重组卷01-冲刺2023年高考化学真题重组卷(解析版)

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冲刺2023年高考化学真题重组卷01

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—lLi—7C—12N—140—16F—19Na—23Mg—24Al—27

Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Ga—70Se—79

Br-80Ag—1081—127Ba—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7月选考）下列物质在熔融状态下不号电的是（）

A.NaOHB.CaChC.HC1D.K2SO4

【答案】C

【解析】A项，NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH,故其在熔融

状态下能导电，A不符合题意；B项，CaCh属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和

Ch故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；C项，HC1是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离

子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；D项，K2s04属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由

移动的K+和SCU二，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。故选C。

2.（2021•浙江6月选考）关于化合物ClONCh的性质，下列推测不自理的是（）

A.具有强氧化性B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐

C.与盐酸作用能产生氯气D.水解生成盐酸和硝酸

【答案】D

【解析】A项，ClONCh里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项,

ClONCh与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确：C项，ClONCh与盐酸发生归中反应生成氯

气，C正确；D项，ClONCh发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。

3.（2019•浙江4月选考）下列表示不思卿的是（）

A.次氯酸的电子式H：4：g：B,丁烷的球棍模型炉•让黄

C.乙烯的结构简式CH2=CH2D.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C1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，0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氏6：百：，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故选

••••

Ao

4.（2020•浙江7月选考）下列说法不事硼的是（）

A.高压钠灯可用于道路照明

B.SiCh可用来制造光导纤维

C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜

D.BaCCh不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的领餐

【答案】D

【解析】A项，高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B

项，二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C项，黄铜矿高温煨烧生成粗铜、氧

化亚铁和二氧化硫，故C正确；D项，碳酸钢不溶于水，但溶于酸，碳酸钢在胃酸中溶解生成的钢离子为

重金属离子，有毒，不能用于饮餐，钢餐用硫酸钢，故D错误；故选D。

5.（2021.浙江6月选考）下列说法不走砸的是（）

A.应避免钱态氮肥与草木灰混合施用

B.工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率

C.电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气

D.将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢

【答案】C

【解析】A项，铉态氮肥的主要成分为钱根离子，草木灰的主要成分含有氢氮根，二者混合使用可以

发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B项，离子交换法可以很大程度的提取海水中的

I-.还可以起到富集低浓度r的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；c项，电解饱和食盐水可以得

到NaOH、出、Ch,不能得到Na单质，C错误；D项，将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢

材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故选C。

6.(2021•浙江6月选考)关于反应K2H3lO6+9HI=2KI+4L+6H2O,下列说法正确的是()

A.K2H3106发生氧化反应

B.KI是还原产物

C.生成12.7g卜时，转移O.lmol电子

D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1

【答案】D

【解析】A项，反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项，KI

中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项，12.7g上

的物质的量为0.05mol,根据反应方程式，每生成4moiL转移7mol电子，则生成0.05molb时转移电子的

物质的量为0.0875mol,C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H31。6为氧化剂，在反应中每消耗ImolK2H

就有7moiHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1,D正确；故选D。

7.(2020•浙江7月选考)能正确表示下列反应的离子方程式是()

22+

A.(NH4)2Fe(SCU)2溶液与少量Ba(OH”溶液反应：SO4+Ba=BaSO41

B.电解MgCU水溶液：2CT+2H2。里匿2OH-+H2T+CLT

C.乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3coOCH2cH3+OH3fCH3coO+CH3cH20H

D.CuSCU溶液中滴加稀氨水：CU2++2OH=CU(OH)21

【答案】C

【解析】A项，(NH4)2Fe(SCh)2可以写成(NH5SOFeSCU,(NH4)2Fe(SC)4)2溶液与少量Ba(0H)2溶液反

2+2

应，0H-先与Fe2+反应，再和NH4+反应，由于Ba(0H)2较少，NH4+不会参与反应，离子方程式为：Fe+SO4+

Ba2++2OH=Fe(OHR+BaSO4l，A错误；B项，用惰性材料为电极电解MgCb溶液，阳极反应为：2Cl-2e-=C12T，

2+

阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2j+H2f,总反应的离子方程式为：Mg+2Cr+2H2OA^

Mg(OH)21+H2T+Cbf，B错误；C项，乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子

方程式为：CH3coOCH2cH3+0H」^CH3coe)+CH3cH2OH,C正确；D项，向硫酸铜溶液中滴加氨水，

氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钺，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，

2++

离子方程式为：CU+2NH3«H2O=2NH4+CU(OH)21,D错误。故选C。

8.(2023.浙江1月选考)下列说法不正硬的是()

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，从分子结构匕看糖类都是多势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.（2022.浙江6月选考）染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是（）

