文档内容
2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试
化学
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的
位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答
一律无效。
3.非选择题的答案必须使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，
确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相对原子质量：
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，环选、多选、错选均不得分)
1. 下列属于极性分子的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
A. HCl 正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A正确；
B. N₂ 的正负电荷的重中心合，为非极性分子，故B错误；
C. He 是单原子分子，不是极性分子，故C错误；
D. CH₄ 为正四面体结构，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故D错误；
答案选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： B. 质量数为14的碳原子：
C. 乙烯的结构简式： D. 的电子式：
【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. 具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B. 聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C. 溶液呈碱性，可用于除油污
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，能够破坏细菌和病毒的细胞壁，因此常用于杀菌消毒，A正确；
2
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，具有良好的耐化学性和机械性能，但它并不具备吸水性，因此不能
用作吸水剂，B错误；
C．NaCO3（碳酸钠）溶液呈碱性，能够与油脂发生皂化反应，生成可溶于水的甘油和肥皂，因此可用于
2
除油污。，C正确；
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
故答案为：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 溶液冲洗
B. 实验室制备 时，可用 溶液吸收尾气
C. 水银易挥发，若不慎有水银洒落，无需处理
D. 难溶于水，可用 处理废水中的 ，再将沉淀物集中送至环保单位进一步处理
【答案】C
【解析】
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，这是因为
3
NaHCO 溶液可以中和残留的盐酸，减少对皮肤的刺激和伤害，A正确；
3
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．水银是一种有毒的重金属，即使在常温下也会蒸发形成有毒的蒸气，吸入或接触都可能对人体健康造
成严重危害，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，NaS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
2
正确；
故选C。
6. 关于溴的性质，下列说法不正确的是
A. 可被 氧化为
B. 与 水溶液反应的还原产物为
C. ，说明氧化性：
D. 与足量 溶液反应生成 和 ，转移 电子
【答案】D
【解析】
A．氯气具有强氧化性，可将Br−氧化为Br ，A项正确；
2
B．Br 与SO 水溶液反应，生成HBr和H SO ，还原产物为Br−，B项正确；
2 2 2 4C．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
2 2
产物的氧化性，故氧化性： ，C项正确；
D．Br 与足量 溶液反应生成NaBr和NaBrO ，反应方程式为：
2 3
，3molBr 参与反应，电子转移5mol，D项错误；
2
答案选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. 的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故 可用作砂轮磨料
D. 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
【答案】A
【解析】
A．葡萄糖分子含有醛基，具有还原性，能够与银氨溶液发生银镜反应，用于制作银镜，这与其用途相符。
A符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
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不符
3
合题意；
故选A。
8. 下列方程式不正确的是
A. 与浓盐酸反应：
B. 与 反应：
C. 将少量灼热的 加入 中：
D. 将 通入酸性 溶液：【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=5SO2−+2Mn2++4H+ ，D错误；
2 4 2 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 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．A．质谱法测定相对分子质量，二者分子式不同，所以相对分子质量不同，可以用质谱法鉴别抗坏血
酸和脱氢抗坏血酸，故A正确；
B．抗坏血酸中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，故B正确；
C．脱氢抗坏血酸中的酯基能和NaOH溶液反应，故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；
故答案为：C。
10. 提纯 粗品(含少量的 和 )得到 纯品的方案如下，所用试剂为溶液、 溶液、盐酸和 溶液。
下列说法不正确的是
A. 用过量的 溶液除去
B. 通过生成沉淀后过滤除去
C. 4种试剂的使用顺序为 溶液、 溶液、盐酸、 溶液
D. 调 后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得 纯品
【答案】C
【解析】
