浙江省2024年1月普通高校招生选考化学试卷
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．下列物质不属于电解质的是（ ）
A．CO2 B．HCl C．NaOH D．BaSO4
2．工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是（ ）
A．漂白液的有效成分是NaClO
B．ClO﹣水解生成HClO使漂白液呈酸性
C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强
D．NaClO溶液比HClO溶液稳定
3．下列表示不正确的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：
B．SO2的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
C．用电子式表示KCl的形成过程：
D．的名称：2﹣甲基4﹣乙基戊烷
4．汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO2CO2+N2，列说法不正确的是（ ）（NA为阿伏加德罗常数的值）
A．生成1molCO2转移电子的数目为2NA
B．催化剂降低NO与CO反应的活化能
C．NO是氧化剂，CO是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
5．在溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A．H+、I﹣、Ba2+、
B．Fe3+、K+、CN﹣、Cl﹣
C．Na+、、Br﹣、Ca2+
D．、、CH3COO﹣、
6．为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C．试剂X可用硫酸
D．粗I2可用升华法进一步提纯
7．根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是（ ）
材料 组成和结构变化 性能变化
A 生铁 减少含碳量 延展性增强
B 晶体硅 用碳原子取代部分硅原子 导电性增强
C 纤维素 接入带有强亲水基团的支链 吸水能力提高
D 顺丁橡胶硫 硫化使其结构由线型转变为网状 强度提高
A．A B．B C．C D．D
8．下列实验装置使用不正确的是（ ）
A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气
B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液
C．图③装置用于测定中和反应的反应热
D．图④装置用于制备乙酸乙酯
9．关于有机物检测，下列说法正确的是（ ）
A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
B．用红外光谱可确定有机物的元素组成
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C5H12
D．麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解
10．下列化学反应与方程式不相符的是（ ）
A．黑火药爆炸：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑
B．四氯化钛水解：TiCl4+（x+2）H2OTiO2 xH2O↓+4HCl
C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2﹣+O2+4H+═2S↓+2H2O
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：
11．制造隐形眼镜的功能高分子材料Q的合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．试剂a为NaOH乙醇溶液
B．Y易溶于水
C．Z的结构简式可能为
D．M分子中有3种官能团
12．X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是（ ）
A．沸点：X2Z＞X2Q
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．化学键中离子键成分的百分数：M2Z＞M2Q
D．与离子空间结构均为三角锥形
13．破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2，下列说法不正确的是（ ）
A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大
C．铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e﹣═2+H2↑
D．每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn
14．酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表：
取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH
水解相对速率 1 290 7200
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ是OH﹣与酯中Cδ+作用
B．步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3
D．与OH﹣反应、与18OH﹣反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
15．常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（ ）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
16．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是（ ）
实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu（NO3）2和HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
B 比较F﹣与SCN﹣结合Fe3+的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F﹣＞SCN﹣
C 比较HF与H2SO3的酸性 分别测定等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液的pH 前者pH小 酸性：HF＞H2SO3
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。
（2）下列说法正确的是 。
A．电负性：B＞N＞O
B．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣
C．第一电离能：Ge＜Se＜As
D．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4
（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2 H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），请说明理由 。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱： HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式 。
18．固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所含有的阴离子 。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是 。
（2）下列说法正确的是 。
A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3
C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2
（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素 ；写出Mn2+转化为的离子方程式 。
19．通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝ kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝ 。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。
