重组卷4-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04

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—1C—12N—140—16F—19Na—23Mg—24

Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Mn—55Fe—56Cu—64

Zn—65Ga—70Se—79Br-80Ag—1081—127Cs—133Ba—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）

I.（2022.浙江6月选考）下列消毒剂的有效成分属于盐的是（）

A.高镒酸钾溶液B.过氧乙酸溶液C.双氧水D.医用酒精

【答案】A

【解析】A项，高锈酸钾溶液的有效成分为KMnO4,其在水溶液中电离出K+和MnO4,

故KMnCh属于盐，A符合题意；B项，过氧乙酸溶液的有效成分是CH3coOOH,在水溶液

中电离出CH3co00和H+,即水溶液中的阳离子全部为H+,故其属于酸，不合题意；C项，

双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D项，医用酒精的有效

成分为CH3cHzOH,其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故选A。

2.（2020•浙江7月选考）Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正

确的是

A.可发生反应：Ca3SiO5+4NH4ClAcaSiO3+2CaC12+4NH3f+2H2O

B.具有吸水性，需要密封保存

C.能与SO2反应生成新盐

D.与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiCh

【答案】D

【解析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaOSiO2,性质也可与NaaSiCh

相比较。A项，Ca3SiO5与NH4cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4ClA

CaSiO3+2CaC12+4NH3T+2H2O,A正确；B项，CaO能与水反应,所以需要密封保存,B正

确：C项，亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3sO2+H2O+

CasSiO5=3CaSO3+H2SiO3,C正确；D项，盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与CasSiOs反应时,

发生反应：6HC1+Ca3SiO5=3CaC12+H2SiO3+2H2O,D不正确；故选D。

3.（2022•浙江1月选考）下列表示不无画的是（）

A.乙烘的结构简式HOCHB.KOH的电子式K+[:0:HT

C.乙烷的球棍模型：上，D.氯离子的结构示意图：0^>,

【答案】C

【解析】A项，乙快中碳碳之间为三键，故结构简式HOCH,A正确；B项，KOH为

土，为乙烷的比例模型，不是球

离子化合物，故电子式为K+匚0:HT，B正确；C项,

棍模型，C错误；D项，氯离子的核电荷数是17,电子数为18,氯离子的结构示意图为

D正确；故选C。

4.（2023•浙江1月选考）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不氐顾的是（）

A.SO?能使某些色素褪色，可用作漂白剂B.金属钠导热性好，可用作传热介质

C.NaCIO溶液呈碱性，可用作消毒剂D.FezCh呈红色，可用作颜料

【答案】C

【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液

态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaCIO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于

其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，FezCh的颜色是红色，可用作红色

颜料，D正确；故选C。

5.（2022.浙江1月选考）下列说法下走班的是（）

A.镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件

B.还原铁粉可用作食品干燥剂

C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒

D.油脂是热值最高的营养物质

【答案】B

【解析】A项，金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、

火箭的重要材料，故A正确；B项，还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；

C项，氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C

正确；D项，油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋臼质约高一倍，油脂是热值最高的营

养物质，故D正确；故选B。

6.（2022•浙江6月选考）关于反应Na2s2O3+H2sO4=Na2SO4+SJ+SO2T+H2O,下列说法

正确的是（）

A.H2SO4发生还原反应

B.Na2s2O3既是氧化剂又是还原剂

C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1

D.ImolNa2s2O3发生反应，转移4moi电子

【答案】B

【解析】Na2s2O3+H2sC）4=Na2sO4+Sl+SChf+H?0,该反应的本质是硫代硫酸根离子在

酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的

作用是提供酸性环境。A项，H2sCM转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变

化，故其没有发生还原反应，A不正确；B项，Na2s2O3中的S的化合价为+2,其发生歧化

反应生成S（0价）和S0M+4价），故其既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，该反应的氧化

产物是SCh,还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1,C不正确；D项，

根据其中S元素的化合价变化情况可知，ImolNa2s2O3发生反应，要转移2moi电子，D不

正确。故选B.