粗盐溶液中的Ca2+用NaCO 溶液除去，Mg2+用NaOH溶液除去，SO2− 用BaCl 溶液除去，NaCO 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NaCO 和NaOH，
2 2 3
最后再将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 纯
品。
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NaCO 除去，
4 2 2 4 2 3
A正确；
B．Ca2+ 、Mg2+、SO2− 分别用NaCO NaOH、BaCl 溶液除去，生成CaCO 、Mg(OH) 、BaSO 沉淀，过
4 2 3、 2 3 2 4
滤除去，B正确；
C．四种试剂使用时NaCO 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
2 3 2
误；D．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
纯品，K+留在母液中，D正确；
答案选C。
11. 下列说法正确的是
A. 常温常压下 和 混合无明显现象，则反应 在该条件下不自发
B. ，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C. ，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D. ，则
【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
1
D．①：Na(s)+ Cl (g)=NaCl(s)ΔH <0,②：Na+ (g)+Cl−(g)=NaCl(s)ΔH <0，根据盖斯定律，
2 2 1 2
1
反应①－反应②得到目标反应Na(s)+ Cl(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=ΔH －ΔH ，由于不能明确
2 2 1 2
ΔH 、ΔH 相对大小，则ΔH不能确定，D错误；
1 2
故选B。
12. 一种可充放电 电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为 和 ，随温度升
高Q(消耗 转移的电子数)增大。下列说法不正确的是A. 熔融盐中 的物质的量分数影响充放电速率
B. 充放电时， 优先于 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 转化为
D. 充电时，锂电极接电源负极
【答案】C
【解析】
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
2 2 2
能电极为阳极，O2− 或O2−失去电子。
2
A. 由分析可知，电池总反应方程式为：O₂ + 2Li⁺ ↔ Li₂O 或 O₂ + 4Li⁺ ↔ 2Li₂O，充放电时有Li⁺
参与或生成。因此熔融盐中LiNO₃的物质的量分数影响充放电速率，故A正确。
B. Li⁺比K⁺的半径小，因此Li⁺优先于K⁺通过固态电解质膜，故B正确。
C. 放电时，正极得到电子，O₂²⁻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O₂²⁻转化为O²⁻，故C错误。
D. 充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，故D正确。
故选：C。
13. 某化合物 的晶胞如图所示，下列说法不正确的是A. 晶体类型为混合晶体 B. 与二价铁形成配位键
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 高
【答案】D
【解析】
A．由图可知该物质Fe和Cl之间以配位键相连，Cl离子桥接形成无限平面链状结构，NH 在平面上下对
3
亚铁离子进行配位，整个链为电中性，故链内由共价键结合，链间只能靠范德华力结合，与石墨类似，属
于混合晶体，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) ↓+2NHCl，C正
3 2 2 2 3 2 2 2 2 4
确；
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
答案选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. 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；
答案选B。15. 时， 的电离常数 。下列描述
不正确的是
A.
B.
C.
D. 溶液中， ，则
【答案】D
【解析】
c(OH−)×c(H CO ) K 10−14
A．HCO−+H O⇌ OH−+H CO ，K= 2 3 = w = =2.2×10−8 ，A正确；
3 2 2 3 c(HCO−) K 4.5×10−7
3 a1
c(CO2−)×c(H CO ) K 4.7×10−11
B． ，K=
3 2 3
=
a2= =1.0×10−4
，B正确；
c2(HCO−) K 4.5×10−7
3 a1
c(H+) K 4.7×10−11
C． ，K= =
a2 = =1.4×10−2
c(HCO−)×c(Ca2+) K (CaCO ) 3.4×10−9
3 sp 3
，C正确；
c(H+)×c(HCO−)[c(CO2−)×c(H+) ]
3 3 ×c(HCO−)+c(H+)×c(OH−)
c(H CO ) c(HCO−) 3
2 3 3
D． =
c(H+)×c(HCO−)
3 +c(HCO−)
c(H CO ) 3
2 3
[ c(CO2−)+c(OH−) ]
c2(H+)× 3 ，由于c(H+)+c(H CO )=c(OH−)+c(CO2−)，
c(H CO )+c(H+) 2 3 3
2 3c2(H+)，D错误；
答案选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 ，以确保N元素完全转化为
B. 步骤Ⅱ，浓 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 ，以甲基红(变色的 范围： )为指示剂，用
标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D. 尿素 样品、 样品的N元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【解析】
蛋白质中的N元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、KSO 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
4 3 3
过滴定测定出来，从而计算出N的含量。
A.
步骤I中，加入过量浓H₂SO₄是为了确保蛋白质中的N元素完全转化为NH+
。这是因为浓硫酸可以提
4
供酸性环境，使蛋白质中的氨基（-NH₂）转化为铵盐（NH+
），因此A正确。
4
B.
