2024届浙江省杭州市七县市高考化学必刷试卷含解析

2024届浙江省杭州市七县市高考化学必刷试卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程（中间体的能量关系如虚框中曲线所示），图2为室温下某溶液中

CH3COOH和CH3COO一两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是

□

1O.

O.

次O.

走O.

O.

图1图2

A.Cbh分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量

B.中间体①的能量大于中间体②的能量

C.室温下，CH3COOH的电离常数Ka=10T76

D.升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动

2、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑,

它们的合金成分可能是（）

A.钠合金B.硬铝C.生铁D.钛合金

3、只能在溶液中导电的电解质是（）

A.KOHB.CH3COONH4C.SOiI）.CH3COOH

4、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的

3倍，下列说法中正确的是

XY

ZW

A.最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强

B.只由这四种元素不能组成有机化合物

C.与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应

D.X、Y形成的化合物都是无色气体

5、高能LiFePCh电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构

如图所示：

原理如下：（l-x）LiFePO+xFePO4+LiCLiFePCh+nC。下列说法不正确的是

4欣电•••

A.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极

B.充电时，Li+向左移动

+

C.充电时,阴极电极反应式：xLi+xe-+iiC=LixCn

D.放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4

6、下列说法正确的是

\—CII；的一氯代物有2种

B.脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程，释放能量

D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料

7、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是

soT|-Ha°H2SO4I

催化剂、HIM

焦炭、空气

CaSO4\♦TCHJOH

高溟»Tco}催化剂、加曲一--

HQA/MOHbl—漂白粉

A.CO、SO2、SO3均是酸性氧化物

B.工业上利用CI2和澄清石灰水反应来制取漂白粉

C.除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应

D.用CO合成CH30H进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%

8、向lOOmLO.lmoH/硫酸铝物NH4Al(SO4)H溶液中逐滴滴入0.1mol・L“Ba(OH)2溶液。随着Ba[OH)2溶液体积V

的变化，沉淀总物质的量〃的变化如图所示。下列说法正确的()

A.a点的溶液呈中性

B.a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大

C.b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mL

3+242+

D.至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al+2SO4+NH4+2Ba+5OH->AIO2+2BaSO4l+NHyH2O+2H2O

9、某有机物的分子式为C4H,QC1,该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种(不考虑立体异

构)

A.8B.10C.12D.14

10、钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是

电源

钢

铁

闭

门2^二二

A.b为电源负极

B.该方法是牺牲阳极的阴极保护法

C.电子流向：钢铁闸门一辅助电极->b—a

D.电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应

11、设2为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是

A.NzO转化成无害气体时的催化剂是Pt2(h+

B.每ImolPt2O+转化为PtzCV得电子数为3NA

C.将生成的CO2通人含大量SKh=、Na，Cl•的溶液中，无明显现象

D.IgCOz、NzO的混合气体中含有电子数为0.5NA

12、下列说法正确的是

A.共价化合物的熔、沸点都比较低

B.H2s0八CCL、NH3均属于共价化合物

C.%。分子比H2s分子稳定的原因是HzO分子间存在氢键

D.SiCh和CaCCh在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强

13、下列离子方程式不本碑的是

r

A.足量SCh通入NaCIO溶液中：SO2+H2O+CIO=SO4+Cl+2H+

-

B.在稀氨水中通入过量CO2：NH3•H2O+CO2=NH4+HCO3

+2+

C.用浓H2s04溶解FeS固体：FeS4-2H=Fe4-H2St

2+-+2

D.氢氧化钢溶液与等物质的量的稀H£O4混合：Ba+2OH4-2H4-SO4=BaSO4I+2H2O

14、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是

选

实验目的实验方法相关解释

项

A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红

出水口

探究正戊烷C5H12催化裂

BC5H12裂解为分子较小的烷烧和烯燃

解:

实验温度对平衡移动的影4**2NO2，NO』为放热反应，升温

C■■“热水霍，/冷水

响平衡逆向移动

■

用AlCb溶液制备AlCh晶0

DAlCh沸点高于溶剂水

体

A.AB.BC.CI).D

15、利用下列实验装置能达到实验目的的是

6

分离CHJCOOH和CH3COOC2H5混合液

B.验证NH4NO3晶体溶于水的热效应

筐蒸发FeCb溶液得到FeCk固体

n

D.Cl、Si的非金属性强弱

16、设N,、为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是

A.标准状况下，22.4LHQ2含有分子数目NA

B.25℃,lLpH=13的Ba(OH),数目为O.2N4

C.在足量CI?中O.lmolFe燃烧完全，转移电子数目为0.3NA

D.密闭容器中3moiH2与ImolN2充分反应可生成NH,分子数目为NA

二、非选择题(本题包括5小题)

17、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质，设计并进行如下实验:

合金X无色气

(14.6电体A

白色说

淀5。克

根据上述信息，回答下列问题：

(1)合金X的化学式为

⑵用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因;

(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:

18、某药物中间体X的合成路线如下：

已知：®RX4-„।——>|_+HX；②一NH2+RCHO——>RCH=N-；

HN一RTI

③…H索用④品叫嬴。吗

请回答：

(1)F的结构简式为o

(2)下列说法正确的是o

AH—X的反应类型属于加成反应

B化合物F具有弱碱性

C化合物G能发生取代、消去、还原反应

D化合物X的分子式为C23H27O3N9

(3)写出B-C的化学方程式o

(4)/可以转化为设计以苯酚和乙烯为原料制备的合成

路线(用流程图表示，无机试剂任选)O

(5)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式。

①分子中有一个六元环，无其它环状结构；

②iH-NMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在一CN。

19、苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。

NH2NH3CI

已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐厂、

②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl->2+3SnCl4+4HO

52

③有关物质的部分物理性质见表:

物质熔点/°C沸点/C溶解性密度/g・cm-3

苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙酸1.02

硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙酸1.23

乙醛-116.234.6微溶于水0.7134

I.比较笨胺与氨气的性质

（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为:用苯胺代替浓氨水重复上

述实验，却观察不到白烟，原因是O

II.制备苯胺。往图所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min,

使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈碱性。

⑵冷凝管的进水口是___（填"a”或"b”）；

⑶滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为

m.提取苯胺。

i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：

ii.加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。

ii,往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醛萃取，得到乙醛萃取液。

iii.合并粗苯胺和乙醛萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馆后得到苯胺2.79g。

（4）装置B无需用到温度计，理由是______o

⑸操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d,再停止加热，理由是_________

（6）该实验中苯胺的产率为o

⑺欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：O

20、连二亚硫酸钠（Na2s2。4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模

拟工业流程设计实验制取保险粉。

已知：Na2s2。4是白色固体，还原性比Na2s03强，易与酸反应（2S2O42-+4H，=3SO2t+Sl+2H2。）。

（一）锌粉法

步骤1：按如图方式，温度控制在40〜45'C,当三颈瓶中溶液pH在3〜3.5时，停止通入SO2,反应后得到Z11S2O4

溶液。

步骤2：将得到的Z11S2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2,向滤液中加入一定量食盐，立即析出

Na2s2O4・2H2。晶体。

步骤3：,经过漉，用乙醇洗涤，用120〜140c的热风干燥得到Na2so4。

（二）甲酸钠法

步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2cO3溶液和乙醇。温度控制在70〜83℃,持续通入

SO2,维持溶液pH在4〜6,经5〜8小时充分反应后迅速降温45〜55C,立即析出无水Na2s2。4。

步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2s2。4。

回答下列问题：

（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______;容器中多孔球泡的作用是______。

（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2s2。4・2%0晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）

（3）两种方法中控制温度的加热方式是o

（4）根据上述实验过程判断，Na2s20,在水、乙醇中的溶解性为：。

（5）甲酸钠法中生成Na2s2。4的总反应为o

（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______o

（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2s04。

稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNCh溶液、BaCb溶液o

21、二茂铁在常温下为橙黄色粉末，有樟脑气味，用作节能、消烟、助燃添加剂等。可用下列方法合成:

回答下列问题：

（1）室温下，环戊二烯以二聚体的形式存在。某实验小组要得到环戊二烯，需先将环戊二烯二聚体解聚，已知:

173-174t

（CA）27*2cH

（环戊二烯二聚体）25（（环戊二烯）

（沸点为174（沸点为41

①分离得到环戊二烯的操作为（填操作名称）C

②由环戊二烯生成C5H5K的化学方程式为o

⑵流程中所需的FeC”%。可通过下列步骤制得。

怏局—,加分工佚速赢］~电3~-田

70t

①用饱和Na2c03溶液"浸泡”铁屑的目的是o

②采用“趁热过滤”，其原因是o

（3）用电解法制备二茂铁时：

①不断通入N2的目的是___________________________o

②Ni电极与电源的（填“正极”或“负极”）相连，电解过程中阳极的电极反应式为,理

论上电路中每转移1mol电子，得到产砧的质量为一。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、D

【解题分析】

A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C-H键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；

B.从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成

C—C和O-H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；

C.由图2可知，当溶液pH=4.76,c(CH3COOH)=c(CH3COO)=0.05mol/L,CH3COOHCH3COO+H+的电离常数

c(CHCOO)<(H+)

3=c(H+)=10-4-76«C项正确;

'CI：CH3COOH)

D.根据CH3coOH，CH3coO-+H+的电离常数)可知，图？两条曲线的交点的《%)值等于

c(CH3COOH)

醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向

移动°D项错误：答案选De

2、C

【解题分析】

人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用

的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活

泼金属的合金，故答案选C。

【题目点拨】

人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较

复杂，故利用的越晚。

3、D

【解题分析】

A.氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；

B.醋酸钺是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；

C.二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；

D.醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。

4、B

【解题分析】

K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X

是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。

【题目详解】

A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水

化物的酸性比Z强，A项错误；

B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；

C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z,因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；

D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；

答案选B。

5、B

【解题分析】

A.原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A

正确，但不符合题意；

B.充电过程是电解池，左边正极作阳极，右边负极作阴极，又阳离子移向阴极，所以Li+向右移动，故B错误，符合题意；

+

C.充电时，阴极C变化为LixCn,则阴极电极反应式：xLi+Xe+nC=LixCn,故C正确，但不符合题意；

D.放电正极上FePCh得到电子发生还原反应生成LiFePOj,正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4»故0正确，

但不符合题意；

故选：B。

6、C

【解题分析】

A.一皿、的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A错误；B.脂肪在人体内脂肪酶的作用下

水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B错误；c.5”结构相似,

ucihCH2OCHX

组成相差一个-CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化

工基本原料，不能得到苯，故D错误；答案：Co

7、C

【解题分析】

A.SO?、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A错误；

B.工业上利用CL和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；

C.除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；

D.用CO与氢气反应合成CfhOH,反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%,甲醇与氧气在催化剂存在时发

生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%,D错误；

故答案选Co

8、D

【解题分析】

100mL0.1mol・Li硫酸铝铉［NH4Al(SO』)2］中NH4Al(SO5物质的量为O.Olmol.溶液含有NHTO.OlmoLAl3+0.01mol,

S0420.02molo

开始滴加时，发生反应为SO4'+Ba2+=BaSO4I,Al^OH=AI(OH)jI,当A声沉淀完全时需加入0.03molOH;即

加入0.015molBa(OH)2,加入的Ba?+为0.015moLS(V未完全沉淀，此时溶液含有硫酸按、硫酸铝；(开始到a)

+

再滴加Ba(OH)2,生成BaSCh沉淀，发生反应为SO4、Ba2+=BaSO4I,NH4+OH=NHyH2O,所以沉淀质量继续增

力口；当SO4?•完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2,加入0.04molOH,AF+反应掉0.03molOfT,生成Al(OH)30.01mol,

剩余O.OlmolOlT恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4*完全反应，此时溶液为氨水溶液；(a到b)

继续滴加Ba(OH)2,AI(OH”溶解，发生反应Al(OH)3+OIT=AKh-+2H2O,由方程式可知要使O.OlmolA1(OH)3完全溶

解，需再加入0.005molBa(OH)2,此时溶液为氨水与偏铝酸钢溶液.(b到c)

【题目详解】

A.由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42FBa2+=BaSOQ,A13++3OH』AI(OH)31，a点对应的沉淀为BaSCh

