河北省石家庄栾城中学2024届高三年级下册5月毕业考试化学试题含解析

河北省石家庄栾城中学2024届高三下学期5月毕业考试化学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是

A.做电解液B.制焊药C.合成橡胶D.做化肥

2、己知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.ImolOD中含有的质子数和中子数均为9NA

B.60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NA

C.11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NA

D.ILO.lmolLiCH3coONa溶液中，ClhCOO数目为O.INA

3、某有机物的结构简式为Ik'\CH匚卜川有关该化合物的叙述不正确的是（）

\/

A.所有碳原子可能共平面

B.可以发生水解、加成和酯化反应

C.Imol该物质最多消耗2moiNaOH

D.苯环上的二澳代物同分异构体数目为4种

4、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设名

为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）

A.放电时，外电路每通过O.LVA个电子时，锌片的质量减少3.25g

B.充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势

c.放电时，混合液中的cr向负极移动

D.充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应

5、对氧化还原反应：UP+15CuSO4+24H2O—5Cu3P+6113Po4+15112so4，下列说法正确的是

A.5/11的磷被氧化

B.3molCuSO4可氧化ll/5molP

C.每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol

D.当ImolP参加反应时，转移电子的物质的量为3moi

6、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光一热一电”能量转换形式的是

枭光

A.光致（互变异构）储能

一样就鼓翻^?髭口

头

cohHjOFCHjOH

B.生产甲醇燃料MQS.ZZ//1

D.太阳能空间发电

7、H2s。3水溶液中存在电离平衡HzSOh^H++HSO3-和HSO3-M=H++SO32-，若对H2s。3溶液进行如下操作，则

结论正确的是：（）

A.通入氯气，溶液中氢离子浓度增大

B.通入过量EbS,反应后溶液pH减小

C.加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小

D.加入氯化钢溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸领沉淀

8、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是

A.属于烧类B.由不同酯组成的混合物

C.密度比水大D.不能发生皂化反应

9、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反

应呈黄色。部分信息如下表：

XYZMRQ

原子半径

0.1040.1170.1860.0740.0990.143

/nm

主要化合价-2+4,-4+1-2-1,+7+3

下列说法正确的是:

A.R在元素周期表中的位置是第二周期VIA族

B.X、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同

C.Z、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应

D.Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料

10、《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）

A.造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类

B.丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质

C.光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅

D.我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维

11＞某废水含Na+、K+、Mg2+、cr和S（V-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN的酸性废水，装

置如图所示。下列说法错误的是

A.好氧微生物电极N为正极

B.膜1、膜2依次为阴离子、阳离子交换膜

C.通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数

D.电极M的电极反应式为2OCJNT-6e-+2H2O=2CO2T+N2T+4H+

12、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.Imol氨基（-NH2）含有电子数目为IONA

B.2gH2I8O中所含中子、电子数目均为NA

C.pH=l的112so4溶液10L,含H+的数目为2NA

D.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g,则阳极失去的电子数为2NA

13、氨硼烷（NH3・BH3）电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为

NH3-BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2OO已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）

NHj-BHJ~©1负r卜

■Hz。］溶液

质子交换膜

A.正极的电极反应式为2H++2e=H2T

B.电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动

C.电池工作时，正、负极分别放出比和NHJ

D.工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g,则电路中转移0.6mol电子

14、常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是()

2

A.c(AF+)=0.1mol・L-i的溶液中:H>NHAF>SO4'

+2

B.水电离出的c(H+)=10-4moi・i/的溶液中：Na\K>S(V、CO3

C.与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl

D.使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2>Br

15、下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()

CH3C'H3

I'll-OH

elkCIk<)II

16、下列装置或操作能达到相应实验目的的是

赢配制一定浓度的Na。溶液谓温除去SO2中的HC1

NHAIftCaO

实验室制取氨气NaOH溶液观察Fe(OH)2的生成

植物油

FcSO,溶液

二、非选择题(本题包括5小题)

17、药物瑞德西韦（Remdesivir））对2019年新型冠状病毒（2019.nCoV）有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成

路线如图：

浓硫酸

△—fOH

已知：

①R—OHso"/化剂AR—Cl

△

NH、

回答下列问题：

（1）A的化学名称为__»由A—C的流程中，加入CH3coe1的目的是—o

（2）由G-H的化学反应方程式为反应类型为

（3）J中含氧官能团的名称为__。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦

中含有—一个手性碳原子。

（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式

①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；

②遇FeCb溶液发生显色反应；

③Imol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。

（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）

18、某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期稔族。D、E、H均为难溶于水的

白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答:

