2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷02化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷02可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16F19Na23Si28Cl35.5Mn55Fe56Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ce140一、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．下列物质中，不属于配合物的是()A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4 C．·5H2O D．[Ag(NH3)2]OH2．下列说法不正确的是()A．电解饱和食盐水可制取金属钠B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐D．纯碱可用于去除物品表面的油污3．下列化学用语或图示表达正确的是()A．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B．NaCl溶液中的水合离子：C．HClO的电子式：D．聚丙烯的结构简式：4．下列有关实验图示说法正确的是()A．图①：检验电石与水反应的产物为乙炔B．图②：验证碘在CCl4中的溶解性比在水中好C．图③：重结晶法提纯含有泥沙和食盐的苯甲酸D．图④：表示易燃类物质5．化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．人体易吸收，补铁时应适当补充维生素C，利用了维生素C的还原性B．亚硝酸钠能使肉制品长时间保持鲜红色，且具有防腐作用，所以食品中可以大量添加亚硝酸钠C．合成纤维(如腈纶等)部分取代了棉、麻等天然纤维，单体丙烯腈(CH2=CH-CN)发生缩聚反应得到腈纶D．厨卫管道常因留有油脂、毛发、菜渣造成堵塞，可用固体管道疏通剂(主要成分为NaOH和Al2O3)疏通6．在高温高压的水溶液中，AuS-与Fe2+发生反应2AuS-+3Fe2++4H2O=Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，下列说法正确的是()A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3B．每生成4.48LH2S，转移电子数为0.2NAC．反应中若有19.7gAu元素被还原，则生成0.05molFe3O4D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A聚乳酸含有酯基聚乳酸可用于手术缝合线B单晶硅熔沸点高、硬度大单晶硅可用于制造光电池CTi-Fe合金能与H2结合成金属氢化物Ti-Fe合金可用于储存H2D石墨烯中每个C原子未杂化的p轨道重叠使电子在整个平面内运动石墨烯可用于制造超级电容器8．下列反应的离子方程式正确的是()A．向中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2和=4Na++418OH-+O2↑B．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．水杨酸与小苏打反应：+2HCO3-→+2CO2↑+2H2OD．向Fe(SCN)3溶液中滴加NaCN溶液：Fe(SCN)3+6CN-=[Fe(CN)6]3-+3SCN-9．高吸水性树脂(SAP)的结构片段如图所示。下列说法正确的是()A．合成SAP的反应为缩聚反应B．合成SAP的单体中碳原子均共面C．将SAP中羧基等基团酯化可提高其吸水性D．丙烯与1，4-戊二烯共聚可形成类似SAP骨架的交联结构10．主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。下列说法不正确的是()A．键角：YO3B．分子的极性：W2XC．简单离子半径：D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物11．将气体H2S和CH4按体积之比[V(H2S)：V(CH4)=2：1]导入管式反应器(如图1)热解制H2，高于T℃下发生如下两个反应(反应过程用N2稀释)：Ⅰ：

2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)K1Ⅱ：

CH4(g)＋S2(g)CS2(g)＋2H2(g)K2在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法错误的是()A．高于T℃，该体系总反应为：

CH4(g)＋H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)K3=K1×K2B．曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ＜反应ⅡD．在1000℃、常压下，通入H2S(g)的体积分数保持不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率减小12．叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。下列说法正确的是()A．用KOH溶液中和步骤④产生的H+，有利于提高叔丁酯的产率B．用18O标记醇羟基，可区别叔丁醇、乙醇与羧酸在酯化反应时的机理差异C．中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力大D．相同外界条件下，中间体3比更难给出H+13．2024年我国科学家开发了一种质子交换膜()系统，可在催化剂(源自废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高效实现CO2向甲酸的转化，CO2转化过程中的与电极电势关系如图2所示。下列有关说法不正确的是()A．多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应B．外电路每转移电子，有的自右侧经过质子交换膜到左侧C．在pH=2的条件下，可发生CO2+2H＋+2e-=HCOOHD．pH=12时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成14．配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2](结构如图所示)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理为在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的[Pt(NH3)2(OH)Cl]与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。其同分异构体反铂不具有抗癌作用。下列说法不正确的是()A．[Pt(NH3)2Cl2]中的配位数为4B．顺铂在水中的溶解度大于反铂C．OH-与Pt2+的结合能力小于Cl-与Pt2+的结合能力D．配合物[Pt(NH3)2Cl2]存在顺反异构，说明该配合物为平面结构而非四面体结构15．室温下，取浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液、K2CrO4溶液各10.00mL于锥形瓶中，分别用0.1mol·L-1的AgNO3溶液滴定，滴定过程中的pX[pX=-lgc(X)，X=Cl-、CrO42-]与滴加AgNO3溶液体积的关系图所示，已知：Ag2CrO4为红色，lg3=0.47。下列说法不正确的是()A．可用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂B．Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12C．a=8.53D．其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点向下移动16．为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是()选项影响因素方案设计现象结论A催化剂向2mL15%溶液中加入5滴0.1mol/L溶液溶液中产生气泡使用合适的催化剂可使平衡正向移动B压强向针筒中充入50mLHI(g)，分解达到平衡后再压缩针筒内气体气体颜色变深增大压强，平衡正向移动C温度加热2mL1.0mol/LNaHCO3溶液(含有酚酞)的试管红色变深升高温度，水解平衡向吸热方向移动D浓度向4mL0.1mol/LK2CO4溶液中滴加数滴1mol/LHNO3溶液黄色溶液变橙色增大反应物浓度，2CO42-+2H+CO72-+H2O平衡向正方向移动二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：(1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为____________________；CO2的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[Ni(PH3)2CO2]，已知该配合物的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[Ni(PH3)2CO2]的结构示意图：______________。(2)激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是________________(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。A．NOCl+ B．NO+ C．Cl+ D．OCl+(3)NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是_________________。A．原子半径：r(N)r(P)r(As)，且电负性：N＞P＞AsB．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱C．简单氢化物的还原性：NH3PH3AsH3D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为(4)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因________________________________________，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____g·cm-3列出计算式即可)。18．(10分)以黄铜矿(主要成分为FCuS2，含少量SiO2)为原料，相关转化关系如下。已知：①反应1中F不变价，且固体A为单一化合物；②Cl具有疏松结构。(1)固体A的化学式为；SOCl2的电子式为。(2)下列说法不正确的是___________。A．Cl不溶于水，但溶于稀硝酸B．在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度C．气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色D．SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3(3)反应2的化学方程式为___________________________________________。(4)①反应4生成的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为。②设计实验验证物质D中的氯元素。19．(10分)NOx是大气主要污染物。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应过程分为两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)

