文档文本内容
2021 年普通高等学校招生选考化学试题（浙江卷）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe
56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137
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. 下列物质属于纯净物的是
A. 汽油
B. 食醋
C. 漂白粉
D. 小苏打
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．汽油是碳原子个数在5—11 的烃的混合物，故A 错误；
B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B 错误；
C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C 错误；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D 正确；
故选D。
2. 下列物质属于弱电解质的是
A. CO2
B. H2O
C. HNO3
D. NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。
【详解】A．CO2 在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A 不符合题意；
B．H2O 在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B 符合题意；
C．HNO3 为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C 不符合题意；
D．NaOH 为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D 不符合题意；
故答案选B。
3. 下列物质的化学成分不正确的是
A. 生石灰：
B. 重晶石：
2
Ca OH
4
BaSO
C. 尿素：
D. 草酸：
2
2
CO NH
HOOC-COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．生石灰的主要成分为氧化钙，故A 错误；
B．重晶石的主要成分为硫酸钡，故B 正确；
C．尿素的分子式为CO(NH）2，故C 正确；
D．草酸是乙二酸的俗称，结构简式为HOOC—COOH，故D 正确；
故选A。
4. 下列图示表示灼烧操作的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】灼烧过程中应使用坩埚、酒精灯、铁架台等仪器，A 装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，C 装
置为蒸馏装置，D 装置为过滤装置，B 装置满足灼烧操作，故答案选B。
5. 下列表示不正确的是
A. 乙炔的实验式
B. 乙醛的结构简式
2
2
C H
3
CH CHO
C. 2，3-二甲基丁烷的键线式
D. 乙烷的球棍模型
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A 错误；
B．乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B 正确；
C．2，3—二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为
，故C 正确；
D．乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为
，故D 正确；
故选A。
6. 下列说法正确的是
A. C60 和C70 互为同位素
B. C2H6 和C6H14 互为同系物
C. CO 和CO2 互为同素异形体
D. CH3COOH 和CH3OOCH 是同一种物质
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．同种元素的不同种核素互称同位素，C60 和C70 为C 元素的两种不同单质，不能互称同位素，A 错
误；
B．C2H6 和C6H14 均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差4 个CH2 基团，二者互为同系物，B 正确；
C．同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO 和CO2 为C 元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能互称
同素异形体，C 错误；
D．两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D 错误；
故答案选B。
7. 关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A.
(加成反应)
Δ
2
CH
CH+HCl
CH =CHCl
催化剂
B.
(消去反应)
醇
3
3
2
3
2
Δ
CHCH( Br ) CH +KOH
CH =CHCH↑+KBr +HO
C.
(还原反应)
催化剂
Δ
3
2
2
3
2
2CHCHOH+O
2CHCHO+2HO
D.
(取代反应)
3
3
2
3
2
3
2
浓硫酸
CHCOOH+CHCHOH
CHCOOCHCH +HO
Δ
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故A 正确；
B．2—溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故B 正确；
C．在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C 错误；
D．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故D 正确；
故选C。
8. 关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A. K2H3IO6 发生氧化反应
B. KI 是还原产物
C. 生成12.7g I2 时，转移0.1mol 电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应中I 元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A 错误；
B．KI 中的I-由HI 变化而来，化合价没有发生变化，KI 既不是氧化产物也不是还原产物，B 错误；
C．12.7g I2 的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2 转移7mol 电子，则生成0.05mol I2 时转移
电子的物质的量为0.0875mol，C 错误；
D．反应中HI 为还原剂，K2H3IO6 为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6 就有7mol HI 失电子，则还原剂与
氧化剂的物质的量的比为7:1，D 正确；
故答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A 错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B 正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C 正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D 正确；
故选A。
10. 下列说法不正确的是
A. 应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B. 工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C. 电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D. 将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成
氨气，降低肥效，不能混合使用，A 正确；
B．离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I 的提取
率，B 正确；
C．电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na 单质，C 错误；
D．将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D
正确；
故答案选C。
11. 下列说法正确的是
A. 减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B. 实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C. 制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含
和
的溶液浓缩至干
4
FeSO
4
4
2
NH
SO
D. 将热的
饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
3
KNO
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉
淀，故A 错误；
B．实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B 正确；
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C 错误；
D．冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D 错误；
故选B。
12. 下列“类比”结果不正确的是
A.
的热稳定性比
的弱，则
的热稳定性比
的弱
2
2
H O
2
H O
2
4
N H
3
NH
B.
的分子构型为V 形，则二甲醚的分子骨架(
)构型为V 形
2
H O
C-O-C
C.