（1）写出H的化学式：o

（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：

（3）写出反应②的离子方程式：o

19、I.四澳化钛（TiBrD可用作橡胶工业中烯燃聚合反应的催化剂。已知TIBR常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃,

沸点为233.5℃,具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TK）2+C+2Br2TIBm+CCh制备TIBm的装置如图所示。

回答下列问题：

（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是反应结束后应继续通入一段时间CO2,主要目的是

（2）将连接管切断并熔封，采用蒸储法提纯。此时应将a端的仪器改装为_、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装

的仪器是——（填仪器名称）。

H.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙酸和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液

中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速

分解生成CaO和02。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：

稀盐酸、煮潴、过速油加氨水和双氧水、冰浴过序一岳日曰

CaCO3-------------孤-------•滤液------—-------•也忘白色结晶

（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈—性（填“酸”、“碱”

或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是。

（4）步骤②中反应的化学方程式为该反应需要在冰浴下进行，原因是_。

（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至

标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL,则产品中过氧化钙的质量分数为

20、乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下:

^^-NH2+CH3coOH^^-NHCOCHa+H2C）

已知：

①苯胺易被氧化；

②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：

物质熔点沸点溶解度（20℃）

乙酰苯胺114.3℃305℃0.46

苯胺-6℃184.4℃3.4

醋酸16.6℃118℃易溶

实验步骤如下:

步骤1：在50mL圆底烧瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。

步骤2:控制温度计示数约105℃,小火加热回流lh。

步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。

（1）步骤1中加入锌粉的作用是o

（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是。

（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是。抽滤装置所包含的仪器除

减压系统外，还有、（填仪器名称）。

（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是

21、⑴用S将HC1转化为CL，可提高效益，减少污染.传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应

①为2HCl（g）+CuO（s）=H2O（g）+CuCL（s）AH,反应②生成ImoICL（g）的反应热为AH2,则总反应的热化学方程式为

（反应热△!!用含AH和4兄的代数式表示）o

HCI（g）7CuO（>>xChgi

次A2

H：O（g）,CuCksJ'09

⑵在容积为IL的密闭容器中，通入一定量的N2O4,发生反应NzO4（g）W2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：

①该反应的AH0（填“>”或）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如下表所示。在0〜60s

时段，反应速率WN2O4）为________mol*L1•s1;40s时C2O.lOmol/L（填或）。

②100℃时达平衡后，改变反应温度为T,c（N2O4）以0.0020mol•L-•s-的平均速率降低，经10s又达到平衡。则

T100℃（填“>”或）。

③计算温度T时反应的平衡常数K___________o

（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移

动，N2O4的转化率（填“增大”或“减小”）=

时间（S）020406080

N2O4浓度

0.100.06Cl0.040.04

(mol/L)

NO2浓度

00.08C20.120.12

(mol/L)

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、C

【解题分析】

联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐

水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化镂和氯化钠的

滤液中结晶沉淀出氯化铉晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。

【题目详解】

A.联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铉和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铉沉淀后所得的滤

液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；

B.联合制碱法第二个过程滤出的氯化镇沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化钱，其作用是消除焊接处的铁锈，发生

反应6NH4cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCb+3N2T+l2H20,故B正确；

C.合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错

误；

D.联合制碱法第二个过程滤出氯化锭可做化肥，故D正确；

故选Co

2、A

【解题分析】

A.质子数同原子序数，因此质子数为8+1=9,中子数=质量数-中子数，因此中子数为16+2-9=9,A项正确；

B.正戊烷和新戊烷分子内含有的共价键数目一致，都是1个分子中有16个共价键，混合物的物质的量是

60g+12g=lmo^因此共价键的数目为I6NA，B项错误；

72g/mol

C.未说明条件，无法计算氯气的物质的量，C项错误；

D.醋酸根是一个弱酸根离子，水中会发生水解导致其数目小于O」NA，D项错误；

答案选Ao

3、C

【解题分析】

A.含有酯基、竣基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；

B.含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有竣基，可发生酯化反应，故B正确；

C.能与氢氧化钠反应的为酯基和竣基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则Imol该物质最多消耗3moiNaOH,故

C错误；

D.苯环有2种-4个H原子，两个Br可位于相邻（1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。

故答案为c。

【题目点拨】

以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有

碳碳双键决定具有烯的性质，有竣基决定具有竣酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。

4、B

【解题分析】

A.放电时，外电路每通过O.INA个电子时，锌片的质量减少0.05molx65g/mol=3.25g,A正确；

B.充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片（阴极）的电势，B错误；

c.放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的cr（阴离子）向负极移动，c正确；

D.充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D正确；

故选Bo

5、C

【解题分析】

A.11P+15CUSO4+24H2O=5CU3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5moL还

有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol,即被氧化的磷原子为白，选项A错误；

B.根据反应知道，是ImolCuSCh得到Imol电子，ImolP失去5moi电子，贝！J3moic11SO4可氧化0.6molP,选项B错

误；

C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子,

则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为o.6mol,选项C正确；

630

D.当ImolP参加反应时，有nmolP作还原剂，转移电子的物质的量为jymoL选项D错误.

