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2024年高考化学考前信息必刷卷02（浙江专用）（Word版附解析）
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化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
化学选考试题以党的二十大精神为指导，坚持“为党育人、为国选才”的方针，发挥“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能，严格遵循《普通高中化学课程标准》（2017年版2020年修订）的考核要求。与往年相比，2024年最大的变化是，大多理工农医类专业对选考科目提出了要求——必须选考物理和化学，这导致学生中选择“物化”组合的人数增加，尤其报考化学的人数增幅明显。试题将充分考虑考生实际，教考衔接，服务“双减”、促进学生素养提升。既满足高校选拔人才的需要，又对高中化学教育教学起到正向引导作用。
精心设计真实情境的具体问题，彰显学科社会价值；聚焦主干知识，重视信息迁移能力，体现化学学科价值。试题在考试内容、情境选择、关键能力等方面强化综合性。在考试内容方面，第15题体现了反应原理模块内知识的融合，第13、14、17、18题强化了不同模块间内容的整合。在情境选择方面，第19题以H2S脱硫技术为情境载体，在电化学、热化学、优化的热化学三种制备方法的复杂情境下，结合图表、数据，运用化学反应原理进行定性定量分析，测评学生真实学业水平。在关键能力方面，第20题创设学生陌生的真实实验情境，考查学生触类旁通、举一反三的能力。以上各方面的综合，旨在打通知识、能力、素养之间的通道，测评学生综合运用知识解决问题的能力水平。第21以新药依匹哌唑的合成路线为载体，问题设计从易到难，层层递进，考查考生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性，具有很好的区分度，可以积极引导考生从怪、假的题海中走出来，实现选才功能。
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Si：28 P；31 S；32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ag：108 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．下列食品添加剂属于有机物的是( )
A．小苏打B．食盐C．维生素CD．二氧化硫
【答案】C
【解析】A项，小苏打是 NaHCO3，属于钠盐，A错误； B项，食盐是NaCl ，属于钠盐，B错误；C项，维生素C为含碳化合物，属于有机物，C正确； D项，二氧化硫是氧化物，D错误；故选C。
2．KI3是一种重要的盐，其水溶液中存在平衡：I2+I-I3-。下列说法不正确的是( )
A．KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液显蓝色
B．KI3溶液呈棕褐色溶液，加入CCl4后，振荡，上层溶液显紫红色
C．KI3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液酸性增强
D．利用溶液可以除去硫粉中的少量碘单质
【答案】B
【解析】A项，存在I2+I-I3-平衡，因此溶液中是存在碘单质的，淀粉遇碘单质变蓝色，故A正确；B项，四氯化碳的密度比水大，显紫色的在下层，故B错误；C项，发生I2+SO32-+H2O=2H++SO42-+2I-有大量氢离子生成，溶液酸性增强，故C正确；D项，加入足量的KI溶液，I2+I-I3-平衡正向移动，而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D正确；故选B。
3．下列化学用语表示正确的是( )
A．用电子式表示HCl的形成过程：
B．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D．的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A项，HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，A错误；B项，Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为：，B错误；C项，用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，C错误；D项，NH3中心原子 N 有 3 个σ键，孤电子对数为=1 ，价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，D正确；故选D。
4．氮及其化合物的相互转化对生产生活意义重大。NH3可发生如下转化：
下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ同时可生成副产物，可用作氮肥
B．若试剂是NaClO，其还原产物为NaCl
C．过程Ⅲ若有3mlHN3生成，则转移20ml电子
D．试剂B具有氧化性
【答案】C
【解析】A项，过程Ⅰ的化学方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故A正确；B项，根据CO(NH2)2氮价态为-3价，N2H4氮元素价态为-2价，试剂A具有氧化性，若试剂A是NaClO，其还原产物为NaCl，故B正确；C项，N2H4+HNO2=HN3+2H2O，每生成3mlHN3，则转移10ml电子，故C错误；D项，根据NH2OH氮价态为-1价，NH3氮元素价态为-3价，试剂B具有氧化性，故D正确。故选C。
5．常温下，下列离子在指定条件下的溶液中一定可以大量共存的是( )
A．pH=7的溶液：K+、Na+、Cl-、SO32-
B．加入淀粉溶液后会变蓝色的溶液：K+、Na+、S2-、Cl-
C．pH=12的溶液： K+、Na+、SO42-、HSO3-
D．滴加盐酸有气泡产生的溶液：Na+、Cl、NO3-、K+
【答案】A
【解析】A项，pH=7的溶液为中性：中性溶液中K+、Na+、Cl-、SO32-相互不反应，能共存，A选；B项，加入KI-淀粉溶液后会变蓝色的溶液说明生成的碘单质，则存在氧化性物质，氧化性物质能和还原性的硫离子发生氧化还原反应，不共存，B不选；C项，pH=12的溶液为含有大量氢氧根离子，氢氧根离子和亚硫酸氢根离子生成水和亚硫酸根离子，不共存，C不选；D项，滴加盐酸有气泡产生的溶液，可能含有强氧化性的物质使得盐酸中氯离子生成氯气，则溶液中氯离子不能存在，D不选；故选A。
6．“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，其流程如下，下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ：加入酸酸化可提高Cl2的利用率
B．步骤Ⅱ、Ⅲ：目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成
C．步骤Ⅳ：采用水蒸气将液溴蒸出
D．步骤Ⅴ：采用萃取分液得到液溴
【答案】D
【解析】A项，步骤Ⅰ中，先将海水酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，是由于氯气和生成的溴单质都与水反应，如Cl2+H2OHCl+HClO，加酸酸化可抑制氯气、溴单质与水反应，节约了氯气，得到更多溴单质，步骤Ⅰ中加酸酸化可提高Cl2的利用率，A正确；B项，步骤Ⅱ、Ⅲ的目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成，B正确；C项，步骤Ⅳ利用溴易挥发，采用水蒸气将液溴蒸出，C正确；D项，步骤Ⅴ应该是冷凝得到液溴，D错误；故选D。
7．下列对物质性质解释合理的是( )
【答案】C
【解析】A项，气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；B项，晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；C项，酸性F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH是因为电负性：F＞Cl，C正确；D项，Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。故选C。
8．利用下列实验装置能完成相应实验的是( )
【答案】A
【解析】A项，苯不能与氢氧化钠溶液反应，溴能与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，则题给装置能达到除去苯中溶解的溴的实验目的，A正确；B项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，B错误；C项，氨气极易溶于水，则题给装置不能用达到用排水法测量氨气体积的实验目的，C错误；D项，用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，D错误。故选A。
9．下列说法不正确的是( )
A．红外光谱可以测定未知有机物中所含的化学键和官能团
B．网状结构酚醛树脂是由过量苯酚与甲醛发生缩聚反应制得
C．蛋白质溶液遇到饱和溶液，有固体析出，该过程叫盐析