△H1＜0；v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)

△H2＜0；v2正=k2正c(N2O2)•c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)(1)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数表达式是(用k1正，k2正，k1逆，k2逆表示)。(2)将H2、NO、O2按体积之比为3：2：1充入恒温恒压(200℃，100Kpa)容器中，发生反应4H2(g)+2NO(g)+O2(g)N2(g)+4H2O(g)。达到平衡时，N2的体积分数为0.1。①平衡时，NO的转化率为，平衡常数Kp=(以平衡分压表示，平衡分压=平衡时总压×平衡时的物质的量分数)Kpa-2。②已知该反应ΔH＜0，初始温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中NO的转化率最高的是。A．恒温恒容容器

B．恒温恒压容器C．恒容绝热容器

D．恒压绝热容器③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，所得结果如图所示(其它条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是，理由为。(3)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示。阴极区的电极反应式为。20．(10分)甘氨酸亚铁晶体[(NH2CH2COO)2·2H2O]是一种补铁剂。某兴趣小组利用FeCO3与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁。已知：①甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇；②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有强酸性和强还原性。实验过程如下：①将11.6g碳酸亚铁放入装置C，同时加入200mL甘氨酸溶液，先打开仪器a的活塞，待整套装置中空气排尽后，加热装置C并不断搅拌，然后向装置C中滴加柠檬酸溶液；②反应结束后过滤，将滤液经过系列操作得到甘氨酸亚铁。(1)仪器a的名称是；装置D的作用是_______________________________。(2)加入柠檬酸的作用是。(3)过程②涉及如下全部操作，请排序：；a(滤液)→______→______→______→______→______→重结晶→甘氨酸亚铁晶体b．加入大量无水乙醇

c．蒸发浓缩

d．过滤

e．减压干燥

f．加少量无水乙醇洗涤(4)下列关于整个实验过程的说法中正确的是___________。A．甘氨酸和柠檬酸均易溶于乙醇，用乙醇洗涤可得到纯净的甘氨酸亚铁晶体B．仪器b的作用是平衡气压，有利于液体顺利流下C．装置B中盛有的试剂是饱和Na2CO3溶液D．待整套装置中空气排尽后再开始加热制备，是为了防止亚铁离子被氧化(5)①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加3mol·L-1H2SO4溶液15mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程式为Ce4+++Ce3+)。②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液直接滴定至终点，消耗标准液0.20mL。甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为(用百分数表示)。21．(12分)某研究小组通过下列途径合成药物咪达那新：请回答：(1)化合物D中含有的官能团名称是。(2)下列说法不正确的是___________。A．C→D发生取代反应B．B→C的转变也可用也可用在酸性条件下取代来实现C．两个化合物A分子之间可以发生羟醛缩合反应D．咪达那新可在酸性或碱性条件下发生水解反应(3)化合物E的结构简式是。(4)写出C→D的化学方程式_______________________________________。(5)某研究小组用乙醇和2-甲基咪唑()为原料合成，设计该合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(6)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式____________________。①分子中含有苯环；②谱和IR谱检测表明：苯环上共有5种不同化学环境的氢原子，有-C≡C-。

