2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟卷02

2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷02 (考试时间：90分钟；满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．冠醚(12-冠-4)属于( ) A．有机高分子 B．化合物 C．混合物 D．超分子 【答案】B 【解析】A项，有机高分子是一类由重复的化学单元(单体)通过共价键连接形成的高分子化合物，相对分子质量通常达上万甚至上百万，冠醚(12-冠-4)相对分子质量较小，属于小分子，且不是由单体连接组成，不属于有机高分子，A错误；B项，化合物是由不同种元素组成的纯净物，冠醚(12-冠-4)是化合物，B正确；C项，混合物是由不同种物质组成，冠醚(12-冠-4)是化合物，C错误；D项，超分子是由两个或多个分子通过非共价相互作用自发组装形成的具有特定结构和功能的有序聚集体，冠醚(12-冠-4)是单一的有机小分子，不属于超分子，D错误；故选B。 2．人体中微量的硫化氢能有效预防心脏病。下列说法不正确的是( ) A．H2S对人体有益，故不属于环境污染物 B．人体内H2S可由含硫蛋白质通过复杂反应产生 C．H2S属于弱电解质 D．H2S不可用浓硫酸干燥 【答案】A 【解析】A项，H2S是具有臭鸡蛋气味的有毒气体，属于大气污染物，微量对人体有益不能改变其污染物属性，A错误；B项，含硫蛋白质在人体内分解代谢的过程中可通过复杂反应生成少量H2S，B正确；C项，H2S是二元弱酸，在水溶液中仅能部分电离，属于弱电解质，C正确；D项，H2S具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，因此不可用浓硫酸干燥H2S，D正确；故选A。 3．下列化学用语或图示表述正确的是( ) A．NaCl溶液中的水合离子： B．的电子云图为：，其中的每1个黑点都代表1个电子 C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D．用电子云轮廓图表示HCl的s-pσ键形成的示意图： 【答案】D 【解析】A项，水分子中O带部分负电，H带部分正电；水合阳离子中，带负电的O应朝向阳离子，水合阴离子中，带正电的H应朝向阴离子，A错误；B项，电子云图中，黑点的疏密表示电子在核外出现的概率密度，B错误；C项，氢键形成于醛基上的O原子与羟基上O原子共价相连的H之间，C错误；D项，HCl中，H的1s电子云为球形，Cl的成键p轨道沿键轴方向伸展，二者沿键轴方向头碰头重叠，形成s-pσ键，图示符合该成键过程，D正确；故选D。 4．下列有关元素周期律说法不正确的是( ) A．还原性：NH3＜PH3 B．离子半径：Na+＜F- C．碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3 D．第一电离能：O＞N 【答案】 D 【解析】A项，同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性N＞P ，非金属性越强对应简单氢化物还原性越弱，故还原性NH3＜PH3，A正确；B项，Na+和F-核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，钠的核电荷数大于氟，故离子半径Na+＜F-，B正确；C项，同周期元素从左到右金属性减弱，金属性Mg＞Al ，金属性越强则最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，C正确；D项，N原子的2p轨道有3个电子为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的O，故第一电离能N＞O ，D错误；故选D。 5．乙醇能与酸性重铬酸钾溶液反应。下列说法不正确的是( ) A．乙醇先被氧化为乙醛，再被氧化为乙酸 B．反应后溶液呈绿色 C．还原性：性CH3CH2OH＞Cr3+ D．当生成1 mol乙酸时，转移2 mol电子 【答案】D 【解析】A项，乙醇具有还原性，可被强氧化剂酸性重铬酸钾分步氧化，先被氧化为乙醛，再进一步被氧化为乙酸，A正确；B项，酸性重铬酸钾中的Cr2O7 2-为橙色，反应后Cr元素从+6价被还原为+3价的Cr3+，Cr3+在水溶液中呈绿色，因此反应后溶液呈绿色，B正确；C项，氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，该反应中CH3CH2OH是还原剂，Cr3+是还原产物，因此还原性CH3CH2OH＞Cr3+，C正确；D项，乙醇中C元素平均化合价为-2价，乙酸中C元素平均化合价为0价，1 mol乙醇被氧化为1 mol乙酸时，C元素总共升高4价，转移4 mol电子，D错误；故选D。 6．结构决定性质，性质决定用途。对下列事实的解释错误的是( ) 选项 事实 解释 A 可用CS2除去试管内残余的S CS2是非极性分子，可以溶解硫 B 酸性：CF3COOH＞CH3COOH -CF3为吸电子基团，-CH3为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同 C 冠醚能增大KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚通过与K+结合将MnO4-带入有机相，使反应物充分接触，以增大反应速率 D 配位数：AlF63->AlCl 电负性：F>Cl 【答案】D 【解析】A项，根据相似相溶原理，非极性分子CS2可以溶解非极性的硫单质，解释正确，A正确；B项，-CF3是吸电子基团，使羧基中O-H 极性增强，更易电离出H+，酸性更强；-CH3是推电子基团，使羧基中O-H 极性减弱，酸性更弱，解释正确，B正确；C项，冠醚作为相转移催化剂，与K+结合后将MnO4-带入有机相，增大了环己烯与氧化剂的接触面积，加快反应速率，C正确；D项，配位数不同的原因是F-半径小于Cl-，Al原子周围可容纳更多半径更小的F-，和F、Cl的电负性大小无关，D错误；故选D。 7．下列实验现象的预测不正确的是( ) A．将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，会产生大量气泡，试管外壁发热 B．苯在空气中燃烧，会产生浓重的黑烟 C．向Na2S2O3溶液中加入稀H2SO4溶液，会产生乳白色浑浊 D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，有深蓝色晶体析出 【答案】D 【解析】A项，Na2O2与水发生反应2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑，会产生大量氧气气泡，同时该反应为放热反应，试管外壁发热，现象预测正确，A正确；B项，苯的分子式为C6H6，含碳量很高，在空气中燃烧时碳无法完全充分燃烧，会生成大量炭黑，因此产生浓重黑烟，现象预测正确，B正确；C项，Na2S2O与稀硫酸发生歧化反应Na2S2O3+H2SO4= Na2SO4+S↓＋SO2↑+H2O，生成的硫单质微溶，会形成乳白色的硫浑浊，现象预测正确，C正确；D项，向硫酸铜溶液中加入少量氨水时首先生成蓝色 Cu(OH)2沉淀，氨水过量后沉淀会溶解，生成深蓝色的四氨合铜透明溶液，并不会直接析出深蓝色晶体；向该深蓝色溶液中加入乙醇后，才能析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，因此该现象预测不正确，D错误；故选D。 8．解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是( ) A．将过量的H2S通入FeCl3 溶液中产生淡黄色沉淀：2Fe3++H2S =2Fe2++S↓+2H+ B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：3Fe+NO2-+2H2O=3FeO +NH3↑+OH- C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色：[Cu(NH3)4]2++4H++4Cl-[CuCl4]2-+4NH4+ D．