D．可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A项，红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,故A正确；B项，网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得，故B错误；C项，蛋白质溶液遇到饱和(NH4)2SO4溶液，溶解度降低，有固体析出，该过程叫盐析，故C正确；D项，乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和饱和碳酸钠反应放出气泡，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；故选B。
10．下列离子方程式正确的是( )
A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B．甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]OH2NH4++CO32-+4Ag↓+6NH3+2H2O
C．向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A项，向CuSO4溶液中加入过量氨水会生成[Cu(NH3)4]2+，Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；B项，甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-2NH4++CO32-+4Ag↓+6NH3+2H2O，故B错误；C项，向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液生成二氧化碳：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；D项，离子方程式中按少量的定系数，向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选C。
11．富马酸(可发生如下转化，下列说法不正确的是( )
A．富马酸分子中最多有12个原子共平面
B．X的结构简式为
C．X、Y在水中的溶解度小于富马酸
D．聚合物Z的链节为
【答案】C
【解析】A项，形成碳碳双键的两个H原子及羧基中的碳原子一定共平面，羧基中两个氧原子与碳碳双键中的碳原子一定共平面，旋转单键，富马酸12个原子可全部共平面，A项正确；B项，富马酸含有碳碳双键，与水发生加成反应，X的结构简式为，B项正确；C项，X含有羟基，Y属于钠盐，溶解度大于富马酸，C项错误；D项，富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为，D项正确；故选C。
12．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，D与C同族，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满。下列说法正确的是( )
A．氢化物的稳定性：BB．元素电负性：C>B>D>A
C．A、B、C三种元素形成的化合物一定显酸性
D．D和E的单质混合加热生成ED
【答案】B
【解析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则C为O，B的价电子层中有3个未成对电子且原子序数小于O，则B 的基态核外电子排布式为： 1s22s22p3，为N， D与C同族，则D为S，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满，则E基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu。A项，非金属性越强，简单氢化物越稳定，但N和O的氢化物均不止一种，难以比较N和O的氢化物的稳定性，A错误；B项，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，元素电负性：C＞B＞D＞A，即O＞N＞S＞H， B正确；C项，A、B、C三种元素形成的化合物有多种，不一定显酸性，例如NH3·H2O呈碱性，C错误；D项，硫单质具有的氧化性较弱， D和E的单质混合加热生成E2D即Cu2S，D错误；故选B。
13．内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其基本工作原理(以CH4为原料，熔融碳酸盐为电解质)如图所示。下列说法正确的是( )
A．b极为正极，发生还原反应
B．电子流向：a极→导线→b极→电解质→a极
C．a极电极反应为CH4- 8e- +4CO32-=5CO2+2H2O
D．该电池所用的隔膜一定属于阳离子交换膜
【答案】A
【解析】由装置可知a电极上CO和H2失电子生成CO2和H2O，则a极为负极，b极为正极，b电极上O2得电子结合CO2生成CO32-，CH4和水反应生成CO和H2。A项，由以上分析可知b极为正极，得电子发生还原反应，故A正确；B项，电子不经过电解质，故B错误；C项， a极反应物不是甲烷，故C错误；D项，熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为阴离子交换膜，故D错误；故选A。
14．氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是（ ）
A．在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B．反应过程中有非极性键的断裂和生成
C．Pt原子表面上发生的反应有：N+N=N2、2H+O=H2O、NO+N=N2O、3H+N=NH3
D．若1mlNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A项，Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；B项，从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；C项，从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：2H+O=H2O、NO+N=N2O，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有N+N=N2、3H+N=NH3，C正确；D项，从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1mlNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；故选D。
15．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： CaC2O4(s)Ca2+ (aq)+ C2O42- (aq)，已知25℃，Ksp(CaC2O4)= 4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列有关说法正确的是(均在25℃的条件下) ( )
A．上层清液里含碳微粒最主要以C2O42-形式存在
B．0.1mlCaC2O4固体可全部溶于1L0.2ml/LHCl溶液中
C．将CaC2O4加到①0.1ml/LCaCl2，②0.01ml/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①<②
D．向上层清液里通入HCl至pH=1，则： 2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s) = Ca2+ (aq) + C2O42- (aq)，上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在，A正确；B项，上层清液中存在物料守恒：c(Ca2+) = c(C2O42-) + c(HC2O4-)+ c( H2C2O4)，B正确；C项，H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成CaC2O4沉淀，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则：2c(Ca2 +)-2c(C2O42-) - c(HC2O4-)=c(OH-)=10-13ml/L，D错误；故选D。
16．探究氮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( )
【答案】A
【解析】A项，浓硝酸具有强氧化性，能将铜单质氧化物铜离子而自身被还原为二氧化氮，此实验的方案设计、现象和结论都正确，A符合题意；B项，检验时，应滴加浓NaOH溶液并加热，才能让生成的一水合氨分解得到NH3，才能使湿润红色石蕊试纸变色，因此由该实验现象不能说明该固体试样中一定不存在NH4+，B不符合题意；C项，制备银氨溶液应往2% AgNO3溶液中滴入2%的氨水，才会出现先产生沉淀后沉淀溶解的现象，C不符合题意；D项，NO2和O2均能使带火星的细木条复燃，因此木条复燃不能证明硝酸铜分解生成了氧气，D不符合题意；故选A。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)物质的组成与结构决定物质的性质与变化。请回答：
(1)有如下反应： (氯化苯重氮盐)，NO的空间结构名称为______，产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子的杂化轨道类型是_____。
(2)MgCl2的熔点比BeCl2高的原因是______。
(3)下列叙述正确的是______。
A．电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)
B．键角大小：H3O+＜H2O
C．沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸
D．pKa：CF3COOH＜CH3COOH
