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2025 年 1 月浙江卷化学试题
一、单选题
1．下列属于极性分子的是
A．HCl B．N C．He D．CH
2 4
【答案】A
【解析】A．HCl是由极性键形成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；
B．N 是非极性键形成的单质分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；
2
C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C错误；
D．CH 是由极性键形成的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D错误；
4
故选A。
2．下列化学用语表示不正确的是
．．．
A．基态S原子的电子排布式：2s22p4 B．质量数为14的碳原子： 14C
6
C．乙烯的结构简式：CH =CH D．H O的电子式：
2 2 2
【答案】A
【解析】A．硫原子质子数为16，位于第三周期ⅥA族，基态S原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4，A错误；
B．碳原子质子数为6，质量数为14的碳原子表示为： 14C，B正确；
6
C．乙烯的官能团是碳碳双键，结构简式为：CH =CH ，C正确；
2 2
D．水是共价化合物，水分子中O原子是中心原子，电子式为 ，D正确；
故选A。
3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
．．．
A．ClO 具有强氧化性，可用于杀菌消毒
2
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．Na CO 溶液呈碱性，可用于除油污
2 3
D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
【答案】B
【解析】A．ClO 具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，A正确；
2
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，不含有亲水基团，不能用作吸水剂，B错误；
C．油污可以在碱性环境下水解，Na CO 溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，因此可用于除油污，C正确；
2 3
D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，其表面会形成致密的氧化膜，抗腐蚀性强，因此可用作航空材料，
D正确；
故选B。
4．根据元素周期律，下列说法不正确的是
．．．
A．第一电离能：N＞O＞S B．化合物中键的极性：SiCl ＞PCl
4 3
C．碱性：LiOH＞KOH D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al O
2 3
【答案】C
【解析】A．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：
N＞O＞S，A正确；
B．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，故化合物
中键的极性：SiCl ＞PCl ，B正确；
4 3
C．同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错误；
D．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负
性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al O ，D正确；
2 3
故选：C。
5．关于实验室安全，下列说法不正确的是
．．．
A．若不慎盐酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%NaHCO 溶液冲洗
3B．实验室制备Cl 时，可用NaOH溶液吸收尾气
2
C．水银易挥发，若不慎有水银洒落，无需处理
D．PbS难溶于水，可用Na S处理废水中的Pb2+，再将沉淀物集中送至环保单位进一步处理
2
【答案】C
【解析】A．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，将其稀释，然后用弱碱性物质如3%~5%的NaHCO
3
溶液进行中和，A正确；
B．Cl 是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性质，利用NaOH溶液进行尾气处理，B正确；
2
C．水银是重金属，有毒，硫能与汞反应生成硫化汞，若不慎有水银洒落，可撒上硫粉进行处理，C错误；
D．PbS难溶于水，Na S可与Pb2+反应生成硫化物沉淀，因此处理废水中Pb2+等重金属离子常用沉淀法，D正确；
2
故选C。
6．关于溴的性质，下列说法不正确的是
．．．
A．Br-可被Cl 氧化为Br
2 2
B．Br 与SO 水溶液反应的还原产物为Br-
2 2
C．Br +2Fe2+=2Fe3++2Br-，说明氧化性：Br >Fe3+
2 2
D．1molBr 与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO ，转移5mol电子
2 3
【答案】D
【解析】A．氯气具有强氧化性，可将Br-氧化为Br ，A正确；
2
B．Br 与SO 水溶液反应，生成HBr和H SO ，还原产物为Br-，B正确；
2 2 2 4
C．根据反应Br +2Fe2+=2Fe3++2Br-可知，氧化剂为Br ，氧化产物为Fe3+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化
2 2
性，故氧化性：Br >Fe3+，C正确；
2
D．Br 与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO ，反应方程式为：3Br +6NaOH=5NaBr+NaBrO +3H O，3molBr
2 3 2 3 2 2
参与反应，电子转移5mol，D错误；
故选D。
7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
．．
A．葡萄糖分子结构中有多个羟基，故葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜
B．具有网状结构的交联橡胶弹性好、强度高，故可用作汽车轮胎材料
C．SiC的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故SiC可用作砂轮磨料
D．NaHCO 能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂
3
【答案】A
【解析】A．葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应，可与银氨溶液反应制作银镜，A正确；
B．橡胶的分子链可以交联，交联后的橡胶受外力作用发生变形时，具有迅速复原的能力，因此其弹性好，强度高，且具
有良好的物理力学性能和化学稳定性，故可用作汽车轮胎材料，B错误；
C．SiC中原子以共价键形成空间网状结构，熔点高、硬度大，可用作砂轮、砂纸的磨料，C错误；