的溶解度比
的大，则
的溶解度比
的大
3
2
Ca HCO
3
CaCO
3
NaHCO
2
3
Na CO
D. 将丙三醇加入新制
中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制
中溶液也呈绛蓝色
2
Cu OH
2
Cu OH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．
分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于
，
分子内含有化学键：N-N，热稳定性
2
2
H O
2
H O
2
4
N H
弱于
，A 正确；
3
NH
B．
中氧原子的价层电子对数为4，
杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V 形，二甲醚的分子骨架
2
H O
3
sp
(
)中氧原子价层电子对数为4，
杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V 形，B 正确；
C-O-C
3
sp
C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C 错误；
D．多羟基的醇遇新制
溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制
溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的
2
Cu OH
2
Cu OH
醛，遇新制
溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D 正确；
2
Cu OH
答案为：C。
13. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 碳酸镁与稀盐酸反应：
2
3
2
2
CO
2H =CO
H O
B. 亚硫酸氢钠的水解：
3
2
2
3
HSO
H O
H SO
OH
C. 锌溶于氢氧化钠溶液：
2
2
4
2
Zn
2OH
2H O= Zn(OH)
H
D. 亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：
2
4
2
2
NO
NH
N
2H O
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为
MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故A 错误；
B．亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSO +H2O
3
H2SO3+OH-，故B 正确；
C．锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑，故C
正确；
D．亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NO +NH
2
4
Δ
N2↑+2H2O，故D 正确；
故选A。
14. 关于油脂，下列说法不正确的是
A. 硬脂酸甘油酯可表示为
B. 花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 植物油通过催化加氢可转变为氢化油
D. 油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：
，硬脂酸甘油酯可表示为：
35
17
-
C H
COOH
，A 错误；
B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B 正确；
C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C 正确；
D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D 正确；
答案为：A。
15. 已知短周期元素X、Y、Z、M、Q 和R 在周期表中的相对位置如下所示，其中Y 的最高化合价为+3。下列
说法不正确的是
A. 还原性：
2
4
ZQ <ZR
B. X 能从
中置换出Z
2
ZO
C. Y 能与
反应得到Fe
2
3
Fe O
D. M 最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q 和R 在周期表中的相对位置，以及Y 的最高化合价为+3，可推知，
X 为：
，Y 为：
，Z 为：C，M 为：N，Q 为：S，R 为：
，据此分析答题。
Mg
Al
Cl
【详解】A．
为：
，
为：
，
中硫的还原性强于
中的氯元素，A 错误；
2
ZQ
2
CS
4
ZR
4
CCl
2
CS
4
CCl
B．
和
发生下述反应：
，B 正确；
Mg
2
CO
2
2Mg+CO
= 2MgO+C
点燃
C．
和
发生铝热反应如下：
，C 正确；
Al
2
3
Fe O
2
3
2
3
2Al+Fe O
= Al O +2Fe
高温
D．M 为：N，N 的最高价氧化物的水化物为：
，最低价氢化物为：
，二者发生如下反应：
3
HNO
3
NH
，D 正确；
3
3
4
3
HNO
NH
NH NO
答案为：A。
16. 关于化合物
的性质，下列推测不合理的是
2
ClONO
A. 具有强氧化性
B. 与
溶液反应可生成两种钠盐
NaOH
C. 与盐酸作用能产生氯气
D. 水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．
里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A 正确；
2
ClONO
B．
与
溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B 正确；
2
ClONO
NaOH
C．
与盐酸发生归中反应生成氯气，C 正确；
2
ClONO
D．
发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D 错误；
2
ClONO
答案为：D。
17. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是
A.
B.
4
2
1mol CH (g)<1mol H (g)
2
2
1mol H O(g)<2mol H O(g)
C.
D.
2
2
1mol H O(s)>1mol H O(l)
1mol C s, 金刚石
1mol C s, 石墨
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．
和
物质的量相同，且均为气态，
含有的原子总数多，
的摩尔质量
4
CH (g)
2
H (g)
4
CH (g)
4
CH (g)
大，所以熵值
，A 错误；
4
2
1mol CH (g)>1mol H (g)
B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值
，B 正确；
2
2
1mol H O(g)<2mol H O(g)
C．等量的同物质，熵值关系为：
，所以熵值
，C 错误；
S
>S l >S s
g
2
2
1mol H O(s)<1mol H O(l)
D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值
，D 错误；
1mol C s
<1mol C s
，金刚石
，石墨
答案为：B。
18. 设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A
N
A. 标准状况下，
中含有中子数为
18
2
1.12L O
A
N
B.
(分子结构：
)中的共价键数目为
4
31g P
A
1.5N
C.
的
水溶液中含有氧原子数为
1
100mL0.1mol L
NaOH
A
0.01N
D.