7.（2022.浙江6月选考）下列反应的离子方程式不取i角的是（）

A.盐酸中滴加NazSiCh溶液：SiCh2-+2H+=HzSiChl

2

B.Na2cO3溶液中通入过量SO2：CO3+SO2+H2O=2HSO3+CO2

C.乙醇与KzCnO酸性溶液反应：

3cH3cH2OH+2Cr2O72-+l6H+―3cH3COOH+4Cr3++llH2O

+

D.澳与冷的NaOH溶液反应：Br2+OH=Br+BrO+H

【答案】D

【解析】A项，盐酸中滴加NazSiCh溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子

方程式为SiO3、+2H+=H2SiO31，A正确；B项，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2c。3溶

液中通入过量S02发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为C0."+

SO2+H2O=2HSO3+CO2,B正确；C项，乙醇与KzCnCh酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧

2

化为乙酸，Cr2O7-被还原为CN+,该反应的离子方程式为

2+3+

3CH3CH2OH+2Cr2O7+16H^3CH3COOH+4Cr+11H20,C正确；D项，类比氯气与碱反

应可知，澳与冷的NaOH溶液反应生成溪化钠、次浪酸钠和水，该反应的离子方程式为

Br2+2OH=Br+BrO+H2O,D不正确。故选D。

8.（2022•浙江1月选考）下列说法正确的是（）

A.苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸钱均能使蛋白质变性

B.通过石油的常压分储可获得石蜡等储分，常压分储过程为物理变化

C.在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烯

D.含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药

【答案】D

【解析】A项，硫酸钺使蛋白质发生盐析，而不是变性，A错误；B项，石油经过减压

分储得到石蜡等福分，是物理变化，B错误；C项，在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生

加成反应获得苯乙烯，C错误；D项，含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药，D正确；故选D。

9.（2021.浙江1月选考）有关的说法不思颤的是（）

A.分子中至少有12个原子共平面

B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个

C.与FeCb溶液作用显紫色

D.与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种

【答案】C

【解析】A项，与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面,

故该分子中至少12个原子共平面，A正确；B项，该物质完全水解后所得有机物为

HO、

其中只有与一NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数

/NH2

目为1个，B正确；C项，该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCb溶液作用不会显紫色,

HOr

C错误；D项，与足量NaOH溶液完全反应生成"和Na2co3,生成的钠

NHj

盐只有I种，D正确；故选C。

10.（2021•浙江6月选考）已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位

置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不无聊的是（）

A.还原性：ZQ2<ZR4

B.X能从ZQ2中置换出Z

C.Y能与FezCh反应得到Fe

D.M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应

【答案】A

【解析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最

高化合价为+3,可推知，X为：Mg,Y为：Al,Z为：C,M为：N,Q为：S,R为：CL

A项，ZQ?为CS2,ZR4为CCL,CS2中硫的还原性强于CC14中的氯元素，A错误；B项,

Mg和C02发生下述反应：2Mg+CCh例2MgO+O,B正确；C项，A1和FeaCh发生铝热反

应如下：2A如FetCh高温AI2O3+2Fe,C正确；D项，M为：N,N的最高价氧化物的水化

物为HNO3,最低价氢化物为N%,二者发生如下反应：HNO3+NH3=NH4NO3,D正确；故

选A,

11.（2023•浙江1月选考）在熔融盐体系中，通过电解TiCh和SQ获得电池材料（TiSi）,

电解装置如图，下列说法正确的是（）

+

B.电极A的电极反应：8H+TiO2+SiO2+8e-TiSi+4H2O

C.该体系中，石墨优先于cr参与反应

D.电解时，阳离子向石墨电极移动

【答案】C

【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为co,失电子发生氧化反应，为

阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料（TiSi）,电极

反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。A项，在外加电源下石墨电极上C转化为CO,失电子发

生氧化反应，为阳极，A错误；B项，电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e=TiSi+4O”，B错

误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于cr参与反应，C正确；D项，电解

池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。

12.（2022•湖北省选择性考试）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P（N3）3。下

列关于该分子的说法正确的是（）

A.为非极性分子B.立体构型为正四面体形

C.加热条件下会分解并放出N2D.分解产物NPO的电子式为：N：0:6:

••••••

【答案】c

【解析】A项，磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是

极性分子，A项错误；B项，磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构

型为四面体构型，B项错误；C项，磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出

Nz,C项正确：D项，NPO为共价化合物，则电子式为：、p6-D项错误；故选C。

13.(2022.浙江1月选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入

20mL0.4mol-L"Na2cCh溶液和40mLOZmolLNaHCCh溶液，再分别用0.4mol-LT盐酸滴定,

利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：

下列说法正确的的是()

