2024年高考第二次模拟考试：化学（浙江卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：化学（浙江卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32
Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 C 59 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137
选择题部分(共48分)
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．下列材料的主要化学成份是单质的是( )
A．碳纳米材料 B．金刚砂 C．铅酸电池的正极D．涤纶
【答案】A
【解析】A项，碳纳米材料的主要化学成份是碳单质，A项符合题意；B项，金刚砂的主要化学成份是碳化硅，是化合物，B项不符合题意；C项，铅酸电池的正极为二氧化铅，是化合物，C项不符合题意；D项，涤纶为高分子合成材料，是混合物，D项不符合题意；故选A。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．O3分子的球棍模型：
B．H2O的VSEPR模型名称是四面体型
C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】A项，O3分子结构为V形结构，该球棍模型与其结构不符，A项错误；B项，H2O的价层电子对数为，所以VSEPR模型名称是四面体型，B项正确；C项，邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的，C项错误；D项，聚丙烯结构简式应该为：，D项错误；故选B。
3．次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是( )
A．次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂
B．“84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果
C．由于次氯酸钠不能分解，人们制得漂白液代替氯水做漂白剂
D．在常温下，将Cl2通入NaOH溶液，得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液
【答案】C
【解析】A项，次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，也可以使有机色质漂白褪色，所以次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂，故A正确；B项，“84”消毒液的有效成分次氯酸钠能与酒精发生氧化还原反应使两者的杀菌效果降低，所以“84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果，故B正确；C项，次氯酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成次氯酸而表现漂白性，漂白能力弱于含有次氯酸的氯水，所以不能用漂白液代替氯水做漂白剂，否则漂白效果会降低，故C错误；D项，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以常温下将氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液，故D正确；故选C。
4．下列有关物质的性质和用途，对应关系不正确的是( )
A．维生素C具有氧化性，可用于食品中的抗氧化剂
B．锌的抗腐蚀性较强，可用于制造白铁皮
C．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂
D．乙醇能使蛋白质变性，可用于消毒
【答案】A
【解析】A项，食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，A项错误；B项，锌的抗腐蚀性较强，可用于制造白铁皮，保护铁不被腐蚀，B项正确；C项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作供氧剂，C项正确；D项，乙醇能使蛋白质变性，可以通过此原理杀灭微生物，可用于消毒，D项正确；故选A。
5．下列离子(或分子)组在相应条件下，一定能大量共存的是( )
A．麦芽糖溶液中：MnO4-、K+、H+、SO42-
B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中：Na+、HCO3-、SCN-、Cl-
C．银氨溶液中：OH-、NO3-、K+、Cl-
D．Na2CO3溶液中：Al3+、SO42-、H+、Cl-
【答案】C
【解析】A项，麦芽糖具有还原性，故麦芽糖溶液中不能大量存在MnO4-、H+，A不合题意；B项，能使苯酚溶液显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，Fe3+与SCN-形成络合物而不能大量共存，B不合题意；C项，银氨溶液中的银氨络离子和OH-、NO3-、K+、Cl-相互间不反应，能够大量共存，C符合题意；D项，Na2CO3溶液中的碳酸根离子与Al3+发生双水解反应不能大量共存，碳酸根离子与H+发生反应而不能大量共存，D不合题意；故选C。