20．H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS+MgCl2+2H2O═CaCl2+Mg（OH）2+H2S↑
已知：①H2S的沸点是61℃，有毒：
②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。
请回答：
（1）仪器X的名称是 。
（2）完善虚框内的装置排序：A→B→ → → →F+G
（3）下列干燥剂，可用于装置C中的是 。
A．氢氧化钾 B．五氧化二磷 C．氯化钙 D．碱石灰
（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：② 。
（5）下列说法正确的是 。
A．该实验操作须在通风橱中进行
B．装置D的主要作用是预冷却H2S
C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S
D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收
（6）取0.680gH2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为 。
21．某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮。
已知：
请回答：
（1）化合物E的含氧官能团的名称是 。
（2）化合物C的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法
B．化合物A的碱性比化合物D弱
C．化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化合物A
D．化合物G→氯硝西泮的反应类型为取代反应
（4）写出F→G的化学方程式 。
（5）聚乳酸（）是一种可降解高分子，可通过化合物X（）开环聚合得到，设计以乙炔为原料合成X的路线 （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B的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有二取代的苯环：
②1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、二氧化碳的水溶液能导电，但其本身不能电离，属于非电解质，故A符合题意；
B、HCl溶于水能导电，属于电解质，故B不符合题意；
C、NaOH在水溶液中能导电，属于电解质，故C不符合题意；
D、硫酸钡虽然难溶，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
2．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、漂白液的主要成分为naCl、NaClO，有效成分为NaClO，故A正确；
B、ClO-水解生成HClO和OH-，使漂白液呈碱性，故B错误；
C、通入CO2，CO2与NaClO反应生成HClO，消毒能力增强，故C正确；
D、HClO不稳定易分解，NaClO较稳定，则NaClO溶液比HClO溶液稳定，故D正确；
故答案为：B。
【分析】将Cl2通入冷的NaOH溶液中，反应生成个NaCl、NaClO和水。
3．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为10的氧原子，质量数=质子数+中子数=18，表示为 ，故A正确；
B、SO2分子中S原子价层电子对数为，其VSEPR模型为 ，故B正确；
C、KCl为离子化合物，钾离子和氯离子间以离子键结合，则用电子式表示KCl的形成过程为 ，故C正确；
D、 的主链有6个碳原子，2号碳和4号碳上分别含有一个甲基，正确的命名为：2，4-二甲基己烷，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B、SO2分子中S原子价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；
C、氯化钾为离子化合物；
D、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、C元素的化合价由+2升高为+4，则生成1molCO2转移电子的数目为2NA ，故A正确；
B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此催化剂降低NO与CO反应的活化能，故B正确；
C、由分析可知，NO为氧化剂，CO为还原剂，故C正确；
D、由分析可知，N2为还原产物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】 2NO+2CO2CO2+N2中，N元素的化合价由+2降低为0，C元素的化合价由+2升高为+4，则NO为氧化剂，CO为还原剂，CO2为氧化产物，N2为还原产物。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能氧化I-，不能大量共存，故A不符合题意；
B、 Fe3+与CN﹣结合生成，不能大量共存，故B不符合题意；
C、 和Ca2+结合生成硅酸钙沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D、 、、CH3COO﹣、之间互不反应，能大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、 加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上层为碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，均为无色，故A正确；
B、溶液A的密度小于四氯化碳，应从上口倒出，故B错误；
C、碘化钠和碘酸钠在酸性条件下发生归中反应生成碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；
D、碘易升华，则粗I2可用升华法进一步提纯，故D正确；
故答案为：B。
【分析】向含碘的四氯化碳废液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应生成碘化钠和碘酸钠，分液得到四氯化碳和溶液A，则溶液A中含有碘化钠和碘酸钠，加入X溶液，碘化钠和碘酸钠发生归中反应生成硫酸钠和碘。
7．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、钢的延展性强于生铁，含碳量低于生铁，因此减少生铁的含碳量，能提高其延展性，故A正确；
B、用碳原子取代部分硅原子得到碳化硅，碳化硅不导电，则导电性减弱，故B错误；
C、纤维素中接入带有强亲水基团的支链，能使物质的吸水性增强，故C正确；
D、天然橡胶硫化，碳碳双键断裂，使其由线型结构变成网状结构，强度提高，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、减少生铁中含碳量，能改变钢铁性能，提高其延展性；
B、SiC不导电；
C、含有亲水基的物质能吸水；
D、网状结构的物质弹性和强度都较大。
8．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；中和热的测定；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下才能反应生成氯气，缺少加热装置，故A错误；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液，锥形瓶盛装碱，故B正确；
C、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成，利用简易热量计能测定中和反应的反应热，故C正确；
D、加热条件下，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，该装置可制备乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液进行滴定；
C、该装置为简易热量计；
D、乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。
9．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、浓溴水与溴乙烷混合分层，浓溴水具有强氧化性，将乙醛氧化为乙酸，自身被还原，溶液褪色，浓溴水与苯酚反应生成沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B、红外光谱可确定有机物中官能团及化学键，故B错误；
C、相对分子质量为72的有机物不止 C5H12 ，还可能是 C4H8O或C3H4O2， 故C错误；