A.图中甲、丁线表示向NaHCCh溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2c03溶液中滴

加盐酸

B.当滴加盐酸的体积为VimL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：

+

HCO3+H=CO2T+H2O

C.根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酷、d点可用甲基橙作指示剂指示滴

定终点

2+

D.Na2cCh和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO3-)-c(OH-)-c(H)

【答案】C

【解析】A项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸

钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、「线表示向Na2cCh溶液

中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCCh溶液中滴加盐酸，A错误；B项，当滴加盐酸的体积

为VimL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合牛成碳酸氢根离子，离

子方程式表示为：CO32+H+=HCOV,B错误；C项，根据pH—V(HC1)图，滴定分析时，c

点的pH在9左右，符合酚曲的指示范围，故可用酚酬作指示剂；d点的pH在4左右，符

合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D项，根据电荷守恒

和物料守恒，则Na2c03中存在c(0H>c(H*)=2c(H2co3)+C(HCO3)NaHCCh溶液中满足

2+

C(H2CO3)-C(CO3)=C(OH-)-C(H),D错误;故选C。

14.(2020•浙江7月选考)关于下列AH的判断正确的是()

COhaq)+H+(aq)=HCO3(aq)\H\

COhaq)+H2O(l)HCOj(aq)+OH(aq)\H2

+

OH-(aq)+H(aq)=H2O(l)A//3

OR-(aq)+CH3coOH(aq)==CH3coeF(aq)+H2O(1)

A.A//,<02VoB.C.Aft<0AW4>0D.A//3>A/74

【答案】B

【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO3(aq)+H+(aq)=HCO『(aq)为放热反应，

所以COr(aq)+H2O(l)HCO.T(aq)+OH-(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO*

的水解反应为吸热反应，所以小〃2〉。；OFT(叫)+H+(叫)=H?O⑴表示强酸和强碱的中和反应，

为放热反应，所以△为<()：醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以但由于醋酸是

弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反

应放出的热量，则综上所述，只有△,<△"2正确，故选B。

15.(2021•广东选择性考试)鸟喋吟(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用

GHC1表示)。已知GHC1水溶液呈酸性，下列叙述正确的是()

A.0.001molL'GHCl水溶液的pH=3

B.0.001molUGHCl水溶液加水稀释，pH升高

C.GHC1在水中的电离方程式为：GHC1=G+HC1

D.GHC1水溶液中：c(OH)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)

【答案】B

【解析】A项，GHC1为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解.，弱离子的水解较为微

弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3,故A错误；B项，稀释GHC1溶液时，GH+水解

程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C

项，GHC1为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHC仁GH++CT,故C错误；D项，根据电

荷守恒可知，GHC1溶液中c(OH)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+),故D错误：故选B。

16.(2021•浙江1月选考)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

检验某无色溶若溶液变黄色且试管上

取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，

A液中是否含有部产生红棕色气体，则该

再加入FeCL溶液

溶液中含有

NO2-NO?-

B探究KI与取5粒0.11«011-的溶液于试管中,加入若溶液变血红色，则KI

FeCb反应的限1mLO.lmolL-1FeCL溶液，充分反应后滴与FeCb的反应有一定限

度入5滴15%KSCN溶液度

取2mL卤代燃样品于试管中，加入5mL

判断某卤代嫌若产生的沉淀为白色，则

C20%KOH水溶液混合后加热，再滴加

中的卤素该卤代燃中含有氯元素

AgNCh溶液

探究蔗糖在酸取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适若没有生成砖红色沉

D性水溶液中的量稀H2s。4后水浴加热5min；再加入适量淀，则蔗糖在酸性水溶

稳定性新制Cu(OH)2悬浊液并加热液中稳定

【答案】B

【解析】A项，原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+,故不能验证原溶液中含

有亚硝酸根，A错误；B项，向K1溶液中滴加FeCb,若FeCb没有剩余说明反应是完全的，

因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；

C项，溶液中加入KOH后体系中剩余大量的0H-,再加入硝酸银溶液后OH也可以使Ag+

生产白色沉淀，C错误；D项，蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中

是否存在拳击，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，

D错误；故选B。

二、非选择题(本题共5题，共52分)