——★参考答案★——一、选择题1．【答案】B【解析】A项，该物质中，铝离子提供空轨道，氟元素提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选；B项，(NH4)2C2O4属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故B选；C项，·5H2O以[·H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，故C不选；D项，该物质中，银离子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D不选；故选B。2．【答案】A【解析】A项，惰性电极电解质饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，得不到钠，电解熔融氯化钠制取金属钠，A错误；B项，石灰石、二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤烟气中的SO2，B正确；C项，BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，容易引起重金属中毒，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐，C正确；D项，纯碱溶液水解显碱性，能够促进油脂的水解即油污可以在碱性的条件下水解更加完全，可用于去除物品表面的油污，D正确；故选A。3．【答案】C【解析】A项，原子半径：Cl＞C＞H，因此该模型可表示甲烷，但不能表示四氯化碳，故A错误；B项，NaCl溶液中存在水合钠离子和水合氯离子，水分子中存在O-H极性键，O带部分负电荷、H带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，则水合钠离子中吸引的是水分子中的氧原子端、水合氯离子中氯离子吸引的是水分子中的氢原子端，图中显示的错误有：钠离子半径大于氯离子、钠离子吸引了氢原子、氯离子吸引了氧原子，故B错误；C项，HClO的结构式和电子式依次为H-O-Cl、，故C正确；D项，聚丙烯的结构简式：，故D错误；故选C。4．【答案】B【解析】A项，生成的乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应，则溴水褪色，不能检验乙炔，故A错误；B项，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，四氯化碳作萃取剂时，有机色层在下层，故B正确；C项，重结晶的操作步骤是先加热浓缩，后冷却结晶，不需要在蒸发皿中进行，故C错误；D项，表示氧化剂，故D错误；故选B。5．【答案】A【解析】A项，易被氧化为，维生素C具有抗氧化的作用，利用了维生素C的还原性，A项正确；B项，亚硝酸钠具有一定毒性，可与食物作用生成致癌物质，所以食品中亚硝酸钠应严格按照《食品安全国家标准—食品添加剂使用标准》添加，B项错误；C项，丙烯腈(CH2=CH-CN)中含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯腈，即腈纶，C项错误；D项，固体管道疏通剂的主要成分是铝粉和氢氧化钠，铝粉与氢氧化钠溶液反应产生大量气体，增大了管道内压强，从而疏通管道，D项错误；故选A。6．【答案】C【解析】A项，该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2价，故氧化剂AuS-与还原剂Fe2＋物质的量之比为1：1，故A错误；B项，无标准状况的条件，故无法计算，故B错误；C项，被还原的19.7gAu为0.1mol，则对应产生的Fe3O4为0.05mol，故C正确；D项，Fe2＋在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误；故选C。7．【答案】B【解析】A项，聚乳酸含有酯基发生水解反应，可用作可降解的材料，可用于免拆型手术缝合线、人造皮肤支架等，故A正确；B项，单晶硅可作制造光电池的原料是因其具有半导体特性，与熔沸点高、硬度大无关，故B错误；C项，Ti-Fe合金可用于储存H2时因为Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物，在适当的条件下又可以释放出氢气，故C正确；D项，石墨稀中每个C原子上未参与杂化的p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平行平面中运动，所以能导电，因此可用于制造超级电容器，故D正确；故选B。8．【答案】D【解析】A项，向H218O中投入Na2O2固体，Na2O2和水发生复分解反应生成Na18OH和H2O2，H2O2分解生成水和氧气，所以生成的氧气中不含18O，A错误；B项，向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，会先生成氢氧化铜沉淀，故离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+C项，水杨酸中只有羧基会与碳酸氢钠反应，酚羟基不会反应，C错误；D项，向Fe(SCN)3溶液中滴加NaCN溶液，Fe3+会与CN-形成[Fe(CN)6]3-配离子，D正确；故选D。9．【答案】D【解析】A项，聚合物SAP高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物SAP的反应为加聚反应，A错误；B项，根据聚合物P的结构可知，合成聚合物P的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R为-(CH2)-，碳原子不一定共面，B错误；C项，羧基等基团为亲水基团，酯化后降低其吸水性，C错误；D项，丙烯与1，4-戊二烯与聚合物SPA的单体结构相似，能形成类似交联结构，D正确；故选D。10．【答案】B【解析】W、X、Y、Z均为主族元素，且原子序数依次增大，X连接2根共价键，Y连接6根共价键，X、Y的价电子数相等说明为同主族元素，因此，X、Y分别为O、S元素，Z的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，即为1s22s22p63s23p64s1且形成的是+1价的离子，可知Z为K元素；W形成1根共价键，可知W为H元素，综合可知，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K元素。A项，YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，为，的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，因此键角：SO3，故A正确；B项，W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，但由于O的电负性比S的大，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：H2O，故B错误；C项，电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，可知简单离子半径：O2-，故C正确；D项，四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；故选B。11．【答案】D【解析】由图可知，温度低于T℃，没有生成CS2，则只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，结合反应2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)中物质的量的关系，a、b曲线分别为H2、S2；温度高于T℃，同时发生反应Ⅱ，消耗S2同时生成CS2，S2的含量减小b曲线下降。A项，高于T℃，由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得总反应：CH4(g)＋H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)，则K3=K1×K2，A正确；B项，Ⅰ生成S2(g)，随着反应Ⅱ进行，S2(g)的量又减小，结合图示，曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化，B正确；C项，由图可知，1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，则说明反应的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，C正确；