答案选C。

【题目点拨】

本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价

的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，11P+15CUSO4+24H2O=5CU3P+6113Po4+15H2sCh中，P元素的化

合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol,Cu元

素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。

6、C

【解题分析】

A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；

B、光能转变成化学能，故B不符；

C、采用“光—热—电”能量转换形式，故C符合；

D、光能转换为电能，故D不符；

故选Co

7、A

【解题分析】

A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应CL+H2sO3+H2O4H++SO42-+2CT,溶液中氢离子浓度增大，A正确；

B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2so3+2H2s=3S[+3H2。，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，

溶液的pH增大，B错误；

C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH+H+=H2O,平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误；

D、氯化钢和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸领沉淀，D错误。

答案选A。

8、B

【解题分析】

A.“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于煌类，选项A错误；

B.“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；

C.“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；

D.皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。

答案选B。

【题目点拨】

本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水

解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。

9、C

【解题分析】

X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S;Y是无机非金属材料的主角，Y为Si;

Z焰色反应呈黄色，Z为Na;结合原子半径和主要化合价可知，M为O;R为Cl;Q为A1,据此分析解答。

【题目详解】

A.R为CL在元素周期表中的位置是第三周期WIA族，故A错误；

B.X为S、Y为Si、M为O,X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型

相同，故B错误；

C.Z为Na、R为Cl、Q为Al,最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢

氧化物，相互间都能反应，故C正确；

D.Y为Si,Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D

错误；

故选Co

10、D

【解题分析】

A.造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；

B.蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；

C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；

D.碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。

故选Do

11、C

【解题分析】

A.由物质转化知，OCN-中C为+4价，N为一3价，在M极上N的化合价升高，说明M极为负极，N极为正极，A

项正确；

B.在处理过程中，M极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M极迁移，膜1为阴离子交换膜，N极反应式为

O2+4e-+2H2O=4OH-,N极附近负电荷增多，阳离子向N极迁移，膜2为阳离子交换膜，B项正确；

C.根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的

阴、阳离子总数不一定相等，C项错误；

D.M极发生氧化反应，水参与反应，生成了H+,D项正确；

答案选Co

12、B

【解题分析】

A.氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数=lmolx9xNA=9NA，故A错误；

B.皿8。的摩尔质量均为20g/mol,2gH218O的物质的量为0.1mol,分子中含有的中子数、电子数均为10个，则O.lmol

混合物中含有的中子数、电子数均为M个，故B正确；

C.pH=l的H2s溶液中，由pH=-lgc(H+)=l,H2s。4溶液c(H+)=0.1mol/L,10L溶液"(H+)=lmol,所含H卡数

目为刈，故C错误；

D.电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、、银失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少64g时，

阳极失去的电子数不是2必，故D错误；

故答案选B。

13、D

【解题分析】

由氨硼烷（NH3-BH3）电池工作时的总反应为NH3・BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧Nlfc-BIfc为负极失电子发

生氧化反应，电极反应式为NH3・BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+,右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式

+

为3H2O2+6H+6e=61120.据此分析。

【题目详解】

+

A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H+2e=2H2O,故A错误；

B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；

CNHyBHj为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3・BH3+2H2（）-6e-=NH4BO2+6H+,右侧H2O2为正极

得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e=6H2O,电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；

D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NHyBH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+,正极反应式

为3H2O2+6H++6e-=6H2O,假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g,右室质量增加6g,两极室质量相差19g。

工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g,则电路中转移0.6mol电子，故D正确；

答案选D。

【题目点拨】

本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时

要结合电解质溶液，考虑环境的影响。

14、B

【解题分析】

A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F也不能大量共存，故A错误；

B.常温下，水电离出的c（H+）=10-4mol・LL水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发

生水解反应，促进水的电离，故B正确；

C.与A1反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故

C错误；

D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，Nth-有强氧化性能与B『发生氧化还原反应，故D错误；

综上所述，答案为B。

【题目点拨】

N（h-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。

15、C

【解题分析】

A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A错误；B、不能发生消去反应，选项B错误；C、-OH邻位

C上含有H原子，能发生消去反应，含有-CH20H的结构，可被氧化为醛，选项C正确；D、被氧化为

酮，不能被氧化为醛，选项D错误。答案选C。

16、D

【解题分析】

A.图中为俯视，正确操作眼睛应与刻度线、凹液面的最低处相平，故A错误；

B.HC1与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质，且二氧化硫也可以与碳酸氢钠溶液反应，故B错误;

C.氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；

D.植物油可隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可观察Fe（OH）2的生成，故D正确；

故选：D。

【题目点拨】

除去SO2中混有的HC1可以用亚硫酸氢钠溶液，同理除去二氧化碳中HC1可用碳酸氢钠溶液。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN------堂网——，加成反应酯基5

CHQHCHO

0'於6岳

【解题分析】

A发生信息1的反应生成B,B发生硝化取代反应生成C,根据C的结构简式可知，B为,A为

O

II

OH；D发生信息1的反应生成E,E中含两个C1原子，则E为.（）—P—（；,E和A发

生取代反应生成F,G发生信息2的反应生成H,H发生取代反应,水解反应得到I,根据I结构简式可知H为HOCH2CN,

G为HCHO,I发生酯化反应生成J,F与J发生取代反应生成K,J为,结合题目分析解答;

CHOHO-CN

与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。

【题目详解】

（1）由上述分析可知，A为OH,其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此

加入CftCOCl的目的是保护羟基，防止被氧化；

（2）H为HOCH2CN,G为HCHO,由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN------™——>;j「CN;

反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；

（3）J为,其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为

一共有5个手性碳原子；

（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种

氢原子；②遇FeCb溶液发生显色反应；③Imol的X与足量金属Na反应可生成2gH2（即Imol）.则含有两个羟基，根

/=r

据不饱和度知还存在-CH=CH2,该分子结构对称，符合条件的结构简式为：HO—或「OH；

O:NOH

（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：

CHQHCHOHO、.CNHO、COOH

A-八HC、

做化M倍化M

2

18、AgCl共价键SiO2+2OH=SiO3+H2O

【解题分析】

根据题中各物质转化关系，D受热得E,E能与氢氧化钠反应生成F,F与过量的二氧化碳反应生成D,说明D为弱酸且

能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素

，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4,可以确定A为Si,E为SiCh,F为NazSiCh,则D为HzSiCh,G与硝酸银反

应生成

不溶于稀硝酸的沉淀H,则可知G中有CT,H为AgCL故C为SiCL,B为CL;由SiC14+3H2=4HCl+H2SiC）3,生成G：H

Cl；

(1)H的化学式为AgCl；

(2)化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；

2

(3)SiCh溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiC>2+2OH=SiO3+H2Oo

19、打开Ki，关闭R和R,通入二氧化碳排出残留在装置中的四澳化钛和漠蒸气直形冷凝管温度计

酸除去溶液中的二氧化碳CaCL+H2O2+2NH3・H2O+6H2O=CaO2・8H2O1+2NH4cl或

CaCl2+2NH3«H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%

【解题分析】

LTIBm常温易潮解，所以制备TiBn时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧

化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排

出装置中空气,需要打开Ki，关闭R和R;然后打开&和R，同时关闭Ki，发生反应TiO2+C+2Br2==HBr4+CO2

制备HBmTiBn常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；漠有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，HBr4

易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。

II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2,反

应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到

过氧化钙固体，以此来解答。

【题目详解】

(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开Ki，关闭R和R，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置

中还有少量四澳化钛残留，以及剩余的澳蒸气，应继续通入一段时间CO2,主要目的是把少量残留四溪化钛排入收集

装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溪蒸气，进行尾气处理，防止污染；

(2)在产品四溟化钛中还有残留的液澳，因此根据题中给出的四澳化钛的沸点233.5。(2,可以使用蒸储法提纯；此时应

将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸储时要根据温度收集馆分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；

(3)此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；

(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：

CaC12+H2Oi+2NH3»H2O+6H2O=CaO2»8H2O；+2NH4Cl或CaC12+2NH3«H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O;过氧化氢热

易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；

(5)过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2f，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气

112mL,则其物质的量为坐二=0・005mol,则原样品中"(CaCh)=0.01mol,所以样品中过氧化钙的质量分数为

22.4L/mol

O.Olmolx72g/mol.

------------------------x100%=60%o

1.2

20、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又

不能除去反应生成的水