浙江省绍兴2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）题型汇编-02非选择题

浙江省绍兴2021届-2023届高考化学三年模拟(二模)按题

型分类汇编-02非选择题

一、填空题

1.(2021・浙江绍兴•统考二模)氧的常见氢化物有H2O与H2O2。

(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水

的原因为o

(2)H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原

性。

2.(2021•浙江绍兴・统考二模)丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化

如下：

甘油(GHQj→丙烯醛(GHQ)→丙烯酸(C3H4O2),

已知：反应I：G/OKg)C,H4O(g)+2H2O(g)ΔHl>0Ea∣(活化能)

反应H：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)ΔH2<0Ea2(活化能)

甘油常压沸点为290℃,工业生产选择反应温度为300℃,常压下进行。

⑴①反应I在_______条件下能自发进行(填“高温”或"低温”)；

②若想增大反应∏的平衡常数K,改变条件后该反应______(选填编号)

A.一定向正反应方向移动B.在平衡移动时正反应速率先增大后减小

C.一定向逆反应方向移动D.在平衡移动时逆反应速率先减小后增大

(2)工业生产选择反应温度为300℃,忽略催化剂活性受温度影响，分析温度不能过低理

由是■>

(3)工业制备丙烯酸的中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂能使工业生产更加安

全。(选填编号)

催化剂A：能大幅降低Eal和Ea2

催化剂B：能大幅降低Ea∣,Ea?几乎无影响

催化剂C：能大幅降低Ea?,Eal几乎无影响

催化剂D：能升高EaI和Ea?

(4)①温度350℃,向IL恒容密闭反应器中加入1.0Omol甘油和0.9Omolo2进行该实验。

同时发生副反应：2C,H8O3(g)+O2(g)2CO(g)+2CH3COOH(g)+2H2O(g)o实验达到

平衡时，甘油的转化率为80%。乙酸和丙烯酸的选择性随时间变化如图所示，计算反应

2C3HQ3(g)+O2(g).∙2C3HQ2(g)+4Hq(g)的平衡常数为(X的选择性：指转

化的甘油中生成X的百分比)

I(M)---------------------------------------------------------

■乙帙的选界性

・内忧房的选作H

O204060

反应时间小

②调节不同浓度氧气进行对照实验，发现浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是

(5)关于该实验的下列理解，正确的是.

A.增大体系压强，有利于提高甘油的平衡转化率

B.反应的相同时间，选择不同的催化剂，丙烯酸在产物中的体积分数不变

C.适量的氧气能抑制催化剂表面积碳，提高生产效率

D.升高反应温度，可能发生副反应生成COX,从而降低丙烯酸的产率

3.(2022•浙江绍兴•统考二模)回答下列问题：

(1)四种有机物的相关数据如下表:

物质AzW

相对分子质量7272114114

熔点/℃-129.8-16.8-56.897

①总结烷燃同分异构体熔点高低的规律

②根据上述规律预测熔点(填“〉”或"V”)。

(2)两种无机物的相关数据如下表:

试卷第2页，共16页

物质(HF)n冰

氢键形式F-H...FO-H...0

氢键键能∕kJ∙moH2819

沸点/°C20IOO

(HF%中氢键键能大于冰，但(HF)Il沸点却低于冰，原因是

二、计算题

4.(2021•浙江绍兴•统考二模)大气污染物中的氮氧化物可用Nac)H吸收，发生如下反

应：

NO2+NO+2Na0H=2NaNO2+H2O

2NO,+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O

请计算：

⑴若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含No和NO?)与VmLO.50Omol∙CNaOH恰好完全反

应，则V=。

⑵若V(NO):V(NO2)=5:1与xmolθ2混合，能与60.0mLl.OOmol∙LNaOH溶液恰好完

全反应全部转变成NaNO,,则X=(写出计算过程)

5.(2021・浙江绍兴・统考二模)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X是易溶于水的正盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；生成的A全部逸