D项，1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，即CH4不反应，而H2S的体积分数保持不变，则反应I中H2S转化率相同，D错误；故选D。12．【答案】B【解析】A项，KOH溶液会与羧酸、叔丁酯反应，不利于提高叔丁酯的产率，A错误；B项，根据叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去羧基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物水中；乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物酯中，B正确；C项，中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，羧酸叔丁酯中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，因此中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力小，C错误；D项，与中间体2结合后生成中间体3，则中间体3中碳氧双键的氧原子电子云密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，更易电离出H+，因此相同外界条件下，中间体3比更易给出H+，D错误；答案选B。13．【答案】B【解析】A项，多孔材料具有许多微小的孔隙，这些孔隙可以增加催化剂与反应气体的接触面积，使得反应物分子更容易与催化剂活性位点接触，从而提高反应速率，有利于反应进行，A正确；B项，由图可知，CO2在正极得到电子生成HCOOH，右侧为正极，左侧为负极，原电池中阳离子向正极移动，外电路每转移1mol电子，有1mol的H+自左侧经过质子交换膜到右侧，B错误；C项，由图2可知，CO2在正极得到电子生成了HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2H＋+2e-=HCOOH，C正确；D项，由图2可知，pH=12时，CO2在正极得到电子生成了CO32-，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成，D正确；故选B。14．【答案】C【解析A项，由[Pt(NH3)2Cl2]的结构可知，Pt2+的配位数为4，A正确；B项，顺铂为极性分子，反铂为非极性分子，水是极性溶剂，根据“相似相溶”原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大，B正确；C项，顺铂进入人体细胞发生水解，生成[Pt(NH3)2(OH)Cl]，说明OH-与Pt2+的结合能力大于Cl-与Pt2+的结合能力，C错误；D项，配合物[Pt(NH3)2Cl2]若为四面体结构，则不存在顺反异构，根据顺铂和反铂两种结构不同可说明该配合物为平面结构，D正确；故选C。15．【答案】D【解析】由图可知，pX=4或5时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，发生反应为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3、Na2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线Ⅱ表示NaCl溶液滴定曲线、曲线Ⅰ表示Na2CrO4溶液滴定曲线，达到滴定终点时pX=4，即c(CrO42-)=1.0×10-4mol/L，Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，则c(Ag+)=2c(CrO42-)=2.0×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO42-)=(2.0×10-4)2×(1.0×10-4)=4.0×10-12，pX=5时，生成恰好生成AgCl，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-5mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-10。A项，由图可知，当AgCl沉淀完全时，CrO42-浓度几乎不变，即向含有相同浓度的Cl-和CrO42-混合溶液中滴加硝酸银溶液，先产生AgCl沉淀，故可以用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂，故A正确；B项，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO42-)=(2.0×10-4)2×(1.0×10-4)=4.0×10-12，故B正确；C项，当在NaCl溶液中加入20mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=3×10-9mol/L，pX=-lg(3×10-9)=9－lg3=9－0.47=8.53，C正确；D项，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点时溶液中c(I-)会更小，则滴定终点上移，故D错误；故选D。16．【答案】D【解析】A项，催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，A错误；B项，2HI(g)H2(g)+I2(g)，一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深，平衡不移动，B错误；C项，碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，溶液颜色也会加深，C错误；D项，CO72-形成溶液为橙色，CO42-形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致2CO42-+2H+CO72-+H2O平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，D正确；故选D。二、非选择题17．【答案】(1)(2分)(2分)(2)B(2分)(3)BD(2分)(4)NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分)(2分)【解析】(1)基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，则[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：；(2)各产物微粒均带1个单位正电荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，则该峰对应的微粒是NO+，故答案为B；(3)A项，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N)＜r(P)＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；B项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；C项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C错误；D项，黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As−As键，以As−As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共用，每个As−As键被2个六元环共用，则晶体单层中As原子与As−As键的个数比为，D正确；故选BD。(4)M处的(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：NH4+与F-形成氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、NH4+的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，则该晶体的密度ρ=g⋅cm−3。18．【答案】(1)FSiO3(1分)(1分)(2)BC(2分)(3)Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl(2分)(4)①SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl(2分)②取少量CH3CH2Cl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl中有氯元素(2分)【解析】根据流程可知气体B中含S元素，B为SO2，固体A中含Fe和Si，黄铜矿反应的化学方程式为：2FCuS2+SiO2+5O2Cu+2FSiO3+4SO2，故B为SO2，A为FSiO3；粗铜与HCl和氧气反应得到CuCl，CuCl与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl；SO2与等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl，D为CH3CH2Cl。(1)固体A的化学式为：FSiO3；SOCl2中S原子的价层电子对数为：，电子式为：。(2)A项，CuCl不溶于水，但能与稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A正确；B项，Cu在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B错误；C项，气体B为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，C错误；D项，SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3、HCl和SO2，D正确；故选BC。(3)反应2的化学方程式为：Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl。(4)①根据分析，反应4的化学方程式为：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量CH3CH2Cl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl中有氯元素。19．【答案】(1)(1分)(2)①50%(2分)(2分)②B(1分)③A(1分)催化剂A在较低的温度下具有较高活性，一方面可以节约能源，另一方面低温有利于反应的转化(2分)(3)2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O(1分)【解析】(1)当反应达到平衡时，；则；；则，

；(2)①根据题干信息，设充入H2、NO、O2的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，NO转化的物质的量为ｘmol，列三段式：N２的体积分数为，；；