步骤II中，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，因此B正
4 3 2 3 2
确。C. 步骤III中，用定量、过量的盐酸标准溶液吸收NH ，以甲基红为指示剂，用NaOH标准溶液滴定，经
3
计算可得N元素的含量。这是因为NH 与盐酸反应生成NH
Cl，然后用NaOH滴定NH+
，通过滴定结果可
3 4 4
以计算出N元素的含量，因此C正确。
D. 尿素[CO(NH)]样品和NaNO 样品的N元素含量不能按上述步骤测定。尿素和NaNO 中的N元素不是
2 2 3 3
以NH+
的形式存在，因此不能通过上述步骤中的化学反应转化为NH 进行测定。尿素中的N元素需要通过
4 3
其他方法（如凯氏定氮法）进行测定，而NaNO
3
中的N元素可以通过直接滴定NO 3⁻来测定。因此D不正
确。
答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
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 轨道上的电子自旋方向相同 B. 的最外层电子数为18
C. 的半径小于 的半径 D. 电子排布为 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 该化合物加入到含少量石蕊的 中，实验现象是_______(从酸碱性和溶解性角度推
测)。
（3）两分子 脱水聚合得到一分子 ，从
的结构角度分析 差异的原因_______。（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为 和少量 ]进
行探究，设计了两种制备 的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓 与磷灰石反应，得到 溶液、少量 气体、渣(主要成分为 )。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷 燃烧后与水反应制得 溶液。
的
①方法I，所得 溶液中含有 杂质酸是_______。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水 ，流程如下：
溶液A是_______，系列操作B是_______，操作C是_______。
③方法Ⅱ中，脱水得到的 (足量)与炭(C)、 高温下反应，生成白磷 和另一种可燃性
气体，该反应的化学方程式是_______。
【答案】
（1）AD
（2）①. Ca PCl ②. 溶液变蓝，有气体放出
3 3
（3） 中含有1个非羟基氧，H P O 含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
4 2 7
（4）①. 盐酸、氢氟酸 ②. 碳酸钠溶液 ③. 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
高温
④. 加热脱水 ⑤. 2Ca 10 (PO 4 ) 6 O +30C+20SiO 2 = ❑ 20CaSiO 3 +3P 4 +30CO↑
【解析】
【小问1详解】
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，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3， 的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故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，故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，故D正确；
选AD。【小问2详解】
1 1
①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数6× =3、P原子数8× =1、Ca原子数 ，所以化学式是
2 8
Ca PCl ；
3 3
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
3 3 2
钙、PH 气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
3
【小问3详解】
中含有1个非羟基氧，H P O 含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以
4 2 7
H P O 的K 大于 的K 。
4 2 7 a3 a3
【小问4详解】
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
5 4 3 5 4 3 5 4 3
酸，氢氟酸和SiO 反应生成SiF 气体和水，所得 溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
2 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
2 4 2
B是过滤、加硫酸、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
2 4 2
是加热脱水。
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
10 4 6 2 4
气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca 10 (PO 4 ) 6 O +30C+20SiO 2 ¿高 = 温
20CaSiO +3P +30CO↑。
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．
Ⅱ．
Ⅲ．可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A. 温度 B. 投料比[n(NH ):n(CHOH)] C. 压强 D. 催化剂
3 3
（2）25℃下，(CH)NH·HO的电离常数为Kb，-lgK=3.2，则1mol/L[(CH)NH ] +Cl-水溶液的
3 2 2 b 3 2 2
pH=_______。
（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
3 2 2 2 3 2 3 2
应方程式是_______。
（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 )：
3 2
。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下
_______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
，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH 物质的量百分比
的
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）①. 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
2 4
比H-H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
4 2 2
【解析】
【小问1详解】
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符合题意；
B．增大投料比[n(NH ):n(CHOH)] 将增大CHOH的转化率，相反减小投料比[n(NH ):n(CHOH)]，将减小
3 3 3 3 3
CHOH的平衡转化率，B符合题意；
3
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CHOH的平衡转化率，C不合题意；
3
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CHOH的平衡转
3
化率，D不合题意；
故答案为：AB；
【小问2详解】
c[(CH ) NH+ ]c(OH− )
25℃下，(CH)NH·HO的电离常数为K，-lgK=3.2，即K= 3 2 2 =10-3.2，则[(CH )NH ]
3 2 2 b b b c[(CH ) NH•H O] 3 2 2
3 2 2
K 10−14
++H
2
O⇌ (CH
3
)
2
NH·H
2
O+H+的水解平衡常数为：K
h
=
K
w =
10−3.2
=10-10.8，1mol/L[(CH
3
)
2
NH
2
] +Cl-水溶液中
b
c[(CH ) NH•H O]c(H+ ) c2 (H+ )