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。该物质的晶体类型是_____，该化合物的化学式为______。
【答案】(1) V形或角形(1分) sp(1分)
(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强(2分)
(3)AD(2分) (4)离子晶体(2分) H3S(2分)
【解析】(1)NO2-中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨道类型是sp杂化；(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl2的熔点比BeCl2高；(3)A项，Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；B项，H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；因此键角大小：H3O+>H2O；故B错误；C项，邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；故C错误；D项，吸引电子能力：F>H，所以酸性CF3COOH>CH3COOH；pKa值是越小酸性越强；所以pKa：CF3COOH＜CH3COOH；故D正确；故选AD。(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的体心和顶点，晶胞中含有个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中含有H原子数目为；该化合物的化学式为H3S。
18．(10分)亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。
已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。
请回答：
(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．NOCl中的氮元素呈正价
B．NOCl分子的空间结构为V形
C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()
D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境
(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时也会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。
(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1) (1分) ONCH2CH2Cl(1分) (2)ABC(2分)
(3)HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O(2分)
(4)将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素(2分)
ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3(2分)
【解析】(1)①由于亚硝酰氯分子中各原子均满足8电子稳定结构，所以N原子与O原子形成2对共用电子对，N原子与Cl原子形成1对共用电子对，电子式为：；②化合物X由乙烯与等物质的量的亚硝酰氯发生加成反应得到，结构简式为：ONCH2CH2Cl。(2)A项，NOCl中氧元素为-2价，氯元素为-1价，氮元素为+3价，所以氮元素呈正价，A项正确；B项，NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其分子的空间结构为V形，B项正确；C项，氯乙酰胺可形成分子间氢键，化合物X不能形成氢键，所以化合物X的沸点低于氯乙酰胺，C项正确；D项，NOCl与水反应生成HCl和亚硝酸，亚硝酸易分解出NO，所以不可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，D项错误；故选ABC。(3)浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，氮元素化合价降低，作氧化剂，则氯元素会被氧化成氯气，反应方程式为：HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。(4)应先将化合物X中的氯原子转化为氯离子，再检验氯离子的存在，检验方法为：将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素；实验过程成涉及的方程式为化合物X在氢氧化钠水溶液中的取代反应，以及生成的氯化钠与硝酸银的反应，反应方程式如下：ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3。
19．(10分)能源关系着人类的生存和发展，石油最为常见的化石能源在能源供应方面发挥着极其重要作用，但在石油工业中的生产中各个环节(如钻井、井下、采油(采气)作业、油气输送和炼制)中普遍会产生硫化氢等废气，H2S脱硫技术是当前的重点研究方向。回答下列问题：
(1)某科研小组将微电池技术用于去除废气中的H2S，其装置示意图如图二，主要反应：2Fe＋2H2S+O2=2FeS+2H2O (FeS难溶于水)，室温时，Ph=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
装置中微电池负极的电极反应式为 。
(2)1883年英国化学家Claus开发了H2S氧化制硫的方法，即： ，20世纪30年代，德国法本公司将H2S的氧化分两阶段完成。
第一阶段反应为 ；
第二阶段反应为 。
(3)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·ml−1
II CH4(g)＋S2 (g)CS2(g)＋2H2(g) ΔH2＝64kJ·ml−1
总反应：III CH4(g)＋2H2S(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：
①反应II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，温度越高，H2S的转化率越高
B．断裂键的同时断裂键，说明反应I已达平衡状态
C．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
D．在，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
③在、反应条件下，只充入H2S和气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则平衡常数Kp= kPa。[对于气相反应，用某组分的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作Kp，如，为平衡总压强，为平衡系统中的物质的量分数]。
(4)栲胶脱硫技术是我国独创的湿法催化氧化脱硫技术，被广泛应用于国内。栲胶脱硫技术机理如下，请在横线上补全第二步：
① H2S+ Na2CO3→NaHS+ NaHCO3
② 。
③Na4V4O9+2NaOH+H2O+栲胶(醌态) →4 NaVO3+栲胶(酚态)
④栲胶(酚态)+O2→栲胶(醌态)+2H2O
⑤NaOH + NaHCO3→Na2CO3+H2O
总反应：2H2S+ O2→2S↓+ 2H2O
【答案】(1) Fe－2e-＋H2S= FeS+2H+(1分)
(2) -96.1(2分) (3)高温(1分) AD (2分) (2分)
(4)2 NaHS+4 NaVO3+H2O= Na4V4O9+4 NaOH+2S↓ (2分)
【解析】(1) 根据反应2Fe＋2H2S+O2=2FeS+2H2O可知，该电池铁作负极，负极反应为：Fe－2e-＋H2S= FeS+2H+； (2)由盖斯定律可知，总反应减去第一阶段反应得到第二阶段反应，则△H=(-615.0kJ/ml)-(-518.9kJ/ml)=-96.1kJ/ml；(3)①反应II是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH-TΔS＜0，能自发进行；②A项，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应Ⅲ，则反应ΔH=234kJ/ml，则其他条件不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大，故A正确；B项，由总反应可知，反应断裂4ml S-H键的同时断裂4ml H-H键，说明反应I、II和总反应已达平衡状态，故B错误；C项，恒温恒压下，增加不参加反应的N2的体积分数，容器的体积增大，反应体系的气体压强减小，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，H2的物质的量增大，但浓度减小，故C错误；D项，由表格数据可知，1000℃时，CS2的体积分数为0，说明容器中只发生反应Ⅰ，温度不变，平衡常数不变，则相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以常压下，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，故D正确；故选AD；③设起始通入H2S和Ar的物质的量分别为2ml、6ml，平衡时生成S2(g)的物质的量为a ml，由题意可建立如下三段式：