；；同理，，，；

；②该反应ΔH，在绝热容器中相当于加热，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低。该反应为气体分子数减小的反应，恒压容器中反应相当于减压，平衡正向移动，NO转化率增大。由此可知，该反应在恒温恒压容器NO中转化率增大。故选B③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，其中催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化。(3)由装置图可知，左侧电解池流入HSO3-，流出S2O42-，发生了还原反应，故电极A为阴极，得电子，则电极B为阳极失电子发生氧化反应；其中阴极发生反应为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。20．【答案】(1)分液漏斗(1分)检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C中(1分)(2)促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化(2分)(3)cbdfe(2分)(4)BD(2分)(5)20%(2分)【解析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排净，再进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。(1)a为分液漏斗；装置D可以检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C中；(2)柠檬酸具有强酸性和强还原性，可以促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化；(3)反应结束后将滤液蒸发浓缩，加入大量无水乙醇，降低甘氨酸亚铁溶解度，促使甘氨酸亚铁析出，过滤，得到甘氨酸亚铁晶体，加少量无水乙醇洗涤，减压干燥，再通过重结晶方法提纯甘氨酸亚铁晶体，故操作排序为cbdfe；(4)A项，甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，用乙醇洗涤甘氨酸亚铁晶体是因为可以减少甘氨酸亚铁晶体的损失，故A错误；B项，仪器b作为连通器，其作用是平衡气压，有利于液体顺利流下，故B正确；C项，装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体，故C错误；D项，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，则需要将装置中空气排尽后再开始加热制备，故D正确；故选BD；(5)由题意知，滴定消耗(NH4)2Ce(SO4)3的体积为20.20mL－0.20mL=20.00mL，根据方程式的比例关系可知，n(甘氨酸亚铁)=0.1000mol·L-1×20×10-3L=2×10-3mol，则甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为=20%。21．【答案】(1)碳溴键、氰基(1分)(2)BC(2分)(3)(1分)(4)或(2分)(5)(3分)(6)、、、(3分)【解析】A的分子式为C7H6O，则A为；A()与HCN反应生成B()，B()在浓硫酸作用下与反应生成C()，C()与BrCH2CH2Br反应生成D()，D()与反应生成E()，E()与水发生加成反应后脱水生成咪达那新()。(1)由分析知，D的结构简式为，其官能团为碳溴键和氰基；(2)A项，C()与BrCH2CH2Br发生取代反应生成D()，故A正确；B项，B→C的转变是B中的羟基被苯环取代的过程，羟基氧带部分负电荷，若用，应是带部分负电荷的氯原子取代羟基，故B错误；C项，A为，由于醛基的邻位上没有氢原子，所以不会发生羟醛缩合反应，故C错误；D项，咪达那新存在酰氨键，可以发生水解反应，故D正确；故选BC。(3)由分析知，化合物E的结构简式是；(4)C→D的化学方程式为：；(5)乙醇在浓硫酸作用下可以发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发和加成反应生成1,2－二溴乙烷，成1,2－二溴乙烷与反应生成，故合成路线为；(6)化合物C的结构简式为，其分子式为C14H11N，满足①分子中含有苯环、②谱和IR谱检测表明：苯环上共有5种不同化学环境的氢原子，有-C≡C-的同分异构体有、、、。2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷02可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16F19Na23Si28Cl35.5Mn55Fe56Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ce140一、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．下列物质中，不属于配合物的是()A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4 C．·5H2O D．[Ag(NH3)2]OH2．下列说法不正确的是()A．电解饱和食盐水可制取金属钠B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐D．纯碱可用于去除物品表面的油污3．下列化学用语或图示表达正确的是()A．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B．NaCl溶液中的水合离子：C．HClO的电子式：D．聚丙烯的结构简式：4．下列有关实验图示说法正确的是()A．图①：检验电石与水反应的产物为乙炔B．图②：验证碘在CCl4中的溶解性比在水中好C．图③：重结晶法提纯含有泥沙和食盐的苯甲酸D．图④：表示易燃类物质5．化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．人体易吸收，补铁时应适当补充维生素C，利用了维生素C的还原性B．亚硝酸钠能使肉制品长时间保持鲜红色，且具有防腐作用，所以食品中可以大量添加亚硝酸钠C．合成纤维(如腈纶等)部分取代了棉、麻等天然纤维，单体丙烯腈(CH2=CH-CN)发生缩聚反应得到腈纶D．厨卫管道常因留有油脂、毛发、菜渣造成堵塞，可用固体管道疏通剂(主要成分为NaOH和Al2O3)疏通6．在高温高压的水溶液中，AuS-与Fe2+发生反应2AuS-+3Fe2++4H2O=Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，下列说法正确的是()A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3B．每生成4.48LH2S，转移电子数为0.2NAC．反应中若有19.7gAu元素被还原，则生成0.05molFe3O4D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A聚乳酸含有酯基聚乳酸可用于手术缝合线B单晶硅熔沸点高、硬度大单晶硅可用于制造光电池CTi-Fe合金能与H2结合成金属氢化物Ti-Fe合金可用于储存H2D石墨烯中每个C原子未杂化的p轨道重叠使电子在整个平面内运动石墨烯可用于制造超级电容器8．下列反应的离子方程式正确的是()A．向中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2和=4Na++418OH-+O2↑B．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．水杨酸与小苏打反应：+2HCO3-→+2CO2↑+2H2OD．向Fe(SCN)3溶液中滴加NaCN溶液：Fe(SCN)3+6CN-=[Fe(CN)6]3-+3SCN-9．高吸水性树脂(SAP)的结构片段如图所示。下列说法正确的是()A．合成SAP的反应为缩聚反应B．合成SAP的单体中碳原子均共面C．将SAP中羧基等基团酯化可提高其吸水性D．丙烯与1，4-戊二烯共聚可形成类似SAP骨架的交联结构10．主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。下列说法不正确的是()A．键角：YO3B．分子的极性：W2XC．简单离子半径：D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物11．将气体H2S和CH4按体积之比[V(H2S)：V(CH4)=2：1]导入管式反应器(如图1)热解制H2，高于T℃下发生如下两个反应(反应过程用N2稀释)：Ⅰ：