D、麦芽糖和葡萄糖均含有醛基，不能通过加入新制氢氧化铜检验麦芽糖是否水解，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、溴乙烷不与溴水反应，浓溴水与乙醛发生氧化还原反应，苯酚与浓溴水反应生成沉淀；
B、红外光谱可确定有机物中官能团及化学键；
C、质谱法只能测定有机物的相对分子质量；
D、麦芽糖也含有醛基。
10．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、黑火药的主要成分为木炭、硫磺与硝酸钾，爆炸时发生反应 S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑ ，故A正确；
B、四氯化钛为强酸弱碱盐，发生水解生成 TiO2 xH2O 和HCl，水解的化学方程式为 TiCl4+（x+2）H2OTiO2 xH2O↓+4HCl ，故B正确；
C、 硫化钠溶液呈碱性，不可能存在大量氢离子，正确的离子方程式为2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓ ，故C错误；
D、硬脂酸甘油酯和NaOH溶液发生皂化反应生成硬脂酸钠和甘油，反应的化学方程式为 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、“黑火药”的成分是木炭、硫磺与硝酸钾；
B、四氯化钛为强酸弱碱盐；
C、硫化钠溶液呈碱性；
D、硬脂酸甘油酯和NaOH溶液发生皂化反应生成硬脂酸钠和甘油。
11．【答案】A
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂a为NaOH水溶液，故A错误；
B、由分析可知，Y为HOCH2CH2OH，易溶于水，故B正确；
C、由分析可知，Z为，故C正确；
D、由分析可知，M为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，含有碳碳双键、酯基和羟基3种官能团，故D正确；
故答案为：A。
【分析】M在催化剂条件下发生加聚反应生成Q，结合Q的结构简式可知，M为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，Y和Z发生酯化反应生成M，Y由C2H4Br2反应得到，X和溴发生反应生成C2H4Br2，则X为CH2=CH2，Y应为醇，即为HOCH2CH2OH，Z为，试剂a为NaOH水溶液。
12．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、常温下，水为液态，H2S为气态，则沸点：H2O>H2S，故A正确；
B、Na和S可形成化合物Na2S、Na2S2，故B正确；
C、离子键百分比 = (电负性差值 / 总电负性差值)，O的电负性大于S，则Na2O离子键成分的百分数大于Na2S，故C正确；
D、中心原子的价电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，中心原子的价电子对数为4，含有一个孤电子对，其空间结构为三角锥形，故D错误；
故答案为：D。
【分析】X原子半径最小，则X为H元素，短周期中M电负性最小，则M为Na元素，Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则其核外电子排布式为 1s22s22p4， Z为O元素，Z与Y、Q相邻，则Y为N元素，Q为S元素。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、腐蚀的总反应为Zn+4NH3 H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，氨水浓度越大，反应速率越快，腐蚀趋势越大，故A正确；
B、随着反应进行，有OH-离子生成，溶液变大，故B正确；
C、该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，故C错误；
D、标准状况下的物质的量为0.01mol，根据关系式： Zn～H2～2e-， 生成0.01molH2，消耗，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2， 则Zn作负极，电极反应式为 Zn-2e-+4NH3=Zn[(NH3)4]2+，Fe为正极，电极反应式为。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】A、由图可知，步骤Ⅰ是OH-与酯基中的作用生成羟基和O-，故A正确；
B、步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，故B正确；
C、根据已知②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，故C正确；
D、与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理与18OH-反应，最终18O存在于醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、 步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的Cδ+作用生成羟基和O-；
B、加入NaOH，促进Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动；
C、随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，电负性F＞Cl，F原子的吸引电子能力强，水解速率大；
D、 酯水解断裂酯键，与OH-反应，根据信息①可知，最终18O存在于醇和羧酸盐，与18OH-反应，最终18O存在于醇和羧酸盐中。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式为：，，且以第一步电离为主，则，故A正确；
B、亚硫酸第二步电离产生亚硫酸根，稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释时平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，故B正确；
C、加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，故C错误；
D、过氧化氢具有强氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，则存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O ，生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、亚硫酸分步电离：，；
B、稀释过程氢离子浓度几乎不变；
C、 BaCl2溶液与H2SO3溶液混合会生成少量BaSO3；
D、亚硫酸会被氧化为硫酸。
16．【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B、向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C、铵根离子水解呈酸性，同浓度与的铵根离子浓度不等，因此不能比较酸性，故C错误；
D、利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同，该实验中，只有温度不同，其他反应条件相同，能探究温度对反应速率的影响，且温度越高，反应速率越快，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B、Fe(SCN)3为血红色；
C、 等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液，铵根离子浓度不同 ；
D、该实验只存在温度一个变量。
17．【答案】（1）；分子晶体
（2）C
（3）sp3；<；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；>；
【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；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，该晶胞中， 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ，其化学式为；构成晶胞的粒子为分子，则该晶体属于分子晶体，故答案为：；分子晶体；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>B，则电负性：O>N>B，故A错误；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径： P3﹣>S2﹣>Cl﹣，故B错误；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Ge＜Se＜As，故C正确；