出，且可使品红溶液褪色：溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其PH为1；用酸

2+

性KMnO4标准溶液滴定用6.68gX配成的溶液，发生反应：X+MnO；→SO：'+Mn,

消耗0.()8molKMnO4。(注：忽略加入固体X后溶液的体积变化)。请回答：

⑴组成X的3种元素是(填元素符号)，X的化学式是。

(2)若吸收气体A的KOH不足，n(A)m(KOH)=3:4,该反应的化学方程式是

(3)固体X与稀盐酸发生反应的离子方程式是。

(4)某研究小组讨论溶液D中的主要阴离子M与Fe3+的反应原理，提出了两种可能：一

是发生氧化还原反应；二是发生双水解反应，生成氢氧化铁胶体和气体A。在探究过程

中某小组同学选择如下的实验用品：溶液D,BaCk稀溶液，稀盐酸；试管、胶头滴管。

从选择的药品分析，分析设计这个实验的目的是。

6.(2022•浙江绍兴・统考二模)把密度为1.6g∕Cm3的液态SzCblOmL溶于石油酸(一种

溶剂)，得至IJlOOmL溶液，把它慢慢加入50mL3.2mol∕L的SCh水溶液中，振荡使之充

分反应，当加入的S2CI2溶液为67.5mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32mo[KOH

的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCI和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算

⑴参与反应的n(S2Cl2):∏(SO2)=1:

(2)确定二元含氧酸的化学式______。

三、实验题

7.(2021・浙江绍兴・统考二模)对氯苯氧乙酸是植物生长调节剂的中间体，实验室合成

如下。

1.实验步骤：

苯酚NaoH溶液

①FeCI3/HCl

4.7g(50mmol)

KIHClpH=2OH2O2---------

---------►---------►---------►---------►产品

I回流40minII冷却结晶、In65。C加热IV多步操作~-

氯乙酸NaOH溶液

抽滤、洗涤

5.3g(56mmol)

II.反应原理：

0CH2C0H0CH2C0H

主反应：HCl÷HO

Q^°÷22-H⅛-CIJCT°

(相对分子质量：186.5)

副反应：CICH2COOH+2NaOH→HOCH2COONa+NaCl+H2O

III.实验装置

a

滴

滴

定

定

管

管

MN

图

试卷第4页，共16页

请回答：

（1）用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体的原因（用化学方程式表示）。

（2）下列说法正确的是

A.图1中仪器X名称为三颈烧瓶，其加热方式只能用水浴或垫石棉网加热

B.图1冷凝管中的冷却水从导管a进入、导管b流出，利用逆流原理冷却效果好

C.图2热过滤时固液混合物液面要低于滤纸边缘，滤纸要低于漏斗边缘

D.图2热过滤优点防止温度降低引起产品损耗，从而提高产品收率

（3）步骤IV为粗产品的纯化，从下列选项中的操作合理排序：粗产品T用热的乙醇溶解

→→一加蒸储水-→→一干燥—4.76g产品。本

实验的产率为（保留整数）

a.自然冷却b.趁热过滤c.洗涤d.煮沸e.抽滤

（4）为了测定对氯苯氧乙酸产品的纯度，可采用中和滴定法：准确称取0.2g产品，置于

锥形瓶中，加30mL乙醇溶解，滴加酚献指示剂，以0.050Omol∙LNaOH标准溶液滴定

至微红色出现并持续30s不变色，即为终点，重复实验，数据如下：

序号滴定前读数∕mL滴定终点读数∕mL

10.2020.22

220.2240.52

31.5421.52

①装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管（填“M”或"N”）。

②对氯苯氧乙酸产品的纯度为（小数点后保留一位）。

8.（2022•浙江绍兴•统考二模）结晶水合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程

进行实验：

请回答：

(1)组成X的元素除H、O外还有,X的化学式为O

(2)溶液D中属于盐的成分是(用化学式表示)；若溶液C中滴入少量氨水，

则首先参与反应的微粒是

(3)请写出E→F化学方程式。

(4)设计实验方案确定溶液H中的阴离子。

9.(2022•浙江绍兴•统考二模)某兴趣小组用四水氯化亚铁［FeCb∙4H2θ］和环戊二烯(CsH(,)

为原料在碱性条件下制备二茂铁［Fe(C5H5)2L按如下流程进行了实验(夹持仪器已省略)