由平衡时混合气中H2S与H2的分压相等可得：2-2a=2a，解得a=0.5，则平衡时H2S、H2和S2(g)的分压为kPa、kPa、kPa，平衡常数Kp==；(4)由总反应方程式可知，NaVO3和栲胶(醌态)是反应的催化剂，则由分步反应可知，反应②为NaHS溶液与NaVO3溶液反应生成Na2V4O9、NaOH和S沉淀，反应的化学方程式为2 NaHS+4 NaVO3+H2O= Na4V4O9+4 NaOH+2S↓。
20．(10分)乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，M=288.0 g ·ml-1}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：
已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
②Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O Fe3++2HPO42-=[Fe(HPO4)2]- (无色配离子)
请回答：
(1)步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为Fe2+、Fe(OH)3
B．步骤Ⅲ，固体B为铁
C．固体C为FeCO3和Fe
D．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体
E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式
(3)实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。
①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤［“___________”上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种操作，均用字母表示］___________
蒸馏水洗涤______→润洗→( )→装液→( )→( )→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。
仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶
操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液
g.打开活塞快速放液
h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出
i．将洗涤液从滴定管上口倒出
②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。
(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600 g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250 mL，进行如下实验。
【实验一】铈量法测定Fe2+含量。
取25.00 mL试液，用0.1000 ml/L的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点。滴定反应为：Ce4++Fe2+= Ce34++Fe3+，4次滴定消耗Ce(SO4)2溶液的体积如下：
①则该产品中Fe2+含量为___________%(保留四位有效数字)。
【实验二】高锰酸钾法测定Fe2+含量。
取25.00 mL试液，加入适量硫酸，用0.0200 ml/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的Fe2+含量如下：
②比较实验一、二测得的产品中Fe2+含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中Fe2+含量的测定，原因是___________。
【答案】(1)恒压滴液漏斗(恒压漏斗) (1分) (2)AE(2分)
(3) b h g e b(2分) 使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰(2分)
(4) 18.70(2分)
铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化) (1分)
【解析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。(1)仪器A为恒压滴液漏斗(恒压漏斗)。(2)加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故选AE。(3)重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁离子呈酸性，应用酸式滴定管取用，因此答案为bhgeb。由图可知，加入磷酸后突变范围变大，因此可以减小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。(4)由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL，铈离子的物质的量为0.00187ml，即亚铁离子的物质的量为0.00187ml，质量为0.10472g，即亚铁离子总质量为1.0472g；含量为。乳酸根也能被高锰酸钾氧化，由题中数据可知，用高锰酸钾滴定时计算出的亚铁含量明显偏高，因此铈量法可避免乳酸根的干扰。
21．(12分)某研究小组按下列路线合成抗精神病新药依匹哌唑。
已知：(可以是烃基，也可以是氢)
请回答：
(1)化合物F的官能团名称是___________。
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．B→C的反应类型为取代反应B．化合物H具有两性
C．依匹哌唑的分子式C25H27N3O2SD．化合物G中含有一个手性碳原子
(4)写出D→E的化学方程式___________。
(5)设计以苯、乙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式___________
①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构；
②谱和谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有键、有。
【答案】(1)酯基、醛基(1分) (2) (1分) (3)AC(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6)、、、(3分)
【解析】B与反应生成C，根据C逆推，可知B是，A和甲醇反应生成B，由题目信息可知A是OHC-CH2Br；D与反应生成E，根据D的分子式，由E逆推可知D是；F和甲醇反应生成G，根据题目信息，由H逆推，可知G是。(1)根据化合物F的结构简式，可知含有官能团名称是酯基、醛基；(2)B与反应生成C，根据C逆推，可知B是；(3)A项，B→C是中的Br原子被代替，反应类型为取代反应，故A正确； B项，化合物H含有酰胺基、醚键，不具有两性，故B错误；C项，根据依匹哌唑的分子式，可知依匹哌唑的分子式C25H27N3O2S，故C正确；D项，化合物G是，不含有手性碳原子，故D错误；故选AC。(4)D是 ，是与反应生成和HCl，反应的化学方程式为；(5)苯与溴发生取代反应生成溴苯，溴苯与氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成，氧化为；乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，和乙二醇反应生成，合成路线为；(6)①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有C=N-S键、有，符合条件的E的结构简式有、、、。
选项
性质
解释
A
热稳定性：H2O(g)＞H2S(g)
H2O中存在氢键
B
熔点：晶体硅<碳化硅
碳化硅中分子间作用力较大
C
酸性：F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH
电负性：F＞Cl
D
熔点： Br2＜ I2
键较强
A．除去苯中溶解的溴
B．测定溶液的浓度
C．制备NH3并测量其体积
D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性
实验方案
现象
结论
A
在橡胶塞侧面挖一个凹槽，嵌入下端卷成螺旋状的铜丝，向具支试管中加入2mL浓硝酸，用橡胶塞塞住试管口，使铜丝与硝酸接触，一段时间后，向上拉铜丝，终止反应
剧烈反应，铜丝表面放出红棕色的气泡，铜不断溶解，溶液变成绿色
浓硝酸具有强氧化性
B
取某固体试样加入适量水，取少许于试管中，滴加NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸接近管口
湿润红色石蕊试纸无明显现象
该固体试样中一定不存在NH4+
C
在洁净的试管中加入1mL2%氨水，然后边振荡试管边逐滴滴入2% AgNO3溶液
先产生沉淀，后沉淀恰好溶解
实验室制备银氨溶液
D
取2gCu（NO3）2固体于试管中，加热分解生成CuO、NO2和O2，把带有火星的细木条伸进试管口
木条复燃
证明硝酸铜分解生成了氧气
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
金属氢氧化物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe(OH)2
7.6
9.6
Fe(OH)3
2.2
3.4
Al(OH)3
4.1
5.4
实验次数
1
2
3
4
消耗Ce(SO4)2溶液的体积/mL