D、Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，故D错误；
故答案为：C；
（3）①中，N原子的价层电子对数为，则N原子采用sp3杂化； H2N-NH2中的-NH2与 H2N﹣中的N原子都为sp3杂化，H2N-NH2中-NH2中的N原子含有1个孤电子对，H2N﹣中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对存在排斥力，键角变小，故键角∠HNH ： H2N﹣NH2中的﹣NH2 < H2N﹣中的﹣ ，故答案为：sp3； ＜；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则发生的反应为，A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-得到的，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；A中的阴离子为，其结构式为：，故答案为：>；。
【分析】（1） 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D、Cr为24号元素；
（3）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②氧化剂的氧化性大于氧化产物。
18．【答案】（1）MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
（2）C
（3）取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀，步骤Ⅲ通入适量二氧化碳，碳酸锰和碳酸钙沉淀，碳酸镁未沉淀，说明MgCO3溶解度最大；溶液C为氯化镁溶液，含有大量Cl-，步骤Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根，则溶液C中的所含有的阴离子为 、、OH-、Cl-；步骤Ⅱ中，加入NH4Cl是为了调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀，故答案为：MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀；
（2）A、由分析可知，气体D为二氧化碳，二氧化碳会造成温室效应，不会形成酸雨，故A错误；
B、二氧化碳和Na在加热条件下可能发生反应，因此 固体E可能含有Na2CO3 ，故B正确；
C、NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，因此Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，故C正确；
D、氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，则碱性：Ca(OH)2＞Fe(OH)2，故D错误；
故答案为：BC；
（3）酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，则取一定量Y于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； NaBiO3（微溶于水 ） 可氧化Mn2+为 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平反应的方程式为：，故答案为：取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；。
【分析】 固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4， 加入盐酸，得到气体D和溶液A，根据Y的组成可知，气体D为二氧化碳，溶液A为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化锰的混合溶液，气体D和Na在加热条件下反应生成CO和固体E；向溶液A中加入氨气和氯化铵，氯化亚铁转化为氢氧化亚铁，溶液B中溶液B与适量二氧化碳反应生成碳酸锰、碳酸钙，则溶液C中主要含有氯化镁。
19．【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
20．【答案】（1）圆底烧瓶
（2）E；C；D
（3）C
（4）液封
（5）A
（6）99%
【知识点】气体发生装置；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）装置A为发生装置，装置B为除杂装置，D、E均为冷却装置，C为干燥装置，根据F的冷却剂温度为-80℃可知，应逐渐分步冷却得到液态H2S，则除杂后应先连接E装置进行冷却，通入装置C中进行干燥后，再连接D装置进行冷却，最后连接F+G，则装置排序为：A→B→E→C→D→F+G，故答案为：E；C；D；
（3）H2S是酸性气体，应用氯化钙或者五氧化二磷干燥，不能用氢氧化钾和碱石灰干燥，故答案为：BC；
（4）G中汞既起到平衡压强的作用，又起到液封作用，故答案为：液封；
（5）A、H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；
B、 气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S ，故B正确；
C、加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；
D、H2S能被硝酸氧化，但硝酸的还原产物为氮氧化物，仍会污染环境，因此不能用硝酸吸收尾气，故D错误；
故答案为：ABC；
（6）氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，根据关系式： CuS～CuO可知，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为，故答案为：99%。
【分析】装置A中，发生反应 CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg（OH）2+H2S↑制得H2S ， 装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质，用装置B中的水除去杂质，D、E均为冷却装置，C为干燥装置，根据F的冷却剂温度为-80℃可知，应逐渐分步冷却得到液态H2S，则除杂后应先连接E装置进行冷却，通入装置C中进行干燥后，再连接D装置进行冷却，最后连接F+G。
21．【答案】（1）硝基、羰基(或酮羰基、酮基)
（2）
（3）BD
（4）+NH3+HBr或+2NH3+NH4Br
（5）CH≡CH CH3CHO
（6）或或或或
【知识点】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
【解析】【解答】（1）根据化合物E的结构简式可知，其分子中的含氧官能团的名称是硝基、羰基(或酮羰基、酮基)，故答案为：硝基、羰基(或酮羰基、酮基)；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为，故答案为：；
（3）A、氨基易被氧化，因此在进行硝化反应前，先将其转化为稳定的酰胺基，硝化反应后再水解出氨基，则化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法，故A正确；
B、硝基为吸电子基团，硝基的存在会导致N原子结合质子能力减弱，所以碱性：A＞D，故B错误；
C、由分析可知，B为 ，化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成，故C正确；
D、G为，G中的酰胺基与酮羰基发生脱水缩合生成了氯硝西泮，该反应不属于取代反应，故D错误；
故答案为：BD；
（4）F发生取代反应生成G：+NH3+HBr；由于HBr可与NH3反应生成NH4Br，所以该反应也可写为+2NH3+NH4Br，故答案为：+NH3+HBr或+2NH3+NH4Br；
（5）可由发生分子间酯化反应生成，可由酸化得到，乙醛与HCN发生加成反应生成，而乙炔与H2O发生加成反应生成乙醛(CH3CHO)，则合成路线为 CH≡CH CH3CHO，故答案为： CH≡CH CH3CHO；
（6）由分析可知，B为，其同分异构体满足：①分子中含有二取代的苯环；②分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键，则其结构简式可有、、、、，故答案为：或或或或。