三肽
(相对分子质量：189)中的肽键数目为
18.9g
6
33
3
4
C H N O
A
0.2N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．标准状况下，
的物质的量为：0.05mol，一个
中含有中子数为：
个，所以
18
2
1.12L O
18O
18-8=10
中含有中子数为
，A 正确；
18
2
1.12L O
A
N
B．
的物质的量为：0.25mol，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数
4
31g P
目为：
，B 正确；
A
1.5N
C．
的
水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，
1
100mL0.1mol L
NaOH
C 错误；
D．
三肽
的物质的量为：0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，
18.9g
6
33
3
4
C H N O
所以
三肽
中的肽键数目为
，D 正确；
18.9g
6
33
3
4
C H N O
A
0.2N
答案为：C。
【点睛】
19. 某同学拟用
计测定溶液
以探究某酸HR 是否为弱电解质。下列说法正确的是
pH
pH
A. 25℃时，若测得
溶液
，则HR 是弱酸
-1
0.01mol L NaR
pH=7
B. 25℃时，若测得
溶液
且
，则HR 是弱酸
-1
0.01mol L HR
pH>2
pH < 7
C. 25℃时，若测得HR 溶液
，取该溶液
，加蒸馏水稀释至
，测得
，则HR
pH=a
10.0mL
100.0mL
pH=b,b-a<1
是弱酸
D. 25℃时，若测得NaR 溶液
，取该溶液
，升温至50℃，测得
，
，则HR 是弱酸
pH=a
10.0mL
pH=b
a>b
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．25℃时，若测得
溶液
，可知
为强酸强碱盐，则
为强酸，A 错
-1
0.01mol L NaR
pH=7
NaR
HR
误；
B．25℃时，若测得
溶液
且
，可知溶液中
，所以
未完全
-1
0.01mol L HR
pH>2
pH < 7
+
c H
0.01mol/L
HR
电离，
为弱酸，B 正确；
HR
C．假设
为强酸，取
的该溶液
，加蒸馏水稀释至
测得此时溶液
，C 错误；
HR
PH=6
10.0mL
100.0mL
PH<7
D．假设
为强酸，则
为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增
HR
NaR
大，
减小，D 错误；
PH
答案为：B。
20. 一定温度下：在
的四氯化碳溶液(
)中发生分解反应：
。在不同时刻测量
2
5
N O
100mL
2
5
2
2
2N O
4NO +O
放出的
体积，换算成
浓度如下表：
2
O
2
5
N O
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1
2
5
c N O
/ mol L
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是
A.
，生成
的平均速率为
600~1200s
2
NO
4
1
1
5.0 10 mol L
s
B. 反应
时，放出的
体积为
(标准状况)
2220s
2
O
11.8L
C. 反应达到平衡时，
2
正
逆
2
5
v
NO =2v
NO
D. 推测上表中的x 为3930
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．
，
的变化量为(0.96-0.66)
==0.3
，在此时间段内
的变化量
600 ~ 1200s
2
5
N O
1
mol L
1
mol L
2
NO
为其2 倍，即0.6
，因此，生成
的平均速率为
，A 说法不正
1
mol L
2
NO
1
0.6mol L
600s
3
1
1
1.0 10 mol L
s
确；
B．由表中数据可知，反应
时，
的变化量为(1.40-0.35)
==1.05
，其物质的量的变
2220s
2
5
N O
1
mol L
1
mol L
化量为1.05
0.1L=0.105mol，
的变化量是其
，即0.0525mol，因此，放出的
在标准状况下的体
1
mol L
2
O
1
2
2
O
积为0.0525mol 22.4L/mol=
，B 说法不正确；
1.176L
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量
数之比，
，C 说法不正确；
2
5
2
N O
NO
2v
v
正
逆
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后
的浓度会变为原来的
，因此，
2
5
N O
1
2
的浓度由0.24
变为0.12
时，可以推测上表中的x 为(2820+1110)=3930，D 说法正确。
2
5
N O
1
mol L
1
mol L
综上所述，本题选D。
21. 相同温度和压强下，关于反应的
，下列判断正确的是
ΔH
A.
B.
1
2
ΔH >0,ΔH >0
3
1
2
ΔH =ΔH +ΔH
C.
D.
