2022年高考化学真题完全解读（浙江卷带解析）

2022年高考化学真题完全解读(浙江卷)2022年6月浙江选考命题全面贯彻党的教育方针，落实立德树人根本任务，按照“方向是核心，平稳是关键”
的原则，聚焦铸魂育人，加强教考衔接，遵循课程标准，依托高考评价体系，深化基础考查，突出思维品质，充分发挥教育评价育人功能和积极导向
作用，服务“双减”工作落实落地，引导学生德智体美劳全面发展。命题坚持“科学、公平、准确、稳定”的主基调，严格遵循《考试说明》和《课
程标准》的要求，坚持以稳为主，试题在题型结构、呈现方式、考试内容等方面保持了较好的稳定性和延续性，考查学生的必备知识和关键能力，既
满足高校选拔人才的需要，又能对高中化学教学有正向导向作用。一、突显特色，彰显学科育人价值试卷命制体现了“立德树人”的根本要求，传承
科学家勇于探索的科学精神，传递化学正能量，厚植家国情怀，社会责任素养外显化。为此，精选真实的、体现化学学科价值的测试载体，将“核心
功能”要求融入具体试题中，体现化学对人类社会可持续发展的贡献，彰显学科育人价值。如：第6题中人工合成结晶牛胰岛素，如21题“废旧电
池回收碳酸锂和二氧化锰”，27题“联合生产实现资源综合利用”， 有助于理解我国实现“碳达峰”战略目标，29题“工业废气H2S的回收
利用”，30题“NaNH2的制备”，31题“药物氯氮平的合成”等，不仅全面测试学生的必备知识、关键能力，更渗透了化学学科在创造物质
、合理开发及综合利用资源、保护环境等方面的重要贡献。二、强调基础，突出主干知识考查试题突出对主干知识的考查，不考繁难偏旧，不考细枝
末节，试题内容范围和难度设置严格依据课程标准，强调高中化学基础知识和基本技能，聚焦分析问题与解决问题的根本能力，试题设问与答案设计
呼应教材核心内容，命题在教考衔接上精耕细作，全面考查了化学学科特点和化学研究基本方法、化学基本概念和基本理论、常见无机物及其应用、
常见有机物及其应用、化学实验基础知识等必备知识，体现了测试的基础性要求。如，教材中涉及的金属、非金属元素及其化合物的性质和应用中的
核心主干知识在命题选材中均有所体现。引导中学化学教学严格按照课程标准实施，做到应教尽教，不随意增加或删减内容，发挥以考促学的积极导
向作用。如：第5、7、12题考查化学概念，第10、13题考查变化规律，第3、11、24、30题考查实验仪器识别、基本操作、条件控制
、方案设计；第22、26题考查结构与性质推理能力。三、精心设计，突出关键能力考查试题设计由易到难，设问由浅入深，对推理论证能力有一
定的要求，计算量适当。试题可以从多个不同的角度进行思考分析，不同方法的选择会产生不同的效果，并能够有效的区分不同能力水平的考生。试
题重视分层选拔功能，不仅客观题难度有梯度，而且主观题更是通过多种设问方式，考查学生不同的认识视角和思维水平。各大题入题容易，但随着
设问的深入，对学生的关键能力要求逐步提高。满足不同层次水平学生的分层选拔，体现试题的应用性和综合性。如：29题从简单的平衡常数计算
、反应自发性判断，到表格数据分析、作图、原因分析；31题从简单的分子式判断、结构简式书写、反应类型判断，到信息方程式书写，到有机合
成路线设计、限制条件下同分异构体书写等，问题设计从易到难，层层递进，且设问角度丰富。四、关注生活，落实学科核心素养命题的素材选取多
源于日常生活，与生产生活密切相关，引导学生探究化学问题，试题命制中十分重视知识承载学科核心素养功能的考查，即学生在面对陌生的、不确
定的真实情境中，能从试题提供的信息中合理运用化学学科的认识角度和思路分析解决问题，考查学生适应未来学习的关键能力和必备品格，体现试
题的综合性及创新性。如：第15题考查宏微思想，18题中让学生从“相对能量”数据表中分析解决问题的同时，发展化学键键能理解的新观念。
26题中让学生从不同结构层面分析、解释物质性质，树立“构性相依”的基本观念。30题以陌生的NaNH2制备为背景，不仅考查学生实验的
基础知识、基本实验操作、掌握实验方法，更重要的是考查学生具备一定的实验思维能力，体现实验独特的能力测评和素养价值。五、图表出彩，彰
显学科独特魅力图表是化学的第二语言，图表素材的丰富性更是化学学科的特色。本次命题的图表运用从数量、类型和质量来看，均达到了较高水平
，通过图文结合的方式构建情境并自然引出问题，启发学生运用化学学科知识和思想方法进行解答。试卷共12张图片，4张表格，其中图片部分包
括实验仪器图、实验装置图、原子结构示意图、有机结构简式图、新型电池图、能量变化图、无机框图、有机合成路线等等，突出了对学生通过读图
析图获取化学信息和综合思维能力的考查。如：第15题的染料木黄酮的结构简式图，领悟其中多官能团有机物的结构与性质；如第21题的通过电
解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，制作精美、流程清晰，可以有效帮助学生理解题意，第18、20、2
9题考查学生解读图表信息的能力，逐渐形成对知识全局性、整体性认识，也能有效引导中学化学教学更加重视发展学生的核心素养。?题号分值难
易度考查方向详细知识点12容易化学基本概念无机物与有机物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。22容易化学反应原理强电解质与弱电
解质。32容易化学实验基础常用仪器及使用；抽滤。42易化学基本概念有机化学基础化学用语综合判断；烷烃系统命名法。52易化学基本概念
有机化学基础原子结构示意图、离子结构示意图；共价型分子结构式、电子式；乙醛组成、结构、用途。62易有机化学基础油脂；甲醛；蛋白质；
化石能源。72易有机化学基础同系物的判断；同分异构现象、同分异构体的概念；元素、核素、同位素；几组常见同素异形体。82易元素及其化
合物硅的物理性质与用途；二氧化硅的用途；焰色试验；氧化铝的物理性质与用途。92易化学基本概念化学反应原理元素及其化合物氧化还原反应
在生活、生产中的应用；二氧化硫；电冶金；铁的钝化。102中化学基本概念氧化还原反应的几组概念；氧化还原反应的规律；电子转移计算。1
12中化学反应原理化学实验基础有机化学基础酸碱中和滴定实验基本操作及步骤；红外光谱；仪器使用与实验安全；蒸发与结晶。122中化学基
本概念化学反应原理22.4L/mol适用条件；结合物质结构基础知识与NA相关推算；可逆反应及反应限度。132中化学基本概念有机化学
基础元素及其化合物离子方程式的正误判断；溴、碘的性质；二氧化硫与二氧化碳的性质区别；乙醇与强氧化剂的反应。142中有机化学基础油脂
；蔗糖与麦芽糖；氨基酸；蛋白质。152中有机化学基础有机官能团的性质及结构；酚类的化学性质；含有酚羟基的物质性质的推断；多官能团有
机物的结构与性质。162中元素及其化合物氨水的性质；根据原子结构进行元素种类推断；根据物质性质进行元素种类推断；常见离子晶体的结构
；172中化学反应原理弱电解质的电离平衡；电离平衡常数及影响因素；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒。质子守恒原理；盐溶液中离子浓
度大小的比较。182中化学反应原理化学反应热的计算；化学键与化学反应中的能量关系；根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和进行
计算。192中化学反应原理元素及其化合物氯水的成分及检验；氯水的性质；化学平衡的移动及其影响因素；可逆反应及反应限度。202中化学
反应原理影响化学反应速率的因素；化学反应速率计算；化学平衡状态的判断方法。212中化学反应原理电解原理；电解池电解基本判断；电解池
电极反应式及化学方程式的书写与判断。222较难化学基本概念化学实验基础元素及其化合物氧化还原反应的规律；二氧化硅的化学性质；铁的其
他化合物；萃取和分液。232较难化学反应原理弱电解质的电离平衡；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒。
质子守恒原理；弱电解质的电离平衡常数。242较难化学反应原理化学实验基础元素及其化合物二氧化硅的化学性质；制备与水解有关的物质；升
华；常见无机物的制备。252中化学实验基础元素及其化合物硝酸的强氧化性；Fe2+的还原性；化学实验方案的设计与评价；亚硫酸及其盐。
264难全部氢键对物质性质的影响；晶格能。274中化学反应原理化学反应热的计算。2810难元素及其化合物无机综合推断；氨气。291
0难化学反应原理化学反应原理综合考查；化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡图像分析；化学平衡常数的有关计算。3010难化学反应原理
化学实验基础酸碱中和滴定原理的应用；物质分离、提纯综合应用；常见无机物的制备；物质制备的探究。3112较难有机化学基础根据要求书写
同分异构体；苯的取代反应；有机物的推断；有机合成综合考查。一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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．下列消毒剂的有效成分属于盐的是( )A．高锰酸钾溶液 B．过氧乙酸溶液