环戊'.⅛NaOH(S)Ha和冰混合物

应刷烈)

②二茂铁的熔点为172-173℃,在100。C开始升华。能溶于二甲亚网(CH3溢0］、乙醛,

不溶于水。

③环戊二烯(C5H6)沸点42.5。仁容易形成二聚体，使用前需解聚。

请回答：

(1)装置图1：①N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe?+被氧化以外，还有o

②试剂X是。

(2)步骤II：操作的正确排序为：抽滤，得FeCl2溶液

→()→()→()→→()→→()→()在蒸

发、干燥的过程中一直要用弱N2气流保护。

a.在298~303K的温度下干燥

b.加热蒸发到底部出现大量结晶时，停止加热，将溶液冷却到室温

c.待晶体完全析出

d.用少量冷的去离子水洗涤

试卷第6页，共16页

e.抽滤

f.加热蒸发到表面刚出现结晶层，停止加热，将溶液冷却到室温

g.用滤纸吸干转移到蒸发皿中

h.将滤液迅速转移到N?冲洗过的反应瓶中

i.用N2冲洗过的磨口试剂瓶中保存

(3)装置图2：下列操作中正确的是

A.用分幅方法解聚环戊二烯(C5H6),收集42.5。C左右的锚分，备用。

B.先通入N2,后开启磁力搅拌器。

C.拔出带尖嘴的橡皮塞，将研细的FeC12∙4H2O一次性加入，再塞上。

D.浓H2SO4的作用只是吸收N2中的水蒸气。

(4)操作IH：抽滤、洗涤、风干。其中抽滤过程中需用_______漏斗过滤。

(5)操作IV：纯化的操作名称是

四、有机推断题

10.(2021•浙江绍兴•统考二模)利阿喋⑴是一种抗癌药物，也可用于治疗一些皮肤病,

其合成路线如下：

胡有H2SOJHNO3

*C14HIOCINO4

CD

NH3,NaBH4,X

C13H9ClN2O3C13H11ClN2O3*C16H13ClN4O2

EF

IuH

HHCOOH

2-CHCIN

16154ΓW

Cl

H利阿噗⑴

已知：①CH.Q-具有邻对位定位效应

0

Il

②AlCI

+3C-R

⑴下列说法正确的是:

A.A分子中所有原子可能共平面

B.C—D的反应属于取代反应

c.上述流程中X的结构简式为

H

D.利阿哇⑴分子组成为G6H∣3CIN4

(2)H的结构简式：

(3)D生成E的化学方程式：

(4)请写出同时满足下列条件的有机物D的同分异构体的3种结构简式：o

OH

①分子中含有(苯环上可连其他基团)、HzC=∖和-No2

、OH

②核磁共振氢谱有5个峰

③无其他环状结构。

HNH

(5)以A和一个碳的有机物为原料合成只2，无机试剂任选，请设计合

成路线：O

11.(2022•浙江绍兴•统考二模)β-叛基酸酯类化合物F在有机合成中具有重要的应用

价值。某课题研究小组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：

试卷第8页，共16页

请回答：

(1)下列说法不正确的是。

A.化合物A不能和Na2CO3反应

B.化合物A转化成B时K2CO3的作用是提高原料转化率

C.化合物D中含有两种官能团

D.化合物F的分子式为Cκ>H∣8θ5

(2)化合物C的结构简式；化合物N的结构简式。

(3)写出E→F的化学方程式o

(4)写出3种同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)

①IH-NMR谱显示有4种不同的氢；

②红外光谱显示有-NH2和苯环结构.