【分析】由图可知，A与乙酸反应生成B，B发生硝化反应生成C，C水解得到D，结合D的结构简式可知，C为，结合B的分子式可知，B的结构简式为，D和发生取代反应生成E，E和BrCH2COBr反应生成F，结合F的分子式可知，F的结构简式为，F和氨气反应生成G，结合G的分子式可知，G为，G中的酰胺基和酮羰基发生脱水反应生成氯硝西泮。
浙江省2024年1月普通高校招生选考化学试卷
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．下列物质不属于电解质的是（ ）
A．CO2 B．HCl C．NaOH D．BaSO4
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、二氧化碳的水溶液能导电，但其本身不能电离，属于非电解质，故A符合题意；
B、HCl溶于水能导电，属于电解质，故B不符合题意；
C、NaOH在水溶液中能导电，属于电解质，故C不符合题意；
D、硫酸钡虽然难溶，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
2．工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是（ ）
A．漂白液的有效成分是NaClO
B．ClO﹣水解生成HClO使漂白液呈酸性
C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强
D．NaClO溶液比HClO溶液稳定
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、漂白液的主要成分为naCl、NaClO，有效成分为NaClO，故A正确；
B、ClO-水解生成HClO和OH-，使漂白液呈碱性，故B错误；
C、通入CO2，CO2与NaClO反应生成HClO，消毒能力增强，故C正确；
D、HClO不稳定易分解，NaClO较稳定，则NaClO溶液比HClO溶液稳定，故D正确；
故答案为：B。
【分析】将Cl2通入冷的NaOH溶液中，反应生成个NaCl、NaClO和水。
3．下列表示不正确的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：
B．SO2的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
C．用电子式表示KCl的形成过程：
D．的名称：2﹣甲基4﹣乙基戊烷
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为10的氧原子，质量数=质子数+中子数=18，表示为 ，故A正确；
B、SO2分子中S原子价层电子对数为，其VSEPR模型为 ，故B正确；
C、KCl为离子化合物，钾离子和氯离子间以离子键结合，则用电子式表示KCl的形成过程为 ，故C正确；
D、 的主链有6个碳原子，2号碳和4号碳上分别含有一个甲基，正确的命名为：2，4-二甲基己烷，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B、SO2分子中S原子价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；
C、氯化钾为离子化合物；
D、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
4．汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO2CO2+N2，列说法不正确的是（ ）（NA为阿伏加德罗常数的值）
A．生成1molCO2转移电子的数目为2NA
B．催化剂降低NO与CO反应的活化能
C．NO是氧化剂，CO是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、C元素的化合价由+2升高为+4，则生成1molCO2转移电子的数目为2NA ，故A正确；
B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此催化剂降低NO与CO反应的活化能，故B正确；
C、由分析可知，NO为氧化剂，CO为还原剂，故C正确；
D、由分析可知，N2为还原产物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】 2NO+2CO2CO2+N2中，N元素的化合价由+2降低为0，C元素的化合价由+2升高为+4，则NO为氧化剂，CO为还原剂，CO2为氧化产物，N2为还原产物。
5．在溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A．H+、I﹣、Ba2+、
B．Fe3+、K+、CN﹣、Cl﹣
C．Na+、、Br﹣、Ca2+
D．、、CH3COO﹣、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能氧化I-，不能大量共存，故A不符合题意；
B、 Fe3+与CN﹣结合生成，不能大量共存，故B不符合题意；
C、 和Ca2+结合生成硅酸钙沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D、 、、CH3COO﹣、之间互不反应，能大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C．试剂X可用硫酸
D．粗I2可用升华法进一步提纯
【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、 加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上层为碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，均为无色，故A正确；
B、溶液A的密度小于四氯化碳，应从上口倒出，故B错误；
C、碘化钠和碘酸钠在酸性条件下发生归中反应生成碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；
D、碘易升华，则粗I2可用升华法进一步提纯，故D正确；
故答案为：B。
【分析】向含碘的四氯化碳废液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应生成碘化钠和碘酸钠，分液得到四氯化碳和溶液A，则溶液A中含有碘化钠和碘酸钠，加入X溶液，碘化钠和碘酸钠发生归中反应生成硫酸钠和碘。
7．根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是（ ）
材料 组成和结构变化 性能变化
A 生铁 减少含碳量 延展性增强
B 晶体硅 用碳原子取代部分硅原子 导电性增强
C 纤维素 接入带有强亲水基团的支链 吸水能力提高
D 顺丁橡胶硫 硫化使其结构由线型转变为网状 强度提高
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、钢的延展性强于生铁，含碳量低于生铁，因此减少生铁的含碳量，能提高其延展性，故A正确；
B、用碳原子取代部分硅原子得到碳化硅，碳化硅不导电，则导电性减弱，故B错误；
C、纤维素中接入带有强亲水基团的支链，能使物质的吸水性增强，故C正确；
D、天然橡胶硫化，碳碳双键断裂，使其由线型结构变成网状结构，强度提高，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、减少生铁中含碳量，能改变钢铁性能，提高其延展性；
B、SiC不导电；
C、含有亲水基的物质能吸水；
D、网状结构的物质弹性和强度都较大。
8．下列实验装置使用不正确的是（ ）
A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气
B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液
C．图③装置用于测定中和反应的反应热
D．图④装置用于制备乙酸乙酯
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；中和热的测定；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下才能反应生成氯气，缺少加热装置，故A错误；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液，锥形瓶盛装碱，故B正确；
C、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成，利用简易热量计能测定中和反应的反应热，故C正确；
D、加热条件下，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，该装置可制备乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