17.(2022•全国乙卷)(10分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。

回答下列问题：

(1)氟原子激发态的电子排布式有,其中能量较高的是。(填标号)

a.Is22s22P43slb.Is22s22P43d2c.Is22sl2P5d.Is22s22P33P2

(2)①一氯乙烯(C2H3。)分子中，C的一个杂化轨道与Cl的3Px轨道形成

C-CI键，并且C1的3Px轨道与C的2Px轨道形成3中心4电子的大兀键(n：)。

②一氯乙烷(C2H5CI)、一氯乙烯(C2H3CI)、一氯乙快(C2HCI)分子中，C-C1键长的顺序是

，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-CI键越强：(ii)。

(3)卤化物CsICb受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为

。解释X的熔点比Y高的原因。

(4)a-Agl晶体中「离子作体心立方堆积(如图所示),Ag+主要分布在由「构成的四面体、

八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，a-Agl

晶体在电池中可作为。

3

已知阿伏加德罗常数为NA,则a-Agl晶体的摩尔体积Vm=m/mol（列出算式）。

【答案】（l）ad（l分）d（l分）

（2）sp2（l分）。（1分）一氯乙烷〉一氯乙烯＞一氯乙快C1参与形成的大兀键越多，

形成的C-CI键的键长越短（1分）

（3）CsCl（l分）CsCl为离子晶体，I。为分子晶体（1分）

（4）电解质（1分）&x（504x10-12）3Q分）

2

【解析】（DF的原子序数为9,其基态原子电子排布式为Is22s22P5。a项，Is22s22P43sl

基态氟原子2P能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b项，

Is22s22P43d2,核外共10个电子,不是氟原子,b错误；c项，Is22sl2P5,核外共8个电子，

不是氟原子，C错误;d项，Is22s22P33P2,基态氟原子2P能级上的2个电子跃迁到3P能级

上，属于氟原子的激发态，d正确；故选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，

TTTT

因此能量最高的是Is22s22P33P2,故选d。（2）①一氯乙烯的结构式为、C=C，，碳

HC1

为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与CI的3Px轨道形成C-Cb键。②C

的杂化轨道中s成分越多，形成的C-CI键越强，C-C1键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3

杂化，一氯乙烯中碳采取Sp2杂化，一氯乙烘中碳采取Sp杂化，Sp杂化时p成分少，Sp3杂

化时P成分多，因此三种物质中C-C1键键长顺序为：一氯乙烷〉一氯乙烯〉一氯乙快，同时

C1参与形成的大兀键越多，形成的C-C1键的键长越短，一氯乙烯中C1的3Px轨道与C的

2Px轨道形成3中心4电子的大兀键（口；），一氯乙焕中C1的3Px轨道与C的2Px轨道形成2

套3中心4电子的大兀键（口；）,因此三种物质中C-C1键键长顺序为：一氯乙烷,一氯乙烯

＞一氯乙焕。（3）CsICb发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液

体，则无色晶体为CsCL红棕色液体为IC1,而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子

键，IC1为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比IC1高。（4）由题

意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此a-Agl晶体是优良的

离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8x：+l=2个，依据化学

O

AN2

式Agl可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=R—mol=N—moL晶胞体积

V(504xl0/2)3m3

V=a3pm3=(504x10-,2)3m3,则a-Agl晶体的摩尔体积Vm=—=2

n---moi

N8

NX(504X1Q12)3

Am3/mol,,

2

18.（2021•浙江6月选考）（10分）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下

探究实验。

其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答:

（1）白色固体C的化学式是，蓝色溶液D中含有的溶质是（用化学式表示）。

（2）化合物X的化学式是；化合物X的一价阴离子与CH&具有相同的空间结构，

写出该阴离子的电子式_______。

（3）蓝色溶液A与N2H5+作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的

白色沉淀。

①写出该反应的离子方程式。

②设计实验验证该白色沉淀的组成元素。

【答案】⑴ALChd分）CU（NO3）2、NH4NO3、AgNCh、HNCh（2分）

••*1.