2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)K1Ⅱ：

CH4(g)＋S2(g)CS2(g)＋2H2(g)K2在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法错误的是()A．高于T℃，该体系总反应为：

CH4(g)＋H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)K3=K1×K2B．曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ＜反应ⅡD．在1000℃、常压下，通入H2S(g)的体积分数保持不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率减小12．叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。下列说法正确的是()A．用KOH溶液中和步骤④产生的H+，有利于提高叔丁酯的产率B．用18O标记醇羟基，可区别叔丁醇、乙醇与羧酸在酯化反应时的机理差异C．中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力大D．相同外界条件下，中间体3比更难给出H+13．2024年我国科学家开发了一种质子交换膜()系统，可在催化剂(源自废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高效实现CO2向甲酸的转化，CO2转化过程中的与电极电势关系如图2所示。下列有关说法不正确的是()A．多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应B．外电路每转移电子，有的自右侧经过质子交换膜到左侧C．在pH=2的条件下，可发生CO2+2H＋+2e-=HCOOHD．pH=12时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成14．配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2](结构如图所示)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理为在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的[Pt(NH3)2(OH)Cl]与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。其同分异构体反铂不具有抗癌作用。下列说法不正确的是()A．[Pt(NH3)2Cl2]中的配位数为4B．顺铂在水中的溶解度大于反铂C．OH-与Pt2+的结合能力小于Cl-与Pt2+的结合能力D．配合物[Pt(NH3)2Cl2]存在顺反异构，说明该配合物为平面结构而非四面体结构15．室温下，取浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液、K2CrO4溶液各10.00mL于锥形瓶中，分别用0.1mol·L-1的AgNO3溶液滴定，滴定过程中的pX[pX=-lgc(X)，X=Cl-、CrO42-]与滴加AgNO3溶液体积的关系图所示，已知：Ag2CrO4为红色，lg3=0.47。下列说法不正确的是()A．可用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂B．Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12C．a=8.53D．其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点向下移动16．为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是()选项影响因素方案设计现象结论A催化剂向2mL15%溶液中加入5滴0.1mol/L溶液溶液中产生气泡使用合适的催化剂可使平衡正向移动B压强向针筒中充入50mLHI(g)，分解达到平衡后再压缩针筒内气体气体颜色变深增大压强，平衡正向移动C温度加热2mL1.0mol/LNaHCO3溶液(含有酚酞)的试管红色变深升高温度，水解平衡向吸热方向移动D浓度向4mL0.1mol/LK2CO4溶液中滴加数滴1mol/LHNO3溶液黄色溶液变橙色增大反应物浓度，2CO42-+2H+CO72-+H2O平衡向正方向移动二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：(1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为____________________；CO2的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[Ni(PH3)2CO2]，已知该配合物的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[Ni(PH3)2CO2]的结构示意图：______________。(2)激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是________________(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。A．NOCl+ B．NO+ C．Cl+ D．OCl+(3)NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是_________________。A．原子半径：r(N)r(P)r(As)，且电负性：N＞P＞AsB．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱C．简单氢化物的还原性：NH3PH3AsH3D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为(4)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因________________________________________，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____g·cm-3列出计算式即可)。18．(10分)以黄铜矿(主要成分为FCuS2，含少量SiO2)为原料，相关转化关系如下。已知：①反应1中F不变价，且固体A为单一化合物；②Cl具有疏松结构。(1)固体A的化学式为；SOCl2的电子式为。(2)下列说法不正确的是___________。A．Cl不溶于水，但溶于稀硝酸B．在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度C．气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色D．SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3(3)反应2的化学方程式为___________________________________________。(4)①反应4生成的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为。②设计实验验证物质D中的氯元素。19．(10分)NOx是大气主要污染物。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应过程分为两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)

△H1＜0；v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)

△H2＜0；v2正=k2正c(N2O2)•c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)(1)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数表达式是(用k1正，k2正，k1逆，k2逆表示)。(2)将H2、NO、O2按体积之比为3：2：1充入恒温恒压(200℃，100Kpa)容器中，发生反应4H2(g)+2NO(g)+O2(g)N2(g)+4H2O(g)。达到平衡时，N2的体积分数为0.1。①平衡时，NO的转化率为，平衡常数Kp=(以平衡分压表示，平衡分压=平衡时总压×平衡时的物质的量分数)Kpa-2。②已知该反应ΔH＜0，初始温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中NO的转化率最高的是。A．恒温恒容容器

B．恒温恒压容器C．恒容绝热容器

D．恒压绝热容器③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，所得结果如图所示(其它条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是，理由为。(3)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示。阴极区的电极反应式为。20．(10分)甘氨酸亚铁晶体[(NH2CH2COO)2·2H2O]是一种补铁剂。某兴趣小组利用FeCO3与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁。已知：①甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇；②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有强酸性和强还原性。实验过程如下：①将11.6g碳酸亚铁放入装置C，同时加入200mL甘氨酸溶液，先打开仪器a的活塞，待整套装置中空气排尽后，加热装置C并不断搅拌，然后向装置C中滴加柠檬酸溶液；②反应结束后过滤，将滤液经过系列操作得到甘氨酸亚铁。(1)仪器a的名称是；装置D的作用是_______________________________。(2)加入柠檬酸的作用是。(3)过程②涉及如下全部操作，请排序：；a(滤液)→______→______→______→______→______→重结晶→甘氨酸亚铁晶体b．加入大量无水乙醇