6．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料通过固体碱熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程如下，下列说法错误的是( )
A．“熔融氧化”应在铁坩埚中进行
B．“锰酸钾歧化(锰元素化合价既升高又降低)”可以H2SO4代替CO2
C．该流程中可循环使用的物质是MnO2
D．“滤液蒸发结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热
【答案】D
【解析】软锰矿(主要成分为MnO2)、KOH和KClO3混合熔融氧化生成锰酸钾、氯化钾和水，加蒸馏水浸取得到锰酸钾溶液，通入CO2，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸钾。A项，因为在“熔融氧化”过程中存在KOH，不能用瓷坩埚，可以用铁坩埚，A正确；B项，锰酸钾歧化过程需要加入酸性物质使溶液显酸性，可以用H2SO4代替CO2，B正确；C项，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，MnO2可以循环使用，C正确；D项，“滤液蒸发结晶”过程温度不能太高，且应该蒸发出现晶膜时停止加热，因为KMnO4受热易分解，D错误；故选D。
7．葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是( )
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2ml电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成反应
【答案】B
【解析】A项，溴化钠是电解质溶液，同时参与反应起催化作用，溴化钠起催化和导电作用,A正确；B项，每生成1ml葡萄糖酸，理论上电路中转移了2ml电子，葡萄糖酸钙中有2个葡萄糖酸根离子，生成1ml葡萄糖酸钙需要转移4ml电子，B错误；C项，葡萄糖酸中有羧基和羟基，能通过分子内发生酯化反应生成含有六元环状结构的产物，C正确；D项，葡萄糖中有羟基和醛基，能发生氧化、还原、取代、加成反应，D正确；故选B。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下，46 g C2H6O含有的O-H键数目为NA
B．100 mL 12 ml/L的浓HNO3、与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6 NA
C．将0.1 mlCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1 NA
D．12 g金刚石中含有的共价键数目为4 NA
【答案】B
【解析】A项，46g C2H6O的物质的量是1ml，该物质可以表示乙醇，也可以表示二甲醚，因此不一定表示乙醇，所以含有羟基数目不一定是NA，A错误；B项，100mL 12ml/L的浓HNO3中含有溶质的物质的量是1.2ml，若1.2ml硝酸与Cu完全发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，转移电子的物质的量是(1.2ml÷4)×2=0.6ml，若完全发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，转移电子的物质的量是(1.2ml÷8)×6=0.9ml，事实上硝酸发生上述两个反应，因此转移的电子数目大于0.6NA，B正确；C项，根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1ml，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，C错误；D项，金刚石中每一个碳原子形成4个共价键，但每个碳碳单键被两个碳原子共用，即每一个碳原子只分摊两个共价键，所以12g金刚石中含有的共价键数目为42NA，故D错误；故选B。
9．下列说法正确的是( )
A．只含有一个碳原子的有机物，不可能存在同分异构现象
B．苯酚和苯甲酸的混合物，可通过蒸馏的方法进行分离
C．乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通过加聚反应可得到高密度聚乙烯
D．由于氧的电负性比碳和氢要大，所以醇在发生化学反应时，H-O或C-O易断裂
【答案】D
【解析】A项，如ClCH2NH2与CH3NHCl互为同分异构体，CH3NO2与CH3ONO互为同分异构体，CHFClBr存在对映异构体等，故A错误； B项，苯酚和苯甲酸常温下均为固体，不能通过蒸馏的方法进行分离，故B错误；C项，乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通加聚反应可得到低密度聚乙烯，故C错误；D项，由于氧的电负性比碳和氢要大，使得H-O或C-O的极性较强，所以醇在发生化学反应时，H-O或C-O易断裂，故D正确；故选D。
10．对于下列过程，描述其反应的相应方程式正确的是( )
A．0.3mlFeI2与0.4mlCl2在溶液中反应：6Fe2++10I-+8Cl2 =6Fe3＋＋16Cl－＋5I2
B．双氧水长期放置： 2H2O22H2O+O2↑
C．向[C(NH3)5Cl]Cl2溶液中加入少量AgNO3溶液：[C(NH3)5Cl]2++2Cl- +3Ag+=3AgCl↓+[C(NH3)5]3+
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】A