:Cl：

⑵CuAl2cl8（2分）：ci：工:d：（1分）

"：ci："

（3）①4Cu2++N2H5*+4CT=4CuClJ+N2T+5H'（2分）

②将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNCh溶

液，有白色沉淀，说明有C1元素（2分）

【解析】含有CM+的溶液显蓝色，含有［Cu（NH3）4p+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后

得到的溶液A呈现蓝色,且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；

向含有AF+的溶液中加入氨水可用于制备A1(OH)3,且A1(OH)3为可溶于NaOH溶液的臼色

沉淀，即可推断白色沉淀B为A1(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNCh溶液后

有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Ch综上，化合物X中含有AF+、CM+和Ch(1)

白色沉淀D为A1(OH)3,灼烧A1(OH)3得至UAI2O3,故白色固体为AhCh;溶液D中含有的

阳离子有Cu2\NH4+、Ag+、H+,阴离子有NO*故溶液中含有一：Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNCh、

HNO3；(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX中含有铝离子物质的量为：

1.020g411.480g

——^-x2=0.02mol,含有氯离子物质的量为：;,=0.08moL由化合物应显电中

102g/mol143g/mol

性可得三种离子物质的量比值为“(Cu2+)：«(AP+)：n(Cl-)=l：2：8,则可得X的化学式为

CuA1208；阴离子A1C1；中A1原子的杂化方式为sp3,空间结构为正四面体，与CH4相同，

：C1：

其电子式为:d：.ii：&：；(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有AP+、cM+和cr,与

：ci:*'

N2H5+反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+,可推测铜元素以沉淀形式析出，

反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是

+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N2H5+中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程

中N元素化合价升高生成N2,符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以

及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为4GP++N2H5,+4C1=4CuCU+N2T+5H+；②

Cu?+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，Cu。与硝酸反应过

程中C1元素以Ct形式存在于溶液中，C1-与AgNCh溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀。

19.(2020•浙江1月选考)(10分)研究NOx之间的转化具有重要意义。

⑴已知：N2O4(g)=^2NO2(g)AH>0将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中,

控制反应温度为Ti。

①下列可以作为反应达到平衡的判据是。

A.气体的压强不变B.v“：(N2CU)=2V逆(NO?)C.K不变

D.容器内气体的密度不变E.容器内颜色不变

②。时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p,N2O4气体的平衡转化率为75%,则

反应N2O4(g)=2NO2(g)的平衡常数KP=(对于气相反应，用某组分B的平衡压

强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp,如p(B)=p-x(B),p为平衡总压

强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。

③反应温度T1时，C(N2C)4)随t(时间)变化曲线如图，画出0〜t2时段，C(NC>2)随t变化曲

线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2>T0,再次画出0〜t2时段，c(NCh)随t变化

趋势的曲线«

（2）NO氧化反应：2NO（g）+O2（g）=2NCh（g）分两步进行，其反应过程能量变化示意图如

图。

I2NO（g）=N2O2（g）

IIN2O2（g）+O2（g）-+2NO2（g）AH2

①决定NO氧化反应速率的步骤是（填“I”或"H”）。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和02气体，保持其它条件不变，控制反应温

度分别为T3和T4（T4>T3）,测得c（NO）随t（时间）的变化曲线如图。转化相同量的NO,在温

度（填“T3”或"T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因—o

【答案】（1）①AE（2分）②—p（2分）

0hht

（2）011（1分）

②T"1分）AHiVO,温度升高，反应I平衡逆移，c（N?C）2）减小，浓度降低的影响大

于温度对反应II速率的影响（2分）

【解析】(1)①A项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质

浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B项，v,(N2OQ=2v逆(NCh)说明正逆反

应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C项，温度不变，化学平衡常数K

不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D项，由质量守恒定律可知，

反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应

达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学

平衡状态，故正确；AE正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为Imol,由题给数据建

立如下三段式：

N;O4(g)一2NO,(g)

起始(mol)10

变化(mol)0.751.5

平衡(mol)0.25.1.5

Q25molp_1.5mol

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为-------------xp=匕,NO2的平衡分压为--------

\15moi7\.15mol

(%)2

xp=*,则平衡常数Kp=-^—=学；③由图可知，ti时反应消耗N2O4的浓度为

7

(0.04—0.01)mol/L,由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03moI/Lx2=0.06mol/L；该反应

为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0〜t2时段，NO2的

?