c．蒸发浓缩

d．过滤

e．减压干燥

f．加少量无水乙醇洗涤(4)下列关于整个实验过程的说法中正确的是___________。A．甘氨酸和柠檬酸均易溶于乙醇，用乙醇洗涤可得到纯净的甘氨酸亚铁晶体B．仪器b的作用是平衡气压，有利于液体顺利流下C．装置B中盛有的试剂是饱和Na2CO3溶液D．待整套装置中空气排尽后再开始加热制备，是为了防止亚铁离子被氧化(5)①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加3mol·L-1H2SO4溶液15mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程式为Ce4+++Ce3+)。②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液直接滴定至终点，消耗标准液0.20mL。甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为(用百分数表示)。21．(12分)某研究小组通过下列途径合成药物咪达那新：请回答：(1)化合物D中含有的官能团名称是。(2)下列说法不正确的是___________。A．C→D发生取代反应B．B→C的转变也可用也可用在酸性条件下取代来实现C．两个化合物A分子之间可以发生羟醛缩合反应D．咪达那新可在酸性或碱性条件下发生水解反应(3)化合物E的结构简式是。(4)写出C→D的化学方程式_______________________________________。(5)某研究小组用乙醇和2-甲基咪唑()为原料合成，设计该合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(6)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式____________________。①分子中含有苯环；②谱和IR谱检测表明：苯环上共有5种不同化学环境的氢原子，有-C≡C-。

——★参考答案★——一、选择题1．【答案】B【解析】A项，该物质中，铝离子提供空轨道，氟元素提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选；B项，(NH4)2C2O4属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故B选；C项，·5H2O以[·H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，故C不选；D项，该物质中，银离子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D不选；故选B。2．【答案】A【解析】A项，惰性电极电解质饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，得不到钠，电解熔融氯化钠制取金属钠，A错误；B项，石灰石、二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤烟气中的SO2，B正确；C项，BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，容易引起重金属中毒，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐，C正确；D项，纯碱溶液水解显碱性，能够促进油脂的水解即油污可以在碱性的条件下水解更加完全，可用于去除物品表面的油污，D正确；故选A。3．【答案】C【解析】A项，原子半径：Cl＞C＞H，因此该模型可表示甲烷，但不能表示四氯化碳，故A错误；B项，NaCl溶液中存在水合钠离子和水合氯离子，水分子中存在O-H极性键，O带部分负电荷、H带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，则水合钠离子中吸引的是水分子中的氧原子端、水合氯离子中氯离子吸引的是水分子中的氢原子端，图中显示的错误有：钠离子半径大于氯离子、钠离子吸引了氢原子、氯离子吸引了氧原子，故B错误；C项，HClO的结构式和电子式依次为H-O-Cl、，故C正确；D项，聚丙烯的结构简式：，故D错误；故选C。4．【答案】B【解析】A项，生成的乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应，则溴水褪色，不能检验乙炔，故A错误；B项，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，四氯化碳作萃取剂时，有机色层在下层，故B正确；C项，重结晶的操作步骤是先加热浓缩，后冷却结晶，不需要在蒸发皿中进行，故C错误；D项，表示氧化剂，故D错误；故选B。5．【答案】A【解析】A项，易被氧化为，维生素C具有抗氧化的作用，利用了维生素C的还原性，A项正确；B项，亚硝酸钠具有一定毒性，可与食物作用生成致癌物质，所以食品中亚硝酸钠应严格按照《食品安全国家标准—食品添加剂使用标准》添加，B项错误；C项，丙烯腈(CH2=CH-CN)中含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯腈，即腈纶，C项错误；D项，固体管道疏通剂的主要成分是铝粉和氢氧化钠，铝粉与氢氧化钠溶液反应产生大量气体，增大了管道内压强，从而疏通管道，D项错误；故选A。6．【答案】C【解析】A项，该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2价，故氧化剂AuS-与还原剂Fe2＋物质的量之比为1：1，故A错误；B项，无标准状况的条件，故无法计算，故B错误；C项，被还原的19.7gAu为0.1mol，则对应产生的Fe3O4为0.05mol，故C正确；D项，Fe2＋在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误；故选C。7．【答案】B【解析】A项，聚乳酸含有酯基发生水解反应，可用作可降解的材料，可用于免拆型手术缝合线、人造皮肤支架等，故A正确；B项，单晶硅可作制造光电池的原料是因其具有半导体特性，与熔沸点高、硬度大无关，故B错误；C项，Ti-Fe合金可用于储存H2时因为Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物，在适当的条件下又可以释放出氢气，故C正确；D项，石墨稀中每个C原子上未参与杂化的p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平行平面中运动，所以能导电，因此可用于制造超级电容器，故D正确；故选B。8．【答案】D【解析】A项，向H218O中投入Na2O2固体，Na2O2和水发生复分解反应生成Na18OH和H2O2，H2O2分解生成水和氧气，所以生成的氧气中不含18O，A错误；B项，向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，会先生成氢氧化铜沉淀，故离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+C项，水杨酸中只有羧基会与碳酸氢钠反应，酚羟基不会反应，C错误；D项，向Fe(SCN)3溶液中滴加NaCN溶液，Fe3+会与CN-形成[Fe(CN)6]3-配离子，D正确；故选D。9．【答案】D【解析】A项，聚合物SAP高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物SAP的反应为加聚反应，A错误；B项，根据聚合物P的结构可知，合成聚合物P的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R为-(CH2)-，碳原子不一定共面，B错误；C项，羧基等基团为亲水基团，酯化后降低其吸水性，C错误；D项，丙烯与1，4-戊二烯与聚合物SPA的单体结构相似，能形成类似交联结构，D正确；故选D。10．【答案】B【解析】W、X、Y、Z均为主族元素，且原子序数依次增大，X连接2根共价键，Y连接6根共价键，X、Y的价电子数相等说明为同主族元素，因此，X、Y分别为O、S元素，Z的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，即为1s22s22p63s23p64s1且形成的是+1价的离子，可知Z为K元素；W形成1根共价键，可知W为H元素，综合可知，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K元素。A项，YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，为，的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，因此键角：SO3，故A正确；B项，W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，但由于O的电负性比S的大，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：H2O，故B错误；C项，电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，可知简单离子半径：O2-，故C正确；D项，四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；故选B。11．【答案】D【解析】由图可知，温度低于T℃，没有生成CS2，则只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，结合反应2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)中物质的量的关系，a、b曲线分别为H2、S2；温度高于T℃，同时发生反应Ⅱ，消耗S2同时生成CS2，S2的含量减小b曲线下降。A项，高于T℃，由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得总反应：CH4(g)＋H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)，则K3=K1×K2，A正确；B项，Ⅰ生成S2(g)，随着反应Ⅱ进行，S2(g)的量又减小，结合图示，曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化，B正确；C项，由图可知，1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，则说明反应的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，C正确；