【解析】A项，，0.3mlFeI2中含有0.3mlFe2+和0.6ml I－，与0.4mlCl2反应，0.3mlCl2先与0.6ml I－反应，剩余0.1ml Cl2再与0.2ml Fe2+反应，因此溶液中反应：2Fe2++6I－＋4Cl2 =2Fe3＋＋8Cl－＋3I2，A错误；B项，双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：2H2O2=2H2O+O2↑，B错误；C项，内界[C(NH3)5Cl]2+无法电离出Cl-，不能与Ag+发生反应，反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl↓，C错误；D项，草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D正确；故选A。
11．蟾蜍是捕食害虫的田园卫士，还能向人类提供治病良药。蟾蜍的药用成分之一华蟾毒精醇的结构如图。下列说法正确的是( )
A．该物质含有4种含氧官能团
B．1ml该物质与H2发生加成反应最多消耗4ml
C．该物质可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同
D．1ml该物质能消耗2mlNaOH
【答案】D
【解析】A项，分子中含有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，A错误；B项，碳碳双键能与氢气加成，酯基不能与氢气发生加成反应，1ml该物质含2ml碳碳双键，最多消耗2mlH2，B错误；C项，该物质含碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反应，而使溴水褪色，发生了加成反应，原理不同，C错误；D项，该物质中只有酯基能与NaOH溶液反应，所以1ml该物质最多能消耗2mlNaOH，D正确；故选D。
12．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y同主族，Z位于周期表第13列，M是地壳中含量最多的元素，Q基态原子p轨道上有4个电子。下列说法不正确的是( )
A．原子半径大小：Q＞M＞XB．分子X2、M3均为非极性分子
C．气态QM3分子构型为平面正三角形D．金属Y在空气中燃烧生成Y2O
【答案】B
【解析】M是地壳中含量最多的元素，氧元素，Z位于周期表第13列元素，Z为ⅢA元素，则Z为B或Al，Q基态原子p轨道上有4个电子，则Q为8号或16号元素，Z、M、Q原子序数依次增大，Z为B、M为O、Q为S，X、Y同主族，且序数小于5，X、Y分别为H、Li，综上，X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素分别为H、Li、B、O、S。A项，电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则半径r(S)＞r(O)＞r(H)，A正确；B项，H2为非极性分子，O3是由非极性键构成的极性分子，B错误；C项，SO3分子中，价层电子对数=，孤电子对数为0，则SO3分子为平面三角形，C正确；D项，Li在空气中燃烧生成Li2O，D正确；故选B。
13．现有一微型原电池，含有Fe-C，用于除去废水中的HCOOH，其工作原理为：向废水中通入空气后生成H2O2，H2O2与HCOOH反应生成CO2，以下说法不正确的是( )
A．正极反应：H2O2+2e-+2H+=2H2O
B．若不通入O2，则可能产生H2
C．H2O2处理废液生成CO2的方程式：HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O
D．每转移2 ml电子，可以除去废水中的HCOOH 46 g
【答案】A
【解析】由题意可知，铁屑为原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，碳粉为正极，酸性条件下，通入的氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，过氧化氢与废水中的甲酸反应生成二氧化碳和水。A项，碳粉为正极，酸性条件下，通入的氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，A错误；B项，若不通入氧气，废水中的甲酸电离出的氢离子能在正极得到电子发生还原反应生成氢气，B正确；C项，正极放电生成的过氧化氢与废水中的甲酸反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O，C正确；D项，由正极电极反应式O2＋2 e—＋2H+＝H2O2可知转移2 ml电子时生成1 ml过氧化氢，由反应HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O可知此时消耗甲酸1 ml，质量为，D正确； 故选A。
14．苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B．在该条件下，反应Ⅲ能自发进行
C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ
D．选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅰ的比例
【答案】D
【解析】A项，根据图中信息，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；B项，反应Ⅲ是放热反应，熵增的反应，根据，则在该条件下，反应Ⅲ能自发进行，故B正确；C项，苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，故C正确；D项，根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，故D错误。故选D。