3
2
1
2
>ΔH ,
ΔH
ΔH >ΔH
4
2
3
=ΔH
H
+
Δ
ΔH
【答案】C
【解析】
【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定
性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。
【详解】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，
，A
2
1
H
0, H
0
＜
＜
不正确；
B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的
反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即
，B 不正
3
1
2
H
H
H
确；
C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，
，由于1mol 1，3-环己二
2
1
H
0, H
0
＜
＜
烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2 倍，故其放出的热量更多，其
；苯与氢气发生加
1
2
H
H
成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应（
），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热
4
ΔH >0
，因此
，C 正确；
3
4
2
H = H + H
3
2
H
H
D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热
，因此
，D 不正确。
3
4
2
H = H + H
3
4
2
H -
H
H
综上所述，本题选C。
22. 某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A 为非晶硅薄膜，充电时
得电子成为Li 嵌入该薄膜
+
Li
材料中；电极B 为
薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是
2
Li CoO
A. 充电时，集流体A 与外接电源的负极相连
B. 放电时，外电路通过
电子时，
薄膜电解质损失
a mol
LiPON
+
a mol Li
C. 放电时，电极B 为正极，反应可表示为
+
-
1-x
2
2
Li
CoO +xLi +xe =LiCoO
D. 电池总反应可表示为
放电
x
1- x
2
2
充电
Li Si +Li
CoO
Si +Li CoO
【答案】B
【解析】
【分析】由题中信息可知，该电池充电时
得电子成为Li 嵌入电极A 中，可知电极A 在充电时作阴极，故其
+
Li
在放电时作电池的负极，而电极B 是电池的正极。
【详解】A．由图可知，集流体A 与电极A 相连，充电时电极A 作阴极，故充电时集流体A 与外接电源的负极
相连，A 说法正确；
B．放电时，外电路通过a mol 电子时，内电路中有a mol
通过LiPON 薄膜电解质从负极迁移到正极，但是
+
Li
LiPON 薄膜电解质没有损失
，B 说法不正确；
+
Li
C．放电时，电极B 为正极，发生还原反应，反应可表示为
，C 说法正确；
1
2
2
Li
CoO
xLi
xe =LiCoO
x
D．电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成
，正极上
得到电子和
变为
+
Li
1 x
2
Li
CoO
+
Li
2
LiCoO
，故电池总反应可表示为
，D 说法正确。
x
1 x
2
2
O
Li Si
Li
Co
Si
LiCoO
充电
放电
综上所述，相关说法不正确的是B，本题选B。
23. 取两份
的
溶液，一份滴加
的盐酸，另一份滴加
10mL
1
0.05mol L
3
NaHCO
-1
0.05mol L
溶液，溶液的pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图。
1
0.05
L NaOH
mol
下列说法不正确的是
A. 由a 点可知：
溶液中
的水解程度大于电离程度
3
NaHCO
-
3
HCO
B.
过程中：
逐渐减小
a
b
c
-
2-
-
3
3
c HCO
+2c CO
+c OH
C.
过程中：
a
d
e
+
-
2-
3
3
2
3
c Na
<c HCO
+c CO
+c H CO
D. 令c 点的
，e 点的
，则
+
+
c Na
+c H
=x
+
+
c Na
+c H
=y
x>y
【答案】C
【解析】
【分析】向
溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH 将逐渐减小，向
溶液中滴加NaOH
3
NaHCO
3
NaHCO
溶液，溶液碱性增强，溶液pH 将逐渐增大，因此abc 曲线为向
溶液中滴加NaOH 溶液，ade 曲线为
3
NaHCO
向
溶液中滴加盐酸。
3
NaHCO
【详解】A．a 点溶质为
，此时溶液呈碱性，
在溶液中电离使溶液呈酸性，
在溶液中水
3
NaHCO
3
HCO
3
HCO
解使溶液呈碱性，由此可知，
溶液中
的水解程度大于电离程度，故A 正确；
3
NaHCO
3
HCO
B．由电荷守恒可知，
过程溶液中
，滴加
a
b
c
2
3
3
HCO
2
CO
OH
=
N
H
a
c
c
c
c
c
NaOH 溶液的过程中
保持不变，
逐渐减小，因此
逐渐减小，
c Na
H
c
2
3
3
HCO
2
CO
OH
c
c
c
故B 正确；
C．由物料守恒可知，a 点溶液中
，向
溶液中滴加盐酸
2
3
3
2
3
Na
HCO
CO
H CO
c
c
c
c
3
NaHCO
过程中有CO2 逸出，因此
过程中
，故C 错误；
a
d
e
2
3
3
2
3
Na
HCO
CO
H CO
c
c
c
c
D．c 点溶液中
=(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大1 倍，此时溶液中
a
H
N
c
c
a
H
N
c
c
=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D 正确；
综上所述，说法不正确的是C 项，故答案为C。
24. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是
A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯
B. 反应过程涉及氧化反应
C. 化合物3 和4 互为同分异构体
D. 化合物1 直接催化反应的进行
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2 的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲
酸甲酯，发生的是酯化反应，故A 项正确；
B．由图中信息可知，化合物4 在H2O2 的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，
故B 项正确；
C．化合物3 和化合物4 所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C 项正确；
D．由图中信息可知，化合物1 在NaH 的作用下形成化合物2，化合物2 再参与催化循环，所以直接催化反应
进行的是化合物2，化合物1 间接催化反应的进行，故D 项错误；
综上所述，说法不正确的是D 项，故答案为D。
25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
探究乙醇消去反应的产
物
取
乙醇，加入
浓硫酸、少量沸
4mL
12mL
石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入
溴水中
2mL
若溴水褪色，则乙醇消去反应的产
物为乙烯
B
探究乙酰水杨酸样品中
是否含有水杨酸
取少量样品，加入
蒸馏水和少量乙
3mL
醇，振荡，再加入1-2 滴
溶液
3
FeCl
若有紫色沉淀生成，则该产品中含
有水杨酸
C
探究金属钠在氧气中燃
烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入
蒸馏水
2~3mL
若无气体生成，则固体粉末为
；若有气体生成，则固体粉
2
Na O
末为
2
2
Na O
D
探究
固体样品
2
3
Na SO
是否变质
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐
酸，再加入足量
溶液
2
BaCl
若有白色沉淀产生，则样品已经变
质
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.乙醇在140℃，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A 项不符合题意；
B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3 溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会
有沉淀，B 项不符合题意；
C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C 项不符合题意；
D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样
品已经变质，D 项符合题意；
故选D。
26. (1)已知3 种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石 碳化硅 晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______。
(2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH 使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提
纯。其理由是_______。
【答案】 (1). 原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si (2). 当调节溶液pH 至甘氨酸主要
以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【解析】
【分析】
【详解】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在C 和Si 组成的物
质中原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；
(2) 当调节溶液pH 至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解
度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。
27. 将3.00g 某有机物(仅含C、H、O 元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水
剂、CO2 吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂
CO2 吸收
剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00
请回答：
(1)燃烧产物中水的物质的量为_______mol。
(2)该有机物的分子式为_______(写出计算过程)。
【答案】
(1). 0.0600
(2). C4H6O6
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量
n(H2O)=
=
=0.0600mol；
m
M
21.08g
20.00g
18g / mol
(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，
n(C)=
=0.0800mol，
30.00g
26.48g
44g / mol
n(O)=
=0.120mol，
3.00g
0.0800mol 12g / mol
0.120mol 1g / mol
16g/mol
则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
28. 固体化合物X 由3 种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B 能溶于NaOH 溶液。请回答：
(1)白色固体C 的化学式是_______，蓝色溶液D 中含有的溶质是_______(用化学式表示)。
(2)化合物X 的化学式是_______；化合物X 的一价阴离子与CH4 具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式
_______。
(3)蓝色溶液A 与
作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
+
2
5
N H
①写出该反应的离子方程式_______。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。
【答案】 (1).
(2).
(3). CuAl2Cl8 (4).
2
3
Al O
3
4
3
3
3
2
Cu NO
NH NO
AgNO
HNO
、
、
、
(5).
(6). 将白色沉淀溶于硝酸，
2
2
5
2
4Cu
N H
4Cl
4CuCl
N
5H
得到蓝色溶液，说明有
元素；再向溶液中加入
溶液，有白色沉淀，说明有
元素
Cu
3
AgNO
Cl
【解析】
【分析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X 溶解后得到的溶液A 呈现蓝
色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X 中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于
制备Al(OH)3，且Al(OH)3 为可溶于NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B 为Al(OH)3 沉淀；深蓝色溶液
在加入硝酸酸化的AgNO3 溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X 中含有Cl-，综上，化合物X 中含有Al3+、
Cu2+和Cl-。
【详解】(1)由上述分析可得，白色沉淀D 为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3 得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D
中含有的阳离子有
Cu2+、
、Ag+、H+，阴离子有
，故溶液中含有：
+
4
NH
-
3
NO
，故答案为：
；
3
4
3
3
3
2
Cu NO
NH NO
AgNO
HNO
、
、
、
2
3
Al O
3
4
3
3
3
2
Cu NO
NH NO
AgNO
HNO
、
、
、
。
(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X 中含有铝离子物质的量为：
=0.02mol，含有氯离子
1.020g
2
102g/mol
物质的量为：
=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：
11.480g
143g/mol
n(Cl-)=1：2：8，则可得X 的化学式为CuAl2Cl8；阴离子
中Al 原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面
4
AlCl
体，与CH4 相同，其电子式为
，故答案为：CuAl2Cl8；
。
(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A 中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与
反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不
2
5
N H