B、酸滴定碱，用酸式滴定管盛装标准液进行滴定；
C、该装置为简易热量计；
D、乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。
9．关于有机物检测，下列说法正确的是（ ）
A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
B．用红外光谱可确定有机物的元素组成
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C5H12
D．麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、浓溴水与溴乙烷混合分层，浓溴水具有强氧化性，将乙醛氧化为乙酸，自身被还原，溶液褪色，浓溴水与苯酚反应生成沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B、红外光谱可确定有机物中官能团及化学键，故B错误；
C、相对分子质量为72的有机物不止 C5H12 ，还可能是 C4H8O或C3H4O2， 故C错误；
D、麦芽糖和葡萄糖均含有醛基，不能通过加入新制氢氧化铜检验麦芽糖是否水解，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、溴乙烷不与溴水反应，浓溴水与乙醛发生氧化还原反应，苯酚与浓溴水反应生成沉淀；
B、红外光谱可确定有机物中官能团及化学键；
C、质谱法只能测定有机物的相对分子质量；
D、麦芽糖也含有醛基。
10．下列化学反应与方程式不相符的是（ ）
A．黑火药爆炸：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑
B．四氯化钛水解：TiCl4+（x+2）H2OTiO2 xH2O↓+4HCl
C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2﹣+O2+4H+═2S↓+2H2O
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、黑火药的主要成分为木炭、硫磺与硝酸钾，爆炸时发生反应 S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑ ，故A正确；
B、四氯化钛为强酸弱碱盐，发生水解生成 TiO2 xH2O 和HCl，水解的化学方程式为 TiCl4+（x+2）H2OTiO2 xH2O↓+4HCl ，故B正确；
C、 硫化钠溶液呈碱性，不可能存在大量氢离子，正确的离子方程式为2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓ ，故C错误；
D、硬脂酸甘油酯和NaOH溶液发生皂化反应生成硬脂酸钠和甘油，反应的化学方程式为 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、“黑火药”的成分是木炭、硫磺与硝酸钾；
B、四氯化钛为强酸弱碱盐；
C、硫化钠溶液呈碱性；
D、硬脂酸甘油酯和NaOH溶液发生皂化反应生成硬脂酸钠和甘油。
11．制造隐形眼镜的功能高分子材料Q的合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．试剂a为NaOH乙醇溶液
B．Y易溶于水
C．Z的结构简式可能为
D．M分子中有3种官能团
【答案】A
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、由分析可知，试剂a为NaOH水溶液，故A错误；
B、由分析可知，Y为HOCH2CH2OH，易溶于水，故B正确；
C、由分析可知，Z为，故C正确；
D、由分析可知，M为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，含有碳碳双键、酯基和羟基3种官能团，故D正确；
故答案为：A。
【分析】M在催化剂条件下发生加聚反应生成Q，结合Q的结构简式可知，M为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，Y和Z发生酯化反应生成M，Y由C2H4Br2反应得到，X和溴发生反应生成C2H4Br2，则X为CH2=CH2，Y应为醇，即为HOCH2CH2OH，Z为，试剂a为NaOH水溶液。
12．X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是（ ）
A．沸点：X2Z＞X2Q
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．化学键中离子键成分的百分数：M2Z＞M2Q
D．与离子空间结构均为三角锥形
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、常温下，水为液态，H2S为气态，则沸点：H2O>H2S，故A正确；
B、Na和S可形成化合物Na2S、Na2S2，故B正确；
C、离子键百分比 = (电负性差值 / 总电负性差值)，O的电负性大于S，则Na2O离子键成分的百分数大于Na2S，故C正确；
D、中心原子的价电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，中心原子的价电子对数为4，含有一个孤电子对，其空间结构为三角锥形，故D错误；
故答案为：D。
【分析】X原子半径最小，则X为H元素，短周期中M电负性最小，则M为Na元素，Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则其核外电子排布式为 1s22s22p4， Z为O元素，Z与Y、Q相邻，则Y为N元素，Q为S元素。
13．破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2，下列说法不正确的是（ ）
A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大
C．铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e﹣═2+H2↑
D．每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、腐蚀的总反应为Zn+4NH3 H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，氨水浓度越大，反应速率越快，腐蚀趋势越大，故A正确；
B、随着反应进行，有OH-离子生成，溶液变大，故B正确；
C、该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，故C错误；
D、标准状况下的物质的量为0.01mol，根据关系式： Zn～H2～2e-， 生成0.01molH2，消耗，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2， 则Zn作负极，电极反应式为 Zn-2e-+4NH3=Zn[(NH3)4]2+，Fe为正极，电极反应式为。
14．酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表：
取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH
水解相对速率 1 290 7200
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ是OH﹣与酯中Cδ+作用
B．步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3
D．与OH﹣反应、与18OH﹣反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】A、由图可知，步骤Ⅰ是OH-与酯基中的作用生成羟基和O-，故A正确；
B、步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，故B正确；
C、根据已知②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，故C正确；
D、与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理与18OH-反应，最终18O存在于醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、 步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的Cδ+作用生成羟基和O-；
B、加入NaOH，促进Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动；
C、随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，电负性F＞Cl，F原子的吸引电子能力强，水解速率大；