15．某小组做如下实验：
实验①：向20mL0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1ml·L-1盐酸溶液
实验②：向2.33gBaSO4固体中加入1L0.1ml·L-1Na2CO3溶液充分搅拌浸泡
[已知：常温下，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11 ，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是( )
A．实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生反应为CO32-+H+=HCO3-
B．实验①中时，存在：c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)
C．实验②中再加入2L0.1ml·L-1Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3
D．实验②静置，向上层清液中滴加溶液，会析出CaSO4和CaCO3
【答案】D
【解析】A项，酚酞为碱性指示剂，实验①滴定终点生成碱性NaHCO3，故A正确；B项，实验①中时，生成0.05ml·L-1NaHCO3溶液，则c(CO32-)＜c(HCO3-)，，，由于HCO3-的电离和水解都很微弱，溶液中HCO3-的浓度近似可看成原碳酸氢钠溶液的浓度，满足，c(OH―)＜c(CO32-)，存在：c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)，故B正确；C项，BaSO4的物质的量为0.01ml，假设每次能处理BaSO4的物质的量为x，根据方程式BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，可知反应产生SO42-物质的量为x，反应消耗CO32-后剩余离子物质的量为，，，，总的至少需加入溶液，故C正确；D项，实验②处理后，溶液中，，加入溶液后，，，，则只会析出CaCO3，故D错误；故选D。
16．探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是( )
【答案】A
【解析】A项，FeCl3溶液时加入HCl抑制了Fe3+水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误；B项，乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，B正确；C项，向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先产生Fe(OH)3沉淀发生聚沉，后Fe(OH)3沉淀与H+反应逐渐溶解，C正确；D项，K3Fe(CN)6与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明K3Fe(CN)6具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确；故选A。
非选择题部分(共52分)
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)含氮族元素的物质种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
(1)基态As原子的简化电子排布式为 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．基态P原子核外电子的空间运动状态有9种
B．键角大小：NH4+＞PH3＞NH3＞NH2-
C．水溶液中的碱性：CH3NH2＞NH3＞NF3
D．甘氨酸(H2N-CH2-COOH)可分别与水、乙醇形成分子间氢键，故甘氨酸在水、乙醇中均可溶解
(3)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该酸的分子式为 。
(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为 。
(5)我国科学家制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。分别用〇、●表示H2PO4-和，KH2PO4晶体的四方晶胞(晶胞为长方体)如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO4-、K+在晶胞xz面、yz面上的位置。
与K+紧邻的H2PO4-数目为 。
②若晶胞底边的边长均为anm、高为cnm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度ρ= g· cm-3 (写出表达式)。
【答案】(1) [Ar]3d104s24p3(1分) (2)AC(2分) (3) (2分)
(4) (2分) (5) 8(1分) (2分)