(5)以乙酸乙酯、I,4-二滨丁烷(BrCH2CH2CH2CH2Br)为原料，设计如图所示化合物的

合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。

12.(2023•浙江绍兴・统考二模)某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

AHOoeI^CoOHCC2H5OHDCH3I

C/N3。2θ►CuHnN3Ql-^gQ*C∣3H15N3Qj

FΛGSOCI2

Q8H27N3Q

HCIA盐酸苯达莫司汀

H

己知：κi4

∖√¾z^+Q>CH3COOH+CH3CH2COOH

请回答：

(1)化合物A的官能团名称是。

(2)化合物C的结构简式是»

(3)下列说法不F碘的是。

A.DTE的反应类型为取代反应

B.化合物B与草酸互为同系物

C.化合物E的分子式是C∣3H∣7NQ4

D.化合物H中的3个N原子结合HCl的能力各不相同

(4)写出F→G的化学方程式o

Br

(5)设计以为原料合成B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D的同分异构体的结构简式___________。

①分子中只含一个苯环和一个五元环；

②IH-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，无硝基，有

羟基。

五、原理综合题

13.(2022•浙江绍兴・统考二模)氮的氧化物在生产中具有重要作用。

已知：①N2(g)+2Ch(g.2NO2(g)ΔHι=+66.36kJmoΓl

②N2(g)+2O2(g).-N2O4(g)ΔH2=+9.16kJ∙moΓl

③N2O4(g).2NO2(g)

请回答：

(1)反应③是重要的平衡体系。

①该反应在下自发进行(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。

2

②设v(N2O4)=k∣c(N2O4),V(NO2)=R2C(NO2),ki、k2为与温度相关的常数。在295K

和315K条件下，V(N2O4)>V(NO2)与t关系如图所示。315K时，代表v(N2O4)的曲线是

(用“a”、"b”、"c”、"d”表示)，可能处于平衡状态的是(用“A”、

“B，，、，，c，，、“D”表示)

试卷第10页，共16页

V

③在295K温度下，将一定量的气体充入一个带活塞的特制容器，通过活塞移动使体系

达到平衡时总压恒为0.6kPa.Kp(295K)=0.100,则该温度下体系达平衡时NCh的分压

为_____

④与体系在恒容条件下温度从295K升至315K的变化相比，恒压下体系温度升高，下

列说法正确的是

A.平衡移动程度更大B.平衡移动程度更小

C.平衡移动程度不变D.三者均有可能

(2)研究发现NCh在形成光化学烟雾的过程中起了关键作用。NO2自催化历程如图所示,

写出相关化学方程式。

①No21NO+O

②

③

14.(2023・浙江绍兴•统考二模)二甲函DME)是一种重要的化工原料，可以通过CO?制

备得到。制备方法和涉及反应如下：

方法a：“二步法”制二甲醛

I：CO2(g)+3H2(g).CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=^l9.5kJ∕mol

II：2CH3OH(g).CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.4kJ/mol

方法b：“一步法”制二甲醛

Ill：2CO2(g)+6H2(g).CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH,

两种方法都伴随副反应：

IV：CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)ΔH4=441.2kJ∕mol

请回答：

(1)反应I自发进行的条件是；ΔH3=

(2)在一定温度下，向IL的恒容密闭容器中通入ImolCoKg)和3molH?(g)和利用方法a

制备二甲醛。测得CO?的平衡转化率为30%,CHQCH3(g)为amol,CO(g)为bmol,

反应I的平衡常数为(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。

(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醛。按照n(CC)2):n(H2)=l:3投料,

Co2的平衡转化率和CO、CHQCH3的选择性随温度变化如图1所示。

转

化

率

或

选

择

性

/

%

200220240260280300320340360

反应温度/℃

图1

CO的物质的量

(8的选择性=参加反应的Co期物质的量x1。。％，W)CH-的选择性

2XCHQCH,的物质的量

一参加反应的CO?的物质的量X0)

①下列说法正确的是

A.当反应达到平衡时，n(CO2)In(H2)=1:3

B.曲线①表示二甲醛的选择性

C.温度越低越有利于工业生产二甲醛

D.工业上引入双功能催化剂是为了降低反应In的AH,

②在200~350C的范围内，CO2的平衡转化率先降低后升高的原因：。

(4)有学者研究反应II机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醛，其中简化的分子筛

模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是。(已知：磷酸硅

试卷第12页，共16页

铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“ZOH”符号表示)

ZOH吸附甲醇过渡态

A.制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高

B.该反应机理:

H

2CH,OH+ZOH——>[|]——>ZOH+(CH3)1θ(g)+H2θ(g)