18.75
20.05
18.70
18.65
实验次数
1
2
3
4
含量(%)
19.61
20.17
21.26
19.46
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
化学选考试题以党的二十大精神为指导，坚持“为党育人、为国选才”的方针，发挥“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能，严格遵循《普通高中化学课程标准》（2017年版2020年修订）的考核要求。与往年相比，2024年最大的变化是，大多理工农医类专业对选考科目提出了要求——必须选考物理和化学，这导致学生中选择“物化”组合的人数增加，尤其报考化学的人数增幅明显。试题将充分考虑考生实际，教考衔接，服务“双减”、促进学生素养提升。既满足高校选拔人才的需要，又对高中化学教育教学起到正向引导作用。
精心设计真实情境的具体问题，彰显学科社会价值；聚焦主干知识，重视信息迁移能力，体现化学学科价值。试题在考试内容、情境选择、关键能力等方面强化综合性。在考试内容方面，第15题体现了反应原理模块内知识的融合，第13、14、17、18题强化了不同模块间内容的整合。在情境选择方面，第19题以H2S脱硫技术为情境载体，在电化学、热化学、优化的热化学三种制备方法的复杂情境下，结合图表、数据，运用化学反应原理进行定性定量分析，测评学生真实学业水平。在关键能力方面，第20题创设学生陌生的真实实验情境，考查学生触类旁通、举一反三的能力。以上各方面的综合，旨在打通知识、能力、素养之间的通道，测评学生综合运用知识解决问题的能力水平。第21以新药依匹哌唑的合成路线为载体，问题设计从易到难，层层递进，考查考生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性，具有很好的区分度，可以积极引导考生从怪、假的题海中走出来，实现选才功能。
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Si：28 P；31 S；32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ag：108 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．下列食品添加剂属于有机物的是( )
A．小苏打B．食盐C．维生素CD．二氧化硫
【答案】C
【解析】A项，小苏打是 NaHCO3，属于钠盐，A错误； B项，食盐是NaCl ，属于钠盐，B错误；C项，维生素C为含碳化合物，属于有机物，C正确； D项，二氧化硫是氧化物，D错误；故选C。
2．KI3是一种重要的盐，其水溶液中存在平衡：I2+I-I3-。下列说法不正确的是( )
A．KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液显蓝色
B．KI3溶液呈棕褐色溶液，加入CCl4后，振荡，上层溶液显紫红色
C．KI3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液酸性增强
D．利用溶液可以除去硫粉中的少量碘单质
【答案】B
【解析】A项，存在I2+I-I3-平衡，因此溶液中是存在碘单质的，淀粉遇碘单质变蓝色，故A正确；B项，四氯化碳的密度比水大，显紫色的在下层，故B错误；C项，发生I2+SO32-+H2O=2H++SO42-+2I-有大量氢离子生成，溶液酸性增强，故C正确；D项，加入足量的KI溶液，I2+I-I3-平衡正向移动，而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D正确；故选B。
3．下列化学用语表示正确的是( )
A．用电子式表示HCl的形成过程：
B．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D．的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A项，HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，A错误；B项，Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为：，B错误；C项，用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，C错误；D项，NH3中心原子 N 有 3 个σ键，孤电子对数为=1 ，价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，D正确；故选D。
4．氮及其化合物的相互转化对生产生活意义重大。NH3可发生如下转化：
下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ同时可生成副产物，可用作氮肥
B．若试剂是NaClO，其还原产物为NaCl
C．过程Ⅲ若有3mlHN3生成，则转移20ml电子
D．试剂B具有氧化性
【答案】C
【解析】A项，过程Ⅰ的化学方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故A正确；B项，根据CO(NH2)2氮价态为-3价，N2H4氮元素价态为-2价，试剂A具有氧化性，若试剂A是NaClO，其还原产物为NaCl，故B正确；C项，N2H4+HNO2=HN3+2H2O，每生成3mlHN3，则转移10ml电子，故C错误；D项，根据NH2OH氮价态为-1价，NH3氮元素价态为-3价，试剂B具有氧化性，故D正确。故选C。
5．常温下，下列离子在指定条件下的溶液中一定可以大量共存的是( )
A．pH=7的溶液：K+、Na+、Cl-、SO32-
B．加入淀粉溶液后会变蓝色的溶液：K+、Na+、S2-、Cl-
C．pH=12的溶液： K+、Na+、SO42-、HSO3-
D．滴加盐酸有气泡产生的溶液：Na+、Cl、NO3-、K+
【答案】A
【解析】A项，pH=7的溶液为中性：中性溶液中K+、Na+、Cl-、SO32-相互不反应，能共存，A选；B项，加入KI-淀粉溶液后会变蓝色的溶液说明生成的碘单质，则存在氧化性物质，氧化性物质能和还原性的硫离子发生氧化还原反应，不共存，B不选；C项，pH=12的溶液为含有大量氢氧根离子，氢氧根离子和亚硫酸氢根离子生成水和亚硫酸根离子，不共存，C不选；D项，滴加盐酸有气泡产生的溶液，可能含有强氧化性的物质使得盐酸中氯离子生成氯气，则溶液中氯离子不能存在，D不选；故选A。
6．“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，其流程如下，下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ：加入酸酸化可提高Cl2的利用率
B．步骤Ⅱ、Ⅲ：目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成
C．步骤Ⅳ：采用水蒸气将液溴蒸出
D．步骤Ⅴ：采用萃取分液得到液溴
【答案】D
【解析】A项，步骤Ⅰ中，先将海水酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，是由于氯气和生成的溴单质都与水反应，如Cl2+H2OHCl+HClO，加酸酸化可抑制氯气、溴单质与水反应，节约了氯气，得到更多溴单质，步骤Ⅰ中加酸酸化可提高Cl2的利用率，A正确；B项，步骤Ⅱ、Ⅲ的目的是富集溴元素，在吹出塔和吸收塔中完成，B正确；C项，步骤Ⅳ利用溴易挥发，采用水蒸气将液溴蒸出，C正确；D项，步骤Ⅴ应该是冷凝得到液溴，D错误；故选D。
7．下列对物质性质解释合理的是( )
【答案】C
【解析】A项，气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；B项，晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；C项，酸性F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH是因为电负性：F＞Cl，C正确；D项，Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。故选C。
8．利用下列实验装置能完成相应实验的是( )
【答案】A
【解析】A项，苯不能与氢氧化钠溶液反应，溴能与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，则题给装置能达到除去苯中溶解的溴的实验目的，A正确；B项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，B错误；C项，氨气极易溶于水，则题给装置不能用达到用排水法测量氨气体积的实验目的，C错误；D项，用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，D错误。故选A。
9．下列说法不正确的是( )
A．红外光谱可以测定未知有机物中所含的化学键和官能团
B．网状结构酚醛树脂是由过量苯酚与甲醛发生缩聚反应制得
C．蛋白质溶液遇到饱和溶液，有固体析出，该过程叫盐析
D．可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A项，红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,故A正确；B项，网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得，故B错误；C项，蛋白质溶液遇到饱和(NH4)2SO4溶液，溶解度降低，有固体析出，该过程叫盐析，故C正确；D项，乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和饱和碳酸钠反应放出气泡，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；故选B。
10．下列离子方程式正确的是( )
A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B．甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]OH2NH4++CO32-+4Ag↓+6NH3+2H2O
C．向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A项，向CuSO4溶液中加入过量氨水会生成[Cu(NH3)4]2+，Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；B项，甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-2NH4++CO32-+4Ag↓+6NH3+2H2O，故B错误；C项，向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液生成二氧化碳：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；D项，离子方程式中按少量的定系数，向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选C。
11．富马酸(可发生如下转化，下列说法不正确的是( )
A．富马酸分子中最多有12个原子共平面
B．X的结构简式为
C．X、Y在水中的溶解度小于富马酸
D．聚合物Z的链节为
【答案】C
【解析】A项，形成碳碳双键的两个H原子及羧基中的碳原子一定共平面，羧基中两个氧原子与碳碳双键中的碳原子一定共平面，旋转单键，富马酸12个原子可全部共平面，A项正确；B项，富马酸含有碳碳双键，与水发生加成反应，X的结构简式为，B项正确；C项，X含有羟基，Y属于钠盐，溶解度大于富马酸，C项错误；D项，富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为，D项正确；故选C。
12．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，D与C同族，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满。下列说法正确的是( )
A．氢化物的稳定性：B
C．A、B、C三种元素形成的化合物一定显酸性
D．D和E的单质混合加热生成ED
【答案】B
【解析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则C为O，B的价电子层中有3个未成对电子且原子序数小于O，则B 的基态核外电子排布式为： 1s22s22p3，为N， D与C同族，则D为S，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满，则E基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu。A项，非金属性越强，简单氢化物越稳定，但N和O的氢化物均不止一种，难以比较N和O的氢化物的稳定性，A错误；B项，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，元素电负性：C＞B＞D＞A，即O＞N＞S＞H， B正确；C项，A、B、C三种元素形成的化合物有多种，不一定显酸性，例如NH3·H2O呈碱性，C错误；D项，硫单质具有的氧化性较弱， D和E的单质混合加热生成E2D即Cu2S，D错误；故选B。
13．内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其基本工作原理(以CH4为原料，熔融碳酸盐为电解质)如图所示。下列说法正确的是( )
A．b极为正极，发生还原反应
B．电子流向：a极→导线→b极→电解质→a极
C．a极电极反应为CH4- 8e- +4CO32-=5CO2+2H2O
D．该电池所用的隔膜一定属于阳离子交换膜
【答案】A
【解析】由装置可知a电极上CO和H2失电子生成CO2和H2O，则a极为负极，b极为正极，b电极上O2得电子结合CO2生成CO32-，CH4和水反应生成CO和H2。A项，由以上分析可知b极为正极，得电子发生还原反应，故A正确；B项，电子不经过电解质，故B错误；C项， a极反应物不是甲烷，故C错误；D项，熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为阴离子交换膜，故D错误；故选A。
14．氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是（ ）
A．在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应
B．反应过程中有非极性键的断裂和生成
C．Pt原子表面上发生的反应有：N+N=N2、2H+O=H2O、NO+N=N2O、3H+N=NH3
D．若1mlNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A项，Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；B项，从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；C项，从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：2H+O=H2O、NO+N=N2O，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有N+N=N2、3H+N=NH3，C正确；D项，从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1mlNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；故选D。
15．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： CaC2O4(s)Ca2+ (aq)+ C2O42- (aq)，已知25℃，Ksp(CaC2O4)= 4.0×10－8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列有关说法正确的是(均在25℃的条件下) ( )
A．上层清液里含碳微粒最主要以C2O42-形式存在
B．0.1mlCaC2O4固体可全部溶于1L0.2ml/LHCl溶液中
C．将CaC2O4加到①0.1ml/LCaCl2，②0.01ml/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①<②
D．向上层清液里通入HCl至pH=1，则： 2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s) = Ca2+ (aq) + C2O42- (aq)，上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在，A正确；B项，上层清液中存在物料守恒：c(Ca2+) = c(C2O42-) + c(HC2O4-)+ c( H2C2O4)，B正确；C项，H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成CaC2O4沉淀，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则：2c(Ca2 +)-2c(C2O42-) - c(HC2O4-)=c(OH-)=10-13ml/L，D错误；故选D。
16．探究氮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( )
【答案】A
【解析】A项，浓硝酸具有强氧化性，能将铜单质氧化物铜离子而自身被还原为二氧化氮，此实验的方案设计、现象和结论都正确，A符合题意；B项，检验时，应滴加浓NaOH溶液并加热，才能让生成的一水合氨分解得到NH3，才能使湿润红色石蕊试纸变色，因此由该实验现象不能说明该固体试样中一定不存在NH4+，B不符合题意；C项，制备银氨溶液应往2% AgNO3溶液中滴入2%的氨水，才会出现先产生沉淀后沉淀溶解的现象，C不符合题意；D项，NO2和O2均能使带火星的细木条复燃，因此木条复燃不能证明硝酸铜分解生成了氧气，D不符合题意；故选A。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)物质的组成与结构决定物质的性质与变化。请回答：
(1)有如下反应： (氯化苯重氮盐)，NO的空间结构名称为______，产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子的杂化轨道类型是_____。
(2)MgCl2的熔点比BeCl2高的原因是______。
(3)下列叙述正确的是______。
A．电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)
B．键角大小：H3O+＜H2O
C．沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸
D．pKa：CF3COOH＜CH3COOH
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。该物质的晶体类型是_____，该化合物的化学式为______。
【答案】(1) V形或角形(1分) sp(1分)
(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强(2分)
(3)AD(2分) (4)离子晶体(2分) H3S(2分)
【解析】(1)NO2-中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨道类型是sp杂化；(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl2的熔点比BeCl2高；(3)A项，Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；B项，H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；因此键角大小：H3O+>H2O；故B错误；C项，邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；故C错误；D项，吸引电子能力：F>H，所以酸性CF3COOH>CH3COOH；pKa值是越小酸性越强；所以pKa：CF3COOH＜CH3COOH；故D正确；故选AD。(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的体心和顶点，晶胞中含有个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中含有H原子数目为；该化合物的化学式为H3S。
18．(10分)亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。
已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。
请回答：
(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．NOCl中的氮元素呈正价
B．NOCl分子的空间结构为V形
C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()
D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境
(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时也会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。
(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1) (1分) ONCH2CH2Cl(1分) (2)ABC(2分)
(3)HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O(2分)
(4)将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素(2分)
ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3(2分)
【解析】(1)①由于亚硝酰氯分子中各原子均满足8电子稳定结构，所以N原子与O原子形成2对共用电子对，N原子与Cl原子形成1对共用电子对，电子式为：；②化合物X由乙烯与等物质的量的亚硝酰氯发生加成反应得到，结构简式为：ONCH2CH2Cl。(2)A项，NOCl中氧元素为-2价，氯元素为-1价，氮元素为+3价，所以氮元素呈正价，A项正确；B项，NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其分子的空间结构为V形，B项正确；C项，氯乙酰胺可形成分子间氢键，化合物X不能形成氢键，所以化合物X的沸点低于氯乙酰胺，C项正确；D项，NOCl与水反应生成HCl和亚硝酸，亚硝酸易分解出NO，所以不可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，D项错误；故选ABC。(3)浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，氮元素化合价降低，作氧化剂，则氯元素会被氧化成氯气，反应方程式为：HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。(4)应先将化合物X中的氯原子转化为氯离子，再检验氯离子的存在，检验方法为：将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素；实验过程成涉及的方程式为化合物X在氢氧化钠水溶液中的取代反应，以及生成的氯化钠与硝酸银的反应，反应方程式如下：ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3。
19．(10分)能源关系着人类的生存和发展，石油最为常见的化石能源在能源供应方面发挥着极其重要作用，但在石油工业中的生产中各个环节(如钻井、井下、采油(采气)作业、油气输送和炼制)中普遍会产生硫化氢等废气，H2S脱硫技术是当前的重点研究方向。回答下列问题：
(1)某科研小组将微电池技术用于去除废气中的H2S，其装置示意图如图二，主要反应：2Fe＋2H2S+O2=2FeS+2H2O (FeS难溶于水)，室温时，Ph=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
装置中微电池负极的电极反应式为 。
(2)1883年英国化学家Claus开发了H2S氧化制硫的方法，即： ，20世纪30年代，德国法本公司将H2S的氧化分两阶段完成。
第一阶段反应为 ；
第二阶段反应为 。
(3)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·ml−1
II CH4(g)＋S2 (g)CS2(g)＋2H2(g) ΔH2＝64kJ·ml−1
总反应：III CH4(g)＋2H2S(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：
①反应II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，温度越高，H2S的转化率越高
B．断裂键的同时断裂键，说明反应I已达平衡状态
C．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
D．在，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
③在、反应条件下，只充入H2S和气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则平衡常数Kp= kPa。[对于气相反应，用某组分的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作Kp，如，为平衡总压强，为平衡系统中的物质的量分数]。
(4)栲胶脱硫技术是我国独创的湿法催化氧化脱硫技术，被广泛应用于国内。栲胶脱硫技术机理如下，请在横线上补全第二步：
① H2S+ Na2CO3→NaHS+ NaHCO3
② 。
③Na4V4O9+2NaOH+H2O+栲胶(醌态) →4 NaVO3+栲胶(酚态)
④栲胶(酚态)+O2→栲胶(醌态)+2H2O
⑤NaOH + NaHCO3→Na2CO3+H2O
总反应：2H2S+ O2→2S↓+ 2H2O
【答案】(1) Fe－2e-＋H2S= FeS+2H+(1分)
(2) -96.1(2分) (3)高温(1分) AD (2分) (2分)
(4)2 NaHS+4 NaVO3+H2O= Na4V4O9+4 NaOH+2S↓ (2分)
【解析】(1) 根据反应2Fe＋2H2S+O2=2FeS+2H2O可知，该电池铁作负极，负极反应为：Fe－2e-＋H2S= FeS+2H+； (2)由盖斯定律可知，总反应减去第一阶段反应得到第二阶段反应，则△H=(-615.0kJ/ml)-(-518.9kJ/ml)=-96.1kJ/ml；(3)①反应II是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH-TΔS＜0，能自发进行；②A项，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应Ⅲ，则反应ΔH=234kJ/ml，则其他条件不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大，故A正确；B项，由总反应可知，反应断裂4ml S-H键的同时断裂4ml H-H键，说明反应I、II和总反应已达平衡状态，故B错误；C项，恒温恒压下，增加不参加反应的N2的体积分数，容器的体积增大，反应体系的气体压强减小，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，H2的物质的量增大，但浓度减小，故C错误；D项，由表格数据可知，1000℃时，CS2的体积分数为0，说明容器中只发生反应Ⅰ，温度不变，平衡常数不变，则相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以常压下，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，故D正确；故选AD；③设起始通入H2S和Ar的物质的量分别为2ml、6ml，平衡时生成S2(g)的物质的量为a ml，由题意可建立如下三段式：
由平衡时混合气中H2S与H2的分压相等可得：2-2a=2a，解得a=0.5，则平衡时H2S、H2和S2(g)的分压为kPa、kPa、kPa，平衡常数Kp==；(4)由总反应方程式可知，NaVO3和栲胶(醌态)是反应的催化剂，则由分步反应可知，反应②为NaHS溶液与NaVO3溶液反应生成Na2V4O9、NaOH和S沉淀，反应的化学方程式为2 NaHS+4 NaVO3+H2O= Na4V4O9+4 NaOH+2S↓。