【解析】(1)As为33号元素，为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；(2)A项，把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；基态P原子核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则基态P原子核外电子的空间运动状态有9种，A正确；B项，PH3、NH3中心原子均为sp3杂化，由于氮的电负性更大、原子半径更小，成键电子对之间的斥力更大，故NH3中键角大于PH3；PH3、NH3中心原子存在1对孤电子对、NH2-中心原子为sp3杂化且存在2对孤电子对，NH4+中心原子为sp3杂化且无孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故NH2-中键角最小、NH4+中键角最大，B错误；C项，甲基为供电子对基团、F为吸电子基团，故使得结合水中氢离子的能力，CH3NH2＞NH3＞NF3，在水溶液中的碱性：CH3NH2＞NH3＞NF3，C正确；D项，甘氨酸(H2N-CH2-COOH)可与水形成分子间氢键，故甘氨酸易溶于水；甘氨酸极性较弱、而乙醇为极性溶剂，故甘氨酸几乎不溶于酒精，D错误；故选AC；(3)根据题中信息可知，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为；(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为；(5)①由晶胞结构可知，以底面钾离子为例，与K+紧邻的H2PO4-同层4个、上下层各2个，故数目共为8；②由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为个，黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，则晶体密度为。
18．(10分)磷酸三甲酯常用作阻燃剂，可采用下列流程合成少量该物质：
已知：磷酸和亚磷酸的结构式
请回答：
(1)反应⑤为加热条件下的分解反应，反应中还产生了三角锥形结构的气体，请写出⑤的化学方程式 。
(2)关于上述流程图，下列说法正确的是___________。
A．①～⑥反应过程中涉及到磷元素的三种不同价态
B．化合物A可能有多种不同的结构
C．高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键
D．P4分子构型为正四面体形结构，键角为
(3)已知含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸酸性就越强。亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，它们酸性差别很大。
①写出亚磷酸溶液与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 。
②请写出亚砷酸的结构式为 。
(4)PCl3与水反应生成H3PO3和一种气体，请设计实验验证该气体 。
【答案】(1)4 H3PO33H3PO3+3PH3↑(2分) (2)BC(2分)
(3) H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O (2分) (2分)
(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在，综上说明产生的气体为HCl(2分)
【解析】(1)反应⑤H3PO3在加热条件下的发生分解反应生成H3PO4，反应中还产生了三角锥形结构的气体，根据化合价升降规律，生成的三角锥形结构的气体为PH3，反应⑤的化学方程式为4 H3PO33H3PO4+3PH3↑。(2)A项，①～⑥反应过程中涉及到磷元素0、+3、+5、-3四种不同价态，故A错误；B项，磷酸和甲醇发生酯化反应，可能生成磷酸一甲酯、磷酸二甲酯、磷酸三甲酯，所以化合物A可能有多种不同的结构，故B正确；C项，H3PO4与水分子能形成分子间氢键，高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键，故C正确；D项，P4分子构型为正四面体形结构，P原子在正四面体的4个顶点上，键角为60°，故D错误；选BC。(3)①根据图示，亚磷酸分子中含有2个羟基，则亚磷酸为二元中强酸，与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O。②亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，说明亚砷酸中非羟基氧原子比亚磷酸少，则亚砷酸的结构式为。(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在Cl-，综上说明产生的气体为HCl。
19．(10分)Ⅰ.环氧乙烷()常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：CH2=CH2(g)+O2(g) △H=-120kJ/ml。
(1)该反应在 (填“高温”或“低温”)条件下自发进行。
(2)化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的是 。
(3)在恒容密闭容器中，利用乙烯氧化法制备环氧乙烷(不考虑副反应)，下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是________(填序号)。
A．混合气体的密度保持不变B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．乙烯和氧气的物质的量比为2：1D．每消耗同时消耗1ml环氧乙烷
Ⅱ.反应过程中常伴随副反应CH2=CH2(g)+ 3O2(g)= 2CO2(g)+2H2O(g) ΔH= -1350 kJ·ml－1，在恒容密闭容器中充入1ml乙烯和含1mlO2的净化空气，在Ag(耐热)催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率α及O2的分压随温度变化如图所示：
(4)比较a点和： (填“>”“<”或“=”)。
(5)若200℃时测得环氧乙烷的选择性为(某产物的选择性)，计算该温度下主反应的平衡常数(用物质分压表示)K p= 。(用含P0的式子表示)
Ⅲ.有研究人员对该制备过程的催化剂(其他条件相同)催化机理进行研究，发现Ag通过对O2的吸附完成催化作用，形成的两种中间体相对能量如图所示，研究还发现若原料气(混有H2S等杂质)不净化，两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到。
(6)根据以上研究结果下列推测合理的是 (填字母)。
A．由图可知中间体O2-更容易形成
B．杂质气体H2S能与催化剂反应而使催化剂失去活性
C．催化剂Ag并未参与反应
Ⅳ.工业上也可以通过电化学方法获得环氧乙烷，原理如图所示：
(7)P电极是该电解池的 极，)该电池阴极电极反应式为 。
【答案】(1)低温(1分)
(2)降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率(1分)
(3)BD(1分) (4)> (1分)
(5) (2分) (6)AB(2分)
(7)阳(1分) 2H2O+2e-=H2↑+2OH-(1分)
【解析】(1)该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；(2)在两个相同的反应器中间加产物吸收装置可以减少生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，加热交换降温装置降低反应温度，平衡向正反应方向移动，则在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置有利于平衡正向移动，增大原料利用率有利于平衡正向移动，增大原料利用率；(3)A项，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B项，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C项，若起始乙烯和氧气的物质的量比为2：1，反应中乙烯和氧气的物质的量比始终为2：1，则乙烯和氧气的物质的量比为2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D项，每消耗0.5ml氧气表示正反应速率，消耗1ml环氧乙烷表示逆反应速率，且符合比例关系，能说明正逆反应速率相等，可以判断反应是否达到平衡，故正确；故选BD；(4)反应相同时间，随温度升高转化率先升后降，对于放热反应而言，若已达到平衡，升温逆向移动，反应物转化率下降，那么温度升高，转化率升高一定是没达到化学平衡，既然a点没达到化学平衡，在反应正向进行过程中，正反应速率始终大于逆反应速率；(5)由图可知，200℃时反应已达平衡，乙烯的转化率为60%、环氧乙烷的选择性为、氧气的分压为P0，则平衡时，乙烯、氧气和环氧乙烷的物质的量为1ml—1ml×60%=0.4ml、1ml—1ml×60%=0.4ml、1ml×60%×=0.4ml，所以平衡时乙烯、氧气和环氧乙烷的分压都为P0，反应的平衡常数Kp==；(6)A项，由图可知，生成氧离子的活化能小于过氧根离子，反应速率快于生成过氧根离子，所以中间体氧离子更容易形成，故正确；B项，由题意可知，杂质硫化氢气体能与催化剂反应而使催化剂中毒，从而造成两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到，故正确；C项，由图可知，氧元素的化合价发生变化，说明反应中银元素的化合价发生变化，参与了反应，故错误；故选AB；(7)由图可知，P电极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则P电极是电解池的阳极；由图可知，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
20．(10分)配合物乙二胺四乙酸铁钠可溶于水，常用于铁强化盐。某实验小组按如下流程制备NaFeY·3H2O (Y表示乙二胺四乙酸根)：
已知：①2Fe(OH)3+ Na2CO3+2H4Y=2[NaFeY·3H2O]+CO2↑+H2O
②NaFeY·3H2O在250℃时完全分解，其溶解度20℃时为、80℃时为
③IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；FeY-+4H+=H4Y+Fe3+；2Fe3++2I-=2Fe2++I2；I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
请回答：
(1)步骤Ⅱ所得固体的化学式为 。步骤Ⅲ采用如图实验装置，其中仪器③的名称是 ；
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中氨水应当分批加入，避免沉淀中裹入过多杂质
B．步骤Ⅳ中为得到更多产品，应加入过量饱和Na2CO3溶液
C．步骤Ⅴ中结晶时应将溶液浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶
D．步骤Ⅴ中为使产品干燥充分，应当采用酒精灯加热烘干
(3)判断步骤Ⅱ中沉淀是否洗涤干净的实验操作为 。