C．双氧水D．医用酒精【答案】A【解析】A项，高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和MnO4-，故KMnO
4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CH3COOO-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CH3C
H2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故选A。2．下列物质属于强电解质的是( )A．HCOOH B．FeC．Na2CO3D
．C2H2【答案】C【解析】A项，HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B项，Fe是单质，不是电解质
，B不合题意；C项，Na2CO3是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；D项，C2H2是有机物，在水溶液和熔融状
态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故选C。3．名称为“吸滤瓶”的仪器是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】A项，图示实验
仪器为蒸馏烧瓶，A不合题意；?B项，图示实验仪器为分液漏斗，B不合题意；C项，图示实验仪器为容量瓶，C不合题意；D项，图示实验仪器
为吸滤瓶，其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶，D符合题意；故选D。4．下列物质对应的化学式正确的是( )A．白磷：P2B．2-甲基丁
烷：(CH3)2CHCH2CH3C．胆矾：FeSO4·7H2OD．硬脂酸：C15H31COOH【答案】B【解析】A项，白磷的化学式
为：P4，A不合题意；B项，2-甲基丁烷的结构简式为：(CH3)2CHCH2CH3，B符合题意；C项，胆矾的化学式为：CuSO4·
5H2O，而FeSO4·7H2O是绿矾的化学式，C不合题意；D项，硬脂酸的化学式为：C17H35COOH，而C15H31COOH是
软脂酸的化学式，D不合题意；故选B。5．下列表示正确的是( )A．乙醛的结构简式：CH3COHB．丁烯的键线式：C．S2-的结构示
意图：D．过氧化钠的电子式：【答案】D【解析】A项，乙醛含醛基，其结构简式为：CH3CHO，A错误；B项，2-丁烯的结构简式为CH
3CH=CHCH3，键线式为：，B错误；C项，硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图
为：，C错误；D项，过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为：，D正确；故选D。6．下列说法不正确的是( )A
．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C．天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素【答案】A【解析】A项，油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分
子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A错误；B项，福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，
B正确；C项，天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；D项，我国科学家合成的结晶牛胰岛
素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D正确；故选A。7．下列说法不正确的是( )A．乙醇和丙
三醇互为同系物B．和互为同位素C．和互为同素异形体D．丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体【答案】A【解析】A项，结构相似，组成上
相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互
为同系物，A错误；B项，质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为17，
中子数为20，两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；C项，由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素
组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C正确；D项，分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不
同，两者互为同分异构体，D正确；故选A。8．下列说法不正确的是( )A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维B．
高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，
同时可得到石膏【答案】A【解析】A项，晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧
化硅常用于制造光导纤维，A错误；B项，钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；C项，耐高温材料应具有高熔点的性质，
氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；D项，石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2
↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；故选A。9．下列说法正确的是(
)A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质
容器贮运浓硝酸D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【答案】D【解析】A项，六水合氯化镁没
有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B项，接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，
二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C项，在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻
止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D项，“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能
混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；故选D。10．关于反应Na2S2O3+
H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +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∶1D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】Na
2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，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，H2SO4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SO2(+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SO2，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，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D不正确。故选B。11．下列说法不正
确的是( )A．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜C．利用红外光谱