CH3OCH3OH；ZO

C.改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率

D.温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快

六、结构与性质

15.(2023・浙江绍兴•统考二模)物质结构理论是材料科学、医学科学和生命科学的重要

基础。请回答：

(I)Ni常常作为有机反应的催化剂，画出基态Ni原子的价层电子轨道表示式

;要制备高纯Ni可先制得Ni(CO)4,其中C原子的杂化方式为o

(2)乙二酸(HzGOJ具有优良的还原性，易被氧化成C。,。测得乙二酸中的C-C的键长

比普通C-C的键长要长，说明理由___________。

(3)下列说法正确的是o

Nacl二做

A.现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素

B.电负性大于1.8一定是非金属

C.配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关。

I585

D.NaCI晶体的密度为pg∙cn√,图示晶胞Na,与Cl-的距离d=;KkPm

V2PNΛ

(4)锌黄锡矿外观漂亮，晶胞结构如图所示，请写出锌黄锡矿的化学式___________；并

在晶胞中找出平移能完全重合的两个Se。(请选择合适的编号填写一种组

合)

七、元素或物质推断题

16.(2023•浙江绍兴•统考二模)某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实

验。请回答：

已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F

能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。

(1)气体B的电子式是C的化学式是。

(2)写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式___________。

(3)无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入KAg(CN)2溶液，观察到黑色

沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)。

(4)将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子。

试卷第14页，共16页

八、工业流程题

17.(2023∙浙江绍兴•统考二模)高纯氟化镁具备优异的光学性质和抗腐蚀性被广泛应用

于高端领域。某研究小组利用镁片(含Ca及少量惰性杂质)制备高纯氟化镁流程如下，请

回答：

已知：

①甲醇沸点：64.7℃

②该实验条件得到的氟化镁并不是晶型沉淀，其颗粒细小，常常吸附水分成黏稠胶状。

(1)利用图1装置可检测镁与甲醇反应速率。仪器A的名称o

(2)写出氟化反应涉及的化学方程式。

(3)下列有关说法不正确的是。

A.步骤I：反应温度不选择IOOC,主要由于在IOoe反应过于剧烈难以控制。

B.步骤II：待镁片上不再有微小气泡生成时，可进行步骤II。

C.步骤HI：制备悬浊液B,应先将CO2通入高纯水达到饱和，再加到固体A中。

D.步骤IV：在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品。

(4)步骤II的一系列操作目的是为获得固体A.从下列选项中选择合理的仪器和操作，补

全如下步骤广“上填写一件最关键仪器，”内填写一种操作，均用字母

表示］。

取仪器A中的溶液，用()-用(蒸储减少溶剂)一用

()一用漏斗(过滤得到固体A)

【仪器】a.烧杯；b.铜质保温漏斗；c.漏斗；d.空气冷凝管；e.直形冷凝管；f.球

形冷凝管

【操作】go过滤；h.趁热过滤；i.冷却结晶；jo蒸发结晶

(5)步骤V：产品在不同温度下干燥2h,对其进行红外光谱分析如下图，已知羟基引起

的吸收峰在3500CmT波数处请选择最合适的温度。(填“80℃、200°C、500C

或800'C")

(

％

)

⅛

⅛)/

5001000150020002500300035004000

波数(CmT)