和A1(OH)3,溶液中的溶质是(NH4)2SOJ,该物质水解溶液呈酸性，A错误；

B.a点沉淀的质量=0.015molx233g/mol+0.01molx78g/mol=4.275g,c点为硫酸领的质量，为0.01molx2x233g/mol=4.66g,

所以质量(：点＞2点，B错误；

C.当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2,则b点消耗氢氧化钢体积=上四吐=0.2L=200mL,C错误；

0.1mol/L

3+2+2+

D.至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：A1+2SO4+NH4+2Ba+5OH=AIOz+2BaSO4l+NHyH2()+2H2O,

D正确；

故选D。

【题目点拨】

在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH4+、Ai3\A1(OH)3与OH•反应的顺序问题，若假设NIL+

先与OH•发生反应，由于生成的NHTWO能与AP+反应生成A1(OH)3,所以假设错误，应为A卢先与。田反应生成

A1(OH)3；对NH4+、AI(OH)3哪个先与OH•反应，若我们认为A1(OH)3先反应，生成的A1O2-能与NH&+发生反应生成

A1(OH)3和NH3・H2。，所以假设错误，应为NH「先与OH•反应。

9、C

【解题分析】

该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有即可转变为4个C的烷足的二元取代物，可采用定一议一的

方法。4个C的烷烧共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共

有12种，故答案选C。

10、D

【解题分析】

从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。

A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；

B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；

C、在电解池中，电子由电解池的阳极一电源的正极，电源的负极-电解池的阴极，即电子要由辅助电极-b、a-钢

铁闸门，选项C错误；

D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确；

答案选D。

11、D

【解题分析】

A.根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2(V,则该过程的催化剂是PLO+,故A错误；

+

B.根据转化关系，结合得失电子守恒，NzO转化N2时，Pt?O+转化为Pt2(h+,氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O=

++

N2+Pt2O2,反应中氮元素由+1价得电子变为0价，ImolN2O转化为N2得到2mol电子，则每ImolPt2(X转化为Pt2O2

失电子为2mol,数目为2M,故B错误；

2

C.将生成的CO2通人含大量SiO3\Na\的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO.一+CO2(少量)+H2O=CO32-+HzSiO31，

有白色沉淀生成，故c错误；

D.CO?和NzO的摩尔质量都为44g/moL一个分子中含有电子数都为22个，贝ljlgCO2>N2O的混合气体的物质的

量为'mol,含有电子数为,molX22XNA=0.5A[*,故D正确；

4444

答案选D。

【题目点拨】

B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。

12、B

【解题分析】

A.共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体〉离子晶体〉分子晶体，故共价化合

物的熔点不一定比较低，故A错误；

B.H2SO4、CCh、Ng分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；

C.分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；

D.常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO?和CaCOa在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，

不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；

本题选B。

13、C

【解题分析】

A.SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaQO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：

SO2+H2O4-ClO-=SO42_4-C!_+2H+,故A正确；

B.在稀氨水中通入过量CO2,反应生成NH4HCO3,离子方程式为：NFh・H2O+CO2=NH；+HCO3，故B正确；

C.因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe＞和H2s氧化，所以用浓H2s04溶解FeS固体，不能生成F©2+和H2S,故C错误;

2++:

D.氢氧化领溶液与等物质的量的稀H：SO4混合，反应的离子方程式为：Ba+2OH-t-2H+SO4=BaSO4I+

2H2O,故D正确；

答案选C。

【题目点拨】

明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成

物不可能为Fe2+和H2S,所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、

检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。

14、C

【解题分析】

A.氯水中含HC1O,具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH,应选pH计测定氯水的pH,A错误；

B.GHiz裂解为分子较小的烷点和烯点，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热

功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；

C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；

D.加热促进AlCh水解，且生成HC1易挥发，应在HC1气流中蒸发制备AlCh晶体，D错误；

答案选C

15、B

【解题分析】

A.CH.3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；

B.硝酸铁晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B

正确；

C.蒸发FeCh溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；

D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实

验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。

故选B。

【题目点拨】

掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。

16、C

【解题分析】

A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；

B.25℃,lLpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH)=0.1mol/L,n(OH)=0.1mol/Lx1L=0.1mol,故OH•的数目为0.1NA,B

错误；

C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以O.lmolFe完全燃烧，转移电子数目为0.3NA,C正确;