A.分子中存在3种官能团

B.可与HBr反应

C.1mol该物质与足量溪水反应，最多可消耗4moiBn

D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH

【答案】B

【解析】A项，根据结构筒式可知分子中含有酚羟基、黑基、酸键和碳碳双键，共四种官能团，A错

误；B项，含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；C项，酚羟基含有四种邻位或对位H,另外

碳碳双键能和单质澳发生加成反应，所以最多消耗单质澳5mol,C错误；D项，分子中含有3个酚羟基，

所以最多消耗3moiNaOH,D错误；故选B。

10.（2023•浙江1月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，

Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不

4砸的是（）

A.电负性：Z>X

B.最高正价：Z<M

C.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y

【答案】B

【解析】X的2s轨道全充满，X为Be,Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C,M是地壳中含

量最多的元素，M为O,X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，则Z为N,Q是纯碱中

的一种元素，则Q为Na。A项，同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，电负性N大于Be,A正确：B

项，N最高正价为+5价，0无最高正价，最高正价N大于O,B错误；C项，Na和。形成的过氧化钠中

含有非极性共价键，C正确；D项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大

于C,硝酸酸性强于碳酸，D正确；故选B。

11.（2021•浙江6月选考）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时

Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoCh薄膜：集流体起导电作用。下列说法不.砸的是（）

A.充电时，集流体A与外接电源的负极相连

B.放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi+

C.放电时，电极B为正极，反应可表示为LhxCoO2+xLi+xe=LiCoCh

D.电池总反应可表示为LixSi+Lii.xCo/OJ2Si+LiCoOz

【答案】B

【解析】由题中信息可知，该电池充电时Li+得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴

极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。A项，由图可知，集流体A与电极A相连，充

电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A正确；B项，放电时，外电路通过amol

电子时，内电路中有amolLi+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失

Li+,B不正确；C项，放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Lii-xCoCh+xLi+xe=LiCoCh,

C正确；D项，电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+,正极上Li-CoO2得到电子和Li+

变为LiCoCh,故电池总反应可表示为Li*Si+LiirCoO2€f=Si+LiCoO2,D正确。故选B。

12.（2022•江苏卷）工业上电解熔融AI2O3和冰晶石（Na3AlF6）的混合物可制得铝。下列说法正确的是（）

A.半径大小：r（Al3+）＜r（Na+）B.电负性大小：%（F）＜%（0）

C.电离能大小：I,（O）＜I,（Na）D.碱性强弱：NaOH＜Al（OH）3

【答案】A

【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为r（Al3+）＜r（Na+）,故A正

确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故％(F)>>(。)，故B错误；C项，同周期从左往右第一电

离能呈增大趋势，同主族从上往下笫一电离能呈减小趋势，故电离能大小为L(O)>L(Na),故C错误；D

项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH>Al(OH)3,故D错误；

故选A。

13.(2021•浙江6月选考)取两份10mL0.05moi的NaHCCh溶液，一份滴加0.05mol-Lr的盐酸，另

一份滴加0.05mol-L-iNaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

c(10.11.3)

b(5,10.2)

d(5.6.4)

e(10.4.3)

下列说法不无硬的是()

A.由a点可知：NaHCCh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

+2

C.a—d—e过程中：c(Na)〈以HCO3-)+c(CO3)+c(H2CO3)

D.令c点的c(Na+)+c(H1)=x,e点的c(Na+)+c(H')=y,则x>y

【答案】C

【解析】向NaHCCh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NaHCCh溶液中滴加NaOH溶液，ade

曲线为向NaHCCh溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCCh,此时溶液呈碱性，HCCh-在溶液中电离使

溶液呈酸性，HCCh-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCCh溶液中HCCh-的水解程度大于电离程

度，故A正确；B项，由电荷守恒可知,aib—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(HCCh-)+2c(CO3?)+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(CCh2-)+c(H2co3)，向NaHCCh溶液中滴加

盐酸过程中有CCh逸出，因此a—d—e过程中c(Na')>c(HCO3-)+c(COF)+c(H2co3),故C错误；D项，c

点溶液中c(Na+)+c(H+)=(0.05+10ll3)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.(2022•浙江省1月选考)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成Imol环己烷()的能量变化如

图所示：

o00

A/6-239UmoTA//.-208UmoT

A//.—I20UmolA//»-229Umol'

下列推理不氐现的是()

A.2AH,=AH2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比

B.AH2<AH3,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定

C.3AHI<AH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键

D.AH3-AH)<0,AH4-AH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性

【答案】A

【解析】A项，2AH户AH2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是

存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；B项，AH2<AH3,即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明

单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；C项，3AHI<AH4,说明苯分

子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D项，AH.vAHi<0,AH4-AH3>0,说明苯分子具有特殊