不同干燥温度下的氟化镁红外谱图

试卷第16页，共16页

参考答案：

ɪ.H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多

+2+

5H2O2÷2Mnθ;+6H=2Mn+5O2↑+8H2O

【详解】(DH2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相

对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强

或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比HzO分子间强或氢键数目多；

(2)H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，

+2+

离子方程式为5H2C)2+2MnO；+6H=2Mn+5O2↑+8H2O。答案为：

τ2+

5H2O2+2MnO;+6H=2Mn+5O2↑+8H2OO

2.高温A、D温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触

面比较小，降低丙烯酸产率；反应I为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低C

2氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COX,降低了丙烯酸选择性CD

【详解】(1)①反应IAH>O,为吸热反应，反应气体分子数增多，即反应是燧增的反应，

因此在高温下是自发进行的；

②反应ΠAH<O,为放热反应，降低温度能增大反应∏的平衡常数K,即一定向正反应方向

移动，在平衡移动时正反应速率一直减小，逆反应速率先减小后增大，故选：AD；

(2)已知甘油常压沸点为290℃,若温度过低，甘油是液态，与反应物的接触面积减小，速

率下降，则温度不能过低理由是：温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接

触面比较小，降低丙烯酸产率；反应I为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低；

(3)由于中间产物丙烯醛有剧毒，故要加快反应∏的速率以快速消耗丙烯醛，即选择催化剂

降低Ea2,故选：C；

(4)①甘油的转化率为80%,则甘油转化的物质的量为ImoIX80%=0.8mol,丙烯酸的选择性

为25%,则生成的丙烯酸的物质的量为0.8molx25%=0.2mol,列三段式：

2CH0(g)+=2CH,0(g)÷4H0(g)

3S3°2(s)322

转化(mol)0.20.10.20.4

平衡(mol)0.20.4

+O2(g)

2C3H803(g).∙2C0(g)+2CH3C00H(g)-2H20(g)

转化(mol)0.60.30.60.60.6

平衡(InOl)0.60.6

则平衡时n(H2θ)=0.4mol+0.6mol=1mol,n(O2)zzO.9mol-0.1mol-0.3mol=0.5mol,

答案第1页，共22页

n(C3H8θ3)=O.2mol,2C3H8O3(g)÷O2(g)12C3H4O2(g)÷4H2O(g)的平衡常数为

M2×fιT

K=;1/υ∖≈2,答案为2；

<0.2Yfθ.5A

kJXITJ

②浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是：氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成

COx,降低了丙烯酸选择性；

(5)A.反应I是气体分子数增大的反应，增大体系压强，平衡逆向移动，不有利于提高甘油

的平衡转化率，故A错误；

B.反应的相同时间，选择不同的催化剂，会影响丙烯酸的选择性，也会改变丙烯酸在产物中

的体积分数，故B错误；

C.适量的氧气促进反应II正向进行，能促进丙烯醛的转化，能抑制催化剂表面积碳，提高

生产效率，故C正确；

D.升高反应温度，可能发生副反应生成COx,从而降低丙烯酸的产率，故D正确；

故选：CD0

3.(1)分子对称性越高，熔点越高小于

(2)冰中氢键数目比(HF%中多

【详解】(1)①根据表格数据，同分异构体分子对称性越高，熔点越高。

的对称性上差，分子对称性越高，熔点越高，所以熔点:小于

(2)ImOIHF只能形成ImOl氢键，ImolHzO能形成2mol氢键，由于冰中氢键数目比(HF)n

中多,所以(HF)n沸点低于冰。

31

4.3.000.05×-+0.01×-=0.04

44

【详解】(l)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为

3

33∙6xl"=1.5×10-mol,根据反应NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,

22AL∕mol

2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物

答案第2页，共22页

质的量之比为1：1,则消耗NaoH的物质的量为L5xlO-3mol,则

1.5×103mol

V==3.00×103L=3.00mL;

0.500mol/L

(2)n(NaOH)=1.00mol∕L×0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成NaNo3,根据质量守恒有

n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06mol,n(NO)m(NO2)=V(NO):V(NO2)=5:1,故n(NO)=

0.05mol,n(NO2)=0.0Imol,根据电荷守恒，失电子：NO?£_>NO：、No2jNO；；

31

得电子。2——~~>∏；故0.05molX3+0.0ImoIXl=xmol×4,则X=0.05×-÷0.01×-=0.04mol

U44o

5.K、S、OK2S5O63SO2+4KOH=K2SO3+2KHSO3+H2O

2S5O=-+4H'=5S；+5SO2↑+2H2O检验亚硫酸根中是否变质

【分析】气体A可使品红溶液褪色，则说明A为S02或C12,溶液C的焰色反应透过蓝色

钻玻璃观察火焰呈紫色，说明溶液C中含有K元素，X能发生反应：

2+

X+MnO4→SO^+Mn,说明X中含有S、O元素，因此组成X的3种元素为K、S、O；

根据元素守恒可知，反应生成的淡黄色固体为S,则"(S)=0.05mol,溶液C中的溶质只含一

种阴离子，并测得其PH为1,说明反应过程中盐酸过量，则该阴离子为Chc(H+)≈0.1mol∕L,

c(Cl)=0.5mol∕L,根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl>c(H+)=0.4mol∕L［此时溶液中C(OH)浓度低