含氟牙膏可以防龋齿：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq) 【答案】B 【解析】A项，Fe3+氧化H2S生成S沉淀，离子方程式2Fe3++H2S =2Fe2++S↓+2H+，A不符合题意；B项，铁发蓝处理生成致密氧化膜(主要为Fe3O4 )，正确离子方程式为9Fe+4NO2-+8H2O=3Fe3O4 +4NH3↑+4OH-，B符合题意；C项，[Cu(NH3)4]2+与浓盐酸反应生成[CuCl4]2-，离子方程式[Cu(NH3)4]2++4H++4Cl-[CuCl4]2-+4NH4+，C不符合题意；D项，羟基磷灰石可与F⁻发生沉淀转化，生成更难溶的氟磷灰石，离子方程式书写正确，D不符合题意；故选B。 9．化合物Z是合成药物长春碱的中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．X分子存在顺反异构体 B．Y分子能与盐酸反应 C．1molZ最多能和5molH2发生加成反应 D．Y→Z的反应类型为加成反应 【答案】B 【解析】A项，X分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子连接的原子或原子团不同，但碳碳双键参与形成了五元环，不存在顺反异构体，A错误；B项，Y分子中含有氨基(-NH-)，氨基为碱性基团，能与盐酸发生酸碱反应生成盐，B正确；C项，Z分子中含有1个苯环，2个碳碳双键，1个羰基，1molZ最多能和6molH2发生加成反应，C错误；D项，Y→Z的反应是Y中-NH-的H被乙酰基(-COCH3)取代生成酰胺基，属于取代反应，非加成反应，D错误；故选B。 10．下列装置或操作能够达到实验目的的是( ) A．装置可用于制备Cl2 B．装置可用于探究Na与H2O反应 C．装置可用于探究温度对化学平衡的影响[已知2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0] D．装置可用于测定中和反应的反应热 【答案】C 【解析】A项，MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需要加热，该装置缺少加热仪器，无法达到实验目的，A错误；B项，Na与水反应剧烈，放出大量热且生成气体，在试管中进行反应易发生飞溅、爆炸等危险，应在烧杯中进行，B错误；C项，该实验只有温度为变量，反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，气体颜色加深，可通过两烧瓶颜色差异探究温度对化学平衡的影响，C正确；D项，由图可知，该装置缺少杯盖等保温措施，热量散失较多，不能测定中和反应的反应热，D错误；故选C。 11．硫元素可形成多种化合物。H2S、二硫化氢(H2S2)均有弱酸性，H2S的燃烧热为-518kJ·mol−1。硫化物可以除去废水中的重金属离子。Na2S2O3可以除去漂白液中的余氯(Cl2)，也可以与I2反应生成氧化性较弱的Na2S4O6。下列有关说法正确的是( ) A．H2S2沸点高于H2S，是因为H2S2可形成分子间氢键 B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-1036kJ·mol−1   C．Na2S2O3与水中余氯反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO3 D．从物质结构的角度分析，S4O62-的结构可能如图所示： 【答案】D 【解析】A项，H2S2和H2S分子中S的电负性都不够大，均无法形成分子间氢键。H2S2沸点更高是因为其相对分子质量更大，分子间范德华力更强，A错误；B项，燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，H2S完全燃烧的稳定产物中H2O应为液态，该选项热化学方程式中H2O为气态，不符合燃烧热的要求，B错误；C项，漂白液中的Cl2是强氧化剂，会将Na2S2O3中的S氧化到更高价态，不可能生成氧化性较弱的Na2SO3(亚硫酸根还具有较强还原性，会继续被Cl2氧化)，实际反应中S会被氧化为硫酸根，C错误；D项，根据题干信息，Na2S2O3和I2反应生成Na2S4O6，硫代硫酸根的结构为一个中心S连3个O和1个S，两个硫代硫酸根脱去2个电子后通过S-S键连接，其结构可能为，符合成键规律，D正确；故选D。 12．近日，杭州化物所在空气直接转化制硝酸(HNO3)研究上取得新进展，实现了基于均多相融合的热一电耦合催化室温空气直接转化制HNO3反应新过程。电解装置结构如图。下列说法正确的是( ) A．Fe2+与H2O2反应生成的OH*具有较高的氧化性 B．b电极上有发生反应O2＋2H2O＋2e-=2H2O2 C．理论上a电极产生O2的量与b电极消耗的O2相等 D．室温条件下电解法制硝酸降低了能耗，改变了反应的焓变 【答案】A 【解析】a电极连接电源的正极，为电解池阳极。 阳极发生氧化反应，该电极上H2O失去电子生成O2，对应电极反应为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。b电极连接电源的负极，为电解池阴极。 阴极发生还原反应，结合右侧局部反应图可知该电极同时发生两个还原过程：过程1：O2得电子生成H2O2，电极反应为：O2＋2H＋＋2e-=H2O2；过程2：Fe3+得电子再生Fe2+，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，实现Fe2+/Fe3+的循环。A项，Fe2+与H2O2反应生成的OH*为羟基自由基，具有强氧化性，可氧化N2制备硝酸，A正确；B项，电解液为pH=3的酸性体系，b电极为阴极，生成H2O2的正确反应为O2＋2H＋＋2e-=H2O2，选项反应式不符合酸性环境，B错误；C项，a为阳极，生成O2的反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，每生成1molO2转移4mol电子；b极每消耗1mol O2生成H2O2转移2mol电子，根据电子守恒，若4mol电子全部用于还原O2，b极可消耗2molO2，a极产生O2的量为b极消耗O2量的1/2，但b电极也会发生Fe3++e-=Fe2+反应，b极消耗氧气小于2mol，二者不相等，C错误；D项，焓变仅由反应物和生成物的总能量差决定，反应路径、反应条件均不改变反应焓变，D错误；故选A。 13．某化合物的组成元素为N、Cl、S、O，其分子中原子的连接方式如图(大白球代表S)。 下列有关该化合物的说法不正确的是( ) A．该物质的分子式为S3N3Cl3O3 B．1个该分子中含有12个σ键和3个π键 C．分子中N原子只有一种化学环境 D．化学键水解优先顺序：S-Cl>S=N 【答案】B 【解析】该化合物由 N、Cl、S、O 四种元素组成，题中只指明大白球代表 S 原子。由结构图可见，3 个大白球并不彼此直接相连，而是与 3 个交替排列的小黑球连成六元环，环上每个大白球在环外还各连有 1 个大黑球和 1 个小白球。结合组成元素只有这四种可确定：环上的小黑球为N原子，大白球所连的大黑球为 Cl 原子、小白球为 O 原子，即该分子由 3个S、3 个N、3个Cl 和 3个O 构成。A项，该分子由 3 个S 原子、3 个N原子、3个Cl 原子和 3个O 原子构成，故分子式为S3N3Cl3O3，A正确；B项，环上 S 与N 以单键、双键交替结合，每个S 还分别与 1个O 形成双键、与1个Cl 形成单键；环上6 条 S-N 键、3 条 S=O 键和 3 条 S-Cl 键各含1个σ 键，共 12个σ 键，3 条环上 S=N 键和 3 条 S=O 键各含 1 个π 键，共6个π 键。故 1个该分子中含 12 个σ 键和6个π 键，B错误；C项，该分子具有三重对称性，3 个S及其所连 O、Cl 的取向完全相同，3个N原子的成键情况和周围环境也完全相同，故N原子只有一种化学环境，C正确；D项，水解反应的实质是取代反应，优先发生在键长较长、键能较小的化学键上；S-Cl 为单键，键长较长、键能较小，而 S=N 为双键，键长较短、键能较大，故水解优先顺序为 S-Cl>S=N，D正确；故选B。 