稳定性，故D正确；故选A。

15.(2019•浙江4月选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH)油脂在其中能

以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不氐顾的是()

A.高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快

B.高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快

C.高温高压液态水中，c(H*)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解

D.高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的

水解

【答案】D

【解析】A项，对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确：B项，由于高温高

压液态水中，c(H+)和c(OH)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速

率加快，B项正确；C项，油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水

中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D项，高温高压液态水中

的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入J'相同c（H）的酸或相同c（OH）

的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项

不正确。故选D。

16.（2022•浙江6月选考）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适

量某样品（成分为亚硝酸钠或氯化钠）溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、

现象和结论都正确的是（）

方案设计现象和结论

A先加入少量KCICh溶液，再加AgNO.3溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠

B加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠

C先加到少量FeCb溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠

D先加入少量Na2sCh溶液，再加入BaCL溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠

【答案】C

【解析】A项，KCICh与亚硝酸钠会发生反应：KCIO3+3NaNO2=KCI+3NaNO3,滴加硝酸银和足量稀硝

酸也能生成白色沉淀，A错误；B项，氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锯酸钾氧化，而使其褪色，B

错误；C项，亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D项，稀硝酸可以把

亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钢可以生成硫酸钢白色沉淀，D错误；故选C。

二、非选择题（本题共5题，共52分）

17.（2022•海南省选择性考试）（10分）以Cm。、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效

率高的优势。回答问题：

（1）基态O原子的电子排布式,其中未成对电子有个。

（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是。

（3）儆菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酷菁分子结构如下图，分子中所有原

p

子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取杂化。邻苯二甲酸酎（Q^）O）和邻苯二甲酰

P

亚胺（OC'H）都是合成献菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是。

NNN

（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子,Zn与氨水反应的离子方程式为

（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小

于Zn-O键，原因是«

（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。abed为

所取晶胞的下底面，为锐角等于60。的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞

的底面_______

【答案】⑴Is22s22P4或[He]2s22P4（1分）2（1分）

（2）自由电子在外加电场中作定向移动（1分）

（3）sp2（1分）两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高（2分）

2+

（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn（NH3）4]+2OH-+H2f（l分）

（5）电负性0>N,O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键（1分）

⑹团cdhi（l分）团bcek（l分）

【解析】（1）0为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为Is22s22P4

或[He]2s22Pt其2P轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；（2）由于金属的自由电子可在外

加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；（3）根据结构式可知，N原子均形成双键，

故N原子的杂化方式均为sp2,由于邻苯二甲酸醉和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢

键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；（4）金属Zn与氨水反应可生成亿n（NH3）4]（OH）2和H2,反应的离

子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn（NH3）4F++2OH-+H2T；（5）由于电负性0>N,O对电子的吸引能力更强，Zn

和0更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—0键；(6)根据晶胞示意图，一个晶

胞中8个0原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，I个Zn原子

位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、。原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶

胞共用be和cd,则相邻的两个晶胞的底面为团cdhi和团bcek。

18.(2023•浙江1月选考)(10分)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：

「臼色体)

0500g

足最

一举％[水溶液AgNO"

足量

已知：白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，请回答：

(1)X的组成元素是,X的化学式是o

(2)写出B-C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式。

(3)写出生成白色固体H的离子方程式。

(4)设计实验检验溶液I中的阳离子o

【答案】(l)Ca、Cl、0(2分)Ca(C104)2(2分)

(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O(2分)

++4

(3)[Ag(NH3)2]+Cl-+2H=AgCU+2NH4(2分)

(4)用玻璃棒蘸取溶液I,点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取溶液于试管中，加入NaOH

至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有N&+(2分)

【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙

或碳酸钢沉淀，说明化合物X中含有钙离子或领离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X

中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为

1.435g

I43.5g/mol=0.01mol,由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好

中和可知，化合物X中含有钙元素或银元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150moi)x5=0.005mol,若化合物

X含有钢元素，白色固体A的质量为=0.005molxl97g/moM).985g>0.500g,所以X中含有钙元素，含有的

1.195g-0.2g-0.355g

氧元素物质的量为I43.5g/mol=0.O4mol,则X中钙元素、氯元素、氧兀素的物质的量比为0.005mol：

0.01mol：0.04mol=l：2：8,则X的化学式为Ca(ClC>4)2。(1)X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学

式为Ca(ClCU)2；(2)由图可知，B-C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、

碘和水，反应的化学反应方程式为8HI+NaCK)4=4l2+NaCl+4H2。，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；

(3)由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钱，反应的离

子方程式为[Ag(NH3)2]++Cr+2H+=AgCll+2NHj；(4)由图可知，溶液I为硝酸和硝酸核的混合溶液，则检验

溶液中氢离子钱根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液1,点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取