存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝
色且稳定的+2 价，而是+1 价，即反应过程中Cu 元素化合价降低，
中氮元素显-2 价，具有还原性，反应
2
5
N H
过程中N 元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶
液呈酸性可知反应离子方程式为
。
2
2
5
2
4Cu
N H
4Cl
4CuCl
N
5H
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl 中Cu 元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2 价，CuCl 与硝酸反应过程中Cl 元素以Cl-
形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3 溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝
色溶液，说明有
元素；再向溶液中加入
溶液，有白色沉淀，说明有
元素。
Cu
3
AgNO
Cl
29. 含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量
：
2
SO
。判断该反应的自发性并说明理
1
2
4
4
2
2
Cu(s)
2H SO (l)
CuSO (s)
SO (g)
2H O(l)
ΔH=
11.9kJ mol
由_______。
(2)已知
。
时，在一恒容密闭反应器中充入一定量
1
2
2
3
2SO (g)+O (g)
2SO (g)
ΔH= 198kJ mol
850K
的
和
，当反应达到平衡后测得
、
和
的浓度分别为
、
和
2
SO
2
O
2
SO
2
O
3
SO
3
1
6.0 10 mol L
3
1
8.0 10 mol L
。
1
2
4.4 10 mol L
①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时
的转化率为_______。
2
SO
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A.须采用高温高压的反应条件使
氧化为
2
SO
3
SO
B.进入接触室之前的气流无需净化处理
C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和
的转化率
2
SO
D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收
以提高吸收速率
3
SO
②接触室结构如图1 所示，其中1~4 表示催化剂层。图2 所示进程中表示热交换过程的是_______。
A.
B.
C.
D.
E.
F.
G.
1
1
a
b
1
2
b
a
2
2
a
b
2
3
b
a
3
3
a
b
3
4
b
a
4
4
a
b
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3 中画出反应
的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图
2
2
3
2SO (g)
O (g)
2SO (g)
(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。
(4)一定条件下，在
溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由
2
2
4
2
2
Na S
H SO
H O
澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2 个离子
方程式。
Ⅰ.
2
S
H =HS
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.
；
2
2
2
HS
H O
H =S
2H O
Ⅳ.②_______。
【答案】 (1). 不同温度下都能自发，是因为
(2).
(3).
H
0, S
0
3
1
6.7 10 mol
L
88%
(4). C (5). BDF (6).
(7).
2
2
2
4
2
HS
4H O =SO
4H O
H
(8).
2
2
2
4
2
S
3H O =SO
2H O
2H
【解析】
【分析】
【
详
解
】
(1)实
验
室
可
用
铜
与
浓
硫
酸
反
应
制
备
少
量
的
反
应
为
2
SO
，由于该反应
1
2
4
4
2
2
Cu(s)
2H SO (1)
CuSO (s)
SO (g)
2H O(1)
11.9kJ mol
H
0
0
H
S
、
，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下
的平衡常数为
2
2
3
2SO (g)
O (g)
2SO ( )
g
.
2
1 2
3
2
2
2
3
1
3
2
2
1
(SO )
(
)
=
(SO ) (O )
(
4.4 10 mol L
6.0 10 mol L
8.0 10 m
)
ol L
c
K
c
c
3
1
6.7 10 mol
L
②平衡时
的转化率为
2
SO
3
2
3
(SO )
100%
(SO )
(SO )
c
c
c
2
3
1
2
1
1
4.4 10 mol L
6.0 10 mol L
4.4 10
100
mol L
%
88%
；
(3)①A．在常压下
催化氧化为
的反应中，
的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A
2
SO
3
SO
2
SO
说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B 说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡
向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和
的转化率；
2
2
3
2SO (g)
O (g)
2SO ( )
g
2
SO
D．
与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收
，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从
3
SO
3
SO
而影响
被水吸收导致
的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收
，D 说法不正
3
SO
3
SO
3
SO
确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速
率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，
的转化率基本不变，因此，图2 所示进程中表示热交换过
2
SO
程的是
、
、
，因此选BDF；
1
2
b
a
2
3
b
a
4
3b
a
③对于放热的可逆反应
，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应
2
2
3
2SO (g)
O (g)
2SO (g)
的温度，在该温度下化学反应速率最大，
的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性
2
SO
逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减
小，
的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，
的平衡转化率减小；由于反应
2
SO
2
SO
混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下
2
SO
的转化率低于其平衡转化率。因此，反应
的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平
2
2
3
2SO (g)
O (g)
2SO (g)
衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：
.