法可以初步判断有机物中具有哪些基团D．蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体【答
案】A【解析】A项，用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口
放出，A不正确；B项，铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，有大量火星飞溅出来，因此，在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和
眼睛，B正确；C项，有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C正确；D
项，硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后
，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D正确。故选A。12．NA为阿伏加德罗常数的
值，下列说法正确的是( )A．12 g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NAC．8
gCH4含有中子数为3NAD．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2NA【答案】C【解析】
A项，由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，8 gCH4的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有0.1NA个阳离子
，A不正确；B项，没有指明气体的温度和压强，无法确定11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的
数目，B不正确； C项，CH4分子中有6个中子，8 gCH4的物质的量为0.5mol，因此，8 gCH4含有的中子数为3NA，C正
确；D项，H2和I2发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，0.1mol H2和0.1mol I2于
密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于0.2NA，D不正确。故选C。13．下列反应的离子方程式不正确的是( )A．盐酸中滴加Na2
SiO3溶液：SiO32-+2H+= H2SiO3↓B．Na2CO3溶液中通入过量SO2：CO32-+ SO2+H2O=2HSO3
-+ CO2C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+→3CH3COOH+4Cr3++1
1H2OD．溴与冷的NaOH溶液反应：Br2+OH-= Br-+ BrO-+H+ 【答案】D【解析】A项，盐酸中滴加Na2SiO3
溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO32-+2H+= H2SiO3↓，A正确；B项，亚硫酸的酸性强于碳酸，因
此，Na2CO3溶液中通入过量SO2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CO32-+ SO2+H2O=2HS
O3-+ CO2，B正确；C项，乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O72- 被还原为Cr3+，该反
应的离子方程式为3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+→3CH3COOH+4Cr3++11H2O，C正确；D项，类比氯气与
碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+H2O，
D不正确。故选D。14．下列说法不正确的是( )A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色B．向某溶液中加入茚
三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在
一定条件下生成的链状二肽有9种【答案】B【解析】A项，植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与溴发生加成反应，因此能使溴的四氯化碳
溶液褪色，A正确；B项，某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝紫色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，
B错误；C项，麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C正确；D项，羧基脱羟基，氨基脱氢原子形成链状二肽，形成1个肽键；甘
氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D正确
；故选B。15．染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是( )A．分子中存在3种官能团B．可与HBr反应C．1 mol该物质与足量溴
水反应，最多可消耗4 mol Br2D．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH【答案】B【解析】A
项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A错误；B项，含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正
确；C项，酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5mol，C错误；D项，分子中含有3个
酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，D错误；故选B。16．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数
等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法
正确的是( )A．X与Z形成的10电子微粒有2种B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒C．M2Z与MQ的晶体类型不同D．由X
、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性【答案】B【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z
的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X
为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl。A项，X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A错误；B项，Z
为O，Q为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C项，Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，为离子晶
体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；D项，X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH?·H?O，其溶液显碱性
，D错误；故选B。17．时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是( )A．相同温度下，等的C6H5ON
a和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-) B．将浓度均为0.1mol·L－1的C6H5ONa和NaO
H溶液加热，两种溶液的均变大C．时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5O
H)D．时，0.1mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小【答案】C【解析】A项，醋酸的酸性大
于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-) O-)，A错误；B项，C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，
pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；C项，当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(
C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；D项，C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。18．
标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOOH2O2H2O2H2O能量/ kJ·mol-l24921839
1000可根据HO(g)+HO(g)= H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l。下列说法不正确的是
( )A．H2的键能为436 kJ·mol-lB．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍C．解离氧氧单键所需能量： HOO＜
H2O2D．H2O(g)+O(g)= H2O2(g) ΔH＝-143kJ·mol?1 【答案】C【解析】A项，根据表格中的数据可
知，H2的键能为218×2=436 kJ·mol-l，A正确；B项，由表格中的数据可知O2的键能为：249×2=498 kJ·mo
l-l，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；
C项，由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 kJ·mol-l，H2O2中氧氧
单键的键能为214 kJ·mol-l，C错误；D项，由表中的数据可知H2O(g)+O(g)= H2O2(g)的，D正确；故选C。1
9．关于反应Cl2(g)＋H2O(l)HClO(aq)+ H+(aq)+ Cl-(aq) ΔH＜0，达到平衡后，下列说法不正确的是
( )A．升高温度，氯水中的c(HClO)减小B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大C．取氯水稀释，c
(Cl-)/ c(HClO)增大D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上
述反应存在限度【答案】D【解析】A项，HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B项，
氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C项，氯水
稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO?H++ClO-，稀释促进了HClO
的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；D项，氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，
溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在
限度，D错误；故选D。20．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)，测得
不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是( )A．实验①，0~20min，v(N2)=1.0
0× 10-5mol/(L·min) B．实验②，60min时处于平衡状态，C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D．相同条
件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】C【解析】A项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40× 10-3mol
/L-2.00× 10-3mol/L=4.00× 10-4mol/L，v(NH3)==2.00× 10-5mol/(L·min)，
反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.00× 10-5mol/(L·min)，A正确；B项，催化剂表面积大
小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4mol/L，则实验①
达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min
时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4
.00×10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨
气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D项，对比实验①和实
验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增
加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；故选C。21．通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电
解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )A．电极
A为阴极，发生还原反应B．电极B的电极发应：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不
变D．电解结束，可通过调节除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3【答案】C【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上
Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图
可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；C项，电极A为阴
极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电
解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D
项，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化
为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。22．关于化合物：FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是(
)A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2OB．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2OC．溶于氢碘酸(HI)，再加C
Cl4萃取，有机层呈紫红色D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3【答案】B【解析】已知化合物：FeO(OCH3
)中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成
FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B项，化合物
：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化
还原反应规律，即不可能生成FFeO、CO2、H2O，B符合题意；C项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢
碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，
再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D项，化合物：FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后F
e2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物：FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3，D不合题意；