一0

号

浓度c(NCh)随t变化趋势的曲线为(2)①由图可知,

反应I的活化能小于反应n的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应I

快于反应n,化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应

II;②由图可知，转化相同量的NO,在温度T」下消耗的时间较长，原因是反应I为放热

反应，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率

的影响，导致转化相同量的NO,在温度较高的T4下消耗的时间较长。

20.(2022•浙江6月选考)(10分)氨基钠(NaNH?)是重要的化学试剂，实验室可用下图装

置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。

钠粒

氨气

液氨+

Fe(NO3)3-9H2O

B

简要步骤如下:

I.在瓶A中加入100mL液氨和0.05gFe(N03)3«9H20,通入氨气排尽密闭体系中空气,

搅拌。

II.加入5g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。

IH.除去液氨，得产品NaNH?。

已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。

2Na+2NH3=NaNH2+H2T

NaNH2+H2O=NaOH+NH3t

4NaNH2+3O2=2NaOH++2NaNO2+2NH3

请回答：

(1)Fe(NO3)3-9H2O的作用是；装置B的作用是。

(2)步骤I,为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案。

(3)步骤II,反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有

(4)下列说法不无琥的是o

A.步骤I中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3・9H2O均匀地分散在液氨中

B.步骤H中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成

C.步骤III中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH?

D.产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中

(5)产品分析：假设NaOH是产品NaNIh的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNHz

纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。

准确称取产品NaNH2XgT()—()—()T计算

a.准确加入过量的水

b.准确加入过量的HC1标准溶液

c.准确加入过量的NH4C1标准溶液

d.滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4〜6.2)

e.滴加石蕊指示剂(变色的pH范围4.5〜8.3)

f.滴加酚麟指示剂(变色的pH范围8.2〜10.0)

g.用NaOH标准溶液滴定

h.用NH4cl标准溶液滴定

i.用HC1标准溶液滴定

【答案】（1）催化（1分）防止氧气、水进入密闭体系（1分）

（2）试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试

管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽（2分）

（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可）（2分）

（4）BC（2分）

（5）bdg（2分）

【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，

为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，

所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨

气等。⑴结合实验原理，根据实验操作中加入Fe（NO3）3«9H2O的用料很少，可推知，Fe（NO3）j

•9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率：结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水

和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNHz的制备；

（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判

断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨

气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气

泡，则说明空气已排尽；（3）上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，

所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增

加液氨量（任写-一种即可）；（4）A项，步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量

的催化剂Fe（NO.；）3・9H2O均匀分散在液氨中，A正确；B项，步骤U中，由于液氨处于微沸

状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能

被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安

全隐患，B错误；C项，步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸

上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；D项，

因为制备的产品NaNH：易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，

D正确：故选BC；（5）题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH,因为产品溶于

水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含

氯化钠和氯化镀，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢

氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH?的纯度，故涉及的操作步

骤为：准确称取产品xg-加入过量盐酸标准溶液-加入滴加甲基橙指示剂-用氢氧化钠

标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故选bdg。

21.（2020.浙江7月选考）（12分）某研究小组以邻硝基甲苯为起始原料，按下列路线合成

利尿药美托拉宗。

aNHCOCH3ClNHCOCH,

CH,

美托拉宗

已知:

请回答:

(1)下列说法正确的是。

A.反应I的试剂和条件是Cb和光照B.化合物C能发生水解反应

C.反应］I涉及到加成反应、取代反应D.美托拉宗的分子式是Ci6H14CIN3O3S

(2)写出化合物D的结构简式。

(3)写出B+E-F的化学方程式o

(4)设计以A和乙烯为原料合成C的路线(用流程图表示，无机试剂任选)o

(5)写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式o

切-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；②有

碳氧双键，无氮氧键和一CHO。

NHCOCH,

HNOSCOOH

【答案】(1)BC(2分)⑵,2（2分）

NII,ClNIL

a+n

CH,H：NO.SCOOHH；NO:S

⑶（2分）

（3分）

【解析】结合邻硝基甲苯、C的结构简式以及B的分子式，可以推测出A的结构简式

CH»NHC（X：H3

，

为、B的结构简式为Q/NH被酸性的高镐酸钾溶

NO2s

NHC（K：H3

液氧化为D,D的结构简式为，D分子中含有肽键，一定条件

COOH

下水解生成E,结合E的分子式可知，E的结构简式为,结合E

COOH

H2NO2S

的结构简式、美托拉宗的结构简式、F