(4)由
时间振荡曲线可知，在
溶液体系中，溶液的
呈先增大后减小的周期性变
pH
2
2
4
2
2
Na S
H SO
H O
pH
化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成
，
，然后
HS
2
S
H =HS
发生
，该过程溶液的
基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时
被
2
2
4
2
HS
4H O=SO
4H O
H
pH
HS
氧化为
，即发生
，该过程溶液的
增大；溶液又变澄清时
又被
2
2
H O
S
2
2
2
HS
H O
H =S
2H O
pH
S
氧化为
，发生
，该过程溶液的
在减小。因此可以推测该过程中
2
2
H O
2
4
SO
2
2
2
4
2
S
3H O =SO
2H O
2H
pH
每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：
、
、
2
S
H =HS
2
2
2
4
2
HS
4H O =SO
4H O
H
、
。
2
2
2
HS
H O
H =S
2H O
2
2
2
4
2
S
3H O
SO
2H O
2H
30.
是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯
。已知：
2
Cl O
2
Cl O
①
，合适反应温度为
；副反应：
。
2
2
2
HgO
2Cl
H Cl
O
= g
Cl
18 ~ 25℃
2
2
2
2HgO+2Cl
2HgCl +O
②常压下，
沸点
，熔点
；
沸点2.0℃，熔点
。
2
Cl
34.0
℃
101.0
℃
2
Cl O
120.6
℃
③
，
在
中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
2
2
Cl O+H O
2HClO
2
Cl O
4
CCl
请回答：
(1)①装置A 的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D 中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A.将HgO 粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B.调控进入反应柱的混合气中
和
的比例
2
Cl
2
N
C.调控混合气从下口进入反应柱的流速
D.将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在
。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的
含量，可采
-80~-60℃
2
Cl
用的方法是_______。
(4)将纯化后的
产品气化，通入水中得到高纯度
的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要
时，可将
2
Cl O
2
Cl O
2
Cl O
浓溶液用
萃取分液，经气化重新得到。
2
Cl O
4
CCl
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：
c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和
转入分液漏斗
4
CCl
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量
浓溶液的稀释液，加入适量
、过量
溶液及一定量的稀
，充分反
2
Cl O
4
CCl
KI
2
4
H SO
应。用标准
溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准
溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生
的反
2
2
3
Na S O
NaOH
2I
应(不考虑
与水反应)：
2
Cl
-
-
2
2
2I +Cl =I +2Cl
-
+
-
2
2
2
4I +Cl O+2H =2I +H O+2Cl
-
+
-
2
2
2I +HClO+H =I +H O+Cl
实验数据如下表：
加入量
2
4
n H SO
/mol
3
2.505 10
滴定Ⅰ测出量
2
n I
/mol
3
2.005 10
滴定Ⅱ测出量
2
4
n H SO
/mol
3
1.505 10
①用标准
溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
2
2
3
Na S O
②高纯度
浓溶液中要求
(
和
均以
计)。结合数据分析所制备的
2
Cl O
2
2
n Cl O /n Cl
99
2
Cl O
HClO
2
Cl O
浓溶液是否符合要求_______。
2
Cl O
【答案】 (1). 浓
(2). a (3). ABC (4). 抽气(或通干燥氮气) (5). a (6). b (7). g
2
4
H SO
(8). CCl4 中由紫红色突变到无色，且30s 不恢复 (9). 溶液中Cl2O 和Cl2 分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，
=200>99，符合要求
2
2
Cl O
Cl
n
n
【解析】
【分析】
【详解】(1)①装置A 的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓
。
2
4
H SO
②Cl2 和Cl2O 都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O 能与NaOH 溶液反应，同时需要防
止NaOH 溶液中水蒸气进入C 装置中，因此需要在C 和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D
中应选用a 装置。
(2)装置B 为HgO 与Cl2 反应制备Cl2O 的装置，
A．因Cl2O 能与H2O 发生反应，因此需要将HgO 粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此
增加表面积能够加快反应速率，故A 选；
B．N2 的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2 不足时会
发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2 和N2 的比例，故B 选；
C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，
故C 选；
D．HgO 与Cl2 反应制备Cl2O 的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发
生副反应，故D 不选；