14．我国科研人员以硫酸、乙腈(CH3CN)和水混合为电解液，采用电解法将百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极A表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( ) A．电极A上发生氧化反应 B．历程中有碳碳双键的断裂，同时有碳氧双键的形成 C．用18O标记电解液中的水，可得到 D．以为原料，也可得到TQ 【答案】B 【解析】A项，从图可知电极A上百里酚(TY)合成百里醌(TQ)是个加氧的反应为氧化反应，A正确；B项，分析反应历程图可知该过程有氢氧键的断裂、苯环的芳香体系被破坏和碳氧双键的形成，没有碳碳双键的断开，B错误；C项，根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，C正确；D项，将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，D正确；故选B。 15．某溶液含有初始浓度为2.5×10-3mol·L-1Zn2+和5.0×10-3mol·L-1配体酸HL。溶液中的部分物种分布系数随pH变化如图所示，除了Zn2+、ZnL外不考虑其他含Zn物种。 已知25℃ 时，Zn2++2L-ZnL2平衡常数的lgK=17.34 ，lg 2.5=0.4。下列说法不正确的是( ) A．pH=9时，溶液中几乎检测不到 B．pH=3.25时，c(HL)>c(ZnL2)>c(L-) C．c点对应的溶液中， (ZnL2)=2c(Zn2+)+c(L-) D．HL的电离平衡常数lgKa=−9.32 【答案】C 【解析】由Zn的物料守恒可知δ(Zn2+)+δ(ZnL2)=0.50为定值，故图中Zn2+与ZnL2两曲线的交点a处c(Zn2+)=c(ZnL2)=1.25 mmol⋅L-1；点b(3.25,0.50)位于HL曲线上，点c为HL与ZnL2两曲线的交点(此时c(HL)=c(ZnL2))。结合配体物料守恒式与配合平衡常数逐项定量判断即可。A项，pH=9时，由图可见δ(Zn2+)已降至接近0；由锌守恒c(Zn2+)+c(ZnL2)=2.5 mmol⋅L-1并结合平衡常数算得c(Zn2+)仅约0.30 μmol⋅L-1，远低于可检出水平，故溶液中几乎检测不到Zn2+；A正确；B项，pH=3.25时，点b处δ(HL)=0.50，即c(HL)=2.5 mmol⋅L-1；点a为Zn2+与ZnL2两曲线的交点，故c(Zn2+)=c(ZnL2)=1.25 mmol⋅L-1；由平衡常数算得c(L-)=2.14 nmol⋅L-1，则c(HL)>c(ZnL2)>c(L-)；B正确；C项，点c为HL与ZnL2两曲线的交点，有c(HL)=c(ZnL2)。由配体物料守恒c(HL)+c(L-)+2c(ZnL2)=5.0 mmol⋅L-1得3c(ZnL2)+c(L-)=5.0 mmol⋅L-1，由Zn守恒c(Zn2+)+c(ZnL2)=2.5 mmol⋅L-1得2c(Zn2+)+2c(ZnL2)=5.0 mmol⋅L-1；两式相减得c(ZnL2)=2c(Zn2+)−c(L-)，与选项所写的“2c(Zn2+)+c(L-)”不符；C错误；D项，a点时，c(Zn2+)=c(ZnL2)=0.5×5.0×10-3=1.25 ×10-3mol⋅L-1，根据K=，可求得c(L-)=10-8.67mol⋅L-1；b点时，c(H+)=10-3.25mol/L，c(HL)=2.5 ×10-3mol⋅L-1，对应的c(L-)=10-8.67mol⋅L-1，由Ka⋅c(HL)=c(H+)⋅c(L-)，Ka=10-9.32，得lgKa=−9.32；D正确；故选C。 16．某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1CuCl2溶液中分别加入过量的Fe粉和Zn粉，进行如下实验。已知：0.5 mol·L-1Cu2+开始沉淀的pH约为4.2，完全沉淀的pH约为6.7。 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Fe 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生大量蓝色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，未检测到Cu单质 Ⅱ 过量Zn 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生大量蓝色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，检测到Cu单质 下列说法不正确的是( ) A．蓝色沉淀生成的原因是H+被消耗，促进了Cu2+的水解 B．实验Ⅰ中未检测到Cu单质，不能说明Fe和Cu2+不反应 C．实验Ⅱ的固体中检测到Cu单质，是因为大量气泡搅动，使锌粉不容易被Cu(OH)2沉淀包裹 D．若向pH=1的0.5 mol·L-1CuCl2溶液中加入过量Ag粉，也可观察到大量蓝色沉淀 【答案】D 【解析】A项，金属与溶液中的H+反应产生氢气，消耗了H+。Cu2+水解的平衡为Cu2+＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，H+被消耗促进了Cu2+的水解正向进行，使溶液pH增大，生成了蓝色沉淀(碱式盐或碱)。A正确；B项，实验Ⅰ中，随着水解生成的蓝色沉淀裹在铁粉表面，阻止了反应继续深入进行，同时反应极慢。未检测到Cu单质可能是由于生成量极少或被沉淀包裹未暴露出，不能说明Fe和Cu2+不反应，B正确；C项，实验Ⅱ中，锌与酸反应剧烈，产生大量气体起到剧烈的搅拌作用，防止了锌粉被沉淀包裹，使锌粉能持续与溶液中的Cu2+发生置换反应生成Cu单质。C正确；D项，金属活动性顺序中Ag位于氢和铜之后，银既不能与H+反应产生氢气，也不能置换出 Cu单质。加入银粉后无法消耗H+，不能促进Cu2+的水解，因此不会观察到大量蓝色沉淀，D错误；故选D。 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分)高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。工业上以石英砂为原料生产硅，其制取流程如下： (1)写出石英砂的化学式________。 (2)粗硅的提纯过程需要无水条件，SiCl4和SiHCl3均易水解，请写出SiHCl3与水反应的化学方程式________。 (3)工业上原来采用氯气氧化粗硅，现在通常用氯化氢进行氧化，其原因除了氯气毒性较大外，请结合工业流程分析氯化氢作为氧化剂的其他原因________。 (4)用硅制作太阳能电池时，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层，最终转化为氟硅酸(H2SiF6)。已知H2SiF6酸性大于HF，请从结构视角分析酸性差异________。 (5)氟硅酸的铜盐CuSiF6与(L)通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其晶胞结构如下图所示(H原子略)。回答下列问题： ①能够准确获得晶体结构和晶胞参数的仪器是________。 A．质谱仪     B．X射线衍射仪     C．红外光谱仪 ②有机物(L)与Cu(Ⅱ)形成配位键的配位原子是________，并分析有机物(L)与CuSiF6结合时微粒个数比________。 ③该氟硅酸铜盐在室温下可选择性吸附某些气体，气体分子(M)与框架结构中的F原子存在如图静电作用。有同学认为对比CO2和CO()，氟硅酸铜盐更易吸附CO2，判断该观点是否合理________(填“是”或“否”)，并从结构视角说明理由____________________________。 【答案】(1)SiO2(2分) (2)SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓＋H2↑+3HCl(2分) (3)后续步骤能继续产生HCl，可循环利用(2分) (4)HF电离产生F-，F-半径小，负电荷高度集中，对H+吸引力强，难以完全电离。