故选B。23．时，向浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1
.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的
是( )A．恰好中和时，溶液呈碱性B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2OC．滴定
过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH
3COOH) 【答案】B【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加
NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离
常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸
也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸
的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度
均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠
和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COON
a、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl
-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。24．尖晶石矿的主要成分为MgAl2O4 (含SiO2杂质)。已
知：MgAl2O4(s)＋4Cl2(g)= MgCl2(s)＋2AlCl3(g)＋2O2(g) ΔH＞0。该反应难以发生，但采用
“加炭氯化法”可以制备MgCl2和AlCl3，同时还可得到副产物SiCl4 (SiCl4沸点为58℃，AlCl3在180℃升华)：
MgAl2O4(s)＋4C(s)＋4CO(g)MgCl2(s)＋2 AlCl3(g)＋4CO(g)。下列说法不正确的是( )A．制
备时要保持无水环境B．输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量D．为避免产
生大量CO2，反应过程中需保持炭过量【答案】D【解析】A项，由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl
2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B项，由题
干信息可知，AlCl3在180℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上，B正确；C项，由题干信息可知，不加炭的氯化反应
很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；D项，反应过程中若保持炭过量
，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质
，D错误；故选D。25．亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶
于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是( )方案设计现象和结论A先加入少量KClO3
溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色
，则样品为亚硝酸钠C先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量Na2SO3溶液，
再加入 BaCl2溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠【答案】C【解析】A项，KClO3与亚硝酸钠会发生反应：KCl
O3+3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸也能生成白色沉淀，A错误；B项，氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高
锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；C项，亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D项，稀硝酸可以把亚硫酸根离
子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26．(4分)回答
下列问题：(1)乙醇的挥发性比水的强，原因是_______。(2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是_
______。【答案】(1)乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小(2)Na+半径小于K+，Na+与H
—的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱【解析】(1)乙醇和水均可形成分子晶体，且其均可形成分子间氢键，但是，水分子中的２个H
均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的１个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高
而乙醇的沸点较低。因此，乙醇的挥发性比水的强的原因是：乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小。(2)K
H和NaH均可形成离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H—的离子键作用较强，其中的H—更难失电子、还原性更
弱，因此，KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H—的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱。27．(4
分)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3 (s) =CaO (s)＋CO2(g) ΔH＝1.8×102
kJ·mol?1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO
2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热
值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)。请回答：(1)每完全分解石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料__
_____kg焦炭。(2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______kgCaO (列式计算)。【答案】(1)10.8 (2)7
0【解析】(1)完全分解100kg石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的
热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。(
2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭
的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。28．(10分)化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下
流程进行相关实验：化合物X在空气中加热到，不发生反应。请回答：(1)组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。(3)①写出由X到A的化学方程式_______。②X难溶于水，但可溶于氨水
中，写出该反应的离子方程式_______。(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。【答案】(1)?? Ba、C
u、O?? BaCu3O4(2)HCl、H2SO4(3)?2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O????
BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)42++Ba2＋+8OH－+8H2O(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝
，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成
固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该
是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.9
6g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫
酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005m
ol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质
的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu
、O，X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2
SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式
为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 42+生成，
所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3) 42++Ba2＋+8OH－+8H2O。(4)反应中氨气
可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气
中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。29．(10分)主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。(1)
回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H
2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－
1，计算该温度下的平衡常数_______。(2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进
料，另一边出料)，发生如下反应：Ⅰ?2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol?1 Ⅱ?CH4(g)+
S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol?1总反应：Ⅲ?2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g
)投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表：
温度/℃9501000105011001150H2/V(%)0.51.53.65.58.5CS2/V(%)0.00.00.10.4
1.8请回答：①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。②下列说法正确的是_______。A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释
气体，对实验结果几乎无影响B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键D．
恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量
示意图_______。④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化
率不变，原因是_______。⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规
律并分析原因_______。【答案】(1)8×108 L·mol－1(2)?高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H
2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ
消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝=；(2)①根据盖
斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大(即ΔS＞0)的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜
0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A项，Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N
2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B项，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；C项，根
据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D项，恒温恒压下，增
加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；故选AB；③反应I、反应Ⅱ和反
应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化
率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度
升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此
变化规律是先升后降。30．(10分)氨基钠(NaNH2)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
。简要步骤如下：Ⅰ.在瓶A中加入液氨和0.05 g Fe(NO3)3?9H2O，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。Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。2Na+2NH
3 =NaNH2 +H2↑NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑ 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
说法不正确的是_______。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Ⅱ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NaNH2D．产品NaNH
2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NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下
列选项中选择最佳操作并排序_______。准确称取产品NaNH2 xg→( )→( )→( )→计算a.准确加入过量的
水b.准确加入过量的HCl标准溶液c.准确加入过量的NH4Cl标准溶液d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2)e.滴加石蕊
指示剂(变色的范围4.5～8.3)f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0)g.用NaOH标准溶液滴定h.用NH4Cl标准溶
液滴定i.用HCl标准溶液滴定【答案】(1)催化 防止氧气、水进入密闭体系(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(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)(4)BC(5)bdg【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。(1)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)
39H2O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NaNH2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(NO3)3?9H2O均匀分散在液氨中，A正确；B项，步骤II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NaNH2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铵，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NaNH2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。31．(10分)某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。已知：①；②请回答：(1)下列说法不正确的是_______。A．硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸B．化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基C．化合物B具有两性D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼(2)化合物C的结构简式是_______；氯氮平的分子式是_______；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为_______。(3)写出E→G的化学方程式_______。(4)设计以和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。(5)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，有键。②分子中含一个环，其成环原子数。【答案】(1)D(2)? C18H19ClN4 加成反应，消去反应(3)+→+CH3OH(4)；CH3CH2Cl，NH3(5)，，，【解析】甲苯硝化得到硝基苯，结合H的结构简式，可知A，再还原得到B为，B和甲醇发生酯化反应生成C，结合信息②可知E为，再结合信息②可知G为。(1)A项，硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；B项，化合物A是，其中的含氧官能团是硝基和羧基，B正确；C项，化合物B为，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；D项，从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D错误；故选D；(2)由分析可知化合物C的结构简式是；根据氯氮平的结构简式可知其分子式为：C18H19ClN4；对比H和氯氮平的结构简式可知，H→氯氮平经历的反应是先发生加成反应，后发生消去反应；(3)由分析可知E→G的方程式为：+→+CH3OH；(4)乙烯首先氧化得到环氧乙烷，乙烯和HCl加成生成CH3CH2Cl，之后NH3和反应生成，再和反应生成，结合信息②和CH3CH2Cl反应得到，具体流程为：；CH3CH2Cl，NH3；(5)化合物F的同分异构体，则有1个不饱和度，其有3种等效氢，含有N—H键，且分子中含有含一个环，其成环原子数，则这样的结构有，，，。zxxk.com学科网（北京）股份有限公司