于10⅛ιol∕L,可认为其不存在］,贝U"(K+)=0.4mol/LXo.1L=O.04mol,反应过程中H+与X中

部分的O原子组成H2O,反应消耗"(H+)=0.4mol∕Lx0.1L=0.04mol,则消耗X中n(0)=0.02mol,

设生成SCh物质的量为ymol,根据质量守恒可知，yx64+0.02x16+0.04x39+0.05x32=6.68,

解得y=0.05,因此6.68gX中K"的物质的量为0.04mol,S原子的物质的量为

0.05mol+0.05mol=0.1mol,O原子的物质的量为0.02mol+0.05molx2=0.12mol,则各原子物质

的量之比为〃(K)：n(S)：n(Θ)=0.04mol:0.1mol：0.12mol=2:5：6,则X的化学式为K2S5O6。

【详解】(1)由上述分析可知，组成X的3种元素为K、S、0；X的化学式为K2S5O6；

(2)SCh与KC)H先后发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2OʌSO2+K2SO3+H2O=2KHSO3,设

SO,+2KOH=K,SO∖+H,OSO,+KSO,+HO=2KHS0,

"(Sθ2)=3mθl,则C2√.ɔ.,,.^1,^1,ɔ1,反应完全后，

2mol4mol2mol2molImol1Imo1lImol2mol

/J(K2SO3)=Imol,n(KHSO3)=2mol,因此反应方程式为

3SO2+4K0H=K2SO3+2KHSO3+H2O；

2+

(3)K2S5θ6与稀盐酸反应生成S、SO2,H2O,在S5O：-+MnO；→SO；-+Mn中，0.02molS50;-

答案第3页，共22页

消耗0.08molMnc)4,则转移电子为0.08molx5=0.4mol,根据转移电子守恒，则S5O；中S元

素平均化合价为+2,根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知K2S5O6

+

与稀盐酸反应的离子方程式为2S5O^-+4H=5SΦ+5SO2↑+2H2O；

(4)溶液D为SCh与足量KoH反应所得溶液，溶液中溶质为KoH、K2SO3,取少量溶液于

试管中，向溶液中滴加过量稀盐酸后再加入BaCl2稀溶液，若有白色沉淀生成，则说明K2SO3

已变质生成K2SO4,从而避免检验SO；与Fe3+反应生成SO：的干扰。

6.(1)2

(2)H2S4O6

【解析】⑴

n(S,CU)=ɪ0-1'6×=0.08mol,n(SO,)=3.2×50×IO3=0.16mol,则参与反应的

^135IOO

/J(S2Cl2)^(SO2)=1:2,故答案为:2；

(2)

根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫

元素化合价为X,依据得失电子守恒有：2(x-l)=2(4-x),解得x=∣∙,由此推断二元含氧酸

的化学式为H2SQ),故答案为：H2S4O6o

7.C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2ODdbaec

51%N93.3%

【分析】本实验的目的，以苯酚和氯乙酸为原料，制取对氯苯氧乙酸。苯酚与NaOH溶液

作用生成苯酚钠，氯乙酸与NaoH溶液作用生成氯乙酸钠，二者混合后加入Kl,发生反应，

生成苯氧乙酸钠；加入HCl调节pH=2,此时苯氧乙酸钠转化为苯氧乙酸，经冷却结晶，得

到苯氧乙酸晶体，抽滤、洗涤得纯净的苯氧乙酸；将制得的苯氧乙酸与FeCl3/HC1、H2O2混

合加热，让其发生反应，生成对氯苯氧乙酸，然后结晶、净化后重结晶，从而制得产品。

【详解】(1)苯酚微溶于水，用IomL20%NaOH溶液溶解苯酚固体，生成易溶于水的苯酚钠，

IMS⅛C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O0答案为：C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；