D．NaHCO 可中和酸生成二氧化碳气体，并受热分解产生大量二氧化碳气体，可用作食品膨松剂，D错误；
3
故选A。
8．下列方程式不正确的是
．．．
A．MnO 与浓盐酸反应：MnO +4H++2Cl− ≜Mn2++Cl ↑+2H O
2 2 2 2
B．NO 与H O反应：3NO +H O=2H++2NO−+NO
2 2 2 2 3
Δ
C．将少量灼热的CuO加入CH CH OH中：CH CH OH+CuO→CH CHO+Cu+H O
3 2 3 2 3 2
D．将SO 通入酸性KMnO 溶液：5SO +2MnO−+4H+ =5SO2−+2Mn2++2H O
2 4 2 4 4 2
【答案】D
【解析】A．MnO 与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，所给离子方程式正确，A正确；
2
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所给离子方程式正确，B正确；
C．乙醇的催化氧化生成乙醛，该反应氧化铜被还原生成铜，所给方程式正确，C正确；
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应的离子方程式为：5SO +2MnO−+2H O=
2 4 2
5SO2−+2Mn2++4H+，D错误；
4
故选D。9．抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。
下列说法不正确的是
．．．
A．可用质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸 B．抗坏血酸可发生缩聚反应
C．脱氢抗坏血酸不能与NaOH溶液反应 D．1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子
【答案】C
【解析】A．已知质谱法可以测量有机物的相对分子质量，抗坏血酸和脱氢抗坏血酸的相对分子质量不同，故可用
质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸，A正确；
B．由题干抗坏血酸的结构简式可知，抗坏血酸中含有4个羟基，故抗坏血酸可发生缩聚反应，B正确；
C．由题干脱氢抗坏血酸的结构简式可知，脱氢抗坏血酸中含有酯基，故能与NaOH溶液反应，C错误；
D．由题干脱氢抗坏血酸的结构简式可知，1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子，如图所示： ，
D正确；
故选：C。
10．提纯NaCl粗品(含少量的Ca2+、Mg2+、K+和SO2−)得到NaCl纯品的方案如下，所用试剂为BaCl 溶液、Na CO 溶
4 2 2 3
液、盐酸和NaOH溶液。
下列说法不正确的是
．．．
A．用过量的BaCl 溶液除去SO2−
2 4
B．Ca2+、Mg2+、SO2−通过生成沉淀后过滤除去
4
C．4种试剂的使用顺序为BaCl 溶液、Na CO 溶液、盐酸、NaOH溶液
2 2 3
D．调pH后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得NaCl纯品
【答案】C
【分析】粗盐溶液中的Ca2+用Na CO 溶液除去，Mg2+用NaOH溶液除去，SO2−用BaCl 溶液除去，Na CO 溶液要
2 3 4 2 2 3
放到BaCl 溶液之后，还可以除去多余的Ba2+，过滤后再加HCl调节pH值除去多余的Na CO 和NaOH，最后再将
2 2 3
滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤，让K+留在母液中，对沉淀进行洗涤、干燥后即得NaCl纯品。
【解析】A．除去SO2−用BaCl 溶液，过量的BaCl 可以使SO2−离子完全沉淀，多余Ba2+离子可以用Na CO 除去，
4 2 2 4 2 3
A正确；
B．Ca2+ 、Mg2+、SO2−分别用Na CO NaOH、BaCl 溶液除去，生成CaCO 、Mg(OH) 、BaSO 沉淀，过滤除去，
4 2 3、 2 3 2 4
B正确；
C．四种试剂使用时Na CO 要在BaCl 之后，盐酸放在过滤沉淀后再加入，防止生成的沉淀再溶解，C错误；
2 3 2D．过滤后再加入HCl调节滤液的pH值，最后蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得NaCl纯品，K+
留在母液中，D正确；
故选C。
11．下列说法正确的是
A．常温常压下H (g)和O (g)混合无明显现象，则反应2H (g)+O (g)=2H O(l)在该条件下不自发
2 2 2 2 2
B．3H (g)+N (g)⇌2NH (g) ΔH<0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
2 2 3
C．CO(g)+H (g)⇌C(s)+H O(g) ΔH<0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
2 2
D．Na(s)+ 1 Cl (g)=NaCl(s) ΔH<0, Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH<0，则Na(s)+ 1 Cl (g)=Na+(g)+
2 2
2 2
Cl−(g) ΔH<0
【答案】B
【解析】A．根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；
C．该反应为放热反应，则E −E ＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；
正 逆
D．①：Na(s)+ 1 Cl (g)=NaCl(s) ΔH <0, ②：Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH <0，根据盖斯定律，反应①
2 1 2
2
－反应②得到目标反应Na(s)+ 1 Cl (g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=𝛥H －𝛥H ，由于不能明确𝛥H 、𝛥H 相对大小，则ΔH
2 1 2 1 2
2
不能确定，D错误；
故选B。
12．一种可充放电Li−O 电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li O和Li O ，随温度升高Q(消耗
2 2 2 2
1molO 转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
2 ．．．
A．熔融盐中LiNO 的物质的量分数影响充放电速率
3
B．充放电时，Li+优先于K+通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区O2−转化为O2−
2
D．充电时，锂电极接电源负极
【答案】C
【分析】Li−O 电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li−e- =Li+，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：
2
O +2e-=O2−，随温度升高Q增大，正极区O2−转化为O2−；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳
2 2 2
极，O2−或O2−失去电子。
2
放电 放电
【解析】A．根据分析可知，电池总反应方程式为：O +2Li ⇌ Li O 或O +4Li ⇌ 2Li O，充放电时有Li+参与或