D、 酯水解断裂酯键，与OH-反应，根据信息①可知，最终18O存在于醇和羧酸盐，与18OH-反应，最终18O存在于醇和羧酸盐中。
15．常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（ ）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式为：，，且以第一步电离为主，则，故A正确；
B、亚硫酸第二步电离产生亚硫酸根，稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释时平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，故B正确；
C、加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，故C错误；
D、过氧化氢具有强氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，则存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O ，生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、亚硫酸分步电离：，；
B、稀释过程氢离子浓度几乎不变；
C、 BaCl2溶液与H2SO3溶液混合会生成少量BaSO3；
D、亚硫酸会被氧化为硫酸。
16．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是（ ）
实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu（NO3）2和HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
B 比较F﹣与SCN﹣结合Fe3+的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F﹣＞SCN﹣
C 比较HF与H2SO3的酸性 分别测定等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液的pH 前者pH小 酸性：HF＞H2SO3
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B、向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C、铵根离子水解呈酸性，同浓度与的铵根离子浓度不等，因此不能比较酸性，故C错误；
D、利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同，该实验中，只有温度不同，其他反应条件相同，能探究温度对反应速率的影响，且温度越高，反应速率越快，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B、Fe(SCN)3为血红色；
C、 等物质的量浓度的NH4F与（NH4）2SO3溶液，铵根离子浓度不同 ；
D、该实验只存在温度一个变量。
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。
（2）下列说法正确的是 。
A．电负性：B＞N＞O
B．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣
C．第一电离能：Ge＜Se＜As
D．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4
（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2 H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），请说明理由 。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱： HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式 。
【答案】（1）；分子晶体
（2）C
（3）sp3；<；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；>；
【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；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，该晶胞中， 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ，其化学式为；构成晶胞的粒子为分子，则该晶体属于分子晶体，故答案为：；分子晶体；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>B，则电负性：O>N>B，故A错误；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径： P3﹣>S2﹣>Cl﹣，故B错误；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Ge＜Se＜As，故C正确；
D、Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，故D错误；
故答案为：C；
（3）①中，N原子的价层电子对数为，则N原子采用sp3杂化； H2N-NH2中的-NH2与 H2N﹣中的N原子都为sp3杂化，H2N-NH2中-NH2中的N原子含有1个孤电子对，H2N﹣中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对存在排斥力，键角变小，故键角∠HNH ： H2N﹣NH2中的﹣NH2 < H2N﹣中的﹣ ，故答案为：sp3； ＜；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则发生的反应为，A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-得到的，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；A中的阴离子为，其结构式为：，故答案为：>；。
【分析】（1） 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D、Cr为24号元素；
（3）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②氧化剂的氧化性大于氧化产物。
18．固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所含有的阴离子 。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是 。
（2）下列说法正确的是 。
A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3
C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2
（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素 ；写出Mn2+转化为的离子方程式 。
【答案】（1）MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
（2）C
（3）取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀，步骤Ⅲ通入适量二氧化碳，碳酸锰和碳酸钙沉淀，碳酸镁未沉淀，说明MgCO3溶解度最大；溶液C为氯化镁溶液，含有大量Cl-，步骤Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根，则溶液C中的所含有的阴离子为 、、OH-、Cl-；步骤Ⅱ中，加入NH4Cl是为了调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀，故答案为：MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀；
（2）A、由分析可知，气体D为二氧化碳，二氧化碳会造成温室效应，不会形成酸雨，故A错误；
B、二氧化碳和Na在加热条件下可能发生反应，因此 固体E可能含有Na2CO3 ，故B正确；
C、NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，因此Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，故C正确；