(4)市售铁强化盐中含有NaCl、KIO3、NaFeY，其中n(KIO3)：n(NaFeY)=1：50。称取mg样品，加稀硫酸溶解后配成溶液。取出，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。
①滴定终点的现象为 。
②样品中铁元素的质量分数为 。
【答案】(1) Fe(OH)3(1分) (球形)冷凝管(1分) (2)BD(2分)
(3)取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，无现象，则已洗净(2分)
(4) 当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再恢复(2分) 或(2分)
【解析】向FeCl3·6H2O中加入浓氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得Fe(OH)3固体，Fe(OH)3固体再经步骤Ⅲ、Ⅳ反应得NaFeY溶液，该溶液再经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得NaFeY⋅3H2O。(1)步骤Ⅰ中FeCl3·6H2O与浓氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，所以步骤Ⅱ所得固体为Fe(OH)3；由仪器构造可知仪器③的名称为球形冷凝管；(2)A项，步骤Ⅰ中氨水应当分批加入，避免氨水过量导致铵根离子裹入Fe(OH)3沉淀，A正确；B项，Na2CO3过量不能得到更多产品，同时Na2CO3过量会降低产品纯度，B错误；C项，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，应停止加热，冷却结晶，防止溶液蒸干，NaFeY∙3H2O分解、晶体飞溅，同时冷却过程NaFeY∙3H2O溶解度迅速减小，利于析出晶体，C正确；D项，干燥时，不能采用酒精灯加热烘干，因为温度过高NaFeY∙3H2O会分解，D错误； 故选BD。(3)若Fe(OH)3沉淀未洗涤干净时含有Cl-，所以检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-判断沉淀是否洗涤干净，其实验操作为：取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，无现象，则已洗净；(4)①待测液中含单质碘，滴入淀粉溶液后呈蓝色，所以滴定终点为：最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不再恢复；②由题干中已知③可知：生成，设样品中含KIO3物质的量为，则NaFeY物质的量为，建立关系式：
，
所以，得，样品中铁元素的质量分数为：，所以样品中铁元素的质量分数为或。
21．(12分)双咪唑是合成治疗高血压药物替米沙坦的一种中间体，其合成路线如下：
已知：。请回答：
(1)化合物A中所含官能团的名称为 。
(2)下列有关说法正确的是___________。
A．②的反应类型为还原反应
B．双咪唑的分子式为C18H22N4
C．化合物D在酸性、碱性条件下水解，均可生成盐
D．常温下，化合物F在水中有较大的溶解度
(3)③的化学方程式为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)写出3种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式 。
①分子中只含有1个环，且为连有-NO2的苯环；
②分子中共有3种不同化学环境的氢原子。
(6)参照上述合成路线，设计由和合成的路线 (其它无机试剂任选)。
【答案】(1)羧基、硝基(1分) (2)AC(2分)
(3) (2分)
(4) (1分)
(5)、、(3分)
(6) (3分)
【解析】A()与甲醇发生酯化反应生成B()，B在Fe/HCl作用下发生还原反应生成C()。C发生取代反应生成D。D在浓硫酸催化作用下与硝酸发生硝化反应生成E()。E在Fe/HCl作用下发生还原反应生成F，F与乙酸条件下成环生成G()和水，G在氢氧化钠条件下发生水解反应后酸化得H()，H与反应生成目标产物。(1)化合物A()中所含官能团的名称为羧基、硝基；(2)A项，B在Fe/HCl作用下发生还原反应生成C()，故②的反应类型为还原反应，A正确；B项，双咪唑的分子式为C19H20N4，B错误；C项，化合物D含有酯基和酰胺键，在酸性、碱性条件下水解，均可生成盐，C正确；D项，常温下，化合物F在有机溶剂中有较大的溶解度，水中溶解度小，D错误；故选AC；(3)C()发生取代反应生成D：；(4)D在浓硫酸催化作用下与硝酸发生硝化反应生成E()；(5)同分异构体为①分子中只含有1个环，且为连有-NO2的苯环；②分子中共有3种不同化学环境的氢原子，该分子高度对称，满足条件的H()、、；(6)反应物在Fe/HCl作用下发生还原反应生成，甲苯在高锰酸钾条件下被氧化成苯甲酸，苯甲酸与反应生成目标产物：。
选项
实验方案
现象
结论
A
2mL0.01ml·L-1FeCl3溶液滴加浓盐酸
溶液颜色加深
氢离子抑制了Fe3+的水解
B
乙酰水杨酸水解液中加入过量的NaHCO3除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液
溶液显紫色
说明乙酰水杨酸中含有酯基
C
向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量
先产生沉淀后逐渐溶解
Fe(OH)3先聚集为沉淀，后与应
D
向K3Fe(CN)6溶液中加入少许铁粉，静置一段时间
有蓝色沉淀生成
K3Fe(CN)6具有氧化性