(或氟硅酸电离生成稳定的正八面体配离子SiF62-，负电荷高度分散在配离子中，阴离子稳定性高，对H+束缚作用弱，更容易电离出H+，故氟硅酸酸性强于氢氟酸)(合理即可)(3分) (5) B(1分) N(1分) 2∶1(1分) 是(1分) 氧电负性大于碳，CO2中碳两侧都是氧，碳原子的正电性强；CO存在配位键，电子对由氧提供，使碳的正电性有所下降。气体分子(M)与F原子的静电作用实际上是气体分子带正电的原子与氟原子的孤电子对的作用力，正电性越大静电作用越大(3分) 【解析】以石英砂为原料，首先在1800~2000℃的高温下与碳发生还原反应制得粗硅；之后粗硅分为两条提纯路径，一条路径是通入氯气加热反应生成SiCl4，再用氢气在高温下还原SiCl4得到纯硅，另一条路径是粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3，后续在1100℃下用氢气还原SiHCl3得到纯硅，该路径中反应生成的副产物氯化氢可回收循环利用，还原步骤产生的HCl也可回流至粗硅氯化工序重复使用，提升原料利用率；最终得到的纯硅还可进一步反应转化为氟硅酸H2SiF6。 (1)石英砂的主要成分为二氧化硅，是工业制硅的核心原料，其化学式为SiO2； (2)SiHCl3中Si为+4价、连接的1个H为-1价，水解时Si结合OH生成硅酸，-1价H与水中+1价H归中生成氢气，同时生成HCl，化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓＋H2↑+3HCl； (3)对比氯气氧化粗硅的路径，HCl氧化粗硅生成SiHCl3后，用H2还原SiHCl3制纯硅时会重新生成HCl，可直接回收回到粗硅氯化步骤循环使用，减少废弃物排放； (4)H2SiF6在水中可完全电离出2个H+，其对应的酸根H2SiF6为正八面体对称结构，负电荷被6个F原子高度分散，稳定性极强；而HF的电离产物F-半径小、电荷集中，且易与HF通过氢键形成稳定的HF2-，难以电离出更多H+，因此H2SiF6酸性更强； (5)① X射线衍射仪是测定晶体结构、获取晶胞参数的专属仪器；质谱仪用于测定相对分子质量，红外光谱仪用于检测官能团和化学键，故选B；② 配体L为吡嗪，N原子含有孤电子对，作为配位原子与Cu(Ⅱ)形成配位键；根据晶胞均摊法，晶胞内Cu的数目为1，对应2个L配体，因此L与CuSiF6的个数比为2：1；③ 该吸附为气体分子带正电的原子与带负电的F原子的静电引力作用，CO2中C原子受两侧电负性更大的O原子影响，正电性强；CO中存在O向C提供电子对的配位键，降低了C的正电性，因此CO2与F的静电作用更强，更易被吸附。 18．(12分)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过多种工业路线合成。 Ⅰ．利用煤化工合成气(CO和H2)直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) (1)该反应的ΔS________0(填“>”、“<”)。下图中能表示直接合成法反应的ΔH-TΔS与温度(T)关系的是________。 A．①     B．②     C．③     D．④ (2)按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图所示： 已知：反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g)，，x为各组分的物质的量分数。 下列有关说法不正确的是________。 A．L3曲线代表的是α=0.4 B．M、N、D三点对应的Kx：Kx(D)=Kx(N)＜Kx(M) C．D点对应平衡体系中其Kx(D)=12 D．升高温度同时增大压强，该反应平衡可能不移动 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3，)经过乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH，MG)合成乙二醇(EG)，具体反应如下： 反应①：DMO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋MG(g) ΔH1＜0 反应②：MG(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋EG(g) ΔH2＜0 反应③：EG(g)＋H2(g)CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH3＜0 恒压、初始投料比一定、固定流速条件下，发生上述反应，出口处检测到的实际转化率及MG、EG、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示： 已知：某物质的选择性 (3)①已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，则曲线________(填图中标号，下同)表示的转化率。 ②450K，出口处n(MG)：n(DMO)的值为________。 (4)控制温度在483K左右EG的选择性最高，请说明温度过高选择性下降的原因________。 Ⅲ．电化学还原法 (5)在电解质溶液中，以CO2为原料，在铜基催化剂上可电催化还原生成乙二醇。 ①写出在酸性介质中生成乙二醇的电极反应式：____________________________。 ②研究表明，铜基催化剂上电催化还原CO2形成两个碳产物主要为乙烯、乙醇，乙二醇的产率极低，试用碰撞理论解释其原因____________________________。 【答案】(1) <(2分) B(2分) (2)AB(2分) (3) Ⅰ(2分) 2(2分) (4)温度过高时，原料已几乎完全转化，而反应③速率加快，更多乙二醇继续转化为乙醇，导致乙二醇的选择性下降(2分) (5) 2CO2+10H++10e-=HOCH2CH2OH+2H2O (2分) 在铜基催化剂上生成乙二醇的活化能较高，能量达到活化能的粒子比例小，有效碰撞比例小，反应速率低，故产率极低(2分) 【解析】(1)反应后气体分子数减少，故ΔS＜0，直接合成为放热反应，ΔH＜0，因此ΔH-TΔS随温度升高而增大，且纵轴截距为负，对应曲线②，选B； (2)A项，同温度下，压强越大，平衡越向气体分子数减少的方向移动，转化率越大，故由左至右，L1、L2、L3分别对应α=0.4、0.5、0.6，A错误；B项，M、N在同一条转化率曲线上，按相同计量比进料时，二者平衡组成相同，故Kx(M)=Kx(N)，D、N同温度，Kp=Kx10-4相同，而p(D)＜p(N)，故Kx(D)＜Kx(N)，即Kx(D)＜Kx(M)=Kx(N)，B错误；C项，D点对应α=0.5，设起始时n(CO)=2mol、n(H2)=3mol，则平衡时n(CO)=1mol、n(H2)=1.5mol、n(EG)=0.5mol，总物质的量为3mol，，C正确；D项，升温使放热反应的平衡逆向移动，增压使平衡正向移动；若两种影响恰好抵消，平衡可不移动，D正确；故选AB； (3)①随温度升高，MG继续转化为EG，其选择性下降，对应曲线Ⅳ；乙醇由反应③生成，其选择性随温度升高而增大，对应曲线Ⅲ，因此曲线Ⅰ表示DMO的转化率；②450K时，DMO的转化率为80%，MG的选择性为50%，设起始DMO为1mol，则出口处，，； (4)高于483K时，DMO转化率已接近100%；固定流速下，升温使反应③速率加快，更多EG继续转化为乙醇，故EG的选择性下降； (5)①CO2中碳为+4价，乙二醇中碳的平均化合价为-1，每生成10mol乙二醇需得到10mol电子。酸性介质中用H+和H2O配平，电极反应式为： 2CO2+10H++10e-=HOCH2CH2OH+2H2O；②生成乙二醇的活化能较高，相同条件下能量达到活化能的粒子比例小，有效碰撞比例小，生成速率低，因此乙二醇的产率极低。 19．(12分)某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。