D、氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，则碱性：Ca(OH)2＞Fe(OH)2，故D错误；
故答案为：BC；
（3）酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，则取一定量Y于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； NaBiO3（微溶于水 ） 可氧化Mn2+为 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平反应的方程式为：，故答案为：取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；。
【分析】 固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4， 加入盐酸，得到气体D和溶液A，根据Y的组成可知，气体D为二氧化碳，溶液A为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化锰的混合溶液，气体D和Na在加热条件下反应生成CO和固体E；向溶液A中加入氨气和氯化铵，氯化亚铁转化为氢氧化亚铁，溶液B中溶液B与适量二氧化碳反应生成碳酸锰、碳酸钙，则溶液C中主要含有氯化镁。
19．通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝ kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝ 。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
20．H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS+MgCl2+2H2O═CaCl2+Mg（OH）2+H2S↑
已知：①H2S的沸点是61℃，有毒：
②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。
请回答：
（1）仪器X的名称是 。
（2）完善虚框内的装置排序：A→B→ → → →F+G
（3）下列干燥剂，可用于装置C中的是 。
A．氢氧化钾 B．五氧化二磷 C．氯化钙 D．碱石灰
（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：② 。
（5）下列说法正确的是 。
A．该实验操作须在通风橱中进行
B．装置D的主要作用是预冷却H2S
C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S
D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收
（6）取0.680gH2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为 。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）E；C；D
（3）C
（4）液封
（5）A
（6）99%
【知识点】气体发生装置；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）装置A为发生装置，装置B为除杂装置，D、E均为冷却装置，C为干燥装置，根据F的冷却剂温度为-80℃可知，应逐渐分步冷却得到液态H2S，则除杂后应先连接E装置进行冷却，通入装置C中进行干燥后，再连接D装置进行冷却，最后连接F+G，则装置排序为：A→B→E→C→D→F+G，故答案为：E；C；D；
（3）H2S是酸性气体，应用氯化钙或者五氧化二磷干燥，不能用氢氧化钾和碱石灰干燥，故答案为：BC；
（4）G中汞既起到平衡压强的作用，又起到液封作用，故答案为：液封；
（5）A、H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；
B、 气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S ，故B正确；
C、加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；
D、H2S能被硝酸氧化，但硝酸的还原产物为氮氧化物，仍会污染环境，因此不能用硝酸吸收尾气，故D错误；
故答案为：ABC；
（6）氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，根据关系式： CuS～CuO可知，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为，故答案为：99%。
【分析】装置A中，发生反应 CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg（OH）2+H2S↑制得H2S ， 装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质，用装置B中的水除去杂质，D、E均为冷却装置，C为干燥装置，根据F的冷却剂温度为-80℃可知，应逐渐分步冷却得到液态H2S，则除杂后应先连接E装置进行冷却，通入装置C中进行干燥后，再连接D装置进行冷却，最后连接F+G。
21．某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮。
已知：
请回答：
（1）化合物E的含氧官能团的名称是 。
（2）化合物C的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法
B．化合物A的碱性比化合物D弱
C．化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化合物A
D．化合物G→氯硝西泮的反应类型为取代反应
（4）写出F→G的化学方程式 。
（5）聚乳酸（）是一种可降解高分子，可通过化合物X（）开环聚合得到，设计以乙炔为原料合成X的路线 （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B的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有二取代的苯环：
②1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。
【答案】（1）硝基、羰基(或酮羰基、酮基)
（2）
（3）BD
（4）+NH3+HBr或+2NH3+NH4Br
（5）CH≡CH CH3CHO
（6）或或或或
【知识点】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
【解析】【解答】（1）根据化合物E的结构简式可知，其分子中的含氧官能团的名称是硝基、羰基(或酮羰基、酮基)，故答案为：硝基、羰基(或酮羰基、酮基)；
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为，故答案为：；
（3）A、氨基易被氧化，因此在进行硝化反应前，先将其转化为稳定的酰胺基，硝化反应后再水解出氨基，则化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法，故A正确；
B、硝基为吸电子基团，硝基的存在会导致N原子结合质子能力减弱，所以碱性：A＞D，故B错误；
C、由分析可知，B为 ，化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成，故C正确；
D、G为，G中的酰胺基与酮羰基发生脱水缩合生成了氯硝西泮，该反应不属于取代反应，故D错误；
故答案为：BD；
（4）F发生取代反应生成G：+NH3+HBr；由于HBr可与NH3反应生成NH4Br，所以该反应也可写为+2NH3+NH4Br，故答案为：+NH3+HBr或+2NH3+NH4Br；
（5）可由发生分子间酯化反应生成，可由酸化得到，乙醛与HCN发生加成反应生成，而乙炔与H2O发生加成反应生成乙醛(CH3CHO)，则合成路线为 CH≡CH CH3CHO，故答案为： CH≡CH CH3CHO；
（6）由分析可知，B为，其同分异构体满足：①分子中含有二取代的苯环；②分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键，则其结构简式可有、、、、，故答案为：或或或或。
【分析】由图可知，A与乙酸反应生成B，B发生硝化反应生成C，C水解得到D，结合D的结构简式可知，C为，结合B的分子式可知，B的结构简式为，D和发生取代反应生成E，E和BrCH2COBr反应生成F，结合F的分子式可知，F的结构简式为，F和氨气反应生成G，结合G的分子式可知，G为，G中的酰胺基和酮羰基发生脱水反应生成氯硝西泮。