2 2 2 2 2
充电 充电
生成，因此熔融盐中LiNO 的物质的量分数影响充放电速率，A正确；
3
B．Li+比K+的半径小，因此Li+优先于K+通过固态电解质膜，B正确；
C．放电时，正极得到电子，O2−中氧原子为-1价，O2−中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区O2−转化
2 2
为O2−，C错误；
D．充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；
故选C。
13．某化合物Fe(NH ) Cl 的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
3 2 2 ．．．A．晶体类型为混合晶体 B．NH 与二价铁形成配位键
3
C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl 高
2
【答案】D
【解析】A．由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确；
B．NH 与二价铁通过配位键形成[Fe(NH ) ]2+，B正确；
3 3 2
C．Fe(NH ) Cl 与水反应可以生成Fe(OH) 沉淀，方程式为Fe(NH ) Cl +2H O=Fe(OH) ↓+2NH Cl，C正确；
3 2 2 2 3 2 2 2 2 4
D．Fe(NH ) Cl 中[Fe(NH ) ]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH ) ]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，
3 2 2 3 2 3 2
Fe(NH ) Cl 热稳定性小于FeCl ，D错误；
3 2 2 2
故选D。
14．化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
．．．
A．H+为该反应的催化剂 B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
【答案】B
【解析】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确；
B．化合物A的一溴代物有6种，分别是： 、 、 、 、、 ，B错误；
C．步骤III可知C转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；
D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；
故选B。
15．25℃时，H CO 的电离常数K =4.5×10−7,K =4.7×10−11;K (CaCO )=3.4×10−9。下列描述不正确的
2 3 a1 a2 sp 3 ．．．
是
A．HCO−+H O⇌OH−+H CO ,K=2.2×10−8
3 2 2 3
B．2HCO− ⇌H CO +CO2−,K=1.0×10−4
3 2 3 3
C．HCO−+Ca2+ ⇌CaCO (s)+H+,K=1.4×10−2
3 3
D．NaHCO 溶液中，c(H+)+c(H CO )=c(OH−)+c(CO2−)，则c(H+)= Ka1 [Ka2c(HCO3 −)+Kw ]
3 2 3 3 Kal+c(HCO
3
−)
【答案】D
【解析】A．HCO−+H O⇌OH−+H CO ，K= c(OH−)×c(H2CO3 ) = Kw = 10−14 =2.2×10−8，A正确；
3 2 2 3 c(HCO
3
−) Ka1 4.5×10−7
B．2HCO− ⇌H CO +CO2−，K= c(CO3 2−)×c(H2CO3 ) = Ka2 = 4.7×10−11 =1.0×10−4，B正确；
3 2 3 3 c2(HCO
3
−) Ka1 4.5×10−7
C．HCO−+Ca2+ ⇌CaCO (s)+H+，K= c(H+) = Ka2 = 4.7×10−11 =1.4×10−2，C正确；
3 3 c(HCO
3
−)×c(Ca2+) Ksp (CaCO3 ) 3.4×10−9
D．Ka1 [Ka2c(HCO3 −)+Kw ] = c(H c + ( ) H × 2 c C (H O3 C ) O3 −) [ c(CO c( 3 2 H − C ) O ×c 3 − ( ) H+) ×c(HCO3 −)+c(H+)×c(OH−)] =c2(H+)×[ c(CO3 2−)+c(OH−) ]，由于c(H+)+
Kal+c(HCO 3 −) c(H+)×c(HCO3 −) +c(HCO−) c(H2CO3 )+c(H+)
c(H2CO3) 3
c(H CO )=c(OH−)+c(CO2−)，Ka1 [Ka2c(HCO3 −)+Kw ] = c2(H+)，D错误；
2 3 3 Kal+c(HCO
3
−)
故选D。
16．蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
．．．
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓H SO ，以确保N元素完全转化为NH+
2 4 4
B．步骤Ⅱ，浓NaOH溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH ，以甲基红(变色的pH范围：4.4~6.2)为指示剂，用NaOH标准
3
溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D．尿素[CO(NH ) ]样品、NaNO 样品的N元素含量均可按上述步骤测定
2 2 3
【答案】D
【分析】蛋白质中的N元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K SO 和催化剂CuSO 作用下发生反应生成NH+，
2 4 4 4
再加入浓NaOH溶液让NH+转化为NH 蒸出，NH 用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用标准NaOH溶液通过滴定测
4 3 3
定出来，从而计算出N的含量。
【解析】A．步骤Ⅰ，加入过量浓H SO ，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为NH+，确保N元素完全转化为NH+，
2 4 4 4
A正确；B．根据NH++OH-⇋NH ·H O⇋NH +H O，NaOH过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B正确；
4 3 2 3 2
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH 后，过量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有NaCl
3
和NH Cl，终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C正确；
4
D．NaNO 中的N元素在浓硫酸、K SO 和催化剂CuSO 作用下不会转化为NH+，不能按上述步骤测定，D错误；
3 2 4 4 4
故选D。
二、解答题
17．磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
(1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同 B．As3+的最外层电子数为18