D项，1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，即CH4不反应，而H2S的体积分数保持不变，则反应I中H2S转化率相同，D错误；故选D。12．【答案】B【解析】A项，KOH溶液会与羧酸、叔丁酯反应，不利于提高叔丁酯的产率，A错误；B项，根据叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去羧基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物水中；乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物酯中，B正确；C项，中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，羧酸叔丁酯中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，因此中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力小，C错误；D项，与中间体2结合后生成中间体3，则中间体3中碳氧双键的氧原子电子云密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，更易电离出H+，因此相同外界条件下，中间体3比更易给出H+，D错误；答案选B。13．【答案】B【解析】A项，多孔材料具有许多微小的孔隙，这些孔隙可以增加催化剂与反应气体的接触面积，使得反应物分子更容易与催化剂活性位点接触，从而提高反应速率，有利于反应进行，A正确；B项，由图可知，CO2在正极得到电子生成HCOOH，右侧为正极，左侧为负极，原电池中阳离子向正极移动，外电路每转移1mol电子，有1mol的H+自左侧经过质子交换膜到右侧，B错误；C项，由图2可知，CO2在正极得到电子生成了HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2H＋+2e-=HCOOH，C正确；D项，由图2可知，pH=12时，CO2在正极得到电子生成了CO32-，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成，D正确；故选B。14．【答案】C【解析A项，由[Pt(NH3)2Cl2]的结构可知，Pt2+的配位数为4，A正确；B项，顺铂为极性分子，反铂为非极性分子，水是极性溶剂，根据“相似相溶”原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大，B正确；C项，顺铂进入人体细胞发生水解，生成[Pt(NH3)2(OH)Cl]，说明OH-与Pt2+的结合能力大于Cl-与Pt2+的结合能力，C错误；D项，配合物[Pt(NH3)2Cl2]若为四面体结构，则不存在顺反异构，根据顺铂和反铂两种结构不同可说明该配合物为平面结构，D正确；故选C。15．【答案】D【解析】由图可知，pX=4或5时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，发生反应为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3、Na2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线Ⅱ表示NaCl溶液滴定曲线、曲线Ⅰ表示Na2CrO4溶液滴定曲线，达到滴定终点时pX=4，即c(CrO42-)=1.0×10-4mol/L，Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，则c(Ag+)=2c(CrO42-)=2.0×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO42-)=(2.0×10-4)2×(1.0×10-4)=4.0×10-12，pX=5时，生成恰好生成AgCl，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-5mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-10。A项，由图可知，当AgCl沉淀完全时，CrO42-浓度几乎不变，即向含有相同浓度的Cl-和CrO42-混合溶液中滴加硝酸银溶液，先产生AgCl沉淀，故可以用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂，故A正确；B项，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO42-)=(2.0×10-4)2×(1.0×10-4)=4.0×10-12，故B正确；C项，当在NaCl溶液中加入20mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=3×10-9mol/L，pX=-lg(3×10-9)=9－lg3=9－0.47=8.53，C正确；D项，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点时溶液中c(I-)会更小，则滴定终点上移，故D错误；故选D。16．【答案】D【解析】A项，催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，A错误；B项，2HI(g)H2(g)+I2(g)，一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深，平衡不移动，B错误；C项，碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，溶液颜色也会加深，C错误；D项，CO72-形成溶液为橙色，CO42-形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致2CO42-+2H+CO72-+H2O平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，D正确；故选D。二、非选择题17．【答案】(1)(2分)(2分)(2)B(2分)(3)BD(2分)(4)NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分)(2分)【解析】(1)基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，则[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：；(2)各产物微粒均带1个单位正电荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，则该峰对应的微粒是NO+，故答案为B；(3)A项，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N)＜r(P)＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；B项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；C项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜As