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2023年高考第二次模拟考试卷-化学（浙江B卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（浙江B卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量，下列离子方程式书写正确的是，下列说法不正确的是，有机物合成的转化如图等内容，欢迎下载使用。
2023年6月浙江省普通高校招生选考科目试卷仿真模拟(B卷)
化学·全解全析
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 I 127 Ba 137
选择题部分
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．下列物质属于共价晶体的酸性氧化物是( )
A．干冰 B．石英 C．氧化钠 D．金刚石
【答案】B
【解析】A项，干冰是固体CO2，属于分子晶体的酸性氧化物，A错误；B项，石英是固体SiO2，属于共价晶体的酸性氧化物，B正确；C项，氧化钠属于离子晶体的碱性氧化物，C错误；D项，金刚石为碳单质，属于共价晶体的单质，D错误；故选B。
2．NaHCO3俗称小苏打，下列有关NaHCO3的说法正确的是( )
A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO3-
B．NaHCO3溶液呈酸性，可与NaOH溶液反应
C．可用石灰水区别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液
D．NaHCO3粉末与相同浓度的酸反应比Na2CO3粉末更剧烈
【答案】D
【解析】A项，NaHCO3属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaHCO3= Na+HCO3-，故A错误；B项，NaHCO3溶液呈弱碱性，能与NaOH反应，其反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故B错误；C项，石灰水为Ca(OH)2，能与NaHCO3和Na2CO3反应都生成碳酸钙白色沉底，不能区分，故C错误；D项，NaHCO3结合氢离子的速率比Na2CO3结合氢离子的速率快，所以NaHCO3粉末与相同浓度的酸反应比Na2CO3粉末更剧烈，故D正确；故选D。
3．化学与生活密切相关。下列化学用语或描述表达正确的是( )
A．基态硫原子的轨道表示式：
B．H2S的电子式：
C．SO3的VSEPR模型：
D．SO2的分子的空间结构模型
【答案】C
【解析】A项，硫原子的核外电子总数为16，基态硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态S原子的轨道表示式为 ，A错误；B项，H2S为共价化合物，S原子未达到8电子稳定结构，电子式为 ，B错误；C项，SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型为 ，C正确；D项，SO2的价层电子对数=2+=3，故其VSEPR模型为平面三角形 ，SO2分子的空间结构为V形，其模型：，D错误；故选C。
4．下列说法不正确的是( )
A．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
B．碳酸钠是一种大宗化学品，可用作食用碱或工业用碱
C．大兴机场航站楼顶部镶嵌八百块玻璃，玻璃属于新型无机非金属材料
D．Na2O2、活性炭都可用于防毒呼吸面具，但两者的应用原理不同
【答案】C
【解析】A项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为巩固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，A正确；B项，碳酸钠水解显碱性，没有毒性，可以用于食用碱或工业用碱，B正确；C项，玻璃是传统无机非金属材料，C不正确；D项，过氧化钠反应生成氧气，则Na2O2用于呼吸面具，而活性炭具有吸附性，活性炭用于防毒面具，两者原理不同，D正确；故选C。
5．下列说法不正确的是( )
A．观察钠在坩埚中燃烧实验时，为了看清楚现象可近距离俯视坩埚
B．硬铝密度小、强度高是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
C．FeO在空气中受热能迅速被氧化成Fe3O4
D．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】A
【解析】A项，燃烧过程会有固体飞溅的可能性，距离太近会有灼伤的危险，且近距离俯视燃烧产生的强光可能刺伤眼睛，故A错误；B项，硬铝是合金材料，密度小，但强度很大，常用于制造飞机和宇宙飞船等外壳材料，故B正确；C项，FeO具有还原性，在空气中加热能继续与氧气反应生成Fe3O4，故C正确；D项，过氧化钠与二氧化碳和水反应生成氧气，常用作呼吸面具的供氧剂，故D正确；故选A。
6．航天工业上，火箭使用的燃料是偏二甲肼[(CH3)2NNH2] (N为-2价)，火箭升空时发生的化学反应为：(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑。下列有关说法正确的是( )
A．该反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2
B．该反应中，被氧化的氮与被还原的氮的物质的量之比是2：1
C．偏二甲肼的同分异构体中，含碳碳单键的化合物只有2种
D．该反应中每生成lmolCO2转移8mol电子
【答案】D
【解析】在(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑反应中，[(CH3)2NNH2]中C元素的化合价从-2价升高为+4价，N元素的化合价从-2价升高为0价，均失去电子，被氧化，作还原剂，N2O4中+4价的N元素从+4价降低为0价，得到电子，被还原，作氧化剂。A项，该反应中，氧化产物为CO2和N2，还原产物为N2，故A错误；B项，该反应中，被氧化的氮与被还原的氮的物质的量之比是2：4=1：2，故B错误；C项，偏二甲肼的同分异构体中，含碳碳单键的化合物有CH3CH2NNH2、H2NCH2CH2NH2、CH3CH(NH2)2，共3种，故C错误；D项，按照化学方程式中化学计量数反应，2mol N2O4参加反应，生成2mol CO2，转移16mol电子，则该反应中每生成lmolCO2转移8mol电子，故D正确；故选D。
7．下列离子方程式书写正确的是( )
A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32- +2H2O
B．向100mL0.1mol·L-1的FeBr2溶液中通入0.012molCl2： 10Fe2＋＋14Br-＋12Cl2=10Fe3＋＋7Br2＋24Cl-
C．漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO-+ SO42- +H2O=CaSO3↓+2HClO
D．加热条件下，向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全： Ba2++2OH-+ NH4+ +H++SO42-=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
【答案】B
【解析】A项， 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为：Ca2+ + OH- + HCO3-=CaCO3↓+ H2O，故A项错误；B项，Fe2+的还原性强于Br-，因此Cl2先将Fe2+氧化，根据电子守恒，完全氧化0.01mol Fe2+应消耗0.005mol Cl2；剩余0.007mol Cl2氧化0.014mol Br-。因此该反应中参与反应的Fe2+和Br-物质的量之比为0.01mol:0.014mol=10:14，离子方程式为：12Cl2 +10Fe2+ + 14Br- = 7Br2 + 10Fe3+ + 24Cl-，故B项正确；C项，漂白粉中通入少量SO2的离子方程式为：Ca2+ + ClO- + SO2 +H2O= CaSO4↓+ 2H+ +Cl-，故C项错误；D项，加热条件下，NH4+与OH-作用产生NH3，而非一水合氨，故D项错误；故选B。
8．下列说法不正确的是( )
A．在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂
B．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维
C．在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品
D．蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础
【答案】B
【解析】A项，苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B项，木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C项，乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D项，氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选B。
9．有机物合成的转化如图。下列说法正确的是( )
A．分子中所有原子可能在同一平面上 B．分子中没有手性碳原子
C．用FeCl3溶液可鉴别与 D．、均能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】A项， X分子中含有氮原子，与其它3个原子以3根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A错误；B项，Y分子中有一个碳原子分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B错误；C项，X和Y中均含酚羟基，故不能用FeCl3溶液鉴别，故C错误；D项，X和Y中均含酚羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。
10．X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的价电子排布式为nsnnpn-1，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。下列说法正确的是( )
A．同周期元素中第一电离能比Y高的元素只有一种
B．简单离子半径：
C．将X的最高价氧化物的水化物溶于水，能促进水的电离
D．1molW的正二价阳离子与Y的简单氢化物形成的配离子中含有的σ键数目为12NA
【答案】C
【解析】X的价电子排布式nsnnpn-1，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p1，推出X为B，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即Y为N，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对，且内层电子全满，W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu。A项，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，Y为N，同周期第一电离能比N高的元素有F、Ne两种，故A错误；B项，N、Na简单离子分别为N3-、Na+，它们核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，即r(N3-)＞r(Na+)，故B错误；C项，X为B，其最高价氧化物的水化物为H3BO3，硼酸溶于水，硼酸中B与水分子电离出OH-形成配位键，促进水的电离，即硼酸在水中发生H3BO3+H2OB(OH)4-+H+，故C正确；D项，W的正二价阳离子是Cu2+，Y的简单氢化物为NH3，它们形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该配离子所含σ键数目为(4+4×3)NA=14NA，故D错误；故选C。
11．某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是( )
A．放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5NA个Cl2
C．充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23g
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大
【答案】A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A项，放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；B项，在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B错误；C项，充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D项，充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。
12．河蚌的壳外层主要成分为方解石，内层主要是霰石，两者成分都是碳酸钙，但晶体结构不同，称为“同质多象”现象，金刚石和石墨也属于同质多象现象。霰石光滑，结构中每个Ca2+周围围绕着6个CO32-，方解石坚硬，晶胞结构如图。下列说法错误的是( )
A．霰石晶体中每个CO32-周围有6个Ca2+
B．霰石和方解石中的CO32-均为平面三角形结构
C．霰石和方解石的熔点相同
D．方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个Ca2+、2个CO32-
【答案】C
【解析】A项，结构中每个Ca2+周围围绕着6个CO32-，由化学式可知，每个CO32-周围也会有6个Ca2+，A正确； B项，CO32-中C原子的价层电子对数为3＋=3，所以是平面三角形结构，B正确；C项，霰石和方解石的晶体结构不同，故其熔点不相同，C错误；D项，方解石晶体结构图的平行六面体中CO32-处于体内，数目为2；钙离子处于顶点和体内，数目为1＋=2，D正确。故选C。
13．25℃时，某实验小组利用虚拟感应器技术探究用的碳酸钠溶液滴定的HCl溶液，得到反应过程中的碳酸根离子浓度、碳酸氢根离子浓度、碳酸分子浓度的变化曲线(忽略滴定过程中CO2的逸出)如图所示。下列说法不正确的是( )
已知：25℃时，H2CO3的，；。
A．0-V1发生反应的化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3
B．曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，V2=10
C．点溶液中，c(Cl-)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．点溶液
【答案】C
【解析】向10.00cmL0.01mol·L-1的盐酸溶液中滴加0.01mol·L-1的碳酸钠溶液，溶液中依次发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3、Na2CO3+H2CO3=2NaHCO3，故溶液中c(H2CO3)先增大后减小，当盐酸完全反应后，滴加碳酸钠溶液过程中，c(HCO3-)逐渐增大，当H2CO3反应完全后，Na2CO3溶液过量，c(CO32-)逐渐增大，因此曲线Ⅰ为H2CO3浓度变化曲线，曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，曲线Ⅲ为CO32-浓度变化曲线。A项，根据分析可知，0-V1发生反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3，A正确；B项，曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，V2=10时，碳酸钠与盐酸按1：1完全反应生成碳酸钠，故HCO3-浓度最大，B正确；C项，b点的溶质为NaCl与NaHCO3，且浓度相同，所以c(Cl-)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，C不正确；D项，c点溶液中c(HCO3-)=c(H2CO3)，，，D正确；故选C。
14．以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H=+19.3 kJ•mol-1
反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ的△H＞0，△S＞0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应炉中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】A项，根据图示可知反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，△S=0，A错误；B项，由图可知，温度高于570℃时，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以①为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，B错误；C项，反应Ⅰ、Ⅱ均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容的反应炉中，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此不能根据压强保持不变时，来判断反应Ⅰ、Ⅱ是否达到平衡状态，C错误；D项，1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，此时化学平衡常数K=，反应①是吸热反应，随着温度的升高，化学平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，D正确；故选D。
15．常温下，向10.0mL浓度均为的AlCl3和FeCl2混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液pH分别为3.0、4.3。
已知：
①Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]
②Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，298K下，
下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表Al3+
B．常温下，Ksp[Al(OH)3]= 1.0×10－38
C．点溶液中金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和Al(OH)3形式存在
D．Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-的平衡常数K为1.1×10－5
【答案】C
【解析】A项，根据a点、b点对应的pH，计算溶度积，分别为 、，根据信息①可知，前者为Fe(OH)3的溶度积，后者为A l (OH)3溶度积；溶解度小，优先沉淀，故曲线Ⅰ代表Fe3+，曲线Ⅱ代表Al3+，A错误；B项，常温下，Ksp[Al(OH)3]= 1.0×10－34.1，B错误；C项，b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和Al(OH)3形式存在，C正确；D项，，D错误； 故选C。
16．下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是( )
选项
实验内容
实验结论
取两只试管，分别加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液4mL，第一只试管中褪色时间长。
H2C2O4浓度越大，反应速率越快
B
向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色。
产生的气体为乙炔
C
取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/L CuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快。
加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大。
D
检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。
不能证明溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】A项，两支试管中KMnO4溶液和H2C2O4溶液的浓度都不相同，无法说明反应速率的不同是H2C2O4浓度不同引起的，A项错误；B项，电石的主要成分为CaC2，电石中还含有CaS、磷化钙等，CaS、磷化钙等与水反应产生的H2S、PH3等也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明一定产生乙炔，B项错误；C项，试管①产生气泡快，说明试管①反应速率快，加入FeCl3时双氧水分解反应的活化能较小，C项错误；D项，Cl-、Fe2+都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，溶液紫红色褪去不能说明溶液中一定含Fe2+，D项正确；故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)C、N、F、Cu及其化合物在医药化工领域应用十分广泛。请回答：
(1)基态铜原子的价层电子排布式为___________；C、N、F、Cu四种元素第一电离能从小到大的顺序为___________。
(2)化合物CH3NH2 、CH3CH3常温下均为气体，沸点较高的是___________；CH3NH2 中氮原子的杂化方式是___________。
(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，该深蓝色离子[Cu(NH3)4]2+内存在的化学键有___________。
A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．金属键 E．配位键
(4)氮、铜形成的某一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为apm，沿体对角线投影如图所示。已知该晶胞中原子的分数坐标如下：Cu：；；；N：(0，0，0)，其中与Cu原子等距且最近的Cu原子有___________个，则该化合物的化学式为___________。
请画出该晶胞的结构示意图：___________。
【答案】(1) 3d104s1(1分) Cu
(3)CE(2分)
(4)8(1分) Cu3N (1分) (小球为N，大球为Cu) (2分)
【解析】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1 ；Cu为金属元素，第一电离能最小，同周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，所以四种元素第一电离能从小到大为Cu
(1)固体X的组成元素是_______。
(2)混合气体A中所含物质的化学式为_______。
(3)实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。
(4)证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。
(5)X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)K、Fe、C、N(1分)
(2)SO2、CO(2分)
(3)Fe3＋+ 6NH4+ + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O(2分)
(4)取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀(2分)
(5)5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O(2分)
【解析】已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素。(1)由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。(2)由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。(3)由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH4+的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋ + 6NH4+ + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O。(4)检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。(5)由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K的物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K): n(Fe) : n(C) : n(N)= 0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O。
19．(10分)研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有：
Ⅰ NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1
Ⅱ 2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH2＜0
Ⅲ 2NO(g)+2CO(g)N2 (g)+2CO2 (g) ΔH3＜0
(1)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
819kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。
②下列描述正确的是_______。
A．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态
B．反应Ⅱ ΔH＜0，ΔS＜0；该反应在低温下自发进行
C．恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大
D．上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡
(2)在一个恒温恒压的密闭容器中， NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。
①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_____________________。
②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为____________________________。
(3)实验测得，V正＝k 正·c2(NO)·c2(CO) ，V逆＝k逆·c(N2)·c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.1mol，n(NO)=0.2mol，n(N2)=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=______________。
②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2 -t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。
【答案】(1)①-227(1分) ②AB (2分)
(2)①反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) (1分)
②分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高(2分)
(3)①270(2分) ②(起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3- t4处于平衡状态与已有线平齐) (2分)
【解析】(1) ①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol；②A项，反应前后气体系数不变，如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；B项，当ΔH-TΔS<0时，反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；C项，增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动，但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；D项，温度升高，反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；(2)①反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来，降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；
(3)①列三段式求解：
因为N2占平衡总体积的1/4，所以，a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正= v逆，即k 正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，；②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为。
20．(10分)钛合金在国防、医用器材领域有重要应用，某研究小组利用钛铁矿[主要成分偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、杂质]制取TiCl4，然后进一步制备金属钛，流程如下：
已知：a、发生的主要反应方程式如下：
TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4；H2TiO3H2O+TiO2
b、部分物质的性质：
TiCl4
SiCl4
FeCl3
TiO2
常温下状态
液体
液体
固体
固体
沸点
136.4
57.6
315
/
其他性质
极易水解
/
/
不溶于水
(1)步骤Ⅰ发生的是非氧化还原反应，写出钛铁矿与浓硫酸发生的主要化学反应方程式___________。
(2)步骤Ⅲ为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO4·7H2O。往浸出液中加入铁粉至溶液中的Fe3+完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO4·7H2O结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是___________。
A．可能是在实验过程中氧化生成的
B．再次抽滤获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4
C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体颗粒
D．再次抽滤后的洗涤应选用蒸馏水进行多次洗涤
(3)步骤Ⅳ包括钛盐的水解、产物的的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤Ⅲ获得的滤液→( )→( )→( )→( )→抽滤得偏钛酸(H2TiO3))→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛(TiO2))。将下列操作按合理顺序填入以上空格___________。
a、静置沉降后，用倾析法除去上层水
b、逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约
c、用热的稀硫酸洗涤沉淀2-3次，然后用热水洗涤沉淀
d、慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约(过程中适当补充水至原体积)
(4)①另一种生产TiCl4的方法是用天然TiO2)晶体为原料，利用步骤Ⅴ的反应原理获得TiCl4。产品中含有SiCl4、FeCl3、Cl2等杂质，可通过精馏的方法获得高纯TiCl4，以下说法正确的是___________。
A．收集TiCl4时，仪器a的温度应控制为136.4℃
B．若b处温度计水银球的位置偏下，则可能会获得低沸点的馏分
C．精馏结束时，留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3和SiCl4
D．本实验宜用空气冷凝管代替直形冷凝管
②装有碱石灰的干燥管的作用是___________。
【答案】(1) FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O(2分)
(2)AB(2分)
(3)b、d、a、c(2分)
(4) B(2分) 防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解(2分)
【解析】(1)钛铁矿主要成分为偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、FeO 杂质，铁元素都是以＋2价形式存在，酸浸时发生非氧化还原反应，钛铁矿与浓硫酸发生反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)A项，使用浓硫酸具有强氧化性，可使钛铁矿石中的二价铁氧化为三价铁，则杂质Fe3+是在实验过程中氧化生成的，A符合题意；B项，根据分析，再次抽滤过程中加入了铁粉，铁粉可将滤液中的三价铁还原为二价铁，则获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4，B符合题意；C项，利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO4的溶解度，使其从溶液中分离出来，C不符合题意；D项，为减少FeSO4的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，D不符合题意；故选AB；(3)步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤III获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 min(过程中适当补充水至原体积))，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸 (H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为b、d、a、c；(4)①A项，根据表格数据可知，SiCl4、FeCl3等杂质的沸点分别为57.6℃、315℃，TiCl4的沸点为136.4℃，收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为低于315℃即可，A不符合题意；B项，b处温度计测量的是蒸馏出来的蒸汽的温度，则水银球的上沿和支管口的下沿平齐才能较为准确的测定蒸汽温度，控制蒸馏的温度，若水银球偏低，则出口处温度偏低，会使低沸点物质蒸出，B符合题意；C项，根据A选项分析可知，精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3，C不符合题意；D项，空气冷凝管一般使用于沸点140℃以上的物质，由表中数据可知，该实验不适合选用空气冷凝管，D不符合题意；②由于TiCl4易发生水解，所以必须有干燥装置，以避免空气中的水分进入。
21．(12分)某治疗心脏药物L的合成路线如图：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物A转化为B的反应类型为取代反应
B．化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．化合物F的含氧官能团中含有醛基
D．化合物L的分子式是C11H21NO
(2)写出反应的化学方程式_______。
(3)化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：_______。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为
(5)结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。
【答案】(1)AB(2分)
(2)CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO (2分)
(3) (1分) 保护酮羰基(1分)
(4)、、、(3分)
(5) (3分)
【解析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，H为，反应②是碳碳双键自身成环。(1)A项，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B项，化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C项，化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D项，化合物L的分子式是C21H21NO，D错误；故选AB；(2)B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，B+C→D反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO；(3)分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；(4)F为，满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为，满足条件的所有同分异构体有：、、、；(5)发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。
2023年6月浙江省普通高校招生选考科目试卷仿真模拟(B卷)
化学·全解全析
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 I 127 Ba 137
选择题部分
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．下列物质属于共价晶体的酸性氧化物是( )
A．干冰 B．石英 C．氧化钠 D．金刚石
【答案】B
【解析】A项，干冰是固体CO2，属于分子晶体的酸性氧化物，A错误；B项，石英是固体SiO2，属于共价晶体的酸性氧化物，B正确；C项，氧化钠属于离子晶体的碱性氧化物，C错误；D项，金刚石为碳单质，属于共价晶体的单质，D错误；故选B。
2．NaHCO3俗称小苏打，下列有关NaHCO3的说法正确的是( )
A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO3-
B．NaHCO3溶液呈酸性，可与NaOH溶液反应
C．可用石灰水区别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液
D．NaHCO3粉末与相同浓度的酸反应比Na2CO3粉末更剧烈
【答案】D
【解析】A项，NaHCO3属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaHCO3= Na+HCO3-，故A错误；B项，NaHCO3溶液呈弱碱性，能与NaOH反应，其反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故B错误；C项，石灰水为Ca(OH)2，能与NaHCO3和Na2CO3反应都生成碳酸钙白色沉底，不能区分，故C错误；D项，NaHCO3结合氢离子的速率比Na2CO3结合氢离子的速率快，所以NaHCO3粉末与相同浓度的酸反应比Na2CO3粉末更剧烈，故D正确；故选D。
3．化学与生活密切相关。下列化学用语或描述表达正确的是( )
A．基态硫原子的轨道表示式：
B．H2S的电子式：
C．SO3的VSEPR模型：
D．SO2的分子的空间结构模型
【答案】C
【解析】A项，硫原子的核外电子总数为16，基态硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态S原子的轨道表示式为 ，A错误；B项，H2S为共价化合物，S原子未达到8电子稳定结构，电子式为 ，B错误；C项，SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型为 ，C正确；D项，SO2的价层电子对数=2+=3，故其VSEPR模型为平面三角形 ，SO2分子的空间结构为V形，其模型：，D错误；故选C。
4．下列说法不正确的是( )
A．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
B．碳酸钠是一种大宗化学品，可用作食用碱或工业用碱
C．大兴机场航站楼顶部镶嵌八百块玻璃，玻璃属于新型无机非金属材料
D．Na2O2、活性炭都可用于防毒呼吸面具，但两者的应用原理不同
【答案】C
【解析】A项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为巩固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，A正确；B项，碳酸钠水解显碱性，没有毒性，可以用于食用碱或工业用碱，B正确；C项，玻璃是传统无机非金属材料，C不正确；D项，过氧化钠反应生成氧气，则Na2O2用于呼吸面具，而活性炭具有吸附性，活性炭用于防毒面具，两者原理不同，D正确；故选C。
5．下列说法不正确的是( )
A．观察钠在坩埚中燃烧实验时，为了看清楚现象可近距离俯视坩埚
B．硬铝密度小、强度高是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
C．FeO在空气中受热能迅速被氧化成Fe3O4
D．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】A
【解析】A项，燃烧过程会有固体飞溅的可能性，距离太近会有灼伤的危险，且近距离俯视燃烧产生的强光可能刺伤眼睛，故A错误；B项，硬铝是合金材料，密度小，但强度很大，常用于制造飞机和宇宙飞船等外壳材料，故B正确；C项，FeO具有还原性，在空气中加热能继续与氧气反应生成Fe3O4，故C正确；D项，过氧化钠与二氧化碳和水反应生成氧气，常用作呼吸面具的供氧剂，故D正确；故选A。
6．航天工业上，火箭使用的燃料是偏二甲肼[(CH3)2NNH2] (N为-2价)，火箭升空时发生的化学反应为：(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑。下列有关说法正确的是( )
A．该反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2
B．该反应中，被氧化的氮与被还原的氮的物质的量之比是2：1
C．偏二甲肼的同分异构体中，含碳碳单键的化合物只有2种
D．该反应中每生成lmolCO2转移8mol电子
【答案】D
【解析】在(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑反应中，[(CH3)2NNH2]中C元素的化合价从-2价升高为+4价，N元素的化合价从-2价升高为0价，均失去电子，被氧化，作还原剂，N2O4中+4价的N元素从+4价降低为0价，得到电子，被还原，作氧化剂。A项，该反应中，氧化产物为CO2和N2，还原产物为N2，故A错误；B项，该反应中，被氧化的氮与被还原的氮的物质的量之比是2：4=1：2，故B错误；C项，偏二甲肼的同分异构体中，含碳碳单键的化合物有CH3CH2NNH2、H2NCH2CH2NH2、CH3CH(NH2)2，共3种，故C错误；D项，按照化学方程式中化学计量数反应，2mol N2O4参加反应，生成2mol CO2，转移16mol电子，则该反应中每生成lmolCO2转移8mol电子，故D正确；故选D。
7．下列离子方程式书写正确的是( )
A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32- +2H2O
B．向100mL0.1mol·L-1的FeBr2溶液中通入0.012molCl2： 10Fe2＋＋14Br-＋12Cl2=10Fe3＋＋7Br2＋24Cl-
C．漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO-+ SO42- +H2O=CaSO3↓+2HClO
D．加热条件下，向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全： Ba2++2OH-+ NH4+ +H++SO42-=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
【答案】B
【解析】A项， 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为：Ca2+ + OH- + HCO3-=CaCO3↓+ H2O，故A项错误；B项，Fe2+的还原性强于Br-，因此Cl2先将Fe2+氧化，根据电子守恒，完全氧化0.01mol Fe2+应消耗0.005mol Cl2；剩余0.007mol Cl2氧化0.014mol Br-。因此该反应中参与反应的Fe2+和Br-物质的量之比为0.01mol:0.014mol=10:14，离子方程式为：12Cl2 +10Fe2+ + 14Br- = 7Br2 + 10Fe3+ + 24Cl-，故B项正确；C项，漂白粉中通入少量SO2的离子方程式为：Ca2+ + ClO- + SO2 +H2O= CaSO4↓+ 2H+ +Cl-，故C项错误；D项，加热条件下，NH4+与OH-作用产生NH3，而非一水合氨，故D项错误；故选B。
8．下列说法不正确的是( )
A．在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂
B．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维
C．在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品
D．蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础
【答案】B
【解析】A项，苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B项，木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C项，乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D项，氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选B。
9．有机物合成的转化如图。下列说法正确的是( )
A．分子中所有原子可能在同一平面上 B．分子中没有手性碳原子
C．用FeCl3溶液可鉴别与 D．、均能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】A项， X分子中含有氮原子，与其它3个原子以3根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A错误；B项，Y分子中有一个碳原子分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B错误；C项，X和Y中均含酚羟基，故不能用FeCl3溶液鉴别，故C错误；D项，X和Y中均含酚羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。
10．X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的价电子排布式为nsnnpn-1，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。下列说法正确的是( )
A．同周期元素中第一电离能比Y高的元素只有一种
B．简单离子半径：
C．将X的最高价氧化物的水化物溶于水，能促进水的电离
D．1molW的正二价阳离子与Y的简单氢化物形成的配离子中含有的σ键数目为12NA
【答案】C
【解析】X的价电子排布式nsnnpn-1，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p1，推出X为B，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即Y为N，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对，且内层电子全满，W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu。A项，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，Y为N，同周期第一电离能比N高的元素有F、Ne两种，故A错误；B项，N、Na简单离子分别为N3-、Na+，它们核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，即r(N3-)＞r(Na+)，故B错误；C项，X为B，其最高价氧化物的水化物为H3BO3，硼酸溶于水，硼酸中B与水分子电离出OH-形成配位键，促进水的电离，即硼酸在水中发生H3BO3+H2OB(OH)4-+H+，故C正确；D项，W的正二价阳离子是Cu2+，Y的简单氢化物为NH3，它们形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该配离子所含σ键数目为(4+4×3)NA=14NA，故D错误；故选C。
11．某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是( )
A．放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5NA个Cl2
C．充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23g
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大
【答案】A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A项，放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；B项，在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B错误；C项，充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D项，充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。
12．河蚌的壳外层主要成分为方解石，内层主要是霰石，两者成分都是碳酸钙，但晶体结构不同，称为“同质多象”现象，金刚石和石墨也属于同质多象现象。霰石光滑，结构中每个Ca2+周围围绕着6个CO32-，方解石坚硬，晶胞结构如图。下列说法错误的是( )
A．霰石晶体中每个CO32-周围有6个Ca2+
B．霰石和方解石中的CO32-均为平面三角形结构
C．霰石和方解石的熔点相同
D．方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个Ca2+、2个CO32-
【答案】C
【解析】A项，结构中每个Ca2+周围围绕着6个CO32-，由化学式可知，每个CO32-周围也会有6个Ca2+，A正确； B项，CO32-中C原子的价层电子对数为3＋=3，所以是平面三角形结构，B正确；C项，霰石和方解石的晶体结构不同，故其熔点不相同，C错误；D项，方解石晶体结构图的平行六面体中CO32-处于体内，数目为2；钙离子处于顶点和体内，数目为1＋=2，D正确。故选C。
13．25℃时，某实验小组利用虚拟感应器技术探究用的碳酸钠溶液滴定的HCl溶液，得到反应过程中的碳酸根离子浓度、碳酸氢根离子浓度、碳酸分子浓度的变化曲线(忽略滴定过程中CO2的逸出)如图所示。下列说法不正确的是( )
已知：25℃时，H2CO3的，；。
A．0-V1发生反应的化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3
B．曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，V2=10
C．点溶液中，c(Cl-)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．点溶液
【答案】C
【解析】向10.00cmL0.01mol·L-1的盐酸溶液中滴加0.01mol·L-1的碳酸钠溶液，溶液中依次发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3、Na2CO3+H2CO3=2NaHCO3，故溶液中c(H2CO3)先增大后减小，当盐酸完全反应后，滴加碳酸钠溶液过程中，c(HCO3-)逐渐增大，当H2CO3反应完全后，Na2CO3溶液过量，c(CO32-)逐渐增大，因此曲线Ⅰ为H2CO3浓度变化曲线，曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，曲线Ⅲ为CO32-浓度变化曲线。A项，根据分析可知，0-V1发生反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl +H2CO3，A正确；B项，曲线Ⅱ为HCO3-浓度变化曲线，V2=10时，碳酸钠与盐酸按1：1完全反应生成碳酸钠，故HCO3-浓度最大，B正确；C项，b点的溶质为NaCl与NaHCO3，且浓度相同，所以c(Cl-)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，C不正确；D项，c点溶液中c(HCO3-)=c(H2CO3)，，，D正确；故选C。
14．以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H=+19.3 kJ•mol-1
反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ的△H＞0，△S＞0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应炉中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】A项，根据图示可知反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，△S=0，A错误；B项，由图可知，温度高于570℃时，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以①为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，B错误；C项，反应Ⅰ、Ⅱ均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容的反应炉中，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此不能根据压强保持不变时，来判断反应Ⅰ、Ⅱ是否达到平衡状态，C错误；D项，1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，此时化学平衡常数K=，反应①是吸热反应，随着温度的升高，化学平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，D正确；故选D。
15．常温下，向10.0mL浓度均为的AlCl3和FeCl2混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液pH分别为3.0、4.3。
已知：
①Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]
②Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，298K下，
下列叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表Al3+
B．常温下，Ksp[Al(OH)3]= 1.0×10－38
C．点溶液中金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和Al(OH)3形式存在
D．Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-的平衡常数K为1.1×10－5
【答案】C
【解析】A项，根据a点、b点对应的pH，计算溶度积，分别为 、，根据信息①可知，前者为Fe(OH)3的溶度积，后者为A l (OH)3溶度积；溶解度小，优先沉淀，故曲线Ⅰ代表Fe3+，曲线Ⅱ代表Al3+，A错误；B项，常温下，Ksp[Al(OH)3]= 1.0×10－34.1，B错误；C项，b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和Al(OH)3形式存在，C正确；D项，，D错误； 故选C。
16．下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是( )
选项
实验内容
实验结论
取两只试管，分别加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol/L H2C2O4溶液4mL，第一只试管中褪色时间长。
H2C2O4浓度越大，反应速率越快
B
向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色。
产生的气体为乙炔
C
取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/L CuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快。
加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大。
D
检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。
不能证明溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】A项，两支试管中KMnO4溶液和H2C2O4溶液的浓度都不相同，无法说明反应速率的不同是H2C2O4浓度不同引起的，A项错误；B项，电石的主要成分为CaC2，电石中还含有CaS、磷化钙等，CaS、磷化钙等与水反应产生的H2S、PH3等也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明一定产生乙炔，B项错误；C项，试管①产生气泡快，说明试管①反应速率快，加入FeCl3时双氧水分解反应的活化能较小，C项错误；D项，Cl-、Fe2+都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，溶液紫红色褪去不能说明溶液中一定含Fe2+，D项正确；故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)C、N、F、Cu及其化合物在医药化工领域应用十分广泛。请回答：
(1)基态铜原子的价层电子排布式为___________；C、N、F、Cu四种元素第一电离能从小到大的顺序为___________。
(2)化合物CH3NH2 、CH3CH3常温下均为气体，沸点较高的是___________；CH3NH2 中氮原子的杂化方式是___________。
(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，该深蓝色离子[Cu(NH3)4]2+内存在的化学键有___________。
A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．金属键 E．配位键
(4)氮、铜形成的某一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为apm，沿体对角线投影如图所示。已知该晶胞中原子的分数坐标如下：Cu：；；；N：(0，0，0)，其中与Cu原子等距且最近的Cu原子有___________个，则该化合物的化学式为___________。
请画出该晶胞的结构示意图：___________。
【答案】(1) 3d104s1(1分) Cu
(3)CE(2分)
(4)8(1分) Cu3N (1分) (小球为N，大球为Cu) (2分)
【解析】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1 ；Cu为金属元素，第一电离能最小，同周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，所以四种元素第一电离能从小到大为Cu
(1)固体X的组成元素是_______。
(2)混合气体A中所含物质的化学式为_______。
(3)实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。
(4)证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。
(5)X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)K、Fe、C、N(1分)
(2)SO2、CO(2分)
(3)Fe3＋+ 6NH4+ + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O(2分)
(4)取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀(2分)
(5)5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O(2分)
【解析】已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素。(1)由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。(2)由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。(3)由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH4+的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋ + 6NH4+ + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O。(4)检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。(5)由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K的物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K): n(Fe) : n(C) : n(N)= 0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O。
19．(10分)研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有：
Ⅰ NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1
Ⅱ 2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH2＜0
Ⅲ 2NO(g)+2CO(g)N2 (g)+2CO2 (g) ΔH3＜0
(1)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
819kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。
②下列描述正确的是_______。
A．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态
B．反应Ⅱ ΔH＜0，ΔS＜0；该反应在低温下自发进行
C．恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大
D．上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡
(2)在一个恒温恒压的密闭容器中， NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。
①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_____________________。
②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为____________________________。
(3)实验测得，V正＝k 正·c2(NO)·c2(CO) ，V逆＝k逆·c(N2)·c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.1mol，n(NO)=0.2mol，n(N2)=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=______________。
②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2 -t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。
【答案】(1)①-227(1分) ②AB (2分)
(2)①反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) (1分)
②分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高(2分)
(3)①270(2分) ②(起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3- t4处于平衡状态与已有线平齐) (2分)
