浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟化学试题A含解析

这是一份浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟化学试题A含解析，共25页。试卷主要包含了48L氯气，则转移0，95；当时，，即b=n=5等内容，欢迎下载使用。


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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137
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．NaHCO3 B．SO2 C．HClO D．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)2 B．重晶石： BaSO4
C．尿素：CO(NH2)2 D．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＝CH
C．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2 KCuO2+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，4.48L Cl2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0.2mol Cl2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1 mL 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FeI3
B．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N2H6Cl2
D．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++H2O
C．硫酸铵与亚硝钠溶液共热：(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2NH3+NO2+NO+H2O
D．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NaOH 5mol
【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NaOH 5mol，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】1mol SO2(g)的标准生成焓ΔH=-296.0kJ·mol-1，1molNO(g)的标准生成焓ΔH=+90.0kJ·mol-1，1mol H2O(g)的标准生成焓ΔH=-241.8kJ·mol-1，1mol H2O(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O2
C．含0.1molNa3AlF6溶液中阳离子数目为0.4NA
D．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10 NA，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- )= 1.0×10-11 mol·L-1
D．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/℃
100
100
100
100
120
140
160
反应时间/h
10
12
14
16
14
14
14
产率/%
81.2
84.4
86.6
86.2
93.5
96.6
96.0
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℃、14h
C．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) ΔH1
C4H8(g)+H2(g)C4H10(g) ΔH2
A．ΔH1＜0，ΔH2＜0 B．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
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
【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) A l(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)/kPa
25℃
50℃
Ⅰ：CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)
1.04
6.05
Ⅱ：CuSO4·3H2O(s)CuSO4·H2O(s)+2H2O(g)
0.75
4.12
Ⅲ：CuSO4·H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)
0.11
0.60
①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V mL(己知：I2+2 S2O32-=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)=4 mol/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+2 S2O32-=2I-+ S4O62-，得ClO2--2I2-4 S2O32-，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
②
③
(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C8H9N2O3
B．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：。