D.N2与出合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3molH2与1molN2充分反应可生成NH，分子数目小于NA,

D错误；

故合理选项是Co

二、非选择题(本题包括5小题)

5+

17、FesCH2O2+2H++2Fe2+=2Fe"+2H2O、Fe+3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3cO2=Na2coi+ZNaHCCh+HzO

【解题分析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量

的稀硫酸反应生成FeSO4和Hz(A气体)，剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B(COz),CO2

通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3o

【题目详解】

⑴生成的CaC(h为5.0g即0.1)5mol,碳元素的质量为0.05molxl2g/mol=0.6g,则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g,

即含铁14.0g-r56g/mol=0.25mol,所以X为FesC。

⑵合金中的Fe与H2s04反应生成的是FeSCh,加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN生成Fe(SCN)3o故离子方程

+2+3+3+

式为：H2O2+2H+2Fe=2Fe+2H2O>Fe+3SCN=Fe(SCN)3;

(3)CO2的物质的量为0.336L+22.4L/mol=0.015mobNaOH的物质的量为0.02mol。O.OlSmoICCh与0.02molNaOH反

应生成Na2cChamol与NaHCOjbmob根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02,a+b=0.015解得

a=0.005,b=0.01,根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3cO2=Na2C(h+2NaHCO3+H2O。

18、HO''皿'或H°CH2cH2NHNH2BCDC(NfHNH2+

【解题分析】

从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为

中

°coiminix,根据信息①分析，c的结构简式为日尸N.8.(1，E的结构简式为

a

HOCH2CH2CI,F的结构简式为HOCHzCHzNHNHzo

【题目详解】

⑴根据以上分析可知F的结构简式为加工或HOCH2cH2NHNH2；

⑵A.H的结构中含有氯原子，结合信息①分析，H-X的反应类型属于取代反应，故错误；

B.化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2,含有氨基，具有弱碱性，故正确；

C.化合物G含有的官能团为羟基，谈基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；

D.结合信息①分析，H的分子式为G2Hl2O2N7CL与之反应的分子式为G1H16ON2,该反应为取代反应，生成的另

外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9,故正确。选BCD；

(4)以苯酚和乙烯为原料制备HN：二NHQFOH的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为此N-；-OH

和HN(CHzCHzBr)2,>hN--OM由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溟发生加成反应生成1,2.二漠乙烷，再

与氨气反应生成HN(CHiCILBr)2即可。合成路线为：

de,就・WMEEMt-

⑸化合物B的分子式为C5HO02N2,其同分异构体同时符合下列条件；

①分子中有一个六元环，无其它环状结构；②T-NMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在一CN,说明结构

有对称性，除了・CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为

:：尸奸0、、CH1M}・CM、CH2=«(^NCMo

19、NH3+HC1=NH4C1苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-TC6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，

无需控制.温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水

层后，加入NaOH固体干燥、过滤

【解题分析】

(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184c分析；

(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；

(3)根据题中信息，联系核盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；

(4)根据蒸馆产物分析；

(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；

(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；

(7)根据物质的性质分析作答。

【题目详解】

(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟,是浓氨水挥发出来的N%和浓盐酸挥发出来的HQ反应生成NH4CI

固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCI=NH4CI；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点

184V,比较高，不易挥发；

(2)图1装置包含了产品的分馆，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下

口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；

(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6HsNM'+OH-fC6H5NH2+H2O;

(4)因为蒸储出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；

(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d,再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小

引起倒吸；

123x5()x93

(6)设理论上得到苯胺m,根据原子守恒可知C6H5NO2〜C6H5NH2,则m=」————g=4.65g,所以该实验中苯

2792

胺的产率;八rX100%=60%；

4.65g

(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干

燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯,

再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过漉。

20、H2O+SO2=H2SO3,Zn+2H2sO3；ZnS2O4+2H2。或Zn+2sO2；ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸

收速率溶液中存在：Na2s2O4G),NazSzOa(aq)2Na+(aq)+S2O：(aq)[或Na2s2O4G)ZNaYaqHS?。：(aq)],

增大c(Na'),平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2s2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小

2HCOONa+4S(h+Na2co3=2Na2s2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2s2。』分离取少量产品配成稀溶液，加入

足