取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有Nd卡。

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：

2HS(g>-SO(g)ls.(s)-2H0(g)o在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为

O

53

c(H2S)=2.0xlO-molL\c(SO2)=5.0xl0-5mol-L\c(H2O)=4.0xiamol.L计算该温度下的平衡常数K=

________________O

(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：

I2H2s(g)2H2(g)+S2(g)AHi=170kJmor'

IICH4(g)+S2(g)~、CS2(g)+2H?(g)AH2=64kJmol1

总反应：

III2H2s(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g)

投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1,并用N?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/七9501000105011001150

H2/V(%)0.51.53.65.58.5

CS2/V(%)0.00.00.10.41.8

请回答：

①反应m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C-H键

D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，比的浓度升高

③若将反应m看成由反应I和反应n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_______。

能八

量

反应过程

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）8x108L.molr（2分）

1000C时CHa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H消耗S2的速率大于反应I生成S2的速率，S?（g）的体积分数减小（2分）

c-（HOI

【解析】（I）根据方程式可知该温度下平衡常数K=——-—

c-（H.S|xc|SO.I

|4xl0-'f

----------------L?»o/=8xlOL；⑵①根据盖斯定律可知I+11即得到反应HI的△H=234kJ/mol,

（2xl0-!）'x5xl0-5

这说明反应Hl是吸热的体积增大（即AS>0）的反应，根据AG=AH-可自发进行可知反应HI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CK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，比的物质的量增加，容器容积增加，氏浓度减小，D错误；故选AB；③反应I、反应H和

反应川均是吸热反应,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1000C

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.（2019•浙江4月选考）（10分）某兴趣小组在定量分析了镁渣［含有MgCCh、Mg（OH）2,CaCCh、AI2O3、

Fe2（）3和SQ］中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁（MgCLCHzO）。

相关信息如下：

①700℃只发生MgCOi和Mg（OH）2的分解反应。

②NH4cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。

③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。

请回答：

（1）下列说法正确的是o

A.步骤I,煨烧样品的容器可以用生烟，不能用烧杯和锥形瓶

B.步骤HI,蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量

C.步骤川，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨

D.步骤IV,固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤

（2）步骤III,需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体（用硫酸溶液吸收氨气）。

①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源

—>

②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象

(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液

呈碱性。

①含有的杂质是。

②从操作上分析引入杂质的原因是。

(4)有同学采用盐酸代替步骤I［中的NH4cl溶液处理固体B,然后除杂，制备MgCL溶液。已知金属离

子形成氢氧化物沉淀的pH范围：

PH

金属离子

开始沉淀完全沉淀

Al3+3.04.7

Fe3+1.12.8

Ca2+11.3—

Mg2+8.410.9

请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体

B—a—(_)—(_)T)T()T_)—(_)-MgCb溶液-产品。

a.用盐酸溶解b.调pH=3.0c.调pH=5.0d.调pH=8.5

e.调pH=11.0f.过滤g.洗涤

【答案】(1)ABD(2分)

(2)①a-d-f-c(2分)②甲基橙，颜色由红色变橙色(1分)

(3)①碱式氯化镁(氢氧化镁)(1分)②过度蒸发导致氯化镁水解(2分)

（4）cfefga（2分）

【解析】（1）A项，煨烧固体样品需用坨烟，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B项，氯化镂水

解方程式为NH4C1+H2OUNH3-H2O+H。，氧化镁和HC1反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HC1

浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C项，根据信息②NH」C1溶液仅与体系中的MgO反应，且反

应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D项，固液分离操作均可采用常压过滤，使用

减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故选ABD。（2）①先选发生装置为a,然后连接回流装置d,

生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f,氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答

案填a—dif—c。②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铉（（NHSSOQ,硫酸铉显酸性，因而选择在酸性范

围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗

涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故

溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg（OH）C】或者Mg（OH）2。②

升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。（4）根据各离子完全

沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH,同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5,

除掉AF+和Fe",然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg（OH）2沉淀，过滤并洗涤，得到纯

净的Mg（OH）2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故依次填cfefga。

21.（2023•浙江1月选考）（12分）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

II-HC'

区"二XX〜〜1

1盐酸苯达莫司汀

R'NHq、

RNHR'

RX-

己知：①RCN

-HOK°R*NH

22

2RCOOH——R-C、RCOOH

NHR'

②

请回答:

(1)化合物A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o

A.BTC的反应类型为取代反应

B.化合物D与乙醇互为同系物

C.化合物I的分子式是Ci8H25N3O4

D.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性

(4)写出G-H的化学方程式______。

(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)—。