20．(10分)乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，M=288.0 g ·ml-1}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：
已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
②Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O Fe3++2HPO42-=[Fe(HPO4)2]- (无色配离子)
请回答：
(1)步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为Fe2+、Fe(OH)3
B．步骤Ⅲ，固体B为铁
C．固体C为FeCO3和Fe
D．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体
E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式
(3)实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。
①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤［“___________”上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种操作，均用字母表示］___________
蒸馏水洗涤______→润洗→( )→装液→( )→( )→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。
仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶
操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液
g.打开活塞快速放液
h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出
i．将洗涤液从滴定管上口倒出
②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。
(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600 g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250 mL，进行如下实验。
【实验一】铈量法测定Fe2+含量。
取25.00 mL试液，用0.1000 ml/L的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点。滴定反应为：Ce4++Fe2+= Ce34++Fe3+，4次滴定消耗Ce(SO4)2溶液的体积如下：
①则该产品中Fe2+含量为___________%(保留四位有效数字)。
【实验二】高锰酸钾法测定Fe2+含量。
取25.00 mL试液，加入适量硫酸，用0.0200 ml/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的Fe2+含量如下：
②比较实验一、二测得的产品中Fe2+含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中Fe2+含量的测定，原因是___________。
【答案】(1)恒压滴液漏斗(恒压漏斗) (1分) (2)AE(2分)
(3) b h g e b(2分) 使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰(2分)
(4) 18.70(2分)
铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化) (1分)
【解析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。(1)仪器A为恒压滴液漏斗(恒压漏斗)。(2)加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故选AE。(3)重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁离子呈酸性，应用酸式滴定管取用，因此答案为bhgeb。由图可知，加入磷酸后突变范围变大，因此可以减小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。(4)由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL，铈离子的物质的量为0.00187ml，即亚铁离子的物质的量为0.00187ml，质量为0.10472g，即亚铁离子总质量为1.0472g；含量为。乳酸根也能被高锰酸钾氧化，由题中数据可知，用高锰酸钾滴定时计算出的亚铁含量明显偏高，因此铈量法可避免乳酸根的干扰。
21．(12分)某研究小组按下列路线合成抗精神病新药依匹哌唑。
已知：(可以是烃基，也可以是氢)
请回答：
(1)化合物F的官能团名称是___________。
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．B→C的反应类型为取代反应B．化合物H具有两性
C．依匹哌唑的分子式C25H27N3O2SD．化合物G中含有一个手性碳原子
(4)写出D→E的化学方程式___________。
(5)设计以苯、乙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式___________
①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构；
②谱和谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有键、有。
【答案】(1)酯基、醛基(1分) (2) (1分) (3)AC(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6)、、、(3分)
【解析】B与反应生成C，根据C逆推，可知B是，A和甲醇反应生成B，由题目信息可知A是OHC-CH2Br；D与反应生成E，根据D的分子式，由E逆推可知D是；F和甲醇反应生成G，根据题目信息，由H逆推，可知G是。(1)根据化合物F的结构简式，可知含有官能团名称是酯基、醛基；(2)B与反应生成C，根据C逆推，可知B是；(3)A项，B→C是中的Br原子被代替，反应类型为取代反应，故A正确； B项，化合物H含有酰胺基、醚键，不具有两性，故B错误；C项，根据依匹哌唑的分子式，可知依匹哌唑的分子式C25H27N3O2S，故C正确；D项，化合物G是，不含有手性碳原子，故D错误；故选AC。(4)D是 ，是与反应生成和HCl，反应的化学方程式为；(5)苯与溴发生取代反应生成溴苯，溴苯与氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成，氧化为；乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，和乙二醇反应生成，合成路线为；(6)①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有C=N-S键、有，符合条件的E的结构简式有、、、。
选项
性质
解释
A
热稳定性：H2O(g)＞H2S(g)
H2O中存在氢键
B
熔点：晶体硅<碳化硅
碳化硅中分子间作用力较大
C
酸性：F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH
电负性：F＞Cl
D
熔点： Br2＜ I2
键较强
A．除去苯中溶解的溴
B．测定溶液的浓度
C．制备NH3并测量其体积
D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性
实验方案
现象
结论
A
在橡胶塞侧面挖一个凹槽，嵌入下端卷成螺旋状的铜丝，向具支试管中加入2mL浓硝酸，用橡胶塞塞住试管口，使铜丝与硝酸接触，一段时间后，向上拉铜丝，终止反应
剧烈反应，铜丝表面放出红棕色的气泡，铜不断溶解，溶液变成绿色
浓硝酸具有强氧化性
B
取某固体试样加入适量水，取少许于试管中，滴加NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸接近管口
湿润红色石蕊试纸无明显现象
该固体试样中一定不存在NH4+
C
在洁净的试管中加入1mL2%氨水，然后边振荡试管边逐滴滴入2% AgNO3溶液
先产生沉淀，后沉淀恰好溶解
实验室制备银氨溶液
D
取2gCu（NO3）2固体于试管中，加热分解生成CuO、NO2和O2，把带有火星的细木条伸进试管口
木条复燃
证明硝酸铜分解生成了氧气
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
金属氢氧化物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe(OH)2
7.6
9.6
Fe(OH)3
2.2
3.4
Al(OH)3
4.1
5.4
实验次数
1
2
3
4
消耗Ce(SO4)2溶液的体积/mL
18.75
20.05
18.70
18.65
实验次数
1
2
3
4
含量(%)
19.61
20.17
21.26
19.46
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