制备流程如下： 已知：乙醚沸点为34.5℃，BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯：Be(OH)2和Al(OH)3的性质相似。 请回答： (1)步骤I的制备装置如下，装置的连接顺序为(夹持装置略，装置可重复使用)：_____ A→_____→_____→_____→_____→。 (2)A中盛放浓盐酸的仪器的名称是_____。 (3)下列说法正确的是__________。 A．装置A，浓硫酸和浓盐酸发生化学反应制取氯化氢气体 B．装置D，X处尾气可采取点燃法处理 C． 步骤Ⅱ，主要目的是除去MgCl2、FeCl2和AlCl3 D．步骤Ⅲ，在蒸发皿中进行蒸发浓缩冷却结晶 E. 步骤Ⅳ，加入苯，溶解，过滤 (4)步骤Ⅰ的反应速率较快，需控制反应速率，可采取的措施是_____。 (5)BeCl2的纯度测定：取0.5g上述产品溶于盐酸配成250mL溶液；取25.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用0.1mol·L-1 盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸10.00mL。[已知：4KF + Be(OH)2 = K2BeF4 + 2KOH；滴定过程中 K2BeF4不与盐酸反应；该条件下不考虑KF溶液影响酚酞变色。] ①BeCl2的纯度为_____。 ②下列说法正确的是_____。 A．当锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色，说明到达了滴定终点 B．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失，会导致所测BeCl2的纯度偏大 C．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致所测BeCl2的纯度偏小 D．若用NaOH溶液调节pH过高，其他操作均正确，可能会导致所测BeCl2的纯度偏小 (6)从结构角度解释BeCl2溶于乙醚而不溶于苯的原因_____。 【答案】(1)A→ C→ B→ E→ D→ C(2分) (2)恒压分液漏斗(恒压滴液漏斗)(1分) (3)BE(2分) (4)控制浓盐酸滴加速度(1分) (5) 80%(2分) BCD(2分) (6)BeCl2中Be原子有空轨道，乙醚中O原子有孤对电子，二者可形成配位键，故BeCl2溶于乙醚；苯分子中无孤对电子，无法与Be2+形成配位键，故BeCl2不溶于苯(2分) 【解析】简要分析工艺流程：粗铍(含有Mg、Fe、Al、Si) 中加入HCl。Be、Mg、Al、Fe均为活泼金属，能与盐酸反应生成相应的氯化物并放出氢气。Si不与盐酸反应，作为固体残渣存在。反应后的混合物中含有可溶性的氯化物以及不溶的Si固体。过滤除去不溶于盐酸的杂质Si。滤液为含有BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3的混合溶液。分离提纯得到固体，可得到无水BeCl2固体。将得到的固体进行进一步处理，得到粗BeCl2产品。 (1)A制备HCl气体；BeCl2易水解，HCl必须干燥，先通过C(浓硫酸干燥HCl)；干燥HCl进入B中和粗铍、乙醚反应；尾气含有HCl、乙醚蒸气，乙醚易燃、HCl有毒；E为安全瓶防倒吸，D中NaOH吸收HCl；最后再加C浓硫酸，防止D中水蒸气进入B使BeCl2水解；连接顺序：A→ C→ B→ E→ D→ C；思路：制HCl→干燥HCl→反应装置B→安全瓶E→NaOH除尾气HCl→浓硫酸C隔绝空气中水蒸气进入B； (2)A中盛放浓盐酸的仪器：恒压分液漏斗(恒压滴液漏斗)，支管平衡压强，使液体顺利流下； (3)A项，浓硫酸滴入浓盐酸，利用浓硫酸溶解放热、吸水，使HCl挥发，不是化学反应，A错误；B项，乙醚蒸气易燃，X处尾气含乙醚，可点燃处理，B正确；C项，步骤II过滤，已知MgCl2、FeCl2不溶于乙醚，留在滤渣；滤液含BeCl2、AlCl3，所以II除去的是MgCl2、FeCl2，不能除去AlCl3，C错误；D项，BeCl2易水解，不能蒸发皿蒸发浓缩(加热水解)，应蒸馏乙醚，D错误；E．步骤IV，固体含BeCl2、AlCl3；BeCl2不溶于苯，AlCl3溶于苯；加苯溶解，过滤除去溶于苯的AlCl3，E正确；故选BE； (4)可以控制浓盐酸滴加速度；将装置B冷水浴降温；把粗铍改成块状，减小接触面积(任写一条即可)。 (5)反应：4KF + Be(OH)2 = K2BeF4 + 2KOH；HCl + KOH = KCl + H2O；关系式：BeCl2 ～ Be(OH)2 ～ 2KOH ～ 2HCl，即 n(BeCl2)=(HCl)；①c(HCl)=0.1mol/L, V=10.00mL=0.010L，25mL中：n(HCl)=0.1×0.010=0.001mol，n(BeCl2)=×0.001=0.0005mol，250mL：n(BeCl2)=0.0005× =0.005mol，M(BeCl2)=9+35.5×2=80g/mol，m(BeCl2)=0.005× 80=0.40g，纯度=×100%=80%；②A项，酚酞终点应为粉红色褪至无色，而非无色变粉红，A错误；B项，滴定前尖嘴有气泡，终点气泡消失，读取盐酸体积偏大，计算的n(BeCl2)偏大，纯度偏大，B正确；C项，滴定前仰视，读数偏大；滴定后俯视，读数偏小，消耗体积读数偏小，纯度偏小，C正确；D项，pH过高，Be(OH)2会溶于强碱(和Al(OH)3类似)，固体损失，得到Be(OH)2变少，消耗盐酸偏小，测得纯度偏小，D正确； 故选BCD； (6)BeCl2为共价化合物，中心Be原子具有空轨道，可接受电子对形成配位键：乙醚分子中氧原子含孤对电子，可与Be2+形成配位键，故BeCl2溶于乙醚。苯分子中碳原子无孤对电子，无法与Be2+形成配位键，故BeCl2不溶于苯。 20．(12分)苯并呋喃结构如图所示：，两个环形成共轭的大π键，属于平面形分子。化合物Ⅰ是一种重要的苯并呋喃类医药中间体，其合成路线如下(部分条件忽略，溶剂未写出)。请回答下列问题： (1)化合物C中的含氧官能团名称是_____________________；化合物D的名称是_____________________。 (2)写出化合物G的结构简式_____________________。 (3)补充完整C→E的化学方程式：_____________________。 (4)下列说法不正确的是 。 A．A→B的反应试剂和条件可选用氯气光照 B．E→F的反应类型是氧化反应 C．根据相关信息可知：I中sp2杂化的原子共有9个 D．相同条件下发生类似于F→G的反应，化合物比F反应速率要快 (5)化合物H→Ⅰ的合成过程中，经历了以下三步反应： 化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，设计实验鉴别化合物J和Ⅰ：_____________________(要求写出试剂和现象)。 (6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以C6H6(苯)和Cl2CHOCH3为原料合成以下物质___________________________________________________(无机试剂任选)。 【答案】(1) 醛基、(酚)羟基(1分) 1，2-二溴乙烷(1分) (2)(1分) (3)(2分) (4)AC(2分) (5)分别将J和Ⅰ配成溶液，滴加到新制Cu(OH)2悬浊液中并加热，产生砖红色沉淀的为J，反之为Ⅰ(2分) (6)(3分) 【解析】A的苯环上连有甲氧基(H3CO-)、羟基、醛基，反应后得到分子式为C8H7O3Cl的B，相当于在苯环上引入了1个Cl原子，属于苯环的卤代反应，酚羟基对位上氢原子被氯原子取代，得到B，则B的结构简式为，加入BBr3，在0℃反应，将A中甲氧基转化为酚羟基得到C，C的两个酚羟基在碳酸钾作用下与1，2-二溴乙烷发生成环，脱去两分子HBr，得到E，结合其分子式可知，E的结构简式为，E的醛基转化为甲酸酚酯结构(-OOCH)，得到F；F在10%KOH条件下水解、再酸化，甲酸酚酯发生水解反应，重新释放出酚羟基，得到G，结合其分子式可知，G的结构简式为；G在TiCl4作用下，与Cl2CHOCH3反应，在G的酚羟基邻位引入醛基，得到H；H和ClCH2COCH3在碳酸钾的条件下反应，经过分子内的加成-脱水关环，最终得到目标产物I。 (1)观察C的结构，苯环上直接连两个-OH，侧链连-CHO，含氧官能团为酚羟基和醛基；D是结构为BrCH2CH2Br的饱和卤代烃，按系统命名法命名为1，2-二溴乙烷。 (2)F的-OOCH(甲酸酚酯)在碱性条件下水解、酸化后生成酚羟基，因此G是F的酯基水解产物，结构简式为。 (3)C的两个酚羟基在碳酸钾作用下与1，2-二溴乙烷发生成环，脱去两分子HBr，HBr与K2CO3反应生成KBr、KHCO3，补全的化学方程式为。 (4)A项，A→B的反应是氯原子取代苯环上H，苯环氯代需要FeCl3作催化剂的条件，A错误；B项，E→F的过程中，E的醛基转化为-OOCH，发生氧化反应，B正确；C项，I中苯环6个C、苯并呋喃环中的呋喃环的2个C、乙酰基1个的羰基C，共9个sp2杂化碳原子，题目已知信息加上苯并呋喃是平面结构，说明五元环内的O也为sp2杂化，总数远大于9，C错误；D项，F→G的类似反应是酚酯水解，反应物苯环上连有吸电子基团，F会使酚酯的C-O键更易断裂，反应速率更快的是含F的该化合物，D正确；故选AC。 (5)由题目已知信息，化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，则化合物H→I的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，化合物H→J的合成过程中，H发生取代反应羟基上的H被-CH2COCH3取代，得到J：， J中的醛基被相邻取代基中的-CH2加成得到K：，K中的羟基发生消去反应得到I：，故鉴别化合物J和Ⅰ就是利用醛基的特征氧化反应即可鉴别，实验为：分别将J和Ⅰ配成溶液，滴加到新制Cu(OH)2悬浊液中并加热，产生砖红色沉淀的为J，反之为Ⅰ。 (6)苯先在TiCl4催化下和Cl2CHOCH3反应得到苯甲醛；苯甲醛再和HCN发生加成反应，得到的中间体一部分酸化生成羧基，一部分在催化剂作用下与H2发生还原反应生成氨基，两者再发生反应得到产物，流程图为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $■■11■ 2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷02 答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自已的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填： 缺考标记 ▣ 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码： 违纪标记 口 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5m黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 正确填涂■ 无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 错误填涂 ][][/] 4保持卡面清洁。不要折為、不要弄破 第I卷（请用2B铅笔填涂） 一、 选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.A1[B1[C1[D 6.IA1IB1「C1D1 11.IA1[B1[C1[D1 16.[A][B][C][D] 2.A1「B1「C1D 7.[A1「B1[C1I D 12.A1[B1[C1「D1 3.A1[B1[C1 8.(AjiB]IC]I 13.[D 4.A1[B1「C1「D 9AlIBIICIIDI 14.[AIIBIICIID 5.fA1[B1「C1[D1 10.[A][B][C][D] 15.A1B1C1ID1 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答） 二、 非选择题：本题共4个小题，共52分。 17.(16分) (1) (2分) (2) (2分) 3) (2分) (4)】 (3分) (5) 1分) (1分) (1分) (1分) (3分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ (1) (2分) (2分) (2) (2分) (3) (2分) (2分) (4)】 (2分) (5) (2分) (2分) 19.(12分) (1)】 (2分) (2) (1分) (3) (2分) (4) (1分) (5) (2分) (2分) (6) (2分) 20.(12分) (1) (1分) (1分) (2) (1分) (3) (2分) (4) (2分) (5) (2分) (6) (3分) ■ ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷02·参考答案 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A D D D D D B B C 11 12 13 14 15 16 D A B B C D 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分) (1)SiO2(2分) (2)SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓＋H2↑+3HCl(2分) (3)后续步骤能继续产生HCl，可循环利用(2分) (4)HF电离产生F-，F-半径小，负电荷高度集中，对H+吸引力强，难以完全电离。(或氟硅酸电离生成稳定的正八面体配离子SiF62-，负电荷高度分散在配离子中，阴离子稳定性高，对H+束缚作用弱，更容易电离出H+，故氟硅酸酸性强于氢氟酸)(合理即可)(3分) (5) B(1分) N(1分) 2∶1(1分) 是(1分) 氧电负性大于碳，CO2中碳两侧都是氧，碳原子的正电性强；CO存在配位键，电子对由氧提供，使碳的正电性有所下降。气体分子(M)与F原子的静电作用实际上是气体分子带正电的原子与氟原子的孤电子对的作用力，正电性越大静电作用越大(3分) 18．(12分) (1) <(2分) B(2分) (2)AB(2分) (3) Ⅰ(2分) 2(2分) (4)温度过高时，原料已几乎完全转化，而反应③速率加快，更多乙二醇继续转化为乙醇，导致乙二醇的选择性下降(2分) (5) 2CO2+10H++10e-=HOCH2CH2OH+2H2O (2分) 在铜基催化剂上生成乙二醇的活化能较高，能量达到活化能的粒子比例小，有效碰撞比例小，反应速率低，故产率极低(2分) 19．(12分) (1)A→ C→ B→ E→ D→ C(2分) (2)恒压分液漏斗(恒压滴液漏斗)(1分) (3)BE(2分) (4)控制浓盐酸滴加速度(1分) (5) 80%(2分) BCD(2分) (6)BeCl2中Be原子有空轨道，乙醚中O原子有孤对电子，二者可形成配位键，故BeCl2溶于乙醚；苯分子中无孤对电子，无法与Be2+形成配位键，故BeCl2不溶于苯(2分) 20．(12分) (1) 醛基、(酚)羟基(1分) 1，2-二溴乙烷(1分) (2)(1分) (3)(2分) (4)AC(2分) (5)分别将J和Ⅰ配成溶液，滴加到新制Cu(OH)2悬浊液中并加热，产生砖红色沉淀的为J，反之为Ⅰ(2分) (6)(3分) / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年1月浙江省普通高校招生选考科目考试 化学仿真模拟卷02 (考试时间：90分钟；满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．冠醚(12-冠-4)属于( ) A．有机高分子 B．化合物 C．混合物 D．超分子 2．人体中微量的硫化氢能有效预防心脏病。下列说法不正确的是( ) A．H2S对人体有益，故不属于环境污染物 B．人体内H2S可由含硫蛋白质通过复杂反应产生 C．