物F应为。(1) A的结构简式为；化合物E的结构简式为HOCH2CH2Br；(2)A项，化合物B的结构简式为，化合物B中苯环的6个碳原子共平面，而苯环只含有两个对位上的羧基，两个羧基的碳原子直接与苯环相连，所以这2个碳原子也应与苯环共平面，化合物B分子中所有碳原子共平面，故A正确；B项，D的结构简式为，由此可知化合物D的分子式为C12H12N6O4，故B正确；C项，缩聚反应除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，化合物D和化合物F的聚合反应不涉及低分子副产物的产生，不属于缩聚反应，故C错误；D项，聚合物P中含有4n个酯基官能团，所以聚合物P属于聚酯类物质，故D正确；故选C。(3)中酯基能与NaOH溶液发生水解反应、溴原子能与NaOH溶液在加热条件下能发生取代反应，因此反应方程式为+4NaOH+2+2NaBr；(4)化合物D和化合物F之间发生反应，可以是n个D分子和n个F分子之间聚合形成化合物P，同时也可能发生1个D分子和1个F分子之间的加成反应，对于后者情况，化合物D中的2个-N3官能团与化合物F中的2个碳碳三建分别反应，可以形成环状结构，用键线式表示为，该环状化合物的化学式为C20H18N6O8，符合题意。(5)化合物F的分子式为C8H6O4，不饱和度为6，其同分异构体中含有结构片段，不含—C≡C—键，且只有2种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有2个相同结构片段，不饱和度为4，余2个不饱和度，推测含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下：、、、；(6)由逆向合成法可知，丙炔酸应与通过酯化反应得到目标化合物，而中的羟基又能通过水解得到，乙烯与Br2加成可得，故目标化合物的合成路线为
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