综上所述，答案为ABC。
(3)由题可知，Cl2 沸点小于Cl2O，在Cl2 未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案
为：抽气(或通干燥氮气)。
(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流
出，上层液体从上口倒出，因CCl4 密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O 的CCl4 位于下层，因此操作顺序为：涂
凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4 转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放
气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：
abg。
(5)①溶有I2 的CCl4 溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3 溶液滴定I2 过程中，当I2 恰好反应完全时，溶液呈无色，因
此滴定I2 到达终点的实验现象是CCl4 中由紫红色突变到无色，且30s 不恢复。
②由
、
、
2
2
2I
Cl
I
2Cl
2
2
2
4I
Cl O
2H
2I
H O
2Cl
(HClO 为Cl2O 与H2O 反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验
2
2
2I
HClO
H
I
H O
Cl
数据可知Cl2O 和HClO 共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2 的物质的量为2×10-
3mol，则高纯度Cl2O 浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI 溶液共生成I2 的物质的量为2.005×10-3mol，因
此Cl2 与I-反应生成I2 的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O 浓溶液中
n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O 浓溶液中
=
=200>99，则所制备的高纯度Cl2O 浓溶液
2
2
Cl O
Cl
n
n
3
6
1 10 mol
5 10 mol
符合要求，故答案为：溶液中Cl2O 和Cl2 分别为1×10-3mol、5×10-6mol，
=200>99，符合要求。
2
2
Cl O
Cl
n
n
31. 某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)化合物A 的结构简式是_______；化合物E 的结构简式是_______。
(2)下列说法不正确的是_______。
A.化合物B 分子中所有的碳原子共平面
B.化合物D 的分子式为
12
12
6
4
C H N O
C.化合物D 和F 发生缩聚反应生成P
D.聚合物P 属于聚酯类物质
(3)化合物C 与过量
溶液反应的化学方程式是_______。
NaOH
(4)在制备聚合物P 的过程中还生成了一种分子式为
的环状化合物。用键线式表示其结构_______。
20
18
8
6
C H N O
(5)写出3 种同时满足下列条件的化合物F 的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：_______。
①
谱显示只有2 种不同化学环境的氢原子
H
NMR
②只含有六元环
③含有
结构片段，不含
键
C
C
(6)以乙烯和丙炔酸为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】 (1).
(2). HOCH2CH2Br (3). C (4).
+4NaOH
+2
+2NaBr (5).
(6).
、
Δ
、
、
(任
写
3 种
)
(7).
【解析】
【分析】A 的分子式为C8H10，其不饱和度为4，结合D 的结构简式可知A 中存在苯环，因此A 中取代基不存
在不饱和键，D 中苯环上取代基位于对位，因此A 的结构简式为
，
被
酸性高锰酸钾氧化为
，D 中含有酯基，结合已知信息反应可知C 的结构简式为
，B 与E 在酸性条件下反应生成
，该反应为酯化反应，因此E 的结构
简式为HOCH2CH2Br，D 和F 发生已知反应得到化合物P 中的五元环，则化合物F 中应含有碳碳三键，而化合
物P 是聚合结构，其中的基本单元来自化合物D 和化合物F，所以化合物F 应为
。
【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为
；化合物E 的结构简式为HOCH2CH2Br，故
答案为：
；HOCH2CH2Br。
(2)A．化合物B 的结构简式为
，化合物B 中苯环的6 个碳原子共平面，而苯环只含
有两个对位上的羧基，两个羧基的碳原子直接与苯环相连，所以这2 个碳原子也应与苯环共平面，化合物B 分
子中所有碳原子共平面，故A 正确；
B．D 的结构简式为
，由此可知化合物D 的分子式为
，故
12
12
6
4
C H N O
B 正确；
C．缩聚反应除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，化合物D 和化合物F 的聚合反
应不涉及低分子副产物的产生，不属于缩聚反应，故C 错误；
D．聚合物P 中含有4n 个酯基官能团，所以聚合物P 属于聚酯类物质，故D 正确；
综上所述，说法不正确的是C 项，故答案为C。
(3)
中酯基能与NaOH 溶液发生水解反应、溴原子能与NaOH 溶液在加热条件下能发生取代
反应，因此反应方程式为
+4NaOH
+2
+2NaBr。
Δ
(4)化合物D 和化合物F 之间发生反应，可以是n 个D 分子和n 个F 分子之间聚合形成化合物P，同时也可能发
生1 个D 分子和1 个F 分子之间的加成反应，对于后者情况，化合物D 中的2 个-N3 官能团与化合物F 中的2
个碳碳三建分别反应，可以形成环状结构，用键线式表示为
，该环状化合物的化
学式为
，符合题意，故答案为：
。
20
18
8
6
C H N O
(5)化合物F 的分子式为C8H6O4，不饱和度为6，其同分异构体中含有
结构片段，不含
||O
C O
C
C
｜
｜
键，且只有2 种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有2 个相同结构片段，不饱和
C
C
度为4，余2 个不饱和度，推测含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下：
、
、
、
。
(6)由逆向合成法可知，丙炔酸应与
通过酯化反应得到目标化合物，而
中的羟基又能通
过
水解得到，乙烯与Br2 加成可得
，故目标化合物的合成路线为
。