(2)A.给三颈烧瓶加热，加热方式可能为水浴、酒精灯垫石棉网加热、电磁加热器等，A不

正确；

答案第4页，共22页

B.冷凝管中冷却水流向应下进上出，即从导管b进入、导管a流出，B不正确；

C.热过滤时，滤纸边缘(上沿)应低于漏斗边缘约5mm,C不正确；

D.热过滤可防止温度降低引起产品结晶析出，从而产生损耗，D正确；

答案为：D；

(3)粗产品的纯化时，操作合理排序：粗产品T用热的乙醇溶解Td.煮沸Tb.趁热过滤T

加蒸储水—a.自然冷却一e.抽滤一c.洗涤一干燥―4.76g产品。由反应关系式

OCHCOOH^OCH2COOH

2，可求出理论上50mmol苯酚可生成对氯

4∙76g

苯氧乙酸50mmol,则本实验的产率为×100%=51%答案为:d；b；a；

0.05mol×186.5g∕molo

e；c；51%；

(4)三次实验中，第2次实验结果误差太大，不能采用，则1、2两次实验消耗NaOH标准溶

①因为NaC)H会腐蚀玻璃，所以应使用碱式滴定管，所以装标准溶液时选择图3中规格为

50mL的滴定管No

—,4,a1人f,0.05mol∕L×0.02L×186.5g∕mol......ʌɪ,_,

②对氯苯氧乙酸产品的纯度为--------------------------Xl1oo%=93∙3%°答案为：N；

93.3%。

【点睛】为减少实验误差，滴定实验可能进行几次，然后求平均值，若某次实验数据与其它

次实验数据偏差过大，此数据为失真数据，应舍去。

8.(I)Cu,ClCuCl2∙2H2O

+

(2)NH4NO3,Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2H

隔绝空气

(3)2CUCI—Cl↑+2CuCl

2高温2

(4)取少量H溶液，滴加酚献，若变红，则含有OH；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再

加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有cr

【分析】由实验I可知，溶液C中加入过量氨水，生成蓝色沉淀D,则D中含有[CU(NH3)4]2+,

574g

X中含有铜元素；白色沉淀B为AgCI,n(ACI)=°=0.04mol,20mLl.0mol∕L盐

g143.5g∕mol

酸中所含Cl-的物质的量为0.02mol,则X中所含Cr的物质的量为0.04mol-0.02mol=0.02mol,

答案第5页，共22页

从而得出X中含有CuC∣2,其物质的量为0.01moL

036。

由实验H可知，结晶水的质量为1.71g-1.35g=0.36g,物质的量为γττ1=°∙°2mol,CuCl

18g∕mol2

的物质的量为o.oImoL生成Ch的物质的量为萼粤7=0.005mol,则固体G为CUe1。

22.4L√mol

综合实验I、∏,X的化学式为CuCb∙2H2θo

(0

由以上分析可知，组成X的元素除H、O外还有Cu、Cl,X的化学式为CUCl"比0。答案

为：Cu、Cl；CUC12∙2H2O;

(2)

由分析可知，溶液C中含有过量的AgNO3、CU(No3)2、HNo3等，加入过量氨水，AgNO3

最终生成Ag(NH3)2NO3,CU(No3)2最终生成CU(NH3)4(NO3)2,另外还有NH4NO3生成，则溶

液D中属于盐的成分是NH4NO3,Ag(NH3)2NO3,Cu(NH3)4(NO3)2;若溶液C中滴入少量氨

+

水，则首先与HNO3反应，所以首先参与反应的微粒是Ho答案为：NH4NO3、Ag(NH3)2NO3.

+

Cu(NH3)4(NO3)2iHi

(3)

隔绝空气

由分析知，E为CUCI2、F为Cb,则ETF化学方程式为2CuC⅛［「CF+2CuCL答

ι⅝温.

隔绝空气

案为：2CuCbCb↑+2CuCl;

高温

(4)

固体G为CUC1,加入过量氨水，则溶液H中所含阴离子可能为Cl'OH",确定溶液H中

的阴离子的方法是：取