K= 3 2 2 = =10-10.8，故c(H+)=√10−10.8=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-
h c[(CH ) NH+ ] c[(CH ) NH+ ]
3 2 2 3 2 2
5.4=5.4，故答案为：5.4；
【小问3详解】
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
3 2 2 2 3 2
极上生成HCON(CH ) 的电极反应方程式是：CO+2e-+2[(CH )NH ] += HCON(CH )+(CH )NH+H O，故答
3 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2案为：CO+2e-+2[(CH )NH ] += HCON(CH )+(CH )NH+H O；
2 3 2 2 3 2 3 2 2
【小问4详解】
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
3 2 3 2 3 2
减，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：＜；
【小问5详解】
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
3 2
时刻之后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
3 2
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，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
2 4
H-H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
4 2 2 2
作氢原需要断裂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，
4
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。
4 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
3 2
实验流程为：
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)。
的
（3）步骤Ⅰ，下列说法正确 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NaSO 干燥剂
2 4
吸水
（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）PO、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】
本题为实验探究题，让氯苯、SOCl 混合在冰水浴中AlCl 催化作用下进行反应生成化合物Z，充分反应后
2 3
加入适量的冰水以除去SOCl 和AlCl ，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并合并有机相，向有机
2 3
相中加入无水NaSO 进行出水，过滤除去NaSO 晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的Z的粗产品，
2 4 2 4
据此分析解题。
【小问1详解】
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 的简易
3 3
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
3 3 3 3汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl ；
3 3
【小问2详解】
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HCl和SO 等气体，应该使用PO、硅胶，故答案为：PO、硅胶；
2 2 5 2 5
【小问3详解】
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
2 2
正确；
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，
2 3
则可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；
故答案为：ABD；
【小问4详解】
由分析可知，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
2 3 2
SO 和HCl，且AlCl 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 、
2 3 2
AlCl ，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl 、AlCl ，实现有机相与无机相的分
3 2 3
离，同时降低反应的速率；
【小问5详解】
由分析可知，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、
2
分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水NaSO 干燥剂吸水，过滤出NaSO 晶体，即得到氯苯和
2 4 2 4
Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①；
【小问6详解】
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：
3 4 3 2
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
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：
①
②
③ ( 等)
请回答：
（1）化合物I中体现酸性的官能团名称是_______。
的
（2）下列说法正确 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_______。
的
（4）C+D→E 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；
②与过量 反应生成邻苯二酚( )。(已知 )
（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，无机试剂任选)_______。【答案】
（1）羟基
（2）BD
POCl Δ
（3） （4） + 3
→
+2H O
2
（5） 、 、 （6）
酸性高锰酸钾 SOCl C H OH，Δ NH NH
2 2 5 2 2
→ → →
；
Δ POCl Δ
+CH =CHCOOH + 3
2
→ →
【解析】
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；
【小问1详解】
由I结构可知，I中体现酸性的官能团名称是酚羟基；
【小问2详解】
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，故A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，故B
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，故C
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
酚羟基和临近氢能形成分子内氢键，故D正确；
故选BD；
【小问3详解】
由分析，G为： ；
【小问4详解】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的化学方程式是 +
POCl Δ
3 +2H O；
2
→
【小问5详解】
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： 、 、
；
【小问6详解】
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
2 2
；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成 ，
和 发生已知②反应生成产物 ，故流程为：
酸性高锰酸钾 SOCl C H OH，Δ NH NH
2 2 5 2 2
→ → →
；
Δ POCl Δ
+CH =CHCOOH + 3
2
→ →
。