C．P3+的半径小于P5+的半径 D．电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态
(2)某化合物的晶胞如图。
①化学式是 ；
②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH O中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。
2
(3)两分子H PO (K =4.8×10−13)脱水聚合得到一分子H P O (K =2.0×10−7)，从PO3−、HP O3−的结构角度分
3 4 a3 4 2 7 a3 4 2 7
析K 差异的原因 。
a3
(4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca (PO ) OH、Ca (PO ) F、Ca (PO ) Cl和少量SiO ]进行探究，设计了两种制
5 4 3 5 4 3 5 4 3 2
备H PO 的方法：
3 4
Ⅰ.用稍过量的浓H SO 与磷灰石反应，得到H PO 溶液、少量SiF 气体、渣(主要成分为CaSO )。
2 4 3 4 4 4
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P )燃烧后与水反应制得H PO 溶液。
4 3 4
①方法I，所得H PO 溶液中含有的杂质酸是 。
3 4
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na SO ，流程如下：
2 4
溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca (PO ) O(足量)与炭(C)、SiO 高温下反应，生成白磷(P )和另一种可燃性气体，该反应
10 4 6 2 4
的化学方程式是 。
【答案】(1)AD
(2) Ca PCl 溶液变蓝，有气体放出
3 3
(3)PO3−的负电荷密度大，更易结合氢离子
4
(4) 盐酸、氢氟酸 碳酸钠溶液 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 加热脱水
高温
2Ca (PO ) O+30C+20SiO = 20CaSiO +3P +30CO↑
10 4 6 2 3 4
【解析】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，3p轨道上的3个电子自旋方向相同，A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，As3+的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，B错误；
C．P3+比P5+多一个电子层，所以P3+的半径大于P5+的半径，C错误；
D．基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3的，电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态，D正确；
故选AD。（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数6× 1 =3、P原子数8× 1 =1、Ca原子数12× 1 =3，所以化学式是Ca PCl ；
3 3
2 8 4
②Ca PCl 中P显-3价，将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH O中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH
3 3 2 3
气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
（3）当两分子H PO 脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离
3 4
子，而PO3−的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的K 值增大；
4 a3
（4）①方法I中，Ca (PO ) OH、Ca (PO ) F、Ca (PO ) Cl和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢
5 4 3 5 4 3 5 4 3
氟酸和SiO 反应生成SiF 气体和水，所得H PO 溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
2 4 3 4
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、
碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得Na SO ⋅xH O，系列操作B是过滤、加硫
2 4 2
酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Na SO ⋅xH O加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
2 4 2
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca (PO ) O(足量)与炭(C)、SiO 高温下反应，生成白磷(P )和另一种可燃性气体，根据元
10 4 6 2 4
高温
素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca (PO ) O+30C+20SiO = 20CaSiO +3P +30CO↑。
10 4 6 2 3 4
18．二甲胺[(CH ) NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH ) ]均是用途广泛的化工原料。请回答：
3 2 3 2
(1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．NH (g)+CH OH(g)⇌CH NH (g)+H O(g)
3 3 3 2 2
Ⅱ．CH NH (g)+CH OH(g)⇌(CH ) NH(g)+H O(g)
3 2 3 3 2 2
Ⅲ．(CH ) NH(g)+CH OH(g)⇌(CH ) N(g)+H O(g)
3 2 3 3 3 2
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH ):n(CH OH)] C．压强 D．催化剂
3 3
(2)25℃下，(CH ) NH·H O的电离常数为Kb，-lgK =3.2，则1mol/L[(CH ) NH ] +Cl-水溶液的pH= 。
3 2 2 b 3 2 2
(3)在[(CH ) NH ] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO 制备HCON(CH ) 阴极上生成HCON(CH ) 的电极反应方程式
3 2 2 2 3 2 3 2
是 。
(4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH ) ：(CH ) NH(g)+CO(g)=HCON(CH ) (l)。
3 2 3 2 3 2
某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH 0(填“>”、“<”或“=”)。
(5)有研究采用CO 、H 和(CH ) NH催化反应制备HCON(CH ) 。在恒温密闭容器中，投料比
2 2 3 2 3 2
n(CO ):n(H ):n[(CH ) NH]=20:15:1，催化剂M足量。反应方程式如下：
2 2 3 2
催化剂
Ⅳ．CO (g)+H (g) HCOOH(g)
2 2
碱性物质
V．HCOOH(g)+(CH ) NH(g)=HCON(CH ) (g)+H O(g)
3 2 3 2 2
HCOOH、(CH ) NH、HCON(CH ) 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
3 2 3 2
(例：HCOOH的物质的量百分比= n(HCOOH) ×100%)
n(HCOOH)+n[(CH3 ) 2NH]+n[HCON(CH3 )
2
]
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。
②若用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。
4 2 2
【答案】(1)AB
(2)5.4
(3)CO +2e-+2[(CH ) NH ] += HCON(CH ) +(CH ) NH+H O
2 3 2 2 3 2 3 2 2
(4)＜
(5) t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢 用H 作氢源需要断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所
2 4
以用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
4 2 2
【解析】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变
甲醇的平衡转化率，A正确；
B．增大投料比[n(NH ):n(CH OH)] 将增大CH OH的转化率，相反减小投料比[n(NH ):n(CH OH)]，将减小CH OH
3 3 3 3 3 3
的平衡转化率，B正确；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH OH
3
的平衡转化率，C错误；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH OH的平衡转化率，D
3
错误；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH ) NH·H O的电离常数为K ，-lgK =3.2，即K = c[(CH3)2NH 2 +]c(OH-) =10-3.2，则[(CH ) NH ]
3 2 2 b b b 3 2 2
c[(CH3)2NH•H2O]
++H O⇌(CH ) NH·H O+H+的水解平衡常数为：K = Kw= 10−14 =10-10.8，1mol/L[(CH ) NH ] +Cl-水溶液中
2 3 2 2 h Kb 10−3.2 3 2 2
K =
c[(CH3)2NH•H2O]c(H+)
=
c2(H+)
=10-10.8，故c(H+)=√10−10.8=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
h c[(CH3)2NH
2
+] c[(CH3)2NH
2
+]
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH ) NH ] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO 制备HCON(CH ) 阴极
3 2 2 2 3 2
上生成HCON(CH ) 的电极反应方程式是：CO +2e-+2[(CH ) NH ] += HCON(CH ) +(CH ) NH+H O，故答案为：
3 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2
CO +2e-+2[(CH ) NH ] += HCON(CH ) +(CH ) NH+H O；
2 3 2 2 3 2 3 2 2
（4）反应生产HCON(CH ) 的反应方程式(CH ) NH(g)+CO(g)=HCON(CH ) (l)是一个某条件下反应自发且熵减，
3 2 3 2 3 2
根据自由能变ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH ) 的增大速率，而t时
3 2
刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH ) 继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由
3 2
于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于
浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H 作氢源需要断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H
2 4
小，所以用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H 作氢原需要
4 2 2 2
断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH 代替
4 4
H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
2 2
19．某研究小组探究AlCl 催化氯苯与氯化亚砜(SOCl )转化为化合物Z( )的反应。实验
3 2
流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
②SOCl 遇水即放出SO 和HCl；AlCl 易升华。
2 2 3
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
请回答：
(1)在无水气氛中提纯少量AlCl 的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。
3(2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。
(3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理
B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度
C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置
D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束
(4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。
(5)步骤Ⅲ，从混合物M 中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。
2
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na SO 干燥剂吸水
2 4
(6) AlCl 可促进氯苯与SOCl 反应中S-Cl键的断裂，原因是 。
3 2
【答案】(1)AlCl 蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl
3 3 3
(2)P O 、硅胶
2 5
(3)ABD
(4)除去混合物中的SOCl 、AlCl ，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
2 3
(5)②④⑤③①
(6)AlCl 易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，促使SOCl 反应中S-Cl键的断裂
3 4 2
【解析】（1）已知AlCl 易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl
3 3
的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl 蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl ，故答案为：AlCl 蒸汽
3 3 3 3
遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl ；
3 3
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，
此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P O 、硅胶，故答案为：P O 、硅胶；
2 5 2 5
（3）A．由题干信息可知，SOCl 遇水即放出SO 和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正
2 2
确；
B．由题干信息可知，AlCl 易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；
3
C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连
接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；
D．已知氯苯和SOCl 在AlCl 催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可
2 3
知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；
故选：ABD；
（4）步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl 、AlCl 等，结合题干信息可知，SOCl 遇水即放出SO 和HCl，且AlCl
2 3 2 2 3
易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl 、AlCl ，同时冰水可以降低反应速
2 3
率；故答案为：除去混合物中的SOCl 、AlCl ，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率；
2 3
（5）步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于
水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M 中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，
2合并有机相，加入无水Na SO 干燥剂吸水，过滤出Na SO 晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答
2 4 2 4
案为：②④⑤③①；
（6）已知AlCl 易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，故AlCl 可促进氯苯与SOCl 反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl
3 4 3 2 3
易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，促使SOCl 反应中S-Cl键的断裂。
4 2
20．化合物I有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：
①RCOOR′+NH NH →RCONHNH +R′OH
2 2 2
②RCONHNH +R′′COOH
PO
→
Cl3
+2H O
2 2
Δ
③ (Y=−COOH、−CHO、−NO 等)
2
请回答：
(1)化合物I中体现酸性的官能团名称是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物A的酸性比苯甲酸弱 B．化合物B既可与酸反应又可与碱反应
C．E→F反应过程中只发生加成反应 D．化合物H中存在分子内氢键
(3)G的结构简式是 。
(4)C+D→E的化学方程式是 。
(5)写出3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。
①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子；
过量HBr
②与过量HBr反应生成邻苯二酚( )。(已知 → +RBr)
(6)以 、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，设计化合物 的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
【答案】(1)羟基
(2)BD
(3)
POCl3
(4) + → +2H O
2
Δ
(5) 、 、
(6) ；
【分析】
由流程可知，A发生取代反应生成B，B发生已知反应原理生成C，结合C化学式，C为 ，CD发生已知
反应生成E，结合DE化学式，D为 、E为 ，E中硝基还原为氨基得到F，FG生
成H，结合G化学式，G为 ，H进一步转化为I；
【解析】（1）由I结构可知，I中体现酸性的官能团名称是酚羟基；
（2）A．溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中的酸
性比苯甲酸强，错误；
B．化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确；
C．E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应过程中发生加成反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；化合物H中酚羟基和
临近氮能形成分子内氢键，正确；
故选BD；
（3）
由分析，G为： ；
（4）CD发生已知②反应生成E，结合DE化学式，D为 、E为 ，故C+D→E
POCl3
的化学方程式是 + → +2H O；
2
Δ
（5）
B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的：①核
磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构；②与过量HBr反应生成邻苯二酚，结
合已知反应原理； 可以为： 、 、 ；
（6）
结合 结构，流程可以为 中甲基首先氧化为羧基得到 ，再和乙
醇发生取代反应生成 ，再和NH NH 转化为 ；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知
2 2
③反应生成 ， 和 发生已知②反应生成产物 ，
故流程为： 。