H2S属于弱电解质 D．H2S不可用浓硫酸干燥 3．下列化学用语或图示表述正确的是( ) A．NaCl溶液中的水合离子： B．的电子云图为：，其中的每1个黑点都代表1个电子 C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D．用电子云轮廓图表示HCl的s-pσ键形成的示意图： 4．下列有关元素周期律说法不正确的是( ) A．还原性：NH3＜PH3 B．离子半径：Na+＜F- C．碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3 D．第一电离能：O＞N 5．乙醇能与酸性重铬酸钾溶液反应。下列说法不正确的是( ) A．乙醇先被氧化为乙醛，再被氧化为乙酸 B．反应后溶液呈绿色 C．还原性：性CH3CH2OH＞Cr3+ D．当生成1 mol乙酸时，转移2 mol电子 6．结构决定性质，性质决定用途。对下列事实的解释错误的是( ) 选项 事实 解释 A 可用CS2除去试管内残余的S CS2是非极性分子，可以溶解硫 B 酸性：CF3COOH＞CH3COOH -CF3为吸电子基团，-CH3为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同 C 冠醚能增大KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚通过与K+结合将MnO4-带入有机相，使反应物充分接触，以增大反应速率 D 配位数：AlF63->AlCl 电负性：F>Cl 7．下列实验现象的预测不正确的是( ) A．将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，会产生大量气泡，试管外壁发热 B．苯在空气中燃烧，会产生浓重的黑烟 C．向Na2S2O3溶液中加入稀H2SO4溶液，会产生乳白色浑浊 D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，有深蓝色晶体析出 8．解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是( ) A．将过量的H2S通入FeCl3 溶液中产生淡黄色沉淀：2Fe3++H2S =2Fe2++S↓+2H+ B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：3Fe+NO2-+2H2O=3FeO +NH3↑+OH- C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色：[Cu(NH3)4]2++4H++4Cl-[CuCl4]2-+4NH4+ D．含氟牙膏可以防龋齿：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq) 9．化合物Z是合成药物长春碱的中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是( ) A．X分子存在顺反异构体 B．Y分子能与盐酸反应 C．1molZ最多能和5molH2发生加成反应 D．Y→Z的反应类型为加成反应 10．下列装置或操作能够达到实验目的的是( ) A．装置可用于制备Cl2 B．装置可用于探究Na与H2O反应 C．装置可用于探究温度对化学平衡的影响[已知2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0] D．装置可用于测定中和反应的反应热 11．硫元素可形成多种化合物。H2S、二硫化氢(H2S2)均有弱酸性，H2S的燃烧热为-518kJ·mol−1。硫化物可以除去废水中的重金属离子。Na2S2O3可以除去漂白液中的余氯(Cl2)，也可以与I2反应生成氧化性较弱的Na2S4O6。下列有关说法正确的是( ) A．H2S2沸点高于H2S，是因为H2S2可形成分子间氢键 B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-1036kJ·mol−1   C．Na2S2O3与水中余氯反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO3 D．从物质结构的角度分析，S4O62-的结构可能如图所示： 12．近日，杭州化物所在空气直接转化制硝酸(HNO3)研究上取得新进展，实现了基于均多相融合的热一电耦合催化室温空气直接转化制HNO3反应新过程。电解装置结构如图。下列说法正确的是( ) A．Fe2+与H2O2反应生成的OH*具有较高的氧化性 B．b电极上有发生反应O2＋2H2O＋2e-=2H2O2 C．理论上a电极产生O2的量与b电极消耗的O2相等 D．室温条件下电解法制硝酸降低了能耗，改变了反应的焓变 13．某化合物的组成元素为N、Cl、S、O，其分子中原子的连接方式如图(大白球代表S)。 下列有关该化合物的说法不正确的是( ) A．该物质的分子式为S3N3Cl3O3 B．1个该分子中含有12个σ键和3个π键 C．分子中N原子只有一种化学环境 D．化学键水解优先顺序：S-Cl>S=N 14．我国科研人员以硫酸、乙腈(CH3CN)和水混合为电解液，采用电解法将百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极A表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( ) A．电极A上发生氧化反应 B．历程中有碳碳双键的断裂，同时有碳氧双键的形成 C．用18O标记电解液中的水，可得到 D．以为原料，也可得到TQ 15．某溶液含有初始浓度为2.5×10-3mol·L-1Zn2+和5.0×10-3mol·L-1配体酸HL。溶液中的部分物种分布系数随pH变化如图所示，除了Zn2+、ZnL外不考虑其他含Zn物种。 已知25℃ 时，Zn2++2L-ZnL2平衡常数的lgK=17.34 ，lg 2.5=0.4。下列说法不正确的是( ) A．pH=9时，溶液中几乎检测不到 B．pH=3.25时，c(HL)>c(ZnL2)>c(L-) C．c点对应的溶液中， (ZnL2)=2c(Zn2+)+c(L-) D．HL的电离平衡常数lgKa=−9.32 16．某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1CuCl2溶液中分别加入过量的Fe粉和Zn粉，进行如下实验。已知：0.5 mol·L-1Cu2+开始沉淀的pH约为4.2，完全沉淀的pH约为6.7。 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Fe 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生大量蓝色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，未检测到Cu单质 Ⅱ 过量Zn 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生大量蓝色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，检测到Cu单质 下列说法不正确的是( ) A．蓝色沉淀生成的原因是H+被消耗，促进了Cu2+的水解 B．实验Ⅰ中未检测到Cu单质，不能说明Fe和Cu2+不反应 C．实验Ⅱ的固体中检测到Cu单质，是因为大量气泡搅动，使锌粉不容易被Cu(OH)2沉淀包裹 D．若向pH=1的0.5 mol·L-1CuCl2溶液中加入过量Ag粉，也可观察到大量蓝色沉淀 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17．(16分)高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。工业上以石英砂为原料生产硅，其制取流程如下： (1)写出石英砂的化学式________。 (2)粗硅的提纯过程需要无水条件，SiCl4和SiHCl3均易水解，请写出SiHCl3与水反应的化学方程式________。 (3)工业上原来采用氯气氧化粗硅，现在通常用氯化氢进行氧化，其原因除了氯气毒性较大外，请结合工业流程分析氯化氢作为氧化剂的其他原因________。 (4)用硅制作太阳能电池时，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层，最终转化为氟硅酸(H2SiF6)。已知H2SiF6酸性大于HF，请从结构视角分析酸性差异________。 (5)氟硅酸的铜盐CuSiF6与(L)通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其晶胞结构如下图所示(H原子略)。回答下列问题： ①能够准确获得晶体结构和晶胞参数的仪器是________。 A．质谱仪     B．X射线衍射仪     C．红外光谱仪 ②有机物(L)与Cu(Ⅱ)形成配位键的配位原子是________，并分析有机物(L)与CuSiF6结合时微粒个数比________。 ③该氟硅酸铜盐在室温下可选择性吸附某些气体，气体分子(M)与框架结构中的F原子存在如图静电作用。有同学认为对比CO2和CO()，氟硅酸铜盐更易吸附CO2，判断该观点是否合理________(填“是”或“否”)，并从结构视角说明理由____________________________。 18．(12分)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过多种工业路线合成。 Ⅰ．利用煤化工合成气(CO和H2)直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) (1)该反应的ΔS________0(填“>”、“<”)。下图中能表示直接合成法反应的ΔH-TΔS与温度(T)关系的是________。 A．①     B．②     C．③     D．④ (2)按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图所示： 已知：反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g)，，x为各组分的物质的量分数。 下列有关说法不正确的是________。 A．L3曲线代表的是α=0.4 B．M、N、D三点对应的Kx：Kx(D)=Kx(N)＜Kx(M) C．D点对应平衡体系中其Kx(D)=12 D．升高温度同时增大压强，该反应平衡可能不移动 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3，)经过乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH，MG)合成乙二醇(EG)，具体反应如下： 反应①：DMO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋MG(g) ΔH1＜0 反应②：MG(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋EG(g) ΔH2＜0 反应③：EG(g)＋H2(g)CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH3＜0 恒压、初始投料比一定、固定流速条件下，发生上述反应，出口处检测到的实际转化率及MG、EG、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示： 已知：某物质的选择性 (3)①已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，则曲线________(填图中标号，下同)表示的转化率。 ②450K，出口处n(MG)：n(DMO)的值为________。 (4)控制温度在483K左右EG的选择性最高，请说明温度过高选择性下降的原因________。 Ⅲ．电化学还原法 (5)在电解质溶液中，以CO2为原料，在铜基催化剂上可电催化还原生成乙二醇。 ①写出在酸性介质中生成乙二醇的电极反应式：____________________________。 ②研究表明，铜基催化剂上电催化还原CO2形成两个碳产物主要为乙烯、乙醇，乙二醇的产率极低，试用碰撞理论解释其原因____________________________。 19．(12分)某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。制备流程如下： 已知：乙醚沸点为34.5℃，BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯：Be(OH)2和Al(OH)3的性质相似。 请回答： (1)步骤I的制备装置如下，装置的连接顺序为(夹持装置略，装置可重复使用)：_____ A→_____→_____→_____→_____→。 (2)A中盛放浓盐酸的仪器的名称是_____。 (3)下列说法正确的是__________。 A．装置A，浓硫酸和浓盐酸发生化学反应制取氯化氢气体 B．装置D，X处尾气可采取点燃法处理 C． 步骤Ⅱ，主要目的是除去MgCl2、FeCl2和AlCl3 D．步骤Ⅲ，在蒸发皿中进行蒸发浓缩冷却结晶 E. 步骤Ⅳ，加入苯，溶解，过滤 (4)步骤Ⅰ的反应速率较快，需控制反应速率，可采取的措施是_____。 (5)BeCl2的纯度测定：取0.5g上述产品溶于盐酸配成250mL溶液；取25.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用0.1mol·L-1 盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸10.00mL。[已知：4KF + Be(OH)2 = K2BeF4 + 2KOH；滴定过程中 K2BeF4不与盐酸反应；该条件下不考虑KF溶液影响酚酞变色。] ①BeCl2的纯度为_____。 ②下列说法正确的是_____。 A．当锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色，说明到达了滴定终点 B．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失，会导致所测BeCl2的纯度偏大 C．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致所测BeCl2的纯度偏小 D．若用NaOH溶液调节pH过高，其他操作均正确，可能会导致所测BeCl2的纯度偏小 (6)从结构角度解释BeCl2溶于乙醚而不溶于苯的原因_____。 20．(12分)苯并呋喃结构如图所示：，两个环形成共轭的大π键，属于平面形分子。化合物Ⅰ是一种重要的苯并呋喃类医药中间体，其合成路线如下(部分条件忽略，溶剂未写出)。请回答下列问题： (1)化合物C中的含氧官能团名称是_____________________；化合物D的名称是_____________________。 (2)写出化合物G的结构简式_____________________。 (3)补充完整C→E的化学方程式：_____________________。 (4)下列说法不正确的是 。 A．A→B的反应试剂和条件可选用氯气光照 B．E→F的反应类型是氧化反应 C．根据相关信息可知：I中sp2杂化的原子共有9个 D．相同条件下发生类似于F→G的反应，化合物比F反应速率要快 (5)化合物H→Ⅰ的合成过程中，经历了以下三步反应： 化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，设计实验鉴别化合物J和Ⅰ：_____________________(要求写出试剂和现象)。 (6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以C6H6(苯)和Cl2CHOCH3为原料合成以下物质___________________________________________________(无机试剂任选)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $