文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖北专用）
黄金卷02
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 Al 27
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学与科技、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍作阳极
B．我国力争2060年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料有利于实现碳中和
C．“肾功能衰竭”的病人需要做“血液透析”，其原理与胶体的提纯有关
D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、不易损坏的涤纶
【答案】B
【解析】A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，发生还原反应，镍作阳极，发生氧化反
应，选项A正确；B．我国力争2060年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料不能减少二氧化碳的排放，
不能实现碳中和，选项B错误；C．血液属于胶体分散系，“肾功能衰竭”的病人需要做“血液透析”，
其原理与胶体的提纯有关，选项C正确；D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、
不易损坏的涤纶，选项D正确；答案选B。
2．外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．该物质的分子式为C H NO
17 21 4
B．该分子中含有3种含氧官能团
C．该物质能发生取代、氧化、还原、消去反应
D．该物质酸性条件下的水解产物分子中，最多有9个碳原子共平面
【答案】D
【解析】A．分子中C、H、N、O原子个数依次是17、21、1、4，分子式为C H NO ，选项A正确；
17 21 4B．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基，有3种含氧官能团，选项B正确；C．醇羟基和酯基都能发生
取代反应，-CHOH能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，醇羟基能发生消去反应，选项C正确；D．
2
该物质酸性条件下的水解产物分子中碳原子共平面个数最多的结构为 ，苯环、直接连接苯
环的原子共平面，单键可以旋转，该分子中最多有8个碳原子共平面，选项D错误；答案选D。
3．我国有着悠久的“玉文化”，古代精美绝伦的玉器，其工艺之精湛，至今为人们所叹服。据研究，古
代是以精选的河砂作为磨料对玉石进行加工的。唐代诗人白居易留下了“试玉要烧三日满，辨材须待七年
期”的名句。下列有关“玉”的说法正确的是
A．玉的主要成分是氧化铝 B．玉的硬度比河砂的大
C．玉的熔点较高 D．玉是金刚砂
【答案】C
【解析】玉有软玉和硬玉两种，软玉和硬玉的成分都是硅酸盐，石灰石成分为碳酸钙，不属于硅酸盐，A
项错误；河砂的成分是石英，石英成分为二氧化硅，为原子晶体，具有较大的硬度，玉的成分是硅酸盐，
玉石可以用河砂作磨料进行琢磨，河砂的硬度比玉大，B项错误；“试玉要烧三日满”的意思是检验
“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，C项正确；金刚砂是人工制成的碳化硅，玉的成分是
硅酸盐，D项错误。
4．下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是
选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生的离子反应
A 、 、 溶液
B 、 、 溶液
C 、 、 气体
、 、
D 酸性 溶液
【答案】D
【解析】A．HO 溶液可氧化I-，生成碘和水，离子反应为2I-+2H O+2H+=I +2H O，A错误；B．偏铝酸
2 2 2 2 2 2
根离子可促进碳酸氢根离子的电离，离子反应为 + +H O=Al(OH) ↓+ ，B错误；C．FeS可
2 3溶于强酸，则通入硫化氢气体不反应，C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入酸性
KMnO 溶液发生5 +2 +16H+=10CO +2Mn2++8H O，D正确；故答案为：D。
4 2 2
5．下列说法错误的是
A．油脂碱性条件下的水解反应可用于生产肥皂
B．CuSO 会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性
4
C．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
D．葡萄糖能发生银镜反应
【答案】C
【解析】A．油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，可用于生产肥皂，A正确；B．CuSO 是重金属
4
盐，其溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性，B正确；C．人体内没有纤维素酶，纤维素在人体
内不能水解成葡萄糖，C不正确；D．葡萄糖为多羟基醛，能发生银镜反应，故D正确；答案选C。
6．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A．用排水法收集 B．分离 C．验证酸性： D．加热
NO 胶体 制取无水
【答案】A
【解析】A．NO不溶于水且不和水反应，故可以排水法收集，故A符合题意；B．胶体能透过滤纸，不能
过滤分离，故B不符合题意；C．挥发的盐酸也会和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，干扰了实验，C不
符合题意；D．加热促进亚铁离子水解，且生成HCl易挥发，最终二价铁被空气中氧气氧化为三价铁，得
不到无水氯化亚铁，故D不符合题意；故选A。
7．利用 、 和 反应制联氨( )，反应方程式为
，下列关于该反应的说法不正确的是
A． 与 的晶体类型不同
B．此反应过程中既有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、非极性键的形成C． 与 分子间易形成氢键，结构可表示为
D． 分子中 为吸电子基，导致N原子与 的配位能力减弱，等物质的量浓度的 和 的
水溶液， 水溶液碱性较弱
【答案】B
【解析】A．NH Cl为离子晶体，而NH Cl由分子构成，属于分子晶体，A正确；B．该反应中有N-Cl等
4 2
极性键的断裂，也有极性键(N-H)、非极性键(N-N)的形成，但是没有非极性键的断裂，B错误；C．NH 与
3
HO分子间容易形成分子间氢键，结构可表示为 ，C正确；D．NH 分子中-NH 为吸
2 2 4 2
电子基，则N原子的孤电子对被吸引，导致N原子与H+的配位能力减弱，NH 结合氢离子的能力弱于
2 4
NH ，因此等物质的量浓度的NH 和NH 的水溶液，NH 水溶液碱性较弱，D正确；故答案选B。
3 2 4 3 2 4
8．已知反应(CH)S+I (CH)SI ，下列推测不合理的是
3 2 2 3 2 2
A．将(CH)SI 与淀粉溶液混合，溶液显蓝色
3 2 2
B．(CH)S的名称为二甲硫醚，常温下呈液态
3 2
C．(CH)SI 与水反应生成CH、HI和HSO
3 2 2 4 2 4
D．Cl 可与(CH)S反应生成(CH)SCl
2 3 2 3 2 4
【答案】C
【解析】A．由题干信息可知，(CH)S+I (CH)SI ，故将(CH)SI 与淀粉溶液混合时将有I 生成，故溶
3 2 2 3 2 2 3 2 2 2
液显蓝色，A不合题意；B．已知(CH)O的名称为二甲基醚，是一种无色液体，则(CH)S的名称为二甲
3 2 3 2
硫醚，(CH)S的相对分子质量比(CH)O，沸点(CH)S高于(CH)O，故(CH)S常温下呈液态，B不合题
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
意；C．(CH)SI 中C为-4价，H为+1价，S为+4价，I为-1价，故(CH)SI 与水反应生成CH、HI和
3 2 2 3 2 2 4
HSO ，C符合题意；D．(CH)SI 中C为-4价，H为+1价，S为+4价，I为-1价，故Cl 与(CH)S发生氧
2 3 3 2 2 2 3 2
化反应，生成(CH)SCl ，D不合题意；故答案为：C。
3 2 49．CaC 晶体的晶胞结构与 NaCl 晶体的晶胞结构相似(如图所示)，但CaC 晶体中含有哑铃形的 ，使晶
2 2
胞沿一个方向拉长，下列关于CaC 晶体的说法正确的是
2
A．每个 Ca2+ 周围距离最近且相等的 的数目为 6
B．CaC 晶体，每个晶胞中含有 4 个 Ca2+ 和 4 个
2
C．6.4 gCaC 晶体中含有 0.2 mol 阴离子
2
D．每个 Ca2+周围距离最近且相等的 Ca2+有 12 个
【答案】B
【解析】A．根据题意可知，存在C 使沿一个方向拉长，根据晶胞图可知，每个Ca2+周围距离最近且相
等的C 的数目为4，故A错误；B．CaC 晶体中，每个晶胞中含有Ca2+数目为 =4个，C 的数目
2
为 =4，故B正确；C．6.4gCaC 物质的量为0.1mol，CaC 中的阴离子为C ，则含阴离子物质
2 2
的量为0.1mol，故C错误；D．该晶胞中沿一个方向拉长，导致晶胞的一个平面的长与宽不等，与每个
Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误；答案为B。
10．元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似。下列推断不合理的是
A．硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸
B． ，可推断
C． 还原能力强，空气中自燃，可推断 还原能力强，空气中自燃
D．Si原子最外层有4个电子，可推断B原子最外层有4个电子
【答案】D【解析】A．元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似，硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸，A合
理；B． ，可推断 ，B合理；C． 还原能力
强，空气中自燃，可推断 还原能力强，空气中自燃，C合理；D．B的原子序数为5，原子最外层有3
个电子，D不合理；答案选D。
11．磷酰氯( )是有机合成的催化剂，可用以下方法制取： 或
， 的分子空间结构模型如图所示，下列说法不正确的是
A． 中只含有 键 B． 是非极性分子
C． 的空间构型是三角锥形 D． 可与 反应生成
【答案】A
【解析】A． 结构中含有P-O键、P=O键，故既含 键，也含 键，A符合题意；B． 为空间对
称结构，是非极性分子，B不符合题意；C． 的中心原子P的价层电子对数为 ，
由于中心P原子有一对孤对电子，其空间构型是三角锥形，C不符合题意；D． 可与 发
生反应： +3 → +3HCl，D不符合题意；故选A。
12．类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”中不合理的是
A．酸性： ，则碱性：B． 溶液显碱性，则 溶液显碱性
C． 与HCl反应生成 ，则 也可与HCl反应生成
D． 沸点比 高，则苯酚的沸点比苯高
【答案】A
【解析】A．氟原子的电负性强， CF—使羧基的电子云密度减小，羧基中氢氧键的极性增强，羧基更易
3
电离出氢离子，所以CFCOOH的酸性强于CHCOOH，同理CF—也能使氨基的电子云密度减小，电子云
3 3 3
密度减小会使氨基结合氢离子的能力降低，所以CFCHNH 的碱性弱于CHCHNH ，故A错误；B．
3 2 2 3 2 2
NaCO 和NaCS 都是强碱弱酸盐，都能在溶液中水解使溶液呈碱性，故B正确；C．氨分子和联氨分子中
2 3 2 3
氮原子都具有孤对电子，都能与氯化氢分子中具有空轨道的氢离子形成配位键，所以氨分子与氯化氢分子
生成氯化铵，联氨与氯化氢分子生成 ，故C正确；D．乙醇分子中含有羟基，能形成分子间氢键，
所以沸点高于乙烷，同理苯酚中含有的羟基也能形成分子间氢键，所以沸点高于苯，故D正确；故选A。
13．利用无机物离子[(L)RuⅢ(H O)]5-和[CeⅣ(NO )]2-(如图简写为CeⅣ)，实现了水在催化剂作用下制氧气。
2 3 6
用H18O进行同位素标记实验，证明了产物氧气中氧原子完全来自于水。其相关机理如图所示：
2
下列说法正确的是
A．[CeⅣ(NO )]2-在反应中作催化剂
3 6
B．催化氧化水的反应为2HO O↑+2H ↑
2 2 2
C．进行同位素标记实验前需排尽体系中的空气
D．若H18O参与反应，则[(L)RuⅢ(OOH)]6-中不存在18O
2
【答案】C【解析】A．由图中知 知，Ce的化合价降低，被还原，[CeⅣ(NO )]2-在反中作氧化剂，A错误；
3 6
B．由图中 知，催化氧化水产物中是O 和H+，没有生成H，B错误
2 2
C．为了防止空气中的氧气对实验造成干扰，进行同位素标记实验前应将体系中的空气排尽，C正确；D．
由图中 知，[(L)RuV=O]5-吸收被标记的氧原子形成[(L) RuⅢOOH]6-，故H18O参与反应时，
2
[(L) RuⅢOOH]6-中存在18O，D错误；故选C。
14．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料 的前驱体 ，其工作原理如图所示：
下列说法不正确的是
A．a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应
B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低
C．当产生 的 时，标准状况下纯钛电极上至少产生 气体
D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低
【答案】C
【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2HO+2e-=H +2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电
2 2
荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2HO-4e-=O +4H+，所以电解
2 2
过程实际上是电解水。
【解析】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；B．由分析可
知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2HO-4e-=O +4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；
2 2
C．每生成 的 ，就相当于生成0.2mol OH-，由电极反应式2HO+2e-=H +2OH-可
2 2
知，会生成0.1mol H ，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D．纯钛电极若直接放入II室，会导致
2
接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；
答案选C。
15．25℃时，在20mL0.1mol•L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液中1g[ ]与pH
关系如图所示。下列说法正确的是
A．B点对应溶液中：c(HA)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
B．25℃时，HA酸的电离常数的数量级为10-5
C．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则 增大
D．B点对应的NaOH溶液体积为10mL
【答案】A
【解析】A．B点对应溶液显酸性，即c(H+)>c(OH﹣)，结合电荷守恒 分析， ，A正确；B．pH=5.3时， ，
则c(A﹣)=c(HA)，HA酸的电离常数K= ×c(H+)=c(H+)=6.0×10-5.4，B错误；C．
a
，升高温度，Kh(A-)增大，比值减小，C错误；D．在20mLHA溶液中加入
10mLNaOH溶液，反应后溶质为等浓度的HA和NaA，结合K(A﹣)= ，加入10mL等浓度的
h
NaOH溶液时，反应后溶质为等浓度的HA和NaA，导致c(A-)>c(HA)， ，若满足 ，B
点的NaOH体积小于10mL，D错误；故答案为：A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分） 是一种优质还原剂，是运载火箭的固体燃料。某实验小组利用“循环利用氯化锂
法”制备 ，实验步骤如下：
①制备LiH：氯化锂、钠、氢气在500~600℃下应得到混合物；②制备 ：将LiH与乙梄的混合物与
无水氯化铝直接反应。回答下列问题：
(1)C装置中的试剂是 ，E装置的作用是 。
(2)制备 的化学方程式为 。
(3)纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌与稀硫酸反应制氢气慢，其原因是 ；B装置中发生反应的
离子方程式为 。
(4)用上述方法合成四氢铅锂产品。设计如下方案测 产品纯度。
已知： ， 。
方案1：取wg产品与足量水反应，向溶液中通入足量 ，经过滤、洗涤、灼烧至恒重，冷却、称重，测
得固体质量为ag。
方案2：如图，反应前，量气管内液体读数为 。Y形管中固体完全反应后，充分冷却，调平液面、读
数，测得读数为 (常温下，气体摩尔体积为 )。
①若不含LiH，根据方案2测得数据计算出产品纯度为 。(已知该量气管0刻度线在上方)
②下列情况会导致测定结果偏高的是 。(填标号)
A．方案2的产品中混有少量LiH
B．方案1中灼烧时粉末外溅
C．方案2中终点读数时M中液面低于量气管中液面
D．方案2中Y形管内残留有氢气
(5)探究 用途：文献报道，四氢铝锂能还原醛、酮、䎫酸、酯等有机物生成醇。R+CH OH
3
有机物R的结构简式为 。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)浓硫酸（1分） 避免水蒸气进入D装置中（1分）
(2)
(3)锌和铜构成了原电池（1分）
(4) AC
(5)
【分析】在A装置中，稀硫酸与ZnS反应产生ZnSO 和HS，Cu与稀硫酸不反应，Zn与稀硫酸反应产生
4 2
ZnSO 和H，在B装置中进来的有HS和H，H 与CuSO 不反应，但是HS与CuSO 反应产生CuS沉淀，
4 2 2 2 2 4 2 4
在C装置中进来的有水汽和H，因为D装置要制备LiH，不能有水进入D中，所以D中要盛入干燥剂，E
2
在阻止空气中的水汽进入D中
【解析】（1）由分析可知，C中进入的有水汽和H，D中不能有水进入，所以C中要装干燥剂，H 的干
2 2
燥选用液体干燥剂，最好的是浓HSO ；由分析可知，E在阻止水汽进入D中，所以其作用是避免水蒸气
2 4
进入D装置中；
（2）将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应，题中还提到利用“循环利用氯化锂法”制备
LiAlH ，所以在制备 LiAlH 时循环利用的氯化锂也会出现，乙醚则作为催化剂，所以其反应方程式为
4 4
4LiH+AlCl LiAlH +3LiCl；
3 4
（3）粗锌中含有Cu，则Zn、Cu与浓HSO 构成原电池，同一个反应，原电池原理的反应速率比普通的
2 4
反应速率要快；由分析可知，B装置中进入的有HS和H，H 与CuSO 不反应，HS与CuSO 反应会产生
2 2 2 4 2 4
CuS沉淀，其离子方程式为Cu2++H S=CuS↓+2H+；（4）①反应生成的气体是H，H 的体积是(V -
2 2 2 2V)mL=10-3(V -V )L，氢气物质的量是 ，根据系数关系，与水反应的四氢铝锂物质的量是
1 2 1
，四氢铝锂的质量就是 ，产品的纯度为
；
②A．LiH中氢的质量分数要大于LiAlH中氢的质量分数，所以如果混有LiH，会导致生成的氢气偏多，
测得的结果会偏高，故A正确；B．灼烧时粉末溅出，测得的固体质量偏小，而这是根据固体质量去求产
品中四氢铝锂的质量，会导致测得的四氢铝锂质量偏低，故B错误；C．M管中液面高度低于量气管，量
气管中的气体所受压强是大气压—液面高度差带来的液体压强，气体体积是偏大的，而气体是四氢铝锂与
水反应生成的，气体体积偏大，测得的结果就偏高，故C正确；D．Y形管中残留有氢气不影响结果。因
为Y形管中一开始有空气，最终是空气+氢气，体积增大的部分就是氢气体积，所以对测定结果无影响，
故D错误；故本题选AC。
（5）反应物的结构中，官能团有羰基、醛基、酯基，题中说到四氢铝锂能还原醛、酮、羧酸、酯等有机
物生成醇，由反应方程式中可以看出，酯基处被还原产生甲醇，同时还会产生醛基，但都被还原为羟基，
则羰基和另外的一个醛基也被还原转化为羟基，则R的结构简式为 。
17．（14分）左旋氧氟沙星( )是一种广谱抗菌药物，它的一种合成路线如
图所示。已知：
①R-COCl+H O→R-COOH+HCl
2
②Et代表-CHCH
2 3
③
回答下列问题：
(1)A的名称为 。E中含氧官能团的名称为 。
(2)D→E的化学方程式为 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．A的熔点高于醋酸钠
B．1molB与足量NaOH溶液反应，最多可消耗10molNaOH
C．F→G的反应为取代反应
D．C分子中最多有11个碳原子共面
(4) 的同分异构体中，满足下列条件的有 (不考虑N与O相连的情况)种，其
中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶1∶3∶4∶4的结构简式为 （任写一种）。
①含有1个-CH ②能发生银镜反应和水解反应 ③六元环状物质
3
(5)X与Y经以下两种途径均可获得M。①M的结构简式为 。
②将Y更换为Y′( )，发现X与Y′无法形成晶体，证实了形成晶体时Y中苯环上氟
原子的必要性。猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N 的活性和 。
3
【答案】（除标注外，每空2分）(1)2，3，4，5-四氟苯甲酸（1分） 醚键、酮羰基、酯基
(2) +2HF
(3)BC
(4)16
(5) 羧基的酸性（1分）
【分析】A与SOCl 发生取代反应生成B，B与 发生取代反应生成C，C与
2
发生取代反应生成D，D在流程条件下发生两次分子内取代反应生成E，E发生水解生成F，F与发生取代反应生成G，据此分析解答。
【解析】（1）由结构简式可知A的名称为2，3，4，5-四氟苯甲酸；由E的结构简式可知，其含氧官能团
有醚键、酮羰基、酯基；
（2）D在流程条件下发生两次分子内取代反应生成E，反应方程式为：
+2HF；
（3）A．A为分子晶体，醋酸钠为离子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体高，故A错误；B．1molB与足
量NaOH溶液反应，其中4mol-F能与4molNaOH反应，生成4mol酚羟基能继续消耗4molNaOH，另外-
COCl能与水生成两种酸，可消耗2molNaOH，则1molB最多可消耗10molNaOH，故B正确；C．由以上
分析可知F→G的反应为取代反应，故C正确；D．由C的结构简式可知，苯环、碳碳双键均为平面结构，
两平面通过单键旋转，可重合，另外N原子所连一个甲基可在乙烯平面上，酯基中的乙基两个C原子也可
能位于此平面上，则C分子中最多有13个碳原子共面，故D错误；
（4） 的分子式为C H ON，含有1个-CH；能发生银镜反应和水解反应，可知含醛基
7 13 2 3
和酯基，结合分子组成可知应存在-OOCH；含六元环状物质，则不含其他不饱和价键，且六元环不能是碳
环，应为 ，则侧链为-CH、-OOCH，若N原子连H原子，变换-CH、-OOCH在环上的位置，共
3 3
有13种，若N与-CH 相连，有3种结构，共有16种；由峰面积之比为1∶1∶3∶4∶4，可知该结构中含
3
两组对称-CH-，符合的结构简式为： ；
2（5）D发生已知信息③中反应生成M，M的结构简式为 ；F
原子的电负性较强，可增大羧基中羟基的极性，从而使羧基更易电离，使其酸性增强，有利于与氨基发生
反应。
18．（13分）次氯酸盐具有强氧化性。在碱性条件下，利用 氧化 生成高铁酸钾
的工艺流程如下：
已知：① (条件：温度较低)；② (条件：
温度较高)。
回答下列问题：
(1)反应①应在 (填“温度较高”或“温度较低”)的情况下进行，该反应的离子方程式为
。
(2)在溶液I中加入 固体的目的是 。
(3)从溶液Ⅱ中分离出 后，还会有副产品 、 ，则反应③中发生的离子反应方程式为
；洗涤“湿产品”时先水洗再用酒精洗涤，用酒精洗涤的原理是 。
(4) 可作饮用水处理剂，该反应的离子方程式： ，
处理水中悬浮颗粒物的原理是 。
(5)目前，人们针对 的稳定性进行了大量的探索，并取得了一定的进展。下列物质中有可能提高
水溶液稳定性的物质是___________(填字母)。A． B． C． D．
【答案】（除标注外，每空2分）(1)温度较低（1分）
(2)与溶液I中过量的 继续反应，生成更多的 ，为下一步反应提供碱性环境
(3) 酒精挥发时带走水分，易于干燥
(4) 与水反应生成 胶体， 胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮颗粒物
(5)B
【分析】由题意及流程可知，先制备次氯酸钾，然后除去氯化钾，在碱性条件下次氯酸钾与硝酸铁发生反
应生成高铁酸钾，经分离提纯后得到高铁酸钾晶体。
【解析】（1）根据已知信息分析，因为要得到次氯酸钾，所以反应应该在温度较低的条件下进行；该反
应的离子方程式为： ；
（2）加入氢氧化钾可以与溶液Ⅰ中过量的Cl 继续反应，生成更多的KClO，为下一步反应提供碱性环境。
2
（3）根据流程分析，硝酸铁和次氯酸钾在碱性条件下反应生成硝酸钾和氯化钾，和高铁酸钾，离子方程
式为： 。洗涤“湿产品”时先水洗再用酒精洗涤，之所以选
用酒精洗涤是因酒精挥发时带走水分，易于干燥；
（4）高铁酸钾作为水处理剂是因为其能与水反应，离子方程式为
。则其作为水处理剂的原理是：①高铁酸钾中的铁为+6
价具有强氧化性能杀菌消毒；②水解产生的氢氧化铁胶体具有吸附作用而净水。
（5）A、高铁酸钾具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠，降低稳定性，错误；B、氢氧化钾为强碱，有利于高
铁酸钾的生成，稳定性增强；C、高铁酸钾在溶液中与醋酸反应，错误；D、高铁酸钾和水反应而不稳定，
加入硝酸铁，会使反应生成的氢氧根离子和铁离子结合，使稳定性降低，错误。所以选B。
19．（15分）氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的
重要内容之一
Ⅰ.一定条件下，用 催化还原可消除NO污染。
已知：①
②
(1) 和 完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则
；一定温度下，往一体积不变的密闭容器
中加入适量的 和NO，下列条件能判断该反应到达平衡状态的有 (填序号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不变
B．
C．单位时间里有4n mol C—H断开同时有4n mol O—H断开
D．混合气体的压强不变
E．混合气体的密度不变
(2)将2mol NO(g)、1mol (g)和2mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和
。平衡时，若 、 与 三者的物质的量相等，则NO转化率为 ，
反应②平衡常数 (用含p的代数式表示)。
Ⅱ.利用如图所示原理去除NO：
(3)基态N原子中，电子占据的最高能级为 能级，该能级轨道的形状为 ；电解池中阴极反应式为 。
(4)A口每产生224mL (体积已换算成标准状况，不考虑 的溶解)，可处理NO的物质的量为
mol。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)-1155.5 BC
(2)60%
(3)2p 哑铃形（1分）
(4)0.02
【解析】（1） 和 完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时 ，吸收
8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量 ，即热化学方程式为③
，根据盖斯定律，反应①＋②-③整理可得
；A．反应前后气体质量
守恒，物质的量不变，故而平均相对分子质量一直不变，不能作为平衡的标志，A错误；；B．达到平衡
时不同物质按计量数成比例，B正确；C．同理，C正确；D．整个反应过程气体压强不变，不能作为平衡
的标志，D错误；E．反应前后气体质量守恒，体积不变，故而密度不变，不能作为平衡的标志，E错误；
故选BC。
（2）由题目信息可，设平衡时 ， ，根据N守恒可得
，根据O守恒可得 ；解得 ，
。NO转化率为 ；平衡时混合气体总物质的量为，反应②平衡常数 。
（3）基态N原子核外电子排布为 ，基态N原子中，电子占据的最高能级为2p能级，该能级轨道
的形状为哑铃形。由图可知，电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成 ，反应式
为 ；阳极反应为 。
（4）A口每产生224mL (体积已换算成标准状况，不考虑 的溶解)为0.01mol，NO得到电子生成0价
的氮气，根据电子守恒可知， ，则可处理NO的物质的量为0.02mol。