【解析】(1) ①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol；②A项，反应前后气体系数不变，如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；B项，当ΔH-TΔS<0时，反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；C项，增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动，但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；D项，温度升高，反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；(2)①反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来，降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；
(3)①列三段式求解：
因为N2占平衡总体积的1/4，所以，a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正= v逆，即k 正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，；②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为。
20．(10分)钛合金在国防、医用器材领域有重要应用，某研究小组利用钛铁矿[主要成分偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、杂质]制取TiCl4，然后进一步制备金属钛，流程如下：
已知：a、发生的主要反应方程式如下：
TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4；H2TiO3H2O+TiO2
b、部分物质的性质：
TiCl4
SiCl4
FeCl3
TiO2
常温下状态
液体
液体
固体
固体
沸点
136.4
57.6
315
/
其他性质
极易水解
/
/
不溶于水
(1)步骤Ⅰ发生的是非氧化还原反应，写出钛铁矿与浓硫酸发生的主要化学反应方程式___________。
(2)步骤Ⅲ为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO4·7H2O。往浸出液中加入铁粉至溶液中的Fe3+完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO4·7H2O结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是___________。
A．可能是在实验过程中氧化生成的
B．再次抽滤获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4
C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体颗粒
D．再次抽滤后的洗涤应选用蒸馏水进行多次洗涤
(3)步骤Ⅳ包括钛盐的水解、产物的的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤Ⅲ获得的滤液→( )→( )→( )→( )→抽滤得偏钛酸(H2TiO3))→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛(TiO2))。将下列操作按合理顺序填入以上空格___________。
a、静置沉降后，用倾析法除去上层水
b、逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约
c、用热的稀硫酸洗涤沉淀2-3次，然后用热水洗涤沉淀
d、慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约(过程中适当补充水至原体积)
(4)①另一种生产TiCl4的方法是用天然TiO2)晶体为原料，利用步骤Ⅴ的反应原理获得TiCl4。产品中含有SiCl4、FeCl3、Cl2等杂质，可通过精馏的方法获得高纯TiCl4，以下说法正确的是___________。
A．收集TiCl4时，仪器a的温度应控制为136.4℃
B．若b处温度计水银球的位置偏下，则可能会获得低沸点的馏分
C．精馏结束时，留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3和SiCl4
D．本实验宜用空气冷凝管代替直形冷凝管
②装有碱石灰的干燥管的作用是___________。
【答案】(1) FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O(2分)
(2)AB(2分)
(3)b、d、a、c(2分)
(4) B(2分) 防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解(2分)
【解析】(1)钛铁矿主要成分为偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、FeO 杂质，铁元素都是以＋2价形式存在，酸浸时发生非氧化还原反应，钛铁矿与浓硫酸发生反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)A项，使用浓硫酸具有强氧化性，可使钛铁矿石中的二价铁氧化为三价铁，则杂质Fe3+是在实验过程中氧化生成的，A符合题意；B项，根据分析，再次抽滤过程中加入了铁粉，铁粉可将滤液中的三价铁还原为二价铁，则获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4，B符合题意；C项，利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO4的溶解度，使其从溶液中分离出来，C不符合题意；D项，为减少FeSO4的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，D不符合题意；故选AB；(3)步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤III获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 min(过程中适当补充水至原体积))，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸 (H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为b、d、a、c；(4)①A项，根据表格数据可知，SiCl4、FeCl3等杂质的沸点分别为57.6℃、315℃，TiCl4的沸点为136.4℃，收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为低于315℃即可，A不符合题意；B项，b处温度计测量的是蒸馏出来的蒸汽的温度，则水银球的上沿和支管口的下沿平齐才能较为准确的测定蒸汽温度，控制蒸馏的温度，若水银球偏低，则出口处温度偏低，会使低沸点物质蒸出，B符合题意；C项，根据A选项分析可知，精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3，C不符合题意；D项，空气冷凝管一般使用于沸点140℃以上的物质，由表中数据可知，该实验不适合选用空气冷凝管，D不符合题意；②由于TiCl4易发生水解，所以必须有干燥装置，以避免空气中的水分进入。
21．(12分)某治疗心脏药物L的合成路线如图：
已知：ⅰ.
ⅱ.
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物A转化为B的反应类型为取代反应
B．化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．化合物F的含氧官能团中含有醛基
D．化合物L的分子式是C11H21NO
(2)写出反应的化学方程式_______。
(3)化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式：_______。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为
(5)结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。
【答案】(1)AB(2分)
(2)CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO (2分)
(3) (1分) 保护酮羰基(1分)
(4)、、、(3分)
(5) (3分)
【解析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，H为，反应②是碳碳双键自身成环。(1)A项，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B项，化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C项，化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D项，化合物L的分子式是C21H21NO，D错误；故选AB；(2)B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，B+C→D反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3 + CH3CH2CH2CHO；(3)分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；(4)F为，满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为，满足条件的所有同分异构体有